2021年四川省內(nèi)江市高考物理一模試卷

2021年四川省內(nèi)江市高考物理一模試卷

1.如圖所示是某游樂園的標志性設施-摩天輪。某同學乘坐

該摩天輪隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則下列說法

正確的是（）

A.當摩天輪運動到最低點時，該同學處于完全失重狀態(tài)

B.由最高點到最低點的過程中，該同學受到的合外力做

功為0

C.由最高點到最低點的過程中，該同學受到的重力的功率一直為0

D.由最高點到最低點的過程中，該同學受到的合外力的沖量為0

2.一個做勻加速直線運動的質點，先后經(jīng)過“、人兩個位置時的速度分別為%和9%,

從4到b的時間為耳，則下列判斷中正確的是（）

A.經(jīng)過〃、匕中點的速度為聞三°

B.質點的加速度為要

C.前:時間內(nèi)通過的位移比后5時間內(nèi)通過的位移少?%to

D.通過前三立移所需的時間是后中立移所需時間的2倍

3.如圖，是石拱橋的簡化示意圖。它是用四塊相同的堅固石塊壘成圓弧形的石拱，其

中，第3、4塊固定在地基上，第1、2塊間的接觸面是豎直的，每塊石塊的兩個側

面間所夾的圓心角均為30。。石塊間的摩擦力忽略不計，則第1、3石塊間的作用力

4.一質量為”的煙花斜飛到空中，到最高點時速度為也此時煙花炸裂成兩塊（損失

的炸藥質量不計），炸裂成的兩塊速度沿水平相反方向，落地時水平位移大小相等，

不計空氣阻力，若向前一塊的質量為加，則向前一塊的速度大小為（）

AMnM廠2Mn2M

A.------vB.-----vC.------vD.-------v

2m-MM-m2M-m2m-M

5.2020年6月23日9時43分，"北斗三號”系統(tǒng)最后

一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星發(fā)射成功。所有30顆“北斗三號”

衛(wèi)星已全部轉入長期管理模式，標志著我國“北斗衛(wèi)

星”導航系統(tǒng)向全球組網(wǎng)又邁出重要一步。如圖，“北

斗三號”系統(tǒng)包括中圓衛(wèi)星c（周期約為12/1）、同步衛(wèi)星a（周期約為24人）和傾斜衛(wèi)星

”周期約為24九）。下列說法正確的是（）

A.中圓衛(wèi)星的動能等于同步衛(wèi)星的動能

B.中圓衛(wèi)星的線速度小于同步衛(wèi)星的線速度

C.中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星的軌道半徑之比約為1：V4

D.中圓衛(wèi)星的重力勢能與傾斜衛(wèi)星的重力勢能之比大于1

6.如圖所示，質量為M=3kg的木塊放在平臺的右端，該平臺到地面的高度為h=

0.45m,木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2。現(xiàn)有質量為m=1kg的小松鼠，從

地面上離平臺水平距離為x=1.2m處跳上平臺，恰好沿水平方向抱住木塊并與木塊

一起向左滑行。小松鼠抱住木塊的時間極短，小松鼠與木塊均可視為質點，不計空

B.木塊在水平臺上向左滑行的距離為2.5m

C.在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為7.5/

D.在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒

7.如圖為一可視為質點的運動員進行3米板跳水訓練的場景圖在某次跳水過程中運

動員的u-t圖象如圖所示，在t=0時是其向上起跳的瞬間，此時跳板回到平衡位

2

置，t3=5.5tx）不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s?則下列判斷正確的是（）

A.運動員離開跳板后，在空中運動的總路程為3.75m

B.運動員入水時的速度大小為穿m/s

第2頁，共19頁

C.運動員在空中向下運動的時間為迪s

2

D.運動員入水的深度為9m

1O

8.如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）左端,$----------?C

固定在A點，自然長度等于A3。彈性繩跨過由固定輕桿\

*n%

W\D

0B固定的定滑輪連接一個質量為m的小球，小球穿過豎直\

固定的桿，初始時彈性繩ABC在一條水平線上，小球從C

點由靜止釋放，當滑到E點時速度恰好為零。已知C、E?

兩點間距離為力，。為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為詈，小球與桿之

間的動摩擦因數(shù)為0.5,彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正

確的是（）

A.對于由彈性繩和小球組成的系統(tǒng)，在C。階段損失的機械能小于在階段損

失的機械能

B.小球從C到E克服彈性繩彈力做功為

C.在E點給小球一個豎直向上的速度匹小球恰好能回到C點

D.若只把小球質量變?yōu)?〃?，則小球從C點由靜止開始運動，到達E點時的速度

大小為小^蕨

9.某同學采用如圖甲所示的豎直實驗裝置圖，來探究共點力的平衡條件。其中，彈簧

測力計A固定于P點，下端用細線懸掛一個重物M,用一端固定于細線上。點的

彈簧測力計B水平向左拉細線，使結點。靜止于圖中位置，貝I：

（1）下列實驗操作中，屬于必要的實驗操作是

A手拉彈簧測力計B的方向可以與板面不平行

B.彈簧測力計使用前需要調(diào)零

C.用彈簧測力計測量出重物的重力

/).改變彈簧測力計8拉力的大小，進行多次實驗，每次都要使結點。靜止在同一

位置

(2)在實驗中，彈簧測力計8的示數(shù)為a=2.50N,彈簧測力計A的示數(shù)如圖乙所

示，在圖丙的坐標紙上，己畫出了兩個分力Fi、尸2的方向。請選用合適的標度，作

出兩個分力Fi、&的合力，并用刻度尺測出兩個分力的合力大小約為N。然

后，將分力Fi、6的合力與重物的重力進行比較，多次實驗即可得出共點力的平衡

條件。

10.如圖甲所示是“探究加速度與物體受力和質量的關系”的實驗裝置。部分實驗步驟

如下：

(1)將一端帶有定滑輪的長木板放在水平桌面上，有定滑輪的一端伸出桌面，并將

電火花計時器固定在木板的另一端，并接好電源；

(2)將力傳感器固定在木板上的小車前端，然后，通過一輕細線跨過定滑輪與砂桶

連接在一起，并在小車另一端固定一條光滑的紙帶，同時將紙帶穿過電火花計時器

的限位孔；

(3)保證小車的質量不變，先往砂桶中添上適當?shù)纳昂蠼油娫?，將小車由靠近?/p>

火花計時器處由靜止釋放，打出一條紙帶，并記下此時力傳感器的示數(shù)F,通過打

出的紙帶計算出小車運動的加速度〃；

(4)再在砂桶中添加適當?shù)纳?，換用新的紙帶，重復步驟(3),得到多組F、。數(shù)據(jù)，

并作出小車運動的a-F圖像。

①實驗中，若尸要作為小車受到的合外力，那么，缺少了一個重要的步驟是?

②為了使實驗結果更加準確或合理，下列說法中正確或必須的是(填正確答

案標號)。

A實驗中必須滿足砂和砂桶的總質量m遠小于小車的總質量M

8.實驗前可將小車由木板上任意位置釋放，然后再接通電源

C.實驗中應通過調(diào)節(jié)定滑輪的高度使細線與木板平面平行

D實驗中為了測出小車所受的合力應測出砂和砂桶的總質量m

③如圖乙所示，為某次實驗得到的一紙帶，打出的每5個點作為一個計數(shù)點，其中，

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A、B、C、D.E、尸為計數(shù)點，只測出了計數(shù)點AB和所間的距離，所用電源的

頻率為504z,則由紙帶數(shù)據(jù)測得小車運動的加速度大小為m/s2(保留兩位

有效數(shù)字)。

④如圖丙所示，是根據(jù)實驗測得的多組“、尸數(shù)據(jù)做出的a-F圖像，由圖可知，

小車和力傳感器的總質量根為依，小車與木板間的滑動摩擦力為N。

11.如圖所示，質量為，〃的物塊尸和質量為2〃?的物塊。均靜止在光滑的水平面上，物

塊。的左側與一輕彈簧連接。現(xiàn)給物塊P一個水平向右的沖量/，經(jīng)過一段時間后

物塊P與彈簧發(fā)生相互作用，且物塊P與彈簧最終分離。整個過程中無機械能損失

且彈簧始終在彈性限度以內(nèi)。求：

(1)彈簧的最大彈性勢能；

(2)物塊P的最小速度和物塊。的最大速度。

PQ

12.如圖所示，質量為m】=Mg的長木板靜止在水平地面上，與地面間的動摩擦因數(shù)

為何=0.5,其右端有一固定的、光滑的半徑R=0.4m的四分之一圓弧軌道(接觸但

無黏連)，長木板上表面與圓弧面的最低點等高，長木板的左側有一個同樣的固定

的圓弧軌道，長木板左端與左側圓弧軌道的右端相距而=Im.現(xiàn)有質量為機2=

27nl的小滑塊從距長木板右端x=2nl處，以％)=10m/s的初速度開始向右運動，

小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為次=0.9,重力加速度取g=10m/s2o求：

(1)小滑塊血2第一次離開右側圓弧軌道后還能上升的最大高度；

(2)為了使機2不從血1上滑下，的最短長度；

(3)若長木板長度取第(2)問中的最短長度，在整個運動過程中，小滑塊巾2與長木板

之間所產(chǎn)生的摩擦熱。

13.下列說法正確的是()

A.對氣體做功可以改變其內(nèi)能

B.所有晶體都有固定的熔點，且都表現(xiàn)為各向異性

C.布朗運動是由液體分子對懸浮固體顆粒的碰撞作用不平衡造成的

D.荷葉面上小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用

E.在分子間作用力減小的過程中，其分子勢能一定越來越大

14.如圖所示，一根兩端開口、粗細均勻且導熱性良好的長玻璃管，

豎直插入足夠大的水銀槽中并固定，管中有一個質量不計的光

滑活塞，活塞下封閉一段長L=80cm的氣體，氣體的熱力學

溫度Ti=300K。現(xiàn)在活塞上緩慢加入細沙，直到活塞下降

10c,“為止，外界大氣壓強po=75cmHg,重力加速度g=

10m/s2o求：

(i)活塞下降10c7"時，封閉氣體的壓強；

(ii)保持加入的細沙的質量不變，對封閉氣體緩慢加熱，當活塞回到原來位置時,

封閉氣體的熱力學溫度。

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15.一列簡諧橫波沿直線傳播，在傳播方向上相距2.1m的〃、。兩處的質點振動圖像如

圖中心〃所示。若波從。向〃傳播，則下列說法正確的是（)

A.該波與一列頻率為4Hz的波相遇時，可能會形成穩(wěn)定的干涉圖樣

B.該波中各質點振動的振幅均為10。用

C.該波的波長可能是2.8m

D.該波由。傳播到6一定歷時11s

E.該波的波速可能是0.3m/s

16.如圖所示，三角形ABC是橫截面為直角三角形的

三棱鏡，其中44=60。，AB長度為20cm。一束單

色光從AC邊上的。點射入棱鏡，入射角為45。，

進入棱鏡后折射到BC邊的中點，D、C兩點間距

離為10cm。光在真空中的速度c=3xl08m/s。求：

①三棱鏡材料對這束單色光的折射率；

儂）光線從AC邊射入到第一次從三棱鏡射出所經(jīng)歷的時間。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

對人受力分析，由向心力公式和牛頓第二定律確定支持力大小，從而明確是否處于超重

狀態(tài)；根據(jù)動能定理確定合外力做功情況；根據(jù)功率公式確定重力的功率；根據(jù)動量定

理明確合外力的沖量。

本題結合勻速圓周運動考查了超失重問題、功率、動能定理以及動量定理的應用，解題

的關鍵理解圓周運動的特征，明確物理規(guī)律的應用是解題的關鍵。

【解答】

A、當摩天輪運動到最低點時，設摩天輪的半徑為廠，該同學的質量為〃?，線速度為v,

摩天輪對該同學的作用力為M據(jù)向心力公式有N—mg=mJ,可知N>mg,該同學

處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B、由最高點到最低點的過程中，該同學度速度大小不變，根據(jù)動能定理可知，合外力

做功為零，故B正確；

C、重力功率為P=mgucos。，其中。為重力與速度的夾角，由于。不總等于90。，故該

同學受到的重力的功率不會一直為零，故C錯誤；

。、由最高點到最低點，該同學速度大小恒定，但方向反向，由/=mF?？芍?，該同

學受到的合外力的沖量不為零，故。錯誤。

故選：B。

2.【答案】A

【解析】解：A、質點經(jīng)過6中點的速度大小為也=詔+(9")2=聞■,故A正確

B、質點的加速度為。=駕*=等，故8錯誤

[OCO

C、中間時刻的速度為%1=也產(chǎn)=5v

240

前次寸間內(nèi)通過的位移比后;時間內(nèi)通過的位移少△X=1(5v0+9v0),^-i(v0+

5v0).y=2voto,故C錯誤

D、設通過前夕立移所需的時間是后[位移所需時間的n倍,并設一半位移為s,貝加=/=

N￡.-=—

“2

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1(V0+\/41V0)聞

+9故。錯誤。

S1+\/41，

1(X^41VO+9VO)

故選：A。

根據(jù)題意，結合勻變速直線運動公式，找出兩者速度與時間之間的關系，即可求解。

本題考查勻變速直線運動基本公式，要求學生根據(jù)題目情況設相應物理量，再結合基本

公式求出各物理量之間的關系即可，難度較小。

3.【答案】D

【解析】解：如圖所示,

對第一個石塊進行受力分析，由幾何關系知"6。。，所以有念=焉=等

故ABC錯誤，。正確。

故選：D。

第1、3石塊間的作用力和第1、2石塊間的作用力都與第一塊石塊相關，隔離第一塊石

塊用共點力平衡即可求解。

本題考查共點力平衡的應用中的連接體問題，連接體的處理方法是整體法和隔離法綜合

運用。

4.【答案】A

【解析】解：令向前一塊的速度大小為孫，由于爆炸后兩塊均在空中做平拋運動，根據(jù)

落地時水平位移大小相等可知，爆炸后兩塊的速度大小相等方向相反，而爆炸過程系統(tǒng)

動量守恒，令爆炸前的速度方向為正方向，則有：

Mv=mv0—(M—m)v0

解得：v0=-^~,故A正確，BCD錯誤。

2m-M

故選：A。

爆炸后兩塊均做平拋運動，落地時水平位移大小相等，則爆炸后獲得的速度大小相等，

煙花爆炸過程系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，動量近似守恒，應用動量守恒定律可以求解。

解決該題的關鍵是能根據(jù)題中所給的條件推導出爆炸后兩塊的速度大小相等，明確知道

爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，注意規(guī)定正方向。

5.【答案】C

【解析】解、A8、中圓衛(wèi)星的運行周期小于同步衛(wèi)星的運行周期，根據(jù)開普勒第三定

律忘=k可知，中圓衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，由衛(wèi)星線速度大小公式

v=脛分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，所以中圓衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星

的線速度，根據(jù)動能的計算公式以=：機。2可知，由于兩衛(wèi)星的質量大小未知，所以衛(wèi)

星的動能大小不能比較，故AB錯誤;

%,

C、根據(jù)開普勒第三定律可得W=k，則有多

喘步,解得中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星軌道半

丁同步

徑之比為心=玄,故C正確;

D、根據(jù)重力勢能的計算公式Ep=mgh可知，兩衛(wèi)星的質量大小未知，所以衛(wèi)星的重力

勢能大小不能比較，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)衛(wèi)星線速度大小公式"=秒分析線速度大小關系，結合動能表達式a=分

析動能關系；根據(jù)開勒普第三定律求中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星的軌道半徑之比；重力勢能的

計算公式Ep=mgh分析中圓衛(wèi)星的重力勢能與傾斜衛(wèi)星的重力勢能之比。

解決本題的關鍵要掌握衛(wèi)星的線速度公式u=怪和開普勒第三定律￡=k,能熟練運

7rT2

用比例法求中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星的軌道半徑之比。本題也可以根據(jù)萬有引力提供向心力

列式分析。

6.【答案】AC

叵_12x0.45m

【解析】解：4、在小松鼠起跳后，空中運動的時間為t=0.3s,故A

\g\iom/s2

正確;

B、松鼠剛上到平臺上時的初速度%=：=段=4m/s,對松鼠和木塊組成的系統(tǒng)進行

分析，在抱住木塊的過程中動量守恒，設水平向左為正方向，由動量守恒定律可得僧%=

(M+m)v,解得f=lzn/s：由動能定理可得，一〃(M+=0—+m)/,代入

數(shù)據(jù)解得木塊在水平臺上向左滑行的距離為/=0.25m,故B錯誤；

C、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，它損失的機械能為△E=-\mv2=|xlx

42/-ix1Xl2/=7.57,故C正確；

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。、在小松鼠抱住木塊的極短時間內(nèi)，小松鼠與木塊組成的系統(tǒng)機械能損失4E=

|mvo—|(/W+m)v2=1x1x427—|x(3+1)xl2/=67,故O錯誤。

故選：AC。

對運動過程逆向分析，小松鼠做反向的平拋運動，根據(jù)水平和豎直位移利用平拋運動規(guī)

律求解小松鼠抱住木塊前瞬間速度和在空中的時間；小松鼠和木塊相互作用過程中動量

守恒，屬于完全非彈性碰撞，機械能損失，利用動量守恒定律求解小松鼠抱住木塊后瞬

間的速度，再根據(jù)功能關系求出損失的機械能；再對滑行過程分析，由動能定理求出滑

行的距離。

本題考查了動量和能量相結合的問題，解題的關鍵是逆向分析小松鼠的運動，同時掌握

小松鼠和木塊碰撞過程中，動量守恒。

7.【答案】AD

【解析】解：A、設運動員離開跳板后向上運動的位移大小為X,由v-t圖象可知，運

動員入水前向下運動的位移是向上運動位移的9倍，即告=i

x+3m9

可解得x=|m,運動員離開跳板后，在空中運動的總路程2=2x+3m=2xj7n+

OO

3m==3.75m,故A正確

運動員自由下落的位移

327

九=%+3m=-m+3m=-m

88

由自由落體公式可得運動員入水時的速度u=J2gh=^2x10x^-m/s=

故3錯誤

3歷._

C、運動員在空中向下運動的時間［=?=工5=0"S，故C錯誤

g1020

D、由題意知自由下落時間與入水時間之比等=：

△t31

自由下落位移％=

入水位移"=

聯(lián)立三式并結合A選項中結論可解得運動員入水的深度"=故D正確。

16

故選:AD.

根據(jù)速度-時間圖象與時間軸所圍的面積表示位移，結合運動員入水前向上運動的位移

與向下運動位移的大小關系，求出運動員向上運動的位移大小，從而得到運動員向下運

動的位移大小，即可根據(jù)自由落體運動的規(guī)律求出運動員入水時的速度大??；根據(jù)速度

-時間求得運動時間；根據(jù)速度位移公式求運動員入水的深度。

解決本題的關鍵要理清運動員的運動過程，分析各個過程之間的位移關系，結合運動學

公式解答。

8.【答案】BC

【解析】解：A、當小球運動到某點P點，彈性輕繩的伸

長量是%BP，小球受到如圖所示的四個力作用，其中?=

kxBP,

將再正交分解，則%的水平分量為FN=FTsind=

kxBPsind—kxBC—詈，

f=再=

Fy的豎直分量為Fy,=F-pCOsd—kXgpCOsd—kXcp

由以上推導可知小球受到的摩擦力為恒力，則8段與。E段摩擦力所做的功相同，則

在OE段彈性繩和小球組成的系統(tǒng)機械能的減小量等于C。段彈性繩和小球組成的系統(tǒng)

的系統(tǒng)機械能的減小量，故A錯誤；

B、根據(jù)動能定理有—勿建=0,

解得：彈力做功：WiV=lmgh,故B正確；

C、對小球從C運動到E過程，應用動能定理得mg/i-W彈=0,

若小球恰能從E點回到C點，應用動能定理得一mg/i+小消=0-^mv2,

聯(lián)立求解得u=儷，故C正確；

。、若只把小球質量變?yōu)?辦小球從C點由靜止開始運動，到達E點時根據(jù)動能定理

有

2mgh-W^mgh=x2mvf—0,解得小球到達E點時的速度大小u=故。

錯誤。

故選：BC。

首先對球受力分析，明確小球受重力、彈性輕繩的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平

衡；再根據(jù)胡克定律得到支持力和摩擦力不變；然后結合動能定理列式分析即可。

本題考查功能關系，關鍵是結合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不變的，注意彈

性輕繩的彈力是變化的，小球在平衡位置速度最大，要結合動能定理列式分析。

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9.【答案】BC2.50

【解析】解：(1)4因為需要在板面所在的平面對力進行矢量合成，故手拉彈簧測力計

8的方向必須與板面平行，故A錯誤；

8、彈簧測力計使用前需要調(diào)零，故8正確；

C、用彈簧測力計測量出重物的重力，即可得出豎直方向力的大小和方向，故C正確；

。、改變彈簧測力計8拉力的大小，進行多次實驗，不需要結點。靜止在同一位置，只

要滿足平衡狀態(tài)就可以，故。錯誤。

故選：BC。

(2)圖乙的讀數(shù)為3.60N,在丙圖中作出&、尸2的圖示，并應用平行四邊形法則進行合成，

測出兩個合力廠的大小約為2.50N。

(1)根據(jù)實驗原理及注意事項進行操作正誤的判斷；

(2)作出國、尸2的圖示，并應用平行四邊形法則進行合成，測出兩個合力尸的大小。

本實驗關鍵理解實驗原理，根據(jù)實驗原理分析實驗步驟中有無遺漏或缺陷，因此掌握實

驗原理是解決實驗問題的關鍵。

10.【答案】平衡摩擦力C0.6022

【解析】解：(4)①若尸要作為小車受到的合外力，在懸掛砂桶之前，應該平衡摩擦力，

故步驟中缺少了這一項。

②4、實驗中是用力傳感器直接讀出小車的合力，所以不必滿足砂和砂桶的總質量〃，遠

小于小車的總質量M故A錯誤

B、為了充分利用紙帶，實驗前應將小車放在靠近打點計時器的位置，先接通電源，后

釋放紙帶。故B錯誤。

C、實驗中應通過調(diào)節(jié)定滑輪的高度使細線與木板平面平行，這樣小車才能做直線運動

且能保證小車的合力不變，故C正確。

。、實驗中是用力傳感器直接讀出小車的合力的，所以不需要測出砂和砂桶的總質量，小

故。錯誤。

③因為/=50HZ,根據(jù)/="可知：T="=&s=0.02s,因為每5個點作為一個計數(shù)

點，所以相鄰計數(shù)點間的時間間隔為t=0.02x5=0.1s,設AB間距為匕，EF間距離

為巖，根據(jù)逐差法與一X1=4af2得：a=—m/s2=0.6m/s2,由

題意保留兩位有效數(shù)字故答案為0.60m/s2

④a-F圖像的斜率表示小車和傳感器質量的倒數(shù)，即焉=[kgT,故M=2kg；由圖

像可以看出，當拉力等于2N時，加速度等于零，拉力大于2N時才有加速度，故可判

斷出小車與木板間的滑動摩擦力為2N.

故答案為：（4）①平衡摩擦力②C00.60④22

若F要作為小車受到的合外力，在懸掛砂桶之前，應該平衡摩擦力，實驗中是用力傳感

器直接讀出小車的合力，所以不必滿足砂和砂桶的總質量機遠小于小車的總質量M條

件，利用逐差法求加速度，由圖像的斜率求小車和力傳感器的總質量。

正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，而實驗步驟，實驗數(shù)據(jù)的處理都與實驗原理

有關，故要加強對實驗原理的學習和掌握。另外要注意實驗的拓展問題，以及如何應用

逐差法求加速度。

11.【答案】解：（1）當兩物塊的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大動量定理/=m%-0

動量守恒m%=（m+2m）v

2

機械能守恒gm詔=+2m）v+Em

由以上各式解得%=匕。

（2）根據(jù)題意，當物塊尸與彈簧剛好分離時，

物塊。的速度最大，由動量守恒得加%=mvp+2mvQ

機械能守恒加詔=^mvp+1-2mvQ

由以上各式解得%=-；,方向與沖量/的方向相反，速度已反向，故物塊產(chǎn)的最小速

r37n

度為0,解得%=，，方向與沖量/的方向相同。

y3m

答：（1）彈簧的最大彈性勢能為:；

第14頁，共19頁

(2)物塊P的最小速度為0和物塊Q的最大速度為方向與沖量I的方向相同。

【解析】對于PQ和彈簧組成的系統(tǒng)，機械能守恒，當QP共速時，系統(tǒng)動能最小，此

時彈簧彈性勢能最大，結合動量守恒定律列式即可求出共同速度進而求彈性勢能。尸與

彈簧剛好分離時，P速度最小，。速度最大。

本題考點為動量守恒定律與機械能守恒定律，考查學生對模型的分析能力，難度適中。

12.【答案】解：(1)設滑塊到達長木板右端的速度大小為巧，由動能定理可得-“2巾29%=

加說一加評

解得：%=8m/s

設滑塊離開圓弧軌道后上升的最大高度為b，由動能定理可得-血2g(R+片)=o-

加2相

由以上兩式解得：兒=2.8?。?/p>

(2)由機械能守恒定律可得，小滑塊回到長木板底端時的速度大小仍為：%=8m/s

滑上長木板后，滑塊的加速度為。2，由牛頓第二定律〃27n2。~〃式加2+m^g=wiig

長木板的加速的為的,由牛頓第二定律〃2n-“i(機2+mi)g=加1%

設經(jīng)過ti時間后兩者共速，共同速度為V,由運動學公式可知：u=%-a2t1=/打

該過程中長木板的位移：

小滑塊的位移：不=等々

由以上各式解得：尤i=|m,x2=ym

由于%I<XO=1M，之后一起勻減速運動，若小滑塊最終未從長木板左端滑出，則長木

板的最短長度：Lmin=X2-

代入數(shù)據(jù)解得：Lmin^lm；

(3)小滑塊和長木板一起勻減速運動至最左端的速度為玲，在此過程中由動能定理可得:

11

mm2

一+巾2)g(Xo-XX)=-(?H1+m2)V2-2(i+2)v

小滑塊返回到左側軌道底端的速度仍為外，以后加2帶著木板巾1運動，再次達到共同速

度，，

對于小滑塊根據(jù)速度-時間關系可得：v'=v2-a2t'

對于小滑塊，有：M=

小滑塊對地的位移為：，2=等己

長木板對地的位移：*=9'

由以上各式解得：x'l==心機

小滑塊在長木板上滑動的相對位移：△X=犬2-x'l

解得：Ax=im

設小滑塊、長木板一起在滑行的距離x'而靜止，由動能定理得：一〃i(mi+ni2)gx'=

2

-^(m1+m2)v'

解得：x'--^-m

240

由于x'<Xo-，1，說明木板在到達右側圓軌道前已靜止，所以，整個過程中小滑塊與

木板之間產(chǎn)生的摩擦熱為：

Q="2巾2g(X+^min+△X)

代入數(shù)據(jù)解得：Q=84.5/。

答：(1)小滑塊徵2第一次離開右側圓弧軌道后還能上升的最大高度為2.8m；

(2)為了使小滑塊不從長木板上滑下，長木板的最短長度為|小；

(3)若長木板長度取第(2)問中的最短長度，在整個運動過程中，小滑塊與長木板之間所

產(chǎn)生的摩擦熱為84.5/。

【解析】(1)由動能定理求解滑塊到達長木板右端的速度大小，再根據(jù)動能定理求解滑

塊上升的最大高度；

(2)小滑塊滑上長木板后，由牛頓第二定律求解滑塊和長木板的加速度大小，由運動學

公式求解長木板的最短長度；

(3)分析小滑塊和長木板的運動情況，在此過程中由動能定理求解二者速度大小，小滑

塊返回到左側軌道底端以后帶著木板運動，再次達到共同速度，求出小滑塊在長木板上

滑動的相對位移，根據(jù)功能關系求解整個過程中小滑塊與木板之間產(chǎn)生的摩擦熱。

對于涉及功的計算、能量計算問題，關鍵是弄清楚物體的受力情況、運動情況、能量的

轉化情況等：知道重力勢能變化與重力做功有關；動能的變化與合力做功有關；機械能

的變化與除重力以外的力做功有關。

13.【答案】ACZ)

【解析】解：A、改變內(nèi)能的方式有兩種：做功和熱傳遞，可知對氣體做功可以改變其

內(nèi)能，故A正確；

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8、所有晶體都有固定的熔點，單晶體為各向異性，多晶體表現(xiàn)為各向同性，故B錯誤；

C、布朗運動是液體分子對懸浮固體顆粒的碰撞作用不平衡造成的，反映了液體分子的

無規(guī)則運動，故C正確；

。、液體表面張力產(chǎn)生的原因是：液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，

表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用

力表現(xiàn)為引力，即表面張力，荷葉面上的小露珠呈球形就是由于液體表面張力的作用，

故。正確；

E、分子間作用力減小過程中，當分子力做正功時分子勢能減少，分子力做負功時分子

勢能增大，故E錯誤。

故選：ACD.

改變內(nèi)能的方式有兩種：做功和熱傳遞；單晶體為各向異性，多晶體表現(xiàn)為各向同性;

根據(jù)布朗運動的產(chǎn)生原因分析；根據(jù)液體表面張力的定義判斷；根據(jù)分子力做功與分子

勢能變化的關系判斷。

本題考查了內(nèi)能、晶體、布朗運動、液體表面張力、分子勢能等熱學基礎知識，對于這

部分知識要求學生重視課本，強化理解和記憶。

14.【答案】解：(i)設活塞下降10。"時，管內(nèi)外水銀面高度差為x,高為x水銀產(chǎn)生的

壓強為網(wǎng)，設玻璃管的橫截面積為S,

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：p0LS=(p0+PxXL-10+x)S

代入數(shù)據(jù)解得：x=5cm,

氣體的壓強p=Po+Px—(75+S)cmHg-80cmHg

(it)對氣體加熱過程，氣體壓強不變，由蓋一呂薩克定律得：

匕，2

其中:匕=(80—10+5)S=75S,V2=(80+5)S=85s

代入數(shù)據(jù)解得：T2=340/C

答：(i)活塞下降10c加時，封閉氣體的壓強是

3)當活塞回到原來位置時，封閉氣體的熱力學溫度