山東省濰坊市2021屆新高考物理第一次調(diào)研試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.如圖所示，質(zhì)量為叫的木塊A放在質(zhì)量為嗎的斜面體B上，現(xiàn)對木塊A施加一豎直向下的力F,它們均靜止不動，則（ ）A.木塊A與斜面體B之間不一定存在摩擦力B.斜面體B與地面之間一定存在摩擦力C.地面對斜面體B的支持力大小等于（町+嗎）gD.斜面體B受到4個力的作用【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.對木塊A進行受力分析，受豎直向下的重力和推力F,垂直斜面的支持力，由平衡條件可知，木塊A還受到沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯誤；BC.以AB為整體作為研究對象受力分析，由平衡條件可知，斜面體B與地面之間無摩擦力，地面對斜面體B的支持力N=（町+/n,）g+F故BC錯誤；D.單獨以斜面體B為研究對象受力分析，斜面體B受重力，地面對斜面體B的支持力，木塊A對斜面體B的壓力及木塊A對斜面體B的沿斜面向下的靜摩擦力，故D正確。故選D。X一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標(biāo)原點時開始計時，其一一t的圖象如圖所示，則tA.質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5m/sB.質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為0.5m/s2C.質(zhì)點在1s末速度為1.5m/sD.質(zhì)點在第1s內(nèi)的平均速度0.75m/s【答案】C【解析】【分析】【詳解】由圖線可知，質(zhì)點運動的平均速度逐漸增大，則質(zhì)點做勻加速直線運動；根據(jù)圖線可得】，=土=0.5+0.5，，t既丫= 1"）=0.5+0.5/,可得：vo=O.5m/s,a=lm/s2,故AB錯誤：質(zhì)點在Is末速度為2v=v?+at=1.5m/s,故C正確；質(zhì)點在第15內(nèi)的平均速度C=0.5+0.5*1111/5=101/5,故D錯誤。故選C.2019年10月30日在新疆喀什發(fā)生4級地震，震源深度為12km。如果該地震中的簡諧橫波在地殼中勻速傳播的速度大小為4km/s,已知波沿x軸正方向傳播，某時刻剛好傳到x=120m處，如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A.從波傳到x=120m處開始計時，經(jīng)過t=0.06s位于x=360m的質(zhì)點加速度最小B.從波源開始振動到波源遷移到地面需要經(jīng)過3s時間C.波動圖像上M點此時速度方向沿y軸負(fù)方向，動能在變大D.此刻波動圖像上除M點外與M點位移大小相同的質(zhì)點有7個【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)圖像可知，波長為60m,波速為4km/s,所以可得周期為0.015s,0.06s的時間剛好是整數(shù)個周期,可知橫波剛傳到360m處，此處質(zhì)點開始從平衡位置向-y方向運動，加速度最小，A正確，不符題意；B.波在傳播的時候，波源沒有遷移，B錯誤，符合題意；C.波的傳播方向是向右，所以根據(jù)同側(cè)法可知，波動圖像上M點此時速度方向沿y軸負(fù)方向，動能在變大，C正確，不符題意；D.過M點作水平線，然后作關(guān)于x軸的對稱線，可知與波動圖像有7個交點，所以此刻波動圖像上除M點外與M點位移大小相同的質(zhì)點有7個，D正確，不符題意。本題選錯誤的，故選B。4.用光子能量為5.0eV的一束光照射陰極P,如圖，當(dāng)電鍵K斷開時。發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零。合上電鍵，調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表讀數(shù)小于1.60V時，電流表讀數(shù)仍不為零；當(dāng)電壓表讀數(shù)大于或等于1.60V時，電流表讀數(shù)為零，由此可知陰極材料的逸出功為（ ）ZLT-A.1.6eV B.2.2eV C.3.0eV D.3.4eV【答案】D【解析】【分析】【詳解】設(shè)用光子能量為5.0eV的光照射時，光電子的最大初動能為Ekm,當(dāng)反向電壓達到U=1.6（）V以后，電流表讀數(shù)為零說明具有最大初動能的光電子也達不到陽極，因此Ekm=eU=1.60eV根據(jù)光電效應(yīng)方程有Ekm=hv-Wo,陰極材料的逸出功為Wo=hv-Ekm=3.4OeV故選D。.若用假想的引力場線描繪質(zhì)量相等的兩星球之間的引力場分布，使其他星球在該引力場中任意一點所受引力的方向沿該點引力場線的切線上并指向箭頭方向.則描述該引力場的引力場線分布圖是（）【答案】B【解析】【分析】【詳解】

根據(jù)題意，其他星球受到中心天體的引力指向中心天體，所以引力場線應(yīng)該終止于中心天體，故AD錯誤;其他星球在該引力場中每一點的場力應(yīng)該等于兩星球單獨存在時場力的矢量和，所以除了兩星球連線上其他各處的合力并不指向這兩個星球，所以引力場線應(yīng)該是曲線，故C錯誤，B正確。故選B..質(zhì)量為m的小球受到風(fēng)力作用，作用力大小恒定，方向與風(fēng)速方向相同。如圖所示，現(xiàn)在A、B周圍空間存在方向豎直向下的風(fēng)場，小球從A點由靜止釋放，經(jīng)過逝/到達B點。若風(fēng)速方向反向，小球仍3從A點由靜止釋放，經(jīng)過"到達B點，重力加速度為g。則小球第一次從A點下落到B點的過程中，其機械的改變量為()A01 77A.1 77A.-mgr【答案】C【解析】B.g產(chǎn)1 09 1 0C.-mgr D.—mgr【詳解】若風(fēng)場豎直向下，貝必mg+F=tna]若風(fēng)場豎直向上，貝ij：mg-F=ma2h=^a2(y/2t)2解得F=mg,1，h=2gr則小球第一次從A點下落到B點的過程中，其機械的改變量為1,,^E=Fh=-mg2t2故選c。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分7.如圖所示，用粗細均勻、總電阻為，?的導(dǎo)線圍成一個邊長為L的等邊三角形閉合線框，線框以速度v勻速穿過一個水平方向?qū)挾葹?L,豎直方向足夠長的磁場區(qū)域，該磁場的磁感應(yīng)強度為8。線框在勻速穿過磁場區(qū)域過程中3c邊始終與磁場邊界（圖中虛線所示）平行，則下列說法正確的是（ ）A.導(dǎo)線框從剛進入磁場到完全進入磁場過程中產(chǎn)生的平均電動勢為E=B小B.導(dǎo)線框從剛進入磁場到導(dǎo)線框完全離開磁場過程中，導(dǎo)線框不受安培力作用的時間為空且比2vC.導(dǎo)線框邊剛進入和剛離開磁場時BC兩間的電勢差相等D.導(dǎo)線框從邊進入磁場的水平距離為L時刻開始到導(dǎo)線框完全離開磁場過程中通過線框的電荷量為【答案】BD【解析】【詳解】A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，線框從剛進入磁場到完全進入磁場過程中產(chǎn)生的平均電動勢：而:△①=B-AS=B—L■L=BI?,鳥Hv2v解得E--BLv,2故A錯誤；B.導(dǎo)線框完全在磁場中運動時磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，不受安培力作用的時間為:2L--L r，一s_2_（4-小）L,vv 2v故B正確；C.線框BC邊剛進入磁場時BC兩端的電勢差為:r RJvr9Urc=BLv-Ix-=BLv x-=-BLv,TOC\o"1-5"\h\zBC 3 r33線框BC邊剛離開時，BC兩端的電勢差為：.2 .BLv2 1U=BLv-/x—r=BLv x—r=—BLv,BC 3 r3 3故C錯誤；D.導(dǎo)線框BC邊進入磁場的水平距離為L時線框已經(jīng)完全進入磁場，由：,A△①人△①gnz2q=］，A/= A/==—BL?r-AZr4r故D正確。故選：BD.8.如圖（a）所示，位于“、N兩點處的兩波源相距18m,在M、N兩點間連線上有一點P,MP=6m.r=0時，兩波源同時開始振動，振動圖象均如圖（b）所示，產(chǎn)生的兩列橫波沿MN連線相向傳播，波在MN間的均勻介質(zhì)中傳播的速度為300m/s。下列說法正確的是（ ）A.兩波源產(chǎn)生的橫波的波長，=6mf=0.025s時，M點處的波源產(chǎn)生的第一個波峰到達P點P點的振動是減弱的D.在，=0~0.035s內(nèi)，P點運動的路程為35cmE.M、N兩點間（除M、N兩點外）振幅為10cm的質(zhì)點有5個【答案】ABE【解析】【詳解】A.由圖可知波的周期為T=0.02s則兩橫波的波長為A=vT=6m所以A正確；B.由題可知MP=6m則波由M傳到P,所用時間為MP…Tt= =0.02s=Tv5 It為0.025s時，波源M已經(jīng)向右發(fā)出一個周期的波，由圖象可知，P點已經(jīng)振動;「，則M點處的波源4 4產(chǎn)生的第一個波峰到達P點，所以B正確；C.由題意可知PN=MN-MP=l2m兩列波到達P點的波程差為Ax=PN-MP=6m=2是波長的整數(shù)倍，可知P點為加強點，所以C錯誤；D.波源M的波需要一個周期傳到P點，則0.035s波源M發(fā)出的波已經(jīng)傳到x=vf=10.5m處時間為7r=0.035s=-T43可知，P點振動了二丁，路程為4s=3x5cm=15cm所以D錯誤；E.振幅為10cm的質(zhì)點即為加強點，則Ax'=nA.n取0,±1,±2,對應(yīng)的位置有5個：MN的中點，距離M和N分別6m處，距離M和N分別3m處,所以E正確。故選ABE.9.a、b、c三條平行光線垂直于半圓柱體玻璃磚的截面直徑從空氣射向玻璃稽，如圖所示，光線b正好過圓心O,光線a、c從光線b的兩側(cè)對稱入射，光線a、c從玻璃磚下表面進入空氣后與光線b交于P、Q兩點，則下列說法正確的是（）A.玻璃對三種光的折射率關(guān)系為na>nb>ncB.玻璃對a光的折射率大于對c光的折射率C.在相同條件下進行雙縫干涉實驗，a光的條紋間距比c光窄D.a、c光分別從空氣射入某種介質(zhì)中，c光發(fā)生全反射時臨界角較小E.a光比c光穿過該半圓柱體玻璃磚所需時間長【答案】BCE【解析】【詳解】AB.由圖可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角較大，根據(jù)折射率公式可知玻璃對a光的折射率大于對c光的折射率，但是由于b光經(jīng)過玻璃時沒有發(fā)生偏折，故無法比較b光與a、c光的折射率大小,故A錯誤，B正確；C.由于a光的折射率較大，波長較短，則在相同條件下進行雙縫干涉實驗，由?=3%可得a光的條紋a間距比C光窄，故C正確；D.因〃“>〃,，根據(jù)臨界角公式sinC=，知，a光發(fā)生全反射時臨界角較小，故D錯誤：ncE.根據(jù)公式丫=一，由于a光的折射率大，則a光在玻璃中的傳播速度較小，由幾何關(guān)系可知a光在玻n璃中傳播的路程較長，故a光比c光穿過該半圓柱體玻璃磚所需時間長，故E正確。故選BCE.10.如圖所示為半圓形的玻璃磚，C為AB的中點，OCT為過C點的AB面的垂線。a,b兩束不同頻率的單色可見細光束垂直AB邊從空氣射入玻璃磚，且兩束光在AB面上入射點到C點的距離相等，兩束光折射后相交于圖中的P點，以下判斷正確的是（）A.在半圓形的玻璃磚中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度B.a光的頻率小于b光的頻率C.兩種色光分別通過同一雙縫干涉裝置形成的干涉條紋，相鄰明條紋的間距a光的較大D.若a,b兩束光從同一介質(zhì)射入真空過程中，a光發(fā)生全反射的臨界角小于b光發(fā)生全反射的臨界角E.a光比b光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】A.由圖分析可知，玻璃磚對b光的偏折角大于對a光的偏折角，根據(jù)折射定律得知：玻璃磚對b光的折射率大于對a光的折射率，由V=￡得知，a光在玻璃磚中的傳播速度大于b光的傳播速度。故A錯誤。nB.對于同種介質(zhì)，光的頻率越大，光的折射率越大，則知a光的頻率小于b光的頻率.故B正確。C.雙縫干涉條紋的間距與波長成正比，a光的頻率小，波長長，故相鄰明條紋的間距a光的較大。故C正確。D.由臨界角公式sinC=，分析得知，a光的折射率n小，則a光發(fā)生全反射的臨界角大于b光發(fā)生全反n射的臨界角。故D錯誤。E.a光波長較大，則比b光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，選項E正確。故選BCE.11.如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場區(qū)域，磁場寬度均為L。一個邊長為L、電阻為R的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向運動，從如圖實線位置I進入磁場開始到線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置H時，線框的速度始終為v,則下列說法正確的是（）A.在位置n時外力F為岑士DJb.在位置n時線框中的總電流為一展nD-r3..C.此過程中回路產(chǎn)生的電能為二之RD.此過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為0【解析】【分析】【詳解】ab.在位置n時，根據(jù)右手定則可知線框左右邊同時切割磁感線產(chǎn)生的電流同向，所以總電流為1=2處R根據(jù)左手定則可知線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，為F=2BIL聯(lián)立可得.4B2L2vF= R故A正確，B錯誤；C.金屬線框從開始到位移為L過程中，只有一邊切割磁感線，故電流為,BLv…工產(chǎn)生的電能為（BLvYDLB-I^vW=I：Rt.= |R—= RJvR從位移為L到過程中，線框兩邊切割磁感線，電流為I,產(chǎn)生的電能為2M嗎/=竺包\RJ2vR所以整個過程產(chǎn)生的電能為B2L3v2BTv3B2L3vWrt=w+W'= + = 總 RRR故C錯誤；D.此過程穿過線框的磁通量變化為0,根據(jù)q=7At：五△①~~R~~RAt可得nq=—^=0R故D正確。故選AD.12.下列有關(guān)熱現(xiàn)象的說法中，正確的是（ ）A.溫度高的物體內(nèi)能不一定大B.氣體的溫度升高，所有分子的運動速率都增大C.物體從單一熱源吸收的熱量可全部用于做功D.對物體做功不能改變物體的分子勢能E.物體的內(nèi)能跟物體的溫度和體積有關(guān)【答案】ACE【解析】【詳解】A.物體溫度高，其分子平均動能一定大。但分子數(shù)不確定，總動能不確定。且分子間勢能也不確定，則物體內(nèi)能不確定，A正確；B.氣體溫度升高，其分子運動平均速率增大。其中多數(shù)分子速率變大，也有少數(shù)分子速率變小，B錯誤;C.在引起外界變化時，物體可以從單一熱源吸收熱量全部用于做功，C正確；D.對物體做功，物體內(nèi)能增加。可表現(xiàn)為分子勢能增加，或分子動能增加，或二者均增加，D錯誤；E.物體的內(nèi)能是所有分子動能和分子勢能之和，分子動能與溫度有關(guān)，分子勢能與體積等有關(guān)，則內(nèi)能跟物體的溫度和體積有關(guān)，E正確。故選ACE.三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分13.某同學(xué)制作了一個可用電流表直接顯示拉力大小的拉力器，原理如圖。Ri是一根長20cm、阻值20。的均勻電阻絲，勁度系數(shù)為l.0xl()3N/m的輕彈簧左端固定，右端連接金屬滑片P和拉環(huán)，拉環(huán)不受拉力時，滑片P恰好處于a端。閉合S,在彈簧彈性限度內(nèi)，對拉環(huán)施加水平拉力，使滑片P滑到b端，調(diào)節(jié)阻箱電R使電流表恰好滿偏。已知電源電動勢E=6V,內(nèi)阻r=l。，電流表的量程為0~0.6A,內(nèi)阻不計，P與Ri接觸良好且不計摩擦。(1)電阻箱R。接入電路的阻值為12;(2)電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時，拉力刻度值的分布是(填“均勻”或“不均勻”)的；(3)電流表刻度值為0.50A處拉力的示數(shù)為N；(4)要通過線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作 圖象；A.I-FB.I—— C.――FD.-F I IF(5)若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則(4)問中正確選擇的圖象斜率(填“變大”“變小”或“不變【解析】【分析】【詳解】（1）II］由閉合電路歐姆定律可知/=—^―￡"解得Ro=9f2［2］由閉合電路歐姆定律可知/=——-——&）+「+&設(shè)彈簧形變量為x,則F=kx可知F和I非線性關(guān)系，則用電流表的刻度標(biāo)示為拉力值時，拉力刻度值的分布是不均勻的;［3］電流表刻度值為0.50A時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知%+r+K可得Ri=2Q則由比例關(guān)系可知彈簧被拉伸18cm,此時拉力的示數(shù)為F=kx=1.0xl03x0.18N=l80N［4］由（2）列得的式子可知/EESEkS則要通過線性圖象直觀反映電流表示數(shù)I與拉力F的關(guān)系，可作;-尸圖象，故C符合題意，ABD不符合題意。故選C。（5）⑸若電流表的內(nèi)阻不可忽略，則（4）問中的表達式變?yōu)? %+r+/?>產(chǎn) Pf1E ES EkS則（4）問中正確選擇的圖象斜率不變。.某同學(xué)測定電源電動勢和內(nèi)阻，所使用的器材有：待測干電池一節(jié)（內(nèi)阻較?。?、電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻Ra小于1。）、電流表Ai（量程0.6A,內(nèi)阻未知）、電阻箱Ri（0-99.990）、滑動變阻器R2（0-10。）、單刀雙擲開關(guān)S、單刀單擲開關(guān)K各一個，導(dǎo)線若干。該同學(xué)按圖甲所示電路連接進行實驗操作。(1)測電流表A的內(nèi)阻：閉合開關(guān)K,將開關(guān)S與C接通，通過調(diào)節(jié)電阻箱Ri和滑動變阻器R2,讀取電流表A的示數(shù)為0.20A、電流表Ai的示數(shù)為0.60A、電阻箱Ri的示數(shù)為0.10。，則電流表A的內(nèi)阻R,\=Q(2)測電源的電動勢和內(nèi)阻：斷開開關(guān)K,調(diào)節(jié)電阻箱R1,將開關(guān)S接(填"C”或”D”)，記錄電阻箱Ri的阻值和電流表A的示數(shù)；多次調(diào)節(jié)電阻箱Ri重新實驗，并記錄多組電阻箱Ri的阻值R和電流表A的示數(shù)I。數(shù)據(jù)處理：圖乙是由實驗數(shù)據(jù)繪出的圖象，由此求出干電池的電動勢E=V,內(nèi)阻尸乙(計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字)【答案】0.20 D1.5 0.25【解析】【詳解】第一空.根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，流過電阻箱Ri的電流1=(0.60-0.20)A=0.40A；電壓士am0.040U=0.10x0.40V=0.040V,則電流表內(nèi)阻Ra= ￡1=0.200。0.20第二空.測電源的電動勢和內(nèi)阻：斷開開關(guān)K,調(diào)節(jié)電阻箱R”將開關(guān)S接D。第三空.第四空.根據(jù)實驗步驟和閉合電路歐姆定律可知：E=I(R+Ra+D,大w-r出1 R RA+r變形可得：-=—+-^—/ E E4s包的缶一公 1 30-1.0 (+ra,根據(jù)圖象可知：/加布，=03解得：E=1.5V,r=0.25￡2；四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.如圖所示，光導(dǎo)纖維可簡化為長玻璃絲的示意圖，玻璃絲長為L,折射率為n(n=^).AB代表端面。為使光能從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣?。求光在端面AB上的入射角0應(yīng)滿足的條件?！窘馕觥俊驹斀狻吭O(shè)光束在光導(dǎo)纖維端面的入射角為氏折射角為a,折射光線射向側(cè)面時的入射角為。要保證不會有光線從側(cè)壁射出來，其含義是能在側(cè)壁發(fā)生全反射。由折射定律sin。n=- sina由幾何關(guān)系a+p=90°sina=cosp恰好發(fā)生全反射臨界角的公式為1sinp=-n得cosp=^T聯(lián)立得sin?= ]=1即為6=90°要保證從端面射入的光線能發(fā)生全反射，應(yīng)有，490°。Mm16.我們已經(jīng)學(xué)過了關(guān)于兩個質(zhì)點之間萬有引力的大小是：F=G-.但是，在某些特殊情況下，非質(zhì)r點之間的萬有引力計算及其應(yīng)用的問題，我們可以利用下面兩個已經(jīng)被嚴(yán)格證明是正確的結(jié)論，而獲得快速有效地解決：a.若質(zhì)點m放置在質(zhì)量分布均勻的大球殼M（球殼的厚度也均勻）的空腔之內(nèi)，那么m和M之間的萬有引力總是為零.Mmb.若質(zhì)點m放置在質(zhì)量分布均勻的大球體M之外（侖r。），那么它們之間的萬有引力為：F=G；r,式中的r為質(zhì)點m到球心之間的距離；r°為大球體的半徑.假設(shè)地球可視為一個質(zhì)量分布均勻且密度為p的球體，通過地球的南北兩極之間能夠打通一個如圖所示的真空小洞.若地球的半徑為R,萬有引力常數(shù)為G,把一個質(zhì)量為m的小球從北極的洞口由靜止?fàn)顟B(tài)釋放后，小球能夠在洞內(nèi)運動.

(1)求：小球運動到距地心為0.5R處的加速度大小a；(2)證明：小球在洞內(nèi)做簡諧運動；(3)求：小球在運動過程中的最大速度Vm.【答案】(Da=^GP7rR(2)F=-^Gpnmx=-kx做簡諧運動(3)%=2/?J吻【解析】【詳解】Mm解：(1)根據(jù)題意可知，小球距離地心為r=0.5R處萬有引力大小6=6三4,XA/=pV=p—7cr由牛頓第二定律可知。m2三式聯(lián)立可得：a=-Gp7iRMm(2)假設(shè)小球相對于球心的位移是x,則有：F=G^x24o又A/=pV=p—7TX34兩式聯(lián)立可得：F=-Gpmnx考慮萬有引力F的方向總是指向地心,即F的方向和小球相對于地心的位移x的方向總是方向相反的，若4令：k--Gpnm則有:結(jié)論:(3)4則有:結(jié)論:(3)4F=--Gp7rinx=-kx小球在洞內(nèi)做簡諧振動.4由”= =-日可知，從洞口到地心，小球的萬有引力大小F是隨著做功的距離線性減少的所以W=2W?2=Lmv2-o2 2所以4=2讓黃17.如圖所示，質(zhì)量為m=5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的摩擦因數(shù)h=05物體受到與水平面成。=37。斜向上的拉力F=50N作用，從A點由靜止開始運動，到B點時撤去拉力F,物體最終到達C點，已知AC間距離為L=165m,(sin370=0.6,cos37=0.8,重力加速度g=10m/s2)求：(1)物體在AB段的加速度大小a；(2)物體運動的最大速度大小Vm?！敬鸢浮?l)6m/s2；(2)30m/s(.【解析】【詳解】⑴在A8段，受力分析如圖正交分解得：Fcosff-juN—ma代入相應(yīng)數(shù)據(jù)得：a=6m/s2⑵在段由牛頓第二定律得:/Limg=ma解得:ar=5m/s2,根據(jù)速度和位移關(guān)系得:v2y2￡=_m+_m_2a2af解得:vni=30m/so2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用一輕繩懸掛，在恒力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，靜止時懸線與豎直方向夾25角為53。，若把小球換成一質(zhì)量為七〃?的小球，在恒力F作用下也處于靜止?fàn)顟B(tài)時，懸線與豎直方向夾18角為37。，則恒力F的大小是（ ）A.—mg B.-mg C.-mg D.-mg.下列說法中正確的是（ ）A.光電效應(yīng)揭示了光的波動性B.中子與質(zhì)子結(jié)合成笊核時放出能量C.在所有核反應(yīng)中，都遵從“質(zhì)量守恒，核電荷數(shù)守恒”規(guī)律D.200個鐳226核經(jīng)過一個半衰期后，一定還剩下100個鐳226沒有發(fā)生衰變.下列關(guān)于衰變與核反應(yīng)的說法正確的是（）22Th衰變?yōu)閊Rn,經(jīng)過3次a衰變，2次p衰變P衰變所釋放的電子是原子核外的電子電離形成的C.核聚變反應(yīng)方程；H+：Hf；He+X中，X表示質(zhì)子D.高速a粒子轟擊氮核可從氮核中打出中子，核反應(yīng)方程為；He+^Nf[O+；,n.關(guān)于天然放射現(xiàn)象，下列說法正確的是（ ）A.放出的各種射線中，a粒子動能最大，因此貫穿其他物質(zhì)的本領(lǐng)最強B.原子的核外具有較高能量的電子離開原子時，表現(xiàn)為放射出夕粒子C.原子核發(fā)生衰變后生成的新核輻射出/射線D.原子核內(nèi)的核子有一半發(fā)生衰變時，所需的時間就是半衰期.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進行測量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔s無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進入磁感強度為B的勻強磁場中.氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”.則下列判斷正確的是（）

A.進入磁場時速度從大到小排列的順序是氣、笊、ffiB.進入磁場時動能從大到小排列的順序是氣、笊、Mc.在磁場中運動時間由大到小排列的順序是先、氣、MD.a、b、C三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氣、笊、M.一物體沿豎直方向運動，以豎直向上為正方向，其運動的V-/圖象如圖所示.下列說法正確的是（）0?4時間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)「I?〃時間內(nèi)物體機械能守恒，2?，3時間內(nèi)物體向下運動D.0D.0?右時間內(nèi)物體機械能一直增大二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分二、.如圖所示，在同一軟鐵芯上繞有兩個獨立的線圈甲與乙，甲線圈連接電池、滑動變阻器、電阻乙線圈中接有電容器C,向左移動滑動變阻器的滑片P,使甲線圈中的電流均勻變化。已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，下列說法正確的是（R<=i 丹IW-S丹IW-S1T

CP,A.電容器的上極板帶正電.電容器的上極板帶負(fù)電C.電容器所帶的電荷量恒定D.電容器所帶的電荷量增大8.如圖所示的電路中，p為滑動變阻器的滑片.保持理想變壓器的輸入電壓q不變，閉合電建s,下列說法正確的是P向下滑動時，燈L變亮P向下滑動時，變壓器的輸出電壓不變P向上滑動時，變壓器的輸入電流減小P向上滑動時，變壓器的輸出功率變大9.如圖所示，輕繩一端連接小木塊A,另一端固定在。點，在A上放小物塊B,現(xiàn)使輕繩偏離豎直方向成6角由靜止釋放，當(dāng)輕繩擺到豎直方向時，A受到擋板的作用而反彈，B將飛離木塊（B飛離瞬間無機械能損失）做平拋運動.不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.若增大。角再由靜止釋放，可以增大B落地時速度方向與水平方向之間夾角B.若增大。角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移將增大A、B一起擺動過程中，A、B之間的彈力一直增大A、B一起擺動過程中，A所受重力的功率一直增大.在雙縫干涉實驗中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣.若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，可選用的方法是（）A.改用紅色激光B.改用藍色激光C.減小雙縫間距D.將屏幕向遠離雙縫的位置移動E.將光源向遠離雙縫的位置移動.如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ,其間距為L,直導(dǎo)線垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為8。電容器接在P、M兩端，其電容為C,除電路中的電阻外，導(dǎo)軌和直導(dǎo)線的電阻均不計?，F(xiàn)給直導(dǎo)線ah—初速度，使之向右運動,當(dāng)電路穩(wěn)定后，直導(dǎo)線?！ㄒ运俣?向右勻速運動，則（ ）

嚀XXXA.電容器兩端的電壓為C.電容器所帶電荷量為CBLvB.電阻兩端的電壓為零嚀XXXA.電容器兩端的電壓為C.電容器所帶電荷量為CBLvB.電阻兩端的電壓為零D.直導(dǎo)線R,所受安培力為dR12.有一個原副線圈匝數(shù)比為10：1的理想變壓器，如圖所示，原線圈所接交流電源的電壓瞬時值表達式為u=300&sin507rt（V）副線圈所接電路如圖所示，燈Li、L?為均標(biāo)有“20V.10W”的燈泡，當(dāng)S閉合時,兩燈恰好正常發(fā)光。則（ ）A.電阻R=10Q B.流過R的交流電的周期為0.02sC.斷開S后，原線圈的輸入功率減小 D.斷開S后，燈L仍能正常發(fā)光三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分13.某實驗小組做“驗證機械能守恒定律”的實驗裝置如圖所示，圖中A為鐵架臺，B,C是用細線連接的兩個物塊，D為固定在物塊C上的細遮光條（質(zhì)量可忽略不計），E為固定在鐵架臺上的輕質(zhì)定滑輪，F(xiàn)為光電門，實驗步驟如下:①用游標(biāo)卡尺測得遮光條的寬度為d,用天平分別稱出物塊B、C的質(zhì)量分別為二二和二二，用跨過定滑輪的細線連接物塊B和C；②在鐵架臺上標(biāo)記一位置O,并測得該位置與光電門之間的高度差h；③將物塊C從位置O由靜止釋放，C加速下降，B加速上升；④記錄遮光條D通過光電門的時間to依據(jù)以上步驟，回答以下問題：(1)該實驗的研究對象是填“B”或"C”或"B、C組成的系統(tǒng)”)；(2)從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，研究對象的動能增加量二二二=,研究對象的(1)下列說法正確的是()A.需要用天平測出傳感器的質(zhì)量 B.需要用到低壓交流電源C.實驗時不需要平衡摩擦力D.若實驗中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象可能會發(fā)生彎曲(2)下列實驗中用到與該實驗相同研究方法的有()A.探究單擺周期的影響因素 B.探究求合力的方法C.探究做功與速度的變化關(guān)系D.探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的關(guān)系(3)圖丙是某同學(xué)通過實驗得到的一條紙帶(交流電頻率為50Hz),他在紙帶上取A、B、C、D、E、F、G等7個計數(shù)點(每相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點沒有畫出)，將毫米刻度尺放在紙帶上。根據(jù)圖可知,打下F點時小車的速度為m/s。小車的加速度為m/s\(計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)cmTOC\o"1-5"\h\z0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10羔加油血血I加血加向Illi向1MM扁III皿llllllllllll加"I~~7\o"CurrentDocument"??? ? ? ? ?ABC D ￡ F G 】圖丙四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖，一固定的水平氣缸有一大一小兩個同軸圓筒組成，兩圓筒中各有一個活塞，已知大活塞的橫截面積為S,小活塞的橫截面積為兩活塞用剛性輕桿連接，間距保持為1,氣缸外大氣壓強為p。，溫度為T,初始時大活塞與大圓筒底部相距!，兩活塞間封閉氣體的溫度為2T,活塞在水平向右的拉力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，拉力的大小為F且保持不變?，F(xiàn)氣缸內(nèi)氣體溫度緩慢下降，活塞緩慢向右移動，忽略兩活塞與氣缸壁之間的摩擦，則：(1)請列式說明，在大活塞到達兩圓筒銜接處前，缸內(nèi)氣體的壓強如何變化？（2）在大活塞到達兩圓筒銜接處前的瞬間，缸內(nèi)封閉氣體的溫度是多少？（3）缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡時，缸內(nèi)封閉氣體的壓強是多少？.如圖所示的裝置可以用來測量水的深度。該裝置由左端開口的氣缸M和密閉的氣缸N組成，兩氣缸由一細管（容積可忽略）連通，兩氣缸均由導(dǎo)熱材料制成，內(nèi)徑相同。氣缸M長為3L,氣缸N長為L,薄活塞A、8密閉性良好且可以無摩擦滑動。初始時兩氣缸處于溫度為27c的空氣中，氣缸M、N中分別封閉壓強為外、2p。的理想氣體，活塞4、8均位于氣缸的最左端。將該裝置放入水中，測得所在處的溫度為87七，且活塞8向右移動了 已知大氣壓強為外，相當(dāng)于10m高水柱產(chǎn)生的壓強。求：M =Jnh 3L ?（】）裝置所在處水的深度；（2）活塞A向右移動的距離。.如圖為一個簡易的“高度計”示意圖，在一豎直放置于水平地面上的密閉玻璃瓶中豎直插入一根較長透明細吸管，瓶內(nèi)有一定量的藍黑墨水和空氣，由于內(nèi)外壓強差，吸管內(nèi)水面將與瓶內(nèi)有一定高度差h。通過查閱資料，地面附近高度每升高12m,大氣壓降低ImmHg,設(shè)hnmHg相當(dāng)于13.6mm高藍黑墨水水柱產(chǎn)生的壓強，不計管內(nèi)水面升降引起的瓶內(nèi)空氣體積的變化。I.現(xiàn)將玻璃瓶放到離地1.2m高的平臺上時，吸管內(nèi)水面將（填“上升”或“下降”）mm（溫度保持不變）；n.已知玻璃瓶放在地面上時，瓶附近溫度為27C,大氣壓為750mmHg,測得水面高度差為136mm。然后將玻璃瓶緩慢平移到某高處，穩(wěn)定后發(fā)現(xiàn)水面升高了136mm,同時測得瓶附近溫度比地面高3C,則此處距地面多高？參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的D【解析】【詳解】對兩個球受力分析如圖所示：在AACB中:ACCBsin37。一疝（53。-37。）其中：——25 7CB=-mg-mg=—mg解得：——5AC=—mg在4APC中有： ACsin[18O°-（53°+a）]sina所以：sin（53°+a）sina解得：a=53°可見△APC是等腰三角形，PC=^4C，即:F5F=%mg故D正確，ABC錯誤。B【解析】【分析】【詳解】A.光電效應(yīng)揭示了光的粒子性，A錯誤；B.中子與質(zhì)子結(jié)合成笊核時會質(zhì)量虧損，所以放出能量，B正確；C.在所有核反應(yīng)中，都遵從“質(zhì)量數(shù)守恒，核電荷數(shù)守恒”規(guī)律，C錯誤；D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，研究個別原子核無意義，D錯誤。故選B。A【解析】【詳解】A.設(shè)發(fā)生n次a衰變，m次p衰變，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，則有234=222+4〃90=86+2〃一機解得n=3,m=2,故A正確；B.4衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)一個中子轉(zhuǎn)變成一個質(zhì)子和一個電子，故B錯誤；C.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，聚變反應(yīng)方程：He+X中，X的質(zhì)量數(shù)為zn=2+3-4=l電荷數(shù)為z=l+l—2=0可知X表示中子，故C錯誤：D.高速a粒子轟擊氮核可從氮核中打出質(zhì)子，不是中子，核反應(yīng)方程為;He+<Nf：O+；H故D錯誤。故選A。C【解析】【詳解】A.在三種放射線中，a粒子動能雖然很大，但貫穿其他物質(zhì)的本領(lǐng)最弱，選項A錯誤。B.夕衰變射出的電子來源于原子核內(nèi)部，不是核外電子，選項B錯誤。C.原子核發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核處于激發(fā)態(tài)，向外輻射出/射線，選項C正確。D.半衰期是放射性原子核總數(shù)有半數(shù)發(fā)生衰變，而不是原子核內(nèi)的核子衰變，選項D錯誤；故選C。A【解析】【詳解】A.根據(jù)qU=:6/得,v=、但口，比荷最大的是氣，最小的是病，所以進入磁場速度從大到小的順序2 Vm是氣、氣、筑，故A正確；B.根據(jù)動能定理可知Ek=qU,故動能相同，故B錯誤；T兀mC.時間為t=彳=—7,故在磁場中運動時間由大到小排列的順序是散氣兄，故C錯誤；2qB2D.進入偏轉(zhuǎn)磁場有qvB=m—,R112m【J解得：R=—=-J--,氣比荷最大，軌道半徑最小，c對應(yīng)的是同，瓶比荷最小，則軌道半徑最大,qBByqa對應(yīng)的是瓶，故D錯誤故選A【點睛】根據(jù)qU=；mF求出粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場的速度，知道三種粒子進入磁場的速度大小關(guān)系，再根據(jù)2qvB=m匕求出R與什么因素有關(guān)，從而得出a、b、c三條“質(zhì)譜線”的排列順序.RD【解析】A、以豎直向上為正方向，在1，-1圖象中，斜率代表加速度，可知。?。時間內(nèi)物體向上做加速運動，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài).故A錯誤；B、由圖可知，4?與時間內(nèi)物體向上做勻速直線運動，動能不變，重力勢能增大，所以機械能增大.故B錯誤；C、由圖可知，芍?4時間內(nèi)物體向上做減速運動?故C錯誤；D、0?乙時間內(nèi)物體向上做加速運動，動能增大，重力勢能也增大；乙?J時間內(nèi)物體向上做勻速直線運動，動能不變，重力勢能增大，所以0?弓時間內(nèi)物體機械能一直增大.故D正確.故選：D二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分BC【解析】【詳解】AB.電池電路的電流如圖所示，在鐵芯中產(chǎn)生向下的磁場。向左移動滑片P,滑動變阻器有效電阻減小,由歐姆定律知電路電流增大。由題意知電流均勻增大，則該磁場均勻增強。應(yīng)用楞次定律知乙線圈的感應(yīng)電流如圖所示，則電容器的上極板帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；CD.穿過乙線圈的磁通量①均勻增加，由電磁感應(yīng)定律知E=n A/該值恒定。由電路規(guī)律知電容器的板間電壓U=E,則電容器兩極板間電壓恒定，則電容器所帶電荷量Q=CU恒定，故C正確，D錯誤。故選BC.BD【解析】【分析】【詳解】A.由于理想變壓器輸入電壓不變，則副線圈電壓以不變，滑片P滑動時，對燈泡電壓沒有影響，故燈泡亮度不變，則選項A錯誤；B.滑片P下滑，電阻變大，但副線圈電壓由原線圈電壓決定，則副線圈電壓不變，故選項B正確；C.滑片P上滑，電阻減小，電流乙增大，則原線圈輸入電流力也增大，故選項C錯誤；D.此時變壓器輸出功率￡ 將變大，故選項D正確.BC【解析】【詳解】A.設(shè)繩子的長度為L,A的質(zhì)量為M,B的質(zhì)量為m,A從最高點到最低點的過程中機械能守恒，設(shè)到達最低點時的速度為v,貝IJ：1,—(M+m)v2=(M+m)gL(l-cos0)可得v=yj2gL(\-cos0)若增大。角再由靜止釋放，則A到達最低點的速度增大；B開始做平拋運動時的速度與A是相等的，設(shè)拋出點的高度為h,則B落地時沿水平方向的分速度匕=7^B落地時速度方向與水平方向之間夾角設(shè)為a,則廣 __Ihvj2gL(l-cosJ)\L(l-cos0)可知0增大則u減小，所以增大。角再由靜止釋放，B落地時速度方向與水平方向之間夾角將減小。故A錯誤；B.若增大0角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移x=vt=y]2gL(l-cos0)-F=2MQ-cosB)可知增大0角再由靜止釋放，平拋運動的水平位移將增大，故B正確；A與B一起擺動的過程中B受到的支持力與重力沿AO方向的分力的合力提供向心力，在任意位置時2- mvrN—mgeosa= L在擺動的過程中A與B的速度越來越大，繩子與豎直方向之間的夾角減小，所以支持力Fn越來越大。故C正確；A、B一起擺動過程中，開始時它們的速度為零，則重力的功率為零；A與B一起恰好到達最低點時,沿豎直方向的分速度為零，所以重力的瞬時功率也等于零，可知A所受重力的功率一定是先增大后減小,故D錯誤。故選BC.ACD【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=J入可知，改用紅色激光，波長變大，則條紋的間距變大，選項A正確;B.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=4可知，改用藍色激光，則波長變短，則條紋的間距變小,a選項B錯誤；C.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=々入可知，減小雙縫間距d,則條紋的間距變大，選項C正a確；D.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=4入可知，將屏幕向遠離雙縫的位置移動，即I變大，則條a紋的間距變大，選項D正確；E.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=口入可知，將光源向遠離雙縫的位置移動對條紋間距無影響，d選項E錯誤.ABC【解析】【詳解】AB.當(dāng)直導(dǎo)線a力勻速向右運動時，直導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BIv電路穩(wěn)定后，電容器兩極板間的電壓U=E=BLv電容器既不充電也不放電，電路中無電流，電阻兩端無電壓，故A、B正確；C.電容器所帶電荷量為Q=CU=CBLv故c正確；D.電路穩(wěn)定后，宜導(dǎo)線次?中無電流，根據(jù)/=8〃可知直導(dǎo)線ab不受安培力，故D錯誤；故選ABC.AC【解析】【詳解】A.原線圈所接交流電壓的有效值U產(chǎn)四磐V=300V,根據(jù)變壓比可知，副線圈兩端電壓V25=-L?=30V燈泡正常發(fā)光，則電阻R兩端電壓為10V,流過的電流L="x2A=lA,根據(jù)歐姆定律可知20Urr=-?l=ioq故A正確。2乃B.輸入電壓的角速度3=5（hrrad/s,則周期T=——=0.04s,則流過R的交流電的周期為0.04s,故B錯誤。CDC.斷開S后，副線圈電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知，電流減小，故輸出功率減小，則輸入功率減小，故C正確。D.斷開S后，燈泡。兩端電壓增大，不能正常發(fā)光，故D錯誤。故選AC.三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分B、C組成的系統(tǒng) :二；手= （二二一二二）二二【解析】【詳解】（1）111實驗中要驗證機械能守恒，只有以B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，才只有重力做功，機械能才守恒,故該實驗的研究對象是B、C組成的系統(tǒng)。（2）［2］因為遮光條的寬度為二《二故物塊C通過光電門的速度可近似等于通過d的平均速度，即所以從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，B、C組成的系統(tǒng)動能增加量-_L-+-廣一（二二+二產(chǎn)uu口一2（口匚十口口）:一，一；⑶從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，物塊C下降h,物塊B上升h,故B、C組成的系統(tǒng)重力勢能該變量為1L二一口L——二J一（一口—L二）一匚AAD0.24 0.40【解析】【詳解】（1）［1］A.本實驗是探究“加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系"，即F=Ma,所以M包括傳感器的質(zhì)量，即需要用天平測出傳感器的質(zhì)量。故A正確。B.電火花計時器使用的是220V交流電源。故B錯誤。C.實驗前要平衡摩擦力，平衡摩擦力時要把小車（包括力傳感器）放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器。把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜程度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速直線運動。故C錯誤。D.實驗中力傳感器直接測出了拉力的大小，所以不需要滿足砂桶和砂子的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，所以即使實驗中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象也不會發(fā)生彎曲。故D錯誤。(2)⑵該實驗采用了控制變量法進行探究。A.單擺的周期公式為：T=2寸,是用的控制變量法。故A符合題意。B.探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法。故B不符合題意。C.探究做功與速度的變化關(guān)系，采用的是倍增法。故C不符題意。D.導(dǎo)體的電阻為：R=p三,采用的是控制變量法。故D符合題意。(3)[3]由于每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=O.ls,根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度得：(9.60-4.80)x10-2vF=-^-= >- m/s=0.24m/s2T2x0.1⑷根據(jù)勻變速直線運動的推論公式Ax=aT2可以求出加速度的大小為：.=^Z^j9.60-3.00)-(3.00-0.00)xi0.2m/s2印加.9T2 9x0.12四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分(1)在大活塞到達兩圓筒銜接處前，缸內(nèi)氣體的壓強保持不變；(2)[7；(3)裝+【解析】【詳解】(1)在活塞緩慢右移的過程中，用Pl表示缸內(nèi)氣體的壓強，由力的平衡條件得：4S+8xgs+~qs-4x；s=o解得：A=K+p。在大活塞到達兩圓筒銜接處前，缸內(nèi)封閉氣體的壓強：片=率+4且保持不變；(2)在大活塞到達兩圓筒銜接處前，氣體做等壓變化，設(shè)氣體的末態(tài)溫度為Ti,由蓋?呂薩克定律有:上=乜2T(/SI3SI SI其中：V=S-F—-=——?VJ=—,解得：2224 24(3)缸內(nèi)封閉的氣體與缸外大氣達到熱平衡的過程，封閉氣體的體積不變，由氣態(tài)方程:生;生7；T解得:33F3鳥=產(chǎn)方+#.⑴〃=38m:(2)x=—￡4【解析】【詳解】(1)氣缸N中氣體初狀態(tài)：Pm=2po,7；=300KMi=人氣缸N中氣體末狀態(tài)：T2=360K,VN2=^LS根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有PnM=PnNiZ一心放入水中后氣缸M中的氣體壓強與氣缸N中的氣體壓強相等，即PM2=PN2在此處水產(chǎn)生的壓強為P^=Pm2-Po解得P水=3.8%10m高的水柱產(chǎn)生的壓強為外，所以此處水深人=38m(2)裝置放在水中后，設(shè)活塞4向右側(cè)移動的距離為x氣缸M中氣體初狀態(tài)：Pm=p°,7j=300KWm=3LS氣缸M中氣體末狀態(tài)：P“2=Pn2,4=360K,〃2=0L+gL-x)S根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程K/i_Pmmi解得4.I.上升，1.36；II.28.8m【解析】【詳解】I.根據(jù)平衡可得：P=Po+h由于是密封玻璃瓶，瓶內(nèi)氣體壓強p不變，而外界大氣壓強p。減小，故吸管內(nèi)水面將上升。每升高12m,大氣壓降低ImmHg,ImmHg相當(dāng)于13.6mm高藍黑墨水水柱產(chǎn)生的壓強，貝！I升高1.2m時吸管內(nèi)水面將上升1.36mm.H.玻璃瓶在地面上時：溫度Ti=3()()K,壓強：p}=(750+^-^-)mmHg=760mmHg13.6玻璃瓶在高處時：溫度T2=303K,壓強pz,由于瓶內(nèi)空氣體積一定，故根據(jù)查理定律可得：Zt2解得：p2=767.6mmHg此高度處大氣壓為：「=(767.6-136+受)mmHg=747.6mmHg13.6則此處高度為：h=(750-747.6)xl2m=28.8m2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.米歇爾?麥耶和迪迪埃?奎洛茲因為發(fā)現(xiàn)了第一顆太陽系外行星-飛馬座51b而獲得2019年諾貝爾物理學(xué)獎。飛馬座51b與恒星相距為L,構(gòu)成雙星系統(tǒng)（如圖所示），它們繞共同的圓心O做勻速圓周運動。設(shè)它們的質(zhì)量分別為mi、m2且（miVnu）,已知萬有引力常量為G.則下列說法正確的是（）5 .2……3E4座Sib MMA.飛馬座51b與恒星運動具有相同的線速度B.飛馬座51b與恒星運動所受到的向心力之比為m“m2C.飛馬座51b與恒星運動軌道的半徑之比為on：miD.飛馬座51b與恒星運動周期之比為mi：m2.長均為L的兩根輕繩，一端共同系住質(zhì)量為m的小球，另一端分別固定在等高的A、B兩點，A、B兩點間的距離也為L,重力加速度大小為g。今使小球在豎直平面內(nèi)以A、B連線為軸做圓周運動，若小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，則小球在最高點速率為2V時，每根繩的拉力大小均.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，從M點由靜止釋放一質(zhì)子，質(zhì)子僅在電場力的作用下沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是M點的場強大于N點的場強M、N之間的電場線可能是一條曲線C.質(zhì)子在M點的加速度小于在N點的加速度D.電場線方向由N點指向M點4.如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O,點，O與。點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使輕繩拉直，彈簧處于自然長度。將兩球分別由靜止開始釋放，達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則下列說法正確的是（）A.兩球到達各自懸點的正下方時，動能相等B.兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大C.兩球到達各自懸點的正下方時，A球動能較大D.兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較小5.如圖所示，一根彈簧一端固定在左側(cè)豎直墻上，另一端連著A小球，同時水平細線一端連著A球，另一端固定在右側(cè)豎直墻上，彈簧與豎直方向的夾角是60。，A、B兩小球分別連在另一根豎直彈簧兩端。開始時A、B兩球都靜止不動，A、B兩小球的質(zhì)量相等，重力加速度為g,若不計彈簧質(zhì)量，在水平細線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為（）aA=2gtaB=0aA=\/3g> =0aA=2由g?&=06.關(guān)于元電荷，正確的說法是（ ）A.元電荷就是點電荷.1C電量叫元電荷.C.元電荷就是質(zhì)子.D.元電荷目前被認(rèn)為是自然界中電荷的最小單元.二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分.下列說法中正確的是（ ）A.布朗微粒越大，受力面積越大，所以布朗運動越激烈.在兩個分子從無限遠的地方不斷靠近的過程中，它們的分子力先增大后減小再增大

C.在兩個分子從無限遠的地方不斷靠近的過程中，它們的分子勢能先增大后減小D.兩個系統(tǒng)達到熱平衡時，它們的分子平均動能一定相同E.外界對封閉的理想氣體做正功，氣體的內(nèi)能可能減少.如圖所示，一列簡諧波沿x軸傳播，實線為t=（）時的波形圖，此時P質(zhì)點向y軸負(fù)方向振動；虛線為0.02s（小于0.02s（小于1個周期）時的波形圖，則（）y/cmA.波沿x軸正方向傳播B.波速為3.5m/st=0.02s時，x=8cm處質(zhì)點向y軸負(fù)方向振動t=0至t=0.08s,質(zhì)點P通過的路程為0.04m9.如圖所示，光滑絕緣的圓形管狀軌道豎直放置，管道中央軌道半徑為R,管道內(nèi)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，空間內(nèi)存在方向相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向水平向里，電場的電場強度大小E=翳（g為重力加速度），方向豎直向上?，F(xiàn)小球從軌道的最低點沿軌道方向以大小為V。的初速度水平射出，下列說法正確的是（）A.無論初速度的方向向右還是向左，小球在運動中對軌道的作用力都不可能為0B.小球在最高點對軌道內(nèi)側(cè)的作用力大小可能為煙，方向豎直向下2C.小球在最高點對軌道的作用力為。時，受到的洛倫茲力大小可能為皿，方向豎直向下R3D.若初速度方向向左，小球在最低點和軌道水平直徑右端時，對軌道外側(cè)有壓力，且壓力差大于5mg.一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運動過程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向.下列關(guān)于小球運動的速度V、加速度a、位移s、機械能E隨時間t變化的圖象中可能正確的有.如圖所示，一束紅光從空氣射向折射率n=夜種玻璃的表面，其中i為入射角，則下列說法正確的是A.當(dāng)i=45。時會發(fā)生全反射現(xiàn)象B.無論入射角i為多大，折射角r都不會超過45°C.當(dāng)入射角的正切值tani=近，反射光線與折射光線恰好相互垂直D.光從空氣射入玻璃，速度減小E.若將入射光換成紫光，則在同樣入射角i的情況下，折射角r將變大.卡文迪許把自己測量引力常量的實驗說成是“稱量地球重量，若已知引力常量，下列說法正確的是()A.根據(jù)火星的半徑和火星表面的重力加速度，可估算出火星的密度B.根據(jù)土星繞太陽公轉(zhuǎn)的半徑和周期，可估算出土星的質(zhì)量C.根據(jù)金星繞太陽公轉(zhuǎn)的半徑、周期和太陽半徑，可估算出太陽表面的重力加速度D.根據(jù)月球公轉(zhuǎn)的周期、月地距離和地球表面的重力加速度，可估算出地球的第一宇宙速度三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分.圖甲是某同學(xué)驗證動能定理的實驗裝置。其步驟如下：A.易拉罐內(nèi)盛上適量細沙，用輕繩通過滑輪連接在小車上，小車連接紙帶。合理調(diào)整木板傾角，讓小車沿木板勻速下滑.B.取下輕繩和易拉罐，測出易拉罐和細沙的質(zhì)量皿以及小車質(zhì)量m2。C.撤去細繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙(中間部分未畫出)，O為打下的第一點。己知打點計時器的打點時間間隔為T,重力加速度為g。(1)步驟C中小車所受的合外力大小為一(2)為驗證從0—C過程中小車合外力做功與小車動能變化的關(guān)系，測出BD間的距離為』，OC間距離為馬，則C點速度大小為需要驗證的關(guān)系式為一(用所測物理量的符號表示)。.某同學(xué)設(shè)計了一個如圖甲所示的裝置來測定滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)，其中A為滑塊,B和C處是鉤碼,不計繩和滑輪的質(zhì)量及它們之間的摩擦.實驗中該同學(xué)保持在B和C處鉤碼總個數(shù)不變的條件下，改變C處鉤碼個數(shù)，測出C處不同個數(shù)鉤碼的總質(zhì)量m及對應(yīng)加速度a,然后通過對實驗數(shù)據(jù)的分析求出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù).甲 乙(1)該同學(xué)手中有電火花計時器、紙帶、10個質(zhì)量均為100克的鉤碼、滑塊、一端帶有定滑輪的長木板、細線，為了完成本實驗，得到所要測量的物理量,還需要.A.秒表B.毫米刻度尺 C.天平D.彈簧測力計(2)在實驗數(shù)據(jù)處理中，該同學(xué)以C處鉤碼的總質(zhì)量m為橫軸，以加速度a為縱軸，繪制了如圖乙所示的實驗圖線，可知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)H=.(g取10m/s2)四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.某型號的艦載飛機在航空母艦的跑道上加速時，其最大加速度為5/〃/S2,所需的起飛速度為50w/s,為了使飛機在開始滑行時就有一定的初速度，航空母艦裝有彈射裝置，彈射系統(tǒng)使它具有3O/77/S的初速度，求:(1)艦載飛機若要安全起飛，跑道至少為多長？(2)若航空母艦勻速前進，在沒有彈射裝置的情況下，要保證飛機安全起飛，航空母艦前進的速度至少為多大？.一光滑絕緣固定軌道MN與水平面成6=37°角放置，其上端有一半徑為1的光滑圓弧軌道的一部分,兩軌道相切于N點，圓弧軌道末端Q點切線水平；一輕質(zhì)彈簧下端固定在直軌道末端，彈簧原長時，其上端位于O點，ON=31.現(xiàn)將一質(zhì)量為m的滑塊A拴接在彈簧上端，使之從O點靜止釋放。A向下壓縮彈簧達到的最低點為P點，OP=l。當(dāng)A到達最低點P時，彈簧自動鎖定，使A靜止于P點。使質(zhì)量也為m的滑塊B,從N點由靜止沿斜面下滑。B下滑至P點后,與A相碰，B接觸A瞬間彈簧自動解鎖,

A、B碰撞時間極短內(nèi)力遠大于外力。碰后A、B有共同速度，但并不粘連。之后兩滑塊被彈回。（已知重力加速度為g,sin37°=0.6,cos370=0.8）求：⑴彈簧上端被壓縮至P點時所具有的彈性勢能；（2）第一次碰撞過程中B對A彈力的沖量的大小；⑶若要B最終恰能回到圓弧軌道最高點，需要在B滑塊由N點出發(fā)時，給B多大的初速度。.2019年12月以來，我國部分地區(qū)突發(fā)的新型冠狀病毒肺炎疫情威脅著人們的身體健康和生命安全，勤消毒是一種關(guān)鍵的防疫措施，如圖甲所示。圖乙是噴霧消毒桶的原理圖，消毒桶高為h。在室外從加水口加注高度為g的消毒液，關(guān)閉噴霧口閥門K,密封加水口，上部封閉有壓強為p（＞、溫度為To的空氣。將噴霧消毒桶移到室內(nèi)，一段時間后打開噴霧口閥門K,恰好有消毒液從噴霧口溢出。已知消毒液的密度為夕，大氣壓強恒為時，噴霧管的噴霧口與噴霧消毒桶頂部等高。忽略噴霧管的體積，將空氣看作理想氣體，重力加速度為go（1）求室內(nèi)溫度。（2）關(guān)閉K,在室內(nèi)用打氣筒向噴霧消毒桶內(nèi)充入空氣。然后，打開K,在室內(nèi)噴霧消毒。消毒完成時,發(fā)現(xiàn)桶內(nèi)消毒液的液面剛好降到桶底。求充入空氣與原有空氣的質(zhì)量比。（假設(shè)整個過程中氣體溫度保持不變。）甲甲參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的C【解析】【詳解】BD.雙星系統(tǒng)屬于同軸轉(zhuǎn)動的模型，具有相同的角速度和周期，兩者之間的萬有引力提供向心力，故兩者向心力相同，故BD錯誤；C.根據(jù)mg、=m202r2,則半徑之比等于質(zhì)量反比，飛馬座51b與恒星運動軌道的半徑之比，即口：F2=m2：mi,故C正確；A.線速度之比等于半徑之比，即V"V2=mi;mz,故A錯誤。故選C.A【解析】【詳解】小球在最高點速率為v時，兩根繩的拉力恰好均為零，有：mg=m三，當(dāng)小球在最高點的速率為2V時，根據(jù)牛頓第二定律有：mg+2Tcos30°=m-^?—,解得：T=\3mg。故選A.A【解析】【詳解】A.Ep-x圖像斜率的變化反映了電場力的變化，所以M點的場強大于N點的場強，A項符合題意；B.電荷僅在電場力作用下沿電場線運動，電場線一定是直線，B項不符合題意；C.因為M點場強大于N點場強，所以質(zhì)子在M點受到的電場力大于N點受到的電場力，質(zhì)子在M點的加速度大于在N點的加速度，故C項不符合題意；D.由M到N質(zhì)子的電勢能減小，所以M點電勢高于N點電勢，所以電場線方向由M指向N,D項不符合題意.C【解析】【詳解】ABC.兩個球都是從同一個水平面下降的，到達最低點時還是在同一個水平面上，根據(jù)重力做功的特點可知在整個過程中，AB兩球重力做的功相同，兩球重力勢能減少量相等。B球在下落的過程中彈簧要對球做負(fù)功，彈簧的彈性勢能增加，所以B球在最低點的速度要比A的速度小，動能也要比A的小，故AB錯誤，C正確；D.由于在最低點時B的速度小，且兩球質(zhì)量相同，根據(jù)向心力的公式V2T-mg=m—r可知，B球需要的向心力小，所以繩對B的拉力也要比A的小，故D錯誤。故選C。D【解析】【分析】對水平細線被剪斷前的整體和小球B受力分析，求出兩段彈簧中的彈力。水平細線被剪斷瞬間，繩中力變?yōu)榱?，彈簧彈力不會突變，對A和B分別受力分析，由牛頓第二定律求出AB各自的加速度?！驹斀狻吭O(shè)兩球的質(zhì)量均為m,傾斜彈簧的彈力為（，豎直彈簧的彈力為對水平細線被剪斷前的整體受力分析，由平衡條件可得：Ttcos60°=2mg,解得：7；=4mg。對水平細線被剪斷前的小球B受力分析，由平衡條件可得：T2=mg,水平細線被剪斷瞬間，繩中力變?yōu)榱?，彈簧彈力不會突變。對水平細線被剪斷瞬間的A球受力分析知，A球所受合力與原來細線拉力方向相反，水平向左，由牛頓第二定律可得：山60。=maA,解得：%=2&?對水平細線被剪斷瞬間的B球受力分析知，B球的受力情況不變,加速度仍為0。故D項正確，ABC三項錯誤?！军c睛】未剪斷的繩，繩中張力可發(fā)生突變；未剪斷的彈簧，彈簧彈力不可以突變。D【解析】【分析】點電荷是當(dāng)兩個帶電體的形狀對它的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷.而元電荷是帶電量的最小值，它不是電荷，所有帶電體電荷量均是元電荷的整數(shù)倍.【詳解】元電荷是最小的帶電量，而點電荷是一種理想化的物理模型，二者不是同一物理量；故A錯誤；元電荷是帶電量的最小值，大小是1.6X%-"：：,故B錯誤；元電荷是指最小的電荷量，不是指質(zhì)子，故C錯誤：元電荷是自然界中電荷的最小單元，故D正確；故選D?！军c睛】本題關(guān)鍵是對點電荷、元電荷的概念要有清晰的認(rèn)識，同時要明確它們之間的區(qū)別，這是理清概念的一種重要方法.二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分BDE【解析】【分析】顆粒越小，溫度越高，布朗運動越劇烈；根據(jù)分子力和分子距離的圖像和分子勢能和分子之間距離圖像，分析分子力和分子勢能隨r的變化情況；兩個系統(tǒng)達到熱平衡時，溫度相同；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷。【詳解】A.布朗運動微粒越大，受力面積越大，液體分子從各個方向?qū)腋×Ｗ幼矒糇饔玫脑节呌谄胶?，所以布朗運動越不劇烈，故A錯誤：B.在兩個分子從無限遠的地方不斷靠近的過程中，它們的分子力先增大后減小再增大，如圖所示：/「引故B正確；C.在兩個分子從無限遠的地方不斷靠近的過程中，它們的分子勢能先減小后增大，如圖所示:故C錯誤；D.溫度是分子平均動能的標(biāo)志，兩個系統(tǒng)達到熱平衡時，溫度相同，它們的分子平均動能一定相同，故D正確；E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律：MJ=Q+W外界對封閉的理想氣體做正功W>0,但氣體和外界的熱交換不明確，氣體的內(nèi)能可能減少，故E正確。故選BDE.AC【解析】【詳解】A.P質(zhì)點向y軸負(fù)方向運動，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，A正確；B.波速為:v= =0.5m/szB錯誤；C.根據(jù)圖像可知t=0.02s時，x=8cm處質(zhì)點沿y軸負(fù)方向運動，C正確;D.周期:AT=—=0.16sv在t=0至t=0.08s,質(zhì)點P振動1個周期，通過的路程為：22x1cm=2cmD錯誤。故選AC.BD【解析】【分析】【詳解】A.小球受重力和電場力的合力豎直向下，大小為遇，當(dāng)小球向右射出且2^mg=qv0B得mg2qB此時小球?qū)壍赖淖饔昧?,故A錯誤；B.若小球在最高點對軌道內(nèi)側(cè)的作用力大小可能為逼，方向豎直向下時，小球受重力和電場力的合力2為;mg，方向豎直向上，小球在豎直方向上的合力為0,由洛倫茲力提供向心力，故B正確；C.小球在最高點對軌道的作用力為0時，小球受重力和電場力的合力豎直向下，大小為整，若受到的2洛倫茲力大小為皿，當(dāng)小球向右射出時，在最高點則有Rmvlmv2—meH = TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"R R得說 /Im——m—=—mpR\o"CurrentDocument"R R2由動能定理有mg-2R-^mg-2R=-mv^-^mv2即viv2m——m—=2mgRRR兩式不相符，若受到的洛倫茲力大小為二無，當(dāng)小球向左射出時，在最高點則有RTOC\o"1-5"\h\z1 2i mvnmv—mg =—2 RR\o"CurrentDocument"v(； v21 °m—+m—=—msR\o"CurrentDocument"R R2不可能，故C錯誤;D.若初速度方向向左，由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力豎直向下，小球受重力和電場力的合力豎直向下，大小為避，則在最低點小球?qū)壍劳鈧?cè)有壓力，當(dāng)小球運動到軌道水平直徑右端時，小球受到2的洛倫茲力水平向右，由于小球做圓周運動，由洛倫茲力與軌道對小球的彈力的合力提供向心力，則小球?qū)壍劳鈧?cè)有壓力，在最低點有F1n叫FNi--tng-qv()B=——Z A在軌道水平直徑右端時有由動能定理得g/ngH=g相片-^mv2得3%-%=-mg-(qvB-qv0B)由于u<%,則qvB<qhB則3jmg故D正確。故選BD.AC【解析】【分析】【詳解】AB.小球在上升過程中所受重力和阻力，由于所受空氣阻力與速度成正比，所以阻力逐漸減小，則加速度逐漸減小，向上做加速度減小的減速運動，上升到最高點再次下落過程中由于空氣阻力逐漸增大，所以加速度逐漸減小，做加速度減小的加速運動，故A正確，B錯誤；C.在s-t圖像中斜率表示速度，物體先向上做減速，在反向做加速，故C正確；D.因阻力做負(fù)功，且導(dǎo)致機械能減小，機械能的減少量為AE=fs=kv^vt-^ar圖像不是一次函數(shù)，故D錯誤；故選ACBCD【解析】【詳解】A.光線從空氣進入玻璃中時，由光疏射向光密介質(zhì)，不可能會發(fā)生全反射現(xiàn)象，選項A錯誤；B.根據(jù)〃=8匣當(dāng)i=90。時r=45。，可知無論入射角i為多大，折射角r都不會超過45。，選項B正確；smrC.當(dāng)反射光線與折射光線恰好相互垂直時，則42=-[ni-sin(90-z)解得tani=y/2選項C正確；D.光從空氣射入玻璃，由光疏射向光密介質(zhì)，速度減小，選項D正確；E.若將入射光換成紫光，則由于紫光的折射率大于紅光，則在同樣入射角i的情況下，折射角r將變小,選項E錯誤。故選BCD.ACD【解析】【詳解】A.根據(jù)物體在火星表面受到重力等于萬有引力可知GMm——丁=mgR2解得m=QGM_3gP~V4兀RG可以求出火星密度，故A正確；B.只能求出中心天體的質(zhì)量，環(huán)繞天體的質(zhì)量無法求出，故土星質(zhì)量無法求出，故B錯誤；C.金星繞太陽公轉(zhuǎn)G-p-=m(于)「解得太陽的質(zhì)量^n~r'M= -GT1太陽半徑R已知，則表面重力加速度GM4/，T2R2故C正確;D.月球繞地球做勻速圓周運動G等=加("加r2T可求解地球的質(zhì)量M,地球表面重力加速度g已知，根據(jù)黃金代換式GM=gR2,可以求出地球半徑R,根據(jù)v=\[gR可以求出地球的第一宇宙速度，故D正確。故選ACD.三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分(1)mig；⑵券，m,gx2=^-【解析】【詳解】(1)【1]小車勻速下滑時受到重力、支持力、摩擦力和輕繩的拉力，合力為零；撤去拉力后，其余力不變,故合力等于撤去輕繩的拉力，而輕繩的拉力等于易拉罐和細沙的重力，所以小車所受的合外力為mig；[2]勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻瞬時速度，故X]%=TZs2T⑶動能增量為:IF-合力的功為:W=m}gx2,需要驗證的關(guān)系式為:m-,x：m^x2=~^r(1)B (2)0.3【解析】【詳解】第一空.打點計時器通過打點即可知道時間，故不需要秒表，故A錯誤.本實驗不需要測滑塊的質(zhì)量，鉤碼質(zhì)量已知，故不需要天平，故B錯誤.實驗需要測量兩點之間的距離，需要毫米刻度尺，故C正確.滑塊受到的拉力等于鉤碼的重力，不需要彈簧測力計測拉力，故D錯誤.故選C；me-u(M+m')ewp(1+u]第二空.對ABC系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律可得： 叵=& g,其中m+m'M+飛 M+/)=mo；所以a-m圖象中，縱軸的截距為-fig,故-jig=-3,jt=0.3.四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分(1)160m(2)10m/s【解析】【詳解】(D設(shè)跑道最短為L,則有：u2-^=2aL,代人數(shù)據(jù)解得：L=160m.(2)設(shè)航空母艦前進的速度最小為飛機起飛的時間為3貝ij：對航空母艦：斗=巳，①對飛機：。=9+G②t>2 =2ax2③工2=X]+L④由①④聯(lián)立解得：巳=10'"⑴E「=]gl(2)/=〃?^^(3)%=Jl|^g；【解析】【詳解】(DA由O-P的過程mglsin6-Ep解得Ep^mgl(2)B由N-P的過程mg?4/sin。：mv2A、B相碰的過程mv=2mv]以沿斜面向下為正方向I=mvx-mvA對B的沖量大小為f牌⑶第二次B由NtP的過程mg-4/sin^=—mv^--mv1A、B相碰的過程mvx—2mv2碰后，設(shè)A、B在彈簧壓縮量為x處分離，對A、B2mgsin0-kx=2ma對B：mgsin0=ma解得即A、B在O點分離.A、B碰后到彈簧恢復(fù)原長的過程1 2 1 2 .八—=—26匕+2mglsin0A、B分離后，到達的最高點Q點.八 八1 2 1 2—mg(31sin，+/+/cos0)=-^tnv^——mv3VQmg=m-解得八，Pgh、T.2Po+3pg〃17.(1)(1+-)7；;⑵丁7_7~o2Po 2pQ+pgh【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)室內(nèi)溫度為T”消毒桶移到室內(nèi)一段時間后，封閉氣體的壓強為pihP\=Po+Pg-Q氣體做等容變化，由查理定律得