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湖南省岳阳县第一中学、汨罗市第一中学2023-2024学年高三上学期11月期中联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省岳阳县第一中学、汨罗市第一中学2023-2024学年高三上学期11月期中联考物理试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：100分 时量：75分钟
一、单选题（每小题4分，共24分）
1. 质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A. 运动员在加速上升过程中处于失重状态
B. 该过程中，地面对运动员的冲量大小为
C. 该过程中，地面对运动员做功为0
D. 该过程中，运动员的动量变化量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对运动员，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；
B．由动量定理有
得地面对运动员的冲量大小为
B错误；
C．地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C 正确；
D．运动员的动量变化量大小为，D错误。
故选C。
2. 在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落到斜面过程，下列说法正确的是（ ）
A. a球的运动时间大于b球运动时间
B. a球的初速度小于b球初速度
C. a球动量的增加量小于b球动量的增加量
D. a球动能的增加量大于b球动能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
解得
根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球的运动时间小于b球运动时间，A错误；
B．根据
结合上述解得
根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，a球水平分位移小于b球水平分位移，则a球的初速度大于b球初速度，B错误；
C．根据动量定理有
根据上述，a球的运动时间小于b球运动时间，则a球动量的增加量小于b球动量的增加量，C正确；
D．根据动能定理有
由于a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球动能的增加量小于b球动能的增加量，D错误。
故选C。
3. 如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为
则
根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有
小球在最高点速率为时，设每根绳的拉力大小为，则有
解得
故选A。
4. 农历正月十五是元宵节，也被称为花灯节，赏花灯、猜灯谜是该节日的传统活动。如图所示，用轻绳对称挂起四个相同的花灯，其中轻绳水平，轻绳、与水平方向夹角分别为和，下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】ABD．以B结点为对象受力分析如下图
根据平衡条件有
以绳和结点A、B整体为对象受力分析如下图
根据平衡条件有
可得
故A正确，BD错误；
C．根据ABD选项分析，由平衡条件有
故C错误。
故选A。
5. 如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块B下落过程中机械能守恒
B. 物块B的重力势能减少量为mgLsinθ
C. 物块A的速度大于物块B的速度
D. 物块B末速度为
【答案】D
【解析】
【详解】B．物块B的重力势能减小量为
故B错误；
C．将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，有
可知物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；
D．根据机械能守恒，有
解得
故D正确；
A．绳的拉力对B做负功，故B机械能不守恒，故A错误。
故选D。
6. 如图所示，倾角为30°的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球（体积可不计），轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 初始时轻绳上的拉力大小为
B. 地面对斜面的摩擦力始终向左且增大
C. 铰链对轻杆的支持力一直减小
D. 轻绳上的拉力一直减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时有
可得轻绳上的拉力大小为
A错误；
BCD．如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示
根据几何知识可知三角形与力的三角形相似，则有
缓慢放气过程中，减小，不变，增大，则可得增大，增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，B正确，CD错误。
故选B。
二、多选题（每小题5分，选对但不全得3分，共20分）
7. 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A 小于B. 大于
C. 碰撞后氮核的动量比氢核的小D. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设中子质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
选项A正确，B错误；
C．碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
选项C错误；
D．碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故D正确。
故选AD。
8. 如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x减小（ ）
A. 仅增大恒力F
B. 仅减小木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律得木块的加速度为
木板的加速度为
设板长为L，根据
得
木块相对地面运动位移为
A．若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则x减小，故A正确；
B．则知若仅减小木板的质量M，木块的加速度不变，木板的加速度增大，则x增大，故B错误；
C．若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则x增大，故C错误；
D．若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则x减小，故D正确。
故选AD。
【点睛】根据题意推动出关于x的表达，在根据表达中物理量的变化情况推到x的变化情况。
9. 如图所示，在光滑水平面上有质量为的小球A和质量为的小球B通过轻弹簧栓接并处于静止状态，质量也为的小球C以速度水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左端某处（图中未画出）固定有一弹性挡板（指小球与挡板碰撞时不计机械能损失），且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短．则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】开始向左运动后，开始阶段B减速A加速，经分析当
时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知以后有A、B速度同时为0的时刻，此时弹簧弹性势能最大值最大，为
当弹簧第二次回到原长时，vA=0，若此时正好与挡板相接触，以后弹簧压缩至最短，最短时弹簧弹性势能最大值最小，有
解得
在这两者区间取值均可。故ABD正确；C错误。
故选ABD。
10. 一列周期为T、沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的部分波形如图所示。P，Q，M为波上三个质点，已知该时刻质点P、Q坐标分别为（，），（，），质点M纵坐标为2cm，且质点M正沿y轴正方向振动。则（ ）
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 质点M横坐标为20m
C. 经过，质点P和质点Q的位移相同
D. 经过，质点M通过的路程为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由于该时刻质点M正沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．设此时波的波动方程为
对于P、Q两点有
则有
，
解得
，
则有
则有
解得质点M横坐标为
故B错误；
C．以该时刻为时刻，设质点P的振动方程为
则有
由于此时质点P向下振动，则有
则经过，质点P的位移为
设质点Q的振动方程为
则有
则有
则经过，质点Q的位移为
故C正确；
D．设此时质点M的振动方程为
则有
由于此时质点M向上振动，则有
则经过，质点M的位移为
则经过，质点M通过的路程为
故D错误。
故选AC。
三、实验题（每空2分，共16分）
11. 某实验小组利用如图甲所示的装置做“探究加速度与合外力关系”实验。当地的重力加速度为g，滑块和遮光条的总质量为M。
（1）为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，下列操作必要的是______（多选）。
A.平衡摩擦力 B.调节气垫导轨水平
C.调节牵引滑块的细线水平 D.使钩码质量远小于滑块质量
（2）先用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则______。
（3）按正确的操作，接通气源，将滑块由A点静止释放（A点到光电门的距离为x），记录钩码的质量及滑块通过光电门时遮光条遮光时间，改变悬挂钩码的质量进行多次实验，每次滑块均从A点由静止释放，实验测得多组钩码的质量m及对应的遮光条遮光时间t，作出图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，图像的斜率等于______，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。若要用此实验过程验证滑块和钩码系统的动能定理，只要验证表达式______成立即可。
【答案】 ①. BCD ②. 3.60 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，应调节气垫导轨水平，调节牵引滑块的细线水平，使钩码质量远小于滑块质量，不需要平衡摩擦力。故选BCD。
（2）[2]该游标卡尺游标尺为20分度值，则其精度为，主尺读数为，游标尺读数为，所以。
（3）[3]由
得
则当图像的斜率等于，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比；
[4]若要用此实验过程验证滑块和钩码系统的动能定理，只要验证表达式
成立即可。
12. 如图1所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
（1）该实验使用的科学方法是______。
A．类比法 B．控制变量法 C．假设法 D．微小量放大法
（2）影响平行板电容器电容因素有______。
A．极板的材料 B．两极板间距离和两极板的正对面积 C．电容器储存的电荷量
（3）在实验中观察到的现象是______。
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
（4）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，充电时通过传感器的电流随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为C1的电容器充电过程I﹣t图像的是___（选填A：①B：②）。
【答案】 ①. B ②. B ③. C ④. B
【解析】
【详解】（1）[1] 本实验中，若研究电容与两极板正对面积关系时，需要保持极板间距、电介质等其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制变量法，故B正确。
故选B。
（2）[2] 由平行板电容器的决定式
可知影响平行板电容器电容的因素有两极板间距离、两极板的正对面积和两极板之间的电介质，故B正确。
故选B。
（3）[3] A．本实验中，将左极板向上移动一段距离，即两极板的正对面积减小，平行板电容器的电容减小。由于电容器的带电荷量不变，根据电容的定义式
即
可知，两极板之间的电势差增大，故静电计指针的张角变大，故A错误；
B．向两板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的介电系数增大，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故B错误；
C．将左极板右移，两极板间的距离减小，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C正确；
D．将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，则平行板电容器的电容变得很小。由于电容器的带电荷量不变，则两极板之间的电势差变大，静电计指针的张角会变大，故D错误。
故选C。
（4）[4]用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据Q=CU可知，电容器的电容大则其带电量大，而I−t图像面积代表带电量，所以对应电容为C1的电容器充电过程I−t图像的是②，故选B。
四、解答题
13. 如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为、电荷量为、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为，A点距过C点的水平面的竖直高度为，小球滑到B点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差；
（2）小球滑至C点时的速度的大小；
（3）若以C点为参考点（零电势点），试确定A点的电势。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B，由动能定理可得
又
解得A、B两点的电势差为
（2）根据点电荷的电场特征可知，BC所在的圆是一个等势面，所以小球从B到C电场力做的总功为零，由几何关系可得BC的竖直高度为
小球从B到C，根据动能定理可得
解得
（3）以C点为零电势点，则有
解得
14. 如图甲所示，质量为M=1kg的小车放置在光滑在水平面上，小车的上表面由四分之一光滑圆弧和水平面组成，圆弧的半径R=0.5m．车的右端有一竖直的固定挡板，一轻弹簧放在车上并与挡板连接，弹簧处于原长，弹簧的左端点与车上的C点对齐．圆弧的最低点B到C点间的平面是粗糙的，其余部分均为光滑，BC长L=0.5m．质量m=0.2kg的小物块从圆弧的最高点A由静止释放，物块沿圆弧下滑到BC水平面上，物块从B到C运动的过程中所受的摩擦力与到B点的距离关系如图乙所示，．
（1）物块滑到B点时速度大小及物块对轨道的压力；
（2）物块第一次压缩弹簧的过程中，弹簧获得的最大弹性势能；
（3）物块最终停在车上的位置离B点的距离．
【答案】(1)F=6.8N；(2)EP=0.8J；(3)x=0.5m
【解析】
【详解】（1）由于四分之一圆弧光滑，因此物块从A滑到B的过程中，系统水平方向动量守恒．设物块滑到B点时物块的速度大小为v1、车的速度大小为v2，则有
根据机械能守恒有
求得：
m/s
在B点
求得：
=6.8N
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为6.8N
（2）根据动量守恒定律可知，当物块压缩弹簧最短时，物块和小车系统的速度为零．
根据能量守恒有
因此弹簧的最大弹性势能
=0.8J
（3）当物块与车相对静止时，物块一定停在BC段上某一点处．
根据系统水平方向动量守恒可知，当物块与车相对静止时，物块与车处于静止状态．由于
所以物块最终停在C点，故物块最终停在车上的位置距B点0.5m
15. 如图所示，在电动机的带动下以的速度顺时针匀速转动的水平传送带。左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上，处于静止状态的相同小球，小球质量，质量的物体（可视为质点）从轨道上高的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小。物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度，。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【答案】（1）；（2）；（3）25J
【解析】
【详解】（1）物体由P到A的过程，由动能定理可得
解得
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
s
故物体从A运动到B的时间为
s
传送带的支持力对物体的冲量大小为
I1=mgt
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
I2=m（v0-v）
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得
解得
m/s
m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
解得
mm
解得
s
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为
从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为
解得
总分：100分 时量：75分钟
一、单选题（每小题4分，共24分）
1. 质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经时间身体伸直并刚好离开水平地面，此时运动员的速度大小为，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ）
A. 运动员在加速上升过程中处于失重状态
B. 该过程中，地面对运动员的冲量大小为
C. 该过程中，地面对运动员做功为0
D. 该过程中，运动员的动量变化量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对运动员，在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，A错误；
B．由动量定理有
得地面对运动员的冲量大小为
B错误；
C．地面对运动员的力的作用点的位移为零，得地面对运动员做功为零，C 正确；
D．运动员的动量变化量大小为，D错误。
故选C。
2. 在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落到斜面过程，下列说法正确的是（ ）
A. a球的运动时间大于b球运动时间
B. a球的初速度小于b球初速度
C. a球动量的增加量小于b球动量的增加量
D. a球动能的增加量大于b球动能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
解得
根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球的运动时间小于b球运动时间，A错误；
B．根据
结合上述解得
根据图形可知，a球竖直分位移小于b球竖直分位移，a球水平分位移小于b球水平分位移，则a球的初速度大于b球初速度，B错误；
C．根据动量定理有
根据上述，a球的运动时间小于b球运动时间，则a球动量的增加量小于b球动量的增加量，C正确；
D．根据动能定理有
由于a球竖直分位移小于b球竖直分位移，则a球动能的增加量小于b球动能的增加量，D错误。
故选C。
3. 如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根绳的拉力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为
则
根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有
小球在最高点速率为时，设每根绳的拉力大小为，则有
解得
故选A。
4. 农历正月十五是元宵节，也被称为花灯节，赏花灯、猜灯谜是该节日的传统活动。如图所示，用轻绳对称挂起四个相同的花灯，其中轻绳水平，轻绳、与水平方向夹角分别为和，下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】ABD．以B结点为对象受力分析如下图
根据平衡条件有
以绳和结点A、B整体为对象受力分析如下图
根据平衡条件有
可得
故A正确，BD错误；
C．根据ABD选项分析，由平衡条件有
故C错误。
故选A。
5. 如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块B下落过程中机械能守恒
B. 物块B的重力势能减少量为mgLsinθ
C. 物块A的速度大于物块B的速度
D. 物块B末速度为
【答案】D
【解析】
【详解】B．物块B的重力势能减小量为
故B错误；
C．将物块B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，有
可知物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；
D．根据机械能守恒，有
解得
故D正确；
A．绳的拉力对B做负功，故B机械能不守恒，故A错误。
故选D。
6. 如图所示，倾角为30°的斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球（体积可不计），轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 初始时轻绳上的拉力大小为
B. 地面对斜面的摩擦力始终向左且增大
C. 铰链对轻杆的支持力一直减小
D. 轻绳上的拉力一直减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时有
可得轻绳上的拉力大小为
A错误；
BCD．如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示
根据几何知识可知三角形与力的三角形相似，则有
缓慢放气过程中，减小，不变，增大，则可得增大，增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，B正确，CD错误。
故选B。
二、多选题（每小题5分，选对但不全得3分，共20分）
7. 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。若碰撞为弹性正碰，氮核质量是氢核质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A 小于B. 大于
C. 碰撞后氮核的动量比氢核的小D. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设中子质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
选项A正确，B错误；
C．碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
选项C错误；
D．碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故D正确。
故选AD。
8. 如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x减小（ ）
A. 仅增大恒力F
B. 仅减小木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
【答案】AD
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律得木块的加速度为
木板的加速度为
设板长为L，根据
得
木块相对地面运动位移为
A．若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则x减小，故A正确；
B．则知若仅减小木板的质量M，木块的加速度不变，木板的加速度增大，则x增大，故B错误；
C．若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则x增大，故C错误；
D．若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则x减小，故D正确。
故选AD。
【点睛】根据题意推动出关于x的表达，在根据表达中物理量的变化情况推到x的变化情况。
9. 如图所示，在光滑水平面上有质量为的小球A和质量为的小球B通过轻弹簧栓接并处于静止状态，质量也为的小球C以速度水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左端某处（图中未画出）固定有一弹性挡板（指小球与挡板碰撞时不计机械能损失），且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短．则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】开始向左运动后，开始阶段B减速A加速，经分析当
时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知以后有A、B速度同时为0的时刻，此时弹簧弹性势能最大值最大，为
当弹簧第二次回到原长时，vA=0，若此时正好与挡板相接触，以后弹簧压缩至最短，最短时弹簧弹性势能最大值最小，有
解得
在这两者区间取值均可。故ABD正确；C错误。
故选ABD。
10. 一列周期为T、沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的部分波形如图所示。P，Q，M为波上三个质点，已知该时刻质点P、Q坐标分别为（，），（，），质点M纵坐标为2cm，且质点M正沿y轴正方向振动。则（ ）
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 质点M横坐标为20m
C. 经过，质点P和质点Q的位移相同
D. 经过，质点M通过的路程为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由于该时刻质点M正沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．设此时波的波动方程为
对于P、Q两点有
则有
，
解得
，
则有
则有
解得质点M横坐标为
故B错误；
C．以该时刻为时刻，设质点P的振动方程为
则有
由于此时质点P向下振动，则有
则经过，质点P的位移为
设质点Q的振动方程为
则有
则有
则经过，质点Q的位移为
故C正确；
D．设此时质点M的振动方程为
则有
由于此时质点M向上振动，则有
则经过，质点M的位移为
则经过，质点M通过的路程为
故D错误。
故选AC。
三、实验题（每空2分，共16分）
11. 某实验小组利用如图甲所示的装置做“探究加速度与合外力关系”实验。当地的重力加速度为g，滑块和遮光条的总质量为M。
（1）为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，下列操作必要的是______（多选）。
A.平衡摩擦力 B.调节气垫导轨水平
C.调节牵引滑块的细线水平 D.使钩码质量远小于滑块质量
（2）先用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则______。
（3）按正确的操作，接通气源，将滑块由A点静止释放（A点到光电门的距离为x），记录钩码的质量及滑块通过光电门时遮光条遮光时间，改变悬挂钩码的质量进行多次实验，每次滑块均从A点由静止释放，实验测得多组钩码的质量m及对应的遮光条遮光时间t，作出图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，图像的斜率等于______，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比。若要用此实验过程验证滑块和钩码系统的动能定理，只要验证表达式______成立即可。
【答案】 ①. BCD ②. 3.60 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了使滑块受到的合外力近似等于钩码的重力，应调节气垫导轨水平，调节牵引滑块的细线水平，使钩码质量远小于滑块质量，不需要平衡摩擦力。故选BCD。
（2）[2]该游标卡尺游标尺为20分度值，则其精度为，主尺读数为，游标尺读数为，所以。
（3）[3]由
得
则当图像的斜率等于，则表明质量一定时，加速度与合外力成正比；
[4]若要用此实验过程验证滑块和钩码系统的动能定理，只要验证表达式
成立即可。
12. 如图1所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
（1）该实验使用的科学方法是______。
A．类比法 B．控制变量法 C．假设法 D．微小量放大法
（2）影响平行板电容器电容因素有______。
A．极板的材料 B．两极板间距离和两极板的正对面积 C．电容器储存的电荷量
（3）在实验中观察到的现象是______。
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
（4）该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，充电时通过传感器的电流随时间变化的图像如图2中①②所示，其中对应电容为C1的电容器充电过程I﹣t图像的是___（选填A：①B：②）。
【答案】 ①. B ②. B ③. C ④. B
【解析】
【详解】（1）[1] 本实验中，若研究电容与两极板正对面积关系时，需要保持极板间距、电介质等其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制变量法，故B正确。
故选B。
（2）[2] 由平行板电容器的决定式
可知影响平行板电容器电容的因素有两极板间距离、两极板的正对面积和两极板之间的电介质，故B正确。
故选B。
（3）[3] A．本实验中，将左极板向上移动一段距离，即两极板的正对面积减小，平行板电容器的电容减小。由于电容器的带电荷量不变，根据电容的定义式
即
可知，两极板之间的电势差增大，故静电计指针的张角变大，故A错误；
B．向两板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的介电系数增大，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故B错误；
C．将左极板右移，两极板间的距离减小，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C正确；
D．将左极板拿走，相当于两极板间的距离很大，则平行板电容器的电容变得很小。由于电容器的带电荷量不变，则两极板之间的电势差变大，静电计指针的张角会变大，故D错误。
故选C。
（4）[4]用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1>C2，则充电完成后，两电容器两端电压相同，根据Q=CU可知，电容器的电容大则其带电量大，而I−t图像面积代表带电量，所以对应电容为C1的电容器充电过程I−t图像的是②，故选B。
四、解答题
13. 如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为、电荷量为、套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为，A点距过C点的水平面的竖直高度为，小球滑到B点时的速度大小为。求：
（1）A、B两点的电势差；
（2）小球滑至C点时的速度的大小；
（3）若以C点为参考点（零电势点），试确定A点的电势。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B，由动能定理可得
又
解得A、B两点的电势差为
（2）根据点电荷的电场特征可知，BC所在的圆是一个等势面，所以小球从B到C电场力做的总功为零，由几何关系可得BC的竖直高度为
小球从B到C，根据动能定理可得
解得
（3）以C点为零电势点，则有
解得
14. 如图甲所示，质量为M=1kg的小车放置在光滑在水平面上，小车的上表面由四分之一光滑圆弧和水平面组成，圆弧的半径R=0.5m．车的右端有一竖直的固定挡板，一轻弹簧放在车上并与挡板连接，弹簧处于原长，弹簧的左端点与车上的C点对齐．圆弧的最低点B到C点间的平面是粗糙的，其余部分均为光滑，BC长L=0.5m．质量m=0.2kg的小物块从圆弧的最高点A由静止释放，物块沿圆弧下滑到BC水平面上，物块从B到C运动的过程中所受的摩擦力与到B点的距离关系如图乙所示，．
（1）物块滑到B点时速度大小及物块对轨道的压力；
（2）物块第一次压缩弹簧的过程中，弹簧获得的最大弹性势能；
（3）物块最终停在车上的位置离B点的距离．
【答案】(1)F=6.8N；(2)EP=0.8J；(3)x=0.5m
【解析】
【详解】（1）由于四分之一圆弧光滑，因此物块从A滑到B的过程中，系统水平方向动量守恒．设物块滑到B点时物块的速度大小为v1、车的速度大小为v2，则有
根据机械能守恒有
求得：
m/s
在B点
求得：
=6.8N
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为6.8N
（2）根据动量守恒定律可知，当物块压缩弹簧最短时，物块和小车系统的速度为零．
根据能量守恒有
因此弹簧的最大弹性势能
=0.8J
（3）当物块与车相对静止时，物块一定停在BC段上某一点处．
根据系统水平方向动量守恒可知，当物块与车相对静止时，物块与车处于静止状态．由于
所以物块最终停在C点，故物块最终停在车上的位置距B点0.5m
15. 如图所示，在电动机的带动下以的速度顺时针匀速转动的水平传送带。左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有无穷多个位于同一直线上，处于静止状态的相同小球，小球质量，质量的物体（可视为质点）从轨道上高的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小。物体和传送带之间的动摩擦因数，传送带AB之间的距离。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。重力加速度，。求：
（1）物体从P点下滑到A点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【答案】（1）；（2）；（3）25J
【解析】
【详解】（1）物体由P到A的过程，由动能定理可得
解得
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为
m/s2
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
m
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
s
故物体从A运动到B的时间为
s
传送带的支持力对物体的冲量大小为
I1=mgt
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
I2=m（v0-v）
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度大小为，由动量守恒和能量守恒定律得
解得
m/s
m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得
解得
mm
解得
s
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到，此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为
再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多消耗的电能分别为
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为
从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为
解得
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