2023年陜西省西安重點(diǎn)大學(xué)附中高考物理三模試卷

2023年陜西省西安重點(diǎn)大學(xué)附中高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共15.0分）

1.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的4點(diǎn)有一靜止的放射性原子核，它發(fā)生某種

衰變時(shí)，射出的粒子及新核做如圖所示軌跡的圓周運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩軌跡的半

徑之比為44：1,則下列判斷正確的是（）

A.這是0衰變，衰變時(shí)新核向右運(yùn)動(dòng)，放射性元素的原子序數(shù)是43

B.這是口衰變，衰變時(shí)新核向左運(yùn)動(dòng)，放射性元素的原子序數(shù)是43

C.這是a衰變，衰變時(shí)新核向右運(yùn)動(dòng)，放射性元素的原子序數(shù)是90

D.這是a衰變,衰變時(shí)新核向左運(yùn)動(dòng)，放射性元素的原子序數(shù)是90

2.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，質(zhì)量

為小的滑塊在沿著斜面向上的恒力產(chǎn)作用下向下做勻速運(yùn)動(dòng),

斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g,在滑塊下

滑的過程中，下列說法正確的是（）

A.滑塊與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃大于tan。

B.撤去恒力F后，地面對(duì)斜面體的支持力不變

C.地面對(duì)斜面體的支持力大于（M+m）g

D.地面對(duì)斜面體的摩擦力方向水平向左

3.如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊4放在長木板的左

端，一顆質(zhì)量為27n的子彈以速度火射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時(shí)速度為普，

木塊在木板上滑行的時(shí)間為3則下列說法錯(cuò)誤的是（）

?~A

B

V77777777777777777777777777777777777777'

A.木塊獲得的最大速度為半

B.木塊滑離木板時(shí)，木板獲得的速度大小為等

O

C.木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力大小為鬻

IZoc

D.因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差

4.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星4和B,自身球體半徑分別為以和RB?兩顆行星各自周

圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方&3）與運(yùn)行公轉(zhuǎn)周期的平方（72）的關(guān)系如圖所示；7°為衛(wèi)星環(huán)

繞各自行星表面運(yùn)行的周期。則（）

A.行星a的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量

B.行星4的密度小于行星B的密度

C.行星4的第一宇宙速度等于行星8的第一宇宙速度

D.當(dāng)兩行星周圍的衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同時(shí)，行星4的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)

星的向心加速度

5.如圖中，描述物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的是（）

二、多選題（本大題共5小題，共15.0分）

6.理想自耦變壓器如圖所示，開始時(shí)滑片P置于圖中所示位置，此時(shí)原、副線圈的匝數(shù)比是

5：1,原線圈接入電壓為220U的正弦交流電，一只理想二極管和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R串連接在

副線圈上，電壓表和電流表均為理想交流電表，開關(guān)K斷開，則下列說法正確的是（）

A.電壓表的讀數(shù)為44V

B.若只將開關(guān)K閉合，則滑動(dòng)變阻器的熱功率變大

C.若只將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，則兩電表讀數(shù)均減小

D.若只將滑片順時(shí)針方向滑過一小段長度，則電流表示數(shù)減小

7.如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,邊

長為a的正方形閉合單匝線框4BCD斜向穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)為正方形

的對(duì)角線）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為"31CD）,若線框的總電阻為R,則（

A.AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為二轡

B.4C剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為馬也

R

C.此時(shí)CD兩端電壓為：Bau

D.此時(shí)CO兩端電壓為：Bau

4

8.如圖，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、

。兩點(diǎn)與圓心。等高.一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另

一端固定在P點(diǎn)，P點(diǎn)在圓心。的正下方R/2處。小球從最高點(diǎn)4由靜止開始沿逆時(shí)針方向下滑,

已知彈簧的原長為R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是：（）

A.小球運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)時(shí)的速度大小為2/^

B.小球在4、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為47ng

C.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力的功率為

D.彈簧長度等于R時(shí)，小球的機(jī)械能最大

9.下列說法正確的是（）

A.某種液體的飽和氣壓與溫度有關(guān)

B.多晶體都具有各向同性的特點(diǎn)

C.第二類永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律

D.當(dāng)分子間的距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力均減小，但斥力減小得更快，所以分子間的

作用力一定表現(xiàn)為引力

E.一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的同時(shí)外界對(duì)其做功，其內(nèi)能可能減少

10.如圖所示為一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的圖象。此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，且當(dāng)

t=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，下列說法正確的是（）

A.波沿x軸負(fù)方向傳播

B.波的傳播速度為lm/s

C.至t=1.6s,質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為0.4m

D.經(jīng)0.1s,質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處

E.Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=5sin（|nt+^）cm

三、填空題（本大題共I小題，共3.0分）

11.如圖是某實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)行的用電流表和電壓表測(cè)電池的電

動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，畫出的U-/圖像，從圖像中可以讀出

其測(cè)出的電動(dòng)勢(shì)是K,內(nèi)阻是0。

四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共3.0分）

12.某同學(xué)利用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，探究物體在水平桌面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，物塊在重物的牽

引下開始運(yùn)動(dòng)，重物落地后，物塊再運(yùn)動(dòng)一段距離后停在桌面上（尚未到達(dá)滑輪處）。從紙帶

上便于測(cè)量的點(diǎn)開始，每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

電源的頻率為50Hz.（不計(jì)空氣阻力，g=10.0m/s2）?

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器物塊細(xì)繩

(1)通過分析紙帶數(shù)據(jù)，可判斷重物在兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)和之間某時(shí)刻落地

(2)計(jì)數(shù)點(diǎn)3對(duì)應(yīng)的速度大小巧=rn/s.(保留三位有效數(shù)字)。

(3)物塊減速運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大小為a=m/s2.(保留三位有效數(shù)字)。

(4)物塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為,物塊與重物質(zhì)量比為。

五、簡(jiǎn)答題(本大題共2小題，共6.0分)

13.如圖所示，半徑R=0.8機(jī)的光滑;圓弧軌道固定在光滑水平面上，在軌道末端c點(diǎn)緊靠(不

相連)一質(zhì)量M=3kg的長木板，長木板上表面與圓弧軌道末端的切線相平，距離木板右側(cè)1m

處有一固定在地面上的木樁，軌道上方的4點(diǎn)與軌道圓心。的連線長也為R,且4。連線與水平

方向夾角。=30。.一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為zn=1kg的小物塊，從4點(diǎn)由靜止開始下落后打在

圓弧軌道的B點(diǎn)，假設(shè)在該瞬間碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為零，而沿

切線方向的分速度不變，此后小物塊將沿圓弧軌道下滑，已知小物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因

數(shù)4=0.3,(g取lOm/s2).求：

(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)長木板第一次與木樁碰撞時(shí)的速度大小；

(3)假設(shè)長木板與木樁和圓弧軌道間的每一次碰撞過程都不損失機(jī)械能，為使小物塊不滑出長

木板，木板的長度至少為多少？

14.如圖所示，截面積分別2s=2CM2與S=lew?的兩個(gè)上部開口

的柱形氣缸力、B,底部通過體積可以忽略不計(jì)的細(xì)管連通.力、B兩

個(gè)氣缸內(nèi)分別有兩個(gè)活塞，質(zhì)量分別為啊=2.8kg,mB=1.4kg.A氣

缸內(nèi)壁粗糙，活塞與氣缸間的最大靜摩擦力為/'=6N,8氣缸內(nèi)壁光滑.當(dāng)氣缸內(nèi)充有某種

理想氣體時(shí),A中的活塞高為心=4cm,B中活塞高度為說=5cm,此時(shí)氣體溫度為7。=390K,

外界大氣壓為Po=10xlO’Pa.現(xiàn)在緩慢降低氣體溫度，g取lOm/s?,則：

①當(dāng)氣缸B中的活塞剛好下降至氣缸底部時(shí)，氣體的溫度A；

②當(dāng)氣缸4中的活塞剛要滑動(dòng)時(shí)，氣體的溫度%.

六、計(jì)算題(本大題共2小題，共20.0分)

15.如圖所示，直線與兩平行極板垂直.兩極板之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,

方向向右，極板間距離為d,Si、S2為極板上的兩個(gè)小孔.在MN下方和兩極板外側(cè)區(qū)域存在

相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.MN上方有一絕緣擋板PQ,與MN平行放置.從小

孔Si處由靜止釋放的帶正電粒子，經(jīng)電場(chǎng)加速后，恰能從小孔S2進(jìn)入磁場(chǎng)，飛出右側(cè)磁場(chǎng)后

與擋板PQ相碰.已知兩小孔Si、52到直線MN的距離均為d,粒子質(zhì)量為m、電量為q,與擋

板碰撞前后，粒子電量沒有損失，平行于擋板方向的分速度不變，垂直于擋板方向的分速度

反向，大小不變，不計(jì)粒子的重力.

(1)求粒子到達(dá)小孔S2時(shí)的速度大小

(2)若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為J瑞，為保證粒子再次回到S2,擋板PQ應(yīng)固定在離直線MN

多遠(yuǎn)處？

(3)若改變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，使粒子每次通過S2進(jìn)入磁場(chǎng)后均能沿第(2)問中的路徑運(yùn)

動(dòng)，求粒子第n次通過兩側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域所用時(shí)間.

P----------------------。

M.......................-N

XXXXXXX

"xXXxBX

XXXXXXX

16.如圖所示，一透明球體置于空氣中，球半徑R=10cm,折射率n=是一條通過

球心的直線，單色細(xì)光束48平行于MN射向球體，B為入射點(diǎn)，AB與MN間距為5Ccm,CD

為出射光線.

①完成光路；

②計(jì)算：光從B點(diǎn)傳到C點(diǎn)的時(shí)間.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：因射出粒子與新核在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡是內(nèi)切圓，故射出粒子帶負(fù)電，即為0粒子。

由

得：T

因噴號(hào)=竽

可知放射性元素的原子系數(shù)為43,由洛倫茲力的方向判定知衰變后新核向右運(yùn)動(dòng)，射出粒子向左

運(yùn)動(dòng)，故A正確，BC￡>錯(cuò)誤；

故選：Ao

理解a衰變和口衰變的區(qū)別，結(jié)合左手定則得出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡特點(diǎn)，再根據(jù)粒子的速度關(guān)系和半

徑的計(jì)算公式得出對(duì)應(yīng)的原子序數(shù)。

本題中原子核衰變過程類似于爆炸，遵守動(dòng)量守恒和能量守恒，應(yīng)用半徑公式解決。

2.【答案】B

【解析】解：4、對(duì)滑塊ni進(jìn)行受力分析可知m受四個(gè)力，由于滑塊山在做向下的勻速運(yùn)動(dòng)，所以

受力平衡，有：F+f=mgsind,又：/=fimgcosd,可得：〃=tan。-m^,ose>所以〃小于tan。，

故4錯(cuò)誤；

8、對(duì)斜面M進(jìn)行受力分析可知，M所受的力與恒力F沒有關(guān)系，故撤去恒力尸后，地面對(duì)斜面體

的支持力不變，故B正確；

CO、以滑塊和斜面體組成的整體為研究對(duì)象，分析受力如圖所示，根據(jù)平衡條件得:

豎直方向有：FN+Fsind=(M+m)g

得地面對(duì)斜面體的支持力：FN<（M+m）g；

水平方向有：f=Fcos3,地面對(duì)斜面體的摩擦力/方向水平向右，故C。錯(cuò)誤。

故選：B。

滑塊勻速運(yùn)動(dòng)，合外力為零，根據(jù)平衡條件和滑動(dòng)摩擦力公式相結(jié)合分析動(dòng)摩擦因數(shù)的大小。撤

去恒力尸后，分析滑塊的受力情況，判斷地面對(duì)斜面體的支持力變化情況。對(duì)整體，由平衡條件

分析地面對(duì)斜面體的支持力和摩擦力。

解決本題的關(guān)鍵要靈活選擇研究對(duì)象，要知道滑塊勻速運(yùn)動(dòng)，斜面體靜止，二者合外力均為零，

能看成整體來研究

3.【答案】B

【解析】解：4、子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對(duì)子彈和木塊組

成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得2m,攻）=（表m+:山）巧，可得，木塊獲得的最大速度巧=卜。。

故A正確。

B、木塊滑離木板時(shí)，取向右方向?yàn)檎?，?duì)木板和木塊（包括子彈）系統(tǒng)：嘿=（白山+；小）x等+

io1O4-O

mv2

解得：%=舞，故2錯(cuò)誤。

IZo

C、木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板，以向右方向?yàn)檎?，由?dòng)量定理得九=血方-0,得/=鬻，

故c正確；

。、由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和

木塊減少的動(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差，故。正確。

本題選錯(cuò)誤的，

故選：B。

子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，由動(dòng)量守恒定律求木塊獲得的最大速度。木塊在木板

上滑行時(shí)，木塊（含子彈）與木板組成的系統(tǒng)合外力為零，總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求木塊滑

離木板時(shí)木板獲得的速度。木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板，利用動(dòng)量定理列式，可求得木塊與木

板之間的滑動(dòng)摩擦力大小。結(jié)合能量守恒定律分析。

本題是沖擊塊模型，理清木塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律、動(dòng)量定理

進(jìn)行解答。要明確在研究涉及力在時(shí)間的效應(yīng)時(shí)可根據(jù)動(dòng)量定理求力的大小。

4.【答案】D

【解析】解：

A、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G翳=mR等

解得：7=J需,

對(duì)于環(huán)繞行星4表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有：

T。=

對(duì)于環(huán)繞行星B表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有：

To=

聯(lián)立①②得：好率③

由圖知，RA>RB,所以MA>MB，故A錯(cuò)誤。

33

8、4行星質(zhì)量為：MA=pA?為周B行星的質(zhì)量為：MB=PB?9兀庵，代入③得：-^-3=

33PA^APB'^RB

解得：PA=PB，故B錯(cuò)誤。

C、行星的近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G券=加1

R2R

解得:=J7rR0cR，

因?yàn)?>RB，所以外>外，故c錯(cuò)誤。

。、根據(jù)G鬻=ma知，a=皆，由于>MB，行星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相等，則行星A的衛(wèi)星的向

心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度，故。正確。

故選：D。

根據(jù)萬有引力提供向心力，得出衛(wèi)星的周期與行星的質(zhì)量、半徑之間的關(guān)系，然后進(jìn)行比較；結(jié)

合萬有引力提供向心力，分別寫出第一宇宙速度的表達(dá)式，然后比較它們的大小關(guān)系。

本題考查考生從圖象獲取信息的能力，萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，掌握萬有引力和向心力的

表達(dá)式并能靈活運(yùn)用是正確解題的關(guān)鍵。

5.【答案】A

【解析】解：4、自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零,加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其速度為:V=gt=10t,

即。與t成正比，故"-t圖象應(yīng)該是一條通過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、由位移公式x=：gt2知，位移與時(shí)間的平方成正比，故CD錯(cuò)誤

故選:4。

自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零，加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度與時(shí)間，和位移與時(shí)間的

關(guān)系，得出正確的圖象.

本題關(guān)鍵是明確自由落體運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，然后寫出速度時(shí)間關(guān)系和位移時(shí)間關(guān)系表達(dá)式，再作圖討

論.

6.【答案】BD

【解析】

【分析】

根據(jù)變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可求得副線圈兩端的電壓，根據(jù)電流的熱效應(yīng)求出副線

圈兩端的電壓，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，確定電流表讀數(shù)的變化。本題需要掌握變壓器的電

壓之比和匝數(shù)比之間的關(guān)系，同時(shí)對(duì)于二極管和電容器的作用要了解。

【解答】

A.根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，即優(yōu)=氤即管/得U2=44V,根據(jù)電流的熱效應(yīng)，有1?六

2

%解得％=期=22或V,故A錯(cuò)誤；

員將開關(guān)K閉合，二極管被短路，滑動(dòng)變阻器消耗的熱功率為原來的2倍，即滑動(dòng)變阻器的熱功率

變大，故B正確；

C.將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器連入電路的電阻變大，變壓器的輸出功率減小，原

線圈電壓不變，電流表讀數(shù)減小，電壓表示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；

D若只將滑片順時(shí)針方向滑過一小段長度，副線圈匝數(shù)減小，副線圈電壓減小，輸出功率減小，

輸入功率減小，根據(jù)七=//1,知電流表讀數(shù)減小，故O正確；

故選

7.【答案】BC

【解析】

【分析】

安培力是聯(lián)系電磁感應(yīng)與力學(xué)知識(shí)的橋梁，要熟練地由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安

培力表達(dá)式。

根據(jù)E=84求出電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路的歐姆定律求出電路中的電流和C。兩端的電

壓；將AD邊與CD邊受到的安培力進(jìn)行矢量合成，求出線框受到的安培力。

【解答】

A4C剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)CD邊切割磁感線，4。邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E-Bav,則

線框中感應(yīng)電流為：/=慨=萼，故A錯(cuò)誤；

AK

8.4C剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的cd邊產(chǎn)生的安培力與"的方向相反，ad邊受到的安培力的方向垂直于4。

向下，它們的大小都是：F=BIa,由幾何關(guān)系可以看出，4。邊與CZ）邊受到的安培力的方向相互

垂直，所以4C剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為4。邊與CD邊受到的安培力的矢量合，即：?合=

口,=<7的,故B正確；

CD.當(dāng)4c剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD兩端電壓：U=Ix^R=lBav,故C正確、O錯(cuò)誤；

故選8C。

8.【答案】ABD

【解析】解：4、由題分析可知，小球在4、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢(shì)能相

等，小球從4到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：

2mgR=\mvl，解得小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為：vB=2。瓦故A正確。

B、設(shè)小球在4、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小為尸.在4點(diǎn)，圓環(huán)對(duì)小球的支持力Fi=mg+F；

在B點(diǎn)，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=m條,解得圓環(huán)對(duì)小球的支持力為：F2=

5mg+F；

則尸2-0=4巾9，由牛頓第三定律知，小球在4、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差為4mg,故B正確。

C、小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)重力與速度方向垂直，則重力的功率為0,故C錯(cuò)誤。

。、根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，彈簧長度等于R時(shí)，小彈簧的彈性勢(shì)能為零，最小，則

小球的機(jī)械能最大，故。正確。

故選：ABD.

小球通過力和IB兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求小球

運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度。在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的彈力對(duì)小球做功等于小球機(jī)械能的增量。通

過分析小球的受力情況，分析小球速度的變化，從而判斷出動(dòng)能的變化情況。根據(jù)牛頓第二定律

和第三定律求小球在4、B兩點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)的壓力差。

解決本題的關(guān)鍵要分析清楚小球的受力情況，判斷能量的轉(zhuǎn)化情況，要抓住小球通過4和B兩點(diǎn)時(shí),

彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等。

9.【答案】ABE

【解析】

【分析】

在密閉條件中，在一定溫度下，與固體或液體處于相平衡的蒸汽所具有的壓力稱為飽和蒸汽壓。

同一物質(zhì)在不同溫度下有不同的飽和蒸氣壓，并隨著溫度的升高而增大。單晶體具有各向異性，

多晶體具有各向同性；第二類永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律；分子間的作用力

表現(xiàn)為斥力或引力與分子之間的距離有關(guān)；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的

同時(shí)外界對(duì)其做功，其內(nèi)能可能增大，有可能不變，可能減少。

本題主要是考查飽和蒸氣壓、晶體的特點(diǎn)以及、熱力學(xué)定律等知識(shí)，解答本題的關(guān)鍵是能夠熟練

掌握熱學(xué)部分的基本知識(shí)并能夠熟練應(yīng)用。

【解答】

4.同一物質(zhì)在不同溫度下有不同的飽和蒸氣壓，并隨著溫度的升高而增大，故A正確；

B.單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性，故8正確；

C.第二類永動(dòng)機(jī)沒有違反了能量守恒定律,不能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，故C錯(cuò)誤；

。.當(dāng)分子間的距離增大時(shí)，分子間的引力和斥力均減小，但斥力減小得更快；但當(dāng)分子之間的距

離小于2時(shí)表現(xiàn)為斥力，在分子之間的距離大于時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故。錯(cuò)誤；

E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律，一定質(zhì)量的理想氣體，放熱(Q<0)的同時(shí)外界對(duì)其做功(勿>0),其內(nèi)

能：△U=Q+W可能減少，可能增大，有可能不變。故E正確。

故選ABE。

10.【答案】ACE

【解析】解：A、根據(jù)圖象，由質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向可得：波沿%軸負(fù)方向傳播，故A正

確；

]8s

B、當(dāng)￡=1.8s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，故周期7=m=08s；

4

由圖象可得：波長;1=0.4m,故波的傳播速度y=9=0.5ni/s；故8錯(cuò)誤；

C、St=1.6s,質(zhì)點(diǎn)P剛好運(yùn)動(dòng)兩個(gè)周期，故質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為2X4A=2X4x5cm=0.4m,

故C正確；

DE、質(zhì)點(diǎn)Q向上運(yùn)動(dòng)，振幅為5cm,周期7=0.8s,t=0時(shí)，y=2.5cm,故Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為丫=

5sin(^nt+^)cm：

由|行+牌軻得：t=gs=^s,故經(jīng)2s,質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處，故。錯(cuò)

誤，E正確；

故選：ACE..

根據(jù)P的振動(dòng)方向得到波的傳播方向，然后根據(jù)P的振動(dòng)得到周期，即可由圖得到波長，從而求得

波速；根據(jù)周期求得P的振動(dòng)，再根據(jù)Q的初始位置得到振動(dòng)方程，從而求得第一次到達(dá)y軸正方

向最大位移處的時(shí)間。

在給出波形圖求解質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)、波速的問題中，一般根據(jù)圖象得到波長及時(shí)間間隔與周期的關(guān)系，

從而求得周期，即可得到質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)情況，由今求得波速。

11.【答案】3.05.0

【解析】解：由閉合電路歐姆定律可得U=E-/r,由圖像可知，電源電動(dòng)勢(shì)為

E=3.0K

電源內(nèi)阻為

,AU,3.0_UM

r=印=而。=5.00

故答案為:3.0；5.0。

由閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像物理意義和數(shù)據(jù)計(jì)算電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

本題要求掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。

12.【答案】670.6012.000.22：1

【解析】解：(1)從紙帶上的數(shù)據(jù)分析得知：在點(diǎn)計(jì)數(shù)點(diǎn)6之前，兩點(diǎn)之間的位移逐漸增大，是加

速運(yùn)動(dòng)，位移的增量為定值，均為2cm,而在6、7間增加的位移小于2cm；故說明在6、7間物體

即開始減速；

(2)每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.1s,

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上某點(diǎn)時(shí)小車

的瞬時(shí)速度大小。

計(jì)數(shù)點(diǎn)3對(duì)應(yīng)的速度大小為%=黑=嗎胃;°】x10-2=0.601m/s

乙INXU.JL

(3)計(jì)數(shù)點(diǎn)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=a72可以求出

物塊加速運(yùn)動(dòng)過程中加速度，得：

a/°yxl0-2=2.0(Ws2。

而物塊減速運(yùn)動(dòng)過程中加速度，得:

4.60+6.60-8.61-10.60

a!=9X1U2=—2.00m/s2?

4X0.12

因此減速運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大小為2.00m/s2；

(4)設(shè)物塊的質(zhì)量為M,而重物質(zhì)量為m；

根據(jù)/'=〃Mg，再由牛頓第二定律，f-Ma,則有：〃=]=卷=0.2；

在加速過程中，則有，mg-nMg=(M+m)a

而“Mg=Ma',

解得：M：m=2：1；

故答案為：(1)6、7；

(2)0.601：

(3)2.00；

(4)0.2；2：1?

由紙帶兩個(gè)點(diǎn)之間的時(shí)間相同，若位移逐漸增大，表示物體做加速運(yùn)動(dòng)，若位移逐漸減小，則表

示物體做減速運(yùn)動(dòng)；

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aK可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中

點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上某點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

根據(jù)f=結(jié)合f=ma,即可求解動(dòng)摩擦因數(shù)；再結(jié)合牛頓第二定律，及加速時(shí)加速度，即

可求解物塊與重物質(zhì)量之比。

本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的紙帶處是問題，要掌握利用平均速度求解瞬時(shí)速度，以及根據(jù)△y=

求解加速度的方法，同時(shí)掌握牛頓第二定律的應(yīng)用。

13.【答案】解：(1)小物塊落到圓弧上的B點(diǎn)，B、4兩點(diǎn)關(guān)于。點(diǎn)對(duì)稱，則：AB=R,

根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgR=

解得：vB-yj2gR-4m/s,

所以小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/s.

(2)小物體到達(dá)B點(diǎn)后沿切線方向的分速度：vBffJ=vBcos6,

解得：%以=2/3m/s,

小物體從B點(diǎn)到C點(diǎn)，機(jī)械能守恒，去圓弧最低點(diǎn)C為重力勢(shì)能的零點(diǎn)，

由機(jī)械能守恒定律得：2m以加+mgR(l-sin。)=哈

-

解得：vc=2A/5zn/s(

設(shè)長木板第一次與木樁碰撞之前，小物塊與長木板的速度相同，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以向右為正方

向，由動(dòng)量守恒定律得：

mvc=(M+m)v,

解得：i7=Wm/s，

對(duì)長木板，由動(dòng)能定理得：nmgs=Mv2,

解得：s=<Im

o

假設(shè)成立，即長木板第一次與木樁碰撞時(shí)，速度的大小為警加小.

(3)長木板第一次由于木樁碰撞反彈后，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：

Mv—mv=(M+m)v',

解得：1y=?m/s，

由能量守恒定律得：fimgL=^mvc-1(m4-

解得：L==3.125m,所以木板的長度至少為3.125m；

o

答：⑴小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為4rn/s；

(2)長木板第一次與木樁碰撞時(shí)的速度大小為?m/s;

(3)木板的長度至少為3.125m.

【解析】(1)物塊從4到B的過程中，物塊只在重力的作用下運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，有機(jī)械能守恒可

以求得到達(dá)B時(shí)的速度的大?。?/p>

(2)小物塊在長木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)不受其他外力的作用，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，有動(dòng)量守

恒定律可以求得長木板的速度的大??；

(3)小物塊不滑出長木板，則小物塊和長木板的動(dòng)能都克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能，根據(jù)

能量的守恒可以求得木板的長度.

物體與斜面碰撞時(shí)，損失了物體沿半徑方向的速度，所以在物體與斜面碰撞后，物體的速度要變

化.本題考查了機(jī)械能守恒還有動(dòng)量守恒，同時(shí)還有摩擦力做功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的問題，涉及的

知識(shí)點(diǎn)較多，對(duì)學(xué)生的能力要求較強(qiáng).

14.【答案】解：①此過程為等壓過程，有附=*，而%=2自S+/IBS，匕=2也s,

解得：Ti=240K

②從B活塞到達(dá)底部，到4活塞開始運(yùn)動(dòng)，氣體發(fā)生等容變化：,=自，

最初，對(duì)B活塞，有：PyS=Pos+mBg

解得：Pi=2.4x105匕

活塞要?jiǎng)訒r(shí)，對(duì)4活塞，有P22s+/=Po2s+niAg,

5

解得：P2=2.1x10Pa

代入等容方程，解得：T2=210K

答：①當(dāng)氣缸B中的活塞剛好下降至氣缸底部時(shí)