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四川省成都市2023-2024年高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測
1．（2024高三·成都模擬） 圖（）為某型號(hào)家用全自動(dòng)波輪洗衣機(jī)，圖（）為洗衣機(jī)內(nèi)部結(jié)構(gòu)剖面圖，其內(nèi)桶由四根相同的輕質(zhì)吊桿前、后、左、右對稱懸掛（懸點(diǎn)可自由轉(zhuǎn)動(dòng)），內(nèi)筒靜止時(shí)每根吊桿與豎直方向夾角均為，內(nèi)桶總質(zhì)量為，重力加速度大小為，每根吊桿的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】內(nèi)筒受力平衡，根據(jù)平衡條件可得
，
每根吊桿的拉力大小為
，故ACD錯(cuò)誤，B正確
故選B
【分析】對內(nèi)桶受力分析，根據(jù)受力平衡聯(lián)立方程求出吊桿的拉力。
2．（2024高三·成都模擬） 圖示為一種自動(dòng)測定油箱內(nèi)油面高度的裝置，裝置中金屬杠桿的一端接浮標(biāo)（浮標(biāo)與杠桿絕緣），另一端的觸點(diǎn)接滑動(dòng)變阻器，油量表由電流表改裝而成。當(dāng)汽車加油時(shí)，油箱內(nèi)油面上升過程中，下列說法正確的是（　　）
A．電路中電流減小 B．兩端電壓減小
C．整個(gè)電路消耗的功率增大 D．電源輸出功率一定增大
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；能量轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的方向性；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.當(dāng)汽車加油時(shí)油箱內(nèi)油面上升時(shí)，通過浮球和杠桿使觸點(diǎn)向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變小，整個(gè)電路的總電阻變小，電路中的電流變大，故A錯(cuò)誤；
B.兩端電壓，由于電路中的電流變大，所以兩端電壓升高，故B錯(cuò)誤；
C.整個(gè)電路消耗的功率，由于電路中的電流變大，所以整個(gè)電路消耗的功率增大，故C正確；
D.電源輸出功率，當(dāng)時(shí)，電源輸出功率最大，因不知道電路中各個(gè)電阻的大小關(guān)系，所以無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】根據(jù)歐姆定律，結(jié)合電路滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻變小，討論出總電流增加，再根據(jù)電功率表達(dá)式分析整個(gè)電路消耗的功率和電源輸出功率。
3．（2024高三·成都模擬） 如圖，沿水平直軌道運(yùn)行的地鐵車廂內(nèi)，有一拉環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕繩與套于水平桿中的固定限位塊相連，某段時(shí)間內(nèi)拉環(huán)與豎直方向夾角始終為θ。已知限位塊、拉環(huán)質(zhì)量分別為M、m，重力加速度大小為g，則在該段時(shí)間內(nèi)（　　）
A．輕繩拉力大小為
B．列車加速度大小為
C．列車一定水平向右做勻加速運(yùn)動(dòng)
D．水平桿對限位塊的作用力大小為
【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體
【解析】【解答】A、拉環(huán)受重力、輕繩拉力作用
豎直方向根據(jù)平衡條件可得
輕繩拉力大小為
故A正確；
B、根據(jù)牛頓第二定律
列車加速度大小為
故B錯(cuò)誤；
C、由拉環(huán)傾斜情況可知列車加速度方向水平向右，列車速度方向不知，列車可能水平向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、將限位塊、拉環(huán)看做整體，水平桿對限位塊的作用力大小為
故答案為：A。
【分析】拉環(huán)與列車保持相對靜止，兩者的加速度相等。對拉環(huán)進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成與分解確定拉力及合力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的大小和方向。
4．（2024高三·成都模擬） 如圖，真空中兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷、關(guān)于點(diǎn)對稱分布，帶正電，為、連線上一點(diǎn)。保持距離不變，增大、之間的距離后再次靜止（仍關(guān)于O點(diǎn)對稱）。選無窮遠(yuǎn)為零電勢點(diǎn)，則、距離增大后（　　）
A．點(diǎn)的場強(qiáng)不變 B．點(diǎn)的電勢升高
C．點(diǎn)的場強(qiáng)變小 D．點(diǎn)的電勢降低
【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電場強(qiáng)度的疊加；電勢
【解析】【解答】A.由點(diǎn)電荷周圍的場強(qiáng)公式可知，增大、之間的距離后，、到點(diǎn)的距離都變大，、在點(diǎn)的場強(qiáng)都變小，由場強(qiáng)的疊加可知，點(diǎn)的場強(qiáng)變小，故A錯(cuò)誤；
B.增大、之間的距離后點(diǎn)的電勢仍然為零，不變，故B錯(cuò)誤；
C.增大、之間的距離后，、到點(diǎn)的距離都變大，、在點(diǎn)的場強(qiáng)都變小，由場強(qiáng)的疊加可知，點(diǎn)的場強(qiáng)變小，故C正確；
D.增大、之間距離后、間的場強(qiáng)減小，由可知，增大、之間的距離，距離不變，所以、之間的電勢差變小，由點(diǎn)電勢不變，點(diǎn)的電勢低于點(diǎn)的電勢，可知點(diǎn)的電勢升高，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】等量異種點(diǎn)電荷的連線中垂線是一條等勢線，故O點(diǎn)的電勢不變；再根據(jù)U=Ed來判斷OA之間的電勢差，從而判斷A的電勢變化
5．（2024高三·成都模擬）水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設(shè)蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（　　）
A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm
【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理
【解析】【解答】由動(dòng)量定理得，選向上為正方向，則3mgt-mgt=mv，解得v=2m/s
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得蘋果在鋼板上的碰傷閾值為，解得h=20cm，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【分析】根據(jù)動(dòng)量定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解。
6．（2024高三·成都模擬）年月，神舟十七號(hào)飛船成功與中國空間站對接，對接后的組合體運(yùn)行周期約小時(shí)，保證神舟十七號(hào)飛船正常通信的功臣是在地球同步軌道上運(yùn)行的中繼衛(wèi)星，組合體與中繼衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（　　）
A．組合體的軌道高度大于中繼衛(wèi)星的軌道高度
B．組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度
C．組合體的角速度小于中繼衛(wèi)星的角速度
D．組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度
【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A.根據(jù)，可得，已知組合體運(yùn)行周期約小時(shí)，中繼衛(wèi)星的周期為小時(shí)，可知組合體的周期小于中繼衛(wèi)星的周期，所以組合體的軌道半徑小于中繼衛(wèi)星的軌道半徑，組合體的軌道高度小于中繼衛(wèi)星的軌道高度，A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)，可得可知，軌道半徑越小，線速度越大，所以組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度，B正確；
C.根據(jù)可知，周期越小，角速度越大，所以組合體的角速度大于中繼衛(wèi)星的角速度，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)，可得可知，軌道半徑越小，加速度越大，所以組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度，D正確。
故選BD。
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合向心力周期與速度的表達(dá)式，以及角速度和周期分析求解。
7．（2024高三·成都模擬） 如圖，平行板電容器與電壓為的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為、電荷量為，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為，到達(dá)右板的速度大小為，重復(fù)上述過程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場可視為勻強(qiáng)電場，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【解答】AB.對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中受電場力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，有，可得可知，粒子到達(dá)右板的速度的大小與板間距離無關(guān)，A正確、B錯(cuò)誤；
CD.設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為，有，，，聯(lián)立可得可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間與板件距離成正比，C正確、D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中僅受電場力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析求解。
8．（2024高三·成都模擬） 如圖，空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為的光滑圓弧與足夠長的傾斜粗糙軌道、組成，、與水平面夾角均為且在、兩點(diǎn)與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為，電荷量為，從軌道上與圓心等高的點(diǎn)以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與、軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊在軌道下滑時(shí)的加速度大小為
B．滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為
C．滑塊最終將在軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．滑塊在軌道及軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為
【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A.根據(jù)題意可知，重力與電場力的合力，方向垂直于面向下，滑塊在軌道下滑時(shí)，有，解得，加速度大小為，A正確；
B.由幾何關(guān)系可知，，滑塊在軌道的點(diǎn)對軌道有最大壓力，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為，軌道對滑塊的支持力為，有，解得，根據(jù)牛頓第二定律，有，解得，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為，B錯(cuò)誤；
C.從點(diǎn)到點(diǎn)，電場力做負(fù)功，滑塊需克服電場力做功為，所以滑塊在到達(dá)點(diǎn)前已經(jīng)減速到，后反向滑回到點(diǎn)，滑塊從點(diǎn)出發(fā)到滑回到點(diǎn)的過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿軌道上向上滑行，由于在軌道只有摩擦力做負(fù)功，所以最后會(huì)停在軌道上，C錯(cuò)誤；
D.由于滑塊在軌道上合力做功為，所以滑回點(diǎn)時(shí)，速度依然為，設(shè)在軌道上滑行后減速為，有，解得，所以滑塊在軌道及軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為，D正確。
故選AD。
【分析】分析重力與電場力的合力大小和方向，根據(jù)牛頓第二定律求滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小。滑塊在BC軌道中的B點(diǎn)時(shí)對軌道有最大壓力，根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律相結(jié)合求出滑塊在軌道中對軌道的最大壓力。分析滑塊的受力情況，結(jié)合能量轉(zhuǎn)化情況判斷最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程。
9．（2024高三·成都模擬） 某同學(xué)用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪連接重物。
（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)　 　（選填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出。
①先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，再由靜止釋放重物
②先由靜止釋放重物，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源
（2）測量得，，木塊質(zhì)量為M=0.5kg，重物質(zhì)量為m=0.2kg。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為50Hz，重力加速度，忽略紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔之間的阻力。則打下B點(diǎn)時(shí)木塊的速度　 　m/s，木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為μ=　 　。（所有計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）
【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知識(shí)點(diǎn)】探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）為了使紙帶能夠得到充分利用，使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，故選①。
（2）由于相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，所以相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，可得B點(diǎn)的速度為
D點(diǎn)的速度為
由加速度的定義式
可得，木塊的加速度為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
μ=0.26
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，求出B點(diǎn)和D點(diǎn)的速度，再由加速度的定義式求出木塊的加速度，然后由牛頓第二定律得出木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
10．（2024高三·成都模擬） 某同學(xué)用圖（）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。所需器材：
小燈泡（額定電壓，額定功率約）；
電源（電動(dòng)勢，內(nèi)阻很小可忽略不計(jì)）；
電壓表（量程，阻值很大）；
電流表（量程，內(nèi)阻約）；
滑動(dòng)變阻器（總阻值約）；
保護(hù)電阻（阻值待定）；
開關(guān)；
導(dǎo)線若干。
（1）請依照圖（）所示電路，在圖（）中補(bǔ)全實(shí)物連線　 　。
（2）實(shí)驗(yàn)步驟：
①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使滑片停留在最　 　（選填“左”或“右”）端；
②閉合開關(guān)后，逐漸移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；
③記錄如下組和的數(shù)據(jù)后斷開開關(guān)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖（）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。
（3）若實(shí)驗(yàn)室中沒有量程為的電流表，可用一只量程為，阻值為的毫安表并聯(lián)電阻值為　 　的定值電阻改裝而成。
（4）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值為　 　（計(jì)算結(jié)果保留位有效數(shù)字）。
（5）為了能順利完成實(shí)驗(yàn)，且較大程度起到保護(hù)作用，保護(hù)電阻的阻值應(yīng)為　 　（選填“”、“”、“”或“”）。
【答案】（1）
（2）左
（3）
（4）
（5）
【知識(shí)點(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖為；
（2）閉合開關(guān)前，應(yīng)使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應(yīng)使滑片停留在最左端。
（3）設(shè)毫安表的量程為，電阻為，根據(jù)電流表的改裝原理，有，解得。
（4）小燈泡不亮?xí)r，電阻為，小燈泡正常發(fā)光時(shí)，電阻為，。
（5）為較大程度地保護(hù)電路，則應(yīng)串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻，使得滑動(dòng)變阻器的滑片劃到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時(shí)電壓為，電流為，根據(jù)歐姆定律，有，解得，考慮到實(shí)際操作，選擇的保護(hù)電阻即可。
故答案為：（1）見解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。
【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；
（2）滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)位于分壓電壓為零的那一端；
（3）并聯(lián)電阻有分壓作用，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求解作答；
（4）根據(jù)歐姆定律分別求解小燈泡不亮和正常發(fā)光的電阻，再求比值；
（5）為較大程度地保護(hù)電路，串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻后，使得滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求并聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系求保護(hù)電阻的大約值，然后作答。
11．（2024高三·成都模擬） 如圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)存在沿軸正方向的勻強(qiáng)電場（未知），區(qū)域內(nèi)存在沿軸正方向的勻強(qiáng)電場（未知）。一個(gè)質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，以速率從坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入電場并依次通過和兩點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。已知、、和，求：
（1）粒子運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)的速度大小；
（2）場強(qiáng)的大小。
【答案】（1）粒子在電場中方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
方向，方向，在A點(diǎn)處的速度大小為；
（2）粒子在電場中方向做初速度不為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，方向，方向，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得。
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）粒子在電場E1中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速度大小；
（2）粒子在電場E2中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律求場強(qiáng)E2的大小。
12．（2024高三·成都模擬） 圖（）為成都天府國際機(jī)場某貨物傳送裝置實(shí)物圖，簡化圖如圖（）所示，該裝置由傳送帶及固定擋板組成，固定擋板與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角，與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖（）所示。已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度，貨物質(zhì)量，其底部與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其側(cè)面與擋板的動(dòng)摩擦因數(shù)為。（，重力加速度，不計(jì)空氣阻力）。求：
（1）貨物剛放上傳送帶時(shí)，其底面所受滑動(dòng)摩擦力的大小及側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力的大小；
（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時(shí)間及傳送裝置多消耗的電能；
（3）某次測試過程中工作人員每隔從點(diǎn)靜止釋放相同的貨物，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，若維持傳送帶勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，傳送帶相對空載時(shí)需增加的最大功率。
【答案】（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為，貨物底面所受滑動(dòng)摩擦力為，檔板對貨物支持力為，貨物側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力為，由力的平衡條件，，由滑動(dòng)摩擦力計(jì)算式有，，代入數(shù)據(jù)可得，；
（2）因?yàn)榕c運(yùn)動(dòng)方向相同，與運(yùn)動(dòng)方向相反，貨物將從靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若能共速，則此后做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，解得，設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時(shí)間為，對地位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，貨物勻加速階段的位移為，因，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至被取下，設(shè)此段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，貨物勻速階段所用的時(shí)間為，貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為，傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動(dòng)能之和。貨物與傳送帶之間，貨物與擋板之間，貨物增加的動(dòng)能，傳送裝置多消耗的電能為；
（3）分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經(jīng)歷的時(shí)間均為，之后以速度做勻速運(yùn)動(dòng)。因第個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，設(shè)第個(gè)貨物釋放后又釋放了個(gè)貨物，則，分析可知當(dāng)?shù)趥€(gè)貨物即將被取走時(shí)，傳送帶上共有個(gè)貨物，且前個(gè)已共速。第個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，第個(gè)貨物相對傳送帶滑動(dòng)。綜上，傳送帶上有個(gè)貨物且第個(gè)處于加速運(yùn)動(dòng)階段時(shí)，傳送帶需增加的功率達(dá)到最大值。傳送帶受到前個(gè)貨物的靜摩力大小為，受到第個(gè)貨物的滑動(dòng)摩擦力大小為，由瞬時(shí)功率計(jì)算式有。
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；功率及其計(jì)算
【解析】【分析】 （1）對貨物受力分析剛放上傳送帶時(shí)，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力計(jì)算公式求解；
（2）貨物將從靜止開始沿傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若能共速，則共速后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間；傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動(dòng)能之和。根據(jù)摩擦生熱等于滑動(dòng)摩擦力乘以相對位移求解貨物與傳送帶之間和貨物與擋板之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)動(dòng)能的定義求得貨物增加的動(dòng)能；
（3）根據(jù)（2）的解答分析傳送帶上存在的貨物最大數(shù)量，及它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。分析貨物與傳送帶的之間摩擦力情況，根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算公式求解。
13．（2024高三·成都模擬） 下列說法中正確的是（　　）
A．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過一個(gè)絕熱壓縮過程，其溫度一定升高
B．給自行車打氣時(shí)氣筒活塞壓下后反彈，是由分子斥力造成的
C．第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是違反了能量守恒定律
D．運(yùn)送貨物的卡車停于水平地面，在緩慢卸貨過程中，若車胎不漏氣，胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則胎內(nèi)氣體從外界吸熱
E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒的撞擊作用不平衡所引起的
【答案】A,D,E
【知識(shí)點(diǎn)】布朗運(yùn)動(dòng)；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；熱力學(xué)第二定律
【解析】【解答】 A．—定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，則此過程Q=0，外界對氣體做功，則W＞0。
根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可知ΔU＞0，即氣體的內(nèi)能增大，則氣體的溫度升高，故A正確；
B．用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣體壓強(qiáng)較大造成的，并不是分子間的斥力造成的，故B錯(cuò)誤；
C．第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是其違反了熱力學(xué)第二定律，不是違反了能量守恒定律，故C錯(cuò)誤；
D．胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則氣體的內(nèi)能不變（ΔU=0）。
卡車在緩慢卸貨過程中，車胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，氣體做等溫變化，根據(jù)p1V1=p2V2，可得氣體體積增大，則氣體對外做功（W＜0），根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可得Q＞0，故胎內(nèi)氣體從外界吸熱，故D正確；
E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒不均衡的撞擊引起的，即液體分子對微粒的作用不平衡所引起的，故E正確。
故選：ADE。
【分析】 —定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，判斷式子各量的正負(fù)；用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣體壓強(qiáng)較大造成的；第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是其違反了熱力學(xué)第二定律；車胎內(nèi)氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律判斷氣體體積的變化，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q解答；液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒不均衡的撞擊引起的。
14．（2024高三·成都模擬）如圖（），豎直圓柱形汽缸導(dǎo)熱性良好，用橫截面積為的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞質(zhì)量為，此時(shí)活塞靜止，距缸底高度為。在活塞上放置質(zhì)量為（未知）的物塊靜止后，活塞距缸底高度為，如圖（）所示。不計(jì)活塞與汽缸間的摩擦，已知大氣壓強(qiáng)為，外界溫度為，重力加速度為，汽缸始終保持豎直。
（1）求物塊質(zhì)量；
（2）活塞上仍放質(zhì)量為物塊，為使得活塞回到距缸底為的高度，求密封氣體的熱力學(xué)溫度應(yīng)緩慢上升為多少；若此過程中氣體內(nèi)能增加了，求該過程中缸內(nèi)氣體從外界吸收的熱量。
【答案】（1）解：以被密封氣體為研究對象，初態(tài)，由力的平衡條件有，
活塞從位置到位置，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可知，
解得末態(tài)，
由力的平衡條件有，
解得；
（2）解：活塞從位置回到位置的過程，氣體發(fā)生等壓變化，
由蓋—呂薩克定律有，
解得，
外界對氣體做功為，
由熱力學(xué)第一定律可有，
解得。
【知識(shí)點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】 （1）分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程計(jì)算出活塞距缸底的距離；
（2）先根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程計(jì)算出氣體的體積，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律計(jì)算出氣體內(nèi)能的變化量。
15．（2024高三·成都模擬） 如圖（），輕質(zhì)彈簧下端掛一質(zhì)量為的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將小球向下拉動(dòng)距離l后由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，小球在豎直方向做簡諧振動(dòng)，彈簧彈力與小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系如圖（）所示。及為已知條件。
（1）小球簡諧振動(dòng)的周期　 　；
（2）內(nèi)，小球通過的路程　 　；
（3）內(nèi)，小球運(yùn)動(dòng)距離　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】（1）
（2）
（3）小于
【知識(shí)點(diǎn)】簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象；簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量
【解析】【解答】（1）小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至平衡位置的時(shí)間為，小球簡諧振動(dòng)的周期；
（2）內(nèi)，小球振動(dòng)了，小球通過的路程為；
（3）內(nèi)，小球從最低點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離為，內(nèi)小球的平均速度小于內(nèi)小球的平均速度，內(nèi)，小球運(yùn)動(dòng)距離小于。
故答案為：（1）4t0；（2）6l；（3）小于
【分析】（1）開始時(shí)小球的位置在負(fù)的最大位移處，拉力為正向最大；經(jīng)過半個(gè)周期后，彈簧的彈力負(fù)方向最大，由此判斷周期；
（2）每一個(gè)周期內(nèi)，小球的路程等于4倍振幅，由此計(jì)算；
（3）根據(jù)小球的速度與位移的關(guān)系，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間段，判斷小球在內(nèi)的路程
16．（2024高三·成都模擬）如圖，一玻璃磚的截面由等腰三角形和半徑為的半圓組成，，為圓心，其右側(cè)放置足夠長的豎直平面鏡，鏡面與平行，處的光源發(fā)射一束光從中點(diǎn)射入玻璃磚，光束與夾角，經(jīng)折射后光線與垂直。、、三點(diǎn)共線，光在真空中的傳播速度為c，不考慮光束在玻璃磚內(nèi)的反射。
（1）求玻璃磚的折射率n；
（2）若光束從光源A發(fā)射經(jīng)平面鏡一次反射后恰能回到光源A處，求光束在全過程中的傳播時(shí)間t。
【答案】（1）解：光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射角，折射角，
由折射定律，解得。
（2）解：光路圖如圖所示，
由對稱性可得，，，
又，
所以光束在全過程中的傳播時(shí)間為。
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）根據(jù)光的折射定律結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算出折射率；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系計(jì)算出光傳播的距離，從而計(jì)算傳播時(shí)間。
1 / 1四川省成都市2023-2024年高中畢業(yè)班第一次診斷性檢測
1．（2024高三·成都模擬） 圖（）為某型號(hào)家用全自動(dòng)波輪洗衣機(jī)，圖（）為洗衣機(jī)內(nèi)部結(jié)構(gòu)剖面圖，其內(nèi)桶由四根相同的輕質(zhì)吊桿前、后、左、右對稱懸掛（懸點(diǎn)可自由轉(zhuǎn)動(dòng)），內(nèi)筒靜止時(shí)每根吊桿與豎直方向夾角均為，內(nèi)桶總質(zhì)量為，重力加速度大小為，每根吊桿的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高三·成都模擬） 圖示為一種自動(dòng)測定油箱內(nèi)油面高度的裝置，裝置中金屬杠桿的一端接浮標(biāo)（浮標(biāo)與杠桿絕緣），另一端的觸點(diǎn)接滑動(dòng)變阻器，油量表由電流表改裝而成。當(dāng)汽車加油時(shí)，油箱內(nèi)油面上升過程中，下列說法正確的是（　　）
A．電路中電流減小 B．兩端電壓減小
C．整個(gè)電路消耗的功率增大 D．電源輸出功率一定增大
3．（2024高三·成都模擬） 如圖，沿水平直軌道運(yùn)行的地鐵車廂內(nèi)，有一拉環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕繩與套于水平桿中的固定限位塊相連，某段時(shí)間內(nèi)拉環(huán)與豎直方向夾角始終為θ。已知限位塊、拉環(huán)質(zhì)量分別為M、m，重力加速度大小為g，則在該段時(shí)間內(nèi)（　　）
A．輕繩拉力大小為
B．列車加速度大小為
C．列車一定水平向右做勻加速運(yùn)動(dòng)
D．水平桿對限位塊的作用力大小為
4．（2024高三·成都模擬） 如圖，真空中兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷、關(guān)于點(diǎn)對稱分布，帶正電，為、連線上一點(diǎn)。保持距離不變，增大、之間的距離后再次靜止（仍關(guān)于O點(diǎn)對稱）。選無窮遠(yuǎn)為零電勢點(diǎn)，則、距離增大后（　　）
A．點(diǎn)的場強(qiáng)不變 B．點(diǎn)的電勢升高
C．點(diǎn)的場強(qiáng)變小 D．點(diǎn)的電勢降低
5．（2024高三·成都模擬）水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設(shè)蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（　　）
A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm
6．（2024高三·成都模擬）年月，神舟十七號(hào)飛船成功與中國空間站對接，對接后的組合體運(yùn)行周期約小時(shí)，保證神舟十七號(hào)飛船正常通信的功臣是在地球同步軌道上運(yùn)行的中繼衛(wèi)星，組合體與中繼衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（　　）
A．組合體的軌道高度大于中繼衛(wèi)星的軌道高度
B．組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度
C．組合體的角速度小于中繼衛(wèi)星的角速度
D．組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度
7．（2024高三·成都模擬） 如圖，平行板電容器與電壓為的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離，待電路穩(wěn)定后，帶正電的粒子質(zhì)量為、電荷量為，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間為，到達(dá)右板的速度大小為，重復(fù)上述過程，完成多次實(shí)驗(yàn)。板間電場可視為勻強(qiáng)電場，粒子所受重力忽略不計(jì)。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高三·成都模擬） 如圖，空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為的光滑圓弧與足夠長的傾斜粗糙軌道、組成，、與水平面夾角均為且在、兩點(diǎn)與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為，電荷量為，從軌道上與圓心等高的點(diǎn)以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與、軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為。下列說法正確的是（　　）
A．滑塊在軌道下滑時(shí)的加速度大小為
B．滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為
C．滑塊最終將在軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．滑塊在軌道及軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為
9．（2024高三·成都模擬） 某同學(xué)用圖（a）所示的裝置測量木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。長木板水平固定，木塊通過水平輕繩繞過輕質(zhì)光滑定滑輪連接重物。
（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)　 　（選填“①”或“②”），得到加速階段的部分紙帶如圖（b）所示，A、B、C、D、E為打下的相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出。
①先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，再由靜止釋放重物
②先由靜止釋放重物，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源
（2）測量得，，木塊質(zhì)量為M=0.5kg，重物質(zhì)量為m=0.2kg。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為50Hz，重力加速度，忽略紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔之間的阻力。則打下B點(diǎn)時(shí)木塊的速度　 　m/s，木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為μ=　 　。（所有計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）
10．（2024高三·成都模擬） 某同學(xué)用圖（）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。所需器材：
小燈泡（額定電壓，額定功率約）；
電源（電動(dòng)勢，內(nèi)阻很小可忽略不計(jì)）；
電壓表（量程，阻值很大）；
電流表（量程，內(nèi)阻約）；
滑動(dòng)變阻器（總阻值約）；
保護(hù)電阻（阻值待定）；
開關(guān)；
導(dǎo)線若干。
（1）請依照圖（）所示電路，在圖（）中補(bǔ)全實(shí)物連線　 　。
（2）實(shí)驗(yàn)步驟：
①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使滑片停留在最　 　（選填“左”或“右”）端；
②閉合開關(guān)后，逐漸移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；
③記錄如下組和的數(shù)據(jù)后斷開開關(guān)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖（）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。
（3）若實(shí)驗(yàn)室中沒有量程為的電流表，可用一只量程為，阻值為的毫安表并聯(lián)電阻值為　 　的定值電阻改裝而成。
（4）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值為　 　（計(jì)算結(jié)果保留位有效數(shù)字）。
（5）為了能順利完成實(shí)驗(yàn)，且較大程度起到保護(hù)作用，保護(hù)電阻的阻值應(yīng)為　 　（選填“”、“”、“”或“”）。
11．（2024高三·成都模擬） 如圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)存在沿軸正方向的勻強(qiáng)電場（未知），區(qū)域內(nèi)存在沿軸正方向的勻強(qiáng)電場（未知）。一個(gè)質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，以速率從坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入電場并依次通過和兩點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。已知、、和，求：
（1）粒子運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)的速度大小；
（2）場強(qiáng)的大小。
12．（2024高三·成都模擬） 圖（）為成都天府國際機(jī)場某貨物傳送裝置實(shí)物圖，簡化圖如圖（）所示，該裝置由傳送帶及固定擋板組成，固定擋板與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面與水平地面的夾角，與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖（）所示。已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度，貨物質(zhì)量，其底部與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其側(cè)面與擋板的動(dòng)摩擦因數(shù)為。（，重力加速度，不計(jì)空氣阻力）。求：
（1）貨物剛放上傳送帶時(shí)，其底面所受滑動(dòng)摩擦力的大小及側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力的大小；
（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時(shí)間及傳送裝置多消耗的電能；
（3）某次測試過程中工作人員每隔從點(diǎn)靜止釋放相同的貨物，貨物對地發(fā)生位移L=10m后被取走，若維持傳送帶勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，傳送帶相對空載時(shí)需增加的最大功率。
13．（2024高三·成都模擬） 下列說法中正確的是（　　）
A．一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過一個(gè)絕熱壓縮過程，其溫度一定升高
B．給自行車打氣時(shí)氣筒活塞壓下后反彈，是由分子斥力造成的
C．第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是違反了能量守恒定律
D．運(yùn)送貨物的卡車停于水平地面，在緩慢卸貨過程中，若車胎不漏氣，胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則胎內(nèi)氣體從外界吸熱
E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒的撞擊作用不平衡所引起的
14．（2024高三·成都模擬）如圖（），豎直圓柱形汽缸導(dǎo)熱性良好，用橫截面積為的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞質(zhì)量為，此時(shí)活塞靜止，距缸底高度為。在活塞上放置質(zhì)量為（未知）的物塊靜止后，活塞距缸底高度為，如圖（）所示。不計(jì)活塞與汽缸間的摩擦，已知大氣壓強(qiáng)為，外界溫度為，重力加速度為，汽缸始終保持豎直。
（1）求物塊質(zhì)量；
（2）活塞上仍放質(zhì)量為物塊，為使得活塞回到距缸底為的高度，求密封氣體的熱力學(xué)溫度應(yīng)緩慢上升為多少；若此過程中氣體內(nèi)能增加了，求該過程中缸內(nèi)氣體從外界吸收的熱量。
15．（2024高三·成都模擬） 如圖（），輕質(zhì)彈簧下端掛一質(zhì)量為的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將小球向下拉動(dòng)距離l后由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，小球在豎直方向做簡諧振動(dòng)，彈簧彈力與小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系如圖（）所示。及為已知條件。
（1）小球簡諧振動(dòng)的周期　 　；
（2）內(nèi)，小球通過的路程　 　；
（3）內(nèi)，小球運(yùn)動(dòng)距離　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）。
16．（2024高三·成都模擬）如圖，一玻璃磚的截面由等腰三角形和半徑為的半圓組成，，為圓心，其右側(cè)放置足夠長的豎直平面鏡，鏡面與平行，處的光源發(fā)射一束光從中點(diǎn)射入玻璃磚，光束與夾角，經(jīng)折射后光線與垂直。、、三點(diǎn)共線，光在真空中的傳播速度為c，不考慮光束在玻璃磚內(nèi)的反射。
（1）求玻璃磚的折射率n；
（2）若光束從光源A發(fā)射經(jīng)平面鏡一次反射后恰能回到光源A處，求光束在全過程中的傳播時(shí)間t。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力的平衡
【解析】【解答】內(nèi)筒受力平衡，根據(jù)平衡條件可得
，
每根吊桿的拉力大小為
，故ACD錯(cuò)誤，B正確
故選B
【分析】對內(nèi)桶受力分析，根據(jù)受力平衡聯(lián)立方程求出吊桿的拉力。
2．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電功率和電功；能量轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的方向性；閉合電路的歐姆定律
【解析】【解答】A.當(dāng)汽車加油時(shí)油箱內(nèi)油面上升時(shí)，通過浮球和杠桿使觸點(diǎn)向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變小，整個(gè)電路的總電阻變小，電路中的電流變大，故A錯(cuò)誤；
B.兩端電壓，由于電路中的電流變大，所以兩端電壓升高，故B錯(cuò)誤；
C.整個(gè)電路消耗的功率，由于電路中的電流變大，所以整個(gè)電路消耗的功率增大，故C正確；
D.電源輸出功率，當(dāng)時(shí)，電源輸出功率最大，因不知道電路中各個(gè)電阻的大小關(guān)系，所以無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】根據(jù)歐姆定律，結(jié)合電路滑動(dòng)變阻器R接入電路的電阻變小，討論出總電流增加，再根據(jù)電功率表達(dá)式分析整個(gè)電路消耗的功率和電源輸出功率。
3．【答案】A
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—連接體
【解析】【解答】A、拉環(huán)受重力、輕繩拉力作用
豎直方向根據(jù)平衡條件可得
輕繩拉力大小為
故A正確；
B、根據(jù)牛頓第二定律
列車加速度大小為
故B錯(cuò)誤；
C、由拉環(huán)傾斜情況可知列車加速度方向水平向右，列車速度方向不知，列車可能水平向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、將限位塊、拉環(huán)看做整體，水平桿對限位塊的作用力大小為
故答案為：A。
【分析】拉環(huán)與列車保持相對靜止，兩者的加速度相等。對拉環(huán)進(jìn)行受力分析，根據(jù)力的合成與分解確定拉力及合力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律確定加速度的大小和方向。
4．【答案】C
【知識(shí)點(diǎn)】電場強(qiáng)度的疊加；電勢
【解析】【解答】A.由點(diǎn)電荷周圍的場強(qiáng)公式可知，增大、之間的距離后，、到點(diǎn)的距離都變大，、在點(diǎn)的場強(qiáng)都變小，由場強(qiáng)的疊加可知，點(diǎn)的場強(qiáng)變小，故A錯(cuò)誤；
B.增大、之間的距離后點(diǎn)的電勢仍然為零，不變，故B錯(cuò)誤；
C.增大、之間的距離后，、到點(diǎn)的距離都變大，、在點(diǎn)的場強(qiáng)都變小，由場強(qiáng)的疊加可知，點(diǎn)的場強(qiáng)變小，故C正確；
D.增大、之間距離后、間的場強(qiáng)減小，由可知，增大、之間的距離，距離不變，所以、之間的電勢差變小，由點(diǎn)電勢不變，點(diǎn)的電勢低于點(diǎn)的電勢，可知點(diǎn)的電勢升高，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【分析】等量異種點(diǎn)電荷的連線中垂線是一條等勢線，故O點(diǎn)的電勢不變；再根據(jù)U=Ed來判斷OA之間的電勢差，從而判斷A的電勢變化
5．【答案】B
【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理
【解析】【解答】由動(dòng)量定理得，選向上為正方向，則3mgt-mgt=mv，解得v=2m/s
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得蘋果在鋼板上的碰傷閾值為，解得h=20cm，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【分析】根據(jù)動(dòng)量定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解。
6．【答案】B,D
【知識(shí)點(diǎn)】衛(wèi)星問題
【解析】【解答】A.根據(jù)，可得，已知組合體運(yùn)行周期約小時(shí)，中繼衛(wèi)星的周期為小時(shí)，可知組合體的周期小于中繼衛(wèi)星的周期，所以組合體的軌道半徑小于中繼衛(wèi)星的軌道半徑，組合體的軌道高度小于中繼衛(wèi)星的軌道高度，A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)，可得可知，軌道半徑越小，線速度越大，所以組合體的線速度大于中繼衛(wèi)星的線速度，B正確；
C.根據(jù)可知，周期越小，角速度越大，所以組合體的角速度大于中繼衛(wèi)星的角速度，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)，可得可知，軌道半徑越小，加速度越大，所以組合體的加速度大于中繼衛(wèi)星的加速度，D正確。
故選BD。
【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合向心力周期與速度的表達(dá)式，以及角速度和周期分析求解。
7．【答案】A,C
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【解答】AB.對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中受電場力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，有，可得可知，粒子到達(dá)右板的速度的大小與板間距離無關(guān)，A正確、B錯(cuò)誤；
CD.設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為，有，，，聯(lián)立可得可知，粒子從出發(fā)至右板所用的時(shí)間與板件距離成正比，C正確、D錯(cuò)誤。
故選AC。
【分析】對于帶正電的粒子，在勻強(qiáng)電場中僅受電場力作用，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析求解。
8．【答案】A,D
【知識(shí)點(diǎn)】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)
【解析】【解答】A.根據(jù)題意可知，重力與電場力的合力，方向垂直于面向下，滑塊在軌道下滑時(shí)，有，解得，加速度大小為，A正確；
B.由幾何關(guān)系可知，，滑塊在軌道的點(diǎn)對軌道有最大壓力，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為，軌道對滑塊的支持力為，有，解得，根據(jù)牛頓第二定律，有，解得，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為，B錯(cuò)誤；
C.從點(diǎn)到點(diǎn)，電場力做負(fù)功，滑塊需克服電場力做功為，所以滑塊在到達(dá)點(diǎn)前已經(jīng)減速到，后反向滑回到點(diǎn)，滑塊從點(diǎn)出發(fā)到滑回到點(diǎn)的過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿軌道上向上滑行，由于在軌道只有摩擦力做負(fù)功，所以最后會(huì)停在軌道上，C錯(cuò)誤；
D.由于滑塊在軌道上合力做功為，所以滑回點(diǎn)時(shí)，速度依然為，設(shè)在軌道上滑行后減速為，有，解得，所以滑塊在軌道及軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為，D正確。
故選AD。
【分析】分析重力與電場力的合力大小和方向，根據(jù)牛頓第二定律求滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小。滑塊在BC軌道中的B點(diǎn)時(shí)對軌道有最大壓力，根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律相結(jié)合求出滑塊在軌道中對軌道的最大壓力。分析滑塊的受力情況，結(jié)合能量轉(zhuǎn)化情況判斷最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程。
9．【答案】（1）①
（2）0.27；0.26
【知識(shí)點(diǎn)】探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）為了使紙帶能夠得到充分利用，使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)應(yīng)先接通電源，后釋放紙帶，故選①。
（2）由于相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出，所以相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，可得B點(diǎn)的速度為
D點(diǎn)的速度為
由加速度的定義式
可得，木塊的加速度為
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
μ=0.26
【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，求出B點(diǎn)和D點(diǎn)的速度，再由加速度的定義式求出木塊的加速度，然后由牛頓第二定律得出木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。
10．【答案】（1）
（2）左
（3）
（4）
（5）
【知識(shí)點(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖為；
（2）閉合開關(guān)前，應(yīng)使電壓表和電流表的電壓和電流最小，所以應(yīng)使滑片停留在最左端。
（3）設(shè)毫安表的量程為，電阻為，根據(jù)電流表的改裝原理，有，解得。
（4）小燈泡不亮?xí)r，電阻為，小燈泡正常發(fā)光時(shí)，電阻為，。
（5）為較大程度地保護(hù)電路，則應(yīng)串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻，使得滑動(dòng)變阻器的滑片劃到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光，從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時(shí)電壓為，電流為，根據(jù)歐姆定律，有，解得，考慮到實(shí)際操作，選擇的保護(hù)電阻即可。
故答案為：（1）見解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。
【分析】（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；
（2）滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)位于分壓電壓為零的那一端；
（3）并聯(lián)電阻有分壓作用，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求解作答；
（4）根據(jù)歐姆定律分別求解小燈泡不亮和正常發(fā)光的電阻，再求比值；
（5）為較大程度地保護(hù)電路，串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻后，使得滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求并聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系求保護(hù)電阻的大約值，然后作答。
11．【答案】（1）粒子在電場中方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
方向，方向，在A點(diǎn)處的速度大小為；
（2）粒子在電場中方向做初速度不為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，方向，方向，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得。
【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)綜合
【解析】【分析】（1）粒子在電場E1中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得粒子運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的速度大小；
（2）粒子在電場E2中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律求場強(qiáng)E2的大小。
12．【答案】（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為，貨物底面所受滑動(dòng)摩擦力為，檔板對貨物支持力為，貨物側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力為，由力的平衡條件，，由滑動(dòng)摩擦力計(jì)算式有，，代入數(shù)據(jù)可得，；
（2）因?yàn)榕c運(yùn)動(dòng)方向相同，與運(yùn)動(dòng)方向相反，貨物將從靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若能共速，則此后做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得，解得，設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速經(jīng)歷時(shí)間為，對地位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，貨物勻加速階段的位移為，因，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至被取下，設(shè)此段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，位移為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，貨物勻速階段所用的時(shí)間為，貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為，傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動(dòng)能之和。貨物與傳送帶之間，貨物與擋板之間，貨物增加的動(dòng)能，傳送裝置多消耗的電能為；
（3）分析可知貨物在傳送帶上從靜止到與傳送帶共速經(jīng)歷的時(shí)間均為，之后以速度做勻速運(yùn)動(dòng)。因第個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，設(shè)第個(gè)貨物釋放后又釋放了個(gè)貨物，則，分析可知當(dāng)?shù)趥€(gè)貨物即將被取走時(shí)，傳送帶上共有個(gè)貨物，且前個(gè)已共速。第個(gè)貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，第個(gè)貨物相對傳送帶滑動(dòng)。綜上，傳送帶上有個(gè)貨物且第個(gè)處于加速運(yùn)動(dòng)階段時(shí)，傳送帶需增加的功率達(dá)到最大值。傳送帶受到前個(gè)貨物的靜摩力大小為，受到第個(gè)貨物的滑動(dòng)摩擦力大小為，由瞬時(shí)功率計(jì)算式有。
【知識(shí)點(diǎn)】功能關(guān)系；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—傳送帶模型；功率及其計(jì)算
【解析】【分析】 （1）對貨物受力分析剛放上傳送帶時(shí)，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力計(jì)算公式求解；
（2）貨物將從靜止開始沿傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若能共速，則共速后做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間；傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動(dòng)能之和。根據(jù)摩擦生熱等于滑動(dòng)摩擦力乘以相對位移求解貨物與傳送帶之間和貨物與擋板之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)動(dòng)能的定義求得貨物增加的動(dòng)能；
（3）根據(jù)（2）的解答分析傳送帶上存在的貨物最大數(shù)量，及它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。分析貨物與傳送帶的之間摩擦力情況，根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算公式求解。
13．【答案】A,D,E
【知識(shí)點(diǎn)】布朗運(yùn)動(dòng)；熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；熱力學(xué)第二定律
【解析】【解答】 A．—定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，則此過程Q=0，外界對氣體做功，則W＞0。
根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可知ΔU＞0，即氣體的內(nèi)能增大，則氣體的溫度升高，故A正確；
B．用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣體壓強(qiáng)較大造成的，并不是分子間的斥力造成的，故B錯(cuò)誤；
C．第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是其違反了熱力學(xué)第二定律，不是違反了能量守恒定律，故C錯(cuò)誤；
D．胎內(nèi)氣體溫度不變，不計(jì)分子間勢能，則氣體的內(nèi)能不變（ΔU=0）。
卡車在緩慢卸貨過程中，車胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，氣體做等溫變化，根據(jù)p1V1=p2V2，可得氣體體積增大，則氣體對外做功（W＜0），根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，可得Q＞0，故胎內(nèi)氣體從外界吸熱，故D正確；
E．液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒不均衡的撞擊引起的，即液體分子對微粒的作用不平衡所引起的，故E正確。
故選：ADE。
【分析】 —定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過絕熱壓縮過程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q，判斷式子各量的正負(fù)；用氣筒給車胎打氣，氣筒壓下后有反彈原因是輪胎的內(nèi)部氣體壓強(qiáng)較大造成的；第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成的原因是其違反了熱力學(xué)第二定律；車胎內(nèi)氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律判斷氣體體積的變化，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU=W+Q解答；液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對微粒不均衡的撞擊引起的。
14．【答案】（1）解：以被密封氣體為研究對象，初態(tài)，由力的平衡條件有，
活塞從位置到位置，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可知，
解得末態(tài)，
由力的平衡條件有，
解得；
（2）解：活塞從位置回到位置的過程，氣體發(fā)生等壓變化，
由蓋—呂薩克定律有，
解得，
外界對氣體做功為，
由熱力學(xué)第一定律可有，
解得。
【知識(shí)點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】 （1）分析出氣體變化前后的狀態(tài)參量，結(jié)合一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程計(jì)算出活塞距缸底的距離；
（2）先根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程計(jì)算出氣體的體積，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律計(jì)算出氣體內(nèi)能的變化量。
15．【答案】（1）
（2）
（3）小于
【知識(shí)點(diǎn)】簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式與圖象；簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量
【解析】【解答】（1）小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至平衡位置的時(shí)間為，小球簡諧振動(dòng)的周期；
（2）內(nèi)，小球振動(dòng)了，小球通過的路程為；
（3）內(nèi)，小球從最低點(diǎn)向平衡位置運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離為，內(nèi)小球的平均速度小于內(nèi)小球的平均速度，內(nèi)，小球運(yùn)動(dòng)距離小于。
故答案為：（1）4t0；（2）6l；（3）小于
【分析】（1）開始時(shí)小球的位置在負(fù)的最大位移處，拉力為正向最大；經(jīng)過半個(gè)周期后，彈簧的彈力負(fù)方向最大，由此判斷周期；
（2）每一個(gè)周期內(nèi)，小球的路程等于4倍振幅，由此計(jì)算；
（3）根據(jù)小球的速度與位移的關(guān)系，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間段，判斷小球在內(nèi)的路程
16．【答案】（1）解：光路圖如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射角，折射角，
由折射定律，解得。
（2）解：光路圖如圖所示，
由對稱性可得，，，
又，
所以光束在全過程中的傳播時(shí)間為。
【知識(shí)點(diǎn)】光的折射及折射定律
【解析】【分析】 （1）根據(jù)光的折射定律結(jié)合幾何關(guān)系計(jì)算出折射率；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系計(jì)算出光傳播的距離，從而計(jì)算傳播時(shí)間。
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