1、2020年四川省乐山市高考物理一诊试卷二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项是符合题目要求，第1921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（6分）甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的vt图象如图所示，则在04s内（）A两物体始终同向运动B2s末两物体相距最远C两物体平均速度相等D4s末两物体相遇2（6分）如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角AOB30若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩
2、擦因数为（）ABCD3（6分）将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始计时，物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示，万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响，则根据以上条件可以求出（）A行星的质量B该行星的第一宇宙速度C物体受到行星万有引力的大小D物体落到行星表面的速度大小4（6分）如图所示，由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表，R1、R2是分压电阻，R1R2，则下列说法正确的是（）A甲的量程等于乙的量程B甲的量程小于乙的量程C测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同D测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小5（6分）如图所示，小车在
3、水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30，其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小车一定向右运动B轻绳OA、OB拉力大小相等C小车的加速度大小为gD轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍6（6分）一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（）A子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D子弹对木块做的功等于木块动能的增量7（6分）如
4、图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bOcOR，aOR，不计重力。则下列判断正确的是（）Aa、c两点的电场场强大小之比为1：Bb、c两点的电场场强相同C一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大D一电子由a点静止释放，电子由a到c的过程中，加速度先减小后增大8（6分）如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连置于固定的倾角为的光滑斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块A、B保持静止。如果在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰不离开挡板。已知
5、弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细线，则下列说法正确的（）A重物 D 的重力为mgsinB物块A下滑过程中机械能守恒C剪短细绳瞬间，物块A的加速度大小为2gsinD物块 A 下滑过程中的最大速度为 2gsin三、非选择题：共174分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3337题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共136分）9（6分）某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以A点为起点，每5个计时点选取一个计数点，标注如图所示。（1）现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3
6、、x4、x5、x6，若打点计时器所用的交流电的频率为f，用逐差法求出加速度a 。（2）关于这个实验，下列说法正确的是 。A应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源B可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5来判定小车做匀加速直线运动C若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动D本次实验需要用到秒表和刻度尺10（9分）某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题，设计了如图所示的电路实验器材如下：A直流电源4V，内阻0.5B电流表A，量程0.6A，内阻未知C电压表V，量程3V，内阻约2kD待测电阻Rx约10E定值电阻R0
7、5F滑动变阻器，变化范围05G滑动变阻器，变化范围0100H单刀单掷开关K1L单刀双掷开关K2J导线若干（1）按照电路图连接实物图（2）滑动变阻器应选 （选填器材前的字母序号），闭合K1前，滑片P应该滑到 端（选填“左端”、“右端”）。（3）闭合K1，当K2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，当K2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的准确值为Rx （用本题中的物理符号表示）。11（12分）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为UCD为磁场边界上的一块绝缘板，它与N板的夹角为30，N板与CD之间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，小孔Q到N板的下端
8、C的距离为L一静止的带电粒子所带电荷量为+q、质量为m（不计重力），从P点经电场加速后，经小孔Q进入磁场，最终打在N板上。求：（1）带电粒子到达N板时的速度v；（2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小B。12（20分）如图所示，竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切，半径R0.25m，静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，mB4.0kg，物块A处于圆形光滑轨道的最低点P，两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J释放后，小物块A经半圆形光滑轨道PMN从N点水平抛出。B与地面之间的动
9、摩擦因数为0.20，重力加速度取g10m/s2求：（1）弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小；（2）物块A对轨道N点的压力；（3）B停止后，与A落地点的距离。三、解答题（共2小题，满分15分）物理-选修3-313（5分）下列说法正确的是（）A空气中大量PM2.5的运动也是分子热运动B温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同C温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大D气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少E晶体熔化过程分子势能增加14（10分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S开始时气体的温度为T0，活
10、塞与容器底的距离为h0将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡。求：外界空气的温度是多少？在此过程中密闭气体的内能增加了多少？四、解答题（共2小题，满分15分）物理一选修3-415（5分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（）A波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向B04s内质点b运动的路程为12cmC45
11、s内质点d的加速度正在逐渐减小D6s时质点e第一次回到平衡位置E各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同16（10分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上，O点是圆心，半径为R一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为，不考虑光在OA、OB面的反射。（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，为使水平面BN不被照亮，求遮光板的最小高度；（2）从OA的中点射入的细光束，在MN上留下一个光点P点，求PO的长度。2020年四川省乐山市高考物理一诊试卷参考答案与试题解析二、选择题（本题包括8小题，
12、每小题6分，共48分每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项是符合题目要求，第1921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（6分）甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的vt图象如图所示，则在04s内（）A两物体始终同向运动B2s末两物体相距最远C两物体平均速度相等D4s末两物体相遇【分析】速度时间图象中，速度正负表示运动方向，斜率表示加速度，围成面积表示位移。【解答】解：A、图象中，甲乙的速度始均为正，故两物体始终同向运动，故A正确；BD、甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，速度相等时两物体相距最远，即4s末两物体相距最远，故BD错误；C、速
13、度时间图象中面积表示位移可知，04s内甲的位移大于乙的位移，根据可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；故选：A。【点评】本题考查速度时间图象，关键是要知道斜率表示加速度，面积表示位移，属于基础题目。2（6分）如图所示，将小物块P轻轻放到半圆柱体上，O为圆心。当小物块处于B位置时恰好能保持静止，OB与竖直半径的夹角AOB30若小物块与圆柱体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为（）ABCD【分析】小物块只能在圆柱体上A到B之间保持静止，则在A或B点时是恰好静止，即摩擦力达到最大静摩擦力，受力分析由平衡条件列式求解即可。【解答】解：当物块在B点时达到最大静摩擦
14、力，受力如图所示，由平衡条件得：Nmgcosfmmgsin又fmN联立解得：，故ACD错误、B正确。故选：B。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。3（6分）将质量为m物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始计时，物体离行星表面高度h随时间t变化关系如图所示，万有引力常量为G，不考虑行星自转的影响，则根据以上条件可以求出（）A行星的质量B该行星的第一宇宙速度C物体受到行星万有引力的大小D物体落到行星表面的速度大小【分析】物
15、体在行星表面受到的重力等于万有引力；物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，下落距离h，解得下落加速度g，落地速度v；第一宇宙速度v或v。【解答】解：A、物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，分析图象可知，h25m，t2.5s，根据h，解得g8m/s2，物体在行星表面受到的重力等于万有引力，解得行星的质量M，因为行星半径未知，行星的质量无法求出，故A错误；B、根据重力提供向心力可知，mgm，解得行星的第一宇宙速度v，行星半径未知，第一宇宙速度未知，故B错误；C、物体受到行星万有引力的大小为mg，故C正确；D、物体做平抛运动，落地速度v，初速度未知，则落地速度未知，故D错误。故选：C。【点
16、评】此题考查了万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力结合匀变速直线运动规律解题。4（6分）如图所示，由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表，R1、R2是分压电阻，R1R2，则下列说法正确的是（）A甲的量程等于乙的量程B甲的量程小于乙的量程C测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同D测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小【分析】根据串联电路电流处处相等，而总电压和总电阻成正比来分析甲乙的量程大小；分析同一电压下电路中的电流的大小关系，电表的偏转角度是根据通过电流表的电流大小来反应的；【解答】解：A、B、由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G改装而成，其允
17、许通过的最大电流是一致的，由于R1R2，则甲的电阻比乙的电阻大，电流一样时，甲的电压比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故选项A、B错误；C、D、设电流表的电阻为R，则在相同的电压U时，有，即通过甲的电流小于乙的，甲表指针的偏转角度比乙表小，故C错误，D正确；故选：D。【点评】解决该题的关键是掌握电压表的改装原理，知道改装后电表指针的偏角是通过电流表的电流大小来判断的；5（6分）如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为30，其中一球用水平轻绳BC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A小车一定向右运动B轻绳O
18、A、OB拉力大小相等C小车的加速度大小为gD轻绳BC拉力大小是轻绳OB拉力的倍【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球AB分别受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度和绳子的拉力。【解答】解：AC、对小球A受力分析，由牛顿第二定律可知：TOAsin30maTOAcos30mg联立解得：TOAmg，ag，方向水平向右，小车可向右加速运动，也可向左减速运动。故AC错误。BD、对B受力分析，由牛顿第二定律得：水平方向：TCBTOBsin30ma竖直方向：TOBcos30mg联立解得：TOBmgTOB，TCBmgTOB，故B正确，D错误。故选：B。【点评】解决该题的关键是能在A、B两个小球中正确地选择出
19、A球来分析从而找到整体的加速度，掌握正交分解求解力的解题方法；6（6分）一子弹以初速度v0击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（）A子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D子弹对木块做的功等于木块动能的增量【分析】根据能量守恒定律分析子弹动能的亏损与系统动能亏损的关系。由系统的动量守恒分析子弹和木块动量变化量的关系。根据子弹和木块对地位移关系，分析摩擦力对两者做功关系。对木块由动能定理列方程可判断。【解答】解：A、子弹射入木块的过程，要
20、产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误。B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反。故B正确。C、摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功大小为f（s+d），可知二者不等，故C错误。D、对木块由动能定理得：fsEK，故D正确。故选：BD。【点评】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题。7（6分）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bOcOR，aOR，不计重力。则下列判断正
21、确的是（）Aa、c两点的电场场强大小之比为1：Bb、c两点的电场场强相同C一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大D一电子由a点静止释放，电子由a到c的过程中，加速度先减小后增大【分析】根据点电荷场强公式Ek和电场的叠加原理，求出圆盘在a、c两点处产生的场强的大小与方向，从而求得场强之比。根据对称性确定b、c两点的场强关系。一电子由a点静止释放，根据电场力做功情况分析动能的变化。根据受力情况，分析加速度的变化。【解答】解：A、设圆环带电量为Q将圆环分成n等分，则每个等分带电量为q，每个等分可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为 E1k，该书场强方向与aO的夹角为30，根据电场的叠加
22、原理知：a点处场强大小为 EanE1cos30n同理可得，c点处场强大小为 Ec，则Ea：Ec1：，故A正确。B、b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故B错误。C、一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加。从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，故C正确。D、根据EaEc知，电子由a到c的过程中，场强增大，电子所受的电场力增大，加速度增大。故D错误。故选：AC。【点评】要题的关键要采用微元法求圆环在各个点产生的场强，要熟练运用电场强度叠加原理，结合几何知识求合场强。8（6分）如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连置于固定的倾角为
23、的光滑斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块A、B保持静止。如果在挂钩上挂一重物D，平衡时物块B恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细线，则下列说法正确的（）A重物 D 的重力为mgsinB物块A下滑过程中机械能守恒C剪短细绳瞬间，物块A的加速度大小为2gsinD物块 A 下滑过程中的最大速度为 2gsin【分析】平衡时物块B恰不离开挡板，对AB整体受力分析计算D的质量；根据机械能守恒的条件判断；A下落的位移等于弹簧的形变量之和；根据机械能守恒求解A的最大速度。【解答】
24、解：A、平衡时物块B恰不离开挡板，则满足mCg2mgsin，所以mc2msin，故A错误；B、物块A下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功，故A机械能不守恒，故B错误；C、当B刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为：x2，开始时A受到弹簧的拉力最大，所以加速度最大，由牛顿第二定律可知：mamgsin+kx2，可得：s2gsin故C正确D、A的速度最大时，加速度为零，对应A的受力为0，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的压缩量为：x1x2，从开始运动到A速度最大，A下落的位移为：xx1+x22，该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量，所以弹簧的弹性势能不变；根据机械能守恒知：mgxsin，即v2gsin，故
25、D正确；故选：CD。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和机械能守恒问题，解答平衡问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。三、非选择题：共174分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3337题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共136分）9（6分）某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以A点为起点，每5个计时点选取一个计数点，标注如图所示。（1）现分别测出计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离x1、x2、x3、x4、x5、x6，若打点计时器所用的交流电的频率为f，用逐
26、差法求出加速度a。（2）关于这个实验，下列说法正确的是C。A应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源B可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5来判定小车做匀加速直线运动C若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动D本次实验需要用到秒表和刻度尺【分析】根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小；依据实验原理，结合实验操作，及注意事项，即可判定。【解答】解：（1）每5个计时点选取一个计数点，且打点计时器所用的交流电的频率为f，根据xaT2，依据逐差法有：a（2）A应将小车拉到打点计时器附近，然后接通电源，再释放
27、小车，故A错误；Bx1、x2、x3、x4、x5、x6，分别是计数点B、C、D、E、F、G与A点的距离，因此不可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5来判定小车做匀加速直线运动，故B错误；C若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自由落体运动是匀加速直线运动，故C正确；D本次实验需要用到刻度尺，但不需要秒表，因有打点计时器，故D错误；故答案为：（1）；（2）C。【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。10（9分）某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题，设计了如图所示的电路实验器材如下：A直
28、流电源4V，内阻0.5B电流表A，量程0.6A，内阻未知C电压表V，量程3V，内阻约2kD待测电阻Rx约10E定值电阻R05F滑动变阻器，变化范围05G滑动变阻器，变化范围0100H单刀单掷开关K1L单刀双掷开关K2J导线若干（1）按照电路图连接实物图（2）滑动变阻器应选F（选填器材前的字母序号），闭合K1前，滑片P应该滑到左端端（选填“左端”、“右端”）。（3）闭合K1，当K2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，当K2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，则待测电阻的准确值为Rx（用本题中的物理符号表示）。【分析】（1）根据实验电路图连接实物图；（2）根据滑动变阻器的接法以及方
29、便调节原则选择滑动变阻器；开关闭合前，滑动变阻器应处于使电流表示数最小的一端；（3）根据欧姆定律列式求解待测电阻阻值。【解答】解：（1）根据实验原理图连接实物图如图所示：；（2）根据电路图可知滑动变阻器采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器应选用阻值较小的F；开关闭合前，滑动触头应处于使电表示数最小的一端：左端；（3）闭合K1，当K2接a时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，由欧姆定律得：当K2接b时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，由欧姆定律得：联立解得：Rx故答案为：（1）实物连接如图所示：；（2）F、左端；（3）。【点评】本题考查伏安法测电阻，关键是连接实物图时注意电流从电表的正接线
30、柱流入，负接线柱流出，另外要熟练掌握欧姆定律，并能灵活应用。11（12分）如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为UCD为磁场边界上的一块绝缘板，它与N板的夹角为30，N板与CD之间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，小孔Q到N板的下端C的距离为L一静止的带电粒子所带电荷量为+q、质量为m（不计重力），从P点经电场加速后，经小孔Q进入磁场，最终打在N板上。求：（1）带电粒子到达N板时的速度v；（2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小B。【分析】（1）根据动能定理可得带电粒子到达N板时的速度v；（2）带电粒子恰好能够达到N板，则运动轨迹与CD板相切，根据几何
31、关系求半径、根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。【解答】解：（1）根据动能定理可得：qUmv2，解得带电粒子到达N板时的速度v；（2）带电粒子恰好能够达到N板，则运动轨迹与CD板相切，根据几何关系可得：Lr+3r解得r根据洛伦兹力提供向心力可得qvBm解得B。答：（1）带电粒子到达N板时的速度为；（2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小为。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
32、12（20分）如图所示，竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切，半径R0.25m，静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0kg，mB4.0kg，物块A处于圆形光滑轨道的最低点P，两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J释放后，小物块A经半圆形光滑轨道PMN从N点水平抛出。B与地面之间的动摩擦因数为0.20，重力加速度取g10m/s2求：（1）弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小；（2）物块A对轨道N点的压力；（3）B停止后，与A落地点的距离。【分析】（1）释放弹簧过程系统动量守恒，根据题意应用动量守恒定律可
33、以求出两物块的速度。（2）A在轨道上运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达N点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力，再求出A对轨道的压力。（3）应用动能定理求出B的位移，A离开N后做平抛运动，应用平抛运动规律求出A的水平位移，然后答题。【解答】解：（1）释放弹簧过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmBvB0，由题意可知：EK，代入数据解得：vA4m/s，vB1m/s；（2）A从P运动到N过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在N点，由牛顿第二定律得：F+mAgmA，代入数据解得：F14N，由牛顿第三定律可知，A对轨道的压力：FF14N；（3）A离开
34、轨道后做平抛运动，竖直方向：2R水平方向：xAvAt，B向左滑动过程，由动能定理得：mBgxB0，A、B两点间的距离：xxAxB，代入数据解得：xm；答：（1）弹簧释放后瞬间A、B两物块速度的大小分别为4m/s、1m/s；（2）物块A对轨道N点的压力大小为14N，方向：竖直向上；（3）B停止后，与A落地点的距离分别为m。【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与平抛运动规律可以解题。三、解答题（共2小题，满分15分）物理-选修3-313（5分）下列说法正确的是（）A空气中大量PM2.5的运动也是分子热运
35、动B温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同C温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大D气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少E晶体熔化过程分子势能增加【分析】PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。根据理想气体状态方程C，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律UQ+W，放出的热量大于内能的减少，晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能增加了。【解答】解：A、PM2.5在空气中的运
36、动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。故A错误；B、温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子的平均动能相等。故B正确，C错误。D、根据理想气体状态方程C，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学第一定律UQ+W，放出的热量大于内能的减少，故D正确；E、晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分子势能增加了，故E正确；故选：BDE。【点评】本题考查热力学第一定律、分子热运动与分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。14（10分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封
37、一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量Q，活塞缓慢上升d后再次平衡。求：外界空气的温度是多少？在此过程中密闭气体的内能增加了多少？【分析】对于封闭的气体，发生了等压变化，由盖吕萨克定律可求出外界空气的温度。活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据势力学第一定律求得气体的内能增加量。【解答】解：取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化，由盖吕萨克定律得：解得：外界的空气温度为：活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的
38、功 W（mg+p0S）d根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能UQ+WQ（mg+p0S）d答：外界空气的温度是；在此过程中的密闭气体的内能增加了Q（mg+p0S）d。【点评】利用气体的三个定理解决气体的状态变化过程时，要注意寻找不变量。同时要注意P这个参量，它是气体问题和力学知识的关联点。还要注意结合热力学第一定律讨论气体的内能变化。四、解答题（共2小题，满分15分）物理一选修3-415（5分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示
39、，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，则下列说法正确的是（）A波传播到质点c时，质点c开始振动的方向沿y轴正方向B04s内质点b运动的路程为12cmC45s内质点d的加速度正在逐渐减小D6s时质点e第一次回到平衡位置E各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相同【分析】由图乙读出周期。由波速公式求解波长。根据求出波传到各点的时间，分析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分析质点运动方向的关系【解答】解：A、根据乙图可知，波源a开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点c时，质点c开始振动的方向也竖直向上，故A正确；B、波的周期与a点振动周期相等，由图乙
40、知：周期为 T2s，根据公式：，得：vT224m，波从a传到b点的时间为，则在04s内质点b已经振动了t3s时间，而t3s，所以质点b运动路程为 S6A62cm12cm，故B正确；C、波从a传到d点的时间为 ，则在4s时，质点d已经振动了1s，则在45s这段时间内质点d正由平衡位置向波谷运动，加速度在增大，故C错误；D、波从a传到e点的时间为 ，6s时质点e振动了2sT，第二次回到平衡位置，故D错误。E、该波的波长4m，此六质点都振动起来后，a、e的距离等于波长，所以质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相同，故E正确。故选：ABE。【点评】本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析
41、判断各质点的振动情况。也可用画波形图的方法求解。16（10分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上，O点是圆心，半径为R一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面MN上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为，不考虑光在OA、OB面的反射。（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，为使水平面BN不被照亮，求遮光板的最小高度；（2）从OA的中点射入的细光束，在MN上留下一个光点P点，求PO的长度。【分析】（1）当光线射到AB面上恰好发生全反射时，遮光板的最小高度等于光线在AB面上的入射以ON的距离，根据折射定律求出临界角，由几何知识求出遮
42、光板的最小高度。（2）作出光路图，根据几何知识确定光线射到AB面上的入射角，由折射定律求出折射角，再由几何知识求出P点到O点的距离。【解答】解：（1）如图1，当光线在AB面入射角大于临界角C时，将没有光线出射后射向BN平面，设遮光板高度为h，则由折射定律有由几何知识得hRsinC求得（2）如图2，当光在AB面中点入射时，入射角为30，设P点到O点的距离为S，由折射定律得，则：60所以OEP为等腰三角形，由几何关系可知：OP2Rcos30答：（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，使水平面BN不被照亮，遮光板的最小高度是。（2）撤去遮光板，从OA的中点射入的光，在MN上的P处留下一个光点，P点到O点的距离是R。【点评】本题考查了几何光学的运用，对数学能力的要求较高，关键作出光路图，结合折射定律和几何关系综合求解。
