四川省2024年高考物理模擬試卷及答案22

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題（本題共8小題，每小題6分；在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~4題只有一項(xiàng)符合題目要求，第5~8題有多項(xiàng)符合題目要求；全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）得分1．如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個(gè)H5所用的時(shí)間為t1，第五個(gè)H5所用的時(shí)間為tA．1<t2t1<2 B．2<t2．如圖所示，衛(wèi)星A是2022年8月20日我國(guó)成功發(fā)射的遙感三十五號(hào)04組衛(wèi)星，衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，若它們均可視為繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星P是地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是（）A．衛(wèi)星A的運(yùn)行周期可能為48hB．衛(wèi)星B在6h內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角是45°C．衛(wèi)星B的線速度小于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的線速度D．衛(wèi)星B的向心加速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度3．一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v，對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1A．WF2＞4WF1，Wf2C．WF2＜4WF1，Wf24．如圖所示，某種氣體分子束由質(zhì)量為m、速度為v的分子組成，設(shè)各分子都向同一方向運(yùn)動(dòng)，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回。如果分子束中每立方米的體積內(nèi)有n0個(gè)分子，下列說(shuō)法正確的是（）A．單個(gè)分子與平面碰撞的過(guò)程中，動(dòng)量變化量的大小為0B．單個(gè)分子與平面碰撞的過(guò)程中，平面對(duì)其做功為負(fù)功C．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為2n0mv2D．分子束撞擊平面所產(chǎn)生的壓強(qiáng)為n0mv25．如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點(diǎn)A'、B'、C'分別是三條棱的中點(diǎn)．現(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正的點(diǎn)電荷，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．A'，B'，C'三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．△ABC所在平面為等勢(shì)面C．將一正的試探電荷從A'點(diǎn)沿直線A'B'移到B'點(diǎn)，靜電力對(duì)該試探電荷先做正功后做負(fù)功D．若A'點(diǎn)的電勢(shì)為φA'，A點(diǎn)的電勢(shì)為φA，則A'A連線中點(diǎn)D處的電勢(shì)φD一定小于φ6．一鋼球從某高度自由下落到一放在水平地面的彈簧上，從鋼球與彈簧接觸到壓縮到最短的過(guò)程中，彈簧的彈力F、鋼球的加速度a、重力所做的功WG以及小球的機(jī)械能E與彈簧壓縮量x的變化圖線如下圖(不考慮空間阻力)，選小球與彈簧開(kāi)始接觸點(diǎn)為原點(diǎn)，建立圖示坐標(biāo)系，并規(guī)定向下為正方向，則下述選項(xiàng)中的圖象符合實(shí)際的是（）A． B．C． D．7．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，圓環(huán)的圓心O的正上方B點(diǎn)固定有一定滑輪，B點(diǎn)的左側(cè)再固定有一定滑輪。質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，輕質(zhì)細(xì)線跨過(guò)兩個(gè)定滑輪，一端連接小球，另一端連接質(zhì)量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環(huán)上的A點(diǎn)，OA與豎直方向的夾角為53°，且AB正好沿圓環(huán)的切線方向，P點(diǎn)為圓環(huán)的最高點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦，不計(jì)滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，sin53°=0.8A．小球與物塊靜止時(shí)，豎直向下的拉力F=B．撤去拉力F的瞬間，細(xì)線的拉力大小為8C．小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，物塊的重力勢(shì)能減少量為2D．若小球在P點(diǎn)的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v8．長(zhǎng)為l、間距為d的平行金屬板水平正對(duì)放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個(gè)裝置結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在某一位置時(shí)，粒子恰好垂直撞在光屏上。對(duì)此過(guò)程，下列分析正確的是（）A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mgB．粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏的速度變化量相同C．若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子不會(huì)垂直打在光屏上D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上閱卷人二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第13~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。得分9．某實(shí)驗(yàn)小組欲測(cè)定國(guó)內(nèi)某地重力加速度的大小，實(shí)驗(yàn)器材有：氣墊導(dǎo)軌、光電門(mén)、氣泵、滑塊（含遮光條）、鉤碼、細(xì)線、各種測(cè)量工具等。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，使其保持水平；②測(cè)定滑塊質(zhì)量M、鉤碼的質(zhì)量m、遮光條的寬度d及滑塊上遮光條的初位置O與光電門(mén)A的間距L；保持滑塊靜止不動(dòng)，用細(xì)線跨過(guò)導(dǎo)軌左端的定滑輪將滑塊與鉤碼相連；③無(wú)初速度釋放滑塊，記錄遮光條經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t；④改變O點(diǎn)位置，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，作出相應(yīng)函數(shù)圖象，計(jì)算重力加速度的大小。（1）實(shí)驗(yàn)測(cè)得滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度為v=。（用題目中給定物理量的字母表示）（2）測(cè)定重力加速度g的原理表達(dá)式為。（用題目中給定物理量的的字母表示）（3）為精準(zhǔn)測(cè)定該地的重力加速度，實(shí)驗(yàn)小組多次改變O、A之間的距離，以L為縱軸，以1t2為橫軸，用電腦擬合出其函數(shù)關(guān)系圖像，在M=700g、m=100g、d=5.0mm的條件下，測(cè)得圖像斜率的數(shù)值為1.02×10-5，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s10．某同學(xué)欲將內(nèi)阻為100Ω、量程為300μA的電流計(jì)G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對(duì)準(zhǔn)電流表表盤(pán)的300μA刻度?？蛇x用的器材還有：定值電阻R1（阻值25Ω）；定值電阻R2（阻值100Ω）；滑動(dòng)變阻器R（最大阻值1000Ω）；干電池（E=1.5V．r=2Ω）；紅、黑表筆和導(dǎo)線若干。改裝電路如圖甲所示。（1）定值電阻應(yīng)選擇（填元件符號(hào)）．改裝后的歐姆表的中值電阻為Ω。（2）該同學(xué)用改裝后尚未標(biāo)示對(duì)應(yīng)刻度的歐姆表測(cè)量?jī)?nèi)阻和量程均未知的電壓表V的內(nèi)阻。步驟如下：先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)填圖甲中對(duì)應(yīng)元件代號(hào)），使電流計(jì)G指針指到μA；再將（填“紅”或“黑”）表筆與V表的“+”接線柱相連，另一表筆與V表的“一”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內(nèi)阻為Ω，量程為V。11．如圖，長(zhǎng)度x=5m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其上表面QM間距離為L(zhǎng)=4m，MN無(wú)限長(zhǎng)，M端與傳送帶平滑連接．物塊A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，A的質(zhì)量m=1.5kg，B的質(zhì)量M=5.5kg．開(kāi)始A靜止在P處，B靜止在Q處，現(xiàn)給A一個(gè)向右的初速度vo=8m/s，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.15，A與擋板的碰撞也無(wú)機(jī)械能損失．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）A、B碰撞后瞬間的速度大?。唬?）若傳送帶的速率為v=4m/s，試判斷A、B能否再相遇，如果能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠(yuǎn)．12．如圖所示，豎直面內(nèi)有水平線MN與豎直線PQ交于P點(diǎn)，O在水平線MN上，OP間距為d，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從O處以大小為v0、方向與水平線夾角為θ＝60o的速度，進(jìn)入大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與豎直方向夾角為θ＝60o，粒子到達(dá)PQ線上的A點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能為在O處時(shí)動(dòng)能的4倍．當(dāng)粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，突然將電場(chǎng)改為大小為E2，方向與豎直方向夾角也為θ＝60o的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后粒子能到達(dá)PQ線上的B點(diǎn)．電場(chǎng)方向均平行于MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫(huà)出一條電場(chǎng)線示意其方向．已知粒子從O運(yùn)動(dòng)到A的時(shí)間與從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間相同，不計(jì)粒子重力，已知量為m、q、v0、d．求：（1）粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力所做功W；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E1、E2；（3）粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB．13．下列說(shuō)法正確的是A．布朗運(yùn)動(dòng)反映了組成懸浮微粒的固體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性B．在水面上輕放一枚針，它會(huì)浮在水面，這是由于水面存在表面張力緣故C．物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加D．物體體積變大時(shí)，分子勢(shì)能有可能增大，也有可能減小E．—定質(zhì)量的晶體在熔化過(guò)程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢(shì)能14．如圖，A為豎直放置的導(dǎo)熱汽缸，其質(zhì)量M=50kg、高度L=12cm，B為汽缸內(nèi)的導(dǎo)熱活塞，其質(zhì)量m=10kg，B與水平地面間連有勁度系數(shù)k=100N/cm的輕彈簧，A與B的橫截面積均為S=100cm2。初始狀態(tài)下，汽缸A內(nèi)封閉著常溫下的氣體，A、B和彈簧均靜止，B與汽缸口相平。設(shè)活塞與汽缸間緊密接觸且無(wú)摩擦，活塞厚度不計(jì)，外界大氣壓強(qiáng)p0=1×105Pa。重力加速度g=10m/s2。（1）求初始狀態(tài)下汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；（2）用力緩慢向下壓汽缸A（A的底端始終未接觸地面），使活塞B下降1cm，求此時(shí)B到汽缸頂端的距離。15．如圖所示是某繩波形成過(guò)程的示意圖，1、2、3、4……為繩上的一系列等距離的質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩質(zhì)點(diǎn)間的距離均為10cm，繩處于水平方向；質(zhì)點(diǎn)1在外力作用下沿豎直方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，帶動(dòng)2、3、4……各個(gè)質(zhì)點(diǎn)依次上下振動(dòng)，振動(dòng)從繩的左端傳到右端，t＝0時(shí)質(zhì)點(diǎn)1開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)1在最大位移20cm處，這時(shí)質(zhì)點(diǎn)3開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，以向上為正方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．該波的波速一定是2m/sB．該波的波長(zhǎng)一定是0.8mC．質(zhì)點(diǎn)3振動(dòng)后的周期可能是0.08sD．質(zhì)點(diǎn)3開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向一定向上E．質(zhì)點(diǎn)3的振動(dòng)方程一定是y＝20sin5πt（cm）16．如圖所示，將一個(gè)折射率為n=72的透明長(zhǎng)方體放在空氣中，矩形ABCD是它的一個(gè)截面，一單色細(xì)光束入射到P點(diǎn)，入射角為θ．（1）若要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射至AD面上，角θ的最小值；（2）若要此光束在AD面上發(fā)生全反射，角θ的范圍．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)運(yùn)動(dòng)員上升過(guò)程的逆運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式x=1t則D對(duì)，ABC錯(cuò)誤；

正確答案為D。

【分析】利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出兩段時(shí)間的比值。2．【答案】D【解析】【解答】A、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律r可知衛(wèi)星A的運(yùn)行周期小于24h，故A錯(cuò)誤；

B、衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，周期為24h，所以在6h內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角是θ=故B錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星B是地球同步衛(wèi)星，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)v=rω可知衛(wèi)星B的線速度大于衛(wèi)星P隨地球自轉(zhuǎn)的線速度，故C錯(cuò)誤；

D、衛(wèi)星B角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，根據(jù)a=r可知衛(wèi)星B的向心加速度大于隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，故D正確；

故答案為：D。

【分析】同步衛(wèi)星的周期和角速度與地球的自轉(zhuǎn)周期及角速度相等。根據(jù)圖示確定衛(wèi)星的運(yùn)行軌道高度關(guān)系，再根據(jù)開(kāi)普勒第三定律及線速度、角速度及角速度的關(guān)系進(jìn)行解答。3．【答案】C【解析】【解答】由題意可知，兩次物體均做勻加速運(yùn)動(dòng)，則在同樣的時(shí)間內(nèi)，它們的位移之比為S兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達(dá)式，則有滑動(dòng)摩擦力做功之比W再由動(dòng)能定理，則有W可知WF1?由上兩式可解得W故答案為：C。

【分析】根據(jù)題意確定物體兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程的受力情況及摩擦力大小關(guān)系。根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定兩物體運(yùn)動(dòng)位移的關(guān)系。再根據(jù)功的定義及動(dòng)能定理進(jìn)行聯(lián)立解答。4．【答案】C【解析】【解答】A、分子打在某平面上后又以原速率反向彈回，則單個(gè)分子與平面碰撞的過(guò)程中，動(dòng)量變化量的大小為2mv，故A錯(cuò)誤；

B、單個(gè)分子與平面碰撞的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得Δ平面對(duì)其做功為零，故B錯(cuò)誤；

CD、時(shí)間t內(nèi)碰撞面積S上的分子數(shù)N=vtS對(duì)于這部分分子，根據(jù)動(dòng)量定理，有?Ft=?Nmv?Nmv解得F=2根據(jù)壓強(qiáng)的計(jì)算公式可得p=解得p=2故C正確，D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】確定粒子碰撞前后的速度，規(guī)定速度的正方向，再根據(jù)動(dòng)量的定義確定碰撞過(guò)程動(dòng)量的變化量。確定碰撞過(guò)程粒子的受力情況，再根據(jù)動(dòng)能定理確定平面對(duì)粒子作用力做功情況。熟悉掌握運(yùn)用動(dòng)量定理處理微粒模型的方法。5．【答案】D【解析】【解答】A、A'、B'、C'三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E=k分析可知，A'、B'、C'三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．但方向不同，故A錯(cuò)誤；

B、A、B、C的三個(gè)點(diǎn)到場(chǎng)源電荷的距離相等，在同一等勢(shì)面，但其它點(diǎn)到場(chǎng)源電荷的距離與A、B、C三點(diǎn)到場(chǎng)源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢(shì)面，故B錯(cuò)誤；

C、將一正的試探電荷從A'點(diǎn)沿直線A'B'移到B'點(diǎn)，電勢(shì)先升高后降低，電勢(shì)能先增大后減小，則靜電力對(duì)該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯(cuò)誤；

D、由于A'D間場(chǎng)強(qiáng)大于DA間場(chǎng)強(qiáng)，由U=Ed知A'、D間的電勢(shì)差大于DA間的電勢(shì)差，則有φ則φ故D正確；

故答案為：D。

【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式分析電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系；點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是一系列的同心圓；沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低；根據(jù)電勢(shì)的變化，分析電勢(shì)能的變化，從而判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)；根據(jù)公式U=Ed分析A'A連線中點(diǎn)D處的電勢(shì)。6．【答案】B,C【解析】【解答】A、由于向下為正方向，而彈簧中的彈力方向向上，所以選項(xiàng)A中的拉力應(yīng)為負(fù)值，故A錯(cuò)誤；

B、小球接觸彈簧上端后受到兩個(gè)力作用：向下的重力和向上的彈力．在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，而彈力F=kx，則加速度a=故B正確；

C、根據(jù)重力做功的計(jì)算式W故C正確；

D、小球和彈簧整體的機(jī)械能守恒，小球的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。

故答案為：BC。

【分析】確定小球與彈簧接觸過(guò)程的受力情況及各力的方向，再根據(jù)牛頓第二定律及功的定義確定圖像的函數(shù)表達(dá)式判斷圖像是否正確。熟悉掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件及判定方法。7．【答案】A,C【解析】【解答】A、對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，由二力平衡可得細(xì)線的拉力大小為T(mén)在A點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由力的平衡可得(F+mg)解得F=故A正確；

B、在撤去拉力F的瞬間，設(shè)細(xì)線的拉力大小為T(mén)2，小球和物塊的加速度大小相等設(shè)為a，對(duì)兩者分別應(yīng)用牛頓第二定律可得T2?mg聯(lián)立解得T故B錯(cuò)誤；

C、撤去拉力F后，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球的速度大小為v，由幾何關(guān)系可得ABR=tan53°小球從A到P，物塊下降的高度為?=AB?BP聯(lián)立解得?=則物塊的重力勢(shì)能減少量為Δ故C正確；

D、細(xì)線與小球的速度v垂直，則繩子伸長(zhǎng)的速度為0，由關(guān)聯(lián)速度之間的關(guān)系，物塊的速度為0，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】靜止時(shí)，小球環(huán)繞物體處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球及物體進(jìn)行受力分析根據(jù)平衡條件及力的合成與分解確定此時(shí)拉力的大小。撤去力后，小球和物體屬于連接體模型，兩者的加速度大小相等，沿繩方向的速度相等，再根據(jù)力的合成與分解和牛頓第二定律確定此時(shí)拉力的大小。根據(jù)幾何關(guān)系確定小球從A到P過(guò)程，重物下降的高度，再根據(jù)重力勢(shì)能與重力做功的關(guān)系確定重物重力勢(shì)能增量。8．【答案】A,D【解析】【解答】AB、粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說(shuō)明豎直方向末速度等于0，即電場(chǎng)中粒子具有豎直向上的加速度，不管是在金屬板間還是離開(kāi)電場(chǎng)后，粒子在水平方向速度沒(méi)有變化，而且水平位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，豎直方向速度變化量等大反向，所以有qE?mg可得E=故A正確，B錯(cuò)誤；

C、若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，故C錯(cuò)誤；

D、若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，電量不變，根?jù)E=可知板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，故D正確。

故答案為：AD。

【分析】確定粒子在極板間及離開(kāi)極板后的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況。再根據(jù)題意及運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。二極管具有單向?qū)щ娦?，即電容器無(wú)法放電。根據(jù)題意結(jié)合電路動(dòng)態(tài)分析和電容器定義式及決定式確定極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化情況，繼而確定粒子是否能夠垂直打在光屏上。9．【答案】（1）d（2）mgL=12（3）9.80【解析】【解答】（1）實(shí)驗(yàn)中，遮光條通過(guò)光電門(mén)的平均速度可以代替其瞬時(shí)速度，可得滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度為v=（2）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgL=整理可得g=（3）根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgL=整理可得L=根據(jù)圖像斜率的物理意義，聯(lián)立題意解得g=9.80【分析】熟悉掌握物體經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度求解方法。再根據(jù)機(jī)械能守恒定律推導(dǎo)得出g值的原理表達(dá)式及圖像的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)圖象斜率的物理意義進(jìn)行數(shù)據(jù)處理。10．【答案】（1）R1；1000（2）R（或滑動(dòng)變阻器）；300；黑；500；1【解析】【解答】（1）由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值為1000Ω，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器調(diào)到最大時(shí)，電路中的電路約為I≈此時(shí)表頭滿偏，故定值電阻中的電流約為I故其阻值為R'=因此定值電阻應(yīng)該選擇R1。

改裝后將紅黑表筆短接，將電流表調(diào)大滿偏，此時(shí)多用表的總內(nèi)阻為R故多用表的中值電阻為R（2）由于使用歐姆表測(cè)內(nèi)阻，故首先要進(jìn)行歐姆調(diào)0，即調(diào)節(jié)R，使電流表滿偏，即指針指到300μA，黑表筆接的電源正極，故將黑表筆與電壓表的“+”接線柱相連；歐姆表指針指在I=200μA位置，則電路中的總電流為5I，故待測(cè)電壓表的內(nèi)阻為R設(shè)電壓表量程為U，此時(shí)電壓表兩端的電壓為U解得U=1故其量程為1V。

【分析】為保證電路安全，流過(guò)電表的電流不得超過(guò)電表的量程，再根據(jù)閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律確定需選擇的定制電阻值。熟悉掌握歐姆表中值電阻的定義及其計(jì)算方法。熟悉掌握利用電用電表測(cè)量電阻的步驟及數(shù)據(jù)處理方法。11．【答案】（1）設(shè)A與B碰撞前的速度為vA，由P到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得-μmgx=12mvA2-12mv0A與B碰撞前后動(dòng)量守恒，取向右為正方向，則mvA=mvA'+MvB'②由能量守恒定律得12mvA2=12mvA'2+12Mv聯(lián)立①②③得vA'=-4m/s，vB'=3m/s．（2）設(shè)A碰撞后運(yùn)動(dòng)的路程為sA，由動(dòng)能定理得-μmgsA=0-12mvA'2解得sA=163m

sA'=sA-x=163-5=13設(shè)B碰撞后向右運(yùn)動(dòng)的距離為sB，由動(dòng)能定理得-μMgsB=0-12MvB'2解得sB=3m＜L⑦故物塊B碰后不能滑上MN，當(dāng)速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運(yùn)動(dòng)，B再次到達(dá)Q處時(shí)的速度大小為3m/s．在水平PQ上，B再運(yùn)動(dòng)sB'=sB=3m停止，因?yàn)閟A'+sB'＜x=5m，所以AB不能再次相遇，最終AB間的距離sAB=x-（sA'+sB'）=5-（13+3）=5【解析】【分析】（1）確定A從P到Q的過(guò)程的受力情況及各力的做功情況，再根據(jù)動(dòng)能定理確定A到達(dá)Q的速度。AB發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)彈性碰撞特點(diǎn)確定碰后AB的速度；

（2）碰后A向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理確定碰后A運(yùn)動(dòng)的路程及A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距Q點(diǎn)的位置。根據(jù)動(dòng)能定理判斷B是否滑離傳送帶，若不滑離則B減速到零后，再反向加速離開(kāi)傳送帶最終停止運(yùn)動(dòng)。再根據(jù)動(dòng)能定理確定B停止時(shí)距Q點(diǎn)的距離，繼而確定AB是否發(fā)生二次碰撞。12．【答案】（1）由題知：粒子在O點(diǎn)動(dòng)能為Eko=12mv02粒子在A點(diǎn)動(dòng)能為：EkA=4Eko，粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：電場(chǎng)力所做功：W=EkA（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，初速v0方向?yàn)閤軸正向，建立直角坐標(biāo)系xOy，如圖所示設(shè)粒子從O到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程，粒子加速度大小為a1，歷時(shí)t1，A點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y）粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)：x=v0t1，y=1由題知：粒子在A點(diǎn)速度大小vA=2v0，vAy=3v0，vAy=a1粒子在A點(diǎn)速度方向與豎直線PQ夾角為30°．解得：x=3v由幾何關(guān)系得：ysin60°-xcos60°=d，解得：a1=由牛頓第二定律得：qE1=ma1，解得：E設(shè)粒子從A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，加速度大小為a2，歷時(shí)t2，水平方向上有：vAsin30°=t22a2sin60°，t2=t解得：a2=v（3）分析知：粒子過(guò)A點(diǎn)后，速度方向恰與電場(chǎng)E2方向垂直，再做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能：EkB=12mvB2，vB2=（2v0）2+（a2解得：EKB【解析】【分析】（1）根據(jù)題意確定粒子在O點(diǎn)和A點(diǎn)的動(dòng)能大小，再根據(jù)動(dòng)能定理確定粒子從O到A過(guò)程電場(chǎng)力的做功情況；

（2）根據(jù)題意確定粒子在A點(diǎn)的速度大小。粒子從O到A的過(guò)程，電場(chǎng)力與速初速度方向垂直，建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意確定粒子在x、y軸方向的位移及粒子在A點(diǎn)沿x、y軸方向的速度。再根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律確定E1的大小。粒子從A到B的過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，粒子在A、B處水平方向的速度大小相等。再根據(jù)牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合題意確定E2的大小。

（3）結(jié)合（2）中分析確定，確定粒子到達(dá)B點(diǎn)的的速度大小，再根據(jù)動(dòng)能的定義確定粒子在B點(diǎn)的動(dòng)能。13．【答案】B,D,E【解析】【解答】A、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮的固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性，故A錯(cuò)誤；

B、在水面上輕放一枚針，它會(huì)浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，故B正確；

C、物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)分子的平均動(dòng)能增加，但并非所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加，故C錯(cuò)誤；

D、分子勢(shì)能的變化要根據(jù)分子力做功來(lái)判斷，物體的體積增大，如果分子間距離小于平衡距離，則此時(shí)分子力做正功，分子勢(shì)能減??；如果分子力為引力，則分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，則物體體積變大時(shí)，分子勢(shì)能有可能增大，也有可能減小，故D正確；

E、—定質(zhì)量的晶體在熔化過(guò)程中，因?yàn)闇囟炔蛔儯瑒t分子動(dòng)能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢(shì)能，故E正確。

故答案為：BDE.

【分析】布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮的固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性。布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮的固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性。分子力做正功，