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2024届江西省抚州市黎川县第二中学高三上学期11月期中考试 物理（解析版）
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这是一份2024届江西省抚州市黎川县第二中学高三上学期11月期中考试 物理（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共11题，1-7单选，8-11多选。）
1. 下面所列物理量及单位匹配，且单位属于国际基本单位的是（）
A. 位移：mB. 电压：VC. 力：ND. 电流：C
【答案】A
【解析】
【详解】A．m是长度单位，是国际单位，是基本单位，故A正确；
B．V是电压单位，是国际单位，但不是基本单位，故B错误；
C．N是力的单位，是国际单位，但不是基本单位，故C错误；
D．C是电容单位，是国际单位，但不是基本单位，故D错误。
故选A。
2. 下列说法正确的是（）
A. 电流方向就是正电荷定向移动的方向
B. 外电路短路时，电源的内电压等于零
C. 外电路断开时，电源的路端电压为零
D. 由公式可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比
【答案】A
【解析】
【详解】A．电流方向是正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反，故A正确；
B．外电路短路时，，则电流为
内电压
故B错误；
C．外电路断开时，电路中电流为零，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知，电源的路端电压等于电动势，故C错误；
D．公式
是比值定义法，具有比值定义法的共性，R与U、I无关，反映导体本身的特性，不能说电阻R与电压U成正比，与电流I成反比，故D错误。
故选A。
3. 电梯载着总重为的乘客，以3m/s速度匀速上升的过程中，电梯对乘客做功的功率为（）
A. B. C.
【答案】B
【解析】
【详解】电梯匀速上升，可知电梯对乘客的支持力F等于乘客的重力，所以电梯对乘客做功的功率为
故B正确。
故选B。
4. 如图所示，两根细线AC、BC﹣端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是（）
A. 小球一定受到三个力作用
B. 小球不可能受两个力作用
C. 无论角速度多大，BC绳始终有力
D. 增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．角速度较大时小球可能受重力和两绳子的拉力，角速度等于临界值时只受重力和上面绳子拉力，其合力提供向心力，下面绳子的拉力为零，故AB错误。
CD．当角速度是临界值时，下面绳子拉力为零，此时上面绳子拉力和重力的合力提供向心力；若角速度增大，下面绳子开始出现拉力，增大角速度，BC的拉力增加，细线AC的拉力在竖直方向的分量等于小球的重力与BC在竖直方向的分力之和，所以AC绳拉力增大，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在如图所示的位置上，需在MN间放一带电小球b，则球b可能（）
A. 带负电，放在A点B. 带正电，放在B点
C. 带负电，放在C点D. 带正电，放在C点
【答案】C
【解析】
【详解】A．若球b放在A点，根据受力分析可知，只有球b对球a是库仑斥力时，球a才能受力平衡，处于静止状态，则球b带正电，故A错误；
B．若球b放在B点，根据受力分析可知，球b对球a的库仑力一定垂直斜面方向，则小球一定不可能处于平衡状态，故B错误；
CD．若球b放在C点，根据受力分析可知，只有球b对球a是库仑引力时，球a才能受力平衡，处于静止状态，则球b带负电，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示,含有、、的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点.则
A. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B. 打在P1点的粒子是
C. 打在P2点的粒子是和
D. O2P2的长度是O2P1长度的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即
qvB=qE
所以
可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度；粒子运动的周期
三种粒子轨道半径不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，故A错误；BC．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以
qvB=m
所以
可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是，打在P2点的粒子是和，故B错误，C正确；
D．由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以的轨道的半径是和的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误；
故选C。
7. 如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数μ=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为F=3+0.5x（其中，F的单位为N，x的单位为m），重力加速度，下列表述正确的是（）
A. 物块最大加速度为5m/s2
B. 物块的最大速度为20m/s
C. 当M运动位移为24m，物块的速度大小为16m/s
D. 竖直挡板对物块做的功最多为48J
【答案】D
【解析】
【详解】A．木板与物块之间的最大静摩擦力为
物块的最大加速度为
故A错误；
B．M受水平向左的拉力F逐渐增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板所受压力达到最大值时，物块的速度最大，根据牛顿第二定律
根据F与M的位移x的关系式
可得此时M的位移为
F与位移x为线性关系，根据动能定理可得
解得物块的最大速度为
故B错误；
C．当M运动位移为24m，M受水平向左的拉力大小为
当M运动位移为24m，根据动能定理可得
物块的速度大小为
故C错误；
D．挡板对物块刚有力时，有
解得挡板对物块刚有力时，M受水平向左的拉力大小为
故此时M运动位移为24m，根据动能定理有
竖直挡板对物块做的功最多为
故D正确。
故选D。
8. 一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法中正确的是（）
A. 时，质点的位移大小为B. 在内，质点经过的路程为
C. 在末，质点的加速度为零，速度最大D. 和这两时刻，质点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．如图所示，质点的振动方程为
时，质点位移大小
A错误；
B．由题图简谐运动的图像可知，质点振动的周期内质点经过的路程
B错误；
C．在末，质点运动到平衡位置处，故加速度为零，速度最大，C正确；
D．如图所示，在和这两时刻，质点的位移大小相等、方向相同，D正确。
故选CD。
9. 为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在上下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极,污水充满管口地从左向右流经该装置时,电压表显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量单位时间内流出的污水体积,下列说法中正确的是( )
A. M板电势一定高于N板的电势
B. 污水中离子浓度越高,电压表的示数越大
C. 污水流动的速度越大,电压表的示数越大
D. 电压表的示数U与污水流量Q成反比
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据左手定则，可知若载流子带正电，则受到向上的洛伦兹力，向M板偏转，若载流子带负电，则向N板偏转，故M板的电势始终高于N板，与载流子的电性无关。故A正确。
BC．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得：，污水流动的速度越大，电压表的示数越大，与浓度无关。故B错误，C正确。
D．由，得：，则流量为：，则有：与污水流量成正比。故D错误。
故选AC．
10. 如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（）
A. 1.5m/sB. 2.5m/sC. 3.5m/sD. 4.5m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】由题意知
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰后两者速度相等，设为，碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
可知碰后B的速度范围是
故BC正确，AD错误。
故选BC。
11. 如图甲所示为两块水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压U，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两金属板间，经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（）
A. 时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子始终不做功
B. 时入射的粒子，离开电场时的速度方向沿水平方向
C. 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D. 时入射的粒子，离开电场时的速度大小等于初速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为在水平方向粒子的速度保持不变，当粒子在时入射时，在时粒子在竖直方向上的速度达到最大，当时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子做功，故A错误；
C．时入射的粒子，在竖直方向上，时间内进行加速，时间内进行反向减速，直到速度为零，此时距离中线距离最大，在时间内进行反向加速，时间内再次减速，直到速度为零，此时粒子回到中线，即粒子离开电场时不偏离中线，故C错误；
BD．无论哪个时刻入射的粒子，在一个周期T内，受到的正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，且离开电场时的速度大小都相等，都等于初速度，故BD正确。
故选BD。
二、实验题
12. 某同学用图甲所示装置通过大小相同的A、B两小球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．
（1）安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿_________方向．
（2）小球A质量m1与小球B的质量m2应满足的关系是m1_________m2（填“＞”“＜”或“＝”）
（3）某次实验中，得出小球的落点情况如图乙所示（单位：cm），P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置（把落点圈在内的最小圆的圆心）．若本次实验的数据很好地验证了动量守恒定律，则入射小球和被碰小球的质量之比m1：m2_________．
【答案】 ①. 水平 ②. ＞ ③. 4：1
【解析】
【详解】[1]斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动．
[2]为防止碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即．
[3]根据实验原理可得:
由图乙可知：OM=15.5cm、OP′=25.5cm、ON=40.0cm，又因下落时间相同,即可求得：
代值可得：
13. 小明想描绘一个“3.8V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线，他在实验室进行如下操作：
（1）小明先用多用电表的欧姆挡对小灯泡的电阻进行了粗测，其中正确的操作应为图甲中的______。
（2）小明已经完成了“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验电路图的部分设计，如图乙所示，为了测量电压，实验室可提供如下仪器：
A.电压表V1（量程0-3V，内阻等于3kΩ） B.电压表V2（量程0-15V，内阻等于15kΩ）
C.定值电阻R1（阻值等于100Ω） D.定值电阻R2（阻值等于1kΩ）
E.定值电阻R2（阻值等于10kΩ）
为了能测量小灯泡额定电压，且能尽量减小测量误差，请你帮助小明，选择合适的仪器，在虚框内完成测量电压的电路设计，作图时标清仪器及对应脚标_________。
（3）实验时使用的毫安表的量程为300mA，某一次测量中，毫安表的示数如图丙所示，读数为______mA。选择正确的电压测量电路，此时电压表对应的示数为1.50V，请你计算此时小灯泡的功率为______W（结果保留两位小数）。
（4）小强同学在实验室制作了多个相同的水果电池，如图丁所示是这种水果电池的部分接线图，小强用多用电表的直流电压（0-2.5V）挡粗测水果电池的电动势，多用电表的红表笔应与水果电池的______（填“正极”或“负极”）相连，若多用电表的指针位置如图戊所示，水果电池的电动势约为______V。
（5）小明和小强将多个水果电池串联后给“3.8V，0.3A”的小灯泡供电，小灯泡始终未发光，电路连接良好，水果电池的总电动势已超过3.8V，你认为最有可能的原因是______。
【答案】 ①. C ②. ③. 180 ④. 0.36 ⑤. 正极 ⑥. 0.60 ⑦. 水果电池的内阻太大
【解析】
【详解】（1）[1]是螺口形灯泡，一极在端点，一极在侧面，应选C
（2）[2]灯泡的额定电压为，故电压表选择A，但电压表的量程为3V，应选用电表扩量程的方法，所以需要串联一定值电阻扩大量程，为了减小误差，电压表量程扩大到4V即可，所以串联的电阻
故选，由于电灯泡电阻较小，所以电流表采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲线，电压需从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示
（3）[3][4]由图可知，电流表为十分度，精确到十，估读到一，其读数为180mA；实际灯泡两端的电压为2.00V，故功率为
（4）[5][6]因为是直流电压挡，所以红表笔接正极；应该以中间刻度均匀的区域，根据标度250V的，进行读数，为60V，再缩小100倍，为0.60V。
（5）[7]小明和小强将多个水果电池串联后给“3.8V，0.3A”的小灯泡供电，小灯泡始终未发光，电路连接良好，水果电池的总电动势已超过3.8V，你认为最有可能的原因是水果电池的内阻太大。
三、计算题
14. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=2Ω，求：
（1）流过电源的电流；
（2）电动机的发热功率。
【答案】（1）2.5A；（2）8W
【解析】
【详解】（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为
U=6V
则电源的内电压为
Ur=E-U=8V-6V=2V
故流过电源的电流为
（2）流过灯泡的电流为
则流过电动机的电流为
IM=I﹣IL=2.5A-0.5A=2A
故电动机的发热功率为
P热=IM2R0=22×2W=8W
15. 如图所示为皮带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37∘,A、B两端相距5.0m,质量为M =10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度为v ，(g=10N/kg,sin37∘=0.6cs37∘=0.8)求：
(1)若传送带速度v=6.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带速度v=4.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间又是多少；
(3)若物体与传送带间的动摩擦因数处处为0.8，且传送带顺时针运转的速度v=6.0m/s，求物体从A点到达B点所需的时间；
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】（1）开始时物体的初速度等于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合位移公式求解；
（2）若传送带速度v=4.0m/s，开始物体相对传送带上滑，合力沿传送带向下，做减速运动，当物体达到与传送带速度相等后继续做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（3）当动摩擦因数时，物体随传送带一起匀速运动；
【详解】（1）若传送带速度，而且由于，即，所以物体相对斜面向下运动，物体的加速度沿斜面向下，即物体沿传送带减速运动，根据牛顿第二定律有：，解得：
位移：，解得：（舍去）；
（2）若传送带速度，设物体速度大于传送带速度时加速度大小为，由牛顿第二定律得：
解得：，方向沿斜面向下
设经过时间物体的速度与传送带速度相同，
通过的位移：
设物体速度等于传送带速度以后物体继续减速运动，设此时物体的加速度为
则：，即
物体继续减速，设经速度到达传送带B点，
解得：，故：；
（3）若动摩擦因数，即，则物体随传送带一起向上匀速运动，则达到顶端的时间为：．
【点睛】传送带问题一直是学生中的难点问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面，找出摩擦力方向之后根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式进行求解即可．
16. 如图所示的电路中，直流电源的电动势E=9V，内电阻r=1.5Ω，R1=4.5Ω，R2为电阻箱。两带小孔的平行金属板 A、B 竖直放置；另两个平行金属板C 、D水平放置，板长L=30cm，板间的距离d=20cm； MN为荧光屏， C、D的右端到荧光屏的距离L'=10cm，O为C、D金属板的中轴线与荧光屏的交点，P为O点下方的一点，；当电阻箱的阻值调为R2=3Ω时，闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为质量为的粒子从 A 板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。试求：
（1）带电粒子到达小孔B时的速度大小；
（2）带电粒子从极板C、D离开时速度大小；
（3）为使粒子恰好打到P点，R2的阻值应调到多大？
【答案】（1）v0=4×105m/s ；（2）；（3）R2=2.4Ω
【解析】
【详解】（1）根据欧姆定律有：
U1= IR1
从A到B加速：
解得
v0=4×105m/s
（2）电容器电压为
U2=IR2
粒子做类平抛运动，竖直方向
qE2=ma
水平方向
L=v0t
解得
（3）设调整R2后，R1、R2上的电压分别为与，有：
速度偏转角
解得
由类平抛运动规律：速度反向延长线交于水平位移中点：
而
联立解得
R2=2.4Ω
一、选择题（共11题，1-7单选，8-11多选。）
1. 下面所列物理量及单位匹配，且单位属于国际基本单位的是（）
A. 位移：mB. 电压：VC. 力：ND. 电流：C
【答案】A
【解析】
【详解】A．m是长度单位，是国际单位，是基本单位，故A正确；
B．V是电压单位，是国际单位，但不是基本单位，故B错误；
C．N是力的单位，是国际单位，但不是基本单位，故C错误；
D．C是电容单位，是国际单位，但不是基本单位，故D错误。
故选A。
2. 下列说法正确的是（）
A. 电流方向就是正电荷定向移动的方向
B. 外电路短路时，电源的内电压等于零
C. 外电路断开时，电源的路端电压为零
D. 由公式可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比
【答案】A
【解析】
【详解】A．电流方向是正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反，故A正确；
B．外电路短路时，，则电流为
内电压
故B错误；
C．外电路断开时，电路中电流为零，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知，电源的路端电压等于电动势，故C错误；
D．公式
是比值定义法，具有比值定义法的共性，R与U、I无关，反映导体本身的特性，不能说电阻R与电压U成正比，与电流I成反比，故D错误。
故选A。
3. 电梯载着总重为的乘客，以3m/s速度匀速上升的过程中，电梯对乘客做功的功率为（）
A. B. C.
【答案】B
【解析】
【详解】电梯匀速上升，可知电梯对乘客的支持力F等于乘客的重力，所以电梯对乘客做功的功率为
故B正确。
故选B。
4. 如图所示，两根细线AC、BC﹣端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是（）
A. 小球一定受到三个力作用
B. 小球不可能受两个力作用
C. 无论角速度多大，BC绳始终有力
D. 增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．角速度较大时小球可能受重力和两绳子的拉力，角速度等于临界值时只受重力和上面绳子拉力，其合力提供向心力，下面绳子的拉力为零，故AB错误。
CD．当角速度是临界值时，下面绳子拉力为零，此时上面绳子拉力和重力的合力提供向心力；若角速度增大，下面绳子开始出现拉力，增大角速度，BC的拉力增加，细线AC的拉力在竖直方向的分量等于小球的重力与BC在竖直方向的分力之和，所以AC绳拉力增大，故C错误，D正确。
故选D。
5. 如图所示，把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在如图所示的位置上，需在MN间放一带电小球b，则球b可能（）
A. 带负电，放在A点B. 带正电，放在B点
C. 带负电，放在C点D. 带正电，放在C点
【答案】C
【解析】
【详解】A．若球b放在A点，根据受力分析可知，只有球b对球a是库仑斥力时，球a才能受力平衡，处于静止状态，则球b带正电，故A错误；
B．若球b放在B点，根据受力分析可知，球b对球a的库仑力一定垂直斜面方向，则小球一定不可能处于平衡状态，故B错误；
CD．若球b放在C点，根据受力分析可知，只有球b对球a是库仑引力时，球a才能受力平衡，处于静止状态，则球b带负电，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图所示,含有、、的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点.则
A. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B. 打在P1点的粒子是
C. 打在P2点的粒子是和
D. O2P2的长度是O2P1长度的4倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即
qvB=qE
所以
可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度；粒子运动的周期
三种粒子轨道半径不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，故A错误；BC．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以
qvB=m
所以
可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是，打在P2点的粒子是和，故B错误，C正确；
D．由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以的轨道的半径是和的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误；
故选C。
7. 如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数μ=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为F=3+0.5x（其中，F的单位为N，x的单位为m），重力加速度，下列表述正确的是（）
A. 物块最大加速度为5m/s2
B. 物块的最大速度为20m/s
C. 当M运动位移为24m，物块的速度大小为16m/s
D. 竖直挡板对物块做的功最多为48J
【答案】D
【解析】
【详解】A．木板与物块之间的最大静摩擦力为
物块的最大加速度为
故A错误；
B．M受水平向左的拉力F逐渐增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板所受压力达到最大值时，物块的速度最大，根据牛顿第二定律
根据F与M的位移x的关系式
可得此时M的位移为
F与位移x为线性关系，根据动能定理可得
解得物块的最大速度为
故B错误；
C．当M运动位移为24m，M受水平向左的拉力大小为
当M运动位移为24m，根据动能定理可得
物块的速度大小为
故C错误；
D．挡板对物块刚有力时，有
解得挡板对物块刚有力时，M受水平向左的拉力大小为
故此时M运动位移为24m，根据动能定理有
竖直挡板对物块做的功最多为
故D正确。
故选D。
8. 一个质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法中正确的是（）
A. 时，质点的位移大小为B. 在内，质点经过的路程为
C. 在末，质点的加速度为零，速度最大D. 和这两时刻，质点的位移大小相等
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．如图所示，质点的振动方程为
时，质点位移大小
A错误；
B．由题图简谐运动的图像可知，质点振动的周期内质点经过的路程
B错误；
C．在末，质点运动到平衡位置处，故加速度为零，速度最大，C正确；
D．如图所示，在和这两时刻，质点的位移大小相等、方向相同，D正确。
故选CD。
9. 为了测量某化工厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在上下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极,污水充满管口地从左向右流经该装置时,电压表显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量单位时间内流出的污水体积,下列说法中正确的是( )
A. M板电势一定高于N板的电势
B. 污水中离子浓度越高,电压表的示数越大
C. 污水流动的速度越大,电压表的示数越大
D. 电压表的示数U与污水流量Q成反比
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据左手定则，可知若载流子带正电，则受到向上的洛伦兹力，向M板偏转，若载流子带负电，则向N板偏转，故M板的电势始终高于N板，与载流子的电性无关。故A正确。
BC．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得：，污水流动的速度越大，电压表的示数越大，与浓度无关。故B错误，C正确。
D．由，得：，则流量为：，则有：与污水流量成正比。故D错误。
故选AC．
10. 如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（）
A. 1.5m/sB. 2.5m/sC. 3.5m/sD. 4.5m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】由题意知
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰后两者速度相等，设为，碰撞过程中系统动量守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，以A的初速度为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
代入数据解得
可知碰后B的速度范围是
故BC正确，AD错误。
故选BC。
11. 如图甲所示为两块水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压U，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两金属板间，经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（）
A. 时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子始终不做功
B. 时入射的粒子，离开电场时的速度方向沿水平方向
C. 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D. 时入射的粒子，离开电场时的速度大小等于初速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为在水平方向粒子的速度保持不变，当粒子在时入射时，在时粒子在竖直方向上的速度达到最大，当时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子做功，故A错误；
C．时入射的粒子，在竖直方向上，时间内进行加速，时间内进行反向减速，直到速度为零，此时距离中线距离最大，在时间内进行反向加速，时间内再次减速，直到速度为零，此时粒子回到中线，即粒子离开电场时不偏离中线，故C错误；
BD．无论哪个时刻入射的粒子，在一个周期T内，受到的正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，且离开电场时的速度大小都相等，都等于初速度，故BD正确。
故选BD。
二、实验题
12. 某同学用图甲所示装置通过大小相同的A、B两小球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．
（1）安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿_________方向．
（2）小球A质量m1与小球B的质量m2应满足的关系是m1_________m2（填“＞”“＜”或“＝”）
（3）某次实验中，得出小球的落点情况如图乙所示（单位：cm），P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置（把落点圈在内的最小圆的圆心）．若本次实验的数据很好地验证了动量守恒定律，则入射小球和被碰小球的质量之比m1：m2_________．
【答案】 ①. 水平 ②. ＞ ③. 4：1
【解析】
【详解】[1]斜槽末端的切线要沿水平方向，才能保证两个小球离开斜槽后做平抛运动．
[2]为防止碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即．
[3]根据实验原理可得:
由图乙可知：OM=15.5cm、OP′=25.5cm、ON=40.0cm，又因下落时间相同,即可求得：
代值可得：
13. 小明想描绘一个“3.8V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线，他在实验室进行如下操作：
（1）小明先用多用电表的欧姆挡对小灯泡的电阻进行了粗测，其中正确的操作应为图甲中的______。
（2）小明已经完成了“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验电路图的部分设计，如图乙所示，为了测量电压，实验室可提供如下仪器：
A.电压表V1（量程0-3V，内阻等于3kΩ） B.电压表V2（量程0-15V，内阻等于15kΩ）
C.定值电阻R1（阻值等于100Ω） D.定值电阻R2（阻值等于1kΩ）
E.定值电阻R2（阻值等于10kΩ）
为了能测量小灯泡额定电压，且能尽量减小测量误差，请你帮助小明，选择合适的仪器，在虚框内完成测量电压的电路设计，作图时标清仪器及对应脚标_________。
（3）实验时使用的毫安表的量程为300mA，某一次测量中，毫安表的示数如图丙所示，读数为______mA。选择正确的电压测量电路，此时电压表对应的示数为1.50V，请你计算此时小灯泡的功率为______W（结果保留两位小数）。
（4）小强同学在实验室制作了多个相同的水果电池，如图丁所示是这种水果电池的部分接线图，小强用多用电表的直流电压（0-2.5V）挡粗测水果电池的电动势，多用电表的红表笔应与水果电池的______（填“正极”或“负极”）相连，若多用电表的指针位置如图戊所示，水果电池的电动势约为______V。
（5）小明和小强将多个水果电池串联后给“3.8V，0.3A”的小灯泡供电，小灯泡始终未发光，电路连接良好，水果电池的总电动势已超过3.8V，你认为最有可能的原因是______。
【答案】 ①. C ②. ③. 180 ④. 0.36 ⑤. 正极 ⑥. 0.60 ⑦. 水果电池的内阻太大
【解析】
【详解】（1）[1]是螺口形灯泡，一极在端点，一极在侧面，应选C
（2）[2]灯泡的额定电压为，故电压表选择A，但电压表的量程为3V，应选用电表扩量程的方法，所以需要串联一定值电阻扩大量程，为了减小误差，电压表量程扩大到4V即可，所以串联的电阻
故选，由于电灯泡电阻较小，所以电流表采用外接法，描绘灯泡伏安特性曲线，电压需从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示
（3）[3][4]由图可知，电流表为十分度，精确到十，估读到一，其读数为180mA；实际灯泡两端的电压为2.00V，故功率为
（4）[5][6]因为是直流电压挡，所以红表笔接正极；应该以中间刻度均匀的区域，根据标度250V的，进行读数，为60V，再缩小100倍，为0.60V。
（5）[7]小明和小强将多个水果电池串联后给“3.8V，0.3A”的小灯泡供电，小灯泡始终未发光，电路连接良好，水果电池的总电动势已超过3.8V，你认为最有可能的原因是水果电池的内阻太大。
三、计算题
14. 如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=2Ω，求：
（1）流过电源的电流；
（2）电动机的发热功率。
【答案】（1）2.5A；（2）8W
【解析】
【详解】（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为
U=6V
则电源的内电压为
Ur=E-U=8V-6V=2V
故流过电源的电流为
（2）流过灯泡的电流为
则流过电动机的电流为
IM=I﹣IL=2.5A-0.5A=2A
故电动机的发热功率为
P热=IM2R0=22×2W=8W
15. 如图所示为皮带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37∘,A、B两端相距5.0m,质量为M =10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度为v ，(g=10N/kg,sin37∘=0.6cs37∘=0.8)求：
(1)若传送带速度v=6.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带速度v=4.0m/s，物体从A点到达B点所需的时间又是多少；
(3)若物体与传送带间的动摩擦因数处处为0.8，且传送带顺时针运转的速度v=6.0m/s，求物体从A点到达B点所需的时间；
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】（1）开始时物体的初速度等于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，结合位移公式求解；
（2）若传送带速度v=4.0m/s，开始物体相对传送带上滑，合力沿传送带向下，做减速运动，当物体达到与传送带速度相等后继续做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（3）当动摩擦因数时，物体随传送带一起匀速运动；
【详解】（1）若传送带速度，而且由于，即，所以物体相对斜面向下运动，物体的加速度沿斜面向下，即物体沿传送带减速运动，根据牛顿第二定律有：，解得：
位移：，解得：（舍去）；
（2）若传送带速度，设物体速度大于传送带速度时加速度大小为，由牛顿第二定律得：
解得：，方向沿斜面向下
设经过时间物体的速度与传送带速度相同，
通过的位移：
设物体速度等于传送带速度以后物体继续减速运动，设此时物体的加速度为
则：，即
物体继续减速，设经速度到达传送带B点，
解得：，故：；
（3）若动摩擦因数，即，则物体随传送带一起向上匀速运动，则达到顶端的时间为：．
【点睛】传送带问题一直是学生中的难点问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面，找出摩擦力方向之后根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式进行求解即可．
16. 如图所示的电路中，直流电源的电动势E=9V，内电阻r=1.5Ω，R1=4.5Ω，R2为电阻箱。两带小孔的平行金属板 A、B 竖直放置；另两个平行金属板C 、D水平放置，板长L=30cm，板间的距离d=20cm； MN为荧光屏， C、D的右端到荧光屏的距离L'=10cm，O为C、D金属板的中轴线与荧光屏的交点，P为O点下方的一点，；当电阻箱的阻值调为R2=3Ω时，闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为质量为的粒子从 A 板小孔从静止释放进入极板间，不考虑空气阻力、带电粒子的重力和极板外部的电场。试求：
（1）带电粒子到达小孔B时的速度大小；
（2）带电粒子从极板C、D离开时速度大小；
（3）为使粒子恰好打到P点，R2的阻值应调到多大？
【答案】（1）v0=4×105m/s ；（2）；（3）R2=2.4Ω
【解析】
【详解】（1）根据欧姆定律有：
U1= IR1
从A到B加速：
解得
v0=4×105m/s
（2）电容器电压为
U2=IR2
粒子做类平抛运动，竖直方向
qE2=ma
水平方向
L=v0t
解得
（3）设调整R2后，R1、R2上的电压分别为与，有：
速度偏转角
解得
由类平抛运动规律：速度反向延长线交于水平位移中点：
而
联立解得
R2=2.4Ω
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