2024年四川省成都某中學(xué)高考物理一診熱身物理試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年四川省成都七中高考物理一診熱身物理試卷

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.摩托車騎手從一斜坡沖出在空中飛越的情景如圖所示，不計空氣阻

力影響，假設(shè)摩托車發(fā)動機(jī)油門關(guān)閉，摩托車在空中飛行的過程中

()

A.若要研究某時刻騎手的動作，可以把摩托車和騎手看作質(zhì)點(diǎn)

B.若不考慮轉(zhuǎn)動的影響，在最高點(diǎn)，騎手的動能為零

C.若不考慮轉(zhuǎn)動的影響，騎手的機(jī)械能先減小再增大

D.若不考慮轉(zhuǎn)動的影響，騎手的加速度不變

2.在如圖所示的電路中，電壓表為理想表，電源內(nèi)阻為滑動變阻器總

電阻為&，滑動變阻器滑片由?；騼合铝姓f法正

確的是()

A.電源的效率先變大再減小

B.電源輸出功率先增大再減小

C.電壓表示數(shù)先增大再減小

D.靈敏電流計G的電流方向dtc

3.一物體在如圖甲所示的?平面上運(yùn)動，其x方向的以-￡圖像和y方向的y-t圖像分別如圖乙、圖丙

所示，圖丙中人8段為拋物線，軌跡方程為y=^￡2一2亡+3,虛線AC為t=0時該拋物線的直線，已知

￡=0時物體的位置坐標(biāo)為(0m,3m),下列說法正確的是()

A.t=0時，物體的速度大小為3Om/s

B.t=2s時，物體的位置坐標(biāo)為(5m,1m)

C.2s物體.y方向的加速度越來越小

D.物體在2$內(nèi)做加速度大小Q=，Im/s2的曲線運(yùn)動

4.華為〃％e60實現(xiàn)了手機(jī)衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號覆蓋的地方，就可以實

現(xiàn)通話。如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三

顆衛(wèi)星離地高度均為力，地球的半徑為心地球同步衛(wèi)星離地高度為6凡地球

表面重力加速度為g,引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小相等

B.能實現(xiàn)全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少2R

C.其中一顆質(zhì)量為的通信衛(wèi)星的動能為裳嚓

D.通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)周期之比為-嗎

J（R+h）

5.如圖所示，水平地面上有一段絕緣粗糙區(qū)域AB,該區(qū)域中的尸點(diǎn)距A點(diǎn)較近。材料與形狀完全相同的

兩個物塊甲和乙與地面間的動摩擦因數(shù)由A到8逐漸減小，甲物塊帶正電荷，乙物塊帶等量的負(fù)電荷，空

間中有水平向右的勻強(qiáng)電場，先讓甲物塊從A由靜止釋放滑到瓦然后再讓乙物塊從3由靜止釋放滑到

人兩物塊在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，上述兩過程相比較，下列說法中錯誤的是（）

勻強(qiáng)電.

?”/////////=/一

A.兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等

B.甲物塊在上述過程中所用時間較長

C.若甲、乙同時從A、B釋放,它們可能在。點(diǎn)相遇

D.若甲、乙同時從A、8釋放，它們碰后粘連一定共同向右運(yùn)動

二、多選題：本大題共4小題，共23分。

6.如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角a=37。的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，上升的最大高度為3.0m。

選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機(jī)械能E隨高度力的變化如圖乙所示。g=10m/s2,sin37。=

0.6o則下列說法中正確的是（）

A.物體的質(zhì)量m=0.67kgB.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=12m/s2D.物體回到斜面底端時的動能a=10；

7.若規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為零，真空中點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電勢?可表示為

（p=k^其中k為靜電力常量，。為點(diǎn)電荷的電荷量，，?為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷

的距離。如圖所示，M、N、。是真空中三個電荷量均為+Q的固定點(diǎn)電

荷，M、N、C連線構(gòu)成一等邊三角形且邊長￡,。是三條邊中垂線的交

點(diǎn)。已知靜電力常量為億規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為零。則下列說話正確的

是（）

A.O、A、B三點(diǎn)場強(qiáng)相等

B.為強(qiáng)J=等

C.電勢Sa：（pD=（2+40：9

D.在。處放置一負(fù)電荷q,其電勢能與二一的警

8.如圖所示，J光滑圓弧軌道A3末端切線水平，與J光滑圓弧軌道3co

42

在B處連接且固定，圓弧軌道BCD的半徑為七，圓弧軌道4月的半徑G

未知且可調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為小的小球，從A點(diǎn)（與01等高）靜止釋放，經(jīng)過

區(qū)點(diǎn)落在圓弧軌道AC。上。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小球經(jīng)過8點(diǎn)時對軌道的壓力與心的大小無關(guān)

B.只要小球在空中運(yùn)動時間相同，落在圓弧軌道8C。上時的動能就相同

圖丙

回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)：

(1)彈簧的勁度系數(shù)為_____N/m；

(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻尸與。的數(shù)據(jù)，畫出。-尸圖像如圖丙中I所示，由此可.得滑塊與加速度

傳感器的點(diǎn)、質(zhì)曷為奴:

(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體，重復(fù)上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a-F圖像II,則待測物體的質(zhì)

量為kg。

11.小芳同學(xué)想利用實驗室的器材描繪出某電風(fēng)扇的伏安特性曲線。她通過說明書得到電風(fēng)扇的額定電壓

為5.0V,額定功率約為2.5W。器材有：

電源E：電動勢為6.0V,內(nèi)阻忽略不計

電流表公：量程0.64,內(nèi)阻約為1012

電流表42：量程1(乂)〃?4?內(nèi)阻為，2=4C

定值電阻匕=ion

定位電阻&=500

滑動變阻器色：最大阻值10。，最大電流0.54

滑動變阻器&：最大阻值3C,最大電流3A

滑動變阻器3：最大阻值10。。，最大電流3A

開關(guān)、導(dǎo)線等。

(1)滑動變阻器應(yīng)選用_____(選填"/?3”"心”或“心”)；為了精確測量數(shù)據(jù)，選用定值電阻(選

填“治”或“/?2”)，將電流表々改裝成電壓表使用。

(2)請根據(jù)選用的實驗器材設(shè)計實驗電路，將最優(yōu)電路設(shè)計圖畫在圖甲虛線方框內(nèi)，電風(fēng)扇符號用M表

示，需在圖中標(biāo)上所用元件對應(yīng)的符號_____。

(3)小芳在實驗中發(fā)現(xiàn)，小電風(fēng)扇住電流較小時不能轉(zhuǎn)動。她多次測量描繪出與-/i圖像如圖乙所示，具中

A為電流表4的讀數(shù)，為電流表4的讀數(shù)。當(dāng)/1為0.104為10〃滔時，小電風(fēng)扇的電阻為。(結(jié)

果保留兩位有效數(shù)字)。

(4)從小芳描繪的/2-/1圖像可以看出，隨著的不斷增大，先增大到某值時突然減小，造成這種現(xiàn)象的

原因是

甲

四、簡答題：本大題共I小題，共10分。

12.如圖，半徑為R=30c7n的玻璃球臺，球臺平面對應(yīng)的球心角為120。，與球

臺平面等面積的單色光柱垂宜臺面射向球體。已知玻璃對單色光的折射率為

2,光在真空中的速率為c=3.0xl08m/s,求：

(1)求：該單色光在玻璃球臺中的傳播速度；

(2)求：同時垂直射入玻璃球臺的光中，最先在球面處發(fā)生全反射的光，在玻璃

球臺內(nèi)傳播的時間(只考慮全反射)。

五、計算題：本大題共2小題，共32分。

13.在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個質(zhì)量為〃?、電荷量為+q的小滑塊8用

手托起A置于方向水平向左、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中，此時A、8均能

靜止,如圖所示,現(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q.發(fā)現(xiàn)

小滑塊B相對于4發(fā)生了運(yùn)動，為研究方便可以將絕緣板A的運(yùn)動簡化成線

勻加速接著勻減速到靜止的過程，測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為0.8s,減

速的時間為0.2s,P、Q位置高度差為0.5機(jī)，已知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)￡=守，A、B之間動摩擦因數(shù)〃=

0.4,g=10m/s2,求:

（1）絕緣板A加速和減速的加速度大小分別為多大？

（2）滑塊B最后停在離出發(fā)點(diǎn)距離為多大處？

14.“魯布?戈德堡機(jī)械”是用迂回曲折的連鎖機(jī)械反應(yīng)完成一些簡單動作的游戲。圖為某興趣小組設(shè)計的

該類游戲裝置：?是半徑為2L的光滑四分之一圓弧軌道，其末端8水平；在軌道末端等高處有一質(zhì)量為

〃］的“□

”形小盒C（可視為質(zhì)點(diǎn)），小盒。與質(zhì)量為3〃?、大小可忽略的物塊。通過光涓定滑輪用輕繩相連，左側(cè)滑

輪與小盒C之間的繩長為2L；物塊。壓在質(zhì)量為，〃的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面與水平桌

面間動摩擦因數(shù)4=0.5（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），木板E右端到桌子右邊緣固定擋板（厚度不計）的

距離為L；質(zhì)量為〃，且粗細(xì)均勻的細(xì)桿?通過桌子右邊緣的光滑定滑輪用輕繩與木板E相連，木板七與定

滑輪間輕繩水平，細(xì)桿尸卜端到地面的距離也為心質(zhì)量為三的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）套在細(xì)桿尸上端，環(huán)與

桿之間滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等，大小為［mg。開始時所有裝置均靜止，現(xiàn)將一質(zhì)量為加的小球（

可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧軌道頂端A處由靜止釋放，小球進(jìn)入小盒C忖剛好能被卡??。ㄗ饔脮r間很短可不計），

然后帶動后面的裝置運(yùn)動，木板E與擋板相撞、細(xì)桿/,,與地面相撞均以原速率反彈，最終圓環(huán)剛好到達(dá)細(xì)

桿的底部。不計空氣阻力，重力加速度為?求：

（1）小球與小盒C相撞后瞬間，與小盒C相連的繩子上的拉力大小；

（2）細(xì)桿尸的長度。

BL

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、當(dāng)要研究某一時刻騎手的動作，就要展現(xiàn)出騎手的運(yùn)動細(xì)節(jié)，而把騎手和摩壬車看成質(zhì)

點(diǎn)就不能看到騎手的動作了。故A錯誤。

8、因為騎手是斜向上沖上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以當(dāng)騎手騎到最高點(diǎn)時，其豎直方向的速

度為0,但是其動能不為0。故4錯誤。

C、因為騎手從斜坡沖出的時刻，騎手就只受重力的影響，在只受重力作用的情況下其機(jī)械能始終不變。

故C錯誤。

。、當(dāng)騎手從斜坡沖出時，騎手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以騎手的加速度不變。

故D正確。

故選：。。

分析騎手從沖出斜坡開始，箭手只受到重力的影響，并且其豎直方向上的速度先減小后增大，水平方向的

速度保持不變，并且當(dāng)物體在只受重力影響時，物體的機(jī)械能守恒，從而得出答案為多少。

此題主要考查斜拋的知識點(diǎn)，主要要注意在只受重力的情況下其機(jī)械能保持不變。

2.【答案】B

【解析】解：A滑動變阻器滑片由。滑向力，則&阻值變大，根據(jù)效率的計算式可得電源的效率為

iuR外

可知外電阻變大，則電源的效率變大，故4錯誤；

A根據(jù)電源輸出功率和內(nèi)外阻關(guān)系，可知當(dāng)外電阻等于內(nèi)阻時電源輸出功率最大；因&＞廠＞%，

滑動變阻器滑片由〃滑向兒則此阻值變大，外電阻先靠近電源內(nèi)阻后遠(yuǎn)離電源內(nèi)阻，可知電源輸出功率

先增加后減小，故B正確；

C根據(jù)閉合電路歐姆定律，外電阻變大，總電流減小，則路端電壓變大，即電壓表示數(shù)增大，故C錯誤；

。.路端電壓變大，&電壓減小，則滑動變阻器兩端電壓變大，電容器兩板電壓變大，故電容器充電，則靈

敏電流計G的電流方向c—d,故。錯誤。

故選:Be

根據(jù)滑動變阻器滑片滑動判斷電阻變化，根據(jù)效率的計算式結(jié)合歐姆定律判斷電源效率，根據(jù)電源輸出功

率和內(nèi)外阻關(guān)系分析功率變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合電容器特點(diǎn)分析判斷。

本題考查動態(tài)電路分析，解題關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，正確分析電路構(gòu)成，注意電源效率的計算公

式。

3.【答案】D

【解析】解：A、由圖甲可知當(dāng)￡=0時，0=3m/s；根據(jù)y=-2t+3,對比y=+：與12,可知

物體沿y方向的加速度為與=lm/sZ,初速度：vy0=-2m/s,則合速度：v=J謖+琢o=

V32+22m/s=，T5m/s,故A錯誤；

8、t=2s時，根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積可知％=孚x2m=Bzn,所以坐標(biāo)為（8771,1m）,故8錯誤；

C、y方向的位移-時間圖像是拋物線，即滿足丫=!￡2一2《+3形式，說明），方向為勻變速直線運(yùn)動，所以

），方向的加速度保持不變，故C錯誤；

。、物體在x方向上的加速度為：=%=芋m/s?=Im/s?,物體在），方向上的加速度為勺=

lm/s2,因此合加速度：a=J好+嗎=VI2+l2m/s2=V_27n/s2：

因此合力與水平方向的夾角為tamz=%=；=1

ax1

初始速度和水平方向的夾角為tan戶=?=J

可知合力方向與初合速度方向不在同一直線上，所以物體做曲線運(yùn)動，故。正確。

故選：。。

根據(jù)圖像的斜率得出不同方向的速度，結(jié)合矢量合成的特點(diǎn)得出物體的速度；根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積

得出位移的大小，并由此得出對應(yīng)的坐標(biāo)：根據(jù)圖像的特點(diǎn)分析出加速度的變化，結(jié)合平行匹邊形定則求

出臺加速度。

本題主要考查了運(yùn)動的合成和分解的相關(guān)應(yīng)用，理解運(yùn)動學(xué)圖像的物理意義，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和矢量合成

的特點(diǎn)即可完成分析。

4.【答案】C

【蟀析】解：A通信衛(wèi)星受到的萬有引力大小為F=G等，三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量未告知，故三顆通信衛(wèi)星

受到地球的萬有引力大小不一定朽等，故A錯誤;

8.三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，則其如圖所示

由幾何關(guān)系可知，乙408=120、乙A0C=6(r,其OA為地球半徑R,所以由幾何關(guān)系有

cos6(r=祟0C=2R=R+h,代入數(shù)據(jù)得：h=R,所以通信衛(wèi)星高度至少為R,故B錯誤；

C.對衛(wèi)星有G/工：2=7n六方在地球表面有G粵=zng,其動能為&=〈mv?=廣”,故C正確；

(R+八)ixTfiK/Z(l\-rh)

cMm47r2?Mm47r2—c、T.擊I,DJ_A\3

D對通信衛(wèi)星有G*工m=m式(R+h),對同步衛(wèi)星有G行卡=mm-(7R),可得普=竺為，故。

(R+h)T逋(7幻T地T擒I(7/?)3

錯誤。

故選：a

利用萬有引力定律列式求解即可。

本題考查學(xué)生對人造衛(wèi)星和萬有引力定律的理解和運(yùn)用，需要注意衛(wèi)星的質(zhì)量未給出。

5.【答案】D

【解析】解?：4對甲、乙兩物塊，根據(jù)動能定理得

-1

458一&AB=2^

所以兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等，故A正確：

8.甲、乙兩物體運(yùn)動的u-t大致如圖所示

0

甲運(yùn)動過程加速度在增大，故廿-￡圖像的斜率增大，如圖線1;乙運(yùn)動過程加速度減小，故斜率減小，如

圖線2,由于兩物塊末速度大小相等，且兩個過程的位移相等，即圖線下方所圍的面積相等，故甲運(yùn)動過

程的時間長，故4正確；

C.若甲、乙同時從4、B釋放時，由8可知乙物塊8到P段時間加速度大于甲物塊從A到P端的加速度，

所以，所以相等時間內(nèi)乙物塊運(yùn)動的位移大于甲物塊運(yùn)動的位移，所以它們有可能在〃點(diǎn)相遇，故C.正

確；

。若甲、乙同時從人、B釋放，由8可知當(dāng)甲、乙物體碰撞時碰前速度大小不相等，碰撞過程甲、乙之間

的相互作用力為尸，對甲物塊根據(jù)動量定理可知甲、乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘連一起

共同向右運(yùn)動，故。錯誤；

由干本題選擇錯誤的選項，故選：

A.根據(jù)動能定理列式分析解答；

8.在同一個u-t圖像中作出甲、乙的速度?時間圖像，根據(jù)位移大小相等判斷運(yùn)動時間長短；

C.根據(jù)u-C圖像分析相遇時各自的位移大小關(guān)系判斷；

。根據(jù)圖像判斷碰撞前瞬間速度大小結(jié)合動量定理分析碰后的速度方向。

考查動能定理，非勻變速的”-￡圖像的建立和理解問題。

6.【答案】BD

【解析】解：4根據(jù)題意，由圖可知，物體上升到最大高度時，機(jī)械能為30人則有

mg%=30/

代人數(shù)據(jù)解得

m=1kg,故A錯誤;

8.根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，克服摩擦力做功等于機(jī)械能的減少，則有

Wf=卬ngcos370?507-30/

sin37°

代人數(shù)據(jù)解得

〃=0.5,故8正確：

C.物體上升過程中，由牛頓第二定律有

〃mgcos370+mgsin37°=ma

代人數(shù)據(jù)解得

a=10m/s2,故C錯誤；

D根據(jù)題意，物體問到斜面底端過程中，由動能定理有

-閃=Ek-Ek0

其中

Eko=50/

解得

Ek=107,故。正確。

故選：BD.

根據(jù)圖像可知最高點(diǎn)的機(jī)械能等于重力勢能，可求物體的質(zhì)量；根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合圖像求解動摩擦因數(shù)；

根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動能定理求解物體到斜面底端時的動能。

本題考查功能關(guān)系的問題，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動過程，熟練應(yīng)用功能關(guān)系解題。

7.【答案】ACD

【解析】解：人、根據(jù)點(diǎn)電荷電場的計算公式可知，MC兩電荷在A點(diǎn)場強(qiáng)為0,故人點(diǎn)場強(qiáng)是只有N電荷

在A點(diǎn)的場強(qiáng)，E=*根據(jù)對稱性可知OB兩點(diǎn)場強(qiáng)大小也等于字故4正確；

B、三角形邊長為L,則N{=LCOS3(T=￥L,帶入E=*=鱉,故8錯誤；

2rL3L

C、A點(diǎn)的電勢：W.=2X華+等=坦?fàn)斚z，。點(diǎn)的電勢：外=3又掙=剋警,所以0A：9D=

-vJ,■JrL

(2+4/3)：9,故C正確：

D、w0二W警，在少處放置一負(fù)電荷q，其電勢能與二一容四，故/)正確。

LtLt

故選：ACD.

考查點(diǎn)電荷電場的大小計算，根據(jù)題意求得QA的電勢，進(jìn)行比值計算。

根據(jù)題意分析電勢的計算方式，根據(jù)正電荷周圍電勢均為正，可直接相加計算。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球從A點(diǎn)靜止釋放到8點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒有

12

mg=

根據(jù)牛頓第二定律有

詒

=m—

rl

聯(lián)立解得，軌道對小球的支持力為

FN=3mg

則小球經(jīng)過6點(diǎn)時對軌道的壓力與q的大小無關(guān)，故A正確：

從小球經(jīng)過4點(diǎn)落在圓弧軌道4c。上，小球在空中運(yùn)動時間相同，則小球下落高度力相同，則小球落在

圓瓠8C、CO上的等高處，則根據(jù)平拋規(guī)律可知，水平位移不同，離開8點(diǎn)的初速度如不同，則根據(jù)機(jī)械

能守恒，有

…12

mgh.=Ek--2mv^

可知落在圓弧軌道BC7)上時的動能隊不相同，故B錯誤；

C、根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有，速度的反向延長線經(jīng)過水平位移的中點(diǎn)，但。點(diǎn)不為水平位移的中點(diǎn)，若小球

垂直落在圓弧軌道上，則其速度的反向延長線必然經(jīng)過圓弧的圓心。點(diǎn)。根據(jù)幾何關(guān)系可知小球不

可能垂直落在圓弧軌道BCD上，故。錯誤；

。、若小球在空中運(yùn)動的時間最長，即此時小球落在。點(diǎn)，則根據(jù)平拋規(guī)律有

12

r2=

根據(jù)動能定理有

12

2mVB=7即1

聯(lián)立解得

丁2

ri=T

故D正確。

故選：AD.

首先，分析小球從4點(diǎn)靜止釋放到B點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒求出8點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求

出軌道對小球的支持力，進(jìn)而判斷小球經(jīng)過3點(diǎn)時對軌道的壓力與心的大小有無關(guān)系；

其次，分析小球經(jīng)過8點(diǎn)落在圓弧軌道8c。上的時間，判斷小球下落高度爪根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律判斷離

開B點(diǎn)的初速度是否相同，最后根據(jù)動能定理判斷落在圓弧軌道8C。上時的動能是否相同：

接著，根據(jù)平拋運(yùn)動的推論判斷小球可不可能垂直落在圓弧軌道AC。上；

最后，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律和動能定理求出，1為何值時，小球在空中運(yùn)動的時間最長。

本題考查了機(jī)械能守恒和平拋運(yùn)動的相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鋌是準(zhǔn)確列出機(jī)械能守恒定律對應(yīng)的方程以

及平拋運(yùn)動的規(guī)律。

9.【答案】ACE

【解析】解：4由圖像可知，該波的波長為

A=2x(10-4)〃i=12m

故A正確;

A圖示時刻的波動方程為

71n

y=30cos(gx+可)

該時刻M點(diǎn)的位移為

y=30cos(^-)c7n=30x=15cm

故B錯誤；

C曰題意，該波沿x軸正方向傳播，根據(jù)同側(cè)法可知，該時刻N(yùn)點(diǎn)的振動方向沿)，軸負(fù)方向，故C正確;

D再經(jīng)過0.125s,M點(diǎn)的位移為

71nn

y=30sin(4jrt+&)sn=30xsin+石)cm=15y/-3cm

M點(diǎn)經(jīng)過的路程為

s=[(30-15)+(30-15/3)]cm=(45-15V3)cm,故D錯誤;

￡從該時刻開始計時，質(zhì)點(diǎn)用的振動方程為

n

y=30sin(27r/t+(/?)=30sin(4zrt4-6)cm

故E正確。

故選：ACE。

A.根據(jù)波長的定義計算波長；

B.結(jié)合波動方程求出圖中M點(diǎn)的位移；

C曰同側(cè)法判斷；

結(jié)合8答案的分析計算。

本題考查的是波動圖像，要學(xué)會從波形圖上讀取波長和振幅，會寫波動方程和質(zhì)點(diǎn)的振動方程，結(jié)合周期

和振幅計算質(zhì)點(diǎn)的路程。

10.【答案】120.200.13

【解析】解：(1)由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于。點(diǎn)，A點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為5.00cm.拉動滑塊使其

左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開始計時。結(jié)合圖乙的F-t圖有

Ax=5.00cm=0.005m,F=0.610N

根據(jù)胡克定律

F

心擊

計算出

k念12N/m

(2)根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

則a-尸圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I,則有

13-0,同_]

=m=-0Tkd=Skg

則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m=0.20kg

(3)滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)圖丙中H,則有

11.5-0,一

方"一二3kg-

則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m'=0.33kg

則待測物體的質(zhì)量為

Am=m1-m=0.33kg-0.20kg=0.13kg

故答案為:(1)12；(2)0.20；(3)0.13

(1)根據(jù)圖像結(jié)合胡克定律解得;

(2)(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像可解得質(zhì)量.

本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的含義。

6.0電動機(jī)突然開始轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生.了反電動勢

【解析】解：(1)電風(fēng)扇的額定電壓為U=5.0V

額定功率為P=2.5小

電風(fēng)扇的額定電流為/=齊筋4=0.5/1

由于要描繪出這臺電風(fēng)扇的伏安特性曲線，電壓需要從0調(diào)節(jié)，滑動變阻器采用分壓式，使得串聯(lián)接入電

路部分的電流有可能大于0.54，所以為了防止滑動變阻器燒壞且操作方便，滑動變阻器選/?4：

通過電流表兒與電阻串聯(lián)改裝成旦壓表，因電壓調(diào)節(jié)范圍為0?5.0V,需要串聯(lián)的電阻阻值為心=干

19

r=—-4Q=46。

“2100x103

所以選取固定電阻a=50。

改裝成電壓表，其量程為：U=1,(X2+&)=100x10-3x(4+50”=5.41/

(2)因為電壓需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，因此電流表采用外接法，電路圖如圖所示

(3)小電風(fēng)扇在電流表讀數(shù)小時電風(fēng)扇不能轉(zhuǎn)動，屬于純電阻電路，實驗數(shù)據(jù)得知。為0.104時，為，2=

10mA=0.014

小電風(fēng)扇的電阻為RM=半=啥②=端端抖。=6.0/2

IM.I—72U.1-U.U1

(4)小電風(fēng)扇在電流較小時不能轉(zhuǎn)動，隨著電流，2的不斷增大，電動機(jī)突然開始轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生了反電動勢，所

以4先增大到某值時突然減小。

故答案為：(3)6.0；(4)電動機(jī)突然開始轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生了反電動勢

(1)選擇器材需安仝、精確，從安仝性和可操作性角度選擇滑動變阻器；根據(jù)電流表與電阻改裝成量程為

5.4V電壓表，結(jié)合電流表的審程，從而確定選取固定電阻值;

(2)測量伏安特性電流、電壓需從零開始測起，滑動變阻器需采用分壓式接法，由此畫圖；

(3)根據(jù)歐姆定律求出風(fēng)扇燈的電阻。

(4)根據(jù)實驗操作分析判斷。

解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的原則，即安全，精確。知道滑動變阻器分壓式和限流式接法的區(qū)別和電流

表內(nèi)、外接法的區(qū)別。有電動機(jī)存在的電路是非純電阻電路。

12.【答案】解：(1)光在玻璃中的傳播速度：v=￡=1^7n/s=1.5xl08m/s

(2)設(shè)光在玻璃球臺中產(chǎn)生全反射的臨界角為C,光路圖如圖所示

則sinC=i=1

解得C=30°

由幾何關(guān)系可知，最邊緣的光線在球面的入射角為60°>C

可知最邊緣的光線是最先在球面處發(fā)生全反射的光，且該光線經(jīng)3次全反射而射出平臺，

有傳播的時間”竽

代人數(shù)據(jù)解得：￡=8X10-9s

答：(1)該單色光在玻璃球臺中的傳播速度是1.5xlO'm/s；

(2)同時垂直射入玻璃球臺的光中，最先在球面處發(fā)生全反射的光，在玻璃球臺內(nèi)傳播的時間是8x

10-9So

【解析】(1)根據(jù)光速與折射率的關(guān)系求出光在玻璃中的傳播速度。

(2)作出光路圖，求出光的路程，然后求出傳播時間。

掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提，根據(jù)題意作出光路圖是解題的關(guān)鍵，根據(jù)折射率公式可以解題。

13.【答案】解：(1)豎直分運(yùn)動是先加速后減速，假設(shè)豎直分速度的最大值為,，故：

VV

/+*=八

解得：

2h2x0.5

v=t^=0^+02=lm/s

故加速過程的加速度為：

v1「

%=萬=麗=1?5奶

減速過程的加速度大小為：

V10

的二石=改=5m/s

(2)加速上升過程是超重，物體與板相對靜止：

減速過程是失重，壓力減小，為:

N=m(g—a2)=5m

故滑動摩擦力為：

/=〃N=2m

根據(jù)牛頓第二定律，水平分運(yùn)動的加速度:

qE-flm/s2

m

故該過程的水平分位移:

Xi=zrato=kx1x0.22=0.02m

12z2

到最高點(diǎn)后，水平分加速度：

+我

Q，=一〃9=-lm/s2

m

水平分位移:

0-(at?)?一(1X0.2)2

=0.02m

%2-2x(-1)

故水平分位移為:

=

x=%1+x2002m4-0.02m=0.04m

答：(1)絕緣板4加速和減速的加速度大小分別為1.25m/s2、5m/s2；

(2)滑塊8最后停在離出發(fā)點(diǎn)距離為0.04m.

【解析】(1)對于豎直分運(yùn)動，先加速后減速，假設(shè)豎直分速度的最大值為〃根據(jù)平均速度公式列式求

解，可以得到最大速度：然后根據(jù)加速度的定義求解加速和減速的加速度大?。?/p>

(2)減速過程中，滑塊水平方向在加速，到達(dá)最高點(diǎn)后，滑塊在減速，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速

度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式列式求解水平分位移.

本題關(guān)鍵是明確滑塊在水平方向和豎直方向的受力情況、運(yùn)動情況，然后結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律

列式求解，不難.

14.【答案】解：(1)設(shè)小球到達(dá)8處時的速度大小為北，小球與小盒C相撞后瞬間兩者的速度大小為明

此時與小盒C相連的繩子上的拉力大小為兀對小球從從4處到8處的過程，由動能定理得：

“12

mg-2L=5m琳

小球與小盒。相撞過程，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：

771%=(?n+in)v

小球與小盒C相撞后的瞬間是兩者組成的整體開始做圓周運(yùn)動的初始時刻，由牛頓第二定律得:

V2

T-2mg=2租斤

/LJ

聯(lián)立解得：T=3mg；

(2)由(1)的結(jié)果可知，小球進(jìn)入小盒C時剛好能被卡住時,連接物塊。的輕繩拉力恰好等于其重力，則物

塊D對木板E的壓力為零，此時桌面對木板E的最大靜摩擦力為：f=因細(xì)桿b與圓環(huán)的總重力為

+故木板E將向右做勻加速運(yùn)動。

在木板E與擋板相撞前，假設(shè)細(xì)桿尸與圓環(huán)保持相對靜止，對木板E、細(xì)桿尸與圓環(huán)組成的整體為研究對

象，設(shè)其加速度為。，由牛頓第二定律得：

mm

(m+'知-nmg=(m+m+Ra

解得：a={g

J

設(shè)此過程圓環(huán)與細(xì)桿尸之間的靜摩擦力為(，對圓環(huán)由牛頓第二定律得：

=ya

解得：f=^mg

因/'〈(mg,即圓環(huán)與細(xì)桿尸之間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，故假設(shè)成立。

設(shè)木板E與擋板第一次碰撞時的速度大小為％，則有：

說=2aL

木板E與擋板第一次碰撞之后，圓環(huán)向下做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為由,木板E向左，細(xì)桿尸

向上做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)兩者加速度大小均為電，對圓環(huán)由牛頓第二定律得：

7mm

6mg~29=2ai

對木板￡與細(xì)桿尸組成的整體由牛頓第二定律得：

7

7