2023年四川省成都市青羊區石室中學高考物理適應性試卷（一）一、單選題1．如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖。拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉動從而拖動物塊。已知輪軸的半徑R＝0.5m，細線始終保持水平；被拖動物塊質量m＝1kg，與地面間的動摩擦因數μ＝0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊做勻速運動 B．細線對物塊的拉力為5N C．細線對物塊的拉力為6N D．物塊做勻加速直線運動，第2s內的位移為2m2．某種光子的能量為E，動量為p，某種物體的質量為m，速率為v0，德布羅意波長為λ，若普朗克常量未知、光速未知，下列說法正確的是（）A．光速的表達式為 B．光子的質量為 C．普朗克常量為 D．光子的頻率為3．如圖所示，a、b兩小球分別從半徑大小為R的半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，a、b均可視為質點，結果a、b兩球同時分別落在半圓軌道和斜面上，則小球的初速度大小為（）（重力加速度為g，不計空氣阻力）A． B． C． D．4．谷歌和NASA宣布，他們發現了第二個“太陽系”，也是迄今為止距離太陽最遠的系外行星系——開普勒—90系統。開普勒﹣90系統的中心恒星質量約為太陽的1.13倍，半徑約為太陽的1.2倍，縱觀整個行星系統，即使是發現的最外側的行星開普勒﹣90h，其軌道也不及地球，因此開普勒﹣90星系又被人們稱為“迷你版的太陽系”，則開普勒﹣90系統中心恒星與太陽表面處的重力加速度之比約為（）5．如圖所示，均勻帶負電圓環半徑為R，帶電量為q，O點為環的圓心，a、b分別位于圓環軸線上O點的兩側，a、b到O點的距離分別為aO＝R，bO＝R。關于a、b、O三點的場強E和電勢φ大小的關系，下列說法正確的是（）A．φa＞φb＞φO B．φO＞φa＞φb C．Ea＞Eb＞EO D．Eb＞Ea＞EO二、多選題（多選）6．某高中科研興趣小組利用學過的知識制造了一臺電磁炮，其原理示意圖如圖甲所示，高壓直流電源電動勢為E，大電容器的電容為C。線圈套在中空的塑料管上，管內光滑，將直徑略小于管的內徑的金屬小球靜置于管口附近。首先將開關S接1，使電容器完全充電，然后立即將開關S轉接2，此后電容器放電，通過線圈的電流隨時間的變化如圖乙所示，金屬小球在0～t1時間內被加速發射出去，t1時刻剛好運動到管口。下列關于該電磁炮的說法正確的是（）A．在0～t1時間內，小球中產生的渦流從左向右看是逆時針方向的 B．小球在塑料管中做勻變速直線運動 C．在t1時刻，小球受到的線圈磁場對它的作用力為零 D．在0～t1時間內，電容器儲存的電能全部轉化為小球的動能（多選）7．2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克大科學裝置（EAST），發現并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未來聚變堆運行具有重要意義。其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區域內。如圖所示，環狀磁場的內半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區域內，則環狀區域內磁場的磁感應強度大小可能是（）A． B． C． D．（多選）8．如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在水平面上的P點，P點到O點的距離為a，軌道上端分別固定在豎直墻面上距O點分別為h1和h2的A、B兩點，現使一小滑塊分別從軌道頂端由靜止釋放，到達P點所用時間均為t，則（）A．滑塊由A、B滑到P的過程中支持力的沖量大小相等 B．a2＝h1h2 C．滑塊由A、B滑到P時速度的水平分量相等 D．t與（h1+h2）成正比三、實驗題9．一興趣小組的同學用身邊的學習用品探究橡皮筋的勁度系數k，進行了下面的操作。將橡皮筋上端固定在豎直面內的白紙上的O點，下端P處用細線拴接，掛上質量m＝30g的橡皮，記下靜止后結點的位置P1。在結點P再系上一根細線，并通過該細線用水平拉力將橡皮在紙面內緩慢拉起，如圖甲所示，又記錄了結點P的四次不同位置。同學們取下白紙，以O點為圓心、以OP段橡皮筋的原長L0為半徑畫圓弧，如圖乙所示。連接OP2，與圓弧交于A2，并過A2作OP1的垂線，垂足為B2。分別測出A2、P2的距離x2和O、B2的距離y22。序號12345x/cmy/cm請完成下列問題：（1）用mg、x、y、L0表示橡皮筋的勁度系數k＝。（2）作出如圖丙所示的圖像，則可求得k＝N/cm（保留兩位有效數字）。10．曉寧利用如圖甲所示的電路圖測量某電源的電動勢和內阻，其中定值電阻R0（阻值約為10ΩΩ，電壓表V1、V2的量程分別為3V，6V，兩電表的內阻很大。實驗時曉宇完成了如下的操作：（1）組裝好實驗器材后，將電阻箱的阻值調到最大，電鍵閉合，調節電阻箱使電壓表V1的指針指到滿偏，再增大電阻箱的阻值，讀出兩電壓表V1、V2的示數U1、U2，反復調節記錄多組實驗數據。（2）為了準確測量R0的阻值，曉宇利用（1）中的數據建立如圖乙所示的坐標系并繪制圖像，則圖像與縱軸的交點應為；電路圖甲中定值電阻的阻值R0＝Ω。（結果保留兩位有效數字）（3）曉宇又利用（1）中的數據建立如圖丙所示的坐標系并繪制圖像，由圖像可知該電源的電動勢為E＝V，內阻為r＝Ω；內阻r的測量值與真實值相比（填“偏大”“偏小”或“不變”）。（結果均保留兩位有效數字）四、解答題11．1911年，物理學家密立根通過著名的油滴實驗測出基本電荷的電荷量。該實驗中，平行板電容器極板水平放置，兩極板間距離為d，上極板有一小孔。帶電油滴從小孔落入電容器中，油滴受到的空氣阻力大小與速度大小成正比，比例系數為常數k，不計空氣浮力。當電容器未加電壓時，經過一段時間，可以觀察到油滴以恒定速度v1下落。當電容器下極板帶正電，電壓為U時，經過一段時間，可以觀察到油滴以恒定速度v2上升。（1）求油滴的電性和帶電量q；×10﹣2×10﹣16kg，當電容器未加電壓時，油滴以恒定速度下落一段距離l所用的時間t1＝11.9s。使電容器下極板帶正電，電壓U＝25V，測量油滴以恒定速度上升相同一段距離l所用的時間t2。撤去電壓使油滴下落，用X射線照射極板間的空氣產生離子，使油滴的帶電量發生改變，再加相同電壓重新測量t2。重復多次測量之后發現×10﹣3s﹣12，結果保留兩位有效數字）。12．如圖所示，滑塊A（可視為質點）位于小車B的最左端，二者一起以v0＝8m/s的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質量分別為mA＝3kg、mB＝1kg、mC＝1kg，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數均為μ＝0.1，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產生的熱量Q1；（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移xC的大小。五、多選題（多選）13．下列說法正確的是（）A．輪胎打足氣后，不會被壓扁，是因為輪胎內的氣體分子間表現為斥力 B．絕熱氣缸中氣體向真空膨脹，體積增大，但內能保持不變 C．一種物質密度為ρ，每個分子的體積為V0，則單位質量的這種物質具有的分子數為 D．兩個分子在靠近的過程中，分子勢能可能先減小后增大 E．農業生產中，鋤松地面的土壤，目的是破壞土壤表面層的毛細管，減少水分的蒸發六、解答題14．如圖所示，柱形絕熱氣缸豎直放置，一定質量的理想氣體被重力為G、橫截面積為S的絕熱活塞封閉在氣缸內，此時活塞距氣缸底部的距離為L0，氣缸內氣體熱力學溫度為T0。現通過電熱絲緩慢對氣缸內氣體加熱，通過電熱絲的電流為I，電熱絲電阻為R，加熱時間為t，使氣體熱力學溫度升高到2T0。已知大氣壓強為p0，活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動，設電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收。求氣缸內氣體熱力學溫度從T0升高到2T0的過程中。（1）活塞移動的距離x；（2）該氣體增加的內能ΔU。七、多選題（多選）15．在均勻介質中，有一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，在t＝0時刻的波形如圖所示，此時質點Q位于波峰，隨后的3.75s內質點Q通過的總路程為50cm。則下列說法錯誤的是（）A．該波沿x軸正方向傳播的速度為 C．質點P的振動方程為y＝ D．t＝3s時x＝18m的質點沿x軸向右移動的距離為60m 八、解答題16．各色各類的觀賞魚給養魚愛好者帶來無窮的樂趣，各式各樣的魚缸也吸引了眾多消費者的目光。如圖所示是一個水平橫截面為圓形的平底玻璃魚缸，玻璃缸深度為2h，缸底面圓心處有一單色點光源S，缸中裝有某種液體，深度為h，O點為液面的圓心，OS垂直于水平面，用面積為πh2的黑紙片覆蓋在液面上，則液面上方恰好無光線射出。若在上述黑紙片上，以O為圓心剪出一個面積為的圓孔，把余下的黑紙環仍放置在液面上原來的位置，使所有出射光線都從缸口射出，則（1）該液體的折射率為多少？（2）缸口的最小面積為多少？2023年四川省成都市青羊區石室中學高考物理適應性試卷（一）參考答案與試題解析一、單選題1．如圖所示為用絞車拖物塊的示意圖。拴接物塊的細線被纏繞在輪軸上，輪軸逆時針轉動從而拖動物塊。已知輪軸的半徑R＝0.5m，細線始終保持水平；被拖動物塊質量m＝1kg，與地面間的動摩擦因數μ＝0.5；輪軸的角速度隨時間變化的關系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A．物塊做勻速運動 B．細線對物塊的拉力為5N C．細線對物塊的拉力為6N D．物塊做勻加速直線運動，第2s內的位移為2m【分析】物塊速度與輪軸線速度相等，由v＝ωR＝kRt，分析物塊的運動情況，求出加速度，由牛頓第二定律求細線的拉力。結合勻變速直線運動的位移—時間公式求解第2s內的位移。【解答】解：A、物塊速度與輪軸線速度相等，則物塊的速度v＝ωR＝kRt＝2×0.5t＝t，速度與時間成正比，因此物塊做勻變速直線運動，故A錯誤；BC、由v＝t可知物塊加速度a＝1m/s2對物塊受力分析得F﹣μmg＝ma解得細線對物塊的拉力為：F＝6N，故B錯誤，C正確；D、由運動學公式可得，1s內位移為x1＝0.5m，2s內位移為x2＝2m，則第2s內位移為xⅡ＝x2﹣x1＝2m﹣0.5m＝1.5m，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題關鍵根據輪軸的線速度等于物塊運動速度，通過列式分析物塊的運動情況，從而求得物塊的加速度。2．某種光子的能量為E，動量為p，某種物體的質量為m，速率為v0，德布羅意波長為λ，若普朗克常量未知、光速未知，下列說法正確的是（）A．光速的表達式為 B．光子的質量為 C．普朗克常量為 D．光子的頻率為【分析】根據光子能量計算公式、德布羅意波長表達式結合愛因斯坦質能方程進行解答。【解答】解：A、根據光子能量計算公式可得：E＝hν＝，根據德布羅意波長表達式可得：，解得：c＝，故A錯誤；B、根據E＝m0c2可得光子質量m0＝＝，故B錯誤；C、某種物體的質量為m，速率為v0，德布羅意波長為λ＝，解得普朗克常量：h＝mv0λ，故C錯誤；D、根據光子能量計算公式可得：E＝hν，解得光子的頻率為：ν＝＝，故D正確。故選：D。【點評】本題主要是考查光子能量的計算和德布羅意波長的計算，關鍵是掌握光子能量的計算公式和德布羅意波長的計算公式，知道動量與速度的關系。3．如圖所示，a、b兩小球分別從半徑大小為R的半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，a、b均可視為質點，結果a、b兩球同時分別落在半圓軌道和斜面上，則小球的初速度大小為（）（重力加速度為g，不計空氣阻力）A． B． C． D．【分析】a、b兩球都做平拋運動，根據運動時間關系，分析下落高度關系，確定斜面的傾角大小，結合分位移公式求解小球的初速度大小。【解答】解：a、b兩球以相同的初速度同時平拋，同時分別落在半圓軌道和斜面上，可知兩小球運動時間相等，在豎直方向和水平方向的位移大小相等，將右側三角形斜面放入左側半圓，三角形斜邊與圓弧有一交點，該交點與拋出點之間豎直方向的距離與水平方向的距離就是小球做平拋運動的豎直位移大小和水平位移大小，分別設為y和x，并設小球從拋出到落到斜面上所用時間為t，斜面傾角為θ，如圖所示。根據題意：斜面斜邊長是其豎直高度的2倍，可知：sinθ＝則θ＝30°由幾何關系可得x＝R+Rcos2θ＝v0t聯立解得：，，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】解決本題的關鍵要明確兩球之間的聯系，搞清兩小球豎直分位移與水平分位移的關系，結合幾何關系和平拋運動規律進行處理。4．谷歌和NASA宣布，他們發現了第二個“太陽系”，也是迄今為止距離太陽最遠的系外行星系——開普勒—90系統。開普勒﹣90系統的中心恒星質量約為太陽的1.13倍，半徑約為太陽的1.2倍，縱觀整個行星系統，即使是發現的最外側的行星開普勒﹣90h，其軌道也不及地球，因此開普勒﹣90星系又被人們稱為“迷你版的太陽系”，則開普勒﹣90系統中心恒星與太陽表面處的重力加速度之比約為（）【分析】星球表面重力近似等于萬有引力，求重力加速度之比。【解答】解：在星球表面重力近似等于萬有引力，則有則開普勒﹣90系統中心恒星與太陽表面處的重力加速度之比，解得≈故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查學生對規律星球表面重力近似等于萬有引力的掌握，比較基礎。5．如圖所示，均勻帶負電圓環半徑為R，帶電量為q，O點為環的圓心，a、b分別位于圓環軸線上O點的兩側，a、b到O點的距離分別為aO＝R，bO＝R。關于a、b、O三點的場強E和電勢φ大小的關系，下列說法正確的是（）A．φa＞φb＞φO B．φO＞φa＞φb C．Ea＞Eb＞EO D．Eb＞Ea＞EO【分析】根據沿電場線方向電勢降低判斷電勢高低；將圓環帶電量分為n份q，分別求每一份q在M點產生的場強沿x軸和垂直x軸分量的大小，從而求合場強分析電場強度的大小。【解答】解：AB、帶負電的圓環通過O點的軸線上，電場線方向從無限遠指向O，根據沿電場線方向電勢降低可知：φb＞φa＞φO，故AB錯誤；CD、設軸線上距離O點位移為x的點的電場強度為E，將圓環分為n份，每份的電荷量為：q＝，如圖所示：根據點電荷電場強度的計算公式可得：E1＝根據電場強度的疊加可得：E＝nE1cosθ，其中cosθ＝聯立解得：E＝所以O點的電場強度為EO＝0、a點的電場強度為：Ea＝、b點的電場強度為：Eb＝所以Ea＞Eb＞EO，故C正確、ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查電場的疊加和電勢高低的判斷，要求學生結合點電荷電場強度公式以及矢量分解，求出電場強度大小，知道沿電場線方向電勢降低。二、多選題（多選）6．某高中科研興趣小組利用學過的知識制造了一臺電磁炮，其原理示意圖如圖甲所示，高壓直流電源電動勢為E，大電容器的電容為C。線圈套在中空的塑料管上，管內光滑，將直徑略小于管的內徑的金屬小球靜置于管口附近。首先將開關S接1，使電容器完全充電，然后立即將開關S轉接2，此后電容器放電，通過線圈的電流隨時間的變化如圖乙所示，金屬小球在0～t1時間內被加速發射出去，t1時刻剛好運動到管口。下列關于該電磁炮的說法正確的是（）A．在0～t1時間內，小球中產生的渦流從左向右看是逆時針方向的 B．小球在塑料管中做勻變速直線運動 C．在t1時刻，小球受到的線圈磁場對它的作用力為零 D．在0～t1時間內，電容器儲存的電能全部轉化為小球的動能【分析】根據磁通量的變化特點判斷感應電流大小的變化特點，然后判斷小球的加速度變化特點；根據電流的變化判斷能量轉化的關系；根據楞次定律判斷渦流的方向。【解答】解：A．在0～t1時間內，由安培定則可知，線圈電流在線圈內產生的磁場方向向右，當線圈電流增大時，產生的磁場也增大，故通過金屬小球的磁通量增大，根據楞次定律可知，金屬小球中產生阻礙磁通量變大的磁場，即渦流的磁場方向向左，由安培定則可知，金屬小球中產生的渦流從左向右看是逆時針方向的，故A正確；BC．線圈中的磁場強弱程度與通過線圈的電流大小成正比，根據圖乙可知，線圈中產生的磁感應強度（磁通量）變化步調與電流i的變化步調一致，在0～t1時間內，線圈電流i從0逐漸增大，但其變化率卻逐漸減小至0，所以線圈中的磁通量變化率也逐漸減小至0，金屬小球中感應電動勢也逐漸減小至0，故金屬小球中的渦流也逐漸減小至0，當t＝0時，由于i＝0，故金屬小球受到線圈磁場對它的作用力為0，當t＝t1時，金屬小球受到線圈磁場對它的作用力也為0，故0～t1時間內，金屬小球受到線圈磁場對它的作用力應先增大后減小，即加速度應先增大后減小，則小球一直做變速運動，故B錯誤，C正確；D．電容器放電過程中，變化的磁場在空間產生了變化的電場，然后以電磁波的形式傳遞出去，散失了一部分能量，同時線圈中有電流，會產生磁場，磁場本身也有一定的能量，所以0～t1時間內，電容器儲存的電能沒有全部轉化為小球的動能，有部分能量發散損耗，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題是電磁感應與電路、力學知識的綜合，解決這類題目的基本思路是對研究對象正確進行受力分析，弄清運動形式，然后依據相應規律求解。（多選）7．2023年1月7日，中科院聚變大科學團隊利用有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克大科學裝置（EAST），發現并證明了一種新的高能量約束模式，對國際熱核聚變實驗堆和未來聚變堆運行具有重要意義。其基本原理是由磁場約束帶電粒子運動，使之束縛在某個區域內。如圖所示，環狀磁場的內半徑為R1，外半徑為R2，被束縛的帶電粒子的比荷為k，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度，速度大小為v。中空區域中的帶電粒子都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在半徑為R2的區域內，則環狀區域內磁場的磁感應強度大小可能是（）A． B． C． D．【分析】要使所有的粒子都不能穿出磁場，則要求與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，可知2r最大為R2﹣R1，所以粒子運動的最大半徑為，再根據帶電粒子在磁場中軌道半徑公式求出磁感應強度。【解答】解：由題意可知，要使所有的粒子都不能穿出磁場，與內圓相切的方向進入磁場的粒子在磁場運動的軌跡剛好與外圓相切，運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，粒子最大軌道半徑為：粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故可得：故解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為：r＝又由題意知，粒子的荷質比為：則結合半徑公式r＝可知：r＝解得：要使粒子不離開磁場，r≤，則由于R1＜R2，則有：＝?＞＝?＜故AB錯誤，CD正確；故選：CD。【點評】本題對數學幾何的能力要求較高，解題關鍵是找出臨界的半徑，再通過帶電粒子在磁場中的半徑公式求出臨界的速度。（多選）8．如圖所示，兩條光滑的軌道下端固定在水平面上的P點，P點到O點的距離為a，軌道上端分別固定在豎直墻面上距O點分別為h1和h2的A、B兩點，現使一小滑塊分別從軌道頂端由靜止釋放，到達P點所用時間均為t，則（）A．滑塊由A、B滑到P的過程中支持力的沖量大小相等 B．a2＝h1h2 C．滑塊由A、B滑到P時速度的水平分量相等 D．t與（h1+h2）成正比【分析】根據沖量的定義I＝Ft分析支持力的沖量關系；根據牛頓第二定律和位移—時間公式相結合得到物體下滑的時間表達式，根據兩種情況時間相等列式，求解a與h1、h2的關系式；由速度—時間公式得到滑塊滑到P時的速度大小，再得到速度水平分量大小，即可分析速度的水平分量關系；根據兩次下滑過程中的高度之和與時間的關系，分析t與（h1+h2）的關系。【解答】解：A、設軌道傾角為α，則支持力的沖量為IN＝mgcosα?t＝mgtcosα，時間相同，而傾角不同，則支持力的沖量大小不相等，故A錯誤；B、物體從傾角為α的斜面下滑時，有＝，則物體下滑的時間兩次到達P點所用時間相同，則sin2α1＝sin2α2可得：2α1＝π﹣2α2即兩次下滑過程中的高度乘積h1h2＝atanα1?atanα2＝a2，故B正確；C、滑到P點時的速度v＝gsinα?t＝gtsinα，水平速度，結合sin2α1＝sin2α2，知滑塊由A、B滑到P時速度的水平分量相等，故C正確；D、兩次下滑過程中的高度之和h＝h1+h2＝a（tanα1+tanα2），又，聯立可得：，所以t與（h1+h2）不成正比，故D錯誤。故選：BC。【點評】解答本題時，關鍵要抓住時間的一般表達式，分析斜面傾角的正弦關系，根據沖量的定義式、運動學公式列式分析。三、實驗題9．一興趣小組的同學用身邊的學習用品探究橡皮筋的勁度系數k，進行了下面的操作。將橡皮筋上端固定在豎直面內的白紙上的O點，下端P處用細線拴接，掛上質量m＝30g的橡皮，記下靜止后結點的位置P1。在結點P再系上一根細線，并通過該細線用水平拉力將橡皮在紙面內緩慢拉起，如圖甲所示，又記錄了結點P的四次不同位置。同學們取下白紙，以O點為圓心、以OP段橡皮筋的原長L0為半徑畫圓弧，如圖乙所示。連接OP2，與圓弧交于A2，并過A2作OP1的垂線，垂足為B2。分別測出A2、P2的距離x2和O、B2的距離y22。序號12345x/cmy/cm請完成下列問題：（1）用mg、x、y、L0表示橡皮筋的勁度系數k＝。（2）作出如圖丙所示的圖像，則可求得k＝0.42N/cm（保留兩位有效數字）。【分析】（1）根據共點力平衡條件可解得；（2）結合圖像的斜率與截距解得勁度系數；【解答】解：（1）設橡皮筋與豎直方向的夾角為θ，重物重力為mg，結點P在豎直拉力（橡皮重力mg）、橡皮筋拉力T和水平拉力F的作用下處于平衡狀態，滿足下圖示關系則而T＝kx聯立解得（2）由（1）可知由圖丙可得圖像斜率又根據表格可知原長L0綜上可得k≈故答案為：（1）；（2）0.42。【點評】本題考查彈簧勁度系數的計算，解題關鍵掌握共點力平衡條件的應用，注意圖像的斜率與截距的應用。10．曉寧利用如圖甲所示的電路圖測量某電源的電動勢和內阻，其中定值電阻R0（阻值約為10ΩΩ，電壓表V1、V2的量程分別為3V，6V，兩電表的內阻很大。實驗時曉宇完成了如下的操作：（1）組裝好實驗器材后，將電阻箱的阻值調到最大，電鍵閉合，調節電阻箱使電壓表V1的指針指到滿偏，再增大電阻箱的阻值，讀出兩電壓表V1、V2的示數U1、U2，反復調節記錄多組實驗數據。（2）為了準確測量R0的阻值，曉宇利用（1）中的數據建立如圖乙所示的坐標系并繪制圖像，則圖像與縱軸的交點應為1.0；電路圖甲中定值電阻的阻值R0＝8.0Ω。（結果保留兩位有效數字）（3）曉宇又利用（1）中的數據建立如圖丙所示的坐標系并繪制圖像，由圖像可知該電源的電動勢為E＝6.0V，內阻為r＝4.0Ω；內阻r的測量值與真實值相比偏小（填“偏大”“偏小”或“不變”）。（結果均保留兩位有效數字）【分析】（2）根據串聯電路電流處處相等結合歐姆定律列式，對表達式進行整理即可求解；（3）根據閉合電路的歐姆定律可得圖像的函數解析式，根據圖像的斜率與截距分析解答，再根據該實驗引起誤差的原因為電壓表的分流，進行誤差分析。【解答】解：（2）根據串聯電路電流處處相等，由圖甲所示電路圖可知I＝＝，整理得＝×R+1，當R＝0時＝1，所以圖像在縱軸的截距為1.0，則﹣R圖像的斜率k＝＝Ω﹣1，解得R0Ω；（3）由圖甲所示電路圖可知＝I，由E＝U2+Ir可得，U2＝E﹣×r，結合圖像可知，電源電動勢E＝6.0V，電源內阻r＝Ω；由于電壓表分流的作用，實驗等效外接伏安法測電源電動勢和內阻，內阻r的測量值比真實值偏小。故答案為：（2）1.0，8.0；（3）6.0，4.0，偏小【點評】本題考查對圖象的認識，要掌握從圖線中獲取電源的電動勢和內電阻的方法，在計算內阻的時候，要注意斜率的意義。四、解答題11．1911年，物理學家密立根通過著名的油滴實驗測出基本電荷的電荷量。該實驗中，平行板電容器極板水平放置，兩極板間距離為d，上極板有一小孔。帶電油滴從小孔落入電容器中，油滴受到的空氣阻力大小與速度大小成正比，比例系數為常數k，不計空氣浮力。當電容器未加電壓時，經過一段時間，可以觀察到油滴以恒定速度v1下落。當電容器下極板帶正電，電壓為U時，經過一段時間，可以觀察到油滴以恒定速度v2上升。（1）求油滴的電性和帶電量q；×10﹣2×10﹣16kg，當電容器未加電壓時，油滴以恒定速度下落一段距離l所用的時間t1＝11.9s。使電容器下極板帶正電，電壓U＝25V，測量油滴以恒定速度上升相同一段距離l所用的時間t2。撤去電壓使油滴下落，用X射線照射極板間的空氣產生離子，使油滴的帶電量發生改變，再加相同電壓重新測量t2。重復多次測量之后發現×10﹣3s﹣12，結果保留兩位有效數字）。【分析】（1）當極板上沒加電壓時，油滴以恒定的速率v在空氣中緩慢降落，重力與空氣阻力平衡，根據平衡條件求出重力．當極板上加電壓U時，油滴以恒定的速率v2緩慢上升，電場力與重力和空氣阻力的合力平衡，再由平衡條件求解電量。（2）根據油滴通過某一定值的豎直距離時，以恒定的速率v1下降時所需時間為t1，恒定速率v2上升同一豎直距離所需時間為t2，根據兩個時間的關系式．再由（×10﹣3s﹣1的整數倍，得出電量的表達式，求解基元電荷的帶電量。【解答】解：（1）設油滴的質量為m，當電容器未加電壓時，油滴受重力和阻力作用，由平衡條件可得：kv1＝mg當電容器電壓為U時，極板間的電場強度：由平衡條件可得：qE＝mg+kv2聯立以上各式解得：由于下極板帶正電，根據油滴先下降后再返回，則判斷油滴的電性為正電；（2）由題設條件和運動學關系得：l＝v1t1，l＝v2t2由上一問結論可知：所以電荷量：聯立解得：根據題意，當：時對應的電荷量為基本電荷的電荷量e，代入數據解得：e≈×10﹣19C答：（1）油滴的電性為正，帶電量q為；×10﹣19C。【點評】本題題目比較長，文字較多，首先要耐心讀題，其次要抓住有效信息，要具有構建物理模型的能力。12．如圖所示，滑塊A（可視為質點）位于小車B的最左端，二者一起以v0＝8m/s的初速度向右勻速運動，木塊C靜止在小車B的正前方，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短可忽略不計。已知A、B、C的質量分別為mA＝3kg、mB＝1kg、mC＝1kg，A與B之間、C與水平地面之間的摩擦因數均為μ＝0.1，不計小車B與地面之間的摩擦，小車的表面水平且足夠長，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產生的熱量Q1；（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移xC的大小。【分析】（1）根據動量守恒定律、機械能守恒定律求解BC彈性碰撞后兩物體的速度，根據運動狀態，由牛頓第二定律求三個物體的加速度大小；（2）由動量守恒定律求出AB的共同速度。再由能量守恒定律求AB兩者摩擦生熱；（3）由運動學公式判斷BC發生第二次碰撞時C是否靜止，并求出BC兩物體的速度及位移。再根據彈性碰撞的規律求出第二次碰撞后的速度，同樣道理求出到第三次碰撞前C的位移，相加即可得到結果。【解答】解：（1）設小車B和木塊C第1次碰撞后速度分別為vB和vC，彈性碰撞滿足以向右方向為正，動量守恒：mBv0＝mBvB+mCvC機械能守恒：解得：vB＝0，vC＝8m/s滑塊A速度不變，滑塊A和小車B發生相對滑動，由牛頓第二定律得，μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，μmCg＝mCaC解得：，，（2）小車B和木塊C第1次碰撞后，滑塊A勻減速，小車B勻加速，木塊C勻減速，在小車B和木塊C第2次碰撞前，設滑塊A和小車B已經達到相同速度v1一起勻速運動對滑塊A和小車B系統，以向右為正方向，由動量守恒得：mAv0＝（mA+mB）v1解得：v1＝6m/s由能量守恒得：代入數據解得：Q1＝24J（3）滑塊A和小車B以速度v1一起勻速運動，在小車B和木塊C第2次碰撞前，假設木塊C未停止運動，速度為v2，兩次碰撞之間小車B和木塊C的位移均為x1，由運動學關系得：，解得：v2＝2m/s或v2＝10m/s（舍）所以假設成立，小車B和木塊C第2次碰撞前木塊C未停止運動代入數據還得到：x1＝30m設小車B和木塊C第2次碰撞后速度分別為vB1和vC1，彈性碰撞滿足以向右為正方向，由動量守恒定律有：mBv1+mCv2＝mBvB1+mCvC1機械能守恒：解得：vB1＝v2＝2m/s，vCl＝v1＝6m/s設在小車B和木塊C第3次碰撞前，滑塊A和小車B已經達到相同速度v3一起勻速運動，對滑塊A和小車B系統，以向右為正，由動量守恒得：mAv1+mBv2＝（mA+mB）v3解得：v3＝5m/s設小車B和木塊C第2次碰撞后到第3次碰撞前的過程中，小車B和木塊C的位移均為x2，第3次碰撞前C的速度為v4，由運動學關系得：，解得：v4＝3m/s或v4＝7m/s（舍），x2同理，小車B和木塊C第3次碰撞前木塊C未停止運動：xC＝x1+x2代入數據解得：xC答：（1）小車B和木塊C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小分別為1m/s2，3m/s2，1m/s2；（2）小車B和木塊C第2次碰撞前，滑塊A與小車B摩擦產生的熱量Q1為24J；（3）小車B和木塊C第3次碰撞前，木塊C運動的位移xC的大小為43.5m。【點評】本題是關于彈性碰撞的多物體、多過程的板塊模型，涉及到牛頓第二定律、勻變速直線運動學規律、動量守恒定律等知識點，難點在于兩次碰撞間的位移關系及計算，要隔離物體分別分析，結合相應的規律解決關鍵問題。五、多選題（多選）13．下列說法正確的是（）A．輪胎打足氣后，不會被壓扁，是因為輪胎內的氣體分子間表現為斥力 B．絕熱氣缸中氣體向真空膨脹，體積增大，但內能保持不變 C．一種物質密度為ρ，每個分子的體積為V0，則單位質量的這種物質具有的分子數為 D．兩個分子在靠近的過程中，分子勢能可能先減小后增大 E．農業生產中，鋤松地面的土壤，目的是破壞土壤表面層的毛細管，減少水分的蒸發【分析】輪胎充足氣后很難壓縮，是因為輪胎內氣體的壓強大；氣體在向真空膨脹的過程中沒有力的作用，所以不做功，絕熱過程，內能不變；根據摩爾體積所代表的物理意義分析；當r為無窮大時，分子勢能為零，當r＝r0時，分子勢能最小，且為負值；鋤地松土可以破壞土壤的毛細管，使水分保持在土層以下，減少水分蒸發。【解答】解：A．輪胎打足氣后，不會被壓扁，是因為輪胎內氣體壓強大于輪胎外部壓強，故A錯誤；B．絕熱氣缸中氣體向真空膨脹，屬于自由擴散現象，故氣體對外界不做功、不吸熱，所以體積增大，但內能保持不變，故B正確；C．如果該物質是氣體，因為氣體分子間有間隙，所以ρV0是每個分子的質量，即單位質量的這種物質具有的分子數不為，故C錯誤；D．兩個分子在靠近的過程中，分子勢能可能先減小后增大，例如兩個分子間距從無限遠到小于r0的過程，故D正確；E．農業生產中，鋤松地面的土壤，目的是破壞土壤表面層的毛細管，減少水分的蒸發，故E正確。故選：BDE。【點評】本題考查了內能的變化、分子勢能、熱力學第一定律、毛細現象等熱學基礎知識，要求學生對這部分知識要重視課本，強化理解并記憶。六、解答題14．如圖所示，柱形絕熱氣缸豎直放置，一定質量的理想氣體被重力為G、橫截面積為S的絕熱活塞封閉在氣缸內，此時活塞距氣缸底部的距離為L0，氣缸內氣體熱力學溫度為T0。現通過電熱絲緩慢對氣缸內氣體加熱，通過電熱絲的電流為I，電熱絲電阻為R，加熱時間為t，使氣體熱力學溫度升高到2T0。已知大氣壓強為p0，活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動，設電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收。求氣缸內氣體熱力學溫度從T0升高到2T0的過程中。（1）活塞移動的距離x；（2）該氣體增加的內能ΔU。【分析】（1）根據一定質量的理想氣體的狀態方程列式計算出活塞移動的距離；（2）根據熱力學第一定律，結合氣體的做功公式得出氣體增加的