2023年四川省成都市青羊区石室中学高考物理适应性试卷（一）

2023年四川省成都市青羊区石室中学高考物理适应性试卷（一）一、单选题1．如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力为5N C．细线对物块的拉力为6N D．物块做匀加速直线运动，第2s内的位移为2m2．某种光子的能量为E，动量为p，某种物体的质量为m，速率为v0，德布罗意波长为λ，若普朗克常量未知、光速未知，下列说法正确的是（）A．光速的表达式为 B．光子的质量为 C．普朗克常量为 D．光子的频率为3．如图所示，a、b两小球分别从半径大小为R的半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面斜边长是其竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、b两球同时分别落在半圆轨道和斜面上，则小球的初速度大小为（）（重力加速度为g，不计空气阻力）A． B． C． D．4．谷歌和NASA宣布，他们发现了第二个“太阳系”，也是迄今为止距离太阳最远的系外行星系——开普勒—90系统。开普勒﹣90系统的中心恒星质量约为太阳的1.13倍，半径约为太阳的1.2倍，纵观整个行星系统，即使是发现的最外侧的行星开普勒﹣90h，其轨道也不及地球，因此开普勒﹣90星系又被人们称为“迷你版的太阳系”，则开普勒﹣90系统中心恒星与太阳表面处的重力加速度之比约为（）5．如图所示，均匀带负电圆环半径为R，带电量为q，O点为环的圆心，a、b分别位于圆环轴线上O点的两侧，a、b到O点的距离分别为aO＝R，bO＝R。关于a、b、O三点的场强E和电势φ大小的关系，下列说法正确的是（）A．φa＞φb＞φO B．φO＞φa＞φb C．Ea＞Eb＞EO D．Eb＞Ea＞EO二、多选题（多选）6．某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将开关S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（）A．在0～t1时间内，小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的 B．小球在塑料管中做匀变速直线运动 C．在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零 D．在0～t1时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能（多选）7．2023年1月7日，中科院聚变大科学团队利用有“人造太阳”之称的全超导托卡马克大科学装置（EAST），发现并证明了一种新的高能量约束模式，对国际热核聚变实验堆和未来聚变堆运行具有重要意义。其基本原理是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）A． B． C． D．（多选）8．如图所示，两条光滑的轨道下端固定在水平面上的P点，P点到O点的距离为a，轨道上端分别固定在竖直墙面上距O点分别为h1和h2的A、B两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达P点所用时间均为t，则（）A．滑块由A、B滑到P的过程中支持力的冲量大小相等 B．a2＝h1h2 C．滑块由A、B滑到P时速度的水平分量相等 D．t与（h1+h2）成正比三、实验题9．一兴趣小组的同学用身边的学习用品探究橡皮筋的劲度系数k，进行了下面的操作。将橡皮筋上端固定在竖直面内的白纸上的O点，下端P处用细线拴接，挂上质量m＝30g的橡皮，记下静止后结点的位置P1。在结点P再系上一根细线，并通过该细线用水平拉力将橡皮在纸面内缓慢拉起，如图甲所示，又记录了结点P的四次不同位置。同学们取下白纸，以O点为圆心、以OP段橡皮筋的原长L0为半径画圆弧，如图乙所示。连接OP2，与圆弧交于A2，并过A2作OP1的垂线，垂足为B2。分别测出A2、P2的距离x2和O、B2的距离y22。序号12345x/cmy/cm请完成下列问题：（1）用mg、x、y、L0表示橡皮筋的劲度系数k＝。（2）作出如图丙所示的图像，则可求得k＝N/cm（保留两位有效数字）。10．晓宁利用如图甲所示的电路图测量某电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0（阻值约为10ΩΩ，电压表V1、V2的量程分别为3V，6V，两电表的内阻很大。实验时晓宇完成了如下的操作：（1）组装好实验器材后，将电阻箱的阻值调到最大，电键闭合，调节电阻箱使电压表V1的指针指到满偏，再增大电阻箱的阻值，读出两电压表V1、V2的示数U1、U2，反复调节记录多组实验数据。（2）为了准确测量R0的阻值，晓宇利用（1）中的数据建立如图乙所示的坐标系并绘制图像，则图像与纵轴的交点应为；电路图甲中定值电阻的阻值R0＝Ω。（结果保留两位有效数字）（3）晓宇又利用（1）中的数据建立如图丙所示的坐标系并绘制图像，由图像可知该电源的电动势为E＝V，内阻为r＝Ω；内阻r的测量值与真实值相比（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（结果均保留两位有效数字）四、解答题11．1911年，物理学家密立根通过著名的油滴实验测出基本电荷的电荷量。该实验中，平行板电容器极板水平放置，两极板间距离为d，上极板有一小孔。带电油滴从小孔落入电容器中，油滴受到的空气阻力大小与速度大小成正比，比例系数为常数k，不计空气浮力。当电容器未加电压时，经过一段时间，可以观察到油滴以恒定速度v1下落。当电容器下极板带正电，电压为U时，经过一段时间，可以观察到油滴以恒定速度v2上升。（1）求油滴的电性和带电量q；×10﹣2×10﹣16kg，当电容器未加电压时，油滴以恒定速度下落一段距离l所用的时间t1＝11.9s。使电容器下极板带正电，电压U＝25V，测量油滴以恒定速度上升相同一段距离l所用的时间t2。撤去电压使油滴下落，用X射线照射极板间的空气产生离子，使油滴的带电量发生改变，再加相同电压重新测量t2。重复多次测量之后发现×10﹣3s﹣12，结果保留两位有效数字）。12．如图所示，滑块A（可视为质点）位于小车B的最左端，二者一起以v0＝8m/s的初速度向右匀速运动，木块C静止在小车B的正前方，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C的质量分别为mA＝3kg、mB＝1kg、mC＝1kg，A与B之间、C与水平地面之间的摩擦因数均为μ＝0.1，不计小车B与地面之间的摩擦，小车的表面水平且足够长，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小车B和木块C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；（2）小车B和木块C第2次碰撞前，滑块A与小车B摩擦产生的热量Q1；（3）小车B和木块C第3次碰撞前，木块C运动的位移xC的大小。五、多选题（多选）13．下列说法正确的是（）A．轮胎打足气后，不会被压扁，是因为轮胎内的气体分子间表现为斥力 B．绝热气缸中气体向真空膨胀，体积增大，但内能保持不变 C．一种物质密度为ρ，每个分子的体积为V0，则单位质量的这种物质具有的分子数为 D．两个分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大 E．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发六、解答题14．如图所示，柱形绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内气体热力学温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体热力学温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求气缸内气体热力学温度从T0升高到2T0的过程中。（1）活塞移动的距离x；（2）该气体增加的内能ΔU。七、多选题（多选）15．在均匀介质中，有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点Q位于波峰，随后的3.75s内质点Q通过的总路程为50cm。则下列说法错误的是（）A．该波沿x轴正方向传播的速度为 C．质点P的振动方程为y＝ D．t＝3s时x＝18m的质点沿x轴向右移动的距离为60m 八、解答题16．各色各类的观赏鱼给养鱼爱好者带来无穷的乐趣，各式各样的鱼缸也吸引了众多消费者的目光。如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃鱼缸，玻璃缸深度为2h，缸底面圆心处有一单色点光源S，缸中装有某种液体，深度为h，O点为液面的圆心，OS垂直于水平面，用面积为πh2的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以O为圆心剪出一个面积为的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出，则（1）该液体的折射率为多少？（2）缸口的最小面积为多少？2023年四川省成都市青羊区石室中学高考物理适应性试卷（一）参考答案与试题解析一、单选题1．如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2rad/s2，g取10m/s2，下列判断正确的是（）A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力为5N C．细线对物块的拉力为6N D．物块做匀加速直线运动，第2s内的位移为2m【分析】物块速度与轮轴线速度相等，由v＝ωR＝kRt，分析物块的运动情况，求出加速度，由牛顿第二定律求细线的拉力。结合匀变速直线运动的位移—时间公式求解第2s内的位移。【解答】解：A、物块速度与轮轴线速度相等，则物块的速度v＝ωR＝kRt＝2×0.5t＝t，速度与时间成正比，因此物块做匀变速直线运动，故A错误；BC、由v＝t可知物块加速度a＝1m/s2对物块受力分析得F﹣μmg＝ma解得细线对物块的拉力为：F＝6N，故B错误，C正确；D、由运动学公式可得，1s内位移为x1＝0.5m，2s内位移为x2＝2m，则第2s内位移为xⅡ＝x2﹣x1＝2m﹣0.5m＝1.5m，故D错误。故选：C。【点评】解答本题关键根据轮轴的线速度等于物块运动速度，通过列式分析物块的运动情况，从而求得物块的加速度。2．某种光子的能量为E，动量为p，某种物体的质量为m，速率为v0，德布罗意波长为λ，若普朗克常量未知、光速未知，下列说法正确的是（）A．光速的表达式为 B．光子的质量为 C．普朗克常量为 D．光子的频率为【分析】根据光子能量计算公式、德布罗意波长表达式结合爱因斯坦质能方程进行解答。【解答】解：A、根据光子能量计算公式可得：E＝hν＝，根据德布罗意波长表达式可得：，解得：c＝，故A错误；B、根据E＝m0c2可得光子质量m0＝＝，故B错误；C、某种物体的质量为m，速率为v0，德布罗意波长为λ＝，解得普朗克常量：h＝mv0λ，故C错误；D、根据光子能量计算公式可得：E＝hν，解得光子的频率为：ν＝＝，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查光子能量的计算和德布罗意波长的计算，关键是掌握光子能量的计算公式和德布罗意波长的计算公式，知道动量与速度的关系。3．如图所示，a、b两小球分别从半径大小为R的半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面斜边长是其竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、b两球同时分别落在半圆轨道和斜面上，则小球的初速度大小为（）（重力加速度为g，不计空气阻力）A． B． C． D．【分析】a、b两球都做平抛运动，根据运动时间关系，分析下落高度关系，确定斜面的倾角大小，结合分位移公式求解小球的初速度大小。【解答】解：a、b两球以相同的初速度同时平抛，同时分别落在半圆轨道和斜面上，可知两小球运动时间相等，在竖直方向和水平方向的位移大小相等，将右侧三角形斜面放入左侧半圆，三角形斜边与圆弧有一交点，该交点与抛出点之间竖直方向的距离与水平方向的距离就是小球做平抛运动的竖直位移大小和水平位移大小，分别设为y和x，并设小球从抛出到落到斜面上所用时间为t，斜面倾角为θ，如图所示。根据题意：斜面斜边长是其竖直高度的2倍，可知：sinθ＝则θ＝30°由几何关系可得x＝R+Rcos2θ＝v0t联立解得：，，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】解决本题的关键要明确两球之间的联系，搞清两小球竖直分位移与水平分位移的关系，结合几何关系和平抛运动规律进行处理。4．谷歌和NASA宣布，他们发现了第二个“太阳系”，也是迄今为止距离太阳最远的系外行星系——开普勒—90系统。开普勒﹣90系统的中心恒星质量约为太阳的1.13倍，半径约为太阳的1.2倍，纵观整个行星系统，即使是发现的最外侧的行星开普勒﹣90h，其轨道也不及地球，因此开普勒﹣90星系又被人们称为“迷你版的太阳系”，则开普勒﹣90系统中心恒星与太阳表面处的重力加速度之比约为（）【分析】星球表面重力近似等于万有引力，求重力加速度之比。【解答】解：在星球表面重力近似等于万有引力，则有则开普勒﹣90系统中心恒星与太阳表面处的重力加速度之比，解得≈故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查学生对规律星球表面重力近似等于万有引力的掌握，比较基础。5．如图所示，均匀带负电圆环半径为R，带电量为q，O点为环的圆心，a、b分别位于圆环轴线上O点的两侧，a、b到O点的距离分别为aO＝R，bO＝R。关于a、b、O三点的场强E和电势φ大小的关系，下列说法正确的是（）A．φa＞φb＞φO B．φO＞φa＞φb C．Ea＞Eb＞EO D．Eb＞Ea＞EO【分析】根据沿电场线方向电势降低判断电势高低；将圆环带电量分为n份q，分别求每一份q在M点产生的场强沿x轴和垂直x轴分量的大小，从而求合场强分析电场强度的大小。【解答】解：AB、带负电的圆环通过O点的轴线上，电场线方向从无限远指向O，根据沿电场线方向电势降低可知：φb＞φa＞φO，故AB错误；CD、设轴线上距离O点位移为x的点的电场强度为E，将圆环分为n份，每份的电荷量为：q＝，如图所示：根据点电荷电场强度的计算公式可得：E1＝根据电场强度的叠加可得：E＝nE1cosθ，其中cosθ＝联立解得：E＝所以O点的电场强度为EO＝0、a点的电场强度为：Ea＝、b点的电场强度为：Eb＝所以Ea＞Eb＞EO，故C正确、ABD错误。故选：C。【点评】本题考查电场的叠加和电势高低的判断，要求学生结合点电荷电场强度公式以及矢量分解，求出电场强度大小，知道沿电场线方向电势降低。二、多选题（多选）6．某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将开关S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在0～t1时间内被加速发射出去，t1时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（）A．在0～t1时间内，小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的 B．小球在塑料管中做匀变速直线运动 C．在t1时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零 D．在0～t1时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能【分析】根据磁通量的变化特点判断感应电流大小的变化特点，然后判断小球的加速度变化特点；根据电流的变化判断能量转化的关系；根据楞次定律判断涡流的方向。【解答】解：A．在0～t1时间内，由安培定则可知，线圈电流在线圈内产生的磁场方向向右，当线圈电流增大时，产生的磁场也增大，故通过金属小球的磁通量增大，根据楞次定律可知，金属小球中产生阻碍磁通量变大的磁场，即涡流的磁场方向向左，由安培定则可知，金属小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的，故A正确；BC．线圈中的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据图乙可知，线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流i的变化步调一致，在0～t1时间内，线圈电流i从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0，所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球中感应电动势也逐渐减小至0，故金属小球中的涡流也逐渐减小至0，当t＝0时，由于i＝0，故金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0，当t＝t1时，金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故0～t1时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，即加速度应先增大后减小，则小球一直做变速运动，故B错误，C正确；D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间产生了变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，同时线圈中有电流，会产生磁场，磁场本身也有一定的能量，所以0～t1时间内，电容器储存的电能没有全部转化为小球的动能，有部分能量发散损耗，故D错误。故选：AC。【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。（多选）7．2023年1月7日，中科院聚变大科学团队利用有“人造太阳”之称的全超导托卡马克大科学装置（EAST），发现并证明了一种新的高能量约束模式，对国际热核聚变实验堆和未来聚变堆运行具有重要意义。其基本原理是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）A． B． C． D．【分析】要使所有的粒子都不能穿出磁场，则要求与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r最大为R2﹣R1，所以粒子运动的最大半径为，再根据带电粒子在磁场中轨道半径公式求出磁感应强度。【解答】解：由题意可知，要使所有的粒子都不能穿出磁场，与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子最大轨道半径为：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故可得：故解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r＝又由题意知，粒子的荷质比为：则结合半径公式r＝可知：r＝解得：要使粒子不离开磁场，r≤，则由于R1＜R2，则有：＝•＞＝•＜故AB错误，CD正确；故选：CD。【点评】本题对数学几何的能力要求较高，解题关键是找出临界的半径，再通过带电粒子在磁场中的半径公式求出临界的速度。（多选）8．如图所示，两条光滑的轨道下端固定在水平面上的P点，P点到O点的距离为a，轨道上端分别固定在竖直墙面上距O点分别为h1和h2的A、B两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达P点所用时间均为t，则（）A．滑块由A、B滑到P的过程中支持力的冲量大小相等 B．a2＝h1h2 C．滑块由A、B滑到P时速度的水平分量相等 D．t与（h1+h2）成正比【分析】根据冲量的定义I＝Ft分析支持力的冲量关系；根据牛顿第二定律和位移—时间公式相结合得到物体下滑的时间表达式，根据两种情况时间相等列式，求解a与h1、h2的关系式；由速度—时间公式得到滑块滑到P时的速度大小，再得到速度水平分量大小，即可分析速度的水平分量关系；根据两次下滑过程中的高度之和与时间的关系，分析t与（h1+h2）的关系。【解答】解：A、设轨道倾角为α，则支持力的冲量为IN＝mgcosα•t＝mgtcosα，时间相同，而倾角不同，则支持力的冲量大小不相等，故A错误；B、物体从倾角为α的斜面下滑时，有＝，则物体下滑的时间两次到达P点所用时间相同，则sin2α1＝sin2α2可得：2α1＝π﹣2α2即两次下滑过程中的高度乘积h1h2＝atanα1•atanα2＝a2，故B正确；C、滑到P点时的速度v＝gsinα•t＝gtsinα，水平速度，结合sin2α1＝sin2α2，知滑块由A、B滑到P时速度的水平分量相等，故C正确；D、两次下滑过程中的高度之和h＝h1+h2＝a（tanα1+tanα2），又，联立可得：，所以t与（h1+h2）不成正比，故D错误。故选：BC。【点评】解答本题时，关键要抓住时间的一般表达式，分析斜面倾角的正弦关系，根据冲量的定义式、运动学公式列式分析。三、实验题9．一兴趣小组的同学用身边的学习用品探究橡皮筋的劲度系数k，进行了下面的操作。将橡皮筋上端固定在竖直面内的白纸上的O点，下端P处用细线拴接，挂上质量m＝30g的橡皮，记下静止后结点的位置P1。在结点P再系上一根细线，并通过该细线用水平拉力将橡皮在纸面内缓慢拉起，如图甲所示，又记录了结点P的四次不同位置。同学们取下白纸，以O点为圆心、以OP段橡皮筋的原长L0为半径画圆弧，如图乙所示。连接OP2，与圆弧交于A2，并过A2作OP1的垂线，垂足为B2。分别测出A2、P2的距离x2和O、B2的距离y22。序号12345x/cmy/cm请完成下列问题：（1）用mg、x、y、L0表示橡皮筋的劲度系数k＝。（2）作出如图丙所示的图像，则可求得k＝0.42N/cm（保留两位有效数字）。【分析】（1）根据共点力平衡条件可解得；（2）结合图像的斜率与截距解得劲度系数；【解答】解：（1）设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，重物重力为mg，结点P在竖直拉力（橡皮重力mg）、橡皮筋拉力T和水平拉力F的作用下处于平衡状态，满足下图示关系则而T＝kx联立解得（2）由（1）可知由图丙可得图像斜率又根据表格可知原长L0综上可得k≈故答案为：（1）；（2）0.42。【点评】本题考查弹簧劲度系数的计算，解题关键掌握共点力平衡条件的应用，注意图像的斜率与截距的应用。10．晓宁利用如图甲所示的电路图测量某电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0（阻值约为10ΩΩ，电压表V1、V2的量程分别为3V，6V，两电表的内阻很大。实验时晓宇完成了如下的操作：（1）组装好实验器材后，将电阻箱的阻值调到最大，电键闭合，调节电阻箱使电压表V1的指针指到满偏，再增大电阻箱的阻值，读出两电压表V1、V2的示数U1、U2，反复调节记录多组实验数据。（2）为了准确测量R0的阻值，晓宇利用（1）中的数据建立如图乙所示的坐标系并绘制图像，则图像与纵轴的交点应为1.0；电路图甲中定值电阻的阻值R0＝8.0Ω。（结果保留两位有效数字）（3）晓宇又利用（1）中的数据建立如图丙所示的坐标系并绘制图像，由图像可知该电源的电动势为E＝6.0V，内阻为r＝4.0Ω；内阻r的测量值与真实值相比偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（结果均保留两位有效数字）【分析】（2）根据串联电路电流处处相等结合欧姆定律列式，对表达式进行整理即可求解；（3）根据闭合电路的欧姆定律可得图像的函数解析式，根据图像的斜率与截距分析解答，再根据该实验引起误差的原因为电压表的分流，进行误差分析。【解答】解：（2）根据串联电路电流处处相等，由图甲所示电路图可知I＝＝，整理得＝×R+1，当R＝0时＝1，所以图像在纵轴的截距为1.0，则﹣R图像的斜率k＝＝Ω﹣1，解得R0Ω；（3）由图甲所示电路图可知＝I，由E＝U2+Ir可得，U2＝E﹣×r，结合图像可知，电源电动势E＝6.0V，电源内阻r＝Ω；由于电压表分流的作用，实验等效外接伏安法测电源电动势和内阻，内阻r的测量值比真实值偏小。故答案为：（2）1.0，8.0；（3）6.0，4.0，偏小【点评】本题考查对图象的认识，要掌握从图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，要注意斜率的意义。四、解答题11．1911年，物理学家密立根通过著名的油滴实验测出基本电荷的电荷量。该实验中，平行板电容器极板水平放置，两极板间距离为d，上极板有一小孔。带电油滴从小孔落入电容器中，油滴受到的空气阻力大小与速度大小成正比，比例系数为常数k，不计空气浮力。当电容器未加电压时，经过一段时间，可以观察到油滴以恒定速度v1下落。当电容器下极板带正电，电压为U时，经过一段时间，可以观察到油滴以恒定速度v2上升。（1）求油滴的电性和带电量q；×10﹣2×10﹣16kg，当电容器未加电压时，油滴以恒定速度下落一段距离l所用的时间t1＝11.9s。使电容器下极板带正电，电压U＝25V，测量油滴以恒定速度上升相同一段距离l所用的时间t2。撤去电压使油滴下落，用X射线照射极板间的空气产生离子，使油滴的带电量发生改变，再加相同电压重新测量t2。重复多次测量之后发现×10﹣3s﹣12，结果保留两位有效数字）。【分析】（1）当极板上没加电压时，油滴以恒定的速率v在空气中缓慢降落，重力与空气阻力平衡，根据平衡条件求出重力．当极板上加电压U时，油滴以恒定的速率v2缓慢上升，电场力与重力和空气阻力的合力平衡，再由平衡条件求解电量。（2）根据油滴通过某一定值的竖直距离时，以恒定的速率v1下降时所需时间为t1，恒定速率v2上升同一竖直距离所需时间为t2，根据两个时间的关系式．再由（×10﹣3s﹣1的整数倍，得出电量的表达式，求解基元电荷的带电量。【解答】解：（1）设油滴的质量为m，当电容器未加电压时，油滴受重力和阻力作用，由平衡条件可得：kv1＝mg当电容器电压为U时，极板间的电场强度：由平衡条件可得：qE＝mg+kv2联立以上各式解得：由于下极板带正电，根据油滴先下降后再返回，则判断油滴的电性为正电；（2）由题设条件和运动学关系得：l＝v1t1，l＝v2t2由上一问结论可知：所以电荷量：联立解得：根据题意，当：时对应的电荷量为基本电荷的电荷量e，代入数据解得：e≈×10﹣19C答：（1）油滴的电性为正，带电量q为；×10﹣19C。【点评】本题题目比较长，文字较多，首先要耐心读题，其次要抓住有效信息，要具有构建物理模型的能力。12．如图所示，滑块A（可视为质点）位于小车B的最左端，二者一起以v0＝8m/s的初速度向右匀速运动，木块C静止在小车B的正前方，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C的质量分别为mA＝3kg、mB＝1kg、mC＝1kg，A与B之间、C与水平地面之间的摩擦因数均为μ＝0.1，不计小车B与地面之间的摩擦，小车的表面水平且足够长，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）小车B和木块C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小；（2）小车B和木块C第2次碰撞前，滑块A与小车B摩擦产生的热量Q1；（3）小车B和木块C第3次碰撞前，木块C运动的位移xC的大小。【分析】（1）根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解BC弹性碰撞后两物体的速度，根据运动状态，由牛顿第二定律求三个物体的加速度大小；（2）由动量守恒定律求出AB的共同速度。再由能量守恒定律求AB两者摩擦生热；（3）由运动学公式判断BC发生第二次碰撞时C是否静止，并求出BC两物体的速度及位移。再根据弹性碰撞的规律求出第二次碰撞后的速度，同样道理求出到第三次碰撞前C的位移，相加即可得到结果。【解答】解：（1）设小车B和木块C第1次碰撞后速度分别为vB和vC，弹性碰撞满足以向右方向为正，动量守恒：mBv0＝mBvB+mCvC机械能守恒：解得：vB＝0，vC＝8m/s滑块A速度不变，滑块A和小车B发生相对滑动，由牛顿第二定律得，μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，μmCg＝mCaC解得：，，（2）小车B和木块C第1次碰撞后，滑块A匀减速，小车B匀加速，木块C匀减速，在小车B和木块C第2次碰撞前，设滑块A和小车B已经达到相同速度v1一起匀速运动对滑块A和小车B系统，以向右为正方向，由动量守恒得：mAv0＝（mA+mB）v1解得：v1＝6m/s由能量守恒得：代入数据解得：Q1＝24J（3）滑块A和小车B以速度v1一起匀速运动，在小车B和木块C第2次碰撞前，假设木块C未停止运动，速度为v2，两次碰撞之间小车B和木块C的位移均为x1，由运动学关系得：，解得：v2＝2m/s或v2＝10m/s（舍）所以假设成立，小车B和木块C第2次碰撞前木块C未停止运动代入数据还得到：x1＝30m设小车B和木块C第2次碰撞后速度分别为vB1和vC1，弹性碰撞满足以向右为正方向，由动量守恒定律有：mBv1+mCv2＝mBvB1+mCvC1机械能守恒：解得：vB1＝v2＝2m/s，vCl＝v1＝6m/s设在小车B和木块C第3次碰撞前，滑块A和小车B已经达到相同速度v3一起匀速运动，对滑块A和小车B系统，以向右为正，由动量守恒得：mAv1+mBv2＝（mA+mB）v3解得：v3＝5m/s设小车B和木块C第2次碰撞后到第3次碰撞前的过程中，小车B和木块C的位移均为x2，第3次碰撞前C的速度为v4，由运动学关系得：，解得：v4＝3m/s或v4＝7m/s（舍），x2同理，小车B和木块C第3次碰撞前木块C未停止运动：xC＝x1+x2代入数据解得：xC答：（1）小车B和木块C第1次碰撞后，A、B、C的加速度大小分别为1m/s2，3m/s2，1m/s2；（2）小车B和木块C第2次碰撞前，滑块A与小车B摩擦产生的热量Q1为24J；（3）小车B和木块C第3次碰撞前，木块C运动的位移xC的大小为43.5m。【点评】本题是关于弹性碰撞的多物体、多过程的板块模型，涉及到牛顿第二定律、匀变速直线运动学规律、动量守恒定律等知识点，难点在于两次碰撞间的位移关系及计算，要隔离物体分别分析，结合相应的规律解决关键问题。五、多选题（多选）13．下列说法正确的是（）A．轮胎打足气后，不会被压扁，是因为轮胎内的气体分子间表现为斥力 B．绝热气缸中气体向真空膨胀，体积增大，但内能保持不变 C．一种物质密度为ρ，每个分子的体积为V0，则单位质量的这种物质具有的分子数为 D．两个分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大 E．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发【分析】轮胎充足气后很难压缩，是因为轮胎内气体的压强大；气体在向真空膨胀的过程中没有力的作用，所以不做功，绝热过程，内能不变；根据摩尔体积所代表的物理意义分析；当r为无穷大时，分子势能为零，当r＝r0时，分子势能最小，且为负值；锄地松土可以破坏土壤的毛细管，使水分保持在土层以下，减少水分蒸发。【解答】解：A．轮胎打足气后，不会被压扁，是因为轮胎内气体压强大于轮胎外部压强，故A错误；B．绝热气缸中气体向真空膨胀，属于自由扩散现象，故气体对外界不做功、不吸热，所以体积增大，但内能保持不变，故B正确；C．如果该物质是气体，因为气体分子间有间隙，所以ρV0是每个分子的质量，即单位质量的这种物质具有的分子数不为，故C错误；D．两个分子在靠近的过程中，分子势能可能先减小后增大，例如两个分子间距从无限远到小于r0的过程，故D正确；E．农业生产中，锄松地面的土壤，目的是破坏土壤表面层的毛细管，减少水分的蒸发，故E正确。故选：BDE。【点评】本题考查了内能的变化、分子势能、热力学第一定律、毛细现象等热学基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化理解并记忆。六、解答题14．如图所示，柱形绝热气缸竖直放置，一定质量的理想气体被重力为G、横截面积为S的绝热活塞封闭在气缸内，此时活塞距气缸底部的距离为L0，气缸内气体热力学温度为T0。现通过电热丝缓慢对气缸内气体加热，通过电热丝的电流为I，电热丝电阻为R，加热时间为t，使气体热力学温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，设电热丝产生的热量全部被气体吸收。求气缸内气体热力学温度从T0升高到2T0的过程中。（1）活塞移动的距离x；（2）该气体增加的内能ΔU。【分析】（1）根据一定质量的理想气体的状态方程列式计算出活塞移动的距离；（2）根据热力学第一定律，结合气体的做功公式得出气体增加的