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四川省綿陽市2023屆高三上學期二診模擬考試理綜物理試題
一、選擇題（本題共8小題，每小題6分；在每小題給出的四個選項中，第1~4題只有一項符合題目要求，第5~8題有多項符合題目要求；全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
1．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為，第五個所用的時間為，不計空氣阻力，則滿足（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；豎直上拋運動
【解析】【解答】根據運動員上升過程的逆運動為自由落體運動，根據勻變速直線運動的位移公式及相同位移內則可以得出
則D對，ABC錯誤；
正確答案為D。
【分析】利用勻變速直線運動的位移公式可以求出兩段時間的比值。
2．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，衛星A是2022年8月20日我國成功發射的遙感三十五號04組衛星，衛星B是地球同步衛星，若它們均可視為繞地球做勻速圓周運動，衛星P是地球赤道上還未發射的衛星，下列說法正確的是（　　）
A．衛星A的運行周期可能為48h
B．衛星B在6h內轉動的圓心角是45°
C．衛星B的線速度小于衛星P隨地球自轉的線速度
D．衛星B的向心加速度大于衛星P隨地球自轉的向心加速度
【答案】D
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A、根據開普勒第三定律
可知衛星A的運行周期小于24h，故A錯誤；
B、衛星B是地球同步衛星，周期為24h，所以在6h內轉動的圓心角是
故B錯誤；
C、衛星B是地球同步衛星，角速度與地球自轉角速度相等，根據
可知衛星B的線速度大于衛星P隨地球自轉的線速度，故C錯誤；
D、衛星B角速度與地球自轉角速度相等，根據
可知衛星B的向心加速度大于隨地球自轉的向心加速度，故D正確；
故答案為：D。
【分析】同步衛星的周期和角速度與地球的自轉周期及角速度相等。根據圖示確定衛星的運行軌道高度關系，再根據開普勒第三定律及線速度、角速度及角速度的關系進行解答。
3．（2023高三上·綿陽模擬） 一物體靜止在粗糙水平地面上，現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v，對于上述兩個過程，用、分別表示拉力F1、F2所做的功，、分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則（　?。?br/>A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】由題意可知，兩次物體均做勻加速運動，則在同樣的時間內，它們的位移之比為
兩次物體所受的摩擦力不變，根據力做功表達式，則有滑動摩擦力做功之比
再由動能定理，則有
可知
，
由上兩式可解得
故答案為：C。
【分析】根據題意確定物體兩次運動過程的受力情況及摩擦力大小關系。根據運動規律確定兩物體運動位移的關系。再根據功的定義及動能定理進行聯立解答。
4．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，某種氣體分子束由質量為m、速度為v的分子組成，設各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內有n0個分子，下列說法正確的是（　　）
A．單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為0
B．單個分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為負功
C．分子束撞擊平面所產生的壓強為2n0mv2
D．分子束撞擊平面所產生的壓強為n0mv2
【答案】C
【知識點】動量定理；功的概念；動量
【解析】【解答】A、分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為2mv，故A錯誤；
B、單個分子與平面碰撞的過程中，根據動能定理可得
平面對其做功為零，故B錯誤；
CD、時間t內碰撞面積S上的分子數
對于這部分分子，根據動量定理，有
解得
根據壓強的計算公式可得
解得
故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】確定粒子碰撞前后的速度，規定速度的正方向，再根據動量的定義確定碰撞過程動量的變化量。確定碰撞過程粒子的受力情況，再根據動能定理確定平面對粒子作用力做功情況。熟悉掌握運用動量定理處理微粒模型的方法。
5．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A'、B'、C'分別是三條棱的中點．現在頂點O處固定一正的點電荷，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．A'，B'，C'三點的電場強度相同
B．△ABC所在平面為等勢面
C．將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功
D．若A'點的電勢為φA'，A點的電勢為φA，則A'A連線中點D處的電勢φD一定小于
【答案】D
【知識點】電場力做功；電場強度；點電荷的電場；電勢；等勢面
【解析】【解答】A、A'、B'、C'三點到O點的距離相等，根據點電荷的場強公式
分析可知，A'、B'、C'三點的電場強度大小相等．但方向不同，故A錯誤；
B、A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；
C、將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤；
D、由于A'D間場強大于DA間場強，由
知A'、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有
則
故D正確；
故答案為：D。
【分析】根據點電荷的場強公式分析電場強度的大小關系；點電荷的等勢面是一系列的同心圓；沿著電場線，電勢逐漸降低；根據電勢的變化，分析電勢能的變化，從而判斷電場力做功的正負；根據公式U=Ed分析A'A連線中點D處的電勢。
6．（2023高三上·綿陽模擬） 一鋼球從某高度自由下落到一放在水平地面的彈簧上，從鋼球與彈簧接觸到壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力F、鋼球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的機械能E與彈簧壓縮量x的變化圖線如下圖(不考慮空間阻力)，選小球與彈簧開始接觸點為原點，建立圖示坐標系，并規定向下為正方向，則下述選項中的圖象符合實際的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知識點】牛頓定律與圖象；功的計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A、由于向下為正方向，而彈簧中的彈力方向向上，所以選項A中的拉力應為負值，故A錯誤；
B、小球接觸彈簧上端后受到兩個力作用：向下的重力和向上的彈力．在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，而彈力F=kx，則加速度
故B正確；
C、根據重力做功的計算式
故C正確；
D、小球和彈簧整體的機械能守恒，小球的機械能不守恒，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】確定小球與彈簧接觸過程的受力情況及各力的方向，再根據牛頓第二定律及功的定義確定圖像的函數表達式判斷圖像是否正確。熟悉掌握系統機械能守恒的條件及判定方法。
7．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，圓環的圓心O的正上方B點固定有一定滑輪，B點的左側再固定有一定滑輪。質量為m的小球套在圓環上，輕質細線跨過兩個定滑輪，一端連接小球，另一端連接質量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環上的A點，與豎直方向的夾角為53°，且正好沿圓環的切線方向，P點為圓環的最高點，不計一切摩擦，不計滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，，。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球與物塊靜止時，豎直向下的拉力
B．撤去拉力F的瞬間，細線的拉力大小為
C．小球由A點運動到P點的過程中，物塊的重力勢能減少量為
D．若小球在P點的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v
【答案】A,C
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；牛頓運動定律的應用—連接體；運動的合成與分解；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】A、對物塊進行受力分析，由二力平衡可得細線的拉力大小為
在A點對小球進行受力分析，由力的平衡可得
解得
故A正確；
B、在撤去拉力F的瞬間，設細線的拉力大小為T2，小球和物塊的加速度大小相等設為a，對兩者分別應用牛頓第二定律可得
，
聯立解得
故B錯誤；
C、撤去拉力F后，當小球運動到P點時，設小球的速度大小為v，由幾何關系可得
，，
小球從A到P，物塊下降的高度為
聯立解得
則物塊的重力勢能減少量為
故C正確；
D、細線與小球的速度v垂直，則繩子伸長的速度為0，由關聯速度之間的關系，物塊的速度為0，故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】靜止時，小球環繞物體處于平衡狀態，對小球及物體進行受力分析根據平衡條件及力的合成與分解確定此時拉力的大小。撤去力后，小球和物體屬于連接體模型，兩者的加速度大小相等，沿繩方向的速度相等，再根據力的合成與分解和牛頓第二定律確定此時拉力的大小。根據幾何關系確定小球從A到P過程，重物下降的高度，再根據重力勢能與重力做功的關系確定重物重力勢能增量。
8．（2023高三上·綿陽模擬） 長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個裝置結構如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當滑動變阻器的滑片在某一位置時，粒子恰好垂直撞在光屏上。對此過程，下列分析正確的是（　?。?br/>A．板間電場強度大小為
B．粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏的速度變化量相同
C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子不會垂直打在光屏上
D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上
【答案】A,D
【知識點】含容電路分析；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】 【解答】AB、粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，粒子離開電場時具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說明豎直方向末速度等于0，即電場中粒子具有豎直向上的加速度，不管是在金屬板間還是離開電場后，粒子在水平方向速度沒有變化，而且水平位移相等，所以運動時間相等，豎直方向速度變化量等大反向，所以有
可得
故A正確，B錯誤；
C、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；
D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，根據
可知板間電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故D正確。
故答案為：AD。
【分析】 確定粒子在極板間及離開極板后的受力情況及運動情況。再根據題意及運動規律確定極板間電場強度的大小。二極管具有單向導電性，即電容器無法放電。根據題意結合電路動態分析和電容器定義式及決定式確定極板間場強的變化情況，繼而確定粒子是否能夠垂直打在光屏上。
二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據要求作答。
9．（2023高三上·綿陽模擬） 某實驗小組欲測定國內某地重力加速度的大小，實驗器材有：氣墊導軌、光電門、氣泵、滑塊（含遮光條）、鉤碼、細線、各種測量工具等。實驗步驟如下：
①實驗前，調節氣墊導軌，使其保持水平；
②測定滑塊質量M、鉤碼的質量m、遮光條的寬度d及滑塊上遮光條的初位置O與光電門A的間距L；保持滑塊靜止不動，用細線跨過導軌左端的定滑輪將滑塊與鉤碼相連；
③無初速度釋放滑塊，記錄遮光條經過光電門的時間t；
④改變O點位置，重復實驗，作出相應函數圖象，計算重力加速度的大小。
（1）實驗測得滑塊經過光電門的速度為v=　 　。（用題目中給定物理量的字母表示）
（2）測定重力加速度g的原理表達式為　 　。（用題目中給定物理量的的字母表示）
（3）為精準測定該地的重力加速度，實驗小組多次改變O、A之間的距離，以L為縱軸，以為橫軸，用電腦擬合出其函數關系圖像，在M=700g、m=100g、d=5.0mm的條件下，測得圖像斜率的數值為1.0210-5，則當地的重力加速度g=　 　m/s2（結果保留3位有效數
【答案】（1）
（2）或
（3）9.80
【知識點】重力加速度；機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）實驗中，遮光條通過光電門的平均速度可以代替其瞬時速度，可得滑塊經過光電門的速度為
（2）根據系統機械能守恒有
整理可得
（3）根據系統機械能守恒有
整理可得
根據圖像斜率的物理意義，聯立題意解得
【分析】熟悉掌握物體經過光電門的速度求解方法。再根據機械能守恒定律推導得出g值的原理表達式及圖像的函數表達式，再根據圖象斜率的物理意義進行數據處理。
10．（2023高三上·綿陽模擬） 某同學欲將內阻為100 Ω、量程為300 μA的電流計G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對準電流表表盤的300 μA刻度。
可選用的器材還有：定值電阻R1（阻值25Ω）；定值電阻R2（阻值100Ω）；滑動變阻器R（最大阻值1000 Ω）；干電池（E=1.5V．r=2 Ω）；紅、黑表筆和導線若干。改裝電路如圖甲所示。
（1）定值電阻應選擇　 ?。ㄌ钤枺难b后的歐姆表的中值電阻為　 　Ω。
（2）該同學用改裝后尚未標示對應刻度的歐姆表測量內阻和量程均未知的電壓表V的內阻。步驟如下：先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調節 　 　填圖甲中對應元件代號），使電流計G指針指到　 　 μA；再將　 　（填“紅”或“黑”）表筆與V表的“+”接線柱相連，另一表筆與V表的“一”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內阻為　 　Ω，量程為　 　 V。
【答案】（1）R1；1000
（2）R（或滑動變阻器）；300；黑；500；1
【知識點】電表的改裝與應用；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）由于滑動變阻器的最大阻值為1000Ω，故當滑動變阻器調到最大時，電路中的電路約為
此時表頭滿偏，故定值電阻中的電流約為
故其阻值為
因此定值電阻應該選擇R1。
改裝后將紅黑表筆短接，將電流表調大滿偏，此時多用表的總內阻為
故多用表的中值電阻為
（2）由于使用歐姆表測內阻，故首先要進行歐姆調0，即調節R，使電流表滿偏，即指針指到300μA，黑表筆接的電源正極，故將黑表筆與電壓表的“+”接線柱相連；歐姆表指針指在I=200μA位置，則電路中的總電流為5I，故待測電壓表的內阻為
設電壓表量程為U，此時電壓表兩端的電壓為
解得
故其量程為1V。
【分析】為保證電路安全，流過電表的電流不得超過電表的量程，再根據閉合電路歐姆定律及串并聯規律確定需選擇的定制電阻值。熟悉掌握歐姆表中值電阻的定義及其計算方法。熟悉掌握利用電用電表測量電阻的步驟及數據處理方法。
11．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，長度x=5m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時針轉動，其上表面QM間距離為L=4m，MN無限長，M端與傳送帶平滑連接．物塊A和B可視為質點，A的質量m=1.5kg， B的質量M=5.5kg．開始A靜止在P處，B靜止在Q處，現給A一個向右的初速度vo=8m/s，A運動一段時間后與B發生彈性碰撞，設A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動摩擦因數均為μ=0.15，A與擋板的碰撞也無機械能損失．取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）A、B碰撞后瞬間的速度大??；
（2）若傳送帶的速率為v=4m/s，試判斷A、B能否再相遇，如果能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠．
【答案】（1）設A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q的過程，由動能定理得
-μmgx=mvA2-mv02①
A與B碰撞前后動量守恒，取向右為正方向，則
mvA=mvA'+MvB'②
由能量守恒定律得
mvA2=mvA'2+MvB'2③
聯立①②③得
vA'=-4m/s，vB'=3m/s．
（2）設A碰撞后運動的路程為sA，由動能定理得
-μmgsA=0-mvA'2④
解得 sA=m
所以A與擋板碰撞后再運動的距離
sA'=sA-x=-5=m ⑤
設B碰撞后向右運動的距離為sB，由動能定理得
-μMgsB=0-MvB'2⑥
解得
sB=3m＜L ⑦
故物塊B碰后不能滑上MN，當速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運動，B再次到達Q處時的速度大小為3m/s．在水平PQ上，B再運動 sB'=sB=3m停止，因為
sA'+sB'＜x=5m，
所以AB不能再次相遇，最終AB間的距離
sAB=x-（sA'+sB'）=5-（+3）=m
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）確定A從P到Q的過程的受力情況及各力的做功情況，再根據動能定理確定A到達Q的速度。AB發生彈性碰撞，根據彈性碰撞特點確定碰后AB的速度；
（2）碰后A向左做勻減速直線運動，根據動能定理確定碰后A運動的路程及A停止運動時距Q點的位置。根據動能定理判斷B是否滑離傳送帶，若不滑離則B減速到零后，再反向加速離開傳送帶最終停止運動。再根據動能定理確定B停止時距Q點的距離，繼而確定AB是否發生二次碰撞。
12．（2023高三上·綿陽模擬）如圖所示，豎直面內有水平線MN與豎直線PQ交于P點，O在水平線MN上，OP間距為d，一質量為m、電量為q的帶正電粒子，從O處以大小為v0、方向與水平線夾角為θ＝60 的速度，進入大小為E1的勻強電場中，電場方向與豎直方向夾角為θ＝60 ，粒子到達PQ線上的A點時，其動能為在O處時動能的4倍．當粒子到達A點時，突然將電場改為大小為E2，方向與豎直方向夾角也為θ＝60 的勻強電場，然后粒子能到達PQ線上的B點．電場方向均平行于MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫出一條電場線示意其方向．已知粒子從O運動到A的時間與從A運動到B的時間相同，不計粒子重力，已知量為m、q、v0、d．求：
（1）粒子從O到A運動過程中，電場力所做功W；
（2）勻強電場的場強大小E1、E2；
（3）粒子到達B點時的動能EkB．
【答案】（1）由題知：粒子在O點動能為Eko=粒子在A點動能為：EkA=4Eko，粒子從O到A運動過程，由動能定理得：電場力所做功：W=EkA-Eko=；
（2）以O為坐標原點，初速v0方向為x軸正向，
建立直角坐標系xOy，如圖所示
設粒子從O到A運動過程，粒子加速度大小為a1，
歷時t1，A點坐標為（x，y）
粒子做類平拋運動：x=v0t1，y=
由題知：粒子在A點速度大小vA=2 v0，vAy=，vAy=a1 t1
粒子在A點速度方向與豎直線PQ夾角為30°．
解得： ，
由幾何關系得：ysin60°-xcos60°=d，
解得： ，
由牛頓第二定律得：qE1=ma1，
解得：
設粒子從A到B運動過程中，加速度大小為a2，歷時t2，
水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°，，qE2=ma2，
解得： ，；
（3）分析知：粒子過A點后，速度方向恰與電場E2方向垂直，再做類平拋運動，
粒子到達B點時動能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，
解得：．
【知識點】動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【分析】（1）根據題意確定粒子在O點和A點的動能大小，再根據動能定理確定粒子從O到A過程電場力的做功情況；
（2）根據題意確定粒子在A點的速度大小。粒子從O到A的過程，電場力與速初速度方向垂直，建立恰當的坐標系，粒子做類平拋運動，根據題意確定粒子在x、y軸方向的位移及粒子在A點沿x、y軸方向的速度。再根據類平拋運動規律確定E1的大小。粒子從A到B的過程，根據運動的對稱性可知，粒子在A、B處水平方向的速度大小相等。再根據牛頓第二定律及勻變速直線運動規律結合題意確定E2的大小。
（3）結合（2）中分析確定，確定粒子到達B點的的速度大小，再根據動能的定義確定粒子在B點的動能。
13．（2023高三上·綿陽模擬） 下列說法正確的是
A．布朗運動反映了組成懸浮微粒的固體分子運動的不規則性
B．在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力緣故
C．物體溫度升高時，物體內所有分子的熱運動動能都增加
D．物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小
E．—定質量的晶體在熔化過程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢能
【答案】B,D,E
【知識點】布朗運動；分子動能；分子勢能；晶體和非晶體；液體的表面張力
【解析】【解答】A、布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性，故A錯誤；
B、在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，故B正確；
C、物體溫度升高時，物體內分子的平均動能增加，但并非所有分子的熱運動動能都增加，故C錯誤；
D、分子勢能的變化要根據分子力做功來判斷，物體的體積增大，如果分子間距離小于平衡距離，則此時分子力做正功，分子勢能減??；如果分子力為引力，則分子力做負功，分子勢能增大，則物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小，故D正確；
E、—定質量的晶體在熔化過程中，因為溫度不變，則分子動能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能，故E正確。
故答案為：BDE.
【分析】布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性。布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性。分子力做正功，分子勢能減小。根據能量守恒定律可知，溫度不變，則分子動能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能。熟悉掌握表面張力的特點。
14．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，A為豎直放置的導熱汽缸，其質量M=50kg、高度L=12cm，B為汽缸內的導熱活塞，其質量m=10kg，B與水平地面間連有勁度系數k=100N/cm的輕彈簧，A與B的橫截面積均為S=100cm2。初始狀態下，汽缸A內封閉著常溫下的氣體，A、B和彈簧均靜止，B與汽缸口相平。設活塞與汽缸間緊密接觸且無摩擦，活塞厚度不計，外界大氣壓強p0=1×105Pa。重力加速度g=10m/s2。
（1）求初始狀態下汽缸內氣體的壓強；
（2）用力緩慢向下壓汽缸A（A的底端始終未接觸地面），使活塞B下降1cm，求此時B到汽缸頂端的距離。
【答案】（1）初態，對汽缸，由力的平衡條件有
Mg+p0S=p1S
解得
p1=1.5×105Pa
（2）未施加壓力前彈簧彈力
F1=(M+m)g=600N
施加壓力后，彈簧彈力變為
F2=F1+kx=600N+100N=700N
設此時A內氣體壓強為p2，對活塞B，由力的平衡條件有
mg+p2S=p0S+F2
代入數據解得
p2=1.6×105Pa
設此時B到A頂端的距離為L'，對A內氣體：
初態體積
V1=LS
末態體積
V2=L'S
由玻意耳定律可知
p1LS=p2L'S
代入數據解得
L'=11.25cm
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；壓強及封閉氣體壓強的計算
【解析】【分析】（1）對氣缸進行受力分析分析，根據平衡條件確定初始狀態時氣缸內氣體的壓強；
（2）施加壓力前后，分別對氣缸和活塞構成的整體進行受力分析，確定施加壓力后彈簧彈力的大小。再對活塞進行受力分析，根據平衡條件確定施加壓力后密封氣體的壓強，再根據玻意耳定律及幾何關系進行解答。
15．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示是某繩波形成過程的示意圖，1、2、3、4……為繩上的一系列等距離的質點，相鄰兩質點間的距離均為10cm，繩處于水平方向；質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧振動，帶動2、3、4……各個質點依次上下振動，振動從繩的左端傳到右端，t＝0時質點1開始豎直向上運動，t＝0.1s時質點1在最大位移20cm處，這時質點3開始運動，以向上為正方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波的波速一定是2m/s
B．該波的波長一定是0.8m
C．質點3振動后的周期可能是0.08s
D．質點3開始運動時運動方向一定向上
E．質點3的振動方程一定是y＝20sin5πt（cm）
【答案】A,C,D
【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達式與圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、該波的波速
故A正確；
B、因為
故波長不一定是0.8m，故B錯誤；
C、又
故n=1時，T=0.08s，故C正確；
D、質點3的起振方向與波源1的起振方向相同，一定向上，故D正確；
E、由于周期的多值，質點3的振動方程不一定是y＝20sin5πt（cm），故E錯誤。
故答案為：ACD。
【分析】所有質點的起振方向均與波源的起振方一直。根據0.1s波傳播的距離確定波的傳播速度。由于不確定波長與0.1s內波傳播距離的關系，故波的周期和波長存在多解性。根據題意確定波長與0.1s內傳播距離的關系及周期與0.1s的關系。再結合題意進行分析解答。
16．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，將一個折射率為 的透明長方體放在空氣中，矩形ABCD是它的一個截面，一單色細光束入射到P點，入射角為θ． ，求：
（1）若要使光束進入長方體后能射至AD面上，角θ的最小值；
（2）若要此光束在AD面上發生全反射，角θ的范圍．
【答案】（1）要使光束進入長方體后能射至AD面上，設最小折射角為α，如圖甲所示，根據幾何關系有：，
根據折射定律有，解得角θ的最小值為θ=30°；
（2）如圖乙，要使光速在AD面發生全反射，則要使射至AD面上的入射角β滿足關系式：；
又，；
解得，因此角θ的范圍為．
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）入射角θ越小，則光線在P點的折射角越小。畫出光線能射到AD邊的光路圖，根據幾何關系結合數學知識確定折射角的最小值，再根據折射定律進行解答；
（2）根據全反射條件確定光線在AD邊入射角的取值范圍，再根據幾何關系及全反射條件進行解答。
1 / 1四川省綿陽市2023屆高三上學期二診模擬考試理綜物理試題
一、選擇題（本題共8小題，每小題6分；在每小題給出的四個選項中，第1~4題只有一項符合題目要求，第5~8題有多項符合題目要求；全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
1．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為，第五個所用的時間為，不計空氣阻力，則滿足（　?。?br/>A． B． C． D．
2．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，衛星A是2022年8月20日我國成功發射的遙感三十五號04組衛星，衛星B是地球同步衛星，若它們均可視為繞地球做勻速圓周運動，衛星P是地球赤道上還未發射的衛星，下列說法正確的是（　　）
A．衛星A的運行周期可能為48h
B．衛星B在6h內轉動的圓心角是45°
C．衛星B的線速度小于衛星P隨地球自轉的線速度
D．衛星B的向心加速度大于衛星P隨地球自轉的向心加速度
3．（2023高三上·綿陽模擬） 一物體靜止在粗糙水平地面上，現用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經過一段時間后其速度變為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經過同樣的時間后速度變為2v，對于上述兩個過程，用、分別表示拉力F1、F2所做的功，、分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則（　?。?br/>A．， B．，
C．， D．，
4．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，某種氣體分子束由質量為m、速度為v的分子組成，設各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內有n0個分子，下列說法正確的是（　　）
A．單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為0
B．單個分子與平面碰撞的過程中，平面對其做功為負功
C．分子束撞擊平面所產生的壓強為2n0mv2
D．分子束撞擊平面所產生的壓強為n0mv2
5．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A'、B'、C'分別是三條棱的中點．現在頂點O處固定一正的點電荷，則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．A'，B'，C'三點的電場強度相同
B．△ABC所在平面為等勢面
C．將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功
D．若A'點的電勢為φA'，A點的電勢為φA，則A'A連線中點D處的電勢φD一定小于
6．（2023高三上·綿陽模擬） 一鋼球從某高度自由下落到一放在水平地面的彈簧上，從鋼球與彈簧接觸到壓縮到最短的過程中，彈簧的彈力F、鋼球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的機械能E與彈簧壓縮量x的變化圖線如下圖(不考慮空間阻力)，選小球與彈簧開始接觸點為原點，建立圖示坐標系，并規定向下為正方向，則下述選項中的圖象符合實際的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，圓環的圓心O的正上方B點固定有一定滑輪，B點的左側再固定有一定滑輪。質量為m的小球套在圓環上，輕質細線跨過兩個定滑輪，一端連接小球，另一端連接質量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環上的A點，與豎直方向的夾角為53°，且正好沿圓環的切線方向，P點為圓環的最高點，不計一切摩擦，不計滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，，。下列說法正確的是（　　）
A．小球與物塊靜止時，豎直向下的拉力
B．撤去拉力F的瞬間，細線的拉力大小為
C．小球由A點運動到P點的過程中，物塊的重力勢能減少量為
D．若小球在P點的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v
8．（2023高三上·綿陽模擬） 長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個裝置結構如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當滑動變阻器的滑片在某一位置時，粒子恰好垂直撞在光屏上。對此過程，下列分析正確的是（　?。?br/>A．板間電場強度大小為
B．粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏的速度變化量相同
C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子不會垂直打在光屏上
D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上
二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據要求作答。
9．（2023高三上·綿陽模擬） 某實驗小組欲測定國內某地重力加速度的大小，實驗器材有：氣墊導軌、光電門、氣泵、滑塊（含遮光條）、鉤碼、細線、各種測量工具等。實驗步驟如下：
①實驗前，調節氣墊導軌，使其保持水平；
②測定滑塊質量M、鉤碼的質量m、遮光條的寬度d及滑塊上遮光條的初位置O與光電門A的間距L；保持滑塊靜止不動，用細線跨過導軌左端的定滑輪將滑塊與鉤碼相連；
③無初速度釋放滑塊，記錄遮光條經過光電門的時間t；
④改變O點位置，重復實驗，作出相應函數圖象，計算重力加速度的大小。
（1）實驗測得滑塊經過光電門的速度為v=　 　。（用題目中給定物理量的字母表示）
（2）測定重力加速度g的原理表達式為　 　。（用題目中給定物理量的的字母表示）
（3）為精準測定該地的重力加速度，實驗小組多次改變O、A之間的距離，以L為縱軸，以為橫軸，用電腦擬合出其函數關系圖像，在M=700g、m=100g、d=5.0mm的條件下，測得圖像斜率的數值為1.0210-5，則當地的重力加速度g=　 　m/s2（結果保留3位有效數
10．（2023高三上·綿陽模擬） 某同學欲將內阻為100 Ω、量程為300 μA的電流計G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對準電流表表盤的300 μA刻度。
可選用的器材還有：定值電阻R1（阻值25Ω）；定值電阻R2（阻值100Ω）；滑動變阻器R（最大阻值1000 Ω）；干電池（E=1.5V．r=2 Ω）；紅、黑表筆和導線若干。改裝電路如圖甲所示。
（1）定值電阻應選擇　 ?。ㄌ钤枺难b后的歐姆表的中值電阻為　 　Ω。
（2）該同學用改裝后尚未標示對應刻度的歐姆表測量內阻和量程均未知的電壓表V的內阻。步驟如下：先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調節 　 　填圖甲中對應元件代號），使電流計G指針指到　 　 μA；再將　 ?。ㄌ睢凹t”或“黑”）表筆與V表的“+”接線柱相連，另一表筆與V表的“一”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內阻為　 　Ω，量程為　 　 V。
11．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，長度x=5m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時針轉動，其上表面QM間距離為L=4m，MN無限長，M端與傳送帶平滑連接．物塊A和B可視為質點，A的質量m=1.5kg， B的質量M=5.5kg．開始A靜止在P處，B靜止在Q處，現給A一個向右的初速度vo=8m/s，A運動一段時間后與B發生彈性碰撞，設A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動摩擦因數均為μ=0.15，A與擋板的碰撞也無機械能損失．取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）A、B碰撞后瞬間的速度大?。?br/>（2）若傳送帶的速率為v=4m/s，試判斷A、B能否再相遇，如果能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠．
12．（2023高三上·綿陽模擬）如圖所示，豎直面內有水平線MN與豎直線PQ交于P點，O在水平線MN上，OP間距為d，一質量為m、電量為q的帶正電粒子，從O處以大小為v0、方向與水平線夾角為θ＝60 的速度，進入大小為E1的勻強電場中，電場方向與豎直方向夾角為θ＝60 ，粒子到達PQ線上的A點時，其動能為在O處時動能的4倍．當粒子到達A點時，突然將電場改為大小為E2，方向與豎直方向夾角也為θ＝60 的勻強電場，然后粒子能到達PQ線上的B點．電場方向均平行于MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫出一條電場線示意其方向．已知粒子從O運動到A的時間與從A運動到B的時間相同，不計粒子重力，已知量為m、q、v0、d．求：
（1）粒子從O到A運動過程中，電場力所做功W；
（2）勻強電場的場強大小E1、E2；
（3）粒子到達B點時的動能EkB．
13．（2023高三上·綿陽模擬） 下列說法正確的是
A．布朗運動反映了組成懸浮微粒的固體分子運動的不規則性
B．在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力緣故
C．物體溫度升高時，物體內所有分子的熱運動動能都增加
D．物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小
E．—定質量的晶體在熔化過程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢能
14．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖，A為豎直放置的導熱汽缸，其質量M=50kg、高度L=12cm，B為汽缸內的導熱活塞，其質量m=10kg，B與水平地面間連有勁度系數k=100N/cm的輕彈簧，A與B的橫截面積均為S=100cm2。初始狀態下，汽缸A內封閉著常溫下的氣體，A、B和彈簧均靜止，B與汽缸口相平。設活塞與汽缸間緊密接觸且無摩擦，活塞厚度不計，外界大氣壓強p0=1×105Pa。重力加速度g=10m/s2。
（1）求初始狀態下汽缸內氣體的壓強；
（2）用力緩慢向下壓汽缸A（A的底端始終未接觸地面），使活塞B下降1cm，求此時B到汽缸頂端的距離。
15．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示是某繩波形成過程的示意圖，1、2、3、4……為繩上的一系列等距離的質點，相鄰兩質點間的距離均為10cm，繩處于水平方向；質點1在外力作用下沿豎直方向做簡諧振動，帶動2、3、4……各個質點依次上下振動，振動從繩的左端傳到右端，t＝0時質點1開始豎直向上運動，t＝0.1s時質點1在最大位移20cm處，這時質點3開始運動，以向上為正方向，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該波的波速一定是2m/s
B．該波的波長一定是0.8m
C．質點3振動后的周期可能是0.08s
D．質點3開始運動時運動方向一定向上
E．質點3的振動方程一定是y＝20sin5πt（cm）
16．（2023高三上·綿陽模擬） 如圖所示，將一個折射率為 的透明長方體放在空氣中，矩形ABCD是它的一個截面，一單色細光束入射到P點，入射角為θ． ，求：
（1）若要使光束進入長方體后能射至AD面上，角θ的最小值；
（2）若要此光束在AD面上發生全反射，角θ的范圍．
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；豎直上拋運動
【解析】【解答】根據運動員上升過程的逆運動為自由落體運動，根據勻變速直線運動的位移公式及相同位移內則可以得出
則D對，ABC錯誤；
正確答案為D。
【分析】利用勻變速直線運動的位移公式可以求出兩段時間的比值。
2．【答案】D
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應用；衛星問題
【解析】【解答】A、根據開普勒第三定律
可知衛星A的運行周期小于24h，故A錯誤；
B、衛星B是地球同步衛星，周期為24h，所以在6h內轉動的圓心角是
故B錯誤；
C、衛星B是地球同步衛星，角速度與地球自轉角速度相等，根據
可知衛星B的線速度大于衛星P隨地球自轉的線速度，故C錯誤；
D、衛星B角速度與地球自轉角速度相等，根據
可知衛星B的向心加速度大于隨地球自轉的向心加速度，故D正確；
故答案為：D。
【分析】同步衛星的周期和角速度與地球的自轉周期及角速度相等。根據圖示確定衛星的運行軌道高度關系，再根據開普勒第三定律及線速度、角速度及角速度的關系進行解答。
3．【答案】C
【知識點】動能定理的綜合應用
【解析】【解答】由題意可知，兩次物體均做勻加速運動，則在同樣的時間內，它們的位移之比為
兩次物體所受的摩擦力不變，根據力做功表達式，則有滑動摩擦力做功之比
再由動能定理，則有
可知
，
由上兩式可解得
故答案為：C。
【分析】根據題意確定物體兩次運動過程的受力情況及摩擦力大小關系。根據運動規律確定兩物體運動位移的關系。再根據功的定義及動能定理進行聯立解答。
4．【答案】C
【知識點】動量定理；功的概念；動量
【解析】【解答】A、分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個分子與平面碰撞的過程中，動量變化量的大小為2mv，故A錯誤；
B、單個分子與平面碰撞的過程中，根據動能定理可得
平面對其做功為零，故B錯誤；
CD、時間t內碰撞面積S上的分子數
對于這部分分子，根據動量定理，有
解得
根據壓強的計算公式可得
解得
故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】確定粒子碰撞前后的速度，規定速度的正方向，再根據動量的定義確定碰撞過程動量的變化量。確定碰撞過程粒子的受力情況，再根據動能定理確定平面對粒子作用力做功情況。熟悉掌握運用動量定理處理微粒模型的方法。
5．【答案】D
【知識點】電場力做功；電場強度；點電荷的電場；電勢；等勢面
【解析】【解答】A、A'、B'、C'三點到O點的距離相等，根據點電荷的場強公式
分析可知，A'、B'、C'三點的電場強度大小相等．但方向不同，故A錯誤；
B、A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；
C、將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤；
D、由于A'D間場強大于DA間場強，由
知A'、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有
則
故D正確；
故答案為：D。
【分析】根據點電荷的場強公式分析電場強度的大小關系；點電荷的等勢面是一系列的同心圓；沿著電場線，電勢逐漸降低；根據電勢的變化，分析電勢能的變化，從而判斷電場力做功的正負；根據公式U=Ed分析A'A連線中點D處的電勢。
6．【答案】B,C
【知識點】牛頓定律與圖象；功的計算；機械能守恒定律
【解析】【解答】A、由于向下為正方向，而彈簧中的彈力方向向上，所以選項A中的拉力應為負值，故A錯誤；
B、小球接觸彈簧上端后受到兩個力作用：向下的重力和向上的彈力．在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，而彈力F=kx，則加速度
故B正確；
C、根據重力做功的計算式
故C正確；
D、小球和彈簧整體的機械能守恒，小球的機械能不守恒，故D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】確定小球與彈簧接觸過程的受力情況及各力的方向，再根據牛頓第二定律及功的定義確定圖像的函數表達式判斷圖像是否正確。熟悉掌握系統機械能守恒的條件及判定方法。
7．【答案】A,C
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；牛頓運動定律的應用—連接體；運動的合成與分解；重力勢能的變化與重力做功的關系
【解析】【解答】A、對物塊進行受力分析，由二力平衡可得細線的拉力大小為
在A點對小球進行受力分析，由力的平衡可得
解得
故A正確；
B、在撤去拉力F的瞬間，設細線的拉力大小為T2，小球和物塊的加速度大小相等設為a，對兩者分別應用牛頓第二定律可得
，
聯立解得
故B錯誤；
C、撤去拉力F后，當小球運動到P點時，設小球的速度大小為v，由幾何關系可得
，，
小球從A到P，物塊下降的高度為
聯立解得
則物塊的重力勢能減少量為
故C正確；
D、細線與小球的速度v垂直，則繩子伸長的速度為0，由關聯速度之間的關系，物塊的速度為0，故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】靜止時，小球環繞物體處于平衡狀態，對小球及物體進行受力分析根據平衡條件及力的合成與分解確定此時拉力的大小。撤去力后，小球和物體屬于連接體模型，兩者的加速度大小相等，沿繩方向的速度相等，再根據力的合成與分解和牛頓第二定律確定此時拉力的大小。根據幾何關系確定小球從A到P過程，重物下降的高度，再根據重力勢能與重力做功的關系確定重物重力勢能增量。
8．【答案】A,D
【知識點】含容電路分析；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】 【解答】AB、粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，粒子離開電場時具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說明豎直方向末速度等于0，即電場中粒子具有豎直向上的加速度，不管是在金屬板間還是離開電場后，粒子在水平方向速度沒有變化，而且水平位移相等，所以運動時間相等，豎直方向速度變化量等大反向，所以有
可得
故A正確，B錯誤；
C、若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故C錯誤；
D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放電，電量不變，根據
可知板間電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故D正確。
故答案為：AD。
【分析】 確定粒子在極板間及離開極板后的受力情況及運動情況。再根據題意及運動規律確定極板間電場強度的大小。二極管具有單向導電性，即電容器無法放電。根據題意結合電路動態分析和電容器定義式及決定式確定極板間場強的變化情況，繼而確定粒子是否能夠垂直打在光屏上。
9．【答案】（1）
（2）或
（3）9.80
【知識點】重力加速度；機械能守恒定律
【解析】【解答】（1）實驗中，遮光條通過光電門的平均速度可以代替其瞬時速度，可得滑塊經過光電門的速度為
（2）根據系統機械能守恒有
整理可得
（3）根據系統機械能守恒有
整理可得
根據圖像斜率的物理意義，聯立題意解得
【分析】熟悉掌握物體經過光電門的速度求解方法。再根據機械能守恒定律推導得出g值的原理表達式及圖像的函數表達式，再根據圖象斜率的物理意義進行數據處理。
10．【答案】（1）R1；1000
（2）R（或滑動變阻器）；300；黑；500；1
【知識點】電表的改裝與應用；練習使用多用電表
【解析】【解答】（1）由于滑動變阻器的最大阻值為1000Ω，故當滑動變阻器調到最大時，電路中的電路約為
此時表頭滿偏，故定值電阻中的電流約為
故其阻值為
因此定值電阻應該選擇R1。
改裝后將紅黑表筆短接，將電流表調大滿偏，此時多用表的總內阻為
故多用表的中值電阻為
（2）由于使用歐姆表測內阻，故首先要進行歐姆調0，即調節R，使電流表滿偏，即指針指到300μA，黑表筆接的電源正極，故將黑表筆與電壓表的“+”接線柱相連；歐姆表指針指在I=200μA位置，則電路中的總電流為5I，故待測電壓表的內阻為
設電壓表量程為U，此時電壓表兩端的電壓為
解得
故其量程為1V。
【分析】為保證電路安全，流過電表的電流不得超過電表的量程，再根據閉合電路歐姆定律及串并聯規律確定需選擇的定制電阻值。熟悉掌握歐姆表中值電阻的定義及其計算方法。熟悉掌握利用電用電表測量電阻的步驟及數據處理方法。
11．【答案】（1）設A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q的過程，由動能定理得
-μmgx=mvA2-mv02①
A與B碰撞前后動量守恒，取向右為正方向，則
mvA=mvA'+MvB'②
由能量守恒定律得
mvA2=mvA'2+MvB'2③
聯立①②③得
vA'=-4m/s，vB'=3m/s．
（2）設A碰撞后運動的路程為sA，由動能定理得
-μmgsA=0-mvA'2④
解得 sA=m
所以A與擋板碰撞后再運動的距離
sA'=sA-x=-5=m ⑤
設B碰撞后向右運動的距離為sB，由動能定理得
-μMgsB=0-MvB'2⑥
解得
sB=3m＜L ⑦
故物塊B碰后不能滑上MN，當速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運動，B再次到達Q處時的速度大小為3m/s．在水平PQ上，B再運動 sB'=sB=3m停止，因為
sA'+sB'＜x=5m，
所以AB不能再次相遇，最終AB間的距離
sAB=x-（sA'+sB'）=5-（+3）=m
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；動能定理的綜合應用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）確定A從P到Q的過程的受力情況及各力的做功情況，再根據動能定理確定A到達Q的速度。AB發生彈性碰撞，根據彈性碰撞特點確定碰后AB的速度；
（2）碰后A向左做勻減速直線運動，根據動能定理確定碰后A運動的路程及A停止運動時距Q點的位置。根據動能定理判斷B是否滑離傳送帶，若不滑離則B減速到零后，再反向加速離開傳送帶最終停止運動。再根據動能定理確定B停止時距Q點的距離，繼而確定AB是否發生二次碰撞。
12．【答案】（1）由題知：粒子在O點動能為Eko=粒子在A點動能為：EkA=4Eko，粒子從O到A運動過程，由動能定理得：電場力所做功：W=EkA-Eko=；
（2）以O為坐標原點，初速v0方向為x軸正向，
建立直角坐標系xOy，如圖所示
設粒子從O到A運動過程，粒子加速度大小為a1，
歷時t1，A點坐標為（x，y）
粒子做類平拋運動：x=v0t1，y=
由題知：粒子在A點速度大小vA=2 v0，vAy=，vAy=a1 t1
粒子在A點速度方向與豎直線PQ夾角為30°．
解得： ，
由幾何關系得：ysin60°-xcos60°=d，
解得： ，
由牛頓第二定律得：qE1=ma1，
解得：
設粒子從A到B運動過程中，加速度大小為a2，歷時t2，
水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°，，qE2=ma2，
解得： ，；
（3）分析知：粒子過A點后，速度方向恰與電場E2方向垂直，再做類平拋運動，
粒子到達B點時動能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，
解得：．
【知識點】動能定理的綜合應用；帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在電場中的偏轉
【解析】【分析】（1）根據題意確定粒子在O點和A點的動能大小，再根據動能定理確定粒子從O到A過程電場力的做功情況；
（2）根據題意確定粒子在A點的速度大小。粒子從O到A的過程，電場力與速初速度方向垂直，建立恰當的坐標系，粒子做類平拋運動，根據題意確定粒子在x、y軸方向的位移及粒子在A點沿x、y軸方向的速度。再根據類平拋運動規律確定E1的大小。粒子從A到B的過程，根據運動的對稱性可知，粒子在A、B處水平方向的速度大小相等。再根據牛頓第二定律及勻變速直線運動規律結合題意確定E2的大小。
（3）結合（2）中分析確定，確定粒子到達B點的的速度大小，再根據動能的定義確定粒子在B點的動能。
13．【答案】B,D,E
【知識點】布朗運動；分子動能；分子勢能；晶體和非晶體；液體的表面張力
【解析】【解答】A、布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性，故A錯誤；
B、在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，故B正確；
C、物體溫度升高時，物體內分子的平均動能增加，但并非所有分子的熱運動動能都增加，故C錯誤；
D、分子勢能的變化要根據分子力做功來判斷，物體的體積增大，如果分子間距離小于平衡距離，則此時分子力做正功，分子勢能減??；如果分子力為引力，則分子力做負功，分子勢能增大，則物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小，故D正確；
E、—定質量的晶體在熔化過程中，因為溫度不變，則分子動能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能，故E正確。
故答案為：BDE.
【分析】布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性。布朗運動是懸浮的固體微粒的無規則運動，反映了液體分子運動的不規則性。分子力做正功，分子勢能減小。根據能量守恒定律可知，溫度不變，則分子動能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能。熟悉掌握表面張力的特點。
14．【答案】（1）初態，對汽缸，由力的平衡條件有
Mg+p0S=p1S
解得
p1=1.5×105Pa
（2）未施加壓力前彈簧彈力
F1=(M+m)g=600N
施加壓力后，彈簧彈力變為
F2=F1+kx=600N+100N=700N
設此時A內氣體壓強為p2，對活塞B，由力的平衡條件有
mg+p2S=p0S+F2
代入數據解得
p2=1.6×105Pa
設此時B到A頂端的距離為L'，對A內氣體：
初態體積
V1=LS
末態體積
V2=L'S
由玻意耳定律可知
p1LS=p2L'S
代入數據解得
L'=11.25cm
【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；壓強及封閉氣體壓強的計算
【解析】【分析】（1）對氣缸進行受力分析分析，根據平衡條件確定初始狀態時氣缸內氣體的壓強；
（2）施加壓力前后，分別對氣缸和活塞構成的整體進行受力分析，確定施加壓力后彈簧彈力的大小。再對活塞進行受力分析，根據平衡條件確定施加壓力后密封氣體的壓強，再根據玻意耳定律及幾何關系進行解答。
15．【答案】A,C,D
【知識點】機械波及其形成和傳播；簡諧運動的表達式與圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、該波的波速
故A正確；
B、因為
故波長不一定是0.8m，故B錯誤；
C、又
故n=1時，T=0.08s，故C正確；
D、質點3的起振方向與波源1的起振方向相同，一定向上，故D正確；
E、由于周期的多值，質點3的振動方程不一定是y＝20sin5πt（cm），故E錯誤。
故答案為：ACD。
【分析】所有質點的起振方向均與波源的起振方一直。根據0.1s波傳播的距離確定波的傳播速度。由于不確定波長與0.1s內波傳播距離的關系，故波的周期和波長存在多解性。根據題意確定波長與0.1s內傳播距離的關系及周期與0.1s的關系。再結合題意進行分析解答。
16．【答案】（1）要使光束進入長方體后能射至AD面上，設最小折射角為α，如圖甲所示，根據幾何關系有：，
根據折射定律有，解得角θ的最小值為θ=30°；
（2）如圖乙，要使光速在AD面發生全反射，則要使射至AD面上的入射角β滿足關系式：；
又，；
解得，因此角θ的范圍為．
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）入射角θ越小，則光線在P點的折射角越小。畫出光線能射到AD邊的光路圖，根據幾何關系結合數學知識確定折射角的最小值，再根據折射定律進行解答；
（2）根據全反射條件確定光線在AD邊入射角的取值范圍，再根據幾何關系及全反射條件進行解答。
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