高考物理复习特训计算题标准练一

计算题标准练(一)

24．(12分)(2020·湖北省七市联考)如图1所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B ＝4 T 的匀强磁场中，两导轨间距为L ＝0.5 m ，轨道足够长．金属棒a 和b 的质量都为m ＝1 kg ，接入电路的有效电阻R a ＝R b ＝1 Ω.b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h ＝80 cm 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰．求：(已知重力加速度g ＝10 m/s 2

)

图1

(1)a 、b 两棒的最终速度大小； (2)整个过程中b 棒中产生的焦耳热．答案 (1)2 m/s 2 m/s (2)2 J

解析 (1)设a 棒下滑至C 点时的速度为v 0，则由动能定理得， mgh ＝12mv 02

－0，

解得v 0＝4 m/s.

此后的运动过程中，a 、b 两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a 、b 两棒组成的系统动量守恒，有：mv 0＝(m ＋m)v

解得a 、b 两棒共同的最终速度为v ＝2 m/s ，此后两棒一起做匀速直线运动 (2)由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为： Q ＝12mv 02－12(m ＋m)v 2

，

b 棒中产生的焦耳热Q b ＝1

2Q ，

联立解得：Q b ＝2 J.

25．(20分)(2020·四川绵阳市二诊)如图2所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN ，放有长木板P ，P 左端与MN 间距离为d ，P 右端放置小物块K ，P 、K 的质量均为m ，P 与K 间的动摩擦因数为μ.现给小物块K 保持施加水平向左的恒定外力，其大小等于P 与K 间的滑动摩擦力的二分之一，P 、K 一起向左运动，直到P 与竖直挡板MN 相碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间P 的速度大小相等，方向相反，小物块K 始终在长木板P 上．重力加速度为g.

图2

(1)经过多长时间长木板P 与竖直挡板MN 发生第一次碰撞；

(2)从外力作用在小物块K 到长木板P 第一次与竖直挡板MN 碰撞后向右运动到最远的过程，求P 、K 间因摩擦产生的热量；

(3)为使小物块K 不与竖直挡板MN 碰撞，求木板P 长度的最小值．答案 (1)2

2d μg (2)5

μmgd (3)d 解析 (1)P 、K 在外力F 作用下一起向左运动，设加速度为a ，经过时间t 长木板P 与竖直挡板MN 发生第一次碰撞，

则F ＝12μmg，F ＝2ma ，d ＝12at 2

，

解得a ＝1

μg，t ＝2

2d μg

(2)设P 与竖直挡板MN 发生第一次碰撞前速度大小为v 1，则v 1＝at

碰撞之后，P 向右以v 1为初速度做匀减速运动，设加速度大小为a 1，经过时间t 1速度减为零，通过的距离为x 1，此时P 向右运动到最远；K 向左以v 1为初速度做匀减速运动，设加速度大小为a 2，在时间t 1内通过的距离为x 2，

则μmg＝ma 1，μmg－F ＝ma 2 v 1＝a 1t 1，x 1＝12v 1t 1，x 2＝v 1t 1－12a 2t 12

解得v 1＝

μgd 2，a 1＝μg，a 2＝1

μg，t 1＝d 2μg ，x 1＝14d ，x 2＝3

d ，设在时间t 1内，K 在P 上滑动的距离为x ，P 、K 间因摩擦产生的热量为Q ，可得： x ＝x 1＋x 2，Q ＝μmgx，解得Q ＝5

μmgd

(3)小物块K 对地先向左做匀加速运动，后向左做匀减速运动，如此交替进行，始终向左运动．小物块K 对木板P 先相对静止，后相对向左滑动，交替进行；木板P 与竖直挡板MN 碰撞后先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动再与小物块K 相对静止，同时向左做匀加速运动，直到与竖直挡板MN 碰撞，与竖直挡板MN 碰撞前的速度一次比一次小，最后，当P 、K 与竖直挡板MN 碰撞前速度均为零时，由于F ＝1

2μmg，

小物块K 将不再运动，若K 刚好到达长木板P 的左端，此种情况木板P 长度最小．对P 、K 整个运动过程，由能量守恒定律有：F(d ＋L)＝μmgL，解得L ＝d.

2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到

的阻力不变，其加速度a和速度的倒数1

的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（）

A．速度随时间均匀增大

B．加速度随时间均匀增大

C．输出功率为240 kw

D．所受阻力大小为24000 N

2．如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为θ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法不正确的是()

A．物块与斜面间的动摩擦因数为tanθB．当弹簧处于原长时物块的速度最大

C．当物块运动到最低点前的一瞬间，加速度大小为sin

gθD．物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为一定值

3．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d ＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时做为导线框位移x的起点，随后导线框进入磁场区域，直至导线框的右边与磁场区域右边界重合。下列图象中，可能正确描述上述过程的是（其中q表示流经线框的电荷量，v表示线框的瞬时速度）（）

A ．

B ．

C ．

D ．

4．甲乙两车在水平地面上的同一位置同时出发，沿一条直线运动，两车均可看做质点，甲乙两车的速度时间图像如图所示，下列说法中正确的是（）

A ．t=1s 时甲车加速度为零

B ．前4s 内两车间距一直增大

C ．t=4s 时两车相遇

D ．两车在前4s 内的最大距离为5m

5．我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U ，喷出二价氧离子，离子束电流为I ，那么下列结论正确的是（元电荷e ，氧离子质量0m ，飞船质量M ）（） A ．喷出的每个氧离子的动量2p eU =

B ．飞船所受到的推力为0m U

F e

=C ．飞船的加速度为0

I MU

a m e

D ．推力做功的功率为2MeU

6．2020年3月15日中国散列中子源利（CSNS ）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。CNSN 是我国重点建设的大科学

装置，将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源。下列关于中子研究的说法正确的是（）

A ．α粒子轰击14

7N ，生成17

8O ，并产生了中子

B ．

23892

U 经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了6个

C ．放射性β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗

D ．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度

7．一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1Ω，外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（）

A ．电压表的示数为220V

B ．线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零

C ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最小为零

D ．当0.01s t =时线圈中的磁通量最大，为

112

Wb 5π

8．将三个质量均为m 的小球a b c 、、用细线相连后（b c 、间无细线相连），再用细线悬挂于O 点，如图所示，用力F 拉小球c ，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持30θ=，则F 的最小值为（）

A ．mg

B ．2mg

C ．

mg D 3mg 9．热核聚变反应之一是氘核（21H ）和氚核（3

1H ）聚变反应生成氦核（42He ）和中子。已知2

1H 的静止

质量为2.0136u ，3

1H 的静止质量为3.0150u ，42He 的静止质量为4.0015u ，中子的静止质量为1.0087u 。又有1u 相当于931.5MeV 。则反应中释放的核能约为（） A ．4684.1MeV

B ．4667.0MeV

C ．17.1MeV

D ．939.6MeV

10．如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是

A ．处于基态的氢原子吸收10.5eV 的光子后能跃迁至，n ＝2能级

B ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光

C ．若用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应

D ．用n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．下列说法正确的有（）

A ．研究表明，一般物体的电磁辐射仅与温度有关

B ．电子的衍射图样证实了电子的波动性

C ．α粒子散射实验是估测原子核半径最简单的方法

D ．结合能越大的原子核，核子的平均质量越大

12．甲、乙两名溜冰运动员，M 甲=80kg ，M 乙=40kg ，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，两人相距0.9m ，弹簧秤的示数为96N ，如图所示，下列判断正确的是（）

A ．两人运动半径相同

B ．两人的运动半径不同，甲为0.3m ，乙为0.6m

C ．甲的线速度12m/s ，乙的线速度6m/s

D ．两人的角速度均为2rad/s

13．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能k E ，重力势能p E 与其上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示，取210m/s g ，下列说法正确的是（）

A．小球的质量为0.2kg

B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N

C．小球动能与重力势能相等时的高度为20 13

D．小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J

14．如图所示，质量为m的托盘P（包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。t=0时刻，将质量也为m的物块Q轻轻放到托盘上，t1时刻P、Q速度第一次达到最大，t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，下列说法正确的是（）

A．Q刚放上P瞬间它们的加速度大小为

B．0~t1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt1

C．0~t1时间内P对Q的支持力不断增大

D．0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小

15．下列说法正确的是________。

A．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现

B．用熵的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的熵不会增加

C．晶体在物理性质上可能表现为各向同性

D．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的

E.热量可以从低温物体传给高温物体

三、实验题：共2小题

16．某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：（不考虑空气阻力的影响）

①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上；

②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个轻质光滑定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该滑轮与小车间的细绳与木板平行；

③测出小车遮光板与光电门之间的距离L ，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间t ； ④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量。 (1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有_________； A ．小车上遮光板的宽度d B ．小车和遮光板总质量m 1 C ．钩码的质量m 2 D ．钩码下落的时间t′

(2)图中游标卡尺所测遮光板宽度d 为_______mm ；

(3)由实验步骤和(1)选项中测得的物理量，改变L 的大小，重复步骤③、④，可得到系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量，其原因可能是________________

17．如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。将气球、压强传感器和大型注射器用T 型管连通。初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积0V ，压强0p ，T 型管与传感器内少量气体体积可忽略不计。缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好。

(1)该装置可用于验证______定律。填写气体实验定律名称)

(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为02

V ，压强传感器读数为1p ，则此时气球体积为______。

(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图。根据该图象估算：若初始时注射器内仅有体积为00.5V 、压强为0p 的气体。当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为______0p 。（保留3位小数）四、解答题：本题共3题

18．横截面积处处相同的U 形玻璃管竖直放置左端封闭,右端开口.初始时,右端管内用h 1=4cm 的水银柱封闭一段长为L 1=9cm 的空气柱

A左端管内用水银封闭有长为L2=14cm的空气柱

B,这段水银柱液面高度差为h2=8cm,如图甲所示.

已知大气压强P0=76.0cmHg,环境温度不变.

(i)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；

(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°,使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出),如图乙所示当管中水银静止时,求水银柱液面高度差h3.

19．（6分）如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30 固定，导轨间距离为L＝1m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5kg、电阻均为r＝0.6Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10 m/s2。求：

(1)杆M进入磁场时杆的速度；

(2)杆N进入磁场时杆的加速度大小；

(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。

20．（6分）如图，两根相距l=0.4m的平行金属导轨OC、O′C′水平放置。两根导轨右端O、O′连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD、O′D′，两根与导轨垂直的金属杆M、N被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。M、N的质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.4Ω，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T。现给N杆一水平向左的初速度v0=3m/s，同时给M杆一竖直方向的拉力F，使M杆由静止开始向下做加速度为a M=2m/s2的匀加速运动。导轨电阻不计，（g取10m/s2）。求：

(1)t=1s时，N杆上通过的电流强度大小；

(2)求M杆下滑过程中，外力F与时间t的函数关系；（规定竖直向上为正方向）

(3)已知N杆停止运动时，M仍在竖直轨道上，求M杆运动的位移；

(4)在N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为﹣11.1J ，求系统产生的总热量。

参考答案

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．C 【解析】【分析】

汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可. 【详解】

由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A 错误；a-

1v 函数方程a=

400

-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，

有：F-f=ma 其中：F=P/v ；联立得：-P f

a mv m

= ；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1v =0.01，v=100m/s ，所以最大速度为100m/s ；由图象可知：

=4f

m ，解得：f=4m=4×600=2400N ；10600100600

P f =?-，解得：P=240kW ，故C 正确，D 错误；故选C 。【点睛】

本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。 2．C 【解析】【详解】

A ．由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则

sin cos mg mg θμθ=

得物块与斜面间的动摩擦因数

tan μθ=

选项A 正确；

B ．由于物块一直向下运动，因此滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，因此当弹簧处于原长时，物块受到的合外力为零，此时速度最大，选项B 正确；

C ．由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力

sin cos 2sin F mg mg mg θμθθ=+=

物块在到达最低点前的一瞬间，加速度大小为

2sin F

a g m

θ=

= 选项C 错误； D ．对物块研究

F G f k W W W E ++=?

而重力做功和摩擦力做功的代数和为零，因此弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，选项D 正确。故选C 。 3．D 【解析】【分析】【详解】

AB ．线圈进入磁场时，产生的感应电动势为 E=BLv 感应电流为

E I R

线框受到的安培力大小为

22B L v

F BIL R

== 由牛顿第二定律为 F=ma 则有

22B L v

a mR

在线框进入磁场的过程中，由于v 减小，所以a 也减小，则流经线框的电荷量

R BLx

q ?Φ=

= 则q ∝x ，q-x 图象是过原点的直线。根据数学知识得：

q BL x BLv I t R t R

??=

==?? 因为v 减小，则q-t 图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁通量不变，故AB 错误；

C ．线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v-t 图象是曲线，故C 错误；

D ．线圈进入磁场的过程，根据动量定理得：

0BILt mv mv -=-

又

BLvt BLx

q It R R

联立整理得

0B L v v x mR

v-x 图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故D 正确。故选D 。 4．C 【解析】【分析】【详解】

A ．由v t -可知，甲车一直做匀加速直线运动，故A 错误；

B ．在2s t =时两车速度相等，且乙车在甲车前，2s 到4s 由于甲车速度大于乙车速度，所以两车间距离减小，故B 错误；

C ．由v t -图像与坐标轴所围面积表示位移可知，4s 内乙车的位移为

=24m 8m x ?=乙

由图可知，甲车的加速度为

222

m/s 2m/s 1

a ==

由于甲车前2s 的位移为0，由后2s 的位移

(2222)m 8m 2

x =?+??=甲

故两车相遇，故C 正确；

D ．在2s t =时两车速度相等，距离最大即为

22m 4m x ?=?=

故D 错误。故选C 。 5．B 【解析】【详解】

A 、对于每个氧离子，在加速电压U 的作用下加速，有：201

eU m v =，0p m v =，解得：p =故A 错误；

B 、设t ?时间内有n 个离子被喷出，根据电流的定义式：2Q n e I t t

=??，对于单个离子，由动量定理得：

00F t m v ?=，若有n 个离子被喷出，则有0F nF '=，联立以上各式可得：F '=，由牛顿第三定

律：F F '==B 正确；

C 、对飞船，由牛顿第二定律得：F a M =

=C 错误； D 、功率的单位与2MeU 不同，故D 错误。【点睛】 6．D 【解析】【分析】【详解】

A ．α粒子轰击14

7N ，生成17

8O ，并产生了质子，选项A 错误；

B ．

23892

U 经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核

中子数为238-92=146，则与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B 错误； C ．放射性β射线其实质是高速电子流，选项C 错误；

D ．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项D 正确。故选D 。 7．D 【解析】【详解】

A ，可知感应电动势的有效值为220V ，电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V ，故A 错误；

B ．线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故B 错误；

CD ．由乙图可知t=0.01s 时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T=0.02s ，由

m 2E BS BS

πω== 可得

112

Wb 5M

Φπ

故C 错误，D 正确。故选D 。 8．C 【解析】【详解】

静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg ，当作用于c 球上的力F 垂直于oa 时，F 最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg ，解得F min =1.5mg ．故选C ． 9．C 【解析】【详解】反应的质量亏损

()()2.0136u 3.0150u 4.0015u 1.0087u 0.0184u m ?=+-+=

根据爱因斯坦的质能方程，可得放出的能量为

2E m c ?=??

又有

21u 931.5MeV/c =

解以上各式得

17.1MeV E ?≈

所以C 正确，ABD 错误。故选C 。 10．D 【解析】【详解】

A ．处于基态的氢原子吸收10.2eV 的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV 的能量．故A 错误；

B ．大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出2

4C 6=种，故B 错误；

C ．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C 错误；

D ．处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：

410.85(13.6)12.75eV E E E =-=---=，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV 的金属铂产生的光

电子的最大初动能为：12.75 6.34 6.41eV km E E W =-=-=，故D 正确；

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BC 【解析】【分析】【详解】

A ．实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故A 错误；

B ．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B 正确；

C ．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，内部集中所有正电荷及几乎全部质量，所以α粒子散射实验是估算原子核半径最简单的方法之一，故C 正确；

D ．根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故D 错误。故选BC 。 12．BD 【解析】【详解】

由题意可知弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供各自的向心力，有

96N M R M R ωω==甲甲甲乙乙乙

因为甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤绕共同的圆心做圆周运动，角速度相同，有

ωω=甲乙

所以

R M R M =甲乙

乙甲

因为

+=0.9m R R 甲乙

联立可解得=0.3m R 甲，=0.6m R 乙；所以两人的运动半径不同；根据

96N M R ω=乙乙乙

代入数据可解得两人的角速相同为2rad/s ；根据

v R ω=甲甲

代入数据得甲的线速度是0.6m/s v =甲，同理可得乙的线速度是 1.2m/s v =乙。综上分析可知BD 正确，AC 错误。故选BD 。 13．BD 【解析】【详解】

A ．由图知，小球上升的最大高度为h=4m ，在最高点时，小球的重力势能

p 4J E mgh ==

得

0.1kg E m gh

= 故A 错误；

B ．根据除重力以外其他力做的功

W E =?其

则有

fh E E -=-低高

由图知

4J 5J E E ==低高，

又 4m h =

解得

0.25N f =

故B 正确；

C ．设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有

212

mgH mv =

由动能定理有

2201122

fH mgH mv mv --=

- 由图知

01=5J 2

mv 联立解得

20=

m 9

H 故C 错误；

D ．由图可知，在h=2m 处，小球的重力势能是2J ，动能是5

J=2.5J 2

，所以小球上升到2m 时，动能与重力势能之差为

2.5J 2J 0.5J -=

故D 正确。故选BD 。 14．AC 【解析】【分析】【详解】

A ． Q 刚放上P 瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg ，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度

mg g

a m =

= 故A 正确；

B．t1时刻P、Q速度第一次达到最大，此时P、Q整体合力为零，此时弹簧弹力

F mg

故0~t1时间内弹簧弹力小于2mg，故0~t1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt1，故B错误；

C．0~t1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q有

mg N ma

故P对Q的支持力N不断增大，故C正确；

D．t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D错误。

故选AC。

15．ACE

【解析】

【分析】

【详解】

A．液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故A正确；

B．根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少，故B错误；

C．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C正确；D．扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故D错误；

E．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确。

故选ACE。

三、实验题：共2小题

16．ABC 5.70 小车与长木板之间存在摩擦阻力做功

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]要得到小车与钩码组成的系统动能的增加量，则要得到小车的速度，所以要测量小车上遮光板的宽度d和小车和遮光板总质量m1，钩码的质量m2，由于小车运动的距离即为钩码下降的距离，所以不用测量钩码下落的时间t′，故选ABC；

(2)[2]由图可知，游标卡尺所测遮光板宽度

d=+?=+=

0.5cm140.05mm5mm0.70mm 5.70mm

(3)[3]由于实验过程中小车与长木板之间存在摩擦阻力做功，系统有部分机械能转化为内能，则系统动能增

加量总是小于钩码重力势能减少量。 17．玻意耳 00

23PV V P - 1.027 【解析】【分析】【详解】

(1)[1]用DIS 研究在温度不变时，气体的压强随温度的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律； (2)[2]将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为p 1，根据玻意耳定律得：

1100=p p V V

所以

p V V p 读出此时注射器内剩余气体的体积为023

V ，所以时气球体积为

00010122

-=-V p V V p V ；

(3)[3]由题可知，若初始时注射器内仅有体积为00.5V 、压强为p 0的气体，气体全部压入气球后气球的压强与初始时注射器内有体积为0V 、压强为p 0的气体中的

气体压入气球，结合题中图乙可知，剩余的气体的体积约在00.5V 左右，压强略大于p 0，所以剩余的气体的体积略小于0.5V 0。由图可以读出压强约为1.027p 0。【点睛】

本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。另外，还要注意思维方式的转化，即可以将初始时注射器内仅有体积为0.5V 0、压强为p 0的气体，气体全部压入气球，与初始时注射器内有体积为V 0、压强为p 0的气体中的

气体压入气球是等效的。四、解答题：本题共3题 18． (i)72cmHg (ii)12cm 【解析】【详解】

(i)初始时，空气柱A 的压强为p A ＝p 0＋ρgh 1 而p B ＋ρgh 2＝p A

联立解得气体B 的压强为p B =72cmHg

(ii)U 形管倒置后，空气柱A 的压强为p A ′＝p 0－ρgh 1 空气柱B 的压强为p B ＇＝p A ′＋ρgh 3 空气柱B 的长度'

222

h h L L -=+

由玻意耳定律可得p B L 2＝p B ＇L 2＇联立解得h 3＝12cm 。

19． (1)4m/s(2)1.67m/s 2(3)3.42J 【解析】【详解】

(1)杆M 进入磁场时，根据平衡条件 2mgsinθ＝I 1LB 电路中总电阻

R 1＝..+r R r R

＋r ＝0.8Ω

由闭合电路欧姆定律I 1＝1

E R ，由法拉第电磁感应定律E 1＝BLv 1，由以上各式可得 v 1＝4m/s

(2)杆N 进入磁场时杆的速度为v 1＝4m/s ，此时电路中总电阻

R 2＝.+r r r r

＋R ＝0.6Ω

根据牛顿第二定律 2mgsinθ－I 2LB ＝2ma I 2＝

E R 解得 a ＝－

m/s 2≈－1.67m/s 2 杆N 进入磁场时杆的加速度大小为1.67m/s 2。

(3)从杆M 进入磁场到杆N 进入磁场的过程中，电阻R 上的电流 I R ＝I 1

+r r R

＝103A