2022年四川省巴中市高考物理一诊试卷(word版含答案解析).doc

1、2022年四川省巴中市高考物理一诊试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度大小成正比，则其机械能E（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为E0）随小球上升高度h变化的规律下列描绘正确的是（）ABCD2（6分）有三种不同抗拉强度Rm（在拉断前承受的最大拉力值）的材料a、b、c，其中c的R值最大，a的最小，某次施工时按如图所示对a、b、c三种材料制成的钢绳进行安装，为了安全，工程师安装

2、合理的是（）AOA用材料c，OB用材料a，OC用材料bBOA用材料a，OB用材料c，OC用材料bCOA用材料a，OB用材料b，OC用材料cDOA用材料b，OB用材料a，OC用材料c3（6分）运动员甲站在地上伸手可摸到2.70m，竖直起跳后可摸到3.15m。他的队友乙以5m/s的速度向篮板方向传出篮球，出球方向与水平方向成37角，篮球上升到最高点时甲恰好起跳达到最高点在空中接到球完成扣篮得分，运动员甲乙身高一致且不计空气阻力，g10m/s2，sin370.6，下列说法正确的是（）A运动员甲起跳速度为4.0m/sB运动员甲在队友乙传出篮球时起跳C篮球在空中运动过程中，篮球所受重力的冲量为零D运动员

3、接到球前的瞬间，篮球的速度恰好为零4（6分）如图所示，质量M3kg，长L2m的木板静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块（可视为质点），小滑块的质量m1kg，小滑块和木板之间的动摩擦因数0.2。若用水平拉力F作用在木板上，取g10m/s2，则下列说法正确的是（）AF4N时，滑块的加速度大小为2m/s2BF6N时，小滑块与木板发生相对滑动CF14N时，小滑块会从木板上滑下，且小滑块和木板之间产生的热量是4JD把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F越大，小滑块和木板之间产生的热量越大5（6分）2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，实现了从地月系到行星际的跨越，

4、在火星上首次留下中国人的印迹。科学家设计了在火星表面从高为h处以初速度v0水平抛出一个小球，测得抛出点与落地点之间的距离为L，该火星的半径为R，万有引力常数为G，根据以上信息则可以求出（）A天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间B火星的自转周期C天问一号探测器在火星表面上的重力D火星的质量（多选）6（6分）在如图所示的电路中，定值电阻R1R43k，R22k，R3R512k，电容器的电容C6F，电源的电动势E10V，内阻不计，当开关S1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q2103C的油滴恰好保持静止，当开关S2闭合后，则以下判断正确的是（）A电容器上极板是高电势点B带电油滴加速向下运

5、动Ca、b两点的电势差Uab8VD通过R3的电量Q4.8105C（多选）7（6分）如图所示，水平面上有一个正方形，M、N、P、Q是其四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于O点，在O点处固定一个负点电荷。现加一平行于纸面的匀强电场后，Q点的场强为零，则加匀强电场后（）AP点的场强大小大于N点的场强B正电荷在M点的电势能大于N点的电势能CM点的场强方向由M指向QD把正电荷从N点移到Q点电场力做负功（多选）8（6分）如图甲所示，在竖直平面内有一个倾角为且足够长的斜面、现有质量为m的物块，从斜面上的某位置由静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数随物块下滑位移x的变化规律如图乙所示，物块的加

6、速度随下滑位移变化规律如图丙所示，取沿斜面向下为x轴正方向，下列说法正确的是（）A图乙中x处对应的纵坐标为tanB物块的最大速度为C物块运动过程中机械能先变大后变小D物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为2mgx0sin三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9（6分）某实验小组采用如图所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：（1）他们用该实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为纵

7、坐标，加速度a为横坐标，画出的Fa图像，则小车的质量为 ，该实验中， 平衡小车和长木板之间的摩擦力（A.必须 B.不必）。（2）若实验小组同学使用的重物质量mM，则小车的加速度a g（大于、小于或等于）。10（9分）某兴趣小组想测一测奶茶的电阻率，用一根较粗并且粗细均匀的吸管注满奶茶，两端用导电性能良好的材料密封管口，现有如下仪器：电源E：电动势为6V，电源的内阻不计电压表V：量程为2V，内阻r12k电流表A：量程为6mA，内阻约为50定值电阻R14k定值电阻R28k滑动变阻器R：最大阻值20，额定电流2A，多用电表一个，单刀单掷开关S，导线若干。（1）小李同学找来一根同规格的吸管，用游标卡尺

8、测量吸管内径D，其读数如图1所示，D mm。（2）小红同学将多用电表欧姆挡旋至“100”挡，对注满吸管的奶茶粗略的测量电阻如图2所示，小红同学所测量的阻值为 。（3）小张同学想要精确测量奶茶的阻值，测量过程要求仪表的指针偏角均达到最大偏角的三分之一以上且指针偏转范围尽量较大，请你在方框内设计合理的电路，并补充完整，图3中Rx为奶茶的电阻。（4）小张某次测得电压表的读数为U1V，电流表的数为I2.5mA，所测得奶茶的电阻为Rx ，再用刻度尺测量吸管的长度可以计算出奶茶的电阻率。11（12分）如图所示，一足够长、倾角30的斜面固定在水平地面上，一个可看成质点且质量为2.5kg的滑块M在斜面上的B点

9、静止，滑块M与斜面间的动摩擦因数。另一个质量为1.5kg也可看成质点的滑块m（m与斜面接触的表面光滑），从离B点的距离d1.6m的A点由静止下滑，之后两滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短、重力加速度g10m/s2。求：（1）A与B刚要发生碰撞时A的速度v0；（2）碰后到m第一次上滑到最高点的过程中，M损失的机械能E。12（20分）间距为d的平行金属板PQ、MN水平放置，极板右端点Q、N在足够长的竖直虚线AC上，如图甲所示，两极板间有竖直向上的匀强电场，场强E1按图乙所示规律变化（E0未知）。在AC右侧区域同时存在垂直于纸面的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E2，且在0T时间内，紧靠M点水平向右不断地

10、射入质量为m、电荷量为q（q0）、速度的小球，小球可视为质点，在小球飞越极板的极短时间内E1可视为不变，0时刻射入的小球恰好从Q点射出，射出速度与水平方向的夹角，在AC右侧区域运动一段时间后从N点飞入两极板间，重力加速度为g，求：（1）电场强度E0的值；（2）磁感应强度B的大小和方向；（3）t1时刻（0t1T）射入极板的小球，在AC右侧区域运动的时间t。（结果用反三角函数表示，若tanp，则arctanp）三、物理一选修3-3（多选）13（5分）下列有关热现象和内能的说法中正确的是（）A把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变B盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大C电流通过

11、电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的D分子间引力和斥力相等时，分子势能最大14（10分）在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的VT图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为P1.0105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q6.0102J，求：（i）气体在此状态B的体积VB；（ii）此过程中气体内能的增量U。四、物理一选修3-4（多选）15周末，鹏程和小李到清江观光园去秋游，他俩发现公园内湖面上有只游船，游客周期性摇动双桨激起的水波源源不断地传向湖边、他俩用华为手机上的秒表记录了水面上漂浮的树叶在12秒共完

12、成了6次全振动，他们又用该手机上“实用工具”中的“AR测量”测出树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10s，鹏程10s内拍击水面10次让手激起的振动向周围传播，他们最后讨论得到正确结论的是（）A游客摇桨激起的水波波长是1mB鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加能产生干涉图样C他们观察到桨激起的水波波长比手激起的水波长长D鹏程用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅不改变E鹏程用手激起的水波能够绕过漂浮在湖中长为0.2m的木板16在各种标准的公路上，都有用“回归反光膜”制成的标志牌，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标牌上的各种标志能把车灯射出的光逆向返回，标牌

13、上的各种标志特别醒目，这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径非常小的细玻璃球。如图所示，某球形的半径为R，所用玻璃的折射率为n，一光线沿平行于玻璃球直径AB方向照射在玻璃球上，该光线射入球中，只在里面发生一次反射后又通过球体折射出，折射光线与入射光线平行而反向，求：（1）该入射光线离AB的距离d是多大？（2）判断该光线在玻璃珠内能否发生全反射，并求所有平行AB方向照射到玻璃球上的光中，射入球内只经一次反射后射出玻璃球，其中在球内经过的最长时间t。2022年四川省巴中市高考物理一诊试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，

14、第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.1（6分）小球以一定的初速度竖直上抛，在其向上运动过程中，空气阻力与速度大小成正比，则其机械能E（以抛出点为零势能点，抛出时机械能为E0）随小球上升高度h变化的规律下列描绘正确的是（）ABCD【分析】由功能关系可知，机械能的减少量等于物体克服阻力所做的功，Eh图中切线的斜率大小等于阻力的大小，通过速度的变化分析空气阻力的变化，来分析图象的形状。【解答】解：根据功能关系得Efh，即Eh图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小。在上升过程中，h增大，小球的速度减小，空气阻力随之减小

15、，图象的斜率逐渐减小，直至为零。所以C图可能正确。故ABD错误，C正确。故选：C。2（6分）有三种不同抗拉强度Rm（在拉断前承受的最大拉力值）的材料a、b、c，其中c的R值最大，a的最小，某次施工时按如图所示对a、b、c三种材料制成的钢绳进行安装，为了安全，工程师安装合理的是（）AOA用材料c，OB用材料a，OC用材料bBOA用材料a，OB用材料c，OC用材料bCOA用材料a，OB用材料b，OC用材料cDOA用材料b，OB用材料a，OC用材料c【分析】对结点进行分析，做出受力分析图，结合图象进行分析即可求解。【解答】解：对结点O受力分析如图所示；根据共点力平衡条件得TOATOBTOCtan30

16、故三段钢绳拉力OA段最大，OB段最小，安装合理的是OA用材料c，OB用材料a，OC用材料b，故A正确，BCD错误。故选：A。3（6分）运动员甲站在地上伸手可摸到2.70m，竖直起跳后可摸到3.15m。他的队友乙以5m/s的速度向篮板方向传出篮球，出球方向与水平方向成37角，篮球上升到最高点时甲恰好起跳达到最高点在空中接到球完成扣篮得分，运动员甲乙身高一致且不计空气阻力，g10m/s2，sin370.6，下列说法正确的是（）A运动员甲起跳速度为4.0m/sB运动员甲在队友乙传出篮球时起跳C篮球在空中运动过程中，篮球所受重力的冲量为零D运动员接到球前的瞬间，篮球的速度恰好为零【分析】篮球在空中做斜

17、上抛运动，可以将运动分解成水平方向匀速运动和竖直方向竖直上抛运动；运动员则在篮筐下做竖直上抛运动；要完成恰好在篮球上升到最高点时接到球并完成扣篮，及运动员手和篮球同时在篮筐处相遇；根据运动的合成与分解，结合运动学公式求解即可；根据冲量的定义求解。【解答】解：A、设运动员甲站在地上伸手可摸到高度为：h12.70m，竖直起跳后最大摸高为：h23.15m，根据速度位移公式，可得运动员甲起跳速度为：vm/s3m/s，故A错误；B、根据速度的合成与分解，可得篮球抛出时竖直向上分量为：vyv0sin3750.6m/s3m/s，与运动员的起跳速度相等，所以篮球上升到最高点时甲恰好起跳达到最高点在空中接到球完

18、成扣篮得分，运动员甲应该在队友乙传出篮球时起跳，故B正确；C、篮球在空中运动时，加速度为g，做匀变速运动，根据冲量的定义，可得篮球所受重力的冲量为：Imgt，所以篮球所受重力的冲量不可能为零，故C错误；D、运动员接到球前的瞬间，即篮球运动至最高点时，水平方向的速度是不变的，并不为0，即速度不为0，故D错误。故选：B。4（6分）如图所示，质量M3kg，长L2m的木板静止在光滑水平面上，木板上右端放一个小滑块（可视为质点），小滑块的质量m1kg，小滑块和木板之间的动摩擦因数0.2。若用水平拉力F作用在木板上，取g10m/s2，则下列说法正确的是（）AF4N时，滑块的加速度大小为2m/s2BF6N时

19、，小滑块与木板发生相对滑动CF14N时，小滑块会从木板上滑下，且小滑块和木板之间产生的热量是4JD把木板从小滑块下面抽出，水平拉力F越大，小滑块和木板之间产生的热量越大【分析】应用牛顿第二定律求出滑块与木板相对滑动时的临界拉力，然后应用牛顿第二定律求出加速度；应用运动学公式与功的计算公式分析答题。【解答】解：AB、设小滑块恰好开始相对木板滑动时滑块的加速度大小为a0，拉力大小为F0，由牛顿第二定律得：对滑块：mgma0，对滑块与木板系统：F0（M+m）a0，代入数据解得：F06N，当拉力FF06N时滑块相对木板滑动，当F4N时滑块相对木板静止，对滑块与木板整体，由牛顿第二定律得：F（M+m）a

20、，代入数据解得：a1m/s2，故AB错误；C、F14N6N，滑块相对木板滑动，小滑块会从木板上滑下，小滑块与木板间产生的热量QmgL0.21102J4J，故C正确；D、只要能把木板从小滑块下面抽出，不论水平拉力F大小，小滑块和木板之间产生的热量都是QmgL0.21102J4J，故D错误。故选：C。5（6分）2021年5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，实现了从地月系到行星际的跨越，在火星上首次留下中国人的印迹。科学家设计了在火星表面从高为h处以初速度v0水平抛出一个小球，测得抛出点与落地点之间的距离为L，该火星的半径为R，万有引力常数为G，根据以上信息则可以求出（

21、）A天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间B火星的自转周期C天问一号探测器在火星表面上的重力D火星的质量【分析】先根据平抛运动的运动学公式列式求解重力加速度，然后根据重力等于万有引力列方程求解星球质量【解答】解：A.由于不知道距离，故无法求出天文一号发出它收集到的信息到我控制中心的时间，故A错误；B.由已知条件，无法求出火星的自转周期，故B错误；C.由于不知道天问一号的质量，故无法求出天问一号探测器在火星表面上的重力，故C错误；D.忽略火星自转影响，物体在火星表面受到的重力等于火星对物体的万有引力，则Gmg小球在火星表面做平抛运动，则有hLv0t解得：g联立解得M，故可求出火星的质量，故

22、D正确。故选：D。（多选）6（6分）在如图所示的电路中，定值电阻R1R43k，R22k，R3R512k，电容器的电容C6F，电源的电动势E10V，内阻不计，当开关S1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q2103C的油滴恰好保持静止，当开关S2闭合后，则以下判断正确的是（）A电容器上极板是高电势点B带电油滴加速向下运动Ca、b两点的电势差Uab8VD通过R3的电量Q4.8105C【分析】当开关S2闭合后，根据R1与R4电压关系，分析电容器上极板电势高低；根据开关S2闭合前后油滴所受电场力的变化，判断油滴的运动情况；a、b两点的电势差Uab等于R1与R4电压之差；由QCUab求电容器带电量的

23、变化量，即为通过R的电量Q。【解答】解：A、当开关S2闭合后，由电路图可知，R1两端的电压U1R13V6V，R4两端的电压U4R43V2V，因U1U4，结合在外电路中顺着电场方向电势降低，可知电容器上极板是低电势点，故A错误；B、当开关S1闭合电流达到稳定时，此时电容器上极板是高电势点，处在电容器中油滴保持静止，所受的电场力方向竖直向上，而开关S2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，故B正确；C、由电路图可知，a、b两点的电势差为UabU4U12V6V4V，故C错误；D、当开关S1闭合电流达到稳定时，a、b两点的电势差UabE10V4V，再

24、到当开关S2闭合后的过程中，通过R3的电量为QQ1+Q2CUab+CUab，代入数据解得：Q4.8105C，故D正确。故选：BD。（多选）7（6分）如图所示，水平面上有一个正方形，M、N、P、Q是其四条边上的中点，M、N两点连线与P、Q两点连线交于O点，在O点处固定一个负点电荷。现加一平行于纸面的匀强电场后，Q点的场强为零，则加匀强电场后（）AP点的场强大小大于N点的场强B正电荷在M点的电势能大于N点的电势能CM点的场强方向由M指向QD把正电荷从N点移到Q点电场力做负功【分析】根据电场的矢量合成可比较PN的场强大小，负电荷产生的电场在M、N两点的电势相等，匀强电场方向向下，在M、N两点的电势也

25、相等，沿电场线方向电势降低。【解答】解：根据负电荷的电场的特点可知，负电荷产生的电场的场强方向指向负电荷，加之强电场后，Q点的场强为零，匀强电场的电场与负电荷在Q点产生的电场E0的大小相等，方向相反，可知强电场的电场强度的方向向下。A.负电荷在P点产生的电场的方向向下，加匀强电场后Ep2E0N点的场强方向水平向左，大小为E0，根据矢量运算得ENE0故A正确：B.负电荷产生的电场在M、N两点的电势相等，匀强电场方向向下，在M、N两点的电势也相等，所以M、N两点的电势相等，正电荷在M点的电势能等于N点的电势能，故B错误；C.负电荷在M点产生的电场的方向向右，匀强电场的方向向下，二者大小相等，由几何

26、关系知，合成后合场强的方向由M指向Q，故C正确；D.负电荷产生的电场在N、Q两点的电势相等，匀强电场方向向下，即匀强电场在N点的电势高于在Q点的电势，所以整体N点的电势高于Q点的电势，把正电荷从N点移到Q点电场力做正功，故D错误。故选：AC。（多选）8（6分）如图甲所示，在竖直平面内有一个倾角为且足够长的斜面、现有质量为m的物块，从斜面上的某位置由静止开始下滑。斜面与物块间的动摩擦因数随物块下滑位移x的变化规律如图乙所示，物块的加速度随下滑位移变化规律如图丙所示，取沿斜面向下为x轴正方向，下列说法正确的是（）A图乙中x处对应的纵坐标为tanB物块的最大速度为C物块运动过程中机械能先变大后变小D

27、物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为2mgx0sin【分析】根据图丙得出加速度为零的位置，结合受力分析得出的值；根据速度位移公式，结合加速度为零时速度最大计算出物块的最大速度；因为摩擦力一直做负功，所以物块的机械能一直减小；根据做功公式计算出摩擦力做的负功，即为损失的机械能。【解答】解：A、根据图丙可知，在x0处的加速度为0，则由mgsinmgcos可得图乙x0处的纵坐标为tan，故A正确；B、开始下滑时的加速度读为：a0gsin根据v22a0x结合图像丙可知物体的最大速度为：，故B错误；C、整个过程中有摩擦力做功，故物体运动过程中机械能一直变小，故C错误；D、物体从开始运动至最低点的

28、过程中损失的机械能为：Emgcos2x02mgcosx0tan2mgx0sin，故D正确；故选：AD。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9（6分）某实验小组采用如图所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：（1）他们用该实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，加速度a为横坐标，画出的Fa图像，则小车的质量为 ，该实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力（A.必须 B.不必）。

29、（2）若实验小组同学使用的重物质量mM，则小车的加速度a 小于g（大于、小于或等于）。【分析】（1）实验需要平衡摩擦力；应用牛顿第二定律求出图像的函数表达，根据图示图像求出小车的质量。（2）应用牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）实验必须平衡小车和长木板之间的摩擦力；弹簧测力计的示数为F，对小车，由牛顿第二定律得：2FMa，解得FMa由图示Fa图像可知，图像的斜率kM，解得小车的质量M。（2）由图示实验装置可知，重物与小车都由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内，重物的位移是小车位移的2倍，由匀变速直线运动的位移时间公式可知，重物的加速度a重物是小车加速度a的2倍，即a重物2a，

30、由牛顿第二定律得：对小车：2FMa对重物：mgFma重物已知：mM解得：ag，a小于g故答案为：（1）；必须；（2）小于。10（9分）某兴趣小组想测一测奶茶的电阻率，用一根较粗并且粗细均匀的吸管注满奶茶，两端用导电性能良好的材料密封管口，现有如下仪器：电源E：电动势为6V，电源的内阻不计电压表V：量程为2V，内阻r12k电流表A：量程为6mA，内阻约为50定值电阻R14k定值电阻R28k滑动变阻器R：最大阻值20，额定电流2A，多用电表一个，单刀单掷开关S，导线若干。（1）小李同学找来一根同规格的吸管，用游标卡尺测量吸管内径D，其读数如图1所示，D10.5mm。（2）小红同学将多用电表欧姆挡旋

31、至“100”挡，对注满吸管的奶茶粗略的测量电阻如图2所示，小红同学所测量的阻值为 1600。（3）小张同学想要精确测量奶茶的阻值，测量过程要求仪表的指针偏角均达到最大偏角的三分之一以上且指针偏转范围尽量较大，请你在方框内设计合理的电路，并补充完整，图3中Rx为奶茶的电阻。（4）小张某次测得电压表的读数为U1V，电流表的数为I2.5mA，所测得奶茶的电阻为Rx1500，再用刻度尺测量吸管的长度可以计算出奶茶的电阻率。【分析】（1）由图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）图2中指针指向16，由题意可知：欧姆表倍率为100，乘以倍率即得被测

32、电阻的值；（3）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材。电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法。滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法。（4）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解。【解答】解：（1）根据游标卡尺的读数规则，游标卡尺游标为10分度，故精确度为0.1mm，主尺读数为10mm，游标尺上第5个格对齐，故最终读数为10mm+0.15mm10.5mm。（2）由于多用电表欧姆挡旋至“100”挡，由图可知，所测量的阻值为161001600（3）由条件可知，电压表与定值电串联测电阻的电压，电流表测干路的电路，其电路图如下图所示（4

33、）根据闭合电路的欧姆定律可得Rx1500故答案为：（1）10.5；（2）1600；（3）1500。11（12分）如图所示，一足够长、倾角30的斜面固定在水平地面上，一个可看成质点且质量为2.5kg的滑块M在斜面上的B点静止，滑块M与斜面间的动摩擦因数。另一个质量为1.5kg也可看成质点的滑块m（m与斜面接触的表面光滑），从离B点的距离d1.6m的A点由静止下滑，之后两滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短、重力加速度g10m/s2。求：（1）A与B刚要发生碰撞时A的速度v0；（2）碰后到m第一次上滑到最高点的过程中，M损失的机械能E。【分析】（1）应用动能定理可以求出碰撞前瞬间A的速度。（2）两滑块发

34、生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后瞬间滑块的速度，应用牛顿第二定律与运动学公式求出m到达最高点的时间与在该时间内M的位移大小，然后求出M损失的机械能。【解答】解：（1）A从开始下滑到与B碰撞过程，由动能定理得：mgdsin0代入数据解得：v04m/s（2）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mvv0mvv1+Mvv2，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v11m/s，v23m/s，负号表示方向沿斜面向上对m，由牛顿第二定律得：mgsinma代入数据解得：a5m/s2，m上升到最高点

35、需要的时间ts0.2s碰撞后对M，由牛顿第二定律得：MgsinMgcosma代入数据解得：a0，即碰撞后M向下做匀速直线运动，m上升到最高点时M的位移大小xv2t30.2m0.6mM损失的机械能EMgxcos2.5100.6cos30J7.5J答：（1）A与B刚要发生碰撞时A的速度v0大小是4m/s，方向平行于斜面向下。（2）碰后到m第一次上滑到最高点的过程中，M损失的机械能E是7.5J。12（20分）间距为d的平行金属板PQ、MN水平放置，极板右端点Q、N在足够长的竖直虚线AC上，如图甲所示，两极板间有竖直向上的匀强电场，场强E1按图乙所示规律变化（E0未知）。在AC右侧区域同时存在垂直于纸

36、面的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E2，且在0T时间内，紧靠M点水平向右不断地射入质量为m、电荷量为q（q0）、速度的小球，小球可视为质点，在小球飞越极板的极短时间内E1可视为不变，0时刻射入的小球恰好从Q点射出，射出速度与水平方向的夹角，在AC右侧区域运动一段时间后从N点飞入两极板间，重力加速度为g，求：（1）电场强度E0的值；（2）磁感应强度B的大小和方向；（3）t1时刻（0t1T）射入极板的小球，在AC右侧区域运动的时间t。（结果用反三角函数表示，若tanp，则arctanp）【分析】（1）小球进入极板间做类平抛运动，根据不同方向的运动特点计算出场强的大小；（2）小球进入磁场后做匀速圆周

37、运动，根据洛伦兹力提供向心力以及几何关系计算出磁感应强度的大小；（3）根据牛顿第二定律求出小球的加速度，结合角度关系分析出小球在磁场中的运动时间。【解答】解：（1）小球在极板间做类平抛运动，对0时刻进入的小球，由牛顿第二定律得：qE0mgma小球在竖直方向做匀加速直线运动，有vyat由题意可得：联立解得：；（2）小球进入AC右侧区域，F合qvB，小球做匀速圆周运动小球从极板飞出时的速度为：由牛顿第二定律得：由几何关系得：联立解得：根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外（3）极板间t1时刻的电场强度t1时刻进入极板的小球，由牛顿第二定律得：qE1mgma1小球沿v0方向做匀速直线运动，通过极板

38、的时间仍为小球飞出极板时的竖直分速度为：设小球飞出极板时速度与水平方向的夹角为，则有小球在磁场中转过的角度为+2小球在磁场中运动的周期为：小球在磁场中运动时间为：解得：t答：（1）电场强度E0的值为；（2）磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；（3）t1时刻（0t1T）射入极板的小球，在AC右侧区域运动的时间为。三、物理一选修3-3（多选）13（5分）下列有关热现象和内能的说法中正确的是（）A把物体缓慢举高，其机械能增加，内能不变B盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大C电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的D分子间引力和斥力相等时，分子势能最大【分

39、析】物体的机械能与动能和势能有关，物体内能与物体的温度有关，热传递和做功都可以改变物体的内能，电流通过电阻发热是通过电流做功的方式实现的，分子力的合力为零时，分子势能最小。【解答】解：A、把物体缓慢举高，重力势能增加，由于速度不变，动能不变，故机械能增加，在举高的过程中，由于物体的温度没有变化，故内能不变，故A正确；B、气体的内能由温度决定，与物体的宏观速度大小无关，容器中气体的内能不变，故B错误；C、电流通过通过电阻后电阻发热，内能的增加是通过电流“做功”的方式实现的，故C正确；D、分子间引力和斥力相等时，分子力的合力为零，分子势能最小，故D错误；故选：AC。14（10分）在图甲所示的密闭气

40、缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的VT图象。已知AB的反向延长线通过坐标原点O，气体在A点的压强为P1.0105Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q6.0102J，求：（i）气体在此状态B的体积VB；（ii）此过程中气体内能的增量U。【分析】（1）由图象可知气体发生的是等压变化，由盖吕萨克定律求出气体体积的变化；（2）根据功的公式可求得求出气体所做的功，最后由热力学第一定律求出气体内能的增量。【解答】解：（i）由题VT图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖吕萨克定律得：；解得：VB8.0103m3（ii）外界对气体做的功：Wp（VBV

41、A）1.0105（8.01036.0103）J2102J根据热力学第一定律：UQ+W 解得：U6.0102J2102J4.0102J400J。答：（i）气体在此状态B的体积VB为8.0103m3（ii）此过程中气体内能的增量U为400J。四、物理一选修3-4（多选）15周末，鹏程和小李到清江观光园去秋游，他俩发现公园内湖面上有只游船，游客周期性摇动双桨激起的水波源源不断地传向湖边、他俩用华为手机上的秒表记录了水面上漂浮的树叶在12秒共完成了6次全振动，他们又用该手机上“实用工具”中的“AR测量”测出树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10s，鹏程10s内拍击水面10次让

42、手激起的振动向周围传播，他们最后讨论得到正确结论的是（）A游客摇桨激起的水波波长是1mB鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加能产生干涉图样C他们观察到桨激起的水波波长比手激起的水波长长D鹏程用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅不改变E鹏程用手激起的水波能够绕过漂浮在湖中长为0.2m的木板【分析】1s内质点振动的次数是频率；根据v求解波速；频率相同的两列波才能发生干涉；简谐波在传播过程中各质点振幅不改变；一切波都能发生衍射现象。【解答】解：A.树叶在12秒共完成了6次全振动，所以振动周期为T2s树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10s，所以传播速度为vm/s0.

43、5m/s故水波波长为vT0.52m1m故A正确；B.浆激起的波的频率为f0.5Hz鹏程用手激起的水波的频率为f1Hz两列波的频率不相等，所以鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加不能产生干涉图样，故B错误；C.波速由介质决定，所以波速不变，由于波长可知桨激起的水波波长比手激起的水波长长，故C正确：D.由于水波不是简谐波，所以用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅要改变，故D错误；E.一切波都能发生衍射现象，所以鹏程用手激起水波能够绕过漂浮在湖中长为0.2m的木板继续向前传播，故E正确。故选：ACE。16在各种标准的公路上，都有用“回归反光膜”制成的标志牌，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向

44、返回，标牌上的各种标志能把车灯射出的光逆向返回，标牌上的各种标志特别醒目，这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径非常小的细玻璃球。如图所示，某球形的半径为R，所用玻璃的折射率为n，一光线沿平行于玻璃球直径AB方向照射在玻璃球上，该光线射入球中，只在里面发生一次反射后又通过球体折射出，折射光线与入射光线平行而反向，求：（1）该入射光线离AB的距离d是多大？（2）判断该光线在玻璃珠内能否发生全反射，并求所有平行AB方向照射到玻璃球上的光中，射入球内只经一次反射后射出玻璃球，其中在球内经过的最长时间t。【分析】（1）分析入射角和折射角根据n计算折射率，再据几何关系列式求解；（2）根据sinC计算全反射临界角，从而判断是否发生全反射，根据v，计算光在玻璃中传播速度，再根据几何关系列式求解。【解答】解：（1）如图所示：设入射角为i，折射角为r；根据折射定律有：n由几何关系得：i2r联立代入数据解得：i60则：dRsin60R（2）设刚好发生全反射的临界角为C.sinC而sinrsin 30sinC故该光线不能发生全反射由分析可知当光线从A点射入时，在B点发生反射，光线偏转180，此束光时间最长vt联立解得：t答：（1）该入射光线离AB的距离d是R；（2）该光线在玻璃珠内不能发生全反射，在球内经过的最长时间为。26 / 26