2020年四川省綿陽市高考物理二診試卷

1、B.周期越小C.線速度越小質(zhì)量為m的籃球從某一高處從靜止下落，經(jīng)過時間ti與地面接觸，經(jīng)過時間t2彈離A. mgti+mgt2十 mgt3B. mgti+mgt2-mgt3高考物理二診試卷題號一一三四總分得分一、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）1. 一小球系在不可伸長的細(xì)繩一端，細(xì)繩另一端固定在空中某點。這個小球動能不同，將在不同水平面內(nèi)做勻速圓周運動。小球的動能越大，做勻速圓周運動的（）A.半徑越小D.向心加速度越小2.一物塊在固定的粗糙斜面底端以初速度Vo沿斜面向上運動，又返回底端。能夠描述物塊速度v隨時間t變化關(guān)系的圖象是（）3.地面，經(jīng)過時間t3達(dá)到最高點。重力加速度為 g,忽

2、略空氣阻力。地面對籃球作用 力沖量大小為（）第9頁，共13頁C. mgti-mgt2+mgt3D. mgti-mgt2-mgt34.如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M. N上的a、b兩點，a點比b點低，晾衣繩粗糙，懸掛 衣服的衣架鉤在晾衣繩中點和在桿M. N中間位置時都不滑動。衣架靜止，下列說法正確的是（）A.衣架鉤在晾衣繩中點時，左右兩邊繩子拉力大小相等B.衣架鉤在晾農(nóng)繩中點時，右邊繩子拉力小于左邊繩子拉力C.衣架鉤在桿M. N中間位置時，左右兩邊繩子拉力大小相等D.衣架鉤在桿 M. N中間位置時，右邊繩子拉力大于左邊繩子拉力5.2019年1月3日嫦娥四號月球探測器成功軟著

3、陸在月球背面，著陸前在離月球表面112km的高空僅在月球萬有引力作用下環(huán)月球做勻速圓周運動，向心加速度大小為a月，周期為T月；設(shè)貼近地面的近地衛(wèi)星僅在地球萬有引力作用下環(huán)地球做勻速圓周運動，向心加速度大小為a地,周期為T地.已知月球質(zhì)量6.7M022kg,半徑1.7 106m； 地球質(zhì)量6.0 >1024kg,半徑6.4 106m.則（）A.a月a地,T月T地B.a月a地,T月vT地C.a月va地,T月T地D.a月va地,T月T地二、多選題（本大題共 5小題，共27.0分） 6.如圖所示，電路中 R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合開關(guān)S, 電路達(dá)

4、到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動， 如果僅滿足下列各選項中的條件，油滴仍可能靜止不動7.8.的是（）A.增大Ri的阻值，增大 R2的阻值B.增大Ri的阻值，減小 R2的阻值C.減小Ri的阻值，增大 R2的阻值D.減小Ri的阻值，減小 R2的阻值勻強電場中，一帶正電粒子僅在電場力的作用下自P點以垂直于電場方向的初速度vo開始運動，經(jīng)過Q點，則（）A.電場中，P點電勢高于 Q點電勢 B.粒子在P點的電勢能小于在 Q點的電勢能C.在P、Q兩點間，粒子的軌跡可能與某條電場線重合D.在P、Q兩點間，粒子運動方向一定與電場方向不平行傾角為0 =30勺光滑絕緣余面底端 O點固定一正點電荷，一帶正電小

5、物塊（可視為 質(zhì)點）從斜面上的A點由靜止釋放，沿斜面向下運動能夠到達(dá)的最低點是B點。取。點所在平面為重力勢能零點，A點為電勢能零點，小物塊重力勢能E重和在B、A之間電勢能E電隨它與。點間距離x變化如圖所示。重力加速度 lOm/s2.由圖中數(shù) 據(jù)可得（）A.小物塊體的質(zhì)量為 5kgB.在B點，E電=25JC.從A點到B點，小物塊體速度先增大后減小D.從A點到B點，小物塊體加速度先增大后減小9.關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.氣體吸熱后溫度一定升高B.對氣體做功可以改變其內(nèi)能C.理想氣體等壓壓縮過程一定放熱D.理想氣體絕熱膨脹過程內(nèi)能一定減少E.在自發(fā)過程中，分子一定從高溫區(qū)域擴(kuò)散到低溫區(qū)域1

6、0.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波t=ls時刻波形圖，該時刻M點開始振動,再過1.5s, N點開始振動。下列判斷正確的是（）F戶由A.波的傳播速度4m/sB.質(zhì)點M的振動方程y=0.5sin （2疝+2）C.質(zhì)點M、N相位相差是兀D. t=0.5s時刻，x=1.0m處質(zhì)點在波峰E.t=2.5s時刻，質(zhì)點M. N與各自平衡位置的距離相等三、實驗題（本大題共 2小題，共15.0分）11.某同學(xué)用如圖甲所示裝置對輕質(zhì)彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究：輕質(zhì)彈簧水平放置在光滑桌面，左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長時，小球在 A點, 向左推小球壓縮彈簧一段距離后小球至C點，由靜止釋放。用頻

7、閃照相機(jī)得到小球從C點到B點的照片如圖乙所示。 已知頻閃照相機(jī)頻閃時間間隔為重力加速度大小為go回答下列問題：（1）本實驗中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球離開彈簧時的動能 Ek相等。為測得Ek,除已知物理量外，至少還需測量下列物理量中的 （填正確A.小球的質(zhì)量 mB. C、A間距離ScaC. C、B間距離ScbD. A、B間距離SabE.彈簧的壓縮量 AxF.彈簧原長10（2）用所選取的測量量和已知量表示Ek,得Ek=。（3）由于桌面不是絕對光滑，測得的彈性勢能Ep與真實值相比較（選填“偏 大” “偏小”或“相等”）12.用電流表和電壓表測定 2節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組的電動勢和內(nèi)電

8、阻。要求盡量減小實驗誤差。（1）實驗電路應(yīng)該選擇下圖中的 （選填“甲”或“乙”）。（2）現(xiàn)有電壓表（03V）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及以下器材：A.電流表（0150mA）B.電流表（01.5A）C.滑動變阻器（030Q）D .滑動變阻器（0-300 Q）實驗中電流表應(yīng)選用 ;滑動變阻器應(yīng)選用 。（選填相應(yīng)器材前的字母） （3）某位同學(xué)記錄的 6組數(shù)據(jù)如表所示，請在 U-I坐標(biāo)系（如圖丙）上標(biāo)出 6組 數(shù)據(jù)的對應(yīng)點，畫出 U-I圖線。序號123456電壓U/V2.802.502.201.901.601.30電流I/A0.120.320.500.680.881.06（4）根據(jù)（3）中所畫圖線可得出電池

9、組的電動勢E=V,內(nèi)電阻r=口。四、計算題（本大題共 4小題，共52.0分）13 .光滑水平臺面離地面高 H,臺面上A點與臺面邊緣B點間距離L,木塊甲、乙分別 靜止在A點，在相同的恒定水平外力作用下從A點運動到B點時撤去外力。甲落地點與B點之間水平距離為 x,乙落地點與B點之間水平距離為 3x。已知木塊甲質(zhì) 量為m,重力加速度為g。求：(1)恒定水平外力的大??；(2)木塊乙的質(zhì)量。14 .如圖所示，半徑 R=7.5m的四分之一光滑圓弧 QP豎直放置，與粗糙水平地面平滑 連接于P點，整個空間存在場強大小E=2X103V/m的勻強電場，豎直邊界 MP右側(cè)電場方向水平向右，左側(cè)電場方向豎直向上；小物

10、塊A、B (視為質(zhì)點)大小形狀相同，A電荷量為q=+5X10-3C, B不帶電，質(zhì)量 mA=3kg, mB=1kg。從Q點由靜止 釋放A,與靜止在地面上 D點的B碰撞。己知A、B與地面間動摩擦因數(shù)均為科=0.2P、D間距離xo=16.5m, g取10m/s2, A、B間碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短。求：(1)物塊A運動到P點時，受到圓弧軌道支持力的大?。?2)物塊A、B碰撞后瞬間，A、B速度的大小和方向；(3)物塊A、B第一次碰撞后，過多長時間發(fā)生第二次碰撞。15 .如圖，長L =200cm,粗細(xì)均勻的玻璃管一端封閉。水 j,平放置時，長L0=100cm的空氣柱被水銀柱封住，水銀柱長h=50c

11、m。將玻璃管緩慢地轉(zhuǎn)到開口向下的豎直位置，然后豎直插入水銀槽,插入后有h0=25cm的水銀柱進(jìn)入玻璃管。設(shè)整個過程中溫度始終保持不變，大氣壓強 p0=75cmHg.求插入水銀槽后管內(nèi)氣體的壓強。16 .如圖所示，AOB為折射率n=43的扇形玻璃磚截面，一 束單色光照射到 AO面上的C點，在C點折射后的光 線平彳T于OB.己知C點是AO的中點，D點是BO延 長線上一點，ZAOD =60°。(i)求入射光在C點的入射角；(ii)通過計算判斷光射到 AB弧能否從AB弧射出。答案和解析1 .【答案】B【解析】 解：A、設(shè)小球做勻速圓周運動時細(xì)繩與豎直方向的夾角為依速度為v,細(xì)繩長度為L.由牛

12、頓第二定律得:mgtan 0m1圓周運動的半徑為：r=Lsin 0小球的動能為：Ek=gmv2。聯(lián)立解得 v=而再而板前,Ek=mgLsin 0 tan 0則知小球的動能越大，。越大，則做勻速圓周運動的半徑越大，故 A錯誤。B、根據(jù)T=；=2,。越大，cos施小，則周期T越小，故B正確。yry I ri U LU f l>VC、根據(jù)v= JgLsinOlane,知線速度越大，故 C錯誤。D、向心加速度a= =gtan。則向心加速度越大，故 D錯誤。故選：B。小球做勻速圓周運動時，由重力和細(xì)繩拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出動能與細(xì)繩和豎直方向夾角的關(guān)系，再進(jìn)行分析。本題是圓錐擺

13、問題，關(guān)鍵是正確分析小球的受力情況，確定向心力的來源。要注意小球 圓周運動的半徑與擺長不同。2 .【答案】C【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律得：上滑過程： mgsin 0 +mgcos 0 mai 下滑過程： mgsin - pmgcos 0 ma2由比較知：ai>a2,則物塊上滑過程 v-t圖象的斜率比下滑過程的大。由速度j時間公式得：上滑過程有 vo=aito,下滑過程有vo=a2ti,可得ti>to,故C正確，ABD錯誤。故選：Co先根據(jù)牛頓第二定律分析物塊上滑和下滑時加速度大小，從而判斷出圖象斜率的關(guān)系。根據(jù)速度時間公式分析兩個過程運動時間關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受

14、力情況，利用牛頓第二定律比較兩個過程加速度的大小。同時，要知道速度圖象的斜率表示加速度。3 .【答案】A【解析】 解：選向下為正，運動全程由動量定理得：mg (ti+t2+t3)+I地=0則有：I地=-(mgtl+mgt2十mgt3) 負(fù)號表方向，故 A正確，BCD錯誤。故選：A全程應(yīng)用動量定理求得地面對籃球的沖量大小。本題考查了求力的沖量，應(yīng)用沖量動量定理可正確解題，要注意沖量是矢量，解題時明 確方向問題，從而確定沖量的正負(fù)。4 .【答案】D【解析】解：設(shè)a到節(jié)點的高度為hi, b到節(jié)點的高度為h2,節(jié)點到M的水平距離為xi,節(jié)點到N的水平距離為X2, a端繩子和水平方向的夾角為“，b端繩子

15、和水平方向的夾角為9,對繩子節(jié)點進(jìn)行受力分析，如圖所示：AB、當(dāng)衣架鉤在晾衣繩中點時， 設(shè)a、b到節(jié)點繩子長度為L,根據(jù)幾何關(guān)系有：sin a.=,因為hih2,可得a< 0,根據(jù)平衡條件：FaCOS aEbCOS?？傻?#39;=<1, FaFb,故AB錯誤；% %CD、衣架鉤在桿 M、N中間位置時，根據(jù)幾何關(guān)系：tan斫，tan 0 =, xi=X2,因為hivh2,可得a< 0,F I aJQ根據(jù)平衡條件：FaCOS a FbCOS。可得,V 1 , Fa<Fb,故C錯誤，D正確。故選：Do對繩子節(jié)點進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件知，兩繩在水平方的分量大小相等。再根據(jù)

16、幾何關(guān)系，不管衣架鉤在晾衣繩中點還是衣架鉤在桿M、N中間位置，a端繩子水平方向的夾角“總小于b端繩子水平方的夾角，利用數(shù)學(xué)知識可以判斷兩繩拉力大小。本題考查了共點力的平衡、力的合成與分解的運用等知識點。本考點考查考生的基本功： 受力分析，受力分析是處理力學(xué)問題的關(guān)鍵和基礎(chǔ)，所以要熟練掌握物體受力分析的一般步驟和方法。另外，利用數(shù)學(xué)知識解題也是本題的一個關(guān)鍵點。5 .【答案】C【解析】解：根據(jù)萬有引力提供向心力有:則向心加速度為:b.7 X IO7' K 佰* K IO&/他神可 ¥& k lo:*sc (1.7 x 1(? 4- 112000)=0.14,所以

17、a月va地所以有:a，7x KI >Q.lia K )U*)S KfyK iy 4/d X W, Xt7 K M1J所以T月T地，故ABD錯誤，C正確。故選：Co根據(jù)萬有引力提供向心力并結(jié)合牛頓第二定律求解向心加速度的表達(dá)式以及周期的表 達(dá)式，根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)分析求解大小關(guān)系。能根據(jù)相關(guān)的公式推導(dǎo)出解決該題關(guān)鍵是明確知道衛(wèi)星的向心力是由萬有引力來提供, 向心加速度以及周期的表達(dá)式。6 .【答案】AD【解析】 解：A、電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，當(dāng)增大 Ri、R2阻值時，可能導(dǎo)致總電流減小，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到

18、的電場力不變，則油滴靜止不動，故 A正確。B、電路穩(wěn)定時，當(dāng)增大 Ri的阻值，減小 R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， 電阻R2兩端的電壓減小，極板間電場強度減小，油滴受到的電場力減小，則油滴向下 運動，故B 錯誤。C、電路穩(wěn)定時，當(dāng)減小 Ri的阻值，增大R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， 電阻R2兩端的電壓增大，極板間電場強度增大，油滴受到的電場力增大，則油滴向上 運動，故C 錯誤。D、電路穩(wěn)定后，當(dāng)減小 Ri的阻值，減小 R2的阻值，可能導(dǎo)致總電流增大，根據(jù)歐姆 定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場強度不變，油滴受到的電 場力不變，則油滴靜止不動，故D 正確。

19、故選： AD。電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，要保證油滴靜止不動，則極板間電場強度恒定不變。根據(jù)測量電路的規(guī)律分析電阻的變化，進(jìn)一步判斷極板間電場強度的變化，確定油滴是否靜止不動。本題考查了閉合電路歐姆定律，關(guān)鍵分析電容器的電壓是否變化，電場強度是否變化， 確定油滴是否受力平衡。7 .【答案】AD【解析】解：由于電場力和初速度相互垂直，所以粒子做類平拋運動，其運動軌跡是曲線，所以其速度方向和電場力不共線，故運動方向和電場方向不平行，而運動過程中電場力做正功，所以粒子的電勢能減小，粒子在P 點的電勢能大于在Q 點的電勢能。由于粒子帶正電，根據(jù) Ep=q（）可知電勢逐漸減小，P點電

20、勢高于Q點電勢，故AD正確， BC 錯誤。故選： AD。電場力和初速度相互垂直，則帶電粒子做類平拋運動，根據(jù)電場力做功，判斷出電勢能的變化，根據(jù)電勢能的變化分析電勢電勢的變化情況。解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)粒子受到的作用力與速度的方向判斷粒子的運動情況，知道電場力做功與電勢能之間的關(guān)系。8 .【答案】BC【解析】解：A、因為規(guī)定A點的電勢為零，由圖象可知 OA之間的距離為2m,在A點 具有的重力勢能 Ep=i00J,也是物塊具有的總能量，根據(jù)Ep=mgh=mgOAsin30得：m=10kg,故A錯誤。B、小物塊在B點時電勢能最大，由圖象可知OB間距離為1.5m,此時的重力勢能為：EpB=mgOBs

21、in30 = 10X10X1.5 0.5J=75J,由上面 A的分析可知物塊的總能量是：E=100J,根據(jù)E=Epb+E電，可得：E電=25J,故B正確。C、小物塊從A點靜止出發(fā)，到 B點速度為零，所以從 A到B的過程中，物塊的速度是先增大后減小的，故C 正確。D 、在小物塊下滑的過程中，所受的庫侖力逐漸增大，一開始重力的分力大于庫侖力，所以向下做加速運動，但隨著庫侖力的增大，其加速度逐漸減小，當(dāng)庫侖力與重力沿斜面的分力相等時，合力為零，加速度為零，此時物塊速度達(dá)到最大，以后庫倫力大于重力的分力，物塊開始做減速運動，且加速度越來越大，所以整個過程加速度是先減小后增大，故D 錯誤。故選：BC。根

22、據(jù)題意可知 OA間的距離為2m,在電勢能最大時的位置為 B點，則OB間的距離為1.5m,在小物塊運動的過程中能量守恒，由電勢能和動能、重力勢能之間的相互轉(zhuǎn)換。根據(jù)重力勢能的表達(dá)式可以計算出小物塊的質(zhì)量；根據(jù)能量守恒可計算物塊在 B點具有的電勢能；根據(jù)牛頓定律可以判斷出小物塊在運動過程中的速度、加速度的變化情況。只有重力和電場力做功，所以只有電勢能和重力勢能、動能之間的相互轉(zhuǎn)化在A、B兩點速度為零，動能為零，根據(jù)能量守恒可以計算電勢能大小。在滑塊下滑過程中，庫侖 力是越來越大的，當(dāng)受力平衡時速度最大，加速度為零。9 .【答案】BCD【解析】解：A、根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體吸熱的同時對外做功，內(nèi)能

23、不一定增加, 即溫度不一定升高，故 A錯誤。B、改變氣體內(nèi)能的方式有兩種，一種是熱傳遞，另外一種是做功，所以對氣體做功可 以改變其內(nèi)能，故 B正確。C、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程 勺氣體等壓壓縮過，壓強不變，體積減小，溫度一定 降低，內(nèi)能也減小，即 加<0;再根據(jù)熱力學(xué)第一定律 W+Q=AU ,體積減小，外界氣體做功，W>0,則Qv0,所以理想氣體等壓壓縮過程一定放熱，故 C正確。D、理想氣體絕熱膨脹過程，Q=0, Wv 0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律 W+Q = U可知，4UV0,所以理想氣體絕熱膨脹過程內(nèi)能一定減少，故 D正確。E、擴(kuò)散現(xiàn)象是分子的無規(guī)則熱運動，分子可以從高溫區(qū)域擴(kuò)散到低溫區(qū)

24、域，也可以從低溫區(qū)域擴(kuò)散到高溫區(qū)域，故E錯誤。故選：BCD。根據(jù)熱力學(xué)第一定律， 由于做功不明確，氣體吸熱后內(nèi)能一定增大， 即溫度不一定升高；熱傳遞和做功都可以改變氣體的內(nèi)能； 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律可以判 斷理想氣體等壓壓縮過程是否放熱； 根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判斷理想氣體絕熱膨脹過 程內(nèi)能是否減??；擴(kuò)散現(xiàn)象可以在任意溫度和區(qū)域中發(fā)生。本題考查了想氣體的狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律、擴(kuò)散現(xiàn)象等知識點。這種題型知識點 廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時多加積累，難度不大。10 .【答案】ACE【解析】解：A、質(zhì)點M和N相距6m,波的傳播時間為1.5s,則波速v=： ： =4m/s,故A 正確

25、。B、波長 入=m,根據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系可知，T=1s,圓頻率f*）= T=2 7trad/s,質(zhì)點M起振方向向上，t=1s時開始振動，則質(zhì)點 M的振動方程為y=0.5sin （2日-2兀）， 故B錯誤。C、相隔半波長奇數(shù)倍的兩個質(zhì)點， 相位相差為 兀，質(zhì)點M、N相隔1.5上故相位相差 兀, 故C正確。D、t=0.5s=0.5T,波傳播到x=4.0m處，此時x=1.0m處質(zhì)點處于波谷，故 D錯誤。E、t=2.5s=2.5T, N點開始振動，質(zhì)點M、N相隔1.5入振動情況完全相反， 故質(zhì)點M. N與各自平衡位置的距離相等，故E正確。故選：ACE。根據(jù)波從M點傳到N點的距離和時間求出波速。根

26、據(jù)波速公式求解周期和圓頻率，書寫振動方程。相隔半波長奇數(shù)倍的兩個質(zhì)點，相位相差為 兀。根據(jù)波動規(guī)律，判斷質(zhì)點在某時刻的位置。本題要波的傳播方向熟練判斷出質(zhì)點的振動，靈活運用波形平移法確定波形，要知道波速兩個公式v=；和v=都可以運用，要根據(jù)條件靈活選擇。11 .【答案】AD吸 偏小【解析】 解：(1)由桌面光滑，則小球從 A到B做勻速直線運動，由水平距離和運動 的時間，即可求出彈出時的速度，進(jìn)而可求出物體動能， 所以本實驗至少需要測量小球的質(zhì)量m、及小球A、B間距離Sab,故選：AD。(2)由勻速直線運動，則有 Sab=v?3T,2乂 Ek= mv2聯(lián)立可得Ek=(3)由于桌面不是絕對光滑，導(dǎo)

27、致減小的彈性勢能沒有完全轉(zhuǎn)化為動能增加，因此測 得的彈性勢能Ep與真實值相比較偏小。故答案為(1) AD; (2);(3)偏小。第15頁，共13頁(1、2)本題的關(guān)鍵是通過測量小球的動能來間接測量彈簧的彈性勢能，然后根據(jù)勻速 直線規(guī)律以及動能表達(dá)式即可求出動能的表達(dá)式，從而得出結(jié)論；(3)因存在摩擦阻力，從而確定彈性勢能測量值與真實值的關(guān)系。明確實驗原理，根據(jù)相應(yīng)規(guī)律得出表達(dá)式，能量守恒的應(yīng)用，然后討論即可，注意誤差 分析時，必須知其誤差的根源是解題的關(guān)鍵。12 .【答案】乙B C 3.0 1.7【解析】 解：(1)干電池內(nèi)阻較小，為減小實驗誤差，相對電源來說，電流表應(yīng)采用 外接法，應(yīng)選擇圖乙

28、所示電路圖。(2) 一節(jié)干電池電動勢約為 1.5V,兩節(jié)干電池電動勢約為 3V,電路最大電流約為 1A, 電流A量程太小，電流表應(yīng)選擇B;為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選C;(3)根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，然后作出電源的U-I圖象如圖所示；(4)由圖示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標(biāo)值是3.0,則電源電動勢 E=3.0V,& U 3 0 L5電源內(nèi)阻：r= =zj甌- = 1.7 &故答案為：(1)乙；(2) B； C； (3)圖象如圖所示；(4) 3.0； 1.7。(1)根據(jù)實驗?zāi)康呐c實驗原理選擇實驗電路；(2)根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操作應(yīng)選最

29、大阻值較小的滑動變阻器;(3)應(yīng)用描點法作出圖象；(4)電源U-I圖象與縱軸交點坐標(biāo)值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻。 本題考查了實驗電路選擇、實驗器材選擇、作圖象、求電源電動勢與內(nèi)阻等問題，要知道實驗原理，要掌握應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法；電源的U-I圖象與縱軸交點坐標(biāo)值是電源電動勢圖象斜率的絕對值是電源內(nèi)阻。13.【答案】 解：(1)設(shè)水平外力大小為 F,木塊甲在B點的速度大小為 vi,從B點開 始做平拋運動的時間為 t,則H= 一x=vit木塊甲在臺面上運動的過程，根據(jù)動能定理得FL= ' 聯(lián)立解得F =(2)設(shè)木塊乙的質(zhì)量為 m乙，在B點的速度大小為V2,則乙平拋

30、運動過程，有3x=v2t木塊乙在臺面上運動的過程，根據(jù)動能定理得iFLf：-解得m乙/m答：(1)恒定水平外力的大小是 ,(2)木塊乙的質(zhì)量是1mo【解析】(1)木塊甲離開B點后做平拋運動，根據(jù)下落的高度H和水平距離x求出木塊甲運動到B點時的速度。再研究木塊甲在臺面上運動過程，根據(jù)動能定理求外力的大小。(2)對乙，同樣的方法列式，即可求得木塊乙的質(zhì)量。解決本題的關(guān)鍵是理清物體的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，要知道涉及力在空間的效果求速度時優(yōu)先考慮動能定理。對于平拋運動，要知道已知下落高度和水平位移可求平拋運動的初速度。14.【答案】 解：(1)物塊A從Q到P過程，由動能定理得：(mAg-q

31、E) R=t44 ,代入數(shù)據(jù)解得；vp=10 m/s,在P點，由牛頓第二定律得：F + qE-mAg=mA，代入數(shù)據(jù)解得：F=60N;(2)物塊A從P到D過程，由動能定理得：(qE-gAg) x0=mAvl-fnAv , 代入數(shù)據(jù)解得：v1=12 m/s,A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒， 以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAV1=mAVA+mBVB,由機(jī)械能守恒定律得：/=3nA4+,代入數(shù)據(jù)解得：VA=6m/s, vB=18m/s；(3) A、B碰撞后，由牛頓第二定律得:對 A: qE-師Ag=mAaA,對 B ： (jmBg=mBaB,代入數(shù)據(jù)解得：aA=：m/s2, aB=2m/s2,設(shè)經(jīng)過時間t兩物塊再次發(fā)生碰撞，由運動學(xué)公式得： VAt+：0#,=VBt-：U"2 ,代入數(shù)據(jù)解得：t=7.2s；答：(1)物塊A運動到P點時，受到圓弧軌道支持力的大小為60N;(2)物塊A、B碰撞后瞬間，A、B速度的大小分別為：6m/s、18m/s,方向：都向右；(3)物塊A、B第一次碰撞后，經(jīng)過時間7.2s發(fā)生第二次碰撞。【解析】(1)對物塊A從Q到P過程應(yīng)用動能定理可以求出到達(dá)P點的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求