2023年届安徽省马鞍山市高考物理一模试卷附答案详解.docx

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1、2023 届安徽省马鞍山市高考物理一模试卷一、单项选择题本大题共 5 小题，共 30.0 分1. 如以下图，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中𝑎、𝑏、𝑐为容器的三个侧面。将它们以初速度𝑣0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，以下说法正确的选项是( )A. 上升过程中，小球对𝑐有压力且渐渐变大B. 上升过程中，小球受到的合力渐渐变大C. 下落过程中，小球对𝑎有压力且渐渐变大D. 下落过程中，小球对容器的作用力渐渐变大2. “北斗一号”导航卫星系统中有

2、5颗地球同步轨道卫星，定位在距地面约为36 000𝑘𝑚的地球同步轨道上关于同步卫星，下面说法正确的选项是( )A. 放射速度小于7.9𝑘𝑚/𝑠B. 放射速度大于11.2𝑘𝑚/𝑠C. 运行速度小于7.9𝑘𝑚/𝑠D. 假设需要，该卫星可以定位在江苏上空3. 关于电场力和电场强度，以下说法正确的选项是()A. 电场强度的方向总是跟电场力的方向全都B. 电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C. 正电荷受到的电场力的方向跟电场强

3、度的方向全都D. 移去检验电荷时，电场强度变为零4. 质量为2𝑘𝑔的质点在𝑥 𝑦平面上做曲线运动，在𝑥方向的速度时间图象和𝑦方向的位移时间图象如以下图，以下说法正确的选项是( )A. 质点的初速度为7𝑚/𝑠B. 质点所受的合外力为3𝑁C. 质点初速度的方向与合外力方向垂直D. 2𝑠末质点速度大小为6𝑚/𝑠5.如以下图，𝐴、𝐵、𝐶三个物块重均为100w

4、873;，小球𝑃重20𝑁，作用在物块𝐵的水平力𝐹 = 20𝑁，整个系统静止，则()A. 𝐴和𝐵之间的摩擦力是20𝑁B. 𝐵和𝐶之间的摩擦力是20𝑁C. 物块𝐶受6个力作用D. 𝐶与桌面间摩擦力为20𝑁二、多项选择题本大题共 5 小题，共 27.0 分6. 如图，长度为𝐿的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力Ү

5、65;作用在小物块上，使物块从静止开头做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为𝑓，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为𝑥。则()A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为𝑓𝑥B. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为𝐹(𝐿 + 𝑥)C. 在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为𝑓(𝐿 + 𝑥)D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为𝑓𝑥7. 如以下图为喷墨打印机的简化模型。墨盒可以喷出质量确定的

6、墨汁微粒(重力不计)，经带电室 带负电后，以确定的初速度𝑣垂直射入偏转电场𝑀、𝑁间，经偏转后打到纸上𝑃点，显示出字符。则()A. 𝑀板电势低于𝑁板电势B. 穿过偏转电场过程微粒的电势能减小C. 减小偏转电场的电压可以使𝑃点下移D. 减小墨汁微粒的喷出速度可以使𝑃点下移8. 如以下图，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为𝑚的小物块，小物块放在水平 面上，弹簧与竖直方向夹角为𝜃 = 30。开头时弹簧处于伸长状态，长度为Ү

7、71;，现在小物块上加一水平向右的恒力𝐹使小物块向右运动距离𝐿，小物块与地面的动摩擦因数为𝜇，重力加速度为𝑔， 弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的选项是()A. 小物块和弹簧系统机械能转变了(𝐹 𝜇𝑚𝑔)𝐿B. 弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C. 小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D. 小物块动能的转变量等于拉力𝐹和摩擦力做功之和9. 以下说法中正确的选项是()A. 只要是有确定熔点的物体必定是晶体B. 液体外表存

8、在张力是由于外表层分子间距离小于液体内局部子间距离C. 容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的D. 蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何外形，所以它是非晶体E. 布朗颗粒的无规章运动反映了液体分子的无规章运动10. 图(甲)为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图(乙)为质点𝑃在该时刻为计时起点(𝑡 = 0)的振动图象，以下说法正确的选项是()A. 此列波沿𝑥轴正方向传播B. 经过0.15𝑠，波沿𝑥轴的正方向传播了3𝑚C. 经过0.1𝑠时，质点𝑄的运动方

9、向沿𝑦轴正方向D. 在𝑡 = 0.05𝑠时刻，质点𝑄的加速度大于质点𝑃的加速度三、试验题本大题共 2 小题，共 15.0 分11. 图甲中，带有遮光片𝑃的滑块质量为𝑀、钩码的质量为𝑚；1、2是两个光电门，二者之间的距离为𝑠，与之相连的光电计时器可记录宽度为𝑑的遮光片𝑃通过光电门的时间。试验时间电门1固定， 光电门2的位置可以转变。现用该装置探究做功与物体动能变化的关系，完成步骤中的填空：(重 力加速度大小为⻕

10、2;)(1)用游标卡尺测𝑃的宽度时示数如图乙所示，则遮光片的宽度𝑑 =𝑚𝑚；(2) 将滑块用轻绳与钩码连接，调整木板左端垫块的位置，当轻推滑块后，滑块通过光电门1、2的时间相等，然后去掉细线和钩码；(3) 将滑块从光电门1的位置释放，计时器显示遮光片通过光电门2的时间为𝑡，则滑块下滑过程中受到合力的大小为；从光电门1到2的过程中，合力对滑块做的功𝑊 =；滑块通过光电门2时速度的大小𝑣 =；(用物理量的符号表示)(4) 转变光电门2位置，屡次重复试验步骤(3)；(5) 以⻖

11、7;2为纵坐标，𝑊为横坐标，利用试验数据作出𝑣2 𝑊图象如图丙所示。由此图象可得𝑣2随𝑊变化的表达式为(用物理量的符号表示)；(6)假设外力做的功等于滑块动能的变化量，则𝑏 =(用物理量的符号表示)。𝑎12. 在做“测定金属的电阻率”的试验时，有位同学按图所示电路进展连线，他共用7根导线：𝑎𝑏、𝑐𝑑、𝑒𝑓、𝑓𝑓、𝑒𝑑、

12、9889;𝑐、𝑏𝑎，由于其中有一根内部断开的导线，所以当他合上开关𝑆后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表读数都约为4.5𝑉，电流表读数接近零(1) 依据上述现象可推断出是导线或断开(2) 假设他用多用电表的直流电压挡进展检查，合上开关𝑆后，那么选择开关最好置于挡(填序号)A.1𝑉𝐵. 5𝑉𝐶. 25𝑉𝐷. 250𝑉接下来测量𝑓𝑓间直流电压时，红表笔应接触

13、端，假设测试结果为4.5𝑉，则是导线断开(3) 用游标卡尺测量金属材料的直径时，某一次测量结果如以下图，图中读数为𝑚𝑚四、简答题本大题共 2 小题，共 13.0 分13. 如图甲，用细管连接的两个完全一样的竖直气缸𝑎、𝑏内装有抱负气体，气缸长均为𝐿，将两气缸隔开的薄活塞的质量为𝑚、横截面积为𝑆，此时活塞恰好没有与气缸𝑎底部接触(图甲中所示位置)。现将气缸缓慢转动180至图乙位置，转动后重平衡时活塞在气缸𝑎中向下移动的距离为⻓

14、1;。4重力加速度大小为𝑔，整个装置均由导热性能良好的材料制成，活塞可在气缸𝑎内无摩擦地滑动， 不计活塞的厚度以及连接两气缸的细管容积，转动过程中气体的温度恒为𝑇0。(1) 求转动前气缸𝑎中气体的压强𝑝𝑎 ；(2) 假设转动时环境温度同时转变，使得再次平衡时活塞恰好位于气缸𝑎的正中间位置，则此时温度为多少；(3) 请计算推断转动后能否通过转变环境的温度，使得再次平衡时活塞回到气缸𝑎与细管连接处且恰未接触。14. 如以下图，有一个玻璃三棱镜𝐴Ү

15、61;𝐶，其顶角𝐴为30.一束光线沿垂直于𝐴𝐵面的方向射入棱镜后又由𝐴𝐶面射出，并进入空气。测得该射出光线与 入射光线的延长线之间的夹角为30，求此棱镜的折射率𝑛。五、计算题本大题共 2 小题，共 32.0 分15. 如以下图，一竖直放置的圆环，半径为𝑅，左侧𝑃𝐴𝐵光滑，右侧𝑃𝐶𝐵粗糙，𝐴，𝐶与圆心𝑂等高，轻弹簧⻔

16、6;一端固定于最高点𝑂， 另一端系一个有孔，质量为𝑚的小球，小球套于圆环上，现将小球置于𝐴点由静止释放，小球第1次经过最低点𝐵时速度为𝑔𝑅， 且与圆环刚好无作用力，之后因有摩擦(动摩擦因数较小，但不 能无视)小球能运动到右侧的最高点𝐶1，𝐶2，𝐶3 的高度渐渐降低，重力加速度为𝑔(1) 求小球第1次经过𝐵点时弹簧弹力𝐹；(2) 求从𝐴点静止开头到第1次经过𝐵点的过程中，弹性

17、势能的变化量𝐸𝑝；(3) 假设仅将弹簧𝑎换成原长为2𝑅的弹簧𝑏，仍将小球置于𝐴点由静止释放，测得小球第1次经过𝐵点时对圆环的压力为5𝑚𝑔，第𝑘次经过𝐵点后运动到右侧的最高点𝐶𝐾位置时，弹簧𝑏与竖直方向成30角， 弹性势能是最大弹性势能的0.21倍，求此时已产生的内能𝑄𝐾16. 如以下图，粗糙水平面𝐴𝐶与光滑的竖

18、直面内的固定半圆轨道在𝐶点相切，轨道半径𝑅 = 0.1𝑚， 一质量为𝑚的小滑块(视为质点)从离𝐶点为𝑥的水平面上𝐵处以初速度𝑣0向右运动，并冲上半圆轨道，从半圆轨道最高点𝐷飞出后落在水平面上落点到𝐶点的距离为𝑑.保持初速度𝑣0不变，屡次转变𝑥(单位为𝑚)的大小，测出对应的𝑑(单位为𝑚)的大小，通过数据分析得出了𝑑与ү

19、09;的函数关 系为𝑑2 = 0.16𝑥 + 0.48，取𝑔 = 10𝑚/𝑠2，求：(1)小滑块的初速度𝑣0的大小和小滑块与水平面间的动摩擦因数； (2)𝑥的取值范围参考答案及解析1.答案：𝐷解析：解：设整体的质量为𝑚，小球的质量为𝑚，阻力大小为𝑓。𝐴𝐵、上升过程中，以整体为争论对象，依据牛顿其次定律得到：𝑚𝑔 + 𝑓 = 𝑚

20、𝑎，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于𝑔但渐渐减小，再以球为争论对象，依据牛顿其次定律可得𝑚𝑔 + 𝐹𝑁 = 𝑚𝑎，小球受到的合力大于重力且渐渐减小，小球除受到重力外，还应受到向下的压力，所以小球对𝑐没有压力，故 AB 错误；𝐶𝐷、下落过程中，以整体为争论对象，依据牛顿其次定律得到：𝑚𝑔 𝑓 = 𝑚𝑎，下降过程中速度增大，阻力

21、增大，故下降过程加速度小于𝑔但渐渐减小，再以球为争论对象，依据牛顿其次定律可得𝑚𝑔 𝐹𝑁 = 𝑚𝑎，则小球受到的合力小于重力，小球除受到重力外，还应受到𝑐对它受到向上的支持力，且支持力渐渐增大，所以小球对容器的作用力渐渐变大，小球对𝑎没有压力，故 C 错误、D 正确。应选：𝐷。以整体为争论对象，依据牛顿其次定律得到加速度大小和阻力大小的关系，再以球为争论对象，依据牛顿其次定律分析小球所受压力大小和方向。此题承受整体法和隔离法，由牛顿定律

22、分析物体的受力状况，考察灵敏选择争论对象的力气。2.答案：𝐶解析：解：𝐴、卫星的最小放射速度最小为7.9𝑘𝑚/𝑠。则 A 错误𝐵、假设放射速度大于11.2𝐾𝑚/𝑠，则要脱离地球，则 B 错误𝐶、近地卫星的运行速度为7.9𝐾𝑚/𝑠，而同步卫星的轨道半径大，运行速度要小于7.9𝐾𝑚/𝑠，则 C正确D、同步卫星只能在赤道上空，则D 错误应选：

23、19862;。卫星的放射速度要大于第一宇宙速度，放射速度越大，运行半径越大，运行速度越小，同步卫星运行的线速度确定小于第一宇宙速度第一宇宙速度是近地卫星的围绕速度，也是最大的圆周运动的围绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，依据𝑣 = 𝐺𝑀可以觉察，同步卫星运行的线速度确定小于第一宇宙速度𝑟3.答案：𝐶解析：解：𝐴𝐶、电场强度方向与正电荷所受电场力方向一样，与负电荷所受电场力方向相反故A 错误，C 正确B、电场强度反映电场本身的性质，与检验电荷所受的电场力和电荷量无关不

24、能说电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比故 B 错误，D、当移去检验电荷时，电场强度保持不变，故D 错误 应选：𝐶电场强度方向与正电荷所受电场力方向一样，与负电荷所受电场力方向相反电场强度反映电场本身的性质，检验电荷无关解决此题关键要把握电场强度的物理意义和电场强度的方向特点，知道场强反映电场本身的特性， 与摸索电荷无关4.答案：𝐵解析：解：𝐴、𝑥轴方向的初速度为𝑣𝑥 = 3𝑚/𝑠，𝑦轴方向的速度𝑣𝑦 = 4w

25、898;/𝑠，则质点的初速度𝑣0 =𝑥𝑦𝑣2 + 𝑣2 = 5𝑚/𝑠.故 A 错误B、𝑥轴方向的加速度𝑎 = 1.5𝑚/𝑠2，𝑦轴做匀速直线运动，则质点的合力𝐹合= 𝑚𝑎 = 3𝑁.故 B 正确 C、合力沿𝑥轴方向，而初速度方向既不在𝑥轴，也不在𝑦轴方向，质点初速度的方向与合外力

26、方向不 垂直故 C 错误D、2𝑠末质点速度大小 = 𝑣2𝑣2𝑦𝑥2+ 𝑣2 = 62 + 42 = 213𝑚/𝑠，故 D 错误应选：𝐵依据速度图象推断物体在𝑥轴方向做匀加速直线运动，𝑦轴做匀速直线运动依据𝑠 𝑡图象的斜率求出𝑦轴方向的速度，再将两个方向的初速度进展合成，求出质点的初速度质点的合力确定，做匀变速运动𝑦轴的合力为零依据斜率求出𝑥轴

27、方向的合力，即为质点的合力合力沿𝑥轴方向，而初速度方向既不在𝑥轴，也不在𝑦轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直由速度合成法求出2𝑠末质点速度此题的运动与平抛运动类似，运用运动的分解法争论，要明确两个分运动的性质和规律，依据平行四边形定则争论5.答案：𝐵解析：试题分析：先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对3的拉力；再将1、2、3作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得3与地面间的摩擦力结点受𝑃的拉力及两绳子的拉力；如以下图，由几何关系可知，绳子对𝐶的拉力𝐹1

28、 = 𝐺𝑃 = 20𝑁；对整体受力分析，整体受重力、支持力、两大小相等、方向相反的拉力；两拉力的合力为零，故整体在水平方向没有运动的趋势；故 C 与桌面间的摩擦力为零；所以 D 错误对𝐴用隔离法受力分析，依据平衡条件知水平方向不受外力，即𝐴𝐵之间没有摩擦力；所以 A 错误对𝐵用隔离法进展受力分析，依据平衡条件𝐵受𝐶对它的摩擦力𝑓 = 𝐹 = 20𝑁，依据牛顿第三定律：𝐵对𝐶

29、的摩擦力也等于20𝑁.所以 B 正确对𝐶用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、𝐵对它的压力、𝐵对它的摩擦力、绳子拉力共五个力的作用，所以 C 错误应选 B 6.答案：𝐴𝐶解析：木块加速运动，木板也做加速运动，对木块、木板、木块和木板整体分别运用动能定理列式分析即可。此题关键是灵敏地选择争论对象进展受力分析，再依据动能定理列式后分析求解。A.小车受到重力、支持力和摩擦力，依据动能定理，有𝐸𝐾𝑀 = 𝑓𝑥，故 A 正确；B

30、.物块受到拉力、重力、支持力和摩擦力，依据动能定理，有𝐸𝐾𝑚 = (𝐹 𝑓) (𝐿 + 𝑥)，故 B 错误；C.物块在摩擦力作用下前进的距离为(𝐿 + 𝑥)，故摩擦力所做的功为𝑓(𝐿 + 𝑥)，故 C 正确；D.依据功能关系，物块和小车增加的动能为拉力做的功减去摩擦力产生的内能，即等于𝐹(𝐿 + 𝑥) 𝑓 𝐿，故 D 错误。应

31、选 AC。7.答案：𝐵𝐶解析：解：𝐴𝐵、微粒带负电向上偏，则可知𝑀板带正电，则𝑀板电势高于𝑁板电势，且电场力做正功，故微粒的电势能减小，故 A 错误，B 正确；𝐶𝐷、微粒以确定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有水平方向𝐿 = 𝑣0𝑡竖直方向𝑦 = 1 𝑎𝑡2，其中加速度𝑎 =2𝑞𝑈𝑚&#

32、119889;0联立解得微粒在偏转电场中的偏移量𝑦 =𝑞𝑈𝐿2 2𝑚𝑑𝑣2由上式分析可知，减小偏转电场极板间的电压𝑈、增大墨汁微粒的喷出速度，都可以使𝑃点下移，即减小偏转位移𝑦，故 C 正确，D 错误。应选：𝐵𝐶。依据带负电微粒的偏转方向推断两极板电势的凹凸，依据电场力做功状况推断电势能变化状况； 依据微粒类平抛运动的规律求出偏转位移表达式来分析推断；此题考察带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键

33、要娴熟运用运动的分解法，推导出偏转量𝑦的表达式8.答案：𝐵𝐷解析：解：𝐴、依据能量守恒，小物块和弹簧组成的系统，机械能变化量等于恒力𝐹与摩擦力做的总功，即：𝛥𝐸 = 𝑊𝐹 𝑊𝑓，由于弹簧对小物块有弹力的作用，所以𝑊𝑓 𝜇𝑚𝑔𝐿，则𝛥𝐸 (𝐹 𝜇𝑚&

34、#119892;)𝐿， 故 A 错误。B、由于弹簧起初长度为𝐿，处于拉伸状态，与竖直方向夹角为30，在向右运动过程中，移动位移为𝐿，因此必定是长度先削减再恢复到原来拉伸长度，所以在此过程中弹簧渐渐恢复原长，然后处于压缩状态，再恢复原长后，再处于拉伸状态，弹性势能即为先减小后增大接着又减小再增大，故B 正确。C、当小物块处于弹簧悬点正下方时，由于并不确定弹簧的弹力大小，因此无法确定𝐹 = 𝑓，加速度可能不为零，故 C 错误。D、由于整个运动过程中弹簧伸长量没有变化，所以弹力总功为0𝐽。依据动能定理：&

35、#119882;𝐹 𝑊𝑓 = 𝛥𝐸𝑘，故 D 正确。应选：𝐵𝐷。(1)依据能量守恒，系统外力做的功等于系统机械能的变化量；(2)弹性势能的大小与形变程度有关， 形变越明显，弹性势能越大；(3)当物块水平方向所受外力为零时，速度到达最大值；(4)由于整个 运动过程中弹簧伸长量没有变化，所以弹力总功为0𝐽；再依据动能定理可计算出物块动能的变化量。此题考察了能量守恒及动能定理的使用，在使用过程中确定需要确定好争论对象，防止漏掉外力做 功；在弹簧来回变化中，消

36、灭初始状态长度变化量一样时，弹簧弹力做功为0𝐽。9.答案：𝐴𝐶𝐸解析：解：𝐴、晶体均具有确定的熔点，故 A 正确；B、液体外表存在张力是由于外表层由于蒸发等缘由而使分子间距离大于液体内局部子间距离；故 B错误；C、容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；故C 正确；D、潮后会粘在一起，是很多晶体结合在一起造成的；虽然没有确定的几何外形，但它仍是晶体， 故 D 错误；E、布朗运动是固体小颗粒的无规章运动，反映了液体分子的无规章运动。故E 正确； 应选：𝐴𝐶Ү

37、64;。晶体有固定的熔点，而非晶体却没有固定的熔点；外表存在张力是由于外表层分子间距离大于液体内局部子间距离；气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；没有确定的外形，但它仍是晶体；布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的永不停息的无规章运动。此题考察晶体与非晶体的不同，要留意把握液体外表的张力的形成原理及气体压强产生缘由；明确布朗运动的意义。10.答案：𝐴𝐵解析：解：𝐴、由图乙可知，在𝑡 = 0时刻，质点𝑃的振动方向沿𝑦轴负方向，则由带动法可知，波向正方向传播；故 A 正确；B、由由图

38、知：𝜆 = 4𝑚，𝑇 = 0.2𝑠，则波速为：𝑣 = 𝜆𝑇= 40.2𝑚/𝑠 = 20𝑚/𝑠.故经过0.15𝑠，波沿𝑥轴的正方向传播了3𝑚；故 B 正确；C、经0.1𝑠为半个周期，此时𝑄点正在向平衡位置运动，质点𝑄的运动方向沿𝑦轴负方向，故 C 错误；D、图示时刻𝑄点沿𝑦轴正方向

39、运动，𝑡 = 0.05𝑠 = 1 𝑇，质点𝑄的运动方向沿𝑦轴正方向向上运动，没4有到达最高点，而𝑃处于最低点，所以𝑃的加速度大故 D 错误 应选：𝐴𝐵由振动图象读出𝑡 = 0时刻𝑃点的振动方向，推断波的传播方向由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速分析波动过程，依据时间与周期的关系，推断𝑄点的运动方向波的图象往往先推断质点的振动方向和波的传播方向间的关系同时，娴熟要分析波动形成的过程，分析物理

40、量的变化状况11.答案：4.35𝑚𝑔𝑚𝑔𝑠 𝑑𝑡𝑣2 = 𝑏 𝑊 2𝑎𝑀解析：解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05𝑚𝑚，游标尺上的第7 个刻度与主尺刻度对齐，游标卡尺示数是4𝑚𝑚 + 7 0.05𝑚𝑚 = 4.35𝑚𝑚。(3)轻推滑块滑块通过光

41、电门1、2的时间相等，说明滑块做匀速直线运动，滑块与钩码所受合力为零， 撤去钩码后，滑块所受合力大小等于钩码的重力𝑚𝑔；从光电门1到2的过程中，合力对滑块做的功𝑊 =𝑚𝑔𝑠；滑块通过光电门2时速度的大小𝑣 = 𝑑。𝑡(5)由图丙所示图象可知，图象是过原点的直线，𝑣2与𝑊成正比，设𝑣2 = 𝑘𝑊，由图示图象可知：𝑘 = 𝑏，𝑎图

42、象的函数表达式为𝑣2 = 𝑏 𝑊。𝑎(6)对滑块，合外力做功𝑊 = 𝑚𝑔𝑠，由动能定理得：𝑊 = 1 𝑀𝑣 2 0，整理得：𝑣2 =2 𝑊，则𝑏 = 2 。2故答案为：(1)4.40；(3)𝑚𝑔；𝑚𝑔𝑠；𝑑；(5)𝑣2 = 𝑏 𝑊；

43、(6) 2 。𝑀𝑎𝑀𝑡𝑎𝑀(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。(3)滑块与钩码做匀速直线直线运动，合力为零，撤去钩码后滑块所受合力等于钩码的重力；依据功的计算公式求出合力对滑块做的功；滑块经过光电门时的平均速度近似等于滑块的瞬时速度。(5) 由图示图象求出图象的函数表达式。(6) 由动能定理求出图象的函数表达式，然后分析答题。此题考察了游标卡尺读数、试验数据处理，理解试验原理是解题的前提，分析图示图象应用动能定理即可解题。12.答案：𝑓𝑓；⻕

44、0;𝑑；𝐵；𝑓；𝑓𝑓；2.35解析：解：(1)电流表读数接近零，知电路中总电阻格外大，电压表示数不变，则𝑓𝑓或𝑒𝑑断路 (2)由于电源的电压大约4.5𝑉，则直流电压的选择开关选择5𝑉档多用电表电流从红表笔进，黑表笔出，所以红表笔接触𝑓端，假设测试结果为4.5𝑉，则是导线𝑓𝑓断开(3)游标卡尺的读数为：2𝑚𝑚 + 0.05 7&

45、#119898;𝑚 = 2.35𝑚𝑚故答案为：(1)𝑓𝑓或𝑒𝑑 (2)𝐵、𝑓、𝑓𝑓(3)2.35(1) 电流表读数接近零，知电路中的电阻格外大，电压表示数不变，结合两方面考虑，电压表测量的是电源电压，𝑓𝑓或𝑒𝑑断路(2) 依据电源电压的大约值确定直流电压档，多用电表测量时，电流从红表笔进，黑表笔出(3) 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读解决此

46、题的关键把握电路故障分析的方法，以及知道游标卡尺的读数方法13.答案：(1)图甲状态下对活塞分析：𝑝𝑎𝑆 + 𝑚𝑔 = 𝑝𝑏𝑆图乙状态下对活塞分析：𝑝𝑎1𝑆 = 𝑝𝑏1𝑆 + 𝑚𝑔 )4从图甲状态到图乙状态，由玻意耳定律可得： 对𝑎气缸内气体𝑝𝑎𝑆𝐿 = 

47、9901;𝑎1𝑆 3 𝐿4对𝑏气缸内气体𝑝𝑏 𝑆𝐿 = 𝑝𝑏1𝑆 5 𝐿𝑎联立方程解得：𝑝= 27𝑚𝑔8𝑠(2) 由气体状态方程可得：2对𝑎气缸内气体𝑝𝑎 𝑆𝐿 = 𝑝𝑎2 𝑆𝐿

48、19879;0𝑇2对𝑏气缸内气体𝑝𝑏 𝑆𝐿 = 𝑝𝑏2 𝑆3𝐿𝑇0𝑇0联立方程解得：𝑇 =6 𝑇 23(3) 从图甲状态到最终状态，两气缸体积没有变化，依据查理定律可得：对𝑎气缸内气体𝑝𝑎= 𝑝𝑎3 +𝑚𝑔𝑠𝑇0𝑇&

49、#119901;𝑎+𝑚𝑔𝑝对𝑏气缸内气体𝑆 =𝑏3𝑇0𝑇解得：𝑝𝑏3 0因此该过程不能实现解析：见答案14. 答案：解：正确画出光路图依据几何关系得，𝑖 = 60𝛾 = 30由折射定律得，𝑛 =𝑠𝑖𝑛𝑖 sin𝛾= 𝑠𝑖𝑛60𝑠&#

50、119894;𝑛30 = 3答：此棱镜的折射率为3。解析：画出光路图，求出折射角和入射角，结合折射定律求出棱镜的折射率。解决光的折射的题目，关键在于作出光路图，再结合几何关系即可顺当求解。15. 答案：解：(1)由圆周运动的规律得：代入数据解得：(2) 由机械能守恒得代入数据解得𝐹 𝑚𝑔 = 𝑚𝑣2𝑅𝐹 = 2𝑚𝑔1𝑚𝑔𝑅 = 2 𝑚𝑣2 + ⻒

51、4;𝑝1o 𝐸𝑝 = 2 𝑚𝑔𝑅(3) 小球𝐴到达𝐵点后弹簧为原长，此时由圆周运动规律5𝑚𝑔 𝑚𝑔 = 𝑚𝑣2𝑅弹簧位于𝐴点时有最大弹性势能，由机械能守恒得：1解得：𝐸𝑝 = 𝑚𝑔𝑅𝐸𝑝 + 𝑚𝑔&#

52、119877; = 2 𝑚𝑣2对小球从𝐵开头到𝐶𝑘过程由动能定理得：13𝑘解得：𝑄= 79+503 𝑚𝑔𝑅1000 2 𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔𝑅(1 2 ) 𝑄𝑘 0.21𝐸𝑝答：(1)求小球第1次经过𝐵点时弹簧弹力𝐹为2𝑚𝑔(2)求从&

53、#119860;点静止开头到第1次经过𝐵点的过程中，弹性势能的变化量为1 𝑚𝑔𝑅；2(3)此时已产生的内能为7950 3 𝑚𝑔𝑅100解析：(1)受力分析，依据圆周运动规律即可求解(2) 由机械能守恒定律即可求解(3) 先求出最大弹性势能，然后依据动能定理即可求解此题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动能定理以及功能关系，解决此题的关键娴熟这些定理、定律的运用16. 答案：解：(1)滑块从𝐵运动到𝐷的过程，由动能定理得𝜇w

54、898;𝑔𝑥 2𝑚𝑔𝑅 = 1 𝑚𝑣2 1 𝑚𝑣22𝐷20滑块从𝐷离开后做平抛运动，则有2𝑅 = 1 𝑔𝑡22𝑑 = 𝑣𝐷 𝑡联立得𝑑2 = 8𝜇𝑅𝑥4𝑅 𝑣2 16𝑅2𝑔00代入数据

55、解得𝑑2 = 0.8𝜇𝑥0.04𝑣2 0.160与𝑑2 = 0.16𝑥0.48比照可得0.8𝜇 = 0.16，0.04𝑣2 0.16 = 0.48解得𝜇 = 0.2，𝑣0 = 4𝑚/𝑠𝐷0(2)滑块通过𝐷点的临界条件是重力等于向心力，则在𝐷点有𝑚𝑔 = 𝑚 𝑣2𝑅滑块从w

56、861;运动到𝐷的过程，由动能定理得𝜇𝑚𝑔𝑥 2𝑚𝑔𝑅 = 1 𝑚𝑣2 1 𝑚𝑣22联立解得𝑥 = 2.5𝑚𝐷020所以𝑥的取值范围是0 𝑥 2.5𝑚答：(1) 小滑块的初速度𝑣0的大小是4𝑚/𝑠，小滑块与水平面间的动摩擦因数是0.2； (2)𝑥的取值范围是0 𝑥 2.5𝑚解析：(1)依据动能定理和平抛运动的规律得出𝑑与𝑥的关系式，比照𝑑2 = 0.16𝑥0.48，求解滑块的初速度𝑣0的大小和小滑块与水平面间的动摩擦因数(2) 滑块通过𝐷点的临界条件是重力等于向心力，由此求得𝑥的取值范围此题关键是明确小滑块的运动状况，然后分过程运用动能定理、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解