2020年四川省成都市高考物理一诊试卷

2020年四川省成都市高考物理一诊试卷

二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1. 图示情景中，小球相对于水平桌面向后运动的原因是（ ）

A.小球突然失去惯性 B.动车突然向前加速 C.动车突然向前减速

D.动车做匀速直线运动的速度很大 【答案】 B

【考点】 惯性 【解析】

小球原来处于和动车相对静止的状态，小球相对于桌面突然向后运动，是因为桌子的速度突然增大，而小球要保持原来的运动状态，所以小球相对于桌面向后运动。 【解答】

𝐴、惯性是物质的固有属性，不可能失去，故𝐴错误；

𝐵、动车突然向前加速，而小球要保持原来的运动状态，所以小球速度小于动车的速度，小球相对于桌面向后运动，故𝐵正确；

𝐶、如果动车突然减速，则小球的速度大于桌面的速度，小球应该相对桌面向前运动，故𝐶错误；

𝐷、动车如果做匀速直线运动，不管速度多大，小球就会相对桌面保持相对静止，故𝐷错误。

2. 如图，小物块𝑃在沿斜面向上的拉力𝐹作用下沿固定光滑斜面匀速上滑。现将力𝐹的方向变为水平向右，仍使𝑃保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比较（ ）

A.斜面对物体的支持力不变 B.力𝐹变大 C.力𝐹变小

D.力𝐹的功率变大 【答案】 B

试卷第1页，总15页

【考点】 平均功率

解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 【解析】

拉力𝐹沿斜面向上时，对物体进行受力分析，根据平衡条件列出方程，拉力𝐹沿水平方向时，对物体进行受力分析，根据平衡条件列出方程，根据方程可以求出𝐹变化和𝑁的变化；力𝐹沿斜面方向的力相同，速度相同，力𝐹的功率不变。 【解答】

由②④式知，𝑁′>𝑁，即斜面对物体的支持力变大，故𝐴错误（1）拉力𝐹沿水平方向时，拉力的功率：𝑃＝𝐹′𝑣cos𝜃＝𝑚𝑔𝑣sin𝜃，速度前后不变，所以力𝐹的功率不变，故𝐷错误。 故选：𝐵。

3. 如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为𝑄，板间距离为𝑑，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间𝑃点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为𝑞。静电力常量为女，下列说法正确的是（ ）

A.油滴带正电

B.油滴受到的电场力大小为

4𝑘𝑄𝑞𝑑2 C.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小 D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动 【答案】 C

【考点】

电容器的动态分析

电势差与电场强度的关系 【解析】

根据重力和电场力平衡判断电场力分析，根据场强方向判断粒子电性； 上极板下移板间距减小，根据场强推论公式𝐸=

4𝜋𝑘𝑄𝑒𝑆

判断场强变化，根据𝑈＝𝐸𝑑判断

两极板间电压，从而判断静电计指针涨价哦哦变化情况； 【解答】

𝐴、油滴所受电场力与重力平衡，根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故𝐴错误；

𝐵、极板间的电场为匀强电场不适用库仑定律，故𝐵错误； 𝐶𝐷、上极板下移板间距𝑑减小，根据𝐸=

4𝜋𝑘𝑄𝑒𝑆

知场强𝐸不变，电场力和重力处于二力平

衡状态，油滴静止不动，另据𝑈＝𝐸𝑑可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故𝐶正确，𝐷错误；

4. 如图甲，在匀强电场中的𝑂点先后无初速释放两个正点电荷𝐼和Ⅱ，电荷仅受匀强电

试卷第2页，总15页

场的作用沿直线向𝐴运动，两电荷的动能𝐸𝑘随位移𝑥变化的关系如图乙。若𝐼的电荷量为𝑞，则可知（ ）

𝑘𝑜

A.匀强电场的场强大小为𝐸=𝑞𝑥

𝑜

𝐸

B.电荷Ⅱ受到的电场力大小为𝐹=C.电荷Ⅱ的电荷量为2

𝑞

𝐸𝑘𝑜𝑥𝑜

D.选𝑂点为零电势点，𝐴点的电势为𝜑𝐴=

𝐸𝑘𝑜𝑞

【答案】 A

【考点】

带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 电势差与电场强度的关系 电势 【解析】

根据动能定理可知𝐸𝑘−𝑥图象中图象的斜率为物体所受合外力，结合电场力𝐹＝𝑞𝐸求解匀强电场的电场强度；

取选𝑂点为零电势点，从𝑂到𝐴对电荷Ⅰ运用动能定理可求𝑈𝑂𝐴的电势差，进而求𝐴点的电势； 【解答】

𝐴、根据动能定理得：𝐹𝑥＝𝐸𝑘知𝐸𝑘−𝑥图象中的斜率为物体所受合外力， 对点电荷Ⅰ有，𝐹1=

𝐸𝑘0𝑥0

=𝑞𝐸，解得：𝐸=

2𝐸𝑘0𝑥0

𝐸𝑘0𝑞𝑥0

，故𝐴正确；

𝐵𝐶、对点电荷Ⅱ有，𝐹==2𝑞𝐸，可知电荷Ⅱ的电荷量为2𝑞，故𝐵𝐶错误；

𝐸𝑘0𝑞

𝐷、取𝜑𝑂＝0，对正电荷Ⅰ从𝑂到𝐴据动能定理有 𝑞𝑈𝑂𝐴＝𝐸𝑘0，解得：𝑈𝑂𝐴=𝜑𝐴，所以𝜑𝐴=−

𝐸𝑘0𝑞

=𝜑𝑂−

，故𝐷错误；

5. 人造地球卫星的轨道可能是圆，也可能是椭圆。关于在轨正常运行的这些卫星，说法正确的是（ ）

A.所有卫星的运行周期都小于1天

B.所有卫星在任何位置的速率都小于7.9𝑘𝑚/𝑠

C.部分卫星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度

D.所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数 【答案】 D

【考点】

人造卫星上进行微重力条件下的实验

试卷第3页，总15页

万有引力定律及其应用 向心力 【解析】

周期𝑇＝2𝜋√𝑟，半径越大，周期越长；

𝐺𝑀

3

第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度，也是稳定运行的最大速度； 根据𝑎=

𝐺𝑀𝑟2判断加速度大小；

根据开普勒第三定律分析。 【解答】

𝐴、根据万有引力提供向心力，𝐺

𝑀𝑚𝑟2=𝑚

4𝜋2𝑇2𝑟，解得周期𝑇＝2𝜋√

𝑟3

𝐺𝑀

，半径越大，周期越长，故卫星的运行周期可以大于1天，故𝐴错误； 𝐵、根据万有引力提供向心力得：𝑣=√

𝐺𝑀𝑟

，第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行

速度，是稳定运行时的最大运行速度，但当卫星离心变轨时，需要加速，故并不是所有卫星在任何位置的速率都小于7.9𝑘𝑚/𝑠，故𝐵错误； 𝐶、根据𝑎=

𝐺𝑀𝑟2

可知，轨道半径越大，加速度越小，故卫星的向心加速度不会大于地球

表面的重力加速度，故𝐶错误；

𝐷、根据开普勒第三定律可知，所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数，故𝐷正确。

6. 图甲所示的无人机在飞行的某1min内，前0.5min沿正东方向做水平直线运动，后0.5min沿正北方向做水平直线运动，其速率𝑢随时间𝑡变化的关系如图乙。下列判断正确的是（可能用到sin37∘＝0.6）（ ）

A.无人机在10𝑠末、40𝑠末的加速度大小之比为2:3 B.无人机在前、后0.5 min内的平均速率之比为4:3 C.1min内，无人机飞行的路程为500𝑚

D.1min内，无人机的位移大小为500𝑚、方向东偏北53∘ 【答案】 A,D

【考点】 v-t图象 【解析】

根据𝑢−𝑡图象的斜率来求加速度。根据𝑣=𝑣0+𝑣来求平均速率之比。根据图象与时间

2轴所围的面积表示位移来求无人机飞行的路程。根据几何关系求位移的大小和方向。 【解答】

𝐴、根据𝑢−𝑡图象的斜率表示加速度，知无人机在10𝑠末、40𝑠末的加速度大小之比为𝑎1:𝑎2=30:20=2:3，故𝐴正确。

试卷第4页，总15页

2020

𝐵、无人机在前0.5 min内的平均速率为：𝑣1=𝑣0=20𝑚/𝑠＝10𝑚/𝑠。后0.5 min内的路

22程为：𝑠2=

403

10+302

×20𝑚＝400𝑚，后0.5 min内的平均速率为：𝑣2=2=

𝑡

2

𝑠40030

𝑚/𝑠=

𝑚/𝑠，故𝑣1:𝑣2=3:4，故𝐵错误。

20×302

𝐶、1min内，无人机飞行的路程为：𝑆＝(𝐷、前0.5 min内的位移大小为：𝑠1=

+

10+302

×20)𝑚＝700𝑚，故𝐶错误。

20×302

𝑚＝30𝑚，方向沿正东方向，后0.5 min内的

位移大小为𝑠2＝400𝑚，方向沿正北方向，根据平行四边形定则知：1min内，无人机的

22位移大小为：𝑠=√𝑠1+𝑠2=500𝑚，方向东偏北53∘，故𝐷正确。

7. 如图，曲线𝑎为某元件𝑅的伏安特性曲线，直线6为某直流电源的伏安特性曲线。将元件𝑅与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是（ ）

A.元件𝑅的电阻随电压的增大而增大 B.电源的电动势为5𝑉，内阻为5𝛺 C.电源的总功率为1.2𝑊 D.电源的效率为60% 【答案】 B,D

【考点】

闭合电路的欧姆定律 电功 【解析】

明确电源和电阻的伏安特性曲线的意义，图象的交点表示电路中实际的电压和电流； 判断电源的总功率大小和电源的效率。 【解答】

𝐵、分析电源𝑈−𝐼图象可知，纵轴截距表示电动势，斜率绝对值表示内阻，由图可知，𝐸＝5𝑉，𝑟＝5𝛺，故𝐵正确；

𝐶、交点表示电路中实际的电压和电流，𝑈＝3.0𝑉，𝐼＝0.4𝐴，则电源总功率是：𝑃＝𝐸𝐼＝2𝑊，故𝐶错误；

𝐴、分析元件𝑅的伏安特性曲线可知，电阻随电压的增大而减小，故𝐴错误； 𝐷、元件𝑅上消耗的功率𝑃′＝𝑈𝐼＝1.2𝑊，则电源的效率𝜂=

𝑃′𝑃

×100%＝60%，故𝐷正

确。

8. 如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+𝑄、𝑄连线的中垂线重合，细杆和+𝑄、−𝑄均固定，𝐴、𝑂、𝐵为细杆上的三点，𝑂为+𝑄、−𝑄连线的中点，𝐴𝑂＝𝐵𝑂．现有电荷量为𝑞、质量为𝑚的小球套在杆上，从𝐴点以初速度𝑣0向𝐵滑动，到达𝐵点时速度恰好为0．则可知（ ）

试卷第5页，总15页

A.从𝐴到𝐵，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小 B.从𝐴到𝐵，小球的加速度先减小后增大 C.小球运动到0点时的速度大小为√2𝑣0

2

D.小球从𝐴到𝑂与从𝑂到𝐵，重力的冲量相等 【答案】 A,C

【考点】

动量定理的理解 牛顿第二定律的概念 电势能 【解析】

根据等量异种电场的电场线分布判断电势的关系以及电场强度的关系；根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程速度变化量相同，求出𝑂点的速度以及动能； 根据动能定理分析分析𝐴𝐵段和𝐴𝑂段求出𝑂点的速度大小；

做出其运动的𝑣−𝑡图象根据图象和位移关系判断其运动时间关系，从而判断重力的冲量关系。 【解答】

𝐴、根据等量异种电场线分析可知，由于𝐴𝐵是等势线，则电荷的电势能不变，从𝐴到𝐵，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故𝐴正确；

𝐵、小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知𝑞带负电，从𝐴到𝑂的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据𝑓−𝑚𝑔＝𝑚𝑎知，加速度增大，从𝑂到𝐵，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据𝑓−𝑚𝑔＝𝑚𝑎知，加速度减小，故𝐵错误；

𝐶、根据𝐵的分析可知从𝐴到𝑂和从𝐵到𝑂摩擦力变化情况相同，且𝐴𝑂＝𝐵𝑂，故摩擦力做功相等，根据动能定理：

2𝑚𝑔𝐴𝐵−2𝑊𝑓＝0−𝑚𝑣0

21

解得：𝑊𝑓=

𝑚𝑔𝐴𝐵2

2

+4𝑚𝑣0

𝐴𝐵2

2

−𝑊𝑓=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣0

1

1

1

则从𝐴到𝑂，根据动能定理：𝑚𝑔解得：𝑣=√𝑣0，故𝐶正确；

2

2𝐷、根据𝐵𝐶的分析做出其𝑣−𝑡图象，因为前半段和后半段位移相等，故前半段时间小于后半段时间，根据冲量公式可知后半段重力的冲量大于前半段的冲量，故𝐷错误。

试卷第6页，总15页

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22–32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．

甲图是某小组探究“加速度与合外力的关系”的实验装置。在他们的方案中，长木板平放在水平桌面上，利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度𝑎，利用固定在小车前端的力传感器测小车受到的水平拉力𝐹。

（1）按该方案做实验，是否要求钩码质量远小于小车的质量？________（填“是”或“否”）。

（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带。每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔0.02𝑠打一个点。由该纸带可求得小车的加速度𝑎＝________𝑚/𝑠2（保留2位有效数字）。

（3）改变钩码的个数，测得多组数据。若以𝑎为纵坐标，𝐹为横坐标。利用测得的数据作出图象，则最符合该实验实际情况的是图丙中的________。（填选项序号字母） 【答案】 否 0.72 𝐵

【考点】

探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【解析】

（1）小车所受拉力可以由力传感器测出，实验不需要钩码质量远小于小车质量。 （2）根据匀变速直线运动的推论：△𝑥＝𝑎𝑡2可以求出小车的加速度。 （3）根据牛顿第二定律求出图线的函数表达式，然后分析图示图线答题。 【解答】

小车所受拉力可以由力传感器测出，实验不需要钩码质量远小于小车质量。

由题意可知：每5个点取一个计数点，打点计时器每间隔0.02𝑠打一个点，则加速度间的时间间隔为：𝑡＝0.02×5＝0.1𝑠，

由匀变速直线运动的推论△𝑥＝𝑎𝑡2可知加速度为：𝑎=

(7.44−6.00+8.16−6.72)×10−2𝑚

4×(0.1𝑠)2𝑥3−𝑥1+𝑥4−𝑥2

4𝑡2=

≈0.72𝑚/𝑠2；

试卷第7页，总15页

由图示实验装置可知，实验没有平衡摩擦力，小车所受合力为𝐹−𝑓，由牛顿第二定律得：𝑎=

𝐹−𝑓𝑚

=

𝐹−，𝑎与𝐹是线性关系，当𝐹＝𝑓后才有加速度，故𝐵正确，𝐴𝐶𝐷错𝑚𝑚

1𝑓

误；

故选：𝐵； 故答案为：（1）否；（2）0.72；（3）𝐵。

某同学欲将内阻为100𝛺、量程为300𝜇𝐴的电流计𝐺改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300𝜇𝐴刻度。 可选用的器材还有：定值电阻𝑅1（阻值25𝛺）；定值电阻𝑅2（阻值100𝛺）；滑动变阻器𝑅（最大阻值1500𝛺）；干电池(𝐸＝1.5𝑉．𝑟＝2𝛺)；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。

（1）定值电阻应选择________（填元件符号）。改装后的欧姆表的中值电阻为________𝛺。

（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表𝑉的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节________（填图甲中对应元件犄号），使电流计𝐺指针指到________𝜇𝐴；再将________（填“红”或“黑”）表笔与𝑉表的“+”接线柱相连，另一表笔与𝑉表的“-”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则𝑉表的内阻为________𝛺，量程为________𝑉。 【答案】 𝑅1,1000

𝑅,300,黑,500,1 【考点】

把电流表改装成电压表 【解析】

（1）根据闭合电路欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后选择定值电阻；欧姆表中值电阻等于其内阻。

（2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意与图示电路图应用闭合电路欧姆定律解题。 【解答】

电流表内阻、电源内阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和是欧姆表内阻，

由于电流表内阻与电源内阻很小，可以忽略不计，因此欧姆表最大内阻约等于滑动变阻器最大阻值，

由题意可知，滑动变阻器𝑅最大阻值为1500𝛺，则欧姆调零时满偏电流约为：𝐼=𝑅=

1.5𝑉1500𝛺

𝐸

=0.001𝐴＝1𝑚𝐴，

𝐼𝑔𝑅𝑔

𝑔

定值电阻阻值约为：𝑅定=𝐼−𝐼=0.001−300×10−6≈30𝛺，因此定值电阻选择𝑅1；

试卷第8页，总15页

300×10−6×100

改装后电流表量程：𝐼𝐴=

𝐼𝑔𝑅𝑔𝑅1

+𝐼𝑔=

300×10−6×100

25

+300×10−6＝1.5×10−3𝐴，

𝐸𝐼

欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，欧姆表中值电阻：𝑅中＝𝑅内=

=

1.5𝑉1.5×10−3𝐴

=1000𝛺；

先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节𝑅进行欧姆调零，使电流计𝐺指针指到300𝜇𝐴； 再将黑表笔与𝑉表的“+”接线柱相连，另一表笔与𝑉表的“-”接线柱相连。 由图乙所示表盘可知：𝐺的示数为200𝜇𝐴，为𝐺满偏值的3， 则电路电流：𝐼=3𝐼𝐴=3×1.5×10−3𝐴＝1×10−3𝐴，

由闭合电路欧姆定律得：𝐼=𝑅+𝑅，代入数据解得：𝑅𝑉＝500𝛺，

𝑉

2

22

𝐸

此时电压表两端电压：𝑈＝𝐼𝑅𝑉＝1×10−3×500＝0.5𝑉，

由图丙所示可知，此时电压表指针指在正中间，则电压表量程为：0.5×2＝1𝑉；

如图，𝐴𝐵是竖直面内、圆心在𝑂点、半径为𝑅的4光滑绝缘轨道，其𝐵端切线水平且距水平地面的高度也为𝑅、𝑂𝐵连线右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为𝑚、电荷量为𝑞的带正电小球从轨道𝐴端无初速释放，小球从𝐵端飞出后，在地面上

第一次的落点𝐶距𝐵的水平距离为√2𝑅．若小球可视为质点，重力加速度大小为𝑔。求：

1

（1）进入电场前，小球在𝐵端的速度大小及对轨道的压力大小；

（2）匀强电场的场强大小。 【答案】

进入电场前，小球在𝐵端的速度大小为√2𝑔𝑅，对轨道的压力大小为3𝑚𝑔； 匀强电场的场强大小为

𝑚𝑔𝑞

。

【考点】

带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 机械能守恒的判断 牛顿第三定律的概念 牛顿第二定律的概念 【解析】

（1）从𝐴至𝐵，由机械能守恒定律求解小球到达𝐵点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球对轨道的压力大小；

（2）根据类平抛运动的规律求解匀强电场的电场强度； 【解答】

设小球在𝐵端的速度大小为𝑣，受到轨道的支持力大小为𝐹，从𝐴至𝐵，由机械能守恒定律有： 1

𝑚𝑔𝑅=𝑚𝑣2

2试卷第9页，总15页

得：𝑣=√2𝑔𝑅

在𝐵端，由牛顿第二定律有：

𝑣2

𝐹−𝑚𝑔=𝑚

𝑅得：𝐹＝3𝑚𝑔，

由牛顿第三定律可解得小球对轨道的压力大小为： 𝐹′＝𝐹＝3𝑚𝑔；

设场强大小为𝐸，小球在电场中做类平抛运动的加速度大小为𝑎，由运动学规律有： √2𝑅=𝑣𝑡， 𝑅=𝑎𝑡2，

21

得：𝑎＝2𝑔，

由牛顿第二定律有： 𝑞𝐸+𝑚𝑔＝𝑚𝑎， 解得：𝐸=

𝑚𝑔𝑞

。

答：(𝑙)进入电场前，小球在𝐵端的速度大小为√2𝑔𝑅，对轨道的压力大小为3𝑚𝑔；（1）匀强电场的场强大小为

𝑚𝑔𝑞

。

如图，小滑块𝐴与木板𝐵均静止于粗糙水平地面上，𝐴与𝐵左端的距离为𝑥0＝4.5𝑚，小滑块𝐶静止于木板𝐵的右端，𝐴、𝐵与地面间的动摩擦因数均为𝜇1＝0.1，𝐶与𝐵间的动摩擦因数𝜇2＝0.2．现给𝐴一个方向水平向右、大小𝑣0＝5𝑚/𝑠的初速度。已知𝐴、𝐵、𝐶的质量分别为𝑚𝐴＝1𝑘𝑔、𝑚𝐵＝3𝑘𝑔、𝑚𝐶＝1𝑘𝑔，𝐴、𝐵间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，滑块𝐶始终未离开木板𝐵，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度𝑔＝10𝑚/𝑠2．求：

（1）碰前瞬间𝐴的速度大小和碰后瞬间𝐵的速度大小；

（2）碰后瞬间𝐵、𝐶的加速度大小；

（3）从碰后到木板𝐵最终停止，𝐵与地面间因摩擦而产生的热量。 【答案】

2

从𝐴开始滑动到𝐴、𝐵碰撞前过程，对𝐴，由动能定理得：−𝜇1𝑚𝐴𝑔𝑥0=2𝑚𝐴𝑣2−2𝑚𝐴𝑣0，

1

1

代入数据解得：𝑣＝4𝑚/𝑠，

𝐴、𝐵发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝐴𝑣＝𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵，

22+2𝑚𝐵𝑣𝐵由机械能守恒定律得：2𝑚𝐴𝑣2=2𝑚𝐴𝑣𝐴，

1

1

1

解得：𝑣𝐴＝−2𝑚/𝑠，𝑣𝐵＝2𝑚/𝑠；

由牛顿第二定律

对𝐵:𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔+𝜇2𝑚𝐶𝑔＝𝑚𝐵𝑎𝐵，

试卷第10页，总15页

对𝐶:𝜇2𝑚𝐶𝑔＝𝑚𝐶𝑎𝐶，

代入数据解得：𝑎𝐵＝2𝑚/𝑠2，方向向左，𝑎𝐶＝2𝑚/𝑠2，方向向右；

设经过时间𝑡，𝐵、𝐶到达共同速度，由运动学公式有：𝑣共＝𝑎𝐶𝑡，𝑣共＝𝑣𝐵−𝑎𝐵𝑡， 代入数据解得：𝑣共＝1𝑚/𝑠，𝑡＝0.5𝑠； 在时间𝑡内，𝐵的位移为：𝑥1=

(𝑣𝐵+𝑣)2

𝑡，解得：𝑥1＝0.75𝑚，

假设𝐵、𝐶共速后一起以加速度𝑎做减速运动，对𝐵𝐶系统，由牛顿第二定律得：𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔＝(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑎， 代入数据解得：𝑎＝1𝑚/𝑠2，

对𝐵，由牛顿第二定律得：𝑓＝𝑚𝐵𝑎＝1𝑁<𝜇2𝑚𝐶𝑔＝2𝑁，假设成立， 设木板𝐵减速运动𝑥2后停止运动，由运动学公式得：𝑣2=2𝑎𝑥2， 代入数据解得：𝑥2＝0.5𝑚，

𝐵与地面间因摩擦产生的热量：𝑄＝𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔(𝑥1+𝑥2)， 代入数据解得：𝑄＝5𝐽；

答；(𝑙)碰前瞬间𝐴的速度大小为4𝑚/𝑠，碰后瞬间𝐵的速度大小为2𝑚/𝑠；（1）碰后瞬间𝐵、𝐶的加速度大小都是2𝑚/𝑠2；（2）从碰后到木板𝐵最终停止，𝐵与地面间因摩擦而产生的热量为5𝐽。 【考点】

动量守恒定律的理解 牛顿第二定律的概念 摩擦力做功与能量转化

匀变速直线运动的位移与时间的关系 【解析】

（1）应用动能定理求出碰撞前瞬间𝐴的速度，𝐴、𝐵发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度。 （2）应用牛顿第二定律求出𝐵、𝐶的加速度。

（3）应用牛顿第二定律与运动学公式求出𝐵的位移，然后应用功的计算公式求出摩擦力做功。 【解答】

2

从𝐴开始滑动到𝐴、𝐵碰撞前过程，对𝐴，由动能定理得：−𝜇1𝑚𝐴𝑔𝑥0=2𝑚𝐴𝑣2−2𝑚𝐴𝑣0，

1

1

代入数据解得：𝑣＝4𝑚/𝑠，

𝐴、𝐵发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝐴𝑣＝𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵，

22+𝑚𝐵𝑣𝐵由机械能守恒定律得：2𝑚𝐴𝑣2=2𝑚𝐴𝑣𝐴， 2

1

1

1

解得：𝑣𝐴＝−2𝑚/𝑠，𝑣𝐵＝2𝑚/𝑠；

由牛顿第二定律

对𝐵:𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔+𝜇2𝑚𝐶𝑔＝𝑚𝐵𝑎𝐵， 对𝐶:𝜇2𝑚𝐶𝑔＝𝑚𝐶𝑎𝐶，

代入数据解得：𝑎𝐵＝2𝑚/𝑠2，方向向左，𝑎𝐶＝2𝑚/𝑠2，方向向右；

设经过时间𝑡，𝐵、𝐶到达共同速度，由运动学公式有：𝑣共＝𝑎𝐶𝑡，𝑣共＝𝑣𝐵−𝑎𝐵𝑡， 代入数据解得：𝑣共＝1𝑚/𝑠，𝑡＝0.5𝑠；

试卷第11页，总15页

在时间𝑡内，𝐵的位移为：𝑥1=

(𝑣𝐵+𝑣)2

𝑡，解得：𝑥1＝0.75𝑚，

假设𝐵、𝐶共速后一起以加速度𝑎做减速运动，对𝐵𝐶系统，由牛顿第二定律得：𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔＝(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑎， 代入数据解得：𝑎＝1𝑚/𝑠2，

对𝐵，由牛顿第二定律得：𝑓＝𝑚𝐵𝑎＝1𝑁<𝜇2𝑚𝐶𝑔＝2𝑁，假设成立， 设木板𝐵减速运动𝑥2后停止运动，由运动学公式得：𝑣2=2𝑎𝑥2， 代入数据解得：𝑥2＝0.5𝑚，

𝐵与地面间因摩擦产生的热量：𝑄＝𝜇1(𝑚𝐵+𝑚𝐶)𝑔(𝑥1+𝑥2)， 代入数据解得：𝑄＝5𝐽；

答；(𝑙)碰前瞬间𝐴的速度大小为4𝑚/𝑠，碰后瞬间𝐵的速度大小为2𝑚/𝑠；（1）碰后瞬间𝐵、𝐶的加速度大小都是2𝑚/𝑠2；（2）从碰后到木板𝐵最终停止，𝐵与地面间因摩擦而产生的热量为5𝐽。

三、[物理–选修3-3]（15分）

下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号） A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体 B.质量、温度均相同的碳粉和碳块，其内能不同

C.悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动

D.一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少 E.气体向真空的白由膨胀是不可逆的 【答案】 A,D,E 【考点】 布朗运动

* 晶体和非晶体 热力学第二定律 物体的内能 热力学第一定律 【解析】

晶体是由很小的晶胞组成，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体； 物体的内能由物质的量、温度和体积决定；

布朗运动是花粉颗粒的无规则运动，不是花粉分子的运动； 根据热力学第一定律与第二定律分析答题。 【解答】

𝐴、晶体是由很小的晶胞组成，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，故𝐴正确。 𝐵、质量、温度均相同的碳粉和碳块，物质的量、温度与体积相等，它们的内能相等，故𝐵错误。

𝐶、悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故𝐶错误。 𝐷、由热力学第一定律：△𝑈＝𝑊+𝑄可知：一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少，故𝐷正确。

𝐸、由热力学第二定律可知：气体向真空的白由膨胀是不可逆的，故𝐸正确。

如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其𝐴、𝐵两部分的横截面积分别是𝑆1＝4𝑐𝑚2、 𝑆2＝8𝑐𝑚2，𝑎、𝑏是质量均为𝑚＝4𝑘𝑔且厚度不汁的绝热活塞，初态，𝑎与𝑏封闭着总高度为2（由2和ℎ的两段组成）的理想气体𝐼，𝑏与缸底封闭着高度为ℎ的理想气体Ⅱ，气

3ℎ

ℎ

试卷第12页，总15页

体Ⅰ、Ⅱ的温度均为𝑇0＝300𝐾．已知大气压强𝑝0＝𝑙×105𝑃𝑎，重力加速度大小𝑔＝

10𝑚/𝑠2．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞𝑎以上部分足够长。 (𝑖)求气体Ⅱ的压强；

(𝑖𝑖)若启动𝐵中的加热电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞𝑏到达𝐵的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。

【答案】

(𝑖)气体Ⅱ的压强为2.5×105𝑃𝑎； (𝑖𝑖)此时气体Ⅱ的温度为360𝐾。 【考点】

理想气体的状态方程 “玻璃管封液”模型 【解析】

(𝑖)以两活塞为研究对象，应用平衡条件可以求出封闭气体𝐼𝐼的压强。

(𝑖𝑖)气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体的温度。 【解答】

(𝑖)由平衡条件得：

对活塞𝑎:𝑚𝑔+𝑝0𝑆1＝𝑝1𝑆1， 对活塞𝑏:𝑚𝑔+𝑝1𝑆2＝𝑝2𝑆2，

代入数据解得：𝑝2＝2.5×105𝑃𝑎；

(𝑖𝑖)从加入气体𝐼𝐼到活塞𝑏到达𝐵的上端且刚好与上端接触而无压力，该过程气体𝐼𝐼的压强不变，气体发生等压变化，

2

由盖吕萨克定律得：𝑇=

0

𝑆ℎ

𝑆2⋅2ℎ𝑇

，

代入数据解得：𝑇＝360𝐾； 四、[物理–选修3-4]（15分）

下列说法正确的是（ ）

A.单摆做简谐运动的周期跟摆长和摆球质量均有关

B.在机械波的传播过程中，介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行 C.两列波发生干涉现象，在振动加强的区域，质点的位移总是最大 D.机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用

E.分别照射同一双缝干涉装置，黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距 【答案】 B,D,E 【考点】

波长、频率和波速的关系 单摆周期公式 横波的图象

试卷第13页，总15页

电磁波的周期、频率和波速 波的干涉现象

双缝干涉的条纹间距与波长的关系 【解析】

单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关，而弹簧振子的振动周期与振子的质量有关； 有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系； 两列波发生干涉现象，振动加强区域的质点的位移是呈周期性变化； 频率、波长和波速三者满足的关系对一切波适用；

根据干涉条纹波长与间距间的关系可明确不同色光形成的干涉条纹间距。 【解答】

𝐴、单摆做简谐运动的周期公式𝑇＝2𝜋√，与摆长及重力加速度有关，与摆球的质量无

𝑔关，故𝐴错误；

𝐵、介质质点的振动方向与波的传播方向可能垂直，也可以平行。当是垂直的，则是横波，当是平行的，则是纵波，故𝐵正确；

𝐶、两列波发生干涉现象，振动加强区域的质点的位移是呈周期性变化，并不是质点的位移总是最大，故𝐶错误；

𝐷、频率、波长和波速三者满足的关系对一切波适用，故𝐷正确；

𝐸、根据△𝑥=𝑑𝜆，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正比，黄光的波长比蓝光长，所以黄光的双峰干涉条纹间距大于蓝光双缝干涉条纹间距，故𝐸正确。

如图，矩形𝑀𝑁𝑃𝑄是某均匀材料制成的透明体的横截面，𝑀𝑁𝑃𝑄所在平面内，一单色细光束以入射角𝑖＝30∘射到𝑀𝑁边的𝑂点。光束进入透明体后恰好不从𝑁𝑃边射出，接着光束到达𝑃𝑄边且部分射出。已知𝑁𝑃边的长度𝑙＝0.24𝑚，空气中的光速𝑐＝3×108𝑚/𝑠。求：

(𝑖)该材料对该单色光的折射率𝑛；

(𝑖𝑖)光束从𝑂点射入至到达𝑃𝑄边经历的时间𝑡。

𝐿

𝐿

【答案】

(𝑖)该材料对该单色光的折射率为√5；

2

(𝑖𝑖)光束从𝑂点射入至到达𝑃𝑄边经历的时间为1×10−8𝑠。

【考点】 光的折射现象 【解析】

(𝑖)画出光路，根据折射定律结合全反射的条件以及图中几何关系进行解答； (𝑖𝑖)光在透明体中的速率𝑣=𝑛，求出光在透明体中传播的路程，根据速度时间关系求

试卷第14页，总15页

𝑐

解。 【解答】

(𝑖)光路如图所示；

设光在𝑂点的折射角为𝑟，在𝑂1点发生全反射的临界角为𝐶， 根据折射定律可得：𝑛=sin𝑟 又因为𝐶+𝑟＝90∘，sin𝐶=𝑛

则sin𝑟＝sin(90∘−𝐶)＝cos𝐶=√1−𝑠𝑖𝑛2𝐶=√1−2 𝑛即

sin𝑖𝑛

1

1sin𝑖

=√1−

1𝑛2

5解得𝑛=√ 2

(𝑖𝑖)光在透明体中的速率𝑣=𝑛

光在透明体中传播的路程𝑠＝𝑂𝑂1+𝑂1𝑂2=sin𝐶 由于𝑠＝𝑣𝑡

联立解得𝑡＝1×10−8𝑠。

𝐿

𝑐

试卷第15页，总15页