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2020年廣東省佛山市高考物理一模試卷
試卷副標(biāo)題
考試范圍：xxx；考試時(shí)間：120分鐘；命題人：xxx
題號(hào)
一
二
三
四
總分
得分





注意事項(xiàng)：
1、答題前填寫(xiě)好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息
2、請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上

評(píng)卷人
得分



一、 單選題（共5題）
1. 如圖，用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)兩顆在同一水平高度的光滑釘子懸掛一幅矩形風(fēng)景畫(huà)，現(xiàn)若保持畫(huà)框的上邊緣水平，將兩顆釘子之間的距離由圖示位置逐漸增大到不能再增大為止（不考慮畫(huà)與墻壁的摩擦），則此過(guò)程中繩的張力大小（　?。?br />
A.逐漸變大 B.逐漸變小 C.先變大，后變小 D.先變小，后變大
2. 如圖所示，M、N兩點(diǎn)分別放置兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，P為MN連線的中點(diǎn)，T為連線上靠近N的一點(diǎn)，S為連線的中垂線上處于P點(diǎn)上方的一點(diǎn)，把一個(gè)負(fù)檢驗(yàn)電荷分別放在P、S、T三點(diǎn)進(jìn)行比較，則（　　）

A.電場(chǎng)中P、S、T三點(diǎn)，T點(diǎn)電勢(shì)最高 B.檢驗(yàn)電荷在T點(diǎn)電勢(shì)能最大
C.檢驗(yàn)電荷在P點(diǎn)受力最小 D.檢驗(yàn)電荷在S點(diǎn)受力最大
3. 大喇叭滑梯是游客非常喜愛(ài)的大型水上游樂(lè)設(shè)施，一次最多可坐4人的浮圈，從高為h的平臺(tái)由靜止開(kāi)始沿滑梯滑行，到達(dá)底部時(shí)水平?jīng)_入半徑為R、開(kāi)口向上的碗狀盆體中，做半徑逐漸減小的圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A.人和浮圈沿滑梯下滑過(guò)程中處于超重狀態(tài)
B.人和浮圈剛進(jìn)入盆體時(shí)的速度大小一定是
C.人和浮圈進(jìn)入盆體后所受的摩擦力指向其運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)
D.人和浮圈進(jìn)入盆體后，其所受支持力與重力的合力大于所需的向心力
4. 北京時(shí)間2019年11月5日1時(shí)43分，我國(guó)成功發(fā)射了北斗系統(tǒng)的第49顆衛(wèi)星，據(jù)介紹，北斗系統(tǒng)由中圓地球軌道（MEO）衛(wèi)星、地球靜止軌道（GEO）衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道（IGSO）衛(wèi)星三種衛(wèi)星組成，其中（MEO）衛(wèi)星距地高度大約2.4萬(wàn)公里，（GEO）衛(wèi)星和（IGSO）衛(wèi)星距地高度都是大約為3.6萬(wàn)公里，這三種衛(wèi)星的軌道均為圓形，下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A.發(fā)射地球靜止軌道衛(wèi)星速度應(yīng)大于11.2km/s
B.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星可以相對(duì)靜止于某個(gè)城市的正上空
C.根據(jù)題中信息和地球半徑，可以估算出中圓地球軌道衛(wèi)星的周期
D.中圓地球軌道衛(wèi)星的加速度小于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的加速度
5. a、b兩車(chē)在平直公路上沿同一方向行駛，兩車(chē)運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，在t=0時(shí)刻，b車(chē)在a車(chē)前方s0處，在0～t1時(shí)間內(nèi)，b車(chē)的位移為s，則（　?。?br />
A.若a、b在t1時(shí)刻相遇，則s0=3s
B.若a、b在時(shí)刻相遇，則s0=s
C.若a、b在時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)刻為t1
D.若a、b在時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)a車(chē)速度為

評(píng)卷人
得分



二、 實(shí)驗(yàn)題（共2題）
6. 某同學(xué)用圖甲所示的裝置測(cè)量一滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在斜面上，滑塊拖著穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔的紙帶從斜面上滑下，圖乙是打出的一段紙帶。

（1）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電頻率為50Hz，選取A至G的7個(gè)點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)，且各計(jì)數(shù)點(diǎn)間均有4個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，測(cè)得B、C、D、E、F、G各點(diǎn)到A點(diǎn)的距離依次是5.29cm、11.05cm、17.30cm、24.01cm、31.22cm、38.92cm，由此可知滑塊下滑的加速度a=______m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
（2）為測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，還應(yīng)測(cè)量下列哪些物理量______（填寫(xiě)選項(xiàng)序號(hào)）。
A．木板的長(zhǎng)度L
B．木板的末端被墊起的高度h
C．木板的質(zhì)量m1
D．滑塊的質(zhì)量m2
E．滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t
（3）滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=______（用題中各物理量的字母代號(hào)及重力加速度g表示），由于該測(cè)量裝置存在系統(tǒng)誤差，測(cè)量的動(dòng)摩擦因數(shù)會(huì)______（填“偏大”或“偏小“）。
7. 小明在實(shí)驗(yàn)室找到一個(gè)可調(diào)內(nèi)阻的電池（如左下圖），想自己動(dòng)手探究電池內(nèi)、外電壓的關(guān)系，可調(diào)內(nèi)阻電池由電池槽，正負(fù)極板M、N，探針P，Q，氣室，打氣筒等構(gòu)成，電池槽中間有一條電解質(zhì)溶液通道，緩慢推動(dòng)打氣筒活塞，向電池內(nèi)打氣，以改變通道內(nèi)液面的高度，從而改變電池的內(nèi)阻，液面越低，內(nèi)電阻越大，電壓表V1與正負(fù)極板M、N連接，電壓表V2與探針P、Q連接，小明將三個(gè)相同的小燈泡并聯(lián)接在M，N兩端，每個(gè)支路由獨(dú)立的開(kāi)關(guān)S1、S2、S3控制。

（1）斷開(kāi)S1、S2、S3，兩個(gè)電壓表的示數(shù)如圖所示，則______（填下圖字母代號(hào)）為V1的讀數(shù)，其讀數(shù)為_(kāi)_____V，若不計(jì)電壓表內(nèi)阻的影響，則此數(shù)值等于該電源的______；
（2）逐步閉合S1、S2、S3，小明將看到V1的示數(shù)______（增大/減小/不變），V2的示數(shù)______（增大/減小/不變），同時(shí)會(huì)發(fā)現(xiàn)兩電壓表的示數(shù)還會(huì)滿足______的關(guān)系。若讀得V1的示數(shù)為U1，V2的示數(shù)為U2，A的示數(shù)為I，則此時(shí)電池的內(nèi)阻r=______（用題中字母符號(hào)表示）。
（3）保持S1，S2、S3閉合，用打氣筒向電池內(nèi)打氣，同時(shí)記錄V1、V2的示數(shù)U1、U2和A的示數(shù)，利用多組數(shù)據(jù)畫(huà)出U1-I，U2-I圖象，若燈泡電阻隨溫度的變化不計(jì)，則下列圖象正確的是______。

評(píng)卷人
得分



三、 計(jì)算題（共4題）
8. 如圖所示，在豎直虛線范圍內(nèi)，左邊存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E．右邊存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩場(chǎng)區(qū)的寬度相等。當(dāng)電量為-e、質(zhì)量為m的電子以初速度v0水平射入左邊界后，穿過(guò)電、磁場(chǎng)的交界處時(shí)速度偏離原方向θ角。再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后垂直右邊界射出。求：
（1）電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。

9. 如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，兩個(gè)大小不計(jì)的物塊A、B質(zhì)量分別為m1=m和m2=5m，A、B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=tanθ和μ2=tanθ．設(shè)物體A與B碰撞時(shí)間極短且無(wú)能量損失。
（1）若傳送帶不動(dòng)，將物體B無(wú)初速放置于傳送帶上的某點(diǎn)，在該點(diǎn)右上方傳送帶上的另一處無(wú)初速釋放物體A，它們第一次碰撞前A的速度大小為v0，求A與B第一次碰撞后的速度v1A、v1B；
（2）若傳送帶保持速度v0順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，如同第（1）問(wèn)一樣無(wú)初速釋放B和A，它們第一次碰撞前A的速度大小也為v0，求它們第二次碰撞前A的速度v2A；
（3）在第（2）問(wèn)所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物體A做的功。

10. 如圖，內(nèi)徑均勻的導(dǎo)熱汽缸質(zhì)量為M，內(nèi)部橫截面積為S，活塞的質(zhì)量為m，穩(wěn)定時(shí)活塞到氣缸底部距離為L(zhǎng)1．用豎直方向的力將活塞緩慢向上拉，直到氣缸即將離開(kāi)地面為止，此時(shí)活塞仍在氣缸中，此過(guò)程中拉力做功為W0，已知大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g，環(huán)境溫度不變，氣缸與活塞無(wú)摩擦。求
（i）最終活塞到氣缸底部距離L2；
（ii）上拉過(guò)程中氣體從外界吸收的熱量Q。

11. 如圖所示，將一個(gè)折射率為n=透明長(zhǎng)方體放在空氣中，長(zhǎng)方形ABCD是它的一個(gè)截面，單色細(xì)光束入射到P點(diǎn)，入射角為θ．AD=AP。
（i）若要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射到AD面上，θ角的最小值為多少？
（ii）若要使此光束在AD面上發(fā)生全反射，θ角的范圍如何？


評(píng)卷人
得分



四、 多選題（共2題）
12. 物體是由大量分子組成，下列相關(guān)說(shuō)法正確的是（　　）
A.布朗運(yùn)動(dòng)雖不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，但它間接反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)
B.液體表面分子間距離小于液體內(nèi)部分子間的距離
C.擴(kuò)散現(xiàn)象可以在液體、氣體中發(fā)生，也能在固體中發(fā)生
D.隨著分子間距離的增大，分子間引力和斥力均減小
E.氣體體積不變時(shí)，溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)容器器壁單位面積上受到氣體分子撞擊的次數(shù)越少
13. 一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（　?。?br />
A.質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)頻率是0.25Hz
B.0至10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程是20cm
C.第4s末質(zhì)點(diǎn)的速度最大
D.在t=1s和t=3s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位移大小相等、方向相同
E.在t=2s和t=4s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度大小相等、方向相同

參考答案及解析
一、 單選題
1. 【答案】D
【解析】解：分析題意可知，畫(huà)受到兩段輕繩的拉力作用，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可知，拉力的合力與重力等大反向，即合力恒定不變。
隨著兩顆釘子之間距離的增大，兩端輕繩的夾角先減小，后增大，根據(jù)力的合成規(guī)律可知，兩力合成時(shí)，合力一定的情況下，分力的夾角越大，分力越大，分力的夾角越小，分力越小。則輕繩的張力先變小后變大，當(dāng)兩輕繩處于豎直方向時(shí)，張力最小，故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
兩力合成時(shí)，合力一定的情況下，分力的夾角越大，分力越大，分力的夾角越小，分力越小。
本題考查了合力的大小與分力間夾角的關(guān)系，明確兩力合成時(shí)，合力一定的情況下，分力的夾角越大，分力越大。
2. 【答案】B
【解析】解：由等量異號(hào)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線及等勢(shì)面空間分布圖，P、S、T三點(diǎn)進(jìn)行比較，S、P兩點(diǎn)電勢(shì)相等，大于T點(diǎn)電勢(shì)；T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，S點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小。把負(fù)電荷放在S點(diǎn)受力最小，放在T點(diǎn)電勢(shì)能最大。故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。
明確等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布圖象，知道電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，負(fù)電荷在高電勢(shì)處電勢(shì)能小。
本題關(guān)鍵是要能夠畫(huà)出等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布圖，要注意明確電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，而沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低。
3. 【答案】C
【解析】解：A、人和浮圈沿滑梯下滑的過(guò)程是加速過(guò)程，有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B、人和浮圈下滑的過(guò)程中有重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得，所以，故B錯(cuò)誤；
CD、人和浮圈進(jìn)入盆體后做半徑減小的減速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上其重力和支持力平衡，在水平方向上，摩擦力沿半徑方向的分力提供向心力，沿切線方向提供切向加速度做減速運(yùn)動(dòng)，故摩擦力方向是直線軌跡的內(nèi)側(cè)且與速度方向的夾角大于90°，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選：C。
人和浮圈下滑的過(guò)程中有向下的加速度，處于失重狀態(tài)；人和浮圈在下滑過(guò)程中有重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可以判斷速度大小；人和浮圈進(jìn)入盆體后做半徑減小的減速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向重力和支持力平衡，在水平方向摩擦力既提供切向加速度，又提供向心加速度。
滑梯不是光滑的，與浮圈之間有摩擦，所以人和浮圈的機(jī)械能不守恒；人和浮圈在盆體中做的是半徑減小的減速圓周運(yùn)動(dòng)，其摩擦力既提供向心加速度，又提供切向加速度，且摩擦力方向與速度方向的夾角大于九十度。
4. 【答案】C
【解析】解：A、11.2km/s是第二宇宙速度，是衛(wèi)星脫離地球的最小發(fā)射速度，故發(fā)射地球靜止軌道衛(wèi)星速度應(yīng)小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤。
B、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星相對(duì)地球表面運(yùn)動(dòng)，不能相對(duì)靜止于某個(gè)城市的正上空，故B錯(cuò)誤。
C、中圓地球軌道衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，，其中r=R+h，已知地球半徑R，兩顆衛(wèi)星據(jù)地高度h，同步衛(wèi)星的周期24h，可以估算出中圓軌道衛(wèi)星的周期，故C正確。
D、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，，解得加速度a=，中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑小，故加速度大于傾斜地球同步軌道衛(wèi)星的加速度，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律比較周期。
11.2km/s是第二宇宙速度，是衛(wèi)星脫離地球的最小發(fā)射速度。
根據(jù)a=比較加速度。
本題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，關(guān)鍵根據(jù)人造衛(wèi)星的萬(wàn)有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量與半徑的關(guān)系。
5. 【答案】B
【解析】解：A、由圖可知，在0-t1時(shí)間內(nèi)，b車(chē)的位移為s，則a車(chē)的位移為3s。若a、b在t1時(shí)刻相遇，則s0=3s-s=2s，故A錯(cuò)誤。
B、若a、b在時(shí)刻相遇，由圖象可知，陰影部分對(duì)應(yīng)的面積等于s0，即s0=?2s=s，故B正確。
C、若a、b在時(shí)刻相遇，根據(jù)對(duì)稱性知，下次相遇時(shí)刻為t1+=t1，故C錯(cuò)誤。
D、若a、b在時(shí)刻相遇，根據(jù)對(duì)稱性知，下次相遇時(shí)刻為，根據(jù)幾何關(guān)系知下次相遇時(shí)a車(chē)速度為va==，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
要分析清楚兩物體的位移關(guān)系來(lái)確定兩物體何時(shí)相遇。兩物體的位移之差等于初始時(shí)的距離是兩物體相遇的條件，此外，在v-t圖象中，面積表示位移。
本題要抓住速度-時(shí)間圖象反映速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，是物理公式的函數(shù)表現(xiàn)形式，分析問(wèn)題時(shí)要做到數(shù)學(xué)與物理的有機(jī)結(jié)合，數(shù)學(xué)為物理所用。要知道在速度圖象中，縱軸截距表示初速度，圖象與時(shí)間軸圍成的“面積”表示位移，抓住以上特征，靈活分析。

二、 實(shí)驗(yàn)題
6. 【答案】0.48 AB ； 偏大
【解析】解：（1）由△s=aT2得：a==0.48m/s2
（2）對(duì)物體受力分析求合力時(shí)，用到斜面的傾角，可由斜面的高、長(zhǎng)表示斜面傾角正弦，故還應(yīng)測(cè)量的有木板的長(zhǎng)度L和木板的末端被墊起的高度h；
故選：AB。
（3）由牛頓第二定律、摩擦力公式，得：mgsinθ-μmgcosθ=ma，其中：sinθ=，cosθ=解得：μ=；
由于紙帶與限位孔間的摩擦力或空氣阻力，使求得的加速度偏小，導(dǎo)致摩擦力偏大，摩擦因數(shù)偏大。
處理紙帶數(shù)據(jù)時(shí)忽略了紙帶與限位孔間的。摩擦力或忽略空氣阻力。
故答案為：（1）0.48；（2）AB；（3），偏大。
（1）由△s=aT2可求加速度；
（2）對(duì)物體受力分析，求合力由牛頓第二定律得摩擦力，由f=μN(yùn)得μ，夾角由斜面的高、長(zhǎng)求出；
（3）誤差分析，由于加速度偏小，摩擦因數(shù)偏大。
本題要能夠通過(guò)紙帶求解加速度，難點(diǎn)是根據(jù)牛頓第二定律求解出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式進(jìn)行分析。
7. 【答案】B 2.50 電動(dòng)勢(shì) 減小 增大 兩電壓表示數(shù)之和基本保持不變 A
【解析】解：（1）電壓表V1與正負(fù)極板M、N連接，測(cè)的是外壓；電壓表V2與探針P、Q連接測(cè)量的是內(nèi)壓。
斷開(kāi)S1、S2、S3，電流為0，內(nèi)壓為0，外壓最大等于電動(dòng)勢(shì)，V1的讀數(shù)為2.50，此數(shù)值等于該電源電動(dòng)勢(shì)。（2）逐步閉合S1、S2、S3，干路電流增大，內(nèi)壓變大，外壓變小，小明將看到V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大且兩電壓表示數(shù)之和基本保持不變；電池的內(nèi)阻為r=，
（3）因外阻不變則外壓與電流的關(guān)系曲線為斜率不變且電壓隨電流的增大而增大。即為A圖正確，B圖錯(cuò)誤
因內(nèi)阻增大，U2會(huì)隨電流的增大而增大，且斜率越來(lái)越大，故CD錯(cuò)誤
故選：A
故答案為：（1）B 2.50 電動(dòng)勢(shì) （2）減小 增大 兩電壓表示數(shù)之和基本保持不變 （3）A
（1）明確電壓表接正負(fù)極測(cè)量的是外壓，接探針測(cè)量的是內(nèi)壓。
（2）由閉合電路歐姆定律得電壓的示數(shù)的變化。
（3）由歐姆定律確定圖象的正誤。
本題考查的是閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，明確電壓表的示數(shù)是誰(shuí)的電壓，由歐姆定律分析。
三、 計(jì)算題
8. 【答案】解：（1）設(shè)電子射出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy，根據(jù)幾何關(guān)系可得：
vy=v0tanθ
電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a=
根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得：t1==；
（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，速度為v；
則v=
由于兩場(chǎng)區(qū)的寬度相等，則寬度d=v0t1=
根據(jù)幾何關(guān)系可得：R==
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evB=m
聯(lián)立解得：B=。
答：（1）電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為。

【解析】
（1）根據(jù)速度的合成與分解求解電子射出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間；
（2）由于兩場(chǎng)區(qū)的寬度相等，則寬度d=v0t1，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度。
對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是按類平拋運(yùn)動(dòng)或勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行解答。
9. 【答案】解：（1）B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=tanθ，即mgsinθ=μmgcosθ，若傳送帶不動(dòng)，將物體B無(wú)初速放置于傳送帶上的某點(diǎn)，物塊B在傳送帶上能夠靜止。
A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，取沿傳送帶方向向下為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：
m1v0=m1v1A+m2v1B；
根據(jù)能量守恒定律可得：m1v02=m1v1A2+m2v1B2；
聯(lián)立解得：v1A=，v1B=；
（2）若傳送帶保持速度v0順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，如同第（1）問(wèn)一樣無(wú)初速釋放B和A，它們第一次碰撞前A的速度大小也為v0，B相對(duì)于地面仍靜止，A的運(yùn)動(dòng)情況不變，它們第一次碰撞后的速度仍為：v1A=，v1B=；
第一次碰撞后B沿傳送帶勻速下滑，A先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，
根據(jù)牛頓第二定律可得：m1gsinθ-μ1m1gcosθ=m1a，
解得：a=0.4gsinθ
設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t二者相遇，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：
v1Bt=v1At+
即t=t+
解得：t=，
它們第二次碰撞前A的速度：
v2A=v1A+at=+0.4gsinθ×=；
（3）在第（2）問(wèn)所述情景中，設(shè)第二次碰撞后A和B的速度分別為v′2A，v′2B，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v2A+m2v1B=m1v′2A+m2v′2B；
根據(jù)能量守恒定律可得：m1v2A2+m2v1B2=m1v′2A2+m2v′2B2；
聯(lián)立解得：v′2A=，v′2B=；
設(shè)再經(jīng)過(guò)t′時(shí)間二者第三次相碰，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：
v′2Bt′=v′2At′+
即t′=t′+
解得：t′=，
第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移為：x=v1Bt+v′2Bt′=，
第一次碰撞后到第三次碰撞前A的位移和B的位移相等，也為x=，
故第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物體A做的功：
W=-μ1m1gcosθ?x=-3mv02。
答：（1）A與B第一次碰撞后A的速度為（負(fù)號(hào)表示方向沿傳送帶向上），B的速度為；
（2）它們第二次碰撞前A的速度為；
（3）在第（2）問(wèn)所述情景中，第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物體A做的功為-3mv02。
【解析】
（1）A和B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律列方程求解；
（2）分析A和B的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律求解A的加速度大小，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解再次相碰經(jīng)過(guò)的時(shí)間，再根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求解速度；
（3）設(shè)第二次碰撞后A和B的速度分別為v′2A，v′2B，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求解碰撞后速度大小，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解再次相碰經(jīng)過(guò)的時(shí)間，由此求出第一次碰撞后到第三次碰撞前B的位移，也就是A的位移，根據(jù)功的計(jì)算公式求解第一次碰撞后到第三次碰撞前傳送帶對(duì)物體A做的功。
本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解；本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程太復(fù)雜，一定要認(rèn)真分析。
10. 【答案】解：（i）設(shè)原來(lái)氣體壓強(qiáng)為P1，則對(duì)活塞受力分析有：mg+P0S=P1S
解得：P1=P0+
汽缸離地時(shí)，對(duì)汽缸底部進(jìn)行受力分析有：P2S+Mg=P0S
解得：P2=P0-
又因?yàn)镻1L1S=P2L2S
解得：L2=L1；
（ii）設(shè)此過(guò)程中氣體對(duì)外做的功為W，以活塞為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W0-mg（L2-L1）-W=0
解得：W=W0+。
根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：△U=Q-W=0，
解得氣體從外界吸收的熱量Q=W0+。
答：（i）最終活塞到氣缸底部距離為L(zhǎng)1；
（ii）上拉過(guò)程中氣體從外界吸收的熱量為W0+。
【解析】
（i）對(duì)活塞受力分析、對(duì)汽缸底部進(jìn)行受力求解初末狀態(tài)的壓強(qiáng)，根據(jù)玻意耳定律求解；
（ii）以活塞為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理求解氣體對(duì)外做的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解氣體從外界吸收的熱量。
本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程；解答此類問(wèn)題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程求解。本題要能用靜力學(xué)觀點(diǎn)分析各處壓強(qiáng)的關(guān)系，要注意研究過(guò)程中哪些量不變，哪些量變化，選擇合適的氣體實(shí)驗(yàn)定律解決問(wèn)題。
11. 【答案】解：（i）設(shè)AP=d，則AD=d
要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射至AD面上，設(shè)最小折射角為α，此時(shí)折射光線剛好射到D點(diǎn)，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系有
sinα==
根據(jù)折射定律有=n
解得角θ的最小值為 θ=30°
（ii）如圖，要此光束在AD面上發(fā)生全反射，則要求光線射至AD面上的入射角β應(yīng)滿足
sinβ≥sinC
根據(jù)臨界角公式有sinC=
根據(jù)幾何關(guān)系有 sinβ=cosα==
解得：θ≤arcsin=arcsin=60°
結(jié)合（1）題結(jié)果可得：要使此光束在AD面上發(fā)生全反射，θ角的范圍為30°≤θ≤60°。
答：（i）若要使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射到AD面上，θ角的最小值為30°。
（ii）要使此光束在AD面上發(fā)生全反射，θ角的范圍為30°≤θ≤60°。

【解析】
（i）根據(jù)折射定律，結(jié)合幾何關(guān)系求出使光束進(jìn)入長(zhǎng)方體后能射至AD面上，角θ的最小值。
（ii）結(jié)合全反射的條件，以及折射定律和幾何關(guān)系求出角θ的范圍。
本題是全反射、折射定律、臨界角等知識(shí)的綜合應(yīng)用，首先要正確作出光路圖，運(yùn)用幾何知識(shí)研究折射角的正弦。其次，要掌握全反射條件和臨界角公式。
四、 多選題
12. 【答案】ACD
【解析】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，也不是固體小顆粒分子的運(yùn)動(dòng)，而是小顆粒的運(yùn)動(dòng)，它間接證明了分子永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A正確。
B、液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，故B錯(cuò)誤。
C、擴(kuò)散現(xiàn)象可以在液體、氣體中發(fā)生，也能在固體中發(fā)生，故C正確。
D、分子間的斥力和引力都隨分子間的距離增大而減小，故D正確。
E、根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義，氣體體積不變時(shí)，溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)容器器壁單位面積上受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多，故E錯(cuò)誤。
故選：ACD。
懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離；擴(kuò)散現(xiàn)象可以在三種物態(tài)中發(fā)生；分子間的斥力和引力都隨分子間的距離增大而減?。桓鶕?jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義求解。
本題考查了布朗運(yùn)動(dòng)、擴(kuò)散、分子間的相互作用力、液體的表面張力等知識(shí)點(diǎn)。這種題型知識(shí)點(diǎn)廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時(shí)多加積累，難度不大。
13. 【答案】ABC
【解析】解：A、由圖讀出質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期為T(mén)=4s，則質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)頻率為f==0.25Hz．故A正確。
B、質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程是4個(gè)振幅，t=10s=2.5T，則在10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程是 S=2.5×4A=10×2cm=20cm，故B正確。
C、在第4s末，質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置處，速度最大，故C正確。
D、在t=1s和t=3s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位移大小相等、方向相反，故D錯(cuò)誤。
E、根據(jù)圖象的斜率表示速度，斜率的正負(fù)表示速度方向，知在t=2s和t=4s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)速度大小相等、方向相反，故E錯(cuò)誤。
故選：ABC。
由圖讀出周期，求出頻率。質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程是4個(gè)振幅，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，求出質(zhì)點(diǎn)在10s內(nèi)經(jīng)過(guò)的路程。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位置，分析位移、速度和加速度。
由振動(dòng)圖象可以讀出周期、振幅、位移、速度和加速度及其變化情況，要知道圖象的斜率表示速度，斜率的正負(fù)表示速度方向。

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