2023年陜西省西安重點大學(xué)附中高考物理三模試卷

2023年陜西省西安重點大學(xué)附中高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共15.0分）

1.如圖所示，在勻強磁場中的4點有一靜止的放射性原子核，它發(fā)生某種

衰變時，射出的粒子及新核做如圖所示軌跡的圓周運動，測得兩軌跡的半

徑之比為44：1,則下列判斷正確的是（）

A.這是0衰變，衰變時新核向右運動，放射性元素的原子序數(shù)是43

B.這是口衰變，衰變時新核向左運動，放射性元素的原子序數(shù)是43

C.這是a衰變，衰變時新核向右運動，放射性元素的原子序數(shù)是90

D.這是a衰變,衰變時新核向左運動，放射性元素的原子序數(shù)是90

2.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，質(zhì)量

為小的滑塊在沿著斜面向上的恒力產(chǎn)作用下向下做勻速運動,

斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g,在滑塊下

滑的過程中，下列說法正確的是（）

A.滑塊與斜面體之間的動摩擦因數(shù)〃大于tan。

B.撤去恒力F后，地面對斜面體的支持力不變

C.地面對斜面體的支持力大于（M+m）g

D.地面對斜面體的摩擦力方向水平向左

3.如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為的木塊4放在長木板的左

端，一顆質(zhì)量為27n的子彈以速度火射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為普，

木塊在木板上滑行的時間為3則下列說法錯誤的是（）

?~A

B

V77777777777777777777777777777777777777'

A.木塊獲得的最大速度為半

B.木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為等

O

C.木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為鬻

IZoc

D.因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差

4.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星4和B,自身球體半徑分別為以和RB?兩顆行星各自周

圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方&3）與運行公轉(zhuǎn)周期的平方（72）的關(guān)系如圖所示；7°為衛(wèi)星環(huán)

繞各自行星表面運行的周期。則（）

A.行星a的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量

B.行星4的密度小于行星B的密度

C.行星4的第一宇宙速度等于行星8的第一宇宙速度

D.當(dāng)兩行星周圍的衛(wèi)星的運動軌道半徑相同時，行星4的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)

星的向心加速度

5.如圖中，描述物體做自由落體運動的是（）

二、多選題（本大題共5小題，共15.0分）

6.理想自耦變壓器如圖所示，開始時滑片P置于圖中所示位置，此時原、副線圈的匝數(shù)比是

5：1,原線圈接入電壓為220U的正弦交流電，一只理想二極管和一個滑動變阻器R串連接在

副線圈上，電壓表和電流表均為理想交流電表，開關(guān)K斷開，則下列說法正確的是（）

A.電壓表的讀數(shù)為44V

B.若只將開關(guān)K閉合，則滑動變阻器的熱功率變大

C.若只將滑動變阻器的滑片向下滑動，則兩電表讀數(shù)均減小

D.若只將滑片順時針方向滑過一小段長度，則電流表示數(shù)減小

7.如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,邊

長為a的正方形閉合單匝線框4BCD斜向穿進(jìn)磁場，當(dāng)為正方形

的對角線）剛進(jìn)入磁場時速度為"31CD）,若線框的總電阻為R,則（

A.AC剛進(jìn)入磁場時線框中感應(yīng)電流為二轡

B.4C剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為馬也

R

C.此時CD兩端電壓為：Bau

D.此時CO兩端電壓為：Bau

4

8.如圖，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、

。兩點與圓心。等高.一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另

一端固定在P點，P點在圓心。的正下方R/2處。小球從最高點4由靜止開始沿逆時針方向下滑,

已知彈簧的原長為R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法正確的是：（）

A.小球運動到8點時的速度大小為2/^

B.小球在4、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為47ng

C.小球運動到B點時重力的功率為

D.彈簧長度等于R時，小球的機械能最大

9.下列說法正確的是（）

A.某種液體的飽和氣壓與溫度有關(guān)

B.多晶體都具有各向同性的特點

C.第二類永動機不能制成是因為它違反了能量守恒定律

D.當(dāng)分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力均減小，但斥力減小得更快，所以分子間的

作用力一定表現(xiàn)為引力

E.一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的同時外界對其做功，其內(nèi)能可能減少

10.如圖所示為一簡諧橫波在t=0時刻的圖象。此時質(zhì)點P的運動方向沿y軸負(fù)方向，且當(dāng)

t=1.8s時質(zhì)點P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，下列說法正確的是（）

A.波沿x軸負(fù)方向傳播

B.波的傳播速度為lm/s

C.至t=1.6s,質(zhì)點P的運動路程為0.4m

D.經(jīng)0.1s,質(zhì)點Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處

E.Q點的振動方程為y=5sin（|nt+^）cm

三、填空題（本大題共I小題，共3.0分）

11.如圖是某實驗小組進(jìn)行的用電流表和電壓表測電池的電

動勢和內(nèi)阻的實驗中，畫出的U-/圖像，從圖像中可以讀出

其測出的電動勢是K,內(nèi)阻是0。

四、實驗題（本大題共1小題，共3.0分）

12.某同學(xué)利用圖甲所示的實驗裝置，探究物體在水平桌面上的運動規(guī)律，物塊在重物的牽

引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離后停在桌面上（尚未到達(dá)滑輪處）。從紙帶

上便于測量的點開始，每5個點取1個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的距離如圖乙所示，打點計時器

電源的頻率為50Hz.（不計空氣阻力，g=10.0m/s2）?

打點計時器物塊細(xì)繩

(1)通過分析紙帶數(shù)據(jù)，可判斷重物在兩相鄰計數(shù)點和之間某時刻落地

(2)計數(shù)點3對應(yīng)的速度大小巧=rn/s.(保留三位有效數(shù)字)。

(3)物塊減速運動過程中加速度的大小為a=m/s2.(保留三位有效數(shù)字)。

(4)物塊與桌面的動摩擦因數(shù)為,物塊與重物質(zhì)量比為。

五、簡答題(本大題共2小題，共6.0分)

13.如圖所示，半徑R=0.8機的光滑;圓弧軌道固定在光滑水平面上，在軌道末端c點緊靠(不

相連)一質(zhì)量M=3kg的長木板，長木板上表面與圓弧軌道末端的切線相平，距離木板右側(cè)1m

處有一固定在地面上的木樁，軌道上方的4點與軌道圓心。的連線長也為R,且4。連線與水平

方向夾角。=30。.一個可視為質(zhì)點、質(zhì)量為zn=1kg的小物塊，從4點由靜止開始下落后打在

圓弧軌道的B點，假設(shè)在該瞬間碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為零，而沿

切線方向的分速度不變，此后小物塊將沿圓弧軌道下滑，已知小物塊與長木板間的動摩擦因

數(shù)4=0.3,(g取lOm/s2).求：

(1)小物塊運動到B點時的速度大?。?/p>

(2)長木板第一次與木樁碰撞時的速度大?。?/p>

(3)假設(shè)長木板與木樁和圓弧軌道間的每一次碰撞過程都不損失機械能，為使小物塊不滑出長

木板，木板的長度至少為多少？

14.如圖所示，截面積分別2s=2CM2與S=lew?的兩個上部開口

的柱形氣缸力、B,底部通過體積可以忽略不計的細(xì)管連通.力、B兩

個氣缸內(nèi)分別有兩個活塞，質(zhì)量分別為啊=2.8kg,mB=1.4kg.A氣

缸內(nèi)壁粗糙，活塞與氣缸間的最大靜摩擦力為/'=6N,8氣缸內(nèi)壁光滑.當(dāng)氣缸內(nèi)充有某種

理想氣體時,A中的活塞高為心=4cm,B中活塞高度為說=5cm,此時氣體溫度為7。=390K,

外界大氣壓為Po=10xlO’Pa.現(xiàn)在緩慢降低氣體溫度，g取lOm/s?,則：

①當(dāng)氣缸B中的活塞剛好下降至氣缸底部時，氣體的溫度A；

②當(dāng)氣缸4中的活塞剛要滑動時，氣體的溫度%.

六、計算題(本大題共2小題，共20.0分)

15.如圖所示，直線與兩平行極板垂直.兩極板之間存在勻強電場，電場強度大小為E,

方向向右，極板間距離為d,Si、S2為極板上的兩個小孔.在MN下方和兩極板外側(cè)區(qū)域存在

相同的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.MN上方有一絕緣擋板PQ,與MN平行放置.從小

孔Si處由靜止釋放的帶正電粒子，經(jīng)電場加速后，恰能從小孔S2進(jìn)入磁場，飛出右側(cè)磁場后

與擋板PQ相碰.已知兩小孔Si、52到直線MN的距離均為d,粒子質(zhì)量為m、電量為q,與擋

板碰撞前后，粒子電量沒有損失，平行于擋板方向的分速度不變，垂直于擋板方向的分速度

反向，大小不變，不計粒子的重力.

(1)求粒子到達(dá)小孔S2時的速度大小

(2)若磁場的磁感應(yīng)強度大小為J瑞，為保證粒子再次回到S2,擋板PQ應(yīng)固定在離直線MN

多遠(yuǎn)處？

(3)若改變磁場的磁感應(yīng)強度大小，使粒子每次通過S2進(jìn)入磁場后均能沿第(2)問中的路徑運

動，求粒子第n次通過兩側(cè)磁場區(qū)域所用時間.

P----------------------。

M.......................-N

XXXXXXX

"xXXxBX

XXXXXXX

16.如圖所示，一透明球體置于空氣中，球半徑R=10cm,折射率n=是一條通過

球心的直線，單色細(xì)光束48平行于MN射向球體，B為入射點，AB與MN間距為5Ccm,CD

為出射光線.

①完成光路；

②計算：光從B點傳到C點的時間.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：因射出粒子與新核在磁場中運動的軌跡是內(nèi)切圓，故射出粒子帶負(fù)電，即為0粒子。

由

得：T

因噴號=竽

可知放射性元素的原子系數(shù)為43,由洛倫茲力的方向判定知衰變后新核向右運動，射出粒子向左

運動，故A正確，BC￡>錯誤；

故選：Ao

理解a衰變和口衰變的區(qū)別，結(jié)合左手定則得出粒子的運動軌跡特點，再根據(jù)粒子的速度關(guān)系和半

徑的計算公式得出對應(yīng)的原子序數(shù)。

本題中原子核衰變過程類似于爆炸，遵守動量守恒和能量守恒，應(yīng)用半徑公式解決。

2.【答案】B

【解析】解：4、對滑塊ni進(jìn)行受力分析可知m受四個力，由于滑塊山在做向下的勻速運動，所以

受力平衡，有：F+f=mgsind,又：/=fimgcosd,可得：〃=tan。-m^,ose>所以〃小于tan。，

故4錯誤；

8、對斜面M進(jìn)行受力分析可知，M所受的力與恒力F沒有關(guān)系，故撤去恒力尸后，地面對斜面體

的支持力不變，故B正確；

CO、以滑塊和斜面體組成的整體為研究對象，分析受力如圖所示，根據(jù)平衡條件得:

豎直方向有：FN+Fsind=(M+m)g

得地面對斜面體的支持力：FN<（M+m）g；

水平方向有：f=Fcos3,地面對斜面體的摩擦力/方向水平向右，故C。錯誤。

故選：B。

滑塊勻速運動，合外力為零，根據(jù)平衡條件和滑動摩擦力公式相結(jié)合分析動摩擦因數(shù)的大小。撤

去恒力尸后，分析滑塊的受力情況，判斷地面對斜面體的支持力變化情況。對整體，由平衡條件

分析地面對斜面體的支持力和摩擦力。

解決本題的關(guān)鍵要靈活選擇研究對象，要知道滑塊勻速運動，斜面體靜止，二者合外力均為零，

能看成整體來研究

3.【答案】B

【解析】解：4、子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對子彈和木塊組

成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得2m,攻）=（表m+:山）巧，可得，木塊獲得的最大速度巧=卜。。

故A正確。

B、木塊滑離木板時，取向右方向為正，對木板和木塊（包括子彈）系統(tǒng)：嘿=（白山+；?。﹛等+

io1O4-O

mv2

解得：%=舞，故2錯誤。

IZo

C、木塊在木板上滑動時，對木板，以向右方向為正，由動量定理得九=血方-0,得/=鬻，

故c正確；

。、由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和

木塊減少的動能與木板增加的動能之差，故。正確。

本題選錯誤的，

故選：B。

子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，由動量守恒定律求木塊獲得的最大速度。木塊在木板

上滑行時，木塊（含子彈）與木板組成的系統(tǒng)合外力為零，總動量守恒，由動量守恒定律求木塊滑

離木板時木板獲得的速度。木塊在木板上滑動時，對木板，利用動量定理列式，可求得木塊與木

板之間的滑動摩擦力大小。結(jié)合能量守恒定律分析。

本題是沖擊塊模型，理清木塊和木板的運動規(guī)律，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒定律、動量定理

進(jìn)行解答。要明確在研究涉及力在時間的效應(yīng)時可根據(jù)動量定理求力的大小。

4.【答案】D

【解析】解：

A、根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G翳=mR等

解得：7=J需,

對于環(huán)繞行星4表面運行的衛(wèi)星，有：

T。=

對于環(huán)繞行星B表面運行的衛(wèi)星，有：

To=

聯(lián)立①②得：好率③

由圖知，RA>RB,所以MA>MB，故A錯誤。

33

8、4行星質(zhì)量為：MA=pA?為周B行星的質(zhì)量為：MB=PB?9兀庵，代入③得：-^-3=

33PA^APB'^RB

解得：PA=PB，故B錯誤。

C、行星的近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G券=加1

R2R

解得:=J7rR0cR，

因為&>RB，所以外>外，故c錯誤。

。、根據(jù)G鬻=ma知，a=皆，由于>MB，行星運動的軌道半徑相等，則行星A的衛(wèi)星的向

心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度，故。正確。

故選：D。

根據(jù)萬有引力提供向心力，得出衛(wèi)星的周期與行星的質(zhì)量、半徑之間的關(guān)系，然后進(jìn)行比較；結(jié)

合萬有引力提供向心力，分別寫出第一宇宙速度的表達(dá)式，然后比較它們的大小關(guān)系。

本題考查考生從圖象獲取信息的能力，萬有引力提供圓周運動向心力，掌握萬有引力和向心力的

表達(dá)式并能靈活運用是正確解題的關(guān)鍵。

5.【答案】A

【解析】解：4、自由落體運動是初速度為零,加速度為g的勻加速直線運動，其速度為:V=gt=10t,

即。與t成正比，故"-t圖象應(yīng)該是一條通過坐標(biāo)原點的直線，故A正確，B錯誤；

C、由位移公式x=：gt2知，位移與時間的平方成正比，故CD錯誤

故選:4。

自由落體運動是初速度為零，加速度為g的勻加速直線運動，根據(jù)速度與時間，和位移與時間的

關(guān)系，得出正確的圖象.

本題關(guān)鍵是明確自由落體運動的性質(zhì)，然后寫出速度時間關(guān)系和位移時間關(guān)系表達(dá)式，再作圖討

論.

6.【答案】BD

【解析】

【分析】

根據(jù)變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)成正比可求得副線圈兩端的電壓，根據(jù)電流的熱效應(yīng)求出副線

圈兩端的電壓，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，確定電流表讀數(shù)的變化。本題需要掌握變壓器的電

壓之比和匝數(shù)比之間的關(guān)系，同時對于二極管和電容器的作用要了解。

【解答】

A.根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，即優(yōu)=氤即管/得U2=44V,根據(jù)電流的熱效應(yīng)，有1?六

2

%解得％=期=22或V,故A錯誤；

員將開關(guān)K閉合，二極管被短路，滑動變阻器消耗的熱功率為原來的2倍，即滑動變阻器的熱功率

變大，故B正確；

C.將滑動變阻器的滑片向下滑動，滑動變阻器連入電路的電阻變大，變壓器的輸出功率減小，原

線圈電壓不變，電流表讀數(shù)減小，電壓表示數(shù)不變，故C錯誤；

D若只將滑片順時針方向滑過一小段長度，副線圈匝數(shù)減小，副線圈電壓減小，輸出功率減小，

輸入功率減小，根據(jù)七=//1,知電流表讀數(shù)減小，故O正確；

故選

7.【答案】BC

【解析】

【分析】

安培力是聯(lián)系電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的橋梁，要熟練地由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安

培力表達(dá)式。

根據(jù)E=84求出電路中的感應(yīng)電動勢，由閉合電路的歐姆定律求出電路中的電流和C。兩端的電

壓；將AD邊與CD邊受到的安培力進(jìn)行矢量合成，求出線框受到的安培力。

【解答】

A4C剛進(jìn)入磁場時CD邊切割磁感線，4。邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E-Bav,則

線框中感應(yīng)電流為：/=慨=萼，故A錯誤；

AK

8.4C剛進(jìn)入磁場時線框的cd邊產(chǎn)生的安培力與"的方向相反，ad邊受到的安培力的方向垂直于4。

向下，它們的大小都是：F=BIa,由幾何關(guān)系可以看出，4。邊與CZ）邊受到的安培力的方向相互

垂直，所以4C剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為4。邊與CD邊受到的安培力的矢量合，即：?合=

口,=<7的,故B正確；

CD.當(dāng)4c剛進(jìn)入磁場時，CD兩端電壓：U=Ix^R=lBav,故C正確、O錯誤；

故選8C。

8.【答案】ABD

【解析】解：4、由題分析可知，小球在4、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相

等，小球從4到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：

2mgR=\mvl，解得小球運動到B點時的速度為：vB=2。瓦故A正確。

B、設(shè)小球在4、B兩點時彈簧的彈力大小為尸.在4點，圓環(huán)對小球的支持力Fi=mg+F；

在B點，由圓環(huán)，由牛頓第二定律得：F2-mg-F=m條,解得圓環(huán)對小球的支持力為：F2=

5mg+F；

則尸2-0=4巾9，由牛頓第三定律知，小球在4、B兩點時對圓環(huán)的壓力差為4mg,故B正確。

C、小球運動到B點時重力與速度方向垂直，則重力的功率為0,故C錯誤。

。、根據(jù)小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，小彈簧的彈性勢能為零，最小，則

小球的機械能最大，故。正確。

故選：ABD.

小球通過力和IB兩點時，彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求小球

運動到B點時的速度。在小球運動的過程中，彈簧的彈力對小球做功等于小球機械能的增量。通

過分析小球的受力情況，分析小球速度的變化，從而判斷出動能的變化情況。根據(jù)牛頓第二定律

和第三定律求小球在4、B兩點時對圓環(huán)的壓力差。

解決本題的關(guān)鍵要分析清楚小球的受力情況，判斷能量的轉(zhuǎn)化情況，要抓住小球通過4和B兩點時,

彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等。

9.【答案】ABE

【解析】

【分析】

在密閉條件中，在一定溫度下，與固體或液體處于相平衡的蒸汽所具有的壓力稱為飽和蒸汽壓。

同一物質(zhì)在不同溫度下有不同的飽和蒸氣壓，并隨著溫度的升高而增大。單晶體具有各向異性，

多晶體具有各向同性；第二類永動機不能制成是因為它違反了熱力學(xué)第二定律；分子間的作用力

表現(xiàn)為斥力或引力與分子之間的距離有關(guān)；根據(jù)熱力學(xué)第一定律，一定質(zhì)量的理想氣體，放熱的

同時外界對其做功，其內(nèi)能可能增大，有可能不變，可能減少。

本題主要是考查飽和蒸氣壓、晶體的特點以及、熱力學(xué)定律等知識，解答本題的關(guān)鍵是能夠熟練

掌握熱學(xué)部分的基本知識并能夠熟練應(yīng)用。

【解答】

4.同一物質(zhì)在不同溫度下有不同的飽和蒸氣壓，并隨著溫度的升高而增大，故A正確；

B.單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性，故8正確；

C.第二類永動機沒有違反了能量守恒定律,不能制成是因為它違反了熱力學(xué)第二定律，故C錯誤；

。.當(dāng)分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力均減小，但斥力減小得更快；但當(dāng)分子之間的距

離小于2時表現(xiàn)為斥力，在分子之間的距離大于時，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故。錯誤；

E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律，一定質(zhì)量的理想氣體，放熱(Q<0)的同時外界對其做功(勿>0),其內(nèi)

能：△U=Q+W可能減少，可能增大，有可能不變。故E正確。

故選ABE。

10.【答案】ACE

【解析】解：A、根據(jù)圖象，由質(zhì)點P的運動方向沿y軸負(fù)方向可得：波沿%軸負(fù)方向傳播，故A正

確；

]8s

B、當(dāng)￡=1.8s時質(zhì)點P恰好第三次到達(dá)y軸負(fù)方向最大位置處，故周期7=m=08s；

4

由圖象可得：波長;1=0.4m,故波的傳播速度y=9=0.5ni/s；故8錯誤；

C、St=1.6s,質(zhì)點P剛好運動兩個周期，故質(zhì)點P的運動路程為2X4A=2X4x5cm=0.4m,

故C正確；

DE、質(zhì)點Q向上運動，振幅為5cm,周期7=0.8s,t=0時，y=2.5cm,故Q點的振動方程為丫=

5sin(^nt+^)cm：

由|行+牌軻得：t=gs=^s,故經(jīng)2s,質(zhì)點Q第一次到達(dá)y軸正方向最大位移處，故。錯

誤，E正確；

故選：ACE..

根據(jù)P的振動方向得到波的傳播方向，然后根據(jù)P的振動得到周期，即可由圖得到波長，從而求得

波速；根據(jù)周期求得P的振動，再根據(jù)Q的初始位置得到振動方程，從而求得第一次到達(dá)y軸正方

向最大位移處的時間。

在給出波形圖求解質(zhì)點振動、波速的問題中，一般根據(jù)圖象得到波長及時間間隔與周期的關(guān)系，

從而求得周期，即可得到質(zhì)點振動情況，由今求得波速。

11.【答案】3.05.0

【解析】解：由閉合電路歐姆定律可得U=E-/r,由圖像可知，電源電動勢為

E=3.0K

電源內(nèi)阻為

,AU,3.0_UM

r=印=而。=5.00

故答案為:3.0；5.0。

由閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像物理意義和數(shù)據(jù)計算電源電動勢和內(nèi)阻。

本題要求掌握利用圖像處理數(shù)據(jù)的方法。

12.【答案】670.6012.000.22：1

【解析】解：(1)從紙帶上的數(shù)據(jù)分析得知：在點計數(shù)點6之前，兩點之間的位移逐漸增大，是加

速運動，位移的增量為定值，均為2cm,而在6、7間增加的位移小于2cm；故說明在6、7間物體

即開始減速；

(2)每5個點取1個計數(shù)點，所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s,

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，可以求出打紙帶上某點時小車

的瞬時速度大小。

計數(shù)點3對應(yīng)的速度大小為%=黑=嗎胃;°】x10-2=0.601m/s

乙INXU.JL

(3)計數(shù)點根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=a72可以求出

物塊加速運動過程中加速度，得：

a/°yxl0-2=2.0(Ws2。

而物塊減速運動過程中加速度，得:

4.60+6.60-8.61-10.60

a!=9X1U2=—2.00m/s2?

4X0.12

因此減速運動過程中加速度的大小為2.00m/s2；

(4)設(shè)物塊的質(zhì)量為M,而重物質(zhì)量為m；

根據(jù)/'=〃Mg，再由牛頓第二定律，f-Ma,則有：〃=]=卷=0.2；

在加速過程中，則有，mg-nMg=(M+m)a

而“Mg=Ma',

解得：M：m=2：1；

故答案為：(1)6、7；

(2)0.601：

(3)2.00；

(4)0.2；2：1?

由紙帶兩個點之間的時間相同，若位移逐漸增大，表示物體做加速運動，若位移逐漸減小，則表

示物體做減速運動；

根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aK可以求出加速度的大小，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，可以求出打紙帶上某點時小車的瞬時速度大小；

根據(jù)f=結(jié)合f=ma,即可求解動摩擦因數(shù)；再結(jié)合牛頓第二定律，及加速時加速度，即

可求解物塊與重物質(zhì)量之比。

本題考查勻變速直線運動中的紙帶處是問題，要掌握利用平均速度求解瞬時速度，以及根據(jù)△y=

求解加速度的方法，同時掌握牛頓第二定律的應(yīng)用。

13.【答案】解：(1)小物塊落到圓弧上的B點，B、4兩點關(guān)于。點對稱，則：AB=R,

根據(jù)機械能守恒定律得：mgR=

解得：vB-yj2gR-4m/s,

所以小物塊運動到B點時的速度大小為4m/s.

(2)小物體到達(dá)B點后沿切線方向的分速度：vBffJ=vBcos6,

解得：%以=2/3m/s,

小物體從B點到C點，機械能守恒，去圓弧最低點C為重力勢能的零點，

由機械能守恒定律得：2m以加+mgR(l-sin。)=哈

-

解得：vc=2A/5zn/s(

設(shè)長木板第一次與木樁碰撞之前，小物塊與長木板的速度相同，系統(tǒng)的動量守恒，以向右為正方

向，由動量守恒定律得：

mvc=(M+m)v,

解得：i7=Wm/s，

對長木板，由動能定理得：nmgs=Mv2,

解得：s=<Im

o

假設(shè)成立，即長木板第一次與木樁碰撞時，速度的大小為警加小.

(3)長木板第一次由于木樁碰撞反彈后，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

Mv—mv=(M+m)v',

解得：1y=?m/s，

由能量守恒定律得：fimgL=^mvc-1(m4-

解得：L==3.125m,所以木板的長度至少為3.125m；

o

答：⑴小物塊運動到B點時的速度大小為4rn/s；

(2)長木板第一次與木樁碰撞時的速度大小為?m/s;

(3)木板的長度至少為3.125m.

【解析】(1)物塊從4到B的過程中，物塊只在重力的作用下運動，機械能守恒，有機械能守恒可

以求得到達(dá)B時的速度的大小；

(2)小物塊在長木板上運動的過程中，系統(tǒng)不受其他外力的作用，所以系統(tǒng)的動量守恒，有動量守

恒定律可以求得長木板的速度的大??；

(3)小物塊不滑出長木板，則小物塊和長木板的動能都克服摩擦力做功，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能，根據(jù)

能量的守恒可以求得木板的長度.

物體與斜面碰撞時，損失了物體沿半徑方向的速度，所以在物體與斜面碰撞后，物體的速度要變

化.本題考查了機械能守恒還有動量守恒，同時還有摩擦力做功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的問題，涉及的

知識點較多，對學(xué)生的能力要求較強.

14.【答案】解：①此過程為等壓過程，有附=*，而%=2自S+/IBS，匕=2也s,

解得：Ti=240K

②從B活塞到達(dá)底部，到4活塞開始運動，氣體發(fā)生等容變化：,=自，

最初，對B活塞，有：PyS=Pos+mBg

解得：Pi=2.4x105匕

活塞要動時，對4活塞，有P22s+/=Po2s+niAg,

5

解得：P2=2.1x10Pa

代入等容方程，解得：T2=210K

答：①當(dāng)氣缸B中的活塞剛好下降至氣缸底部時