2021年西南三省三校3+3+3聯考高考物理診斷試卷（一）

1.下列說法正確的是（）

A.原子結構模型的提出按時間先后，順序為“玻爾原子結構假說-核式結構模型-

棗糕模型”

B.原子序數大于或等于83的元素都能自發地發出射線，原子序數小于83的元素

不會發出射線

C.自然界中較輕的原子核，質子數與中子數大致相等；較重的原子核，中子數大

于質子數

D.只有光具有波粒二象性，宏觀物體只具有粒子性

2.C9I9中型客機，全稱COM4CC919,是中國首款按照最新國際適航標準，具有自

主知識產權的干線民用飛機。假設該型飛機獲得的升力F大小與速度的平方成正比,

當尸大小等于飛機重力大小mg時的速度稱為離地速度。已知飛機空載時質量為7x

10"g,從靜止開始做勻加速運動，起飛距離為1400〃?，離地速度為70m/s。設飛

機起飛過程加速度不隨質量變化。某次試飛，飛機及載重質量為8.4X10%。，在

本次試飛中飛機的起飛距離為（g取10m/s2）（）

A.1600/nB.1480根C.1560/nD.1680m

3.2020年11月10日8時12分，我國載人深海潛水器“奮斗者”號在馬里亞納海溝

成功坐底，下潛深度達到10909米，創造了中國載人深潛的新紀錄。假設地球是半

徑為R、質量分布均勻的球體，已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零。

某次“奮斗者”號潛水器下潛深度為則地面處和“奮斗者”號潛水器所在位置

的重力加速度大小之比為（）

A?念B.￡C./）2D.（￡）2

4.如圖所示，斜槽軌道末端切線水平，斜面A8上端位于斜槽軌道末端、下端位于水

平地面上。一個可視為質點的鋼球從斜槽上某處由靜止釋放，以速度處從斜槽末端

飛出經歷時間1落在地面上的。點。把鋼球從斜槽上較低位置由靜止釋放，以速度

葭從斜槽末端飛出落在斜面中點C點。不計空氣阻力的作用，則鋼球從斜槽末端飛

出到落到斜面中點C所經歷的時間為（）

5.如圖所示，在第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場，在第二象限內有垂直紙面向

外的勻強磁場，一個速度大小為火的帶正電的重力不計的帶電粒子從距。點為L

的A點射入磁場，速度方向與x軸正方向成60。時，粒子恰好垂直于y軸進入電場，

之后通過x軸上的C點，C點距。點距離也為小則電場強度E與磁感應強度B的

6.如圖所示，交流發電機通過電阻不計的導線為右側電路供電，變壓器為理想變壓器。

A.如果增大電阻箱的電阻而其他條件不變，則匕示數增大、公示數增大

B.如果增大電阻箱的電阻而其他條件不變，則匕示數減小、公示數減小

C.如果該交流發電機產生的交變電流的頻率變大而其他條件不變，則/示數減小、

公示數減小

D.如果該交流發電機產生的交變電流的頻率變大而其他條件不變，則彩示數增大、

4示數增大

第2頁，共19頁

7.小球P和。用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于。球的質量，懸

掛P球的繩比懸掛。球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，

將兩球由靜止釋放，不計空氣阻力，在兩小球各自軌跡的最低點，以下說法正確的

是()

A.P球的機械能可能等于。球的機械能

B.P球的動能一定小于。球的動能

C.尸球所受繩的拉力可能等于。球所受繩的拉力

D.P球的加速度與。球的加速度大小都等于2g

8.如圖，足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平絕緣平臺上，導軌電阻忽略不計，兩

根具有一定電阻的導體棒4、C置于金屬導軌上,系統處于豎直向下的勻強磁場中，

A、C與金屬導軌保持良好接觸且與導軌垂直。某時刻導體棒A有如圖所示的速度，

A.若導體棒A、C發生碰撞，損失的機械能等于A、C棒產生的焦耳熱

B.若導體棒A、C不發生碰撞，導體棒A先做減速運動，再反向做加速運動

C.無論導體棒4、C是否發生碰撞，系統動量守恒，機械能不守恒

D.無論導體棒A、C是否發生碰撞，兩者最終都以相同的的速度做勻速運動

9.利用如圖，甲所示裝置可驗證系統機械能守恒定律。A、B是質量分別為巾】=150g、

機2=50g的兩物塊，用輕質無彈性的細繩連接后跨在懸掛足夠高的輕質光滑定滑

輪兩側。用固定裝置將滑塊A固定且8靜止不動，物塊A上裝有寬度如圖乙所示

的遮光片，遮光片正下方力處固定個光電門。某時刻松開固定裝置，系統開始運動，

通過計時器讀出遮光片通過光電門的遮光時間t,利用所得數據就可以判斷系統在

運動過程中機械能是否守恒。查得當地重力加速度g為9.8m/s2。

(1)遮光片的寬度d=mm.

(2)某次實驗中測得h=10cm、t=0.01s,從松開固定裝置到A經過光電門的過程

中，系統動能的增量△&=J,系統重力勢能的減少量4Ep=/（結

果均保留2位有效數字）。

iittiiimiut

由，

>1?

10.某同學根據圖甲所示多用電表歐姆擋內部的部分原理圖，選擇以下器材成功組裝了

一個簡易歐姆表，將毫安表盤改成了如圖乙所示的歐姆表表盤，表盤上數字“15”

為原毫安表盤滿偏刻度的一半處。

甲乙

4毫安表（滿偏電流=10巾4Rg=50/2）

8.干電池一節（電動勢E=1.5V,內阻不計）

C.電阻箱R（可調范圍0?10k。）

。.紅黑表筆和導線若干

操作步驟如下：

（1）按照圖甲電路圖連接實驗電路，組成歐姆表，歐姆調零后電阻箱R的阻值為R=

H,與a相連的表筆是（填“紅”或“黑”）表筆。

（2）使用中發現這個歐姆表指針落在刻度盤的中間區域時，所測電阻值的精確度令

人滿意。用該歐姆表來測量未知電阻⑹的阻值，發現指針所指位置如圖乙中①所

示。為使指針落在刻度盤的中間區域，在不更換毫安表和電池，也不改變R的阻值

和表盤的刻度的前提下，可在（填“兒"或""）之間連接一個阻值

為0（精確到0.1）的電阻R。，然后進行再次測量，指針停在圖乙中②處，則

未知電阻的測量值%=

（3）若該歐姆表使用一段時間后，電源電動勢減小，內阻變大，歐姆調零后按正確

使用方法測量電阻的阻值，測量結果（填“大于”或“小于”）真實值。

第4頁，共19頁

11.光滑水平面上有一電阻為R、邊長為心的正方形線框出出/,在它的右側有兩個寬度

均為L、方向相反的豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為8,磁場的理想邊

界I、n、in相互平行。某時刻線框以垂直于磁場邊界的初速度%進入勻強磁場，

在合適的水平拉力尸作用下勻速通過磁場區域，運動過程中線框的M邊始終平行

于磁場邊界。以磁場邊界I為坐標原點，垂直于磁場邊界向右為X軸正方向，如圖

所示。求線框通過磁場的過程中拉力廠的大小隨X變化的關系式.

12.如圖所示，4和B是放在水平地面上的兩個小物塊(可視為質點)，與地面的動摩擦

因數分別為%=0.1和〃2=0.5,兩物塊間的距離d=82m,它們的質量分別為四=

、

2kgm2=1kg。％時刻A向右、8向左分別以初速度％=15m/s、v2=10m/s相

向運動，兩物塊發生碰撞時間極短的彈性碰撞，碰撞前后兩物體均在同一直線上運

動，當地的重力加速度g取lOni/s?。求：

(1)4向右、B向左運動時兩物體的加速度的大小；

(2)從時刻到兩物體碰撞所經歷的時間；

(3)最終兩物體間的距離。

%%

[A][B

iniHininiiinHiiHii/iiiniiiHiiiiniinii

13.在用油膜法估測分子大小的實驗中，所用油酸酒精溶液的濃度為以用注射器往量

筒中滴入溶液，每滴入〃滴，溶液體積增加1〃遼，現取1滴溶液滴入撒有琲子粉的

淺水盤里，待水面穩定后，將玻璃板放在淺盤上描繪出油酸膜的輪廓形狀，再把玻

璃板放在邊長為1。”的坐標紙上，算出油膜的面積S。關于本實驗（如圖），下列說

法正確的是（）

A.用以上物理量的符號表示分子直徑大小為d=2

B.“用油膜法估測分子的大小”實驗的依據是將油膜看成單分子油膜

C.水面上形成的油酸薄膜的體積V=i

D.計算油膜的面積S時，只需在坐標紙上將油膜輪廓中完整的格子數進行統計，

不足一格的油膜都舍去

E.用油膜法測出分子直徑后，只需知道純油酸的摩爾體積，即可計算阿伏加德羅

常數

14.為做好新型冠狀病毒肺炎-19）疫情的常態化防控工作，學校組織工作人員

每天對校園進行嚴格的消毒，如圖是噴霧消毒桶的原理圖。消毒桶高為H=60cm,

橫截面積S=0.1m2,打氣筒每次可以向消毒桶內充入壓強為外、體積為0.015血3的

空氣。環境溫度為7國時，向桶內倒入消毒液，關閉加水口后，液面上方有壓強為po、

高為九=22.5c?n的空氣。已知消毒液的密度為夕=10003/病，大氣壓強p0恒為

1.0x105Pa,噴霧管的噴霧口與噴霧消毒桶頂部等高，忽略噴霧管的體積，將空

氣看作理想氣體，當地的重力加速度為g=l（hn/s2。

第6頁，共19頁

I.當環境溫度升高至A時，恰好有消毒液從噴霧口溢出，求環境溫度A

n.環境溫度為7。（：時關閉K,用打氣筒向噴霧消毒桶內連續充入空氣，然后打開K,

進行消毒。消毒完成時，噴霧口剛好不再噴出藥液，此時桶內剩余消毒液深度〃=

10cm；求打氣筒的打氣次數n（假設整個過程中氣體溫度保持不變）。

加水n

打氣筒

尊空氣

三消毒液三上活塞

單向閥

15.圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，人氏c三個質點的橫坐標分別為％=

2m、xb=6m和h=7m；圖乙為質點人從該時刻開始計時的振動圖象。下列說法

正確的是（）

乙

A.質點“在t=2s時速度為零

B.質點a經4s振動的路程為4相

C.質點c經2s振動的路程為0.56

D.該波沿x軸負方向傳播、波速為Im/s

E.圖中所示時刻質點。的速度沿），軸負方向

16.如圖所示，放置于真空中半徑為R的半圓柱形玻璃棱柱的平面鍍銀成為平面鏡，

0P為垂直于平面鏡的半徑，在其延長線上S點有一個可發出細光束的光源，os=

MR,4為柱面上的一點，A、。、P、S所在平面垂直于圓柱的母線，A。與0P所

成夾角a=30°,從S點發出的入射到A點的細光束經圓柱折射和平面鏡反射后剛

好能沿AS返回到S點。求：

I.玻璃的折射率；

n.這束光線從s點發出后返回到s點所經歷的時間。

第8頁，共19頁

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、原子結構模型的提出按時間先后，順序為“棗糕模型-核式結構模型-

玻爾原子結構假說”，故A錯誤；

8、原子序數大于或等于83的元素都能自發地發出射線，原子序數小于83的元素有些

也會發出射線，故8錯誤；

C、由于質子間有相互排斥的庫侖力，所以隨著核子數的增加，不帶電的中子更容易增

加，所以自然界中較輕的原子核，質子數與中子數大致相等，但對于較重的原子核，中

子數大于質子數，越重的元素，兩者相差越多，故C正確；

。、根據德布羅意的觀點，宏觀物體也具有波粒二象性，故。錯誤；

故選：Co

根據對原子結構的認識過程，結合原子序數大于83的元素都具有放射性，小于83的元

素有的具有放射性，有的不具有放射性；較輕的原子核，質子數與中子數大致相等，但

對于較重的原子核，中子數大于質子數；及宏觀物體也具有波粒二象性.

考查不同的原子結構模型，知道原子序數小于83的元素有些也會發出射線，理解較重

的原子核，中子數大于質子數，注意宏觀物體也具有波粒二象性。

2.【答案】D

【解析】解：飛機起飛時，離地速度滿足的關系為k"2=mg,起飛距離滿足〃2=2ax

則》=哭，故起飛距離與質量成正比，則￡=會，解得乂2=1680m,故A8C錯誤，D

正確；

故選：Do

根據題意找出起飛速度與重力之間的關系，結合速度-位移公式求得起飛位移與質量間

的關系，即可求得。

本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，關鍵是根據題意找出起飛距離與質量間的

關系即可

3.【答案】B

【解析】解：設地球密度為p,地球質量為M,地球表面的重力加速度為gi，地面以下

深處的重力加速度為外，放在地球表面質量為〃，的物體，滿足符=mg式忽略地球

自轉）；又時=p，R3由上述兩式得%=Q7rRG；當把物體放到地面以下〃處時，因為

質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，所以，〃受到的萬有引力等效于放在半徑為

（R-九）的球的球面時受到受到的萬有引力，設半徑為R-九的球的質量為Mi，則署端=

血。2又a=-％）3由上述兩式得92=[p兀（R-h）G，所以氏=含，故B正確，

ACD錯誤。

故選：B。

利用重力等于萬有引力（忽略地球自轉），即可求得地面重力加速度。求解地面以下深九

處的重力加速度，應從題目所給“質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零“這一信

息入手，物體受到的外周厚度為〃的球殼對物體引力為零，故只有中心半徑為R-%的

球體對物體的萬有引力，利用重力等于萬有引力求解此處重力加速度即可。

求解地面以下的重力加速度是本題的難點，需要重新建立物理模型，同時注意題目給出

的新信息，需要學生靈活運用已有的知識儲備。本題從學以致用的角度考查了學生的創

新能力，此類題目對培養學生綜合分析能力大有益處。

4.【答案】D

【解析】解：鋼球水平飛出至。點運動的時間與運動到B點時間相同，對于落到斜面

AB的物體，運動時間滿足關系式t=其中/為斜面長度，。為斜面傾角，由此

表達式可知：。8=2幾，以0=乎以8=學￡；故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

根據平拋運動的規律：高度決定時間，求解時間的關系式，然后根據兩次的豎直位移求

解即可。

知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。

5.【答案】A

【解析】解：粒子恰好垂直y軸進入電

場，粒子運動軌跡如圖所示，設粒子在

磁場中運動半徑為凡根據幾何關系可

知：

L2V3

R=---------=------L

sin60°3

根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B=

第10：

Vo

m—

R

解得磁感應強度B=

2qL

粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為L則運動時間t=f

vo

豎直位移為y=R—Rcos60°=-=-L

z23

根據位移一時間關系可得：y=|at2=ix^t2

22m

聯立解得：/=也強

3qL

所以有：5=嚕璉X畀=9%,故A正確、BCD錯誤。

u

B3qL\/3mv03

故選：Ao

粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系求解半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解

磁感應強度；

粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據類平拋運動的規律求解電場強度，由此求解比值。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，

結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋

運動或勻變速直線運動的規律進行解答。

6.【答案】BD

【解析】解：AB,增大電阻箱的電阻，則左側電路中總電阻增大，電流減小，公示數

減小，且電阻箱兩端分得的電壓增大，左側線圍兩端電壓減小，匕示數減小，故B正確，

A錯誤；

CD.如果該交流發電機產生的交變電流的頻率變大而其他條件不變，由Em=nBS3可

知，發電機產生的感應電動勢增大，故左側圖兩端的電壓增大，根據?=詈可知，右側

線圈兩端電壓也增大，外示數增大，右側電路電流也增大，故42示數增大，故C錯誤，

。正確

故選：BD.

增大電阻箱的電阻，則左側電路中總電阻增大，根據電路的特點即可判斷出電壓和電流

的變化，當交變電流的頻率變大而其他條件不變，由/=nBSo）可判斷出產生的交流電

動勢的變化，結合變壓器的特點及歐姆定律即可判斷。

本題主要考查了線圈產生感應電動勢的影響因素及串并聯特點，抓住輸入電壓等于原線

圈兩端的電壓和電阻箱分得的電壓之和即可。

7.【答案】AD

【解析】解：A、兩球在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，選擇初始位置為零

勢能平面，P、。的機械能均為零，故A正確；

B、在最低點，根據動能定理知：mgL~|mv2,則在最低點的動能=mgL,對于尸

球，尸球的質量大于。球的質量，繩長小于懸掛。的繩長，則尸球的動能不一定比。

球的動能小，故8錯誤；

C、小球在最低點的速度：v=y[2^L,根據牛頓第二定律得：F-mg=m^,解得繩

子的拉力F=3?ng,由于尸球的質量大于。球的質量，則P球所受繩子的拉力大于Q

球所受繩子的拉力，故C錯誤；

D、在最低點，a=?=2g,方向豎直向上，與繩長和球的質量無關，故。正確。

故選：AD.

兩球在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，通過判斷初位置機械能是否相等判斷

最低點時機械能是否相等；根據動能定理得出小球運動到最低點的動能，從而比較出兩

球動能的大小；根據牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而比較拉力的大小；根據向心加

速度公式比較在最低點的加速度大小。

本題考查了圓周運動與機械能守恒定律的綜合運用，知道小球在最低點向心力的來源，

知道擺球在最低點的拉力大小與繩長無關。

8.【答案】CD

【解析】解：人導體棒A、C發生的碰撞可能是彈性碰撞，也可能是非彈性碰撞。若

導體棒A、C發生彈性碰撞，碰撞過程中機械能沒有損失，則損失的機械能等于A、C

棒產生的焦耳熱；若導體棒A、C發生非彈性碰撞，碰撞過程中機械能有損失，要產生

內能，則損失的機械能大于A、C棒產生的焦耳熱，故A錯誤；

8、若導體棒4、C不發生碰撞，在安培力作用下，A棒向右做減速運動，C棒向右做減

速運動，當兩棒速度相同時，回路中不再產生感應電流，兩棒不再受安培力，最終一起

做勻速運動，故8錯誤；

C、由于系統所受的外力之和為零，所以無論是否發生碰撞，系統動量都守恒，運動過

程中有焦耳熱產生，機械能不守恒，故C正確；

。、無論導體棒A、C是否發生碰撞，兩者最終都以相同的速度做勻速運動，達到穩定

狀態，故。正確。

第12頁，共19頁

故選：CD.

碰撞要分彈性碰撞和非彈性碰撞兩類來分析碰撞過程中能量的轉化情況。無論導體棒A、

C是否發生碰撞，系統的合外力為零，動量一定守恒。通過分析兩棒的受力情況，判斷

它們的運動情況。

解決本題的關鍵要正確分析兩棒的受力情況，判斷其運動情況。要掌握動量守恒的條件：

合外力為零，通過分析系統受到的外力，來判斷動量是否守恒。

9.【答案】9.80.0960.098

【解析】解：(1)游標卡尺的精確度為O.lnun，其的主尺讀數為9,"〃?，游標尺讀數為8x

0.1mm=0.8mm,所以最終讀數為9mm+0.8mm=9.8mm,所以遮光片寬度d=

9.8mm；

(2)4物體經過光電門時，A、8的速度u=F=4等m/s=0.98m/s

2-32

系統動能的增量為△=|(mt+m2)v=|x(150+50)XIOX0.987=0.096/

3

系統重力勢能的減少量AEp=(mi-m2)gh=(150-50)xIO-x9.810x10x

10-2/=0.098/

故答案為：(1)9.8；(2)0.096,0.098；

(1)游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標的讀數，不需估讀；

(2)根據A物塊上的遮光片過光電門的時間求解物塊速度，求出系統動能的增量，根據

物塊A的下降高度求解系統的重力勢能減少量；

本題全面的考查了驗證系統機械能守恒定律中的數據處理問題，要熟練掌握勻變速直線

運動的規律以及功能關系，增強數據處理能力.

10.【答案】100紅ac16.719.0大于

【解析】解：(1)歐姆調零時，電表內阻為

歐姆調零后電阻箱R的阻值為

R=R內—Rg=1500—50。=100/2

故答案為：1000。

根據歐姆表紅進黑出，可知與。端相連的是紅表筆。

故答案為：紅

(2)由表盤中間刻度的阻值知，歐姆表的倍率為“x10”，指針指在①處時，偏角太大；

需換成倍率“xl”才會指在表盤刻度10?30范圍內，此時R內=15。，則可在加之間

并聯一個電阻，由并聯電路的特點知，15=言需,Ro=16.7。，由表盤可知％=19.0必

1JUTZCQ

故答案為：ac16.719.0

(3)電源電動勢減小，若按正確方法進行使用，則測量時流過毫安表的電流偏小，偏角

偏大，測量結果偏大。

故答案為：大于

本題為電學實驗題，考查多用電表的應用，難度適中。

本題為電學實驗題，考查多用電表的應用，學生做題時注意公式的應用。

11.【答案】解：在線框經過邊界I的過程中，在內，對應的等效電路圖如圖

甲所示，則岫邊產生的感應電動勢為

甲

Ei=BLv

感應電流為

1R

他邊所受安培力大小為Fab=BI1L

線框勻速運動，則尸=正帥=^"(OSX<L);

線框經過邊界II的過程中，在LWx<2L中，對應的等效電路圖如圖乙所示，岫邊和

cd邊產生的感應電動勢相等，均為

感應電流為=空里

岫邊和cd邊所受安培力大小為Fab=Fed=BI2L

線框勻速運動，則F=Fab+Fed=竺產?<x<2L);

線框經過邊界ID的過程中，在2LWx<3L,對應的等效電路圖如圖丙所示，則cd邊產

生的感應電動勢為

第14頁，共19頁

n西

F4=BLv

感V應電流為

cd邊所受安培力大小為Fed=BI3L

線框勻速運動，則尸=Fed=婦包(24<x<3L);

R

竽(OWx<L)

綜上可得尸=-竺盧(L<x<2L)

手(2Mx<3L)

^(0<x<L)

答:線框通過磁場的過程中拉力廠的大小隨x變化的關系式為F=<竺F(乙<x<2L)?

^(2L<x<3L)

【解析】線框勻速運動，所受的拉力尸與安培力平衡，根據法拉第電磁感應定律、歐姆

定律和安培力公式F=B/L求出各段過程線框受到的安培力大小，從而得到拉力與x的

關系式。

此題關鍵要分段由法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和平衡條件列式，得到

拉力的表達式。

12.【答案】解：(1)對A、B

受力分析如圖所示，選水平

向右為正方向，

對A,牛頓第二定律可知：

一〃1叫9=恤％,

解得：%=-lm/s2

對8,牛頓第二定律可知：427n2。=7712a2，

2

解得：a2=5m/s

所以4、8兩物體運動過程中加速度的大小分別為lm/s2和5M/S2

(2)設B物體經歷時間為速度減小為零，

對B物體:

0=—v2+a?%，解得：tB=2s

af

XB=-V2tB+22B

對A物體：

12

馬=哂+2al外

解得：xB=-10m,xA=28m

此時，A、B兩物體間的距離為：

右=d-一4)解得：B=44m>0,說明B物體在碰撞前已停止運動。

設從％時刻到兩物體碰撞所經歷的時間為t,則

1,

d+xB=vxt+/武

解得：t=6s或者￡=24s

如果t=6s,則碰撞前瞬間A物體的速度為：%=%+解得：v0=9m/s

如果t=24s,則碰撞前瞬間A物體的速度為：%=%+。花；解得：v0=-9m/s

物體在摩擦力作用下的運動，只有￡=6s合理，所以從%時刻到兩物體碰撞所經歷的時

間為￡=6s,

且碰撞前瞬間A物體的速度為：v0=9mls

(3)物體A以%=9m/s的速度與靜止的物體B發生彈性碰撞，設碰撞后A、B的速度分

別為心、如則：

取水平向右為正，碰撞過程動量守恒，能量守恒

巾1%=m^vA+m2vB

111

2mivo=2mivA+2m2VB

解得：vA=3m/s,vB=12m/s

之后A、B分別做勻減速運動直到停止，設A、B兩物體在此過程中的位移分別為x/和小

則：

由動能定理可知：

對A：-nxmrgxA'=0

對B-.-n2m2gxB'=0-|m2vj

解得：xA'=4.5m,xB'=14.4m

兩物體間的距離為：△x=%B'-x/

解得：△x=9.9m

答：(1)4向右、B向左運動時兩物體的加速度的大小分別為lm/s2和5m/s2；

(2)從片時刻到兩物體碰撞所經歷的時間為6s；

第16頁，共19頁

(3)最終兩物體間的距離為9.9m。

【解析】(1)對A、8分別牛頓第二定律可求出加速度；

(2)先判斷B物體減速為零時，AB是否相碰，然后根據兩物體的位移關系求出從時刻

到兩物體碰撞所經歷的時間為/;

(3)4和B為彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒求出碰后的速度大小，然后由動能定理

求出各自的位移，兩物體的位移之差即為最終兩物體間的距離。

本題考查牛頓第二定律，運動學，動量守恒定律和動能定理的綜合運用，關鍵是要理清

4和B的運動過程，對每個過程進行分析求解。注意彈性碰撞，動量守恒和能量守恒，

聯立求解碰后的速度。

13.【答案】ABE

【解析】

【分析】

考查分子以球形一個靠一個排列，同時計算油酸薄膜的面積是以不足半個的舍去，多于

半個的算一個的規則，注意每滴油酸酒精溶液中純油酸的體積等于N滴油酸酒精溶液的

純油酸的體積與N的比值。

【解答】

AB、每滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為V=京油膜法測量分子直徑實驗的科學依據

是將油膜看成單分子油膜，那么油酸分子的直徑，等于薄膜厚度，即為d=(=2,故

AB正確；

C、每1滴溶液中油酸酒精溶液的體積為：每1滴溶液中油酸的體積為：即

水面上形成的油酸薄膜的體積為：V=^,故C錯誤；

。、計算油膜的面積S時，只需在坐標紙上將油膜輪廓中完整的格子數進行統計，不足

半格的油膜都舍去，故。錯誤；

瓜由油分子直徑可以求出油分子的體積，只要知道了油的摩爾體積，由摩爾體積和油

分子體積之比可以求1摩爾油所含有的油分子數目，即可以求出阿伏加德羅常數，故E

正確。

故選：ABE。

14.【答案】解：I、氣體初狀態壓強Po=1.0x105Pa,溫度/=(273+7)K=280K

5-2

氣體末狀態的壓強：p1=Po+pgh=1.0x10Pa+1000x10x22.5x10Pa=

1.0225x105Pa

氣體體積不變，由查理定律得：

Po_Pi

代入數據解得：7\=286.3K

〃、設打氣的次數為〃，每次打入氣體的體積%=0.015m3,

以打入的氣體與桶內原有氣體為研究對象，

5

氣體初狀態壓強P2-Po-10x10Pa,體積彩=hS+nV0,氣體末狀態體積匕=(H-

h!)S

氣體末狀態的壓強P3=Po+pg(H-h')=1.0x105Pa+1000