2021年四川省成都市高考物理一诊试卷

2021年四川省成都市高考物理一诊试卷

1.下列表述正确的是（）

A,亚里士多德通过“理想实验”得出了“力不是维持物体运动的原因”这一结论

B.开普勒在研究行星运动规律的基础上发现了万有引力定律

C.库仑通过“扭秤实验”非常准确地测出了带电物体间的静电力

D.法拉第引入的“电场线”是真实存在于电场中的

2.如图，水平地面上叠放着矩形物体A和2,细线一端

连接A,另一端跨过定滑轮连接着物体C,4、B、C

均静止。下列说法正确的是（）

A.4共受到三个力作用

B.8共受到四个力作用

C.适当增加C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，则A对8的压力比原来大

D,适当增加C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，则地面对8的摩擦力比原来

大

3.截止目前，我国的探月工程已发射了五个探测器。如图所示为“嫦娥三号”飞行轨

道示意图，其中的P是环月圆轨道与环月椭圆轨道远月点的相交处，。是环月椭圆

轨道的近月点。下列说法正确的是（）

A.椭圆轨道上，“嫦娥三号”在P点的加速度最小

B.在圆轨道与椭圆轨道上运行时，“嫦娥三号”的周期相等

C.在P点由圆轨道变轨为椭圆轨道，“嫦娥三号”需要加速

D.椭圆轨道上，从P至。，“嫦娥三号”的机械能逐渐增大

4.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r,C为电容器，％和/?2为定值电

阻，7?3为光敏电阻（阻值随光照增强而减小），A为理想电流表，G为灵敏电流计，

已知%>r。当开关S闭合且电路稳定后,在逐渐增大对/?3的光照强度的过程中（）

A.A表的示数变小B.电源的输出功率变大

C.电源内部消耗的热功率变小D.G表中有从〃至方的电流

5.如图，底端固定有挡板的斜面体置于粗糙水平面上，轻弹簧一端与挡板连接，弹簧

为原长时自由端在B点，一小物块紧靠弹簧放置并在外力作用下将弹簧压缩至A

点。物块由静止释放后，沿粗糙斜面上滑至最高点C,然后下滑，最终静止在斜面

上。若整个过程中斜面体始终静止，则下列判定正确的是（）

A.整个运动过程中，物块加速度为零的位置只有一处

B.物块上滑过程中速度最大的位置与下滑过程中速度最大的位置不同

C.整个运动过程中，系统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量

D.物块从A上滑到C的过程中，地面对斜面体的摩擦力大小先增大再减小，然后

不变

6.xOy平面内运动的某质点t=0时刻在），轴上。图（a）是质点在x方向的速度V―时间

f图像（选x轴正方向为v的正方向），图（匕）是质点在y方向的位移y-时间/图像。

则可知（）

图（a）图（b）

A.质点做匀变速曲线运动

B.t=0时，质点的速度大小为2m/s

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C.t=2s时，质点的坐标为（6M,0）

D.t=ls时，质点的速度大小为5m/s

7.某电场中的一条电场线与x轴重合，一负点电荷仅

在电场力作用下以某一初速度沿x轴正方向做直线

运动。已知点电荷的电荷量为-2x10-8。，点电荷

的动能E与坐标x的关系如图中曲线所示，斜线为

该曲线过点（033）的切线。下列判定正确的是（）

A.该电场的电势沿x轴正方向降低

B.该电场为匀强电场

C.x=0.3?n处的场强大小为500N/C

D.x=0.3m与％=0.5租|用的电势差是100Y

8.如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为"的平行

板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O,水

平绝缘光滑杆穿过。固定在8板上，电容器、底座

和绝杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为

机的带正电环P套在杆上以某一速度见,对准。向

左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S,OS=

会若A、B板外侧无电场，P过孔。时与板无接触，不计P对A、8板间电场的影

响。则（）

A.P在S处的速度为0

B.P从。至S的过程中，绝缘座的位移大小为霍

C.P从。至S的过程中，绝缘座的位移大小为湍制

D.P从。至S的过程中，整个系统电势能的增加量为卷去

9.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了图9）所示的实验装置，

其中M为小车的质量，机为砂和砂桶的质量，血。为动滑轮的质量，滑轮光滑且大

小不计，力传感器可测出细线中的拉力大小。

1.012.964.926.868.8210.77

图(b)图(c)

(1)实验中，不需要进行的操作是,不需要满足的条件是(填序号字

母)。

人用天平测出砂和砂桶的质量m

B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力

C.保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M

D小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传

感器的示数

(2)该同学在实验中得到图(b)所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)。

已知打点计时器的打点周期为0.02s,根据纸带可求出小车的加速度大小为

m/s2(结果保留三位有效数字)。

(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度。为纵坐标，画出图(c)所示的a-

F图线是一条过原点的直线，若图线的斜率为3则小车的质量为。

10.要测量一个约2000的未知电阻心的阻值，要求测量精度尽量高、且电表的指针偏

角必须超过量程的三分之一。实验室提供了以下器材：

①电流表4式0〜5mA,内阻ri=10。)；

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②电流表人2（。〜1。64内阻七=5。）；

③定值电阻Ri（Ri=18O0）；

④定值电阻&（&=20。）；

⑤滑动变阻器R（0〜5。）；

⑥干电池（电动势1.5U,内阻不计）；

⑦开关S及导线若干。

（1）某同学设计了图（。）所示的电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于

端（填“左”或“右”）；

（2）图中定值电阻应选（填或）；

（3）若某次测得电流表人、4的示数分别为小6则被测电阻的大小为&=

（用可能用到的符号人、【2、/、「2、%、氏2表示）;

（4）若通过调节滑动变阻器，测得多组％、12,作出/2-。的图像如图（匕）所示，求得

图线的斜率为k=1.90,则被测电阻的大小为R工=。（保留三位有效数字）。

11.如图，竖直平面xOy内，第一象限有水平向右（沿x轴

正方向）的匀强电场,第三象限有竖直向上（沿y轴正方

向）的匀强电场，场强大小均为E；悬点在力（01）、长

为L的绝缘细线悬挂着质量为机的带电小球（可视为质

点），小球静止时，细线与竖直方向的夹角为。=37。。

撤去第一象限的电场，小球自由下摆到。点时，细线

恰好断裂，然后小球经第三象限的电场，落在地面上距。点水平距离为d的B点。

重力加速度大小为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）小球的带电性质及电荷量q；

（2）小球运动到B点的速度大小。

12.如图，倾角为30。、长L=6m的倾斜传送带的速度大小必可由驱动系统根据需要设

定，且设定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量瓶=1kg的货箱（视

为质点)施加一个沿传送带向上、大小F=10N的恒力，使其由静止开始从传送带

底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数〃=3，最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，重力加速度取g=10ni/s2。

(I)若%=0,求货箱在传送带上运动的时间f;

(2)若加=4m/s,求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量夕和货箱

与传送带间因摩擦产生的热量Q

(3)若%=4m/s,货箱运动到0.7s末，由于某种原因使恒力尸突然消失，试通过计

算判断货箱能否到达高平台。

13.下列说法正确的是()

A.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大

B.用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算气体分子的体积

C.物体向外界放热，其内能不一定减小

D.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体

E.自然界自发的宏观过程都具有方向性，总是向分子热运动无序性更大的方向进

行

14.小明父亲启动汽车送小明上学时，发现汽车胎压异常状态电子系统有如图所示的报

警：“左前轮胎压胎压过低”。已知左前轮内胎体积为％,为使汽车正常

行驶，小明父亲用电动充气泵给左前轮充气，每秒钟充入△U=自玲、压强为\atrn

的气体，充气结束后内胎体积膨胀了10%,胎内气体压强达到了2.4atm。(设胎内

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气体可视为理想气体且充气过程中胎内气体温度无明显变化，计算结果可用分式表

示）

0）充气结束，胎内气体若保持L7atm,其理论体积匕渥力的多少倍？

5）充气几分钟可以使胎压达到2.4atm?

2,40

24C

■D

2.402.40

24℃24°C

15.关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是（）

A.弹簧振子在四分之一周期里运动的路程一定等于一个振幅

B.用超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了波的多普勒

效应

C.摆钟偏慢时可通过缩短摆长进行校准

D.光学镜头上的增透膜是利用了光的偏振

E.电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、y射线

16.对比钻石折射率是判断钻石真假的一种方法。图（a）为某种材料做成的钻石示意图,

其截面如图（b）所示，虚线为垂直于MN边的对称轴，N40B可以根据需要打磨成不

同大小，现有光线从图示位置垂直于边射入该钻石内。

⑴若NAOB=106。时，光恰好不从AO边射出。请计算该钻石的折射率，判断该钻

石的真假。（真钻石对该光的折射率为2.42,计算中可能用到sin37。=0.6,cos37。=

0.8）

5）继续打磨该钻石使N40B减小后，让光线仍沿图（b）所示方向入射，光射到BO

边时刚好发生全发射，求乙4OB的大小。（结果保留两位小数）

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A、伽利略通过“理想实验”得出了“力不是维持物体运动的原因”这一

结论，故A错误；

B、牛顿在研究行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，故8错误；

C、库仑通过“扭秤实验”非常准确地测出了带电物体间的静电力，故C正确；

法拉第引入的“电场线”是为了描述电场人为引入的，在电场中不是真实存在，故

。错误。

故选：a

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】D

【解析】解：A、物体A处于静止状态，受力分析如图所示:

物体A共受到四个力，故4错误；

B、物体B处于静止状态，受力分析如图所示:

CD、适当增加C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，可知7增大，0不变，由平衡

条件得：NA=mAg-Tsin9

可知M减小，可知A对8压力比原来小，由平衡条件及牛顿第三定理可得：fB=fA'

必'=以=Tcosd

联立可得：fB=Tcosd

可知，地面对8的摩擦力比原来大，故C错误，。正确。

故选：

A处于平衡，合力为零，对A受力分析即可，B处于平衡状态，对8受力分析，可知B

和地面间也存在摩擦；适当增加C的质量后，A、B、C仍静止在原位置，以A为研究

对象分析，可知A对8压力比原来小，对B受力分析，根据平衡条件及牛顿第三定律

即可分析地面对B的摩擦力。

本题考查受力平衡条件，目的是考查学生的推理能力，整体法与隔离法的灵活选择对解

题过程简洁与否至关重要，要求能灵活选择方法。

3.【答案】A

【解析】解：A、根据万有引力提供向心力：G^=ma,可得a=詈，由于P点是椭

圆轨道上的远月点，则“嫦娥三号”在尸点的加速度最小，故A正确；

B、根据公式开普勒第三定律旨=k,可知，在圆轨道与椭圆轨道上运行时，轨道半长

轴不同，则“嫦娥三号”的周期不相等，故B错误；

C、在P点由圆轨道变为椭圆轨道，是由高轨道向低轨道做近心运动，所以“嫦娥三号”

需要在P点减速，故C错误；

。、椭圆轨道上，从P至Q,只有万有引力对“嫦娥三号”做功，故“嫦娥三号”的机

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械能守恒，即保持不变，故。错误。

故选：Ao

在环月段圆轨道上经过P点时减速才能进入环月椭圆轨道.嫦娥三号悬停时反推力与重

力平衡，据此求得月球表面的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙速度.由卫

星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速.

本题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，知道开

普勒第三定律，理解公式中各量的含义.

4.【答案】B

【解析】解：A、增大对飞的光照强度，其电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电

路欧姆定律可知，干路电流增大，则A表的示数变大，故A错误；

8、由于%>r,结合电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻减小时，外电阻

与内电阻逐渐接近，电源的输出功率增大，故8正确；

C、根据公式P=〃河知通过电源的电流增大，电源内部消耗的热功率增大，故C错误；

D、由闭合电路欧姆定律知〃=后-/（%+「），可知，/增大，其它量不变，并联部分电

压U减小，即电容器两端电压减小，所以电容器处于放电过程，G表中电流从6流向a,

故。错误.

故选：B。

在逐渐增大对/?3的光照强度的过程中，/?3的阻值减小，分析外电路总电阻的变化，由闭

合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可知道电流表A的示数如何变化。由内外电阻

的关系和外电阻的变化分析电源的输出功率如何变化。由P=产「分析电源内部消耗的

热功率变化情况。根据电容器充放电情况，判断G表中电流方向。

对于闭合电路的动态分析问题，一般按外电路—内电路一外电路的分析思路进行。分析

内电路主要根据总电流及内阻分析内电压变化情况，而外电路较为复杂，要注意灵活应

用电路的性质。

5.【答案】B

【解析】解：A、设斜面倾角为仇

物体上滑时，当满足mgsin。+〃mgcos9=k△x,此时物块加速度为零；

物体下滑时，当满足77195沆8-〃7719<:05。=卜小工'，此时物块加速度为零，

整个运动过程中，物块加速度为零的位置有两处，故A错误；

2、上滑过程在弹簧压缩量为AX时，加速度为零，速度最大；下滑过程在弹簧压缩量为

△x'时，加速度为零，速度最大，由A选项可知物块上滑过程中速度最大的位置与下滑

过程中速度最大的位置不同，故B正确；

C、整个过程系统能量不变，上滑过程中弹簧的弹性势能转化成内能和重力势能，故系

统弹性势能的减少量等于系统内能的增加量与增加的重力势能之和，故C错误；

。、物块从A上滑到B过程中，弹簧的弹力逐渐减小，在物体的合力等于零之前，由牛

顿第二定律有kx-mgsina=ma,a随着x的减小而减小，方向沿斜面向上。

以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律知：地面对斜面体的摩擦力/=

macosa,a减小，则f减小，方向水平向左。

在物体的合力等于零之后到8的过程，由牛顿第二定律有f+mgsi7ia-kx=ma,"随

着x的减小而增大，方向沿斜面向下。

以斜面体、物块和弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律知：地面对斜面体的摩擦力/=

macosa,a增大，则/增大，方向水平向右。

物体从B运动到C的过程，物体的加速度不变，则由/=macosa知，f不变，综上知，

物块从4上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变。故。错

误。

故选：B。

物块的合力为零时速度最大，由平衡条件和胡克定律分析上滑和下滑速度最大的位置关

系；

根据能量和转化守恒定律分析整个运动过程中产生的内能与弹簧的最大弹性势能的关

系；

物块从4上滑到C过程中，以斜面体和物块整体为研究对象，分析地面对斜面体的摩

擦力如何变化。

本题是力学综合题，分析物体的受力情况是基础，还要把握能量是如何转化的。对于加

速度不同的物体，也可以运用整体法研究。

6.【答案】AD

【解析】解：A、质点在x轴方向质点以初速度为2m/s做匀加速直线运动，而在y轴方

向质点做匀速运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件，可知，质点做匀变速曲

线运动，故A正确；

8、t=0时，在x方向上的初速度为%0=2m/s,y方向上的速度为%=詈=^m/s=

-3m/s,则速度为〃=［七+药=y/22+(-3)2m/s=y/13m/s,故3错误；

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C、2s内质点在x方向上的位移为％=-^-x2m-8m,2s内质点在y方向上的位移为y=

-3x2m=-6m,质点的坐标为(8m,0),故C错误；

£)、t=ls时，在x方向上的速度为4m/s,y方向上的速度为—3m/s,则合速度为1/=

y/42+(-3)2m/s=5m/s,故D正确。

故选：AO。

依据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，结合运

动的合成与分解，即可判定运动性质；

根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，求出1s

末x方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；

分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解2s内的位

移大小。

解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合

成，注意掌握曲线运动的条件，要注意v-t图象中图线与时间轴围成的面积对应质点

运动的位移。

7.【答案】AC

【解析】解：A、负点电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能减少，由动能定理知电场

力对其做负功，则电场方向沿x轴的正方向，电势沿x轴正方向降低。故A正确

8、由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知，斜率

减小，电场力减小，根据E=可知电场强度变小。故8错误；

C、由图可知尸=k=注担二N=1.0X10-57

0.6-0.3

x=0.3m处的场强大小为E=：=V/m=500K/m,故C正确；

。设工=0.3m处动能为x=0.5ni处动能为Ei，

由图可知琢=3X10-6),=1.75x10-6/,

由动能定理得-qU=E'k-Ek

解得U=62.5V,故。错误。

故选：AC.

粒子仅受电场力作用，列出动能定理式子，可判断出a-X图像斜率表示电场力，并可

判断电场力方向，结合场强与电场力的关系，即可求解。

本题考查电场相关概念，结合动能定理，要求学生结合公式，理解所给图像斜率、交点

的意义，对学生分析能力有一定要求。

8.【答案】CD

【解析】解：A、带电圆环进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电

容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当他们速度相等时，带电圆环与电容器的

左极板相距最近，取向左为正方向，有系统动量守恒m%=（7n+M）u

可得D-

」1寸m+M

则尸在S处的速度不为0,故A错误；

BC、该过程电容器（绝缘座）向左做匀加速直线运动，有％

环向左做匀减速直线运动，有

由题意可知X'-K=?

P从。至S的过程中，绝缘座的位移大小为瑞荷，故C正确，3错误；

D,尸从O至S的过程中，带电环减速，动能减少，电容器动能增加，系统动能减少，

2

电势能增加，增加的电势能△EP=-1（m+M）v=号急

故。正确。

故选：CD。

带电环与电容器组成的系统动量守恒，可利用动量守恒定律求解速度，从而求出位移；

整个过程系统能量守恒，系统动能转化为电势能.

本题考查动量守恒定律与功能关系，要求学生判断守恒量，并能够对带电环以及电容器

在整个过程的能量转化进行分析，难度适中。

9.【答案】AC1.95;-m0

【解析】解：（1）4实验中细线上的拉力由力的传感器可测出，故不需要测出砂和砂桶

的质量，故A错误；符合题意；

8、为了保证细线上的拉力就是动滑轮和小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，故B正

确，不符合题意；

C、拉力由力的传感器可测出，故不需要保证砂和砂桶的质量，〃远小于小车的质量M,

故C错误，符合题意。

第14页，共21页

。、小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感

器的示数，这是实验测量的标准步骤，故。正确，不符合题意。

故不需要进行的操作是4;不需要满足的条件为C。

(2)两计数点间还有四个点没有画出，则两计数点间的时间间隔为7=0.1s,根据△x=

一”“rnbxd-(10.77+8.82+6.86)-(1.01+2.96+4.92)c-2/2icl/2

a72利用逐差法有a=L--------苛立----------X102m/s2=1.95m/s2

(3)根据牛顿第二定律有2F=(m0+M)a

则@二上2一产

m0+M

故图象的斜率土=2品

解得M=^-m0

故答案为：(1)4(2)C；(3)1.95；(4)：一小。。

(1)根据实验的原理和注意事项确定不需要的操作以及条件；

(2)根据计数点间的时间间隔确定两计数点间的时间；再根据连续相等时间内的位移之

差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度；

(3)根据牛顿第二定律确定F与加速度间的关系，再结合图象即可求出小车的质量。

本题考查探究加速度与物体质量、物体受力间的关系，要注意明确实验原理，掌握根据

图象处理数据的基本方法，同时掌握根据逐差法处理纸带的方法。

10.【答案】左仆211

1攵_/1

【解析】解：(1)由于电路为分压式电路，闭合开关前要保护电流表，要求流过电流表

的电流尽可能小，固要将滑动变阻器的滑片应置于左端；

(2)由电路图可看出，本题考向实质为伏安法测电阻，则需将电流表L改装为电压表，

由于电源电动势为1.5V,则占改装的电压表应能测1.5V的电压，则有

%出弟+万)21.5匕代入数据有：R单，2900,则选&较为合适；

(3)根据欧姆定律有：

(4)由上一问(第三空)的答案整理得：/2=*3/1

Kx

由上式可知：'=r'+丁.

Kx

则代入计算可得：Rx=2iin

故答案为：(1)左；(2)&；⑶埠*;(4)211

(1)为保护电路使分压为零，滑片置于左端；

(2)根据电源电动势和电流表满偏时，大致求出分压电阻的阻值，从而选择定值电阻；

(3)根据并联电路电压相等和欧姆定律求出待测电阻的阻值；

(4)由上一间的表达式写出。-图象，由图象的斜率从而求出心的值。

本实验是伏安法的变形，即安安法，通过滑动变阻器的调压从而使一条支路的电流变化

时，干路中的电流也要变化，且是线性关系，作出，2-4图象，结合图象就求出待测电

阻的阻值，此种方法既减小了因读数的偶然误差，也消除了因电表内阻的影响产生的系

统误差。

11.【答案】解：(1)小球受三力作用静止，电场力方向与电场强度方向相同，故小球带

正电；

由力的平衡条件得：qE-rngtand

解得，小球的电荷量为：勺=甯

(2)设小球在0点的速度大小为%,摆下过程中，由动能定理，则有：7ngL(l-cos37。)=

12

21

解得：Vi=J|gL

小球在第三象限做类平抛运动，水平方向有：d=V1t

竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：mg-qE=ma

由运动学规律有：vy=at

小球运动到B点的速度：v2=J琦+药

联立各式，解得：v2=J|"+鬻

答：(1)小球的带正电，其电荷量为翳；

(2)小球运动到B点的速度大小为J|"+誓。

【解析】(1)由三力平衡，结合矢量的合成法则，及三角知识，并由电场力与电场强度

方向相同，从而小球的判定电性及电量；

(2)根据动能定理，结合类平抛运动处理规律，及运动学公式，即可求解。

考查带电粒子在电场中运动问题，掌握平衡条件的应用，理解动能定理的内容，及类平

抛运动处理的规律，最后还要注意小球的两个运动过程，尤其是类平抛运动与平抛运动

的区别。

12.【答案】解：(1)兀=。时，货箱受重力，拉力，传送带对货箱的支持力和摩擦力,

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向上做匀加速运动，由牛顿第二定律有：F-I^mgcos300-mgsin300=ma解得：a=

2m/s2

由运动学规律有：解得：t=Jg=再s=^s

（2）%=4m/s时，货箱受重力，拉力，传送带对货箱的支持力和摩擦力，向上做匀加速

运动，直到速度达到4m/s,

设此过程加速度为内,运动时间为发生位移为Xi，

2

由牛顿第二定律有：F+nmgcos30°-mgsin30°=mar代入数据得：%=8m/s

由运动学规律有：。0=%£1，工]=扣宙代入数据得：ti=0.5s,=lm/s

货箱与传送带间的相对路程为：△X]=心口一X[=4x0.5m-lm=lm此后，摩擦力

反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度a2=a=2m/s2

设此过程的时间为12，发生位移为x2=Z,—xx=6m—Im=5m

由运动学规律有：%2=v0t2+^a2tl代入数据得：t2=Is

货箱与传送带间的相对路程为：△%2=%2-vot2=5m-4xIm=1m

规定沿传送带向上的方向为正方向

则有：//=fimgcos30°t-L-nmgcos30°t2,Q=/zm^cos30°（A+△七）代入数据解得：

If=-1.5N-s,方向沿传送带向下Q=6/

（3）ti=0.5s时，货箱速度达到4m/s,从0.5s到0.7s,货箱以加速度a2沿传送带向上做

加速运动，设此过程时间为t3,发生位移为X3,末速度为v

t3=0.7s—0.5s=0.2s

X

由运动学规律有：V=%+a2t3，3=V0t3+j«2tf

代入数据得：v=4.4m/s,x3=0.84m

力尸消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动（摩擦力方向沿传送带向下）直到速度再次

到达4m/s,设此过程发生位移为心由动能定理有：一（mgsin30o+“mgcos3（r）X4=

2

^mv§-^mv代入数据得：x4=0.21m

此后，摩擦力方向沿传送带向上，传送带继续向上减速运动，设货箱速度从4m/s减至0

的过程中发生的位移为与

由动能定理有：一（mgsin30。-〃巾9，。530。）办=0

代入数据得：x5=4m/s

因：工1+刀3+刀4+*=Im+0.84m+0.21nl+4zn=6.05m>L所以，货物能到达高

平台。

答：(1)若%=0,求货箱在传送带上运动的时间f为巡S；

(2)若%=4m/s,求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量/f和货箱与传

送带间因摩擦产生的热量。分别为-1.5N•s和6J；

(3)若见=4m/s,货箱运动到0.7s末，由于某种原因使恒力F突然消失，货箱能到达高

平台。

【解析】(1)根据牛顿第二定律求得上滑时的加速度大小，根据运动学公式求得上滑时

间；

(2)当货箱速度达到4rn/s之前，根据牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得货

箱速度达到4m/s时所需时间和上滑的位移，当速度大于4rn/s时，根据牛顿第二定律求

得加速度，利用运动学公式求得运动时间，求得发生的相对位移，根据匕="求得冲量，

根据Q=nmgcosd-△x求得产生的热量；

(3)根据时间关系求得在0.7s时货箱获得的速度及货箱沿斜面上滑的距离，撤去外力后，

货箱做减速运动，求得减速到传送带速度时所需时间，利用运动学公式求得上滑的距离，

当速度小于传送带后，在结合牛顿第二定律和运动学公式求得继续上滑的距离，即可判

断。

本题考查用牛顿运动定律分析传送带问题、匀变速直线运动的规律、冲量及动能定理等

内容，旨在考查学生的综合分析能力，试题较难。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、分子力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势

能增大，故A正确；

8、由于气体分子的体积和分子所占的体积不同，所以不能由气体的摩尔体积和阿伏加

德罗常数估算气体分子的体积，故B错误；

C、根据热力学第一定律△U=Q+"可知，物体向外界放热，即Q<0,如果外界对物

体做功，即皿>0,且外界对物体做功大于物体向外界放热，则有△〃>(),若外界对

物体做功等于物体向外界放热，其内能可能不变，所以其内能不一定减小，故C正确；

D,金刚石、食盐、和水晶都是晶体，玻璃是非晶体，故。错误；

E、根据热力学第二定律可知，自然界自发的宏观过程都具有方向性，总是向分子热运

动无序性更大的方向进行，故E正确。

故选：ACEo

根据分子力做功与分子势能的变化判断；根据阿伏加德罗常数进行计算；根据热力学第

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一定律判断；玻璃是非晶体；根据热力学第二定律判断。

本题考查分子力及分子势能、阿伏加德罗常数、热力学第一定律、晶体与非晶体、热力

学第二定律等热学基础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

14.【答案】解：。）设充气结束后的胎内气体压强为P2，体积为“，则P2~2.4atm,V2=

%+10%%=1.1%

依题意理论状态：压强为PH=体积