2024年四川省綿陽市高考物理一診試卷

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.一同學(xué)背越式跳高，不計(jì)空氣阻力，從起跳腳離地到身體重心達(dá)到最高點(diǎn)的過程中，該同學(xué)（）

A.重力勢(shì)能逐漸增大到最大B.動(dòng)能逐漸減小為零

C.做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

2.如圖所示，從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)6分別以初速度％、0水平拋出兩個(gè)相同小球，都直接落在了斜面

底端C,落地時(shí)重力的功率分別為Pi、&。則巧與以、Pi與P2的大小關(guān)系正確的是（）

A.%=2V2B.%=\[~2V2C.P]=4P2D.Px=2P2

3.三角形薄板A8C厚薄均勻、質(zhì)量均勻分布，AD.BE分別為8C、AC邊中線，過這兩條中線的交點(diǎn)的豎

直線/交8c的延長線于0。兩根輕繩分別系于A、B,輕繩8N固定在天花板某點(diǎn)，調(diào)節(jié)輕繩MA,使N、

B、。三點(diǎn)共線，且44邊保持水平，此時(shí)M4比N4長，如圖所示。則三角形薄板靜止時(shí)（）

A.三點(diǎn)、M、A、C一定共線B.三點(diǎn)M、A、。一定共線

C.輕繩NB中拉力大于輕繩MA中拉力D.輕繩NB中拉力小于輕繩MA中拉力

4.如圖甲所示，用大小不同的水平向右恒力產(chǎn)將物體M從靜止由。點(diǎn)拉動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)速度為v,F與“2的變

化關(guān)系如圖乙中的。圖線；相同的方法得到另一個(gè)物體N的尸與〃2的變化關(guān)系如圖乙中的〃圖線，則（）

F/N

b

°//（mLs-z）

乙

A.M的質(zhì)量比N的質(zhì)量大

B.W的質(zhì)量比N的質(zhì)量小

C.W、N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同

D.似與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)比N與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)大

5.質(zhì)量為〃，和M的物體用輕繩相連，現(xiàn)將M用手按在光滑斜面上的4

點(diǎn)，讓輕繩跨過。點(diǎn)的一光滑微小定滑輪，0M水平，。加豎直，兩物體

均靜止，如圖所示?，F(xiàn)松手釋放M,M沿斜面由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)的過程

中，機(jī)沒有落地，08垂直于斜面。在物體M從A到8的過程中（）

A.）〃始終處于失重狀態(tài)

B.如始終處于超重狀態(tài)

C.〃?的動(dòng)能一直增大

D.M的動(dòng)能一直增大

二、多選題：本大題共4小題，共22分。

6.在光滑的水平軌道左端固定一個(gè)彈簧發(fā)射器，在A處安裝一微小角度

器（高度可忽略，可調(diào)節(jié)速度的拋射角。），現(xiàn)讓彈簧發(fā)射器將質(zhì)量為加

的小球由靜止彈出，落在軌道上B處。用瓊表示彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能，不計(jì)空氣阻力。則（）

A.從小球開始運(yùn)動(dòng)到落到8處之前過程中，小球機(jī)械能守恒

B.保持。不變，若心越大，則A8距離越大

C.保持琮不變，改變仇使。越大，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)離軌道高度越大

D.保持心不變，改變。，使A8距離最大時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到最高度點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為0.25與

7.如圖甲所示的等雙翼式傳輸機(jī)，其兩側(cè)等長的傳送帶傾角可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，方便不同工況下的貨

物傳送作業(yè)，工作時(shí)兩傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且速度相同。圖乙為等雙翼式傳輸機(jī)工作示意圖，Mi、M2代表兩

傳送帶。第一次調(diào)整監(jiān)傾角為30,M2傾角為45。；第二次調(diào)整以傾角為45。，“2傾角為30。，兩次分別將

同一貨物無初速放在弧的最低端，都能傳到“2的最高端。貨物與M］和M2的接觸面粗糙程度相同，兩次運(yùn)

輸中貨物均在M］上就已與傳送帶達(dá)共速，先后兩次傳輸機(jī)運(yùn)行速度相同，則（）

A.兩次運(yùn)送貨物經(jīng)過的時(shí)間相等

B.第一次運(yùn)送貨物的時(shí)間較短

C"專輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量，兩次相等

D.傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量，第二次較多

8.如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點(diǎn)保持靜止。受到輕微擾

動(dòng)后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后?，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過e角度時(shí).，小球的速度大小為

v?"與cosG的關(guān)系如乙圖所示，g取lOm/s?。則（）

A.圓環(huán)半徑為0.6m

B.8=2時(shí)，小球所受合力為4N

C.OW84兀過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力一直增大

D.0<0<7T過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后增大

9.圖甲為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時(shí)刻的波形圖，圖乙為x=5cm處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，則下列說法

正確的是（）

同數(shù)量的祛碼，小車運(yùn)動(dòng)，得到多條紙帶，某條紙帶的一部分及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示。

回答下列問題:

(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的部分操作或要求，下列說法正確的是______。

A.必須保證祛碼盤和祛碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量

8.與小車相連的細(xì)線必須與長木板平行

。?天需要進(jìn)行平衡摩擦力的操作

。.不需要刻度尺也不需要天平

(2)已知打出圖〃中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔均為0.1s,則根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，打點(diǎn)6時(shí)所對(duì)應(yīng)的小車的速度

v6=m/s打這條紙帶時(shí)小車的加速度大小a=_____m/s2(計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)

(3)對(duì)同一輛實(shí)驗(yàn)小車，記錄打每條紙帶時(shí)祛碼盤和祛碼的總質(zhì)量〃?、力傳感器的讀數(shù)月通過紙帶計(jì)算小

車運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的加速度心如圖甲、乙、丙丁所示的a-F或a-mg圖線，其中符合實(shí)際的是：本實(shí)

驗(yàn)應(yīng)該由圖線_____得到“加速度大小與物體所受合力大小成正比”的結(jié)論。

五、簡答題：本大題共4小題，共38分。

13.如圖所示，不可伸長、長為L的輕質(zhì)細(xì)繩一-端固定在P點(diǎn)，另一端系-質(zhì)量為〃?的小

球?，F(xiàn)將小球拉至細(xì)繩沿水平方向繃緊的狀態(tài)后，由靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)

動(dòng)，經(jīng)過某位置。點(diǎn)，已知尸、0連線與水平面的夾角為或不計(jì)空氣阻力，重力加速度

大小為g。求:

(1)求小球在位置Q點(diǎn)時(shí)細(xì)繩對(duì)小球拉力7的大??；

(2)若小球在位置。點(diǎn)時(shí)小球豎直分速度最大，求sin。的值。

14.如圖所示，足夠長的木板A8上表面0點(diǎn)左側(cè)粗糙、右側(cè)光滑，質(zhì)量為M=3kg,以速度%=17/i/s在

光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m=1的的小物塊。以相對(duì)地面速度為零輕放到木板上表面，并同時(shí)對(duì)?小物

塊施加一水平向右的拉力尸=0.5N；第一次，小物塊尸輕放到8端后，始終未通過。點(diǎn)，并再回到B端:

笫二次，小物塊P輕放到。8間的某一位置。能通過。點(diǎn)，通過。點(diǎn)的速度大小%=0.5m/s,小物塊P

與木板粗糙部分的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.03,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10加估2。

(1)求小物塊P從輕放到8端再到回到B端通過的位移；

(2)求小物塊P輕放到OB間的某一位置后，在()點(diǎn)左側(cè)距。點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離；

(3)通過計(jì)算判斷：將小物塊P輕放到08間的某一位置，通過0點(diǎn)后是否能夠再通過。點(diǎn)？

15.如圖所示，粗細(xì)均勻的“T”型導(dǎo)熱玻璃管中裝有水銀，豎直管中水銀柱長為

10。加，水平管內(nèi)的水銀足夠多，A段封閉氣柱長為5cm,4段封閉氣柱長為10?！?

大氣壓強(qiáng)為75切/g,環(huán)境溫度為300K。求:

(1)將玻璃管繞水平管緩慢轉(zhuǎn)過9(T至“T”型玻璃管水平，穩(wěn)定時(shí)豎直管中水銀液面

移動(dòng)的距離;

(2)若不轉(zhuǎn)動(dòng)，要使豎直管中的水銀液面移動(dòng)與(1)問中相同的距離，需將環(huán)境溫度升到多少。

16.如圖所示，等腰梯形A8c。為某透明棱鏡的橫截面，已知該棱鏡材料的折射率

為《I，Z4=NB=75。，且邊一單色光從4。邊上的E點(diǎn)沿某方向射

入棱鏡，其折射光照射到A8界面時(shí)，恰好發(fā)生全反射，并最終從BC界面射出。

光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在每個(gè)面上的多次反射，求:

(1)該單色光從AD面入射時(shí)的入射角;D

(2)該單色光在楂鏡中的傳播時(shí)間,

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4該同學(xué)從起跳最低點(diǎn)到上升最高點(diǎn)過程中，由Ep=mg/i可知重力勢(shì)能逐漸增大到最大，故

4正確；

及到最高點(diǎn)豎直方向的速度為0,水平方向有一定的速度，故動(dòng)能在最高點(diǎn)不是0,故6錯(cuò)誤；

CD該同學(xué)做斜拋運(yùn)動(dòng)，為曲線運(yùn)動(dòng)，故C。錯(cuò)誤。

故選:4。

(1)利用重力勢(shì)能與重力做功的關(guān)系，來判斷重力勢(shì)能及動(dòng)能的變化情況；該同學(xué)做斜拋運(yùn)動(dòng)，為勻變速

曲線運(yùn)動(dòng)。

本題綜合考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系。跨章節(jié)的小型綜合。對(duì)學(xué)生要求較高，需要具備初步分析解決問

題的能力。

2.【答案】B

【蟀析】解：兩小球水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則有

x=vt

豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有

1

九二川產(chǎn)

根據(jù)題意由幾何知識(shí)可知，從拋出到落地，水平方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為

x2=2：1

豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離之比為

九1：九2=2：1

解得

Vx=5^2v2

落地時(shí)豎直方向分速度為

%=gt

落地時(shí)重力的功率

P=mgUy

則

P】=/2P2

故B正確，AC。錯(cuò)誤。

故選:Bo

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)計(jì)算拋出時(shí)的速度之比，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度-時(shí)間關(guān)系和瞬時(shí)功率公

式計(jì)算落地時(shí)的重力功率之比。

本題關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和瞬時(shí)功率公式。

3.【答案】C

【解析】解：AB.對(duì)物體受力分析可知，物體受重力，繩子引V的拉力后，繩子AM的拉力以，由于物體

處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以三個(gè)力的合力為零，由題意可知，重心與。點(diǎn)的連線為重力的方向，心與重力交于0

點(diǎn)，由共點(diǎn)力平衡可知，巳也交于0點(diǎn)，故錯(cuò)誤；

CD、對(duì)。點(diǎn)受力正交分解，如圖

根據(jù)受力平衡可得:

FAcosa=FBcosp

依題意，此時(shí)比NB長，故

a<6

因此cosa>cos/3

則匕<FB

故C正確；。錯(cuò)誤。

故選：C

對(duì)整個(gè)薄板受力分析，根據(jù)受力平衡，分析力的大小以及共線問題。

本題主要考查共點(diǎn)力的平衡，在做題中要注意，共點(diǎn)力平衡中所有力會(huì)交于一點(diǎn)。

4.【答案】A

【解析】解：AB.設(shè)P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離為止根據(jù)動(dòng)能定理得：Fd-nmgd=\mv2

可得：/=嶗+〃加9,則知圖像的斜率上=為，d是相同的，由圖乙可知，M對(duì)應(yīng)的圖像斜率更大，說明

其質(zhì)量更大，故A正確；B錯(cuò)誤;

CD、由上式可知，圖像的縱軸截距b=〃mg,因M對(duì)應(yīng)縱軸截柜更小，因此M受到滑動(dòng)摩擦力更小，但

質(zhì)量更大，說明M與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)更小，故CD錯(cuò)誤。

故選：Ac

根據(jù)動(dòng)能定理列式得到戶與"2的表達(dá)式，結(jié)合圖像的斜率分析兩個(gè)物體質(zhì)量大小。根據(jù)圖像的截距關(guān)系分

析動(dòng)摩擦因數(shù)大小。

解答本題的關(guān)鍵是運(yùn)用動(dòng)能定理得到圖像的解析式，再分析圖像的斜率、截距的意義，即可完成分析。

5.【答案】D

【解析】解：ABC.物體M運(yùn)動(dòng)到B位置時(shí)，0M間繩長最短，此時(shí)“剛好到達(dá)最低點(diǎn)，速度為0,初速

度也為0,所以在物體M從4到B的過程中，，〃先向下加速后向下減速，加速度方向先向下后向上，則〃?

先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，機(jī)的動(dòng)能先增大后減小，故48C錯(cuò)誤；

D、在物體M從A到3的過程中，繩子拉力和重力均一直對(duì)M做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知M的動(dòng)能一直

增大，故Q正確。

故選：D.

在物體M從A到B的過程中，分析速度變化情況，確定加速度方向，從而判斷機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和動(dòng)能的

變化情況；根據(jù)外力做功情況，判斷M的動(dòng)能變化情況。

本題采用特殊位置法判斷機(jī)的速度變化情況是關(guān)鍵，知道加速度方向向上時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，相反，

加速度方向向下時(shí)，物體處于失重狀態(tài)。

6.【答案】BC

【解析】解：4從小球開始運(yùn)動(dòng)到落到8處之前過程中，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能，小球機(jī)械

能增加，故A錯(cuò)誤；

比根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

1°

Ep=

小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

2vsin0

t=-------

9

AB距離為

X=12cosa

解得#=至詈

故保持8不變，若Ep越大，則48距離越大，故B正確；

C.G球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)離軌道高度h=9耍=處”

2gmg

故保持％不變，改變。，若。越大，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)離軌道高度越大，故C正確；

。/由距離為工=遇型”

mg

當(dāng)6=45。時(shí)，AB距離最大，小球運(yùn)動(dòng)到最高度點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為

22

Ek=^m(ycos0')=jmv=O.SEp

，T*

故。錯(cuò)誤。

故選：BC°

從小球開始運(yùn)動(dòng)到落到8處，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可知小球的機(jī)械能變化，根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守

恒結(jié)合對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析BC,根據(jù)A8間距離的表達(dá)式分析。項(xiàng)。

本題考查功能關(guān)系的運(yùn)用，解題關(guān)鍵掌握小球運(yùn)動(dòng)過程中能量守恒，注意機(jī)械能守恒的條件。

7.【答案】BD

【解析】解：A3、設(shè)傳送帶的速度為v,M傾角為8,貨物在Mi上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)有：nmgcosO-mgsinO=

ma

解得：a=ngcosO-gsinB

故可知。越大，加速度越小，作出兩次物塊的I；-￡圖像，如圖所示:

(2

分析可知到達(dá)M2上為勻速運(yùn)動(dòng)，兩次貨物的運(yùn)輸長度相同，即兩次u-t圖像與坐標(biāo)釉圍成的面積相等,

根據(jù)圖像可知、＜「2,即第一次運(yùn)送貨物的時(shí)間較短，故人錯(cuò)誤，8正確;

CD.根據(jù)能量守恒，傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量轉(zhuǎn)化為貨物的動(dòng)能，重力勢(shì)能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)

能，兩種情況下貨物增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和相等，故只需比較兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量Q，設(shè)貨

物加速的時(shí)間為人貨物與傳送帶的相對(duì)位移為則有:

V

a

Q=fAx

vv

Ax=Vt—t=Qt

f=^imgcosO

聯(lián)立得：Q=#

可知。越大，Q越大，即此時(shí)傳輸機(jī)因運(yùn)送物件而多消耗的能量多，故第二次較多，故C錯(cuò)誤.。正確。

故選：BD.

根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的表達(dá)式，作出兩次物塊的u-t圖像，由此分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間；求出相對(duì)通過的

距離，根據(jù)能量守恒定律求解因摩擦產(chǎn)生的熱量Q,由此分析C。選項(xiàng)。

本題主要是考查功能關(guān)系，關(guān)鍵是弄清楚兩種情況卜.貨物的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，知道因摩擦產(chǎn)生的熱等

尸摩擦力乘以相對(duì)距離。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球下滑過程由機(jī)械能守恒定律有mg（R-Reos。）=!m病

當(dāng)時(shí)，小球的速度平方為12血2/s2,代入公式得R=0.6m,故A正確；

B、當(dāng)8=5時(shí)，小球的速度平方為127n2/s2,此時(shí)是圓環(huán)對(duì)小球的彈力提供向心力，有可=嗒=

0.2x12

b"4N

小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為尸=JZV2+（mg）2=J42+（0.2x10）2N=2〃N,故B

錯(cuò)誤；

CD、當(dāng)。＜。V］時(shí)，有zngcos。-N=m*

可知隨。的增大，同時(shí)I，也增大，所以N必須減小，

當(dāng)3V。＜兀時(shí)，有N—7ngeos（180°—。）=機(jī)"

LK

可知隨。的增大，同時(shí)I，也增大，所以N必須增大，所以owe〈yr過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后

增大，故c錯(cuò)誤，。正確。

故選：AD.

小球下滑過程機(jī)械能守恒，結(jié)合］時(shí)，小球的速度平方為12,可得半徑；8時(shí)，小球受到重力與軌

道的支持力，由此求出合力；根據(jù)小球受到的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律即可求出。

本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息進(jìn)行解答。

9.【答案】BCE

【解析】解：4根據(jù)圖甲可知

1

=11cm-5cm=6cm

解得波長

A=12cm=0.12m

故A錯(cuò)誤:

及根據(jù)圖乙可知，周期丁為6s,根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系，則波的速度為

A0.12m

v=7p=-7----=0.02m/s

/OS

故8正確;

C.若這列波向右傳播，根據(jù)同側(cè)法或微位移法可知，此時(shí)刻％=5c?九處質(zhì)點(diǎn)沿），軸正方向振動(dòng)，根據(jù)圖乙

可知，在t=6s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置.，且沿），軸正方向振動(dòng)，即若這列波向右傳播，圖甲可能是t=

6s時(shí)刻的波形圖，故C正確;

D由于從圖甲所示時(shí)刻起再過%,

1

9s=7+/

則x=8cm處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為

s=6A=6x5cm=30cm

故D錯(cuò)誤;

E若這列波向左傳播，從圖甲所示時(shí)刻起再過3s,波傳播的距離為

1

Ax=vAt=0.02x3in=6cm=/

即x=7cm處質(zhì)點(diǎn)的波形傳播到了x=1cm質(zhì)點(diǎn)處，令

2n50

-Asin-^-x=5sin-^-x(cm)

將上述波形左移0.01m得到甲波形，則甲波的函數(shù)為

九…尋—）（皿

當(dāng)x=7cm時(shí)，解得

5c

y=--cm

故E正確。

故選:BCE。

根據(jù)甲圖得出波長，根據(jù)乙圖得出周期，結(jié)合波長、波速和周期的公式計(jì)算波速；根據(jù)同側(cè)法或微位移法

判斷x=5cm處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，維而判斷該列波的傳播方向；根據(jù)一個(gè)周期內(nèi)質(zhì)點(diǎn)路程為4倍振幅求出％=

8cm處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程；最后根據(jù)振動(dòng)方程變換及代值得到質(zhì)點(diǎn)的位移。

本題考查了波動(dòng)圖像和振動(dòng)圖像，掌握波速、波長和周期的關(guān)系，理解質(zhì)點(diǎn)在不同時(shí)刻的振動(dòng)狀態(tài)是解決

此類問題的關(guān)鍵。

10.【答案】吸收大于不變

【解析】解：過程人8是等溫變化過程，內(nèi)能不變，/U=（k氣體體積增大，氣體對(duì)外做功，IV<0,根

據(jù)熱力學(xué)第一定律/U=IV+Q可知，Q>0,氣體吸收熱量；

過程8C為絕熱過程，Q=0。體積增大，氣體對(duì)外做功，IV<0,根據(jù)4U=W+Q可知，4UV0,氣體

內(nèi)能減小，溫度降低，則心大于心；

同理可知，等溫過程。，氣體內(nèi)能不變。絕熱過程。A,溫度升高。8c過程降低的溫度與。A過程升高

的溫度相同，所以3c過程減小的內(nèi)能和QA過程增加的內(nèi)能相同，所以完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A

時(shí)內(nèi)能不變。

故答案為：吸收，大于，不變。

過程是等溫變化過程，內(nèi)能不變。根據(jù)圖像分析氣體做功情況，根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU二W+Q分析

吸放熱情況。過程8。為絕熱過程，根據(jù)體積變化分析氣體做功情況，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律4U=W+Q

分析內(nèi)能的變化情況，從而判斷溫度變化。完成一次循環(huán)，氣體回到狀態(tài)A時(shí)內(nèi)能不變。

本題考查熱力學(xué)第一定律=W+Q,要弄清楚圖像表示的物理意義，能根據(jù)體積變化分析氣體做功情

況，根據(jù)溫度變化分析內(nèi)能的變化，結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況.

11.【答案】7^1（1-cos6>）<

【解析】解.：（1）根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，鋼球通過光電門的速度為

d

V=—

（2）小球從釋放到A點(diǎn)，增加的動(dòng)能為

12md2

“邑=2加”=萬濟(jì)

小球從釋放到A點(diǎn)，減少的重力勢(shì)能為

AEp=mgL（l-cos。）

小球機(jī)械能守恒有

g=AEk

可得gL（l-cos。）=看

(3)根據(jù)

v=cor

可知遮光條處測(cè)得速度比球心處真實(shí)速度大，導(dǎo)致動(dòng)能增加量測(cè)量值偏大，故真實(shí)大小關(guān)系是

*<g

jJ2

故答案為：⑴j(2)gL(l-cos6)=~(3)<o

(1)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時(shí)速度；

(2)由機(jī)械能守恒定律和遮光條測(cè)得速度可知cos。和/的函數(shù)關(guān)系；

(3)結(jié)合實(shí)驗(yàn)的裝置與實(shí)驗(yàn)的原理，分析誤差產(chǎn)生的原因。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，解題時(shí)要知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度近似等于瞬時(shí)速度。

12.【答案】80.4130.497甲丁甲

【解析】解：(1)4實(shí)驗(yàn)中小車受到的合外力使用力傳感器測(cè)得，不用保證祛碼盤和祛碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小

車的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤：

A小車相連的細(xì)線必須與長木板平行，這樣可以使小車受到的合外力等于細(xì)線拉力，故6正確；

C.為使小車受到的合外力等于細(xì)線拉力，必須要進(jìn)行平衡摩擦力的操作，故。錯(cuò)誤；

.實(shí)驗(yàn)中需要刻度尺測(cè)量點(diǎn)跡間的距離，然后根據(jù)逐差法求加速度；

根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，只需要保持小車質(zhì)量不變即可，不需要天平測(cè)量質(zhì)量，故。錯(cuò)誤。

故選:B。

(2)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)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，打下點(diǎn)6時(shí)的瞬時(shí)速度為=霽=

4I

3.86+4.37-c.2z/c44r/

/U.1—x10m/s=0.413m/s

根據(jù)逐差法，可以求出加速度為：

%47—%144.37+3.88+3.39—2.88—2.40—1.89

x10-2m/s2=0.497m/s2

Q=------9---T-729x0.01

(3)圖甲和乙中，力傳感器的讀數(shù)等于細(xì)線的拉力，等于小車受到的合外力;

根據(jù)牛頓第二定律尸=Ma

變形得

故G-R圖線應(yīng)該為過原點(diǎn)的直線，同時(shí)因?yàn)殪畲a盤和祛碼的最大加速度不超過g,根據(jù)動(dòng)滑輪原理，小車

加速度不應(yīng)超過2處故甲正確，乙錯(cuò)誤:

圖丙、丁中，根據(jù)動(dòng)滑輪原理，小車加速度為〃時(shí).，佬碼盤和祛碼的加速度為會(huì)

對(duì)破碼盤和硅碼根據(jù)牛頓第二定律mg-2F=^ma

可得0=麻血9

隨著祛碼盤和砍碼的總質(zhì)最加增大Q-mg圖像斜率逐漸減小，且小車加速度不應(yīng)超過2g,故為錯(cuò)誤，丁

正確,

故選：甲丁。

要得到“加速度大小與物體所受合力大小成正比”的結(jié)論，應(yīng)作a-r圖像，旦圖像應(yīng)為過原點(diǎn)的傾斜直

線，由此得到正比關(guān)系。

故選：甲。

故答案為：(1)8：(2)0.413,0.497；(3)甲丁，甲。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和注意事項(xiàng)分析作答；

(2)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)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，打下點(diǎn)6時(shí)的瞬時(shí)速度；根據(jù)逐差法

計(jì)算小車的加速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定求解a-F和a-mg函數(shù)，結(jié)合圖像分析作答。

解決該題的關(guān)鍵是掌握實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)，掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度以及瞬時(shí)速度的求解公

式，能根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度。

13.【答案】解：(1)小球從水平下落到Q點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有

1

771gLsin。=-^mv2—0

在。點(diǎn)，由向心力可得

V2

T-mgsinG二租了

LJ

代入聯(lián)解得：T=3mgs\n0

(2)小球豎直方向合力為零時(shí)，小球豎直分速度最大，則

TsinO=mg

又有

T=3mgs\n0

聯(lián)立解得：sin。=?

答：(1)小球在位置。點(diǎn)時(shí)細(xì)繩對(duì)小球拉力丁為37ngsin0：

(2)當(dāng)小球在位置Q點(diǎn)時(shí)小球輕直分速度最大時(shí)有sin。=噂。

【解析】(1)利用動(dòng)能定理求出小球在。點(diǎn)的速度，再利用向心力求出繩對(duì)小球的拉力；

(2)小球在運(yùn)動(dòng)過程中當(dāng)豎直方向的合力為零時(shí)，豎直分速度最大，根據(jù)受力分析求出sin。。

本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)中動(dòng)能定理的應(yīng)用，以及速度的合成與分解，在做題中要主要某一方向上速度最

大是該方向上合力為零的時(shí)候。

14.【答案】解：(1)小物塊。隊(duì)輕放到8端到再次回到木板4端，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為口，木板A6做勻速運(yùn)

動(dòng)，位移為X1，小物塊加速度大小為由，位移為出，則

F=max

Xi=

12

af

xP=2ii

根據(jù)

=XP

解得

2

a1=0.5m/s,tj=4s,xp=4m

(2)小物塊P輕放到。6間的某一位置，通過。點(diǎn)后，設(shè)小物塊。加速度大小為g，木板相加速度大小為

。3，則

47ng+F=ma2

fimg=Ma3

解得

22

a2=0.8/n/s,a3=O.lm/s

設(shè)小物塊過。點(diǎn)后再經(jīng)過時(shí)間b，小物塊與木板速度相等，小物塊在。點(diǎn)左側(cè)距。點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，小物塊

位移大小為%2,木板A8位移大小%3,則

%+Q2t2=Vo-a3t2

12

x2=Vit2嶼

12

設(shè)小物塊在。點(diǎn)左側(cè)距。點(diǎn)的最近距離為Xp。，則

xpo=x3-x2

解得

5651755

t2=§s,x2=—m,x3=—Tn,xp0=-m

(3)假設(shè)小物塊與木板速度相等后，小物塊與木板之間能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則小物塊將相對(duì)木板向右滑動(dòng)，

設(shè)小物塊加速度為。4，木板加速度為的，則

F-nmg=ma4

Rmg=Ma5

解得

22

a4-0.2m/s,a5=O.lm/s

因?yàn)镼4>Q5,則小物塊將相對(duì)木板向右滑動(dòng)，通過0點(diǎn)后能再通過。點(diǎn)。

答：(1)小物塊尸從輕放到B端再到I可到B端通過的位移為4??；

(2)小物塊P輕放到0B間的某一位置后，在。點(diǎn)左側(cè)距。點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為住??；

(3)小物塊將相對(duì)?木板向右滑動(dòng)，通過0點(diǎn)后能再通過。點(diǎn)。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答；

(2)小物塊與木板速度相等，小物塊在0點(diǎn)左惻距0點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，分析小物塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，從血

解答；

(3)分析兩物塊的加速度大小，從而判斷解答。

本題考查牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握木板和小物塊運(yùn)動(dòng)情況的分析。

15.【答案】解:(1)開始時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)為

Pi=lOcmHg+75cmHg=85cm”g

轉(zhuǎn)過90。以后，封閉氣體的壓強(qiáng)為

p2=75c771Hg

對(duì)A段封閉氣柱，根據(jù)玻意耳定律有

P/AS=P2L/S

解得:LA'=S