2022-2022学年上海市松江二中高二（上）开学物理试卷　一、单项选择题（每题只有一个正确答案．每小题2分，共20分）1．（2分）（2022秋•松江区校级月考）关于向心加速度，下列说法正确的是（　　）　A．向心加速度越大，线速度也越大　B．向心加速度越大，线速度方向变化越快　C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的　D．向心加速度的方向可以跟线速度方向不垂直考点：向心加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题．解答：解：A、根据公式a=，转动半径一定时，可以说向心加速度大则线速度大，故A错误；B、心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，故向心加速度越大，线速度方向变化越快，故B正确；C、在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故是变量，故C错误；D、向心加速度的方向指向圆心，沿着半径；线速度方向沿着切线方向；故向心加速度的方向一定跟线速度方向垂直；故D错误；故选：B．点评：解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢．属于基础题．　2．（2分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示，质量为m的木块从半径为r的圆弧轨道上的a点滑到b点．由于摩擦力的作用，木块运动过程中的速度大小保持不变，则在运动过程中（　　）　A．木块的速度恒定不变B．木块的合外力不变　C．木块的角速度不变D．木块处于平衡状态考点：向心力；摩擦力的判断与计算．专题：匀速圆周运动专题．分析：-19-\n物块下滑过程速率保持不变，做匀速圆周运动，加速度不等于零，合外力不等于零．合外力提供向心力，大小不变，向心加速度大小不变，方向指向圆心，随时间变化．解答：解：A、物块下滑过程速率保持不变，方向时刻改变，所以速度变化，故A错误；B、物块所受合外力提供向心力，合外力的大小不变，但方向始终指向圆心，时刻在变化，故B错误；C、匀速圆周运动，角速度不变．故C正确．D、木块所受合外力不为零，不是平衡状态．故D错误．故选：C．点评：本题其实就是匀速圆周运动问题，考查对其基本物理量的理解能力，比较容易．　3．（2分）（2022秋•松江区校级月考）在简谐振动中，能够分别表示物体振动快慢和强弱的一组物理量是（　　）　A．速度和位移B．加速度和动能C．周期和位移D．频率和振幅考点：简谐运动的振幅、周期和频率．专题：简谐运动专题．分析：简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率，反映了振动的快慢；能够反映物体做机械振动强弱的物理量是振幅，不是频率，回复力和周期．解答：解：反映振动快慢的物理量为：周期、频率；反映振动强弱的物理量为：振幅；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了描述简谐运动的几个物理量，要明确各个量的物理意义，基础题．　4．（2分）（2022•虹口区一模）物体自由下落时，不计空气阻力，相对于地面的重力势能Ep与下落速度v之间有一定的关系，下列图象中能正确表示这一关系的是（　　）　A．B．C．D．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：物体做自由落体运动，机械能守恒，再根据动能和势能的定义，即可求解．解答：解：物体做自由落体运动，机械能守恒，则有：EP=E﹣mv2，所以势能与速度的图象为开口向下的抛物线，所以C正确，ABD错误；故选C点评：本题考查物体机械能守恒时，各个物理量之间的关系，要找物理量之间的关系一定要推导出它们的关系式在进一步的判断它们的关系．　-19-\n5．（2分）（2022秋•松江区校级月考）如图，S为波源，其频率为100Hz，所产生的一列横波向右传播，波速为80m/s．PQ是波传播途中的两点，已知SP=4.2m，SQ=5.4m，则当波源到达平衡位置且向下运动时，（　　）　A．P点在波峰，Q点在波谷B．P点在波谷，Q点在波峰　C．P、Q都在波峰D．P、Q都在波谷考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题．分析：由振动的频率和波速，根据波速公式v=λf求出波长λ，分析PS、QS与波长的关系，结合波形，确定此时刻P、Q两质点所处的位置．解答：解：由v=λf得，波长λ==m=0.8m则SP=4.2m=4λ，S与P之间的位置关系相当于λ．SQ=5.4m=6λ，相当于在λ处，当S通过平衡位置向下运动时，结合波形可知，此时刻P在波峰，Q在波谷．故A正确，BCD错误．故选：A点评：本题关键确定PS、QS与波长的关系，结合波形进行分析是常用的方法．　6．（2分）（2022秋•松江区校级月考）如图，物体受到相互垂直的两个水平恒力F1和F2作用，并沿光滑水平面从A运动到B，发生的位移为S，AB连线与F1夹角为α，则这两个力对物体做功的表达式正确的是（　　）　A．（F1+F2）SB．（F1﹣F2）S　C．F1Scosα+F2SsinαD．F1Ssinα+F2Scosα考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据功的定义式W=Flosθ求解恒力做功．功是标量，几个力对物体做的总功，就等于各个力单独对物体做功的代数和．解答：解：物体受到两个水平恒力F1和F2作用，F1和F2互相垂直，物体沿光滑水平面从A点运动到B点的过程中，位移为s，AB连线与F1间的夹角为α，-19-\n所以恒力F1做功W1=F1scosα恒力F2做功W2=F2ssinα当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和，所以总功W=F1scosα+F2ssinα故选：C．点评：因为功是标量，求标量的和，几个量直接相加即可．　7．（2分）（2022秋•松江区校级月考）一辆汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，当其速度为4m/s时，加速度为a，当其速度为8m/s时，其加速度为，则汽车能达到的最大速度为（　　）　A．9m/sB．10m/sC．12m/sD．15m/s考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题．分析：根据P=Fv分别求出速度为4m/s和8m/s时牵引力，再根据牛顿第二定律列式求出阻力，当牵引力等于阻力时，速度最大，从而求出最大速度．解答：解：当其速度分别为4m/s和8m/s时，根据牛顿第二定律得：，，带入数据解得：P=6ma，f=0.5ma当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度故选：C点评：解决本题的关键会根据汽车的受力判断其运动情况，汽车汽车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速减小到零，速度达到最大，做匀速直线运动．　8．（2分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示为两个质量相同的小球P和Q，P球挂在一根长为L的细绳上，Q球挂在橡皮绳上，先把两球拉到同一水平位置，并使橡皮绳刚好保持原长，当两球通过最低点时，橡皮绳的长度恰好也为L，则（　　）　A．重力对两球做的功不同B．在最低点时P球速度等于Q球　C．在最低点时P球速度大于Q球D．在最低点时P球速度小于Q球-19-\n考点：功能关系；机械能守恒定律分析：重力做功公式WG=mgh．两球质量相等，根据高度比较重力做功的大小．根据能量守恒定律分析在最低点时两球速度的关系．解答：解：A、两球质量相等，两球下降的高度都是L，根据重力做功公式WG=mgh得知，重力对两球做的功都是mgL，相同．故A错误．B、C、D根据能量守恒定律，对P球：mgL=mvP2对Q球：mgL=mvQ2+EP，EP是橡皮绳的弹性势能，可见，在最低点P球速度vP大于Q球的速度vQ．故C正确，BD错误．故选：C．点评：本题中P球下摆过程中，只有重力对它做功，而Q球下摆过程中，重力做功外，橡皮绳对它做负功，P球的总功大于Q球的总功，根据动能定理也能得到P球的速度较大．　9．（2分）（2022•徐汇区一模）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cm．B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cm．P、Q转动的线速度均为4πm/s．当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为（　　）　A．0.42sB．0.56sC．0.70sD．0.84s考点：线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间．解答：解：P的周期TP=．Q的周期．因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数球最短时间间隔．　-19-\n10．（2分）（2022•长宁区一模）如图所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为（　　）　A．h1﹣h2B．C．D．h1+h2考点：封闭气体压强．专题：气体的压强专题．分析：分别求出左边空气的压强，右边空气的压强，然后求出三段水银柱高度间的关系．解答：解：设大气压强为P0，左边空气的压强P左=P0﹣h1，右边空气的压强P右=P0+h2=P左+h，则h=h1+h2，故ABC错误，D正确；故选D．点评：分别求出两段气体的压强，根据两段气体压强的关系即可求出三段水银柱间的关系．　二、多项选择题（每题至少有两个答案，多选与错选均不得分．每题4分，共24分，漏选得2分）11．（4分）（2022秋•嘉定区期末）如图所示，A端封闭有气体的U形玻璃管倒插入水银槽中，当温度为T1时，管中水银面处在M处，温度为T2时，管中水银面处在N处，且M、N位于同一高度，若大气压强不变，则（　　）　A．两次管中气体压强相等　B．T1时管中气体压强小于T2时管中气体压强　C．T1＜T2　D．T1＞T2考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．-19-\n专题：理想气体状态方程专题．分析：由封闭气体的压强的求法可得出两次管内的压强大小；由图可知气体体积的变化，由理想气体的状态方程可得出温度关系．解答：解：A、因管内水银柱的高度相等，故气体的压强P=P0+h，故两次管中的压强相等；故A正确；B错误；C、因气体的压强相等，但第二次时气体的体积减小，则由=C可知，T1＞T2，故C错误，D正确；故选AD．点评：求封闭气体压强时，要注意连通器的原理，连续液柱中相平液面上的压强相等．　12．（4分）（2022秋•松江区校级月考）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（　　）　A．上滑时机械能减小，下滑时机械能增大　B．上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小　C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方　D．下滑过程中动能和势能相等的位置在A点下方考点：功能关系；动能；重力势能．分析：由物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能和势能和同的点，可以先表示出A点的机械能，则比较出发点与A点的机械能的关系可得出动能和势能的关系，则可得出动能和势能相同的位置．解答：解：A、B、由题可知，滑块在运动的过程中受到摩擦力的作用，摩擦力做功，将机械能转化为内能，所以上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小．故A错误，B正确；C、上升过程，在最低点，机械能为：E1=；在最高点，机械能为：E2=mgh；在中点A处，机械能为：EA=，由运动学公式=2ax得：，vA=动能为，重力势能为，由于E1＞E2，故动能大，所以上升过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方，故C正确；D、下滑到中点A时的动能为EkA．从最高点到A点物体克服摩擦力做功为W．根据能量守恒定律得：mgh=mg+EkA+W则得：mg=EkA+W，-19-\nA点的重力势能为：EPA=mg•，可知，EPA＞EkA，物体下滑过程，重力势能减小，动能增加，所以下降过程中动能和势能相等的位置在A点下方．故D正确．故选：BCD．点评：本题应注意物体上升和下降时均做匀速直线运动，利用匀变速直线运动公式求出位移中点A时的速度，可以直接表示出中点处的动能；同时本题没有直接找出相等的点，而是先比较A点时的动能和势能再确定相等点的位置，此点由选项应该能判断出来．　13．（4分）（2000•上海）如图，沿波的传播方向上有间距均为1米的六个质点a、b、c、d、e、f，均静止在各自的平衡位置，一列横波以1米/秒的速度水平向右传播，t=0时到达质点a，a开始由平衡位置向上运动，t=1秒时，质点a第一次到达最高点，则在4秒＜t＜5秒这段时间内（　　）　A．质点c的加速度逐渐增大B．质点a的速度逐渐增大　C．质点d向下运动D．质点f保持静止考点：横波的图象；简谐运动的回复力和能量专题：振动图像与波动图像专题．分析：根据a运动情况，求出a的周期，由波速公式求出波长．分析t=4s和t=5s两个时刻质点的位置和状态，来确定在4.0s＜t＜5.0s这段时间内各质点的运动情况．解答：解：由题意得知，该波的周期为T=4s，则波长λ=vT=1×4m=4mA、ac间距离等于一个波长，则波由a传到c的时间为4s，c起振方向向上，则在4秒＜t＜5秒这段时间内，c点从平衡位置向上运动，加速度逐渐增大．故A正确．B、由于周期为4s，所以在4秒＜t＜5秒这段时间内，质点a从平衡位置向上运动，速度逐渐减小．故B错误．C、ad间距离等于波长，则波由a传到d的时间为3s，d起振方向向上，则在4秒＜t＜5秒这段时间内，d点从波峰向平衡位置运动，即向下运动．故C正确．D、af间距离等于1.25个波长，波传到f点需要5s时间，所以在4秒＜t＜5秒这段时间内，f还没有振动．故D正确．故选ACD点评：本题关键要会分析波动形成的过程，也可以分别作出t=4s和t=5s两个时刻的波形图求解．　14．（4分）（2022秋•松江区校级月考）将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h处由静止释放，a的质量小于b的质量，两球恰在处相遇（不计空气阻力）．则（　　）-19-\n　A．两球同时落地　B．相遇时a球速度为零　C．从开始运动到相遇，球a跟球b速度的变化量相同　D．相遇后落地前的任意时刻，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：根据题意分析可知，ab两个球在相等的时间内，运动距离都是，加速度大小也相等，所以说明在处相遇时a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0．解答：解：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误．B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，则速度变化量相同，所以BC正确；D、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，相遇后，a的速度一直比b的速度小，而a的质量小于b的质量，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，故D正确．故选：BCD点评：根据题目的介绍分析得出ab球的运动之间的关系是解答本题的关键，这要求熟练的掌握自由落体和竖直上抛运动的规律．　15．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图为竖直放置的粗细均匀的两端封闭的细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，A初始温度高于B的初始温度．使A、B升高相同温度达到稳定后，A、B两部分气体压强变化量分别为△pA、△pB，对液面压力的变化量分别为△FA、△FB，则（　　）　A．△pA＞△pBB．△pA=△pB　C．△FA=△FBD．水银柱一定向上移动考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题．-19-\n分析：分别以两部分气体为研究对象，假设气体体积不变，由查理定律列方程，分析答题．解答：解：A、开始时液柱平衡，故：PB=PA﹣ρgh气体稳定后，依然有：PB′=PA′﹣ρgh故△PA=△PB+h，由于h不变，则△pA=△pB，故A错误，B正确；C、由于△pA=△pB，△F=△pS，故△FA=△FB，故C正确；D、设两部分气体体积不变，由查理定律得：=解得：△PA=•PA同理，有：△PB=•PB开始时液柱平衡，故：PB=PA﹣ρgh由于TA＞TB，PA＞PB，△F=△pS，故无法比较△FA与△FB大小，无法判断水银柱是否移动，故D错误；故选：BC．点评：解题时要注意假设法的应用，假设气体体积不变，然后应用查理定律分析解题．　16．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示为一种测定运动员体能的装置，运动员的质量为m1，绳的一端拴在腰间并沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），绳的下端悬挂一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带使传送带以速率v匀速向右运动而人的重心不动．下面说法中正确的是（　　）　A．绳子拉力对人不做功　B．人对传送带做正功　C．运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt　D．运动时间t后，运动员的体能消耗约为（m1+m2）gvt考点：功能关系；功的计算分析：通过在力的方向上有无位移判断力是否做功．人的重心不动知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡．-19-\n解答：解：A、人的重心不动知人处于平衡状态，人没有位移，所以绳子拉力对人不做功，故A正确．B、人对传送带的作用力向右，传送带对地的位移也向右，则人对传送带做正功．故B正确．C、D人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，人对传送带做功的功率为m2gv，运动时间t后，运动员的体能消耗约为m2gvt．故C正确，D错误．故选：ABC．点评：解决本题的关键掌握判断力是否做功的方法，当力与运动方向垂直，该力不做功．　三、填空题（每题4分，共16分）17．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示为两级皮带传动装置，转动时皮带不打滑，中间两个轮子固定在一起，轮1和轮2的半径相同，轮3和轮4的半径相同且为轮1半径的一半，则轮1边缘的a点和轮4边缘的c点的线速度之比为　1：2　，向心加速度之比为　1：8　．考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．专题：匀速圆周运动专题．分析：皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相等，同轴传动的特点是角速度相同，然后结合公式v=ωr和a==ω2r列式分析．解答：解：同缘传动边缘点线速度相等，故：2va=2v3=v2=vc其中v2、v3为轮2和轮3边缘的线速度，则va：vc=1：2根据公式a=，有：=1：8故答案为：1：2，1：8．点评：本题关键是明确同轴传动与同缘传动的区别，记住线速度与角速度关系公式、向心加速度公式，不难．　-19-\n18．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示，一竖直悬挂的光滑半圆形钢环套有一质量为m的小球，钢环两端固定在水平天花板上，半圆形钢环的半径为R，当地重力加速度为g．当小球从离环最低点高度为处由静止释放，则小球第一次到达最低点所用的时间为　　，速度为　　．考点：单摆周期公式专题：单摆问题．分析：由于是小角度摆动，是类似单摆模型，根据单摆的周期公式列式求解时间；根据机械能守恒定律列式求解最低点的速度．解答：解：由于是小角度摆动，是类似单摆模型，故小球第一次到达最低点所用的时间为：t=根据机械能守恒定律，有：mgh=其中：h=解得：v==故答案为：，．点评：本题关键是建立运动模型，然后结合单摆的周期公式和机械能守恒定律列式求解，基础题目．　19．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为30m/s，各质点的振幅都是2cm．某时刻P、Q两质点的位移都是1cm，质点P的速度方向沿y轴负方向，质点Q的速度沿y轴正方向．已知P、Q两质点相距60m，则这列波的波长最大为　180　m，最短经过　1　秒Q将到达波峰．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：根据P、Q两质点的位移都是1cm，振幅都是2cm，简谐波的图象是正弦曲线，写出波动方程，找出PQ间的距离与波长关系的通项，再求出最长的波长．再求解周期，即可求得Q到达波峰的最短时间．-19-\n解答：解：设波动方程为y=Asinx．由题，P、Q两质点的位移都是1cm，振幅都是2cm，则有y=，代入波动方程得x=，，，…当波长最长时，x分别取，，则△x=π，P、Q两质点相距60m相当于=波长，则有60m=λ，所以最长的波长为λ=180m．图中波峰位于x=m=70m处，当此波峰传到Q点时，Q到达波峰的时间最短，为t===1s故答案为：180，1．点评：本题考查运用数学知识解决物理问题的能力，要熟练运用波形平移法处理波动问题．　20．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示，A容器中气体压强为P1，体积为V1，B容器中气体压强为P2，体积为V2，A、B容器中气体温度相同，若将销钉拔去，让活塞自由无摩擦滑动（温度不变），当活塞稳定后，两容器中气体的压强为　　，若此时再让两边气体同时升高相同的温度，则活塞将　不　移动（填“向左”、“向右”、或“不”）．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：两侧气体经过等温变化，分别根据玻意耳定律列式；然后结合总体积一定列式；最后联立求解即可；平衡时两侧的气压相同，温度相同，说明分子的数密度相同；再次升高温度，分子的数密度相同，热运动的平均动能还是相同，故活塞依然平衡．解答：解：将销钉拔去，两侧气体经过等温变化，根据玻意耳定律，有：总体积一定，故：联立解得：-19-\nP=气体的压强取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，温度相等，说明分子的热运动的平均动能相等；平衡时两侧的气压相同，温度相同，说明分子的数密度相同；再次升高温度，分子的数密度相同，热运动的平均动能还是相同，故活塞依然平衡，活塞不动；故答案为：，不．点评：本题要结合玻意耳定律列式求解气压，还要根据气体压强的微观意义进行分析，不难．　四、作图与实验题（共13分）21．（4分）（2022秋•松江区校级月考）如图所示，在光滑圆环上套一只小圆圈N，且圆环以竖直轴AOB为转轴匀速转动，N与M相对静止，在图中画出小圆圈N的向心力方向和换上M点向心加速度方向．考点：向心加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：圆周运动的向心力和向心加速度均指向圆心．解答：解：向心力指向圆心，如图所示：向心加速度也指向圆心，如图所示：答：如图所示．点评：本题关键是找准轨迹圆的圆心，向心力和向心加速度均指向轨迹圆的圆心，基础题．-19-\n　22．（5分）（2022秋•松江区校级月考）如图1所示为验证查理定律的DIS实验装置，其基本原理是，对一定质量的气体，当体积不变时，压强与　热力学温度　成正比．所用到的传感器有　压强　传感器和　温度　传感器．若在实验操作使水温升高的过程中没有做好密封的措施，则可能出现图2图象的　3　．考点：气体的等容变化和等压变化．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）探究压强与温度的关系需要测量气体的温度与压强．（2）根据理想气体状态方程分析答题．解答：解：（1）研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系，应测出气体的压强与温度，因此需要压强传感器与温度传感器，当体积不变时，压强与热力学温度成正比．（2）由理想气体状态方程可知，在体积一定时，理想气体的压强与热力学温度成正比，若在实验操作使水温升高的过程中没有做好密封的措施，则压强会增加的比较小，则可能出现图2图象的3；故答案为：热力学温度压强温度3．点评：本题考查了实验器材与图象分析，知道实验原理、应用理想气体状态方程即可正确解题；要根据实验需要测量的量选择实验器材．　23．（4分）（2022秋•松江区校级月考）某同学利用单摆测当地的重力加速度时，在挂好单摆后，在摆角小于5°的条件下，测得单摆的振动周期为T1，再使摆长增加△L，仍在摆角小于5°的情况下，测得单摆的振动周期为T2，由此可计算出当地的重力加速度值g，则该同学计算当地重力加速度值的表达式为g=　　，该同学第一次实验的摆长为　　．考点：用单摆测定重力加速度．-19-\n专题：实验题．分析：根据单摆的周期公式，列方程组求出重力加速度的大小和第一次实验的摆长．解答：解：设原来摆长为L，则有：，使摆长增加△L，则有：，联立两式解得，第一次实验的摆长L=．故答案为：，．点评：解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，本题对数学计算的要求较高．　五、计算题（共27分）24．（7分）（2022秋•松江区校级月考）在高度相同，一端开口，另一端封闭且粗细均匀的U型管中，用汞封闭一段空气柱，当大气压强为75cmHg时，两侧汞柱在同一高度，两侧空气柱长度均为10cm，如图所示．若在开口端塞入活塞并往下压使两侧汞面高度差变为15cm，且不考虑温度的变化，试求：（1）A管内气体的长度和压强；（2）B管内气柱的长度；（3）活塞下压的距离．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：（1）在开口端塞入活塞并往下压使两侧汞面高度差变为15cm，故右侧液面上升7.5cm，左侧液面下降7.5cm；对右侧气体根据玻意耳定律列式求解气压；（2）先根据液体平衡求解左侧气体的压强，然后根据玻意耳定律求解左侧气体的体积；（3）结合几何关系得到活塞下压的距离．解答：解：（1）在开口端塞入活塞并往下压使两侧汞面高度差变为15cm，故右侧液面上升7.5cm，根据玻意耳定律，有：P0L=PA（L﹣7.5）解得：PA==4×75cmHg=300cmHg-19-\n（2）B管气压为：PB=300cmHg+15cmHg=315cmHg对左侧气体，根据玻意耳定律，有：P0L=PBLB解得：LB=2.38cm（3）结合几何关系，活塞下压的距离：h=7.5cm+（10cm﹣2.38cm）=15.12cm答：（1）A管内气体的长度为2.5cm，压强为300cmHg；（2）B管内气柱的长度为2.3cm；（3）活塞下压的距离为15.12cm．点评：本题关键是先研究右侧气体，在研究左侧气体，根据液体平衡得到两侧气压的关系，不难．　25．（8分）（2022秋•松江区校级月考）一小轿车发动机的额定功率为100kW，质量为4000kg，在水平长直公路上行驶的最大速度为50m/s，若小轿车从静止开始以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，且阻力保持不变，试求：（1）小轿车所受阻力大小；（2）开始运动第4s末的瞬时功率；（3）小轿车匀加速运动的时间；（4）若已知小车启动45s速度达到40m/s，求小车通过的总位移．考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：功的计算专题．分析：这题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值，整个过程中根据动能定理可以求出总位移．解答：解：（1）当阻力等于牵引力时，汽车达到最大速度为vm=，则f=；（2、3）根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma；解得：F=ma+f=4000×2+2000=10000N匀加速运动的最大速度为：v=所以匀加速运动的时间t=s因4s＜5s，所以v1=at1=8m/sP1=Fv1=10000×8W=80kW（4）匀加速运动的位移x1=，整个过程中，根据动能定理得：-19-\nFx带入数据解得：x=525m答：（1）小轿车所受阻力大小为2000N；（2）开始运动第4s末的瞬时功率为80kW；（3）小轿车匀加速运动的时间为5s；（4）若已知小车启动45s速度达到40m/s，则通过的总位移为525m．点评：本题考查的是机车启动的两种方式，即恒定加速度启动和恒定功率启动．要求同学们能对两种启动方式进行动态分析，能画出动态过程的方框图，公式p=Fv，p指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度．当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度．　26．（12分）（2022秋•松江区校级月考）如图，ABC为一竖直面内的光滑轨道，AB段和BC段均为直线，且在B处平滑连接，AB段与水平面的夹角为37°．D、E是轨道上的两点，D点的高度h1=0.6m，E点的高度h2=0.2m．质量m=1.6kg的小物体，受水平向左的恒力F的作用，从D点由静止开始，沿AB向下做匀加速直线运动．当物体运动到B点时撤去F，物体继续沿BC段斜向上运动，至E点时速度为零．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）物体经过B点时的速率；（2）物体所受恒力F的大小．（3）在保持其他条件不变的前提下，F的大小变为4.8N：①若物体在BC上运动的最大高度与D点的高度相同，求F的方向；②若F取不同方向，则物体在BC上能达到不同的最大高度，求最大高度的取值范围．考点：动能定理的应用；牛顿运动定律的综合应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）B到E的过程中只有重力做功，机械能守恒，列出公式即可求出B点的速度；（2）D到B的过程中重力与拉力做功，根据动能定理即可求出拉力F；（3）①F一定垂直于物体运动方向．因为F＜mgcos37°，F可以取垂直于AB向下或向上两个方向②分向上与向下两个方向讨论即可．解答：解：（1）B到E的过程中只有重力做功，机械能守恒，得：代入数据解得：vB═2m/s（2）D到B的过程中重力与拉力做功，根据动能定理得：代入数据解得：F=8N（3）①若物体在BC上运动的最大高度与D点的高度相同则物体的机械能不变，所以F没有做功，F一定垂直于物体运动方向．因为F＜mgcos37°，F可以取垂直于AB向下或向上两个方向．②（a）当F沿斜面向上时，从开始运动到静止的过程中，由功能关系：-19-\n代入数据解得：hmax1=0.3m．（b）当F沿斜面向下时，从开始运动到静止的过程中，由功能关系：代入数据解得：hmax2=0.9m．物体在BC上能到达的最大高度范围是0.3m≤h≤0.9m．答：（1）物体经过B点时的速率是2m/s；（2）物体所受恒力F的大小是8N．（3）在保持其他条件不变的前提下，F的大小变为4.8N：①若物体在BC上运动的最大高度与D点的高度相同，F可以取垂直于AB向下或向上两个方向；②若F取不同方向，则物体在BC上能达到不同的最大高度，最大高度的取值范围是0.3m≤h≤0.9m．点评：本题考查了动能定理的运用和功能关系，关键选取适当的研究过程，根据动能定理列表达式进行求解．　-19-