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2024屆四川省樂山市高三下學期第二次調查研究考試理科綜合試題-高中物理
1．（2024高三下·樂山模擬）圖（a）所示的送餐機器人從過道上甲處靜止出發做直線運動到乙處停下，其位移x與時間t的關系曲線如圖（b）。若將機器人視為質點，則從甲到乙機器人的運動依次是（　　）
A．勻加速運動，勻速運動，勻減速運動
B．加速度減小的加速運動，勻速運動，加速度增大的減速運動
C．加速度增大的加速運動，勻速運動，加速度減小的減速運動
D．加速度增大的加速運動，勻加速運動，加速度減小的減速運動
【答案】A
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】根據勻變速直線運動位移與時間關系
可得，若圖線為拋物線，則物體做勻變速直線運動，且x-t圖線切線的斜率表示物體運動的速度，由圖可知，物體的速度先增大，后不變，再減小，則物體應先做勻加速運動，后做勻速運動，再做勻減速運動。
故選A。
【分析】題目已知位移x與時間t的關系圖像，判斷物體運動情況。x-t圖線切線的斜率表示物體運動的速度，由圖可知，物體的速度先增大，后不變，再減小，則物體應先做勻加速運動，后做勻速運動，再做勻減速運動。
2．（2024高三下·樂山模擬）科學史上，有一項發現的核反應方程是。如圖，讓核和X核從S點沿圖示垂直于磁場的方向進入有界勻強磁場區域，若僅考慮磁場對核的洛倫茲力，則在磁場中（　　）
A．核和X核的徑跡均在Ⅰ區
B．核的徑跡在Ⅱ區，X核的徑跡在Ⅰ區
C．核和X核運動的半徑之比一定為
D．核和X核運動的周期之比一定為
【答案】D
【知識點】原子核的人工轉變；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【解答】AB．X核為質子，則核和X核均帶正電，由左手定則可知運動的徑跡均在Ⅱ區，故AB錯誤；
C．根據動量守恒可知
根據，可知，核和X核運動的半徑之比一定為，故C錯誤；
D．根據可知，核和X核運動的周期之比一定為，故D正確。
故選D。
【分析】本題考查的是核反應中的動量守恒、帶電粒子在磁場中的運動（洛倫茲力）以及回旋半徑和周期的計算。
1、在磁場中，正電荷的運動方向、磁場方向和偏轉方向符合左手定則。
2、如果初始動量方向相同，兩粒子電荷符號相同，但質量不同，它們的徑跡會因動量分配不同而分開。
3、 核反應中，兩粒子的動量大小相等、方向相反 。根據比較運動半徑。
4、根據可計算運動的周期之比。
3．（2024高三下·樂山模擬）如圖，甲、乙、丙是地球赤道平面內繞地心運動的三顆人造衛星，甲、丙的軌道為圓，乙的軌道為橢圓。則三顆衛星（　　）
A．在軌道上運行的周期關系是：
B．在軌道上1、2、3位置的加速度大小關系是：
C．在軌道上1、2、3位置的速率關系一定是：
D．在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系一定是：
【答案】B
【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得
衛星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大，所以周期增大，即
故A錯誤；
B．根據牛頓第二定律有
所以
衛星在1、2、3處與地球球心間的距離增大，則加速度減小，即
故B正確；
C．根據萬有引力提供向心力有
所以
所以
但無法確定v2與v3的大小關系，故C錯誤；
D．由于不知道三顆衛星的質量關系，所以不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據開普勒第三定律可得，可比較周期。
2、根據牛頓第二定律有，所以，可比較加速度。
3、根據萬有引力提供向心力有，所以，可比較速率。
4、根據萬有引力公式可知三顆衛星的質量關系未知，則不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系。
4．（2024高三下·樂山模擬）鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員起跑區推動雪車起跑后俯臥在雪車上，再經出發區、滑行區和減速區的一系列直道、彎道后到達終點、用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一運動員在滑行區某彎道的圖片，假設可視為質點的人和車的總質量m=90kg，其在彎道上P處做水平面內圓周運動的模型如圖（b），車在P處既無側移也無切向加速度，速率v=30m/s，彎道表面與水平面成θ=53°，不計摩擦力和空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。則在P處（　　）
A．車對彎道的壓力大小為900N
B．人對車的壓力大小為1500N
C．人和車做圓周運動的半徑為67.5m
D．人和車的加速度大小為7.5m/s2
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．對人和車受力分析，如圖所示
根據幾何關系有
根據牛頓第三定律可得，車對彎道的壓力大小為1500N，故A錯誤；
B．由于不知道人的質量，所以無法確定人對車的壓力，故B錯誤；
CD．根據牛頓第二定律可得
解得
，
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】斜面上加速運動，受力分析，垂直斜面方向合力為零，列等式可求解車對彎道的壓力大小，沿斜面方向根據牛頓第二定律列等式可求解加速度。
5．（2024高三下·樂山模擬）如圖，質量為M、半徑為R的圓環狀光滑絕緣細桿用三根交于O點的等長細線懸掛于水平面內，每根細線與豎直方向均成30°角；桿上套有三個可視為質點的帶正電小球，每個小球的質量均為m、電荷量均為q；小球間的間距相等，球和桿均靜止。重力加速度大小為g、靜電力常量為k。則（　　）
A．每根細線對桿的拉力大小為
B．每根細線對桿的拉力大小為
C．每個小球受到的庫侖力大小為
D．每個小球對桿的彈力大小為
【答案】D
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】AB．對桿和小球整體，豎直方向有
解得細線對桿的拉力大小為
故AB錯誤；
C．根據題意可得，兩個小球間的距離為
所以每個小球受到的庫侖力大小為
故C錯誤；
D．每個小球對桿的彈力大小為
故D正確。
故選D。
【分析】1、對桿和小球整體受力分析，根據豎直方向平衡列等式可求解細線對桿的拉力大小。
2、根據庫侖力大小公式可求解庫侖力大小。
3、每個小球對桿的彈力大小等于庫侖力和重力的合力，即。
6．（2024高三下·樂山模擬）一變壓器在紙面內的剖面如圖，原線圈連接足夠長且電阻不計的平行雙導軌，導軌處于垂直紙面向里的勻強磁場中、金屬棒MN與導軌接觸良好且垂直于導軌，副線圈連接燈泡L和電容器C，A為理想交流電流表。則（　　）
A．當MN勻速向左運動時，燈泡可能發光，A表有示數
B．當MN加速向左運動時，a點電勢低于b點電勢
C．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，燈泡一定不發光
D．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，A表有示數
【答案】B,D
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響；變壓器原理
【解析】【解答】A．當MN勻速向左運動時，左側回路中電流恒定，所以左側線圈產生恒定的磁場，穿過右側線圈的磁通量不變，右側線圈將不產生感應電流，所以燈泡不發光，電流表無示數，故A錯誤；
B．當MN加速向左運動時，穿過右側線圈的磁通量不斷增大，且磁場方向向上，根據楞次定律可知，感應電流的磁場方向向下，根據右手螺旋定則可知，回路中電流方向為逆時針方向，所以a點電勢低于b點電勢，故B正確；
CD．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，左側回路中產生正弦交變電流，右側回路也為交變電流，所以燈泡發光，電容器將進行充放電，電流表有示數，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】本題考查的是電磁感應現象，涉及法拉第電磁感應定律、楞次定律、交變電流以及LC回路的特性。
1、根據法拉第電磁感應定律，磁通量不變時，右側線圈無感應電流，燈泡不亮，電流表無示數。
2、感應電流產生的磁場方向向下，說明右側線圈中的電流方向為逆時針（從右側看），電流從b點流出，經燈泡流向a點，因此a點電勢低于b點。
3、MN做簡諧振動（如正弦運動），切割磁感線的速度隨時間周期性變化，左側回路中產生正弦交變電流。左側線圈的電流是交變的，因此右側線圈的磁通量也是交變的，產生交變感應電流。交變電流通過燈泡，使其發光（平均功率不為零）。交變電流會對電容器周期性充放電，電流表顯示交變電流的有效值。
7．（2024高三下·樂山模擬）圖（a）所示的后排進攻是排球比賽中一種重要進攻手段。假設某次后排進攻可簡化為圖（b）所示模型，甲運動員以極短的時間 t=0.01s完成擊球，將初速度為零的排球從O點以水平速度擊出，球恰好打到攔網隊員乙的手指P后飛出。已知排球質量m=0.26kg，O、P的水平距離L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。則可知（　　）
A．球被甲擊出時的速率約為72km/h
B．球被甲擊出時的速率約為90km/h
C．甲對球的平均作用力大小約為650N
D．甲對球的平均作用力大小約為520N
【答案】B,C
【知識點】動量定理；平拋運動
【解析】【解答】AB．球被甲擊出后做平拋運動，設球被甲擊出時的速率為v0，運動時間為t，則有
，
聯立解得v0=25m/s=90km/h，故A錯誤，B正確；
CD．甲運動員完成擊球的時間 t=0.01s，設甲對球的平均作用力大小為F，由動量定理得
將已知量代入上式可解得F=650N，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】本題考查的是平拋運動和動量定理的應用，結合了力學中的運動學和動力學分析。
1、平拋運動分解：水平方向：勻速直線運動，水平位移，豎直方向：自由落體運動，位移，聯立可求解球被甲擊出時的速率。
2、甲運動員完成擊球，由動量定理，可求解甲對球的平均作用力大小。
8．（2024高三下·樂山模擬）某工廠用水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅圈。為了檢測出個別未閉合的不合格銅圈，讓圖示傳送帶以速度v勻速通過一方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場區域，進入磁場前，銅圈與傳送帶相對靜止且等距離排列，根據穿過磁場后銅圈間的距離，就能檢測出不合格銅圈。已知銅圈質量為m，邊長為L，每條邊的電阻為R，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。則（　　）
A．由圖可知，3號銅圈不合格
B．合格銅圈進入磁場的過程中，通過該銅圈的電荷量為
C．要利用該系統識別不合格銅圈，銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數必須小于
D．如果該系統能識別邊長為L的不合格銅圈，那么該系統也一定能識別同種材料制成的邊長為2L的不合格銅圈
【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】A． 若銅圈不合格，則銅圈未閉合，銅圈穿過磁場過程中沒有感應電流產生，銅圈不受安培力，銅圈相對傳送帶沒有相對位移，由圖可知，銅圈3相對傳送帶沒有相對位移，是不合格的銅圈，故A正確；
B．合格銅圈進入磁場的過程中，通過該銅圈的的電荷量為
故B錯誤；
C．要利用該系統識別不合格銅圈，對銅圈
銅圈所受安培力
解得銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數為
故C錯誤；
D．若該系統能識別同種材料制成的邊長為的不合格銅圈，則同規格合格銅圈安培力
滿足
假設成立，故D正確。
故選AD。
【分析】本題考查的是電磁感應現象、安培力以及摩擦力的綜合應用。
1、只有閉合導體在磁場中運動時才會產生感應電流。不合格銅圈未閉合，無電流。無電流則不受安培力，銅圈僅靠摩擦力隨傳送帶運動，無相對位移。
2、根據計算通過該銅圈的的電荷量。
3、根據安培力與摩擦力平衡列等式求解銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數。
9．（2024高三下·樂山模擬）為研究小燈泡的伏安特性，實驗室提供了下列器材：
A.電源E（電動勢4.5V，內阻很小）；
B.小燈泡L（額定電壓4V，額定電流0.7A）；
C.電壓表V（量程6V，內阻約6kΩ）；
D.電流表A（量程0.6A，內阻0.25Ω）；
E.定值電阻（阻值1Ω）；
F.滑動變阻器R（最大阻值5Ω）；
G.開關一個；
H.導線若干。
（1）甲設計的電路如圖（a）。某次測量中，V表和A表的指針穩定在圖（b）所示位置，則V表的示數為　 　V（不需估讀），測得此時燈泡的功率約為　 　W（保留2位有效數字）。
（2）乙設計的電路如圖（c）。兩種設計比較，　 　（選填“甲”或“乙”）的測量精度更高。
（3）該小燈泡的伏安特性曲線最有可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】（1）3.2；2.1
（2）乙
（3）C
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）電壓表如圖b所示，分度值為0.2V，示數為3.2V。
電流表如圖b所示，分度值為0.02A，示數為0.52A，電流表兩端電壓為
定值電阻中電流為
燈泡功率為
（2）電流表內阻已知，若用伏安法測量，乙圖實驗原理無誤差，圖乙的測量精度更高。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小，故選C。
【分析】（1）考查電壓表和電流表讀數，弄清量程和分度值。
（2）電流表內阻已知，乙設計電路圖無系統誤差。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小。
（1）[1]電壓表如圖b所示，分度值為0.2V，示數為3.2V。
[2]電流表如圖b所示，分度值為0.02A，示數為0.52A，電流表兩端電壓為
定值電阻中電流為
燈泡功率為
（2）電流表內阻已知，若用伏安法測量，乙圖實驗原理無誤差，圖乙的測量精度更高。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小，故選C。
10．（2024高三下·樂山模擬）某興趣小組設計了一個測量動摩擦因數的實驗，①如圖（a），將傾斜段和水平段連接構成的鋁板固定在水平桌面上；②讓小鐵塊從傾斜段上A點靜止釋放，鐵塊最終停在水平段上B點；③利用鉛垂線找到A點在桌面的投影點A'，測出A到A'的高度h和A'到B的水平距離s；④改變釋放位置重復多次實驗，得到多組h和s的數值。
（1）實驗得到多組h和s的數值如下表，請在圖（b）中作出s-h關系圖線　 　。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
（2）根據圖線求得動摩擦因數μ=　 　。（保留1位有效數字）
（3）重復實驗發現，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是　 　。
（4）實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，這會導致動摩擦因數的測量值　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。
（5）為了消除鐵塊在轉接點處的機械能損失，興趣小組中某位同學建議將傾斜段做成圖（c）所示圓弧面，其末端與水平段相切，仍然通過測量h和s求得動摩擦因數。該方案是否可行？　 　（選填“可行”或“不可行”）。
【答案】（1）
（2）0.4
（3）鋁板的厚度
（4）大于
（5）不可行
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】（1）作s-h關系圖線
（2）設斜面的傾角為θ，在斜面上鐵塊位移大小為x1，在水平面上鐵塊位移大小為x2，鋁板的厚度為d，對整個過程，根據動能定理得
而鐵塊水平位移大小s為
聯立以上兩式解得
式中即s-h圖線的斜率，由圖線可求得
故得
（3）根據上述結果
可知，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是鋁板的厚度；
（4）如果實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，則鐵塊在水平段的初動能減小，水平位移x2就會減小，s的測量值偏小，由可知，這會導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（5）因為物體做圓周運動時有向心力，導致支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大，故該方案不可行。
【分析】（1）要求作s-h關系圖線，先描點再連線。
（2）對整個過程，根據動能定理得，鐵塊水平位移大小s為，聯立以上兩式解得，再根據圖像斜率可求解動摩擦因數μ
（3）根據上述結果可知截距的物理意義是鋁板的厚度。
（4）誤差分析，鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，實際水平位移x2就減小，s的測量值偏小，導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（1）
（2）設斜面的傾角為θ，在斜面上鐵塊位移大小為x1，在水平面上鐵塊位移大小為x2，鋁板的厚度為d，對整個過程，根據動能定理得
而鐵塊水平位移大小s為
聯立以上兩式解得
式中即s-h圖線的斜率，由圖線可求得
故得
μ=0.4
（3）根據上述結果可知，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是鋁板的厚度；
（4）如果實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，則鐵塊在水平段的初動能減小，水平位移x2就會減小，s的測量值偏小，由可知，這會導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（5）因為物體做圓周運動時有向心力，導致支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大，故該方案不可行。
11．（2024高三下·樂山模擬）某同學研究碰撞中動能損失的裝置如圖所示，豎直面內，光滑弧形軌道AB和光滑圓弧軌道CD分別與水平粗糙軌道BC相切于B和C點，圓弧半徑R=0.4m，BC長L=2m。某次實驗中，將質量m=0.4kg的滑塊從弧形軌道上高h=1.4m處靜止釋放，滑塊第一次通過圓弧軌道最高點Q時對軌道的壓力大小F=4N，此后，滑塊與水平軌道發生時間極短的碰撞后速度方向豎直向上，進入軌道后滑塊剛好能夠通過Q點。滑塊可視為質點，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ：
（2）碰撞過程中動能的損失率η（動能損失量與碰前動能的百分比）。
【答案】解：（1）滑塊第一次通過Q時，由牛頓第三定律知，滑塊所受軌道的彈力大小為
由牛頓第二定律有
代入數據得
從釋放到Q，由動能定理有
代入數據解得
（2）滑塊在D點正下方與水平軌道碰撞，設滑塊碰前與碰后的動能分別為Ek1和Ek2，從Q到碰前，由機械能守恒定律有
滑塊第二次通過Q時，所受軌道的彈力為零，由牛頓第二定律有
代入數據得
從碰后到Q，由機械能守恒定律有
所以
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
12．（2024高三下·樂山模擬）如圖，在y>a區域有方向沿y軸負方向的勻強電場，y0）、乙始終不帶電，碰撞過程中無能量損失，不計粒子重力。求：
（1）電場強度的大小；
（2）甲粒子第一次到達原點O的時刻；
（3）Q點的橫坐標。
【答案】解：（1）如圖所示
甲在電場中做勻加速直線運動，設場強為E，甲進入磁場時的速率為；由動能定理有
甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，有
因甲、乙第一次相碰于原點O，則有
聯立解得
（2）甲在電場中的運動時間為，由運動學規律有
解得
設碰撞前在磁場中的運動時間為，甲做圓周運動的周期為，故有
故甲第一次到達原點O的時刻為
（3）根據題意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做軌跡與x軸相切的勻速圓周運動，乙做水平方向的勻速直線運動。甲、乙要想再次碰撞，只有一種可能，即第一次碰后乙的速度恰好為0。設乙碰撞前的速率為，由于其不帶電，因此做勻速直線運動。設甲第一次碰撞后的速度為，以向右為正方向，碰撞過程中，甲、乙組成的系統動量守恒、機械能守恒由動量守恒定律有
機械能守恒定律有
解得
，
即
因時刻，乙剛好通過Q點，故乙由Q到O的時間即甲第一次碰撞前的運動時間，故乙在第一次碰撞前運動的距離為，解得Q點的橫坐標為
【知識點】碰撞模型；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫軌跡圖：
甲在電場中做勻加速直線運動，由動能定理列等式：
甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：
因甲、乙第一次相碰于原點O，則有，聯立可求解電場強度的大小。
（2）甲在電場中的運動時間為，由運動學規律有，碰撞前在磁場中的運動時間為，甲做圓周運動的周期，故有，甲第一次到達原點O的時刻為
（3）甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做軌跡與x軸相切的勻速圓周運動，乙做水平方向的勻速直線運動。甲、乙要想再次碰撞，只有一種可能，即第一次碰后乙的速度恰好為0。由于其不帶電，勻速直線運動。碰撞過程中，甲、乙組成的系統動量守恒列等式：
，機械能守恒定律列等式：聯立可求解
因時刻，乙剛好通過Q點，故乙由Q到O的時間即甲第一次碰撞前的運動時間，故乙在第一次碰撞前運動的距離為，解得Q點的橫坐標。
13．（2024高三下·樂山模擬） 下列說法正確的是（　　）
A．水和酒精混合后體積會變小，是因為水分子和酒精分子間存在引力
B．完全失重的空間實驗室中，懸浮液體將呈絕對球形
C．燒水過程中，隨水溫的升高，每個水分子熱運動的速率都將增大
D．大塊巖鹽是晶體，粉碎后的巖鹽小顆粒仍然是晶體
E．夏天空調制冷時，熱量能夠從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外，這一現象不違背熱力學第二定律
【答案】B,D,E
【知識點】分子間的作用力；分子運動速率的統計規律；熱力學第二定律；晶體和非晶體；液體的表面張力
【解析】【解答】A、水和酒精混合后體積會變小，是因為水分子和酒精分子間存在間隙，故A錯誤；
B、完全失重的空間實驗室中，重力對液體沒有了影響，在表面張力作用下，懸浮液體將呈絕對球形，故B正確；
C、燒水過程中，隨水溫的升高，分子的平均速率變大，并非每個氣體分子運動的速率都增加，故C錯誤；
D、大塊巖鹽是晶體，由于巖鹽顆粒內部的結構沒有變化，粉碎后的巖鹽小顆粒仍然是晶體，故D正確；
E、空調機作為制冷機使用時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，要消耗電能，產生了其它影響，所以制冷機的工作仍遵守熱力學第二定律，故E正確。
故答案為：BDE。
【分析】熟練掌握分子動理論的具體內容。溫度升高，分子的平均速率變大。熟練掌握表面張力的特點及應用。晶體結構與晶體的內部原子、離子、分子在空間作三維周期性的規則排列有關。熟練掌握熱力學定律的內容與應用。
14．（2024高三下·樂山模擬）為測量小車加速度，某同學設計了圖示裝置，圓柱形氣缸固定在車廂底面，水平輕彈簧分別連接活塞與車廂右壁，活塞可在氣缸內無摩擦滑動，缸內密閉著氣體，當溫度時，彈簧無形變，活塞與缸底間的氣柱長L=9cm。已知活塞質量m=1kg、橫截面積，外界大氣壓強，彈簧形變始終在彈性限度內。
（1）小車靜止，緩慢加熱缸內氣體，使其溫度由升至，活塞靜止時，彈簧壓縮量為。試求彈簧的勁度系數；
（2）小車某次運動過程中，保持溫度不變，活塞相對氣缸靜止時，彈簧伸長量為。試求小車的加速度（保留3位有效數字）。
【答案】解：（1）對缸內氣體，狀態1（彈簧無形變）、、
狀態2（彈簧處于壓縮狀態）、
從狀態1到狀態2，由理想氣體狀態方程有
可得
代入數據解得
狀態2，對活塞由力的平衡條件得
代入數據解得
（2）狀態3（彈簧處于伸長狀態）
從狀態1到狀態3，溫度不變，由玻意耳定律有
代入數據得
狀態3，規定向右為正方向，對活塞由牛頓第二定律有
代入數據解得，方向水平向右
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；牛頓第二定律；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）對缸內氣體，狀態1（彈簧無形變）、、
狀態2（彈簧處于壓縮狀態）、
從狀態1到狀態2，由理想氣體狀態方程有，可求解彈簧處于壓縮狀態氣體壓強；
狀態2，對活塞由力的平衡條件列等式：，可求解彈簧的勁度系數k。
（2）狀態3（彈簧處于伸長狀態）
從狀態1到狀態3，溫度不變，由玻意耳定律有，可求解彈簧處于伸長狀態氣體壓強；
狀態3，對活塞由牛頓第二定律列等式：，可求解小車的加速度。
15．（2024高三下·樂山模擬）如圖，一束復色光以入射角從空氣射入由內芯和外套組成的光導纖維后分成了a、b兩束單色光，下列說法正確的是（　　）
A．內芯的折射率大于外套的折射率
B．a光的頻率小于b光的頻率
C．在光導纖維內，a光的傳播速度小于b光的傳播速度
D．i越大，a、b光越容易在內芯和外套的交界面上發生全反射
E．在發生全反射的條件下，i越小，a、b光在內芯中的傳播時間越短
【答案】A,C,E
【知識點】光導纖維及其應用
【解析】【解答】A．發生全反射的必要條件是：光必須從光密介質射入光疏介質，即從折射率大的介質射入折射率小的介質，所以當內芯的折射率比外套的大時，光在內芯與外套的界面上才能發生全反射，故A正確；
B．由圖可知b光的折射角大，說明光導纖維對b光的折射率小，則b光的頻率小，故B錯誤；
C．光導纖維對b光的折射率小，根據公式，可知，在內芯中單色光a的傳播速度比b小，故C正確；
D．作出光路圖如圖所示
根據折射定律，若入射角i越大，則折射角r也越大，θ越小，所以a、b光越不容易在內芯和外套的交界面上發生全反射，故D錯誤；
E．設光導纖維的總長為d，在發生全反射的條件下，a、b光在內芯中的傳播時間為
若i越小，則r越小，cosr越大，則t越小，故E正確。
故選ACE。
【分析】本題考查光在光導纖維中的傳播特性，涉及全反射條件、折射率與頻率的關系、光速計算以及傳播時間等問題。
1、全反射的條件是：光從光密介質（折射率大）射向光疏介質（折射率小）；入射角大于臨界角。
2、根據折射定律，入射角相等，b光的折射角大，說明光導纖維對b光的折射率小。
3、根據公式，光導纖維對b光的折射率小，則b光傳播速度大。
4、a、b光在內芯中的傳播時間為。
16．（2024高三下·樂山模擬）一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在和時刻的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知波的周期T滿足0.35s（1）求波的傳播速度；
（2）從t=0時刻開始計時，寫出質點P的振動位移y隨時間t變化的關系式。
【答案】解：（1）由題圖可知該波的波長為，因波沿x軸負方向傳播，故傳播時間滿足
可得
由可知，
根據，代入數據解得波的傳播速度為
（2）由題圖可知質點P的振幅為，質點P的振動方程為
因時刻質點P在負的最大位移處，故時刻質點P在平衡位置且振動方向沿y軸負方向，即
，解得
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）根據波形圖可知該波的波長為，因波沿x軸負方向傳播，故傳播時間滿足，可得
由可知，，根據，可求解波的傳播速度。
（2）根據波形圖可知質點P的振幅為，質點P的振動方程為
因時刻質點P在負的最大位移處，故時刻質點P在平衡位置且振動方向沿y軸負方向，即
，可求解質點P的振動位移y隨時間t變化的關系式。
1 / 12024屆四川省樂山市高三下學期第二次調查研究考試理科綜合試題-高中物理
1．（2024高三下·樂山模擬）圖（a）所示的送餐機器人從過道上甲處靜止出發做直線運動到乙處停下，其位移x與時間t的關系曲線如圖（b）。若將機器人視為質點，則從甲到乙機器人的運動依次是（　　）
A．勻加速運動，勻速運動，勻減速運動
B．加速度減小的加速運動，勻速運動，加速度增大的減速運動
C．加速度增大的加速運動，勻速運動，加速度減小的減速運動
D．加速度增大的加速運動，勻加速運動，加速度減小的減速運動
2．（2024高三下·樂山模擬）科學史上，有一項發現的核反應方程是。如圖，讓核和X核從S點沿圖示垂直于磁場的方向進入有界勻強磁場區域，若僅考慮磁場對核的洛倫茲力，則在磁場中（　　）
A．核和X核的徑跡均在Ⅰ區
B．核的徑跡在Ⅱ區，X核的徑跡在Ⅰ區
C．核和X核運動的半徑之比一定為
D．核和X核運動的周期之比一定為
3．（2024高三下·樂山模擬）如圖，甲、乙、丙是地球赤道平面內繞地心運動的三顆人造衛星，甲、丙的軌道為圓，乙的軌道為橢圓。則三顆衛星（　　）
A．在軌道上運行的周期關系是：
B．在軌道上1、2、3位置的加速度大小關系是：
C．在軌道上1、2、3位置的速率關系一定是：
D．在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系一定是：
4．（2024高三下·樂山模擬）鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員起跑區推動雪車起跑后俯臥在雪車上，再經出發區、滑行區和減速區的一系列直道、彎道后到達終點、用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一運動員在滑行區某彎道的圖片，假設可視為質點的人和車的總質量m=90kg，其在彎道上P處做水平面內圓周運動的模型如圖（b），車在P處既無側移也無切向加速度，速率v=30m/s，彎道表面與水平面成θ=53°，不計摩擦力和空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。則在P處（　　）
A．車對彎道的壓力大小為900N
B．人對車的壓力大小為1500N
C．人和車做圓周運動的半徑為67.5m
D．人和車的加速度大小為7.5m/s2
5．（2024高三下·樂山模擬）如圖，質量為M、半徑為R的圓環狀光滑絕緣細桿用三根交于O點的等長細線懸掛于水平面內，每根細線與豎直方向均成30°角；桿上套有三個可視為質點的帶正電小球，每個小球的質量均為m、電荷量均為q；小球間的間距相等，球和桿均靜止。重力加速度大小為g、靜電力常量為k。則（　　）
A．每根細線對桿的拉力大小為
B．每根細線對桿的拉力大小為
C．每個小球受到的庫侖力大小為
D．每個小球對桿的彈力大小為
6．（2024高三下·樂山模擬）一變壓器在紙面內的剖面如圖，原線圈連接足夠長且電阻不計的平行雙導軌，導軌處于垂直紙面向里的勻強磁場中、金屬棒MN與導軌接觸良好且垂直于導軌，副線圈連接燈泡L和電容器C，A為理想交流電流表。則（　　）
A．當MN勻速向左運動時，燈泡可能發光，A表有示數
B．當MN加速向左運動時，a點電勢低于b點電勢
C．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，燈泡一定不發光
D．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，A表有示數
7．（2024高三下·樂山模擬）圖（a）所示的后排進攻是排球比賽中一種重要進攻手段。假設某次后排進攻可簡化為圖（b）所示模型，甲運動員以極短的時間 t=0.01s完成擊球，將初速度為零的排球從O點以水平速度擊出，球恰好打到攔網隊員乙的手指P后飛出。已知排球質量m=0.26kg，O、P的水平距離L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。則可知（　　）
A．球被甲擊出時的速率約為72km/h
B．球被甲擊出時的速率約為90km/h
C．甲對球的平均作用力大小約為650N
D．甲對球的平均作用力大小約為520N
8．（2024高三下·樂山模擬）某工廠用水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅圈。為了檢測出個別未閉合的不合格銅圈，讓圖示傳送帶以速度v勻速通過一方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場區域，進入磁場前，銅圈與傳送帶相對靜止且等距離排列，根據穿過磁場后銅圈間的距離，就能檢測出不合格銅圈。已知銅圈質量為m，邊長為L，每條邊的電阻為R，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。則（　　）
A．由圖可知，3號銅圈不合格
B．合格銅圈進入磁場的過程中，通過該銅圈的電荷量為
C．要利用該系統識別不合格銅圈，銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數必須小于
D．如果該系統能識別邊長為L的不合格銅圈，那么該系統也一定能識別同種材料制成的邊長為2L的不合格銅圈
9．（2024高三下·樂山模擬）為研究小燈泡的伏安特性，實驗室提供了下列器材：
A.電源E（電動勢4.5V，內阻很小）；
B.小燈泡L（額定電壓4V，額定電流0.7A）；
C.電壓表V（量程6V，內阻約6kΩ）；
D.電流表A（量程0.6A，內阻0.25Ω）；
E.定值電阻（阻值1Ω）；
F.滑動變阻器R（最大阻值5Ω）；
G.開關一個；
H.導線若干。
（1）甲設計的電路如圖（a）。某次測量中，V表和A表的指針穩定在圖（b）所示位置，則V表的示數為　 　V（不需估讀），測得此時燈泡的功率約為　 　W（保留2位有效數字）。
（2）乙設計的電路如圖（c）。兩種設計比較，　 　（選填“甲”或“乙”）的測量精度更高。
（3）該小燈泡的伏安特性曲線最有可能是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高三下·樂山模擬）某興趣小組設計了一個測量動摩擦因數的實驗，①如圖（a），將傾斜段和水平段連接構成的鋁板固定在水平桌面上；②讓小鐵塊從傾斜段上A點靜止釋放，鐵塊最終停在水平段上B點；③利用鉛垂線找到A點在桌面的投影點A'，測出A到A'的高度h和A'到B的水平距離s；④改變釋放位置重復多次實驗，得到多組h和s的數值。
（1）實驗得到多組h和s的數值如下表，請在圖（b）中作出s-h關系圖線　 　。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
（2）根據圖線求得動摩擦因數μ=　 　。（保留1位有效數字）
（3）重復實驗發現，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是　 　。
（4）實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，這會導致動摩擦因數的測量值　 　（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。
（5）為了消除鐵塊在轉接點處的機械能損失，興趣小組中某位同學建議將傾斜段做成圖（c）所示圓弧面，其末端與水平段相切，仍然通過測量h和s求得動摩擦因數。該方案是否可行？　 　（選填“可行”或“不可行”）。
11．（2024高三下·樂山模擬）某同學研究碰撞中動能損失的裝置如圖所示，豎直面內，光滑弧形軌道AB和光滑圓弧軌道CD分別與水平粗糙軌道BC相切于B和C點，圓弧半徑R=0.4m，BC長L=2m。某次實驗中，將質量m=0.4kg的滑塊從弧形軌道上高h=1.4m處靜止釋放，滑塊第一次通過圓弧軌道最高點Q時對軌道的壓力大小F=4N，此后，滑塊與水平軌道發生時間極短的碰撞后速度方向豎直向上，進入軌道后滑塊剛好能夠通過Q點。滑塊可視為質點，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑塊與水平軌道間的動摩擦因數μ：
（2）碰撞過程中動能的損失率η（動能損失量與碰前動能的百分比）。
12．（2024高三下·樂山模擬）如圖，在y>a區域有方向沿y軸負方向的勻強電場，y0）、乙始終不帶電，碰撞過程中無能量損失，不計粒子重力。求：
（1）電場強度的大小；
（2）甲粒子第一次到達原點O的時刻；
（3）Q點的橫坐標。
13．（2024高三下·樂山模擬） 下列說法正確的是（　　）
A．水和酒精混合后體積會變小，是因為水分子和酒精分子間存在引力
B．完全失重的空間實驗室中，懸浮液體將呈絕對球形
C．燒水過程中，隨水溫的升高，每個水分子熱運動的速率都將增大
D．大塊巖鹽是晶體，粉碎后的巖鹽小顆粒仍然是晶體
E．夏天空調制冷時，熱量能夠從溫度較低的室內傳遞到溫度較高的室外，這一現象不違背熱力學第二定律
14．（2024高三下·樂山模擬）為測量小車加速度，某同學設計了圖示裝置，圓柱形氣缸固定在車廂底面，水平輕彈簧分別連接活塞與車廂右壁，活塞可在氣缸內無摩擦滑動，缸內密閉著氣體，當溫度時，彈簧無形變，活塞與缸底間的氣柱長L=9cm。已知活塞質量m=1kg、橫截面積，外界大氣壓強，彈簧形變始終在彈性限度內。
（1）小車靜止，緩慢加熱缸內氣體，使其溫度由升至，活塞靜止時，彈簧壓縮量為。試求彈簧的勁度系數；
（2）小車某次運動過程中，保持溫度不變，活塞相對氣缸靜止時，彈簧伸長量為。試求小車的加速度（保留3位有效數字）。
15．（2024高三下·樂山模擬）如圖，一束復色光以入射角從空氣射入由內芯和外套組成的光導纖維后分成了a、b兩束單色光，下列說法正確的是（　　）
A．內芯的折射率大于外套的折射率
B．a光的頻率小于b光的頻率
C．在光導纖維內，a光的傳播速度小于b光的傳播速度
D．i越大，a、b光越容易在內芯和外套的交界面上發生全反射
E．在發生全反射的條件下，i越小，a、b光在內芯中的傳播時間越短
16．（2024高三下·樂山模擬）一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在和時刻的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知波的周期T滿足0.35s（1）求波的傳播速度；
（2）從t=0時刻開始計時，寫出質點P的振動位移y隨時間t變化的關系式。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】根據勻變速直線運動位移與時間關系
可得，若圖線為拋物線，則物體做勻變速直線運動，且x-t圖線切線的斜率表示物體運動的速度，由圖可知，物體的速度先增大，后不變，再減小，則物體應先做勻加速運動，后做勻速運動，再做勻減速運動。
故選A。
【分析】題目已知位移x與時間t的關系圖像，判斷物體運動情況。x-t圖線切線的斜率表示物體運動的速度，由圖可知，物體的速度先增大，后不變，再減小，則物體應先做勻加速運動，后做勻速運動，再做勻減速運動。
2．【答案】D
【知識點】原子核的人工轉變；帶電粒子在勻強磁場中的運動
【解析】【解答】AB．X核為質子，則核和X核均帶正電，由左手定則可知運動的徑跡均在Ⅱ區，故AB錯誤；
C．根據動量守恒可知
根據，可知，核和X核運動的半徑之比一定為，故C錯誤；
D．根據可知，核和X核運動的周期之比一定為，故D正確。
故選D。
【分析】本題考查的是核反應中的動量守恒、帶電粒子在磁場中的運動（洛倫茲力）以及回旋半徑和周期的計算。
1、在磁場中，正電荷的運動方向、磁場方向和偏轉方向符合左手定則。
2、如果初始動量方向相同，兩粒子電荷符號相同，但質量不同，它們的徑跡會因動量分配不同而分開。
3、 核反應中，兩粒子的動量大小相等、方向相反 。根據比較運動半徑。
4、根據可計算運動的周期之比。
3．【答案】B
【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得
衛星在1、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大，所以周期增大，即
故A錯誤；
B．根據牛頓第二定律有
所以
衛星在1、2、3處與地球球心間的距離增大，則加速度減小，即
故B正確；
C．根據萬有引力提供向心力有
所以
所以
但無法確定v2與v3的大小關系，故C錯誤；
D．由于不知道三顆衛星的質量關系，所以不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據開普勒第三定律可得，可比較周期。
2、根據牛頓第二定律有，所以，可比較加速度。
3、根據萬有引力提供向心力有，所以，可比較速率。
4、根據萬有引力公式可知三顆衛星的質量關系未知，則不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關系。
4．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】A．對人和車受力分析，如圖所示
根據幾何關系有
根據牛頓第三定律可得，車對彎道的壓力大小為1500N，故A錯誤；
B．由于不知道人的質量，所以無法確定人對車的壓力，故B錯誤；
CD．根據牛頓第二定律可得
解得
，
故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】斜面上加速運動，受力分析，垂直斜面方向合力為零，列等式可求解車對彎道的壓力大小，沿斜面方向根據牛頓第二定律列等式可求解加速度。
5．【答案】D
【知識點】庫侖定律；共點力的平衡
【解析】【解答】AB．對桿和小球整體，豎直方向有
解得細線對桿的拉力大小為
故AB錯誤；
C．根據題意可得，兩個小球間的距離為
所以每個小球受到的庫侖力大小為
故C錯誤；
D．每個小球對桿的彈力大小為
故D正確。
故選D。
【分析】1、對桿和小球整體受力分析，根據豎直方向平衡列等式可求解細線對桿的拉力大小。
2、根據庫侖力大小公式可求解庫侖力大小。
3、每個小球對桿的彈力大小等于庫侖力和重力的合力，即。
6．【答案】B,D
【知識點】電感器與電容器對交變電流的影響；變壓器原理
【解析】【解答】A．當MN勻速向左運動時，左側回路中電流恒定，所以左側線圈產生恒定的磁場，穿過右側線圈的磁通量不變，右側線圈將不產生感應電流，所以燈泡不發光，電流表無示數，故A錯誤；
B．當MN加速向左運動時，穿過右側線圈的磁通量不斷增大，且磁場方向向上，根據楞次定律可知，感應電流的磁場方向向下，根據右手螺旋定則可知，回路中電流方向為逆時針方向，所以a點電勢低于b點電勢，故B正確；
CD．當MN沿導軌簡諧運動（不接觸線圈）時，左側回路中產生正弦交變電流，右側回路也為交變電流，所以燈泡發光，電容器將進行充放電，電流表有示數，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】本題考查的是電磁感應現象，涉及法拉第電磁感應定律、楞次定律、交變電流以及LC回路的特性。
1、根據法拉第電磁感應定律，磁通量不變時，右側線圈無感應電流，燈泡不亮，電流表無示數。
2、感應電流產生的磁場方向向下，說明右側線圈中的電流方向為逆時針（從右側看），電流從b點流出，經燈泡流向a點，因此a點電勢低于b點。
3、MN做簡諧振動（如正弦運動），切割磁感線的速度隨時間周期性變化，左側回路中產生正弦交變電流。左側線圈的電流是交變的，因此右側線圈的磁通量也是交變的，產生交變感應電流。交變電流通過燈泡，使其發光（平均功率不為零）。交變電流會對電容器周期性充放電，電流表顯示交變電流的有效值。
7．【答案】B,C
【知識點】動量定理；平拋運動
【解析】【解答】AB．球被甲擊出后做平拋運動，設球被甲擊出時的速率為v0，運動時間為t，則有
，
聯立解得v0=25m/s=90km/h，故A錯誤，B正確；
CD．甲運動員完成擊球的時間 t=0.01s，設甲對球的平均作用力大小為F，由動量定理得
將已知量代入上式可解得F=650N，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】本題考查的是平拋運動和動量定理的應用，結合了力學中的運動學和動力學分析。
1、平拋運動分解：水平方向：勻速直線運動，水平位移，豎直方向：自由落體運動，位移，聯立可求解球被甲擊出時的速率。
2、甲運動員完成擊球，由動量定理，可求解甲對球的平均作用力大小。
8．【答案】A,D
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】A． 若銅圈不合格，則銅圈未閉合，銅圈穿過磁場過程中沒有感應電流產生，銅圈不受安培力，銅圈相對傳送帶沒有相對位移，由圖可知，銅圈3相對傳送帶沒有相對位移，是不合格的銅圈，故A正確；
B．合格銅圈進入磁場的過程中，通過該銅圈的的電荷量為
故B錯誤；
C．要利用該系統識別不合格銅圈，對銅圈
銅圈所受安培力
解得銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數為
故C錯誤；
D．若該系統能識別同種材料制成的邊長為的不合格銅圈，則同規格合格銅圈安培力
滿足
假設成立，故D正確。
故選AD。
【分析】本題考查的是電磁感應現象、安培力以及摩擦力的綜合應用。
1、只有閉合導體在磁場中運動時才會產生感應電流。不合格銅圈未閉合，無電流。無電流則不受安培力，銅圈僅靠摩擦力隨傳送帶運動，無相對位移。
2、根據計算通過該銅圈的的電荷量。
3、根據安培力與摩擦力平衡列等式求解銅圈與傳送帶之間的動摩擦因數。
9．【答案】（1）3.2；2.1
（2）乙
（3）C
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）電壓表如圖b所示，分度值為0.2V，示數為3.2V。
電流表如圖b所示，分度值為0.02A，示數為0.52A，電流表兩端電壓為
定值電阻中電流為
燈泡功率為
（2）電流表內阻已知，若用伏安法測量，乙圖實驗原理無誤差，圖乙的測量精度更高。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小，故選C。
【分析】（1）考查電壓表和電流表讀數，弄清量程和分度值。
（2）電流表內阻已知，乙設計電路圖無系統誤差。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小。
（1）[1]電壓表如圖b所示，分度值為0.2V，示數為3.2V。
[2]電流表如圖b所示，分度值為0.02A，示數為0.52A，電流表兩端電壓為
定值電阻中電流為
燈泡功率為
（2）電流表內阻已知，若用伏安法測量，乙圖實驗原理無誤差，圖乙的測量精度更高。
（3）I U圖像上點與原點連線的斜率倒數等于燈絲電阻，而燈絲電阻隨溫度升高而增大，即燈絲電阻隨燈泡電壓與電流的增大而增大，故I U圖像上點與原點連線的斜率應逐漸減小，故選C。
10．【答案】（1）
（2）0.4
（3）鋁板的厚度
（4）大于
（5）不可行
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】（1）作s-h關系圖線
（2）設斜面的傾角為θ，在斜面上鐵塊位移大小為x1，在水平面上鐵塊位移大小為x2，鋁板的厚度為d，對整個過程，根據動能定理得
而鐵塊水平位移大小s為
聯立以上兩式解得
式中即s-h圖線的斜率，由圖線可求得
故得
（3）根據上述結果
可知，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是鋁板的厚度；
（4）如果實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，則鐵塊在水平段的初動能減小，水平位移x2就會減小，s的測量值偏小，由可知，這會導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（5）因為物體做圓周運動時有向心力，導致支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大，故該方案不可行。
【分析】（1）要求作s-h關系圖線，先描點再連線。
（2）對整個過程，根據動能定理得，鐵塊水平位移大小s為，聯立以上兩式解得，再根據圖像斜率可求解動摩擦因數μ
（3）根據上述結果可知截距的物理意義是鋁板的厚度。
（4）誤差分析，鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，實際水平位移x2就減小，s的測量值偏小，導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（1）
（2）設斜面的傾角為θ，在斜面上鐵塊位移大小為x1，在水平面上鐵塊位移大小為x2，鋁板的厚度為d，對整個過程，根據動能定理得
而鐵塊水平位移大小s為
聯立以上兩式解得
式中即s-h圖線的斜率，由圖線可求得
故得
μ=0.4
（3）根據上述結果可知，s-h圖線總是在橫軸上有一固定截距，該截距的物理意義是鋁板的厚度；
（4）如果實驗中鐵塊通過傾斜段與水平段轉接點處有機械能損失，損失量與通過時的動能成正比，則鐵塊在水平段的初動能減小，水平位移x2就會減小，s的測量值偏小，由可知，這會導致動摩擦因數的測量值大于其真實值。
（5）因為物體做圓周運動時有向心力，導致支持力大于重力垂直于切面的分力，從而摩擦力偏大，故該方案不可行。
11．【答案】解：（1）滑塊第一次通過Q時，由牛頓第三定律知，滑塊所受軌道的彈力大小為
由牛頓第二定律有
代入數據得
從釋放到Q，由動能定理有
代入數據解得
（2）滑塊在D點正下方與水平軌道碰撞，設滑塊碰前與碰后的動能分別為Ek1和Ek2，從Q到碰前，由機械能守恒定律有
滑塊第二次通過Q時，所受軌道的彈力為零，由牛頓第二定律有
代入數據得
從碰后到Q，由機械能守恒定律有
所以
【知識點】牛頓第二定律；動能定理的綜合應用；機械能守恒定律
12．【答案】解：（1）如圖所示
甲在電場中做勻加速直線運動，設場強為E，甲進入磁場時的速率為；由動能定理有
甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，有
因甲、乙第一次相碰于原點O，則有
聯立解得
（2）甲在電場中的運動時間為，由運動學規律有
解得
設碰撞前在磁場中的運動時間為，甲做圓周運動的周期為，故有
故甲第一次到達原點O的時刻為
（3）根據題意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做軌跡與x軸相切的勻速圓周運動，乙做水平方向的勻速直線運動。甲、乙要想再次碰撞，只有一種可能，即第一次碰后乙的速度恰好為0。設乙碰撞前的速率為，由于其不帶電，因此做勻速直線運動。設甲第一次碰撞后的速度為，以向右為正方向，碰撞過程中，甲、乙組成的系統動量守恒、機械能守恒由動量守恒定律有
機械能守恒定律有
解得
，
即
因時刻，乙剛好通過Q點，故乙由Q到O的時間即甲第一次碰撞前的運動時間，故乙在第一次碰撞前運動的距離為，解得Q點的橫坐標為
【知識點】碰撞模型；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫軌跡圖：
甲在電場中做勻加速直線運動，由動能定理列等式：
甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：
因甲、乙第一次相碰于原點O，則有，聯立可求解電場強度的大小。
（2）甲在電場中的運動時間為，由運動學規律有，碰撞前在磁場中的運動時間為，甲做圓周運動的周期，故有，甲第一次到達原點O的時刻為
（3）甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做軌跡與x軸相切的勻速圓周運動，乙做水平方向的勻速直線運動。甲、乙要想再次碰撞，只有一種可能，即第一次碰后乙的速度恰好為0。由于其不帶電，勻速直線運動。碰撞過程中，甲、乙組成的系統動量守恒列等式：
，機械能守恒定律列等式：聯立可求解
因時刻，乙剛好通過Q點，故乙由Q到O的時間即甲第一次碰撞前的運動時間，故乙在第一次碰撞前運動的距離為，解得Q點的橫坐標。
13．【答案】B,D,E
【知識點】分子間的作用力；分子運動速率的統計規律；熱力學第二定律；晶體和非晶體；液體的表面張力
【解析】【解答】A、水和酒精混合后體積會變小，是因為水分子和酒精分子間存在間隙，故A錯誤；
B、完全失重的空間實驗室中，重力對液體沒有了影響，在表面張力作用下，懸浮液體將呈絕對球形，故B正確；
C、燒水過程中，隨水溫的升高，分子的平均速率變大，并非每個氣體分子運動的速率都增加，故C錯誤；
D、大塊巖鹽是晶體，由于巖鹽顆粒內部的結構沒有變化，粉碎后的巖鹽小顆粒仍然是晶體，故D正確；
E、空調機作為制冷機使用時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，要消耗電能，產生了其它影響，所以制冷機的工作仍遵守熱力學第二定律，故E正確。
故答案為：BDE。
【分析】熟練掌握分子動理論的具體內容。溫度升高，分子的平均速率變大。熟練掌握表面張力的特點及應用。晶體結構與晶體的內部原子、離子、分子在空間作三維周期性的規則排列有關。熟練掌握熱力學定律的內容與應用。
14．【答案】解：（1）對缸內氣體，狀態1（彈簧無形變）、、
狀態2（彈簧處于壓縮狀態）、
從狀態1到狀態2，由理想氣體狀態方程有
可得
代入數據解得
狀態2，對活塞由力的平衡條件得
代入數據解得
（2）狀態3（彈簧處于伸長狀態）
從狀態1到狀態3，溫度不變，由玻意耳定律有
代入數據得
狀態3，規定向右為正方向，對活塞由牛頓第二定律有
代入數據解得，方向水平向右
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；牛頓第二定律；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）對缸內氣體，狀態1（彈簧無形變）、、
狀態2（彈簧處于壓縮狀態）、
從狀態1到狀態2，由理想氣體狀態方程有，可求解彈簧處于壓縮狀態氣體壓強；
狀態2，對活塞由力的平衡條件列等式：，可求解彈簧的勁度系數k。
（2）狀態3（彈簧處于伸長狀態）
從狀態1到狀態3，溫度不變，由玻意耳定律有，可求解彈簧處于伸長狀態氣體壓強；
狀態3，對活塞由牛頓第二定律列等式：，可求解小車的加速度。
15．【答案】A,C,E
【知識點】光導纖維及其應用
【解析】【解答】A．發生全反射的必要條件是：光必須從光密介質射入光疏介質，即從折射率大的介質射入折射率小的介質，所以當內芯的折射率比外套的大時，光在內芯與外套的界面上才能發生全反射，故A正確；
B．由圖可知b光的折射角大，說明光導纖維對b光的折射率小，則b光的頻率小，故B錯誤；
C．光導纖維對b光的折射率小，根據公式，可知，在內芯中單色光a的傳播速度比b小，故C正確；
D．作出光路圖如圖所示
根據折射定律，若入射角i越大，則折射角r也越大，θ越小，所以a、b光越不容易在內芯和外套的交界面上發生全反射，故D錯誤；
E．設光導纖維的總長為d，在發生全反射的條件下，a、b光在內芯中的傳播時間為
若i越小，則r越小，cosr越大，則t越小，故E正確。
故選ACE。
【分析】本題考查光在光導纖維中的傳播特性，涉及全反射條件、折射率與頻率的關系、光速計算以及傳播時間等問題。
1、全反射的條件是：光從光密介質（折射率大）射向光疏介質（折射率小）；入射角大于臨界角。
2、根據折射定律，入射角相等，b光的折射角大，說明光導纖維對b光的折射率小。
3、根據公式，光導纖維對b光的折射率小，則b光傳播速度大。
4、a、b光在內芯中的傳播時間為。
16．【答案】解：（1）由題圖可知該波的波長為，因波沿x軸負方向傳播，故傳播時間滿足
可得
由可知，
根據，代入數據解得波的傳播速度為
（2）由題圖可知質點P的振幅為，質點P的振動方程為
因時刻質點P在負的最大位移處，故時刻質點P在平衡位置且振動方向沿y軸負方向，即
，解得
【知識點】橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【分析】（1）根據波形圖可知該波的波長為，因波沿x軸負方向傳播，故傳播時間滿足，可得
由可知，，根據，可求解波的傳播速度。
（2）根據波形圖可知質點P的振幅為，質點P的振動方程為
因時刻質點P在負的最大位移處，故時刻質點P在平衡位置且振動方向沿y軸負方向，即
，可求解質點P的振動位移y隨時間t變化的關系式。
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