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江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题
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这是一份江西省宜春市宜丰县宜丰中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题，共6页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（1-7为单选，8-10为多选，每小题5分，共50分）
1．如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过三点。已知从到和从到速度的增加量均为，间的距离间的距离，则物体的加速度为（ ）
A．B．C．D．
2．计算机键盘每个按键下面都连有两块小金属片，两块金属片之间有一定的空气间隙，组成一个可变电容器，如图所示。当键盘连接电源不断电，按下某个按键时，与之相连的电子线路就发出该按键相关的信号。松开按键时，则（ ）
A．电容器的电容变小B．极板的电量变大
C．两极板间的电压变小D．两极板间的场强变大
3．靠墙静蹲有助于膝痛康复和腿部力量强化，如图所示，大龙同学在康复训练中保持靠墙静蹲，双腿与肩同宽，保持小腿垂直于地面，不考虑人与墙壁之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．地面对人的作用力方向为竖直向上
B．地面对人的摩擦力与竖直墙壁垂直
C．大腿与墙壁的夹角 θ 越大，人所受合力越大
D．地面对人的支持力与人的重力是一对相互作用力
4．我国航天事业发展迅速，人造卫星数量位居世界前列。不同的卫星（质量一般不同）做圆周运动的轨道高度不同，现以这些卫星距离地球表面的高度为横轴，卫星的周期T、加速度a、速度 v、动能Ek为纵轴作出图像，下列图像中可能正确的是（ ）
A． B． C．D．
5．沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波长为10m
C．该波的传播速度为12m/s
D．时刻处的质点偏离平衡位置的位移大小为cm
6．如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向上的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为3mg B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等
7．宜丰中学科技节中，小王同学设计了运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的是（ ）
A．在过程中，滑块动能先减小后恒定
B．在处滑块的动能最大，
C．在的过程中重力势能与电势能之和一直增大
D．在过程中，滑块先加速后减速
8．链球是利用双手投掷的竞远项目，在一次投掷链球时，李为同学两手握着链球上铁链的把手，经过3~5圈加速旋转，带动链球旋转，最后链球脱手而出，整个过程可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动和脱离后的斜抛运动，如图所示。忽略空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．链球做加速圆周运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同
B．链球做加速圆周运动过程中，链球的重力、铁链对链球拉力的合力等于链球的向心力
C．链球做斜抛运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同
D．链球做斜抛运动过程中，重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大
9．如图所示，大龙同学从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M=90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6N， 羽毛球质量为m=5g，球头离筒的上端距离为，球头离筒的下端距离为，球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1N重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后（ ）
A．羽毛球的加速度大小为
B．羽毛球筒的加速度大小为
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
D．若羽毛球筒获得的初速度大小合适，羽毛球可能从下端筒口出来
10．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为q（q＞0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，θ=53°，圆轨道半径R=1m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。则以下说法中正确的是（ ）
A．刚释放小球时小球的加速度的大小为3.5m/s2
B．若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为1.2m
C．若小球恰能到达C点，此运动过程中小球对轨道的最大压力为75N
D．若小球恰能到达C点，则在C点对轨道的压力为0
二、实验题（每空3分，共12分）
11．宜丰中学LSF小组设计了如图甲所示的装置来测量当地的重力加速度。A、B为材料不同的小桶，其中小桶A上装有遮光片，B内装有若干质量均为m的金属球，两个小桶用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，竖直标尺下端固定有光电门。开始时系统处于静止状态，测得绳子的拉力为Mg，并记下遮光片在标尺上对准的位置。
（1）用游标卡尺测遮光片的宽度d，如图乙所示，则d= cm；
（2）将小桶B内的一个小球放到小桶A中，然后由静止释放小桶A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，通过刻度尺测出小桶A释放时遮光片到光电门的距离h，则遮光片通过光电门时小桶B的速度v= ，小桶A的加速度a= ；（用d、t、h表示）
（3）将小桶B中的2个，3个，4个……n个小球转移到小桶A中，仍由静止释放小桶A，并保持每次小桶A下落的初始位置不变，测得多组遮光片通过光电门所对应的遮光时间t，以为纵轴，以n为横轴，作出图像，如果作出的图线过坐标原点且斜率为k，则当地的重力加速度g= 。（用k、m、M、d、h等表示）
三、解答题（共38分，12题10分，13题12分，14题18分）
12．如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长和的两段不同材料和制成，滑梯与水平地面夹角。一小朋友从点由静止滑下，经到达点速度恰好为零。重力加速度取10 m/s2，，。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度；
（2）小朋友与和材料间的动摩擦因数和。
13．如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图丙所示的方波电压，图丙中、T均已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右边的竖直虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下板的上表面低的高度为板间距离的一半，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：
（1）两平行金属板间的距离；
（2）接收板上能接收到粒子区域的长度为多少。
14．如图甲所示，倾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度、质量的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量、带电量的物块B放在木板上，与木板上端距离；与木板上端距离的虚线右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上．时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，后撤去F，物块B在内运动的图像如图乙所示，且物块B在时速度恰好减为0．已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数，物块B带电量始终不变，重力加速度g取，求：
（1）恒力F的大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）从时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量．
物理参考答案：
1．A【详解】已知从A到B和从B到C速度的增加最均为，可得A到B的时间，B到C的时间相等，根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为，根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得，，解得，加速度为，故选A。
2．A【详解】A．电容器极板间距增大，由可知，电容变小，A正确；B．松开按键时，由可知，极板的电量变小，B错误；C．由题意可知可变电容器与电源连接，所以其两端电压不变，C错误；D．由可知极板间的电场强度变小，D错误。故选A。
3．B【详解】A．人的受力如图
地面对人的作用力时支持力与摩擦力的合力，方向斜向上，A错误；B．地面地面对人的摩擦力水平向左，与竖直墙壁垂直，B正确；C．人处于静止状态，所受合力一直为零，C错误；D．地面对人的支持力与人的重力是一对平衡力，D错误。故选B。
4．B【详解】根据，A．可得，因h=0时T不为零，则选项A错误；B．可得，随h的增加，加速度非线性减小，选项B可能正确；C．可得，随h增加，速度v减小，选项C错误；D．动能，因这些卫星的质量关系不确定，则随h增加，动能不一定减小，选项D错误；故选B。
5．D【详解】A．根据质点Q的振动图像可知时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴负方向传播，选项A错误；BC．该波的波长，周期，根据可得该波的传播速度，选项BC均错误；D．波动图像的方程为
时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10cm，选项D正确。故选D。
6．D【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速运动，A、B、C三点在同一直线上，，可知，小球从A到B与从B到C的运动时间之比为，C错误；A．在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为，从B到C做匀减速运动，加速度大小为，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有解得，根据牛顿第二定律可知，解得，A错误；B．从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带正电，B错误；D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为，，小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。故选D。
7．D【详解】A．根据可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动，则刚刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的方向大小相等的时刻在中间的某一位置，在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电场力小于重力沿斜面的分立，根据动能定理可知在过程中，滑块动能先增大后减小，A错误；B．动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在在中间的某一位置，B错误；C．根据上述可知，在的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的转化，可知在的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误；D．根据上述可知，在过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在过程中，滑块先加速后减速，D正确。故选D。
8．CD【详解】A．链球做加速圆周运动过程中，加速度变化，所以相同时间内速度的变化量不相同，故A错误；B．链球做加速圆周运动过程中，链球的速度大小变化，所以链球的重力、铁链对链球拉力的合力不等于链球的向心力，故B错误；C．链球斜抛过程中加速度恒定，所以相同时间内速度的变化量一定相同，故C正确；D．若链球在做斜抛运动过程中，重力的功率为，由于竖直方向速度先减小到零后一直增大，所以重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大，故D正确。故选CD。
9．AC【详解】A．对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律可得，解得
，故A正确；B．羽毛球筒受力分析，由牛顿第二定律可得解得，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动。故B错误；C．若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小，有，联立，解得，故C正确；D．设筒的初速度为v时，羽毛球恰好从下端筒口出来，则此时筒的速度减为零，则有，，解得易知与题意不符，所以羽毛球不可能从下端筒口出来。故D错误。故选AC。
10．AC【详解】A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向左，由牛顿第二定律得解得m/s2，故A正确；
B．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图
故，解得，大小为，小球恰好能过等效最高点E时也就恰好能到达C点，在E点由牛顿第二定律得，从释放到到达E点，由动能定理得，代入数据解得，故B错误；C．此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得，解得，对D到E由动能定理得，解得，对D点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力，故C正确；D．对E到C由动能定理得，解得m/s，对C点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力，故D错误。故选AC。
11． 0.535
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知遮光片的宽度
（2）[2][3]由题意可得，遮光片通过光电门时小桶A的速度
由于小桶A、B都沿绳方向运动，故此时小桶B的速度等于小桶A的速度
由运动学规律知 解得小桶A运动的加速度为
（3）[4]根据机械能守恒定律有
整理可得 得到的图线为过原点的直线且斜率
则当地的重力加速度
12．（1）；（2），
【详解】（1）小朋友滑至点速度最大，依据匀变速直线运动规律，有
解得
（2）设小朋友在段的加速度大小分别为和，在段，小朋友匀加速运动，有
代入数据得 依据牛顿第二定律，有
代入数据得 在段，小朋友匀减速运动，有
代入数据得 依据牛顿第二定律有
解得
13．（1）；（2）
【详解】（1）设板间距离为d，从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小，则，解得
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为T，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为，方向水平向右。根据对称性，从时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出。即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为d的区域内。从上板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则，，解得
从下板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则，解得
因此接收板上有粒子打上的区域长度
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙可得，物块B加速度大小为
若物块B与长木板发生相对滑动，则，得
，故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速，对整体有
，得
（2）内一起运动的位移为
得，即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后相对静止一起减速，对整体有，得
对物块B有，得
假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为
得，即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。，得或（舍弃）
物块B在减速为零，则共进入电场后的加速度大小为，得
（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为
长木板A减速为零的位移为，则
得，
即物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因
故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即
对B：
对A：
得0，0
两者共速时
得，
此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为，
得，
即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后
与木板间无摩擦生热，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即得
高三（上）物理周测11答题卡
班级 姓名 分数
11.（1） （2） （3）
三、解答题（共38分，12题10分，13题12分，14题18分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12．
13．
14．
一、选择题（1-7为单选，8-10为多选，每小题5分，共50分）
1．如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过三点。已知从到和从到速度的增加量均为，间的距离间的距离，则物体的加速度为（ ）
A．B．C．D．
2．计算机键盘每个按键下面都连有两块小金属片，两块金属片之间有一定的空气间隙，组成一个可变电容器，如图所示。当键盘连接电源不断电，按下某个按键时，与之相连的电子线路就发出该按键相关的信号。松开按键时，则（ ）
A．电容器的电容变小B．极板的电量变大
C．两极板间的电压变小D．两极板间的场强变大
3．靠墙静蹲有助于膝痛康复和腿部力量强化，如图所示，大龙同学在康复训练中保持靠墙静蹲，双腿与肩同宽，保持小腿垂直于地面，不考虑人与墙壁之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．地面对人的作用力方向为竖直向上
B．地面对人的摩擦力与竖直墙壁垂直
C．大腿与墙壁的夹角 θ 越大，人所受合力越大
D．地面对人的支持力与人的重力是一对相互作用力
4．我国航天事业发展迅速，人造卫星数量位居世界前列。不同的卫星（质量一般不同）做圆周运动的轨道高度不同，现以这些卫星距离地球表面的高度为横轴，卫星的周期T、加速度a、速度 v、动能Ek为纵轴作出图像，下列图像中可能正确的是（ ）
A． B． C．D．
5．沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波动图像如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的波长为10m
C．该波的传播速度为12m/s
D．时刻处的质点偏离平衡位置的位移大小为cm
6．如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向上的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为3mg B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为
D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等
7．宜丰中学科技节中，小王同学设计了运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的是（ ）
A．在过程中，滑块动能先减小后恒定
B．在处滑块的动能最大，
C．在的过程中重力势能与电势能之和一直增大
D．在过程中，滑块先加速后减速
8．链球是利用双手投掷的竞远项目，在一次投掷链球时，李为同学两手握着链球上铁链的把手，经过3~5圈加速旋转，带动链球旋转，最后链球脱手而出，整个过程可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动和脱离后的斜抛运动，如图所示。忽略空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．链球做加速圆周运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同
B．链球做加速圆周运动过程中，链球的重力、铁链对链球拉力的合力等于链球的向心力
C．链球做斜抛运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同
D．链球做斜抛运动过程中，重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大
9．如图所示，大龙同学从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M=90g（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6N， 羽毛球质量为m=5g，球头离筒的上端距离为，球头离筒的下端距离为，球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1N重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后（ ）
A．羽毛球的加速度大小为
B．羽毛球筒的加速度大小为
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
D．若羽毛球筒获得的初速度大小合适，羽毛球可能从下端筒口出来
10．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为q（q＞0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度，θ=53°，圆轨道半径R=1m，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。则以下说法中正确的是（ ）
A．刚释放小球时小球的加速度的大小为3.5m/s2
B．若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为1.2m
C．若小球恰能到达C点，此运动过程中小球对轨道的最大压力为75N
D．若小球恰能到达C点，则在C点对轨道的压力为0
二、实验题（每空3分，共12分）
11．宜丰中学LSF小组设计了如图甲所示的装置来测量当地的重力加速度。A、B为材料不同的小桶，其中小桶A上装有遮光片，B内装有若干质量均为m的金属球，两个小桶用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，竖直标尺下端固定有光电门。开始时系统处于静止状态，测得绳子的拉力为Mg，并记下遮光片在标尺上对准的位置。
（1）用游标卡尺测遮光片的宽度d，如图乙所示，则d= cm；
（2）将小桶B内的一个小球放到小桶A中，然后由静止释放小桶A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，通过刻度尺测出小桶A释放时遮光片到光电门的距离h，则遮光片通过光电门时小桶B的速度v= ，小桶A的加速度a= ；（用d、t、h表示）
（3）将小桶B中的2个，3个，4个……n个小球转移到小桶A中，仍由静止释放小桶A，并保持每次小桶A下落的初始位置不变，测得多组遮光片通过光电门所对应的遮光时间t，以为纵轴，以n为横轴，作出图像，如果作出的图线过坐标原点且斜率为k，则当地的重力加速度g= 。（用k、m、M、d、h等表示）
三、解答题（共38分，12题10分，13题12分，14题18分）
12．如图，某同学设计的幼儿园安全斜直滑梯由长和的两段不同材料和制成，滑梯与水平地面夹角。一小朋友从点由静止滑下，经到达点速度恰好为零。重力加速度取10 m/s2，，。求：
（1）小朋友滑行过程中的最大速度；
（2）小朋友与和材料间的动摩擦因数和。
13．如图甲所示，长为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图丙所示的方波电压，图丙中、T均已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t=0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右边的竖直虚线MN右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小等于，在电场中有一水平放置的粒子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下板的上表面低的高度为板间距离的一半，不计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求：
（1）两平行金属板间的距离；
（2）接收板上能接收到粒子区域的长度为多少。
14．如图甲所示，倾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度、质量的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量、带电量的物块B放在木板上，与木板上端距离；与木板上端距离的虚线右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上．时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，后撤去F，物块B在内运动的图像如图乙所示，且物块B在时速度恰好减为0．已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数，物块B带电量始终不变，重力加速度g取，求：
（1）恒力F的大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）从时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量．
物理参考答案：
1．A【详解】已知从A到B和从B到C速度的增加最均为，可得A到B的时间，B到C的时间相等，根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为，根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得，，解得，加速度为，故选A。
2．A【详解】A．电容器极板间距增大，由可知，电容变小，A正确；B．松开按键时，由可知，极板的电量变小，B错误；C．由题意可知可变电容器与电源连接，所以其两端电压不变，C错误；D．由可知极板间的电场强度变小，D错误。故选A。
3．B【详解】A．人的受力如图
地面对人的作用力时支持力与摩擦力的合力，方向斜向上，A错误；B．地面地面对人的摩擦力水平向左，与竖直墙壁垂直，B正确；C．人处于静止状态，所受合力一直为零，C错误；D．地面对人的支持力与人的重力是一对平衡力，D错误。故选B。
4．B【详解】根据，A．可得，因h=0时T不为零，则选项A错误；B．可得，随h的增加，加速度非线性减小，选项B可能正确；C．可得，随h增加，速度v减小，选项C错误；D．动能，因这些卫星的质量关系不确定，则随h增加，动能不一定减小，选项D错误；故选B。
5．D【详解】A．根据质点Q的振动图像可知时刻质点Q沿y轴正方向振动，则该波沿x轴负方向传播，选项A错误；BC．该波的波长，周期，根据可得该波的传播速度，选项BC均错误；D．波动图像的方程为
时刻，x=0处的质点偏离平衡位置的位移大小为10cm，选项D正确。故选D。
6．D【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速运动，A、B、C三点在同一直线上，，可知，小球从A到B与从B到C的运动时间之比为，C错误；A．在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为，从B到C做匀减速运动，加速度大小为，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有解得，根据牛顿第二定律可知，解得，A错误；B．从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带正电，B错误；D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为，，小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。故选D。
7．D【详解】A．根据可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动，则刚刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的方向大小相等的时刻在中间的某一位置，在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电场力小于重力沿斜面的分立，根据动能定理可知在过程中，滑块动能先增大后减小，A错误；B．动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在在中间的某一位置，B错误；C．根据上述可知，在的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的转化，可知在的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误；D．根据上述可知，在过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在过程中，滑块先加速后减速，D正确。故选D。
8．CD【详解】A．链球做加速圆周运动过程中，加速度变化，所以相同时间内速度的变化量不相同，故A错误；B．链球做加速圆周运动过程中，链球的速度大小变化，所以链球的重力、铁链对链球拉力的合力不等于链球的向心力，故B错误；C．链球斜抛过程中加速度恒定，所以相同时间内速度的变化量一定相同，故C正确；D．若链球在做斜抛运动过程中，重力的功率为，由于竖直方向速度先减小到零后一直增大，所以重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大，故D正确。故选CD。
9．AC【详解】A．对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律可得，解得
，故A正确；B．羽毛球筒受力分析，由牛顿第二定律可得解得，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动。故B错误；C．若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小，有，联立，解得，故C正确；D．设筒的初速度为v时，羽毛球恰好从下端筒口出来，则此时筒的速度减为零，则有，，解得易知与题意不符，所以羽毛球不可能从下端筒口出来。故D错误。故选AC。
10．AC【详解】A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向左，由牛顿第二定律得解得m/s2，故A正确；
B．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图
故，解得，大小为，小球恰好能过等效最高点E时也就恰好能到达C点，在E点由牛顿第二定律得，从释放到到达E点，由动能定理得，代入数据解得，故B错误；C．此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得，解得，对D到E由动能定理得，解得，对D点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力，故C正确；D．对E到C由动能定理得，解得m/s，对C点由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得压力，故D错误。故选AC。
11． 0.535
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知遮光片的宽度
（2）[2][3]由题意可得，遮光片通过光电门时小桶A的速度
由于小桶A、B都沿绳方向运动，故此时小桶B的速度等于小桶A的速度
由运动学规律知 解得小桶A运动的加速度为
（3）[4]根据机械能守恒定律有
整理可得 得到的图线为过原点的直线且斜率
则当地的重力加速度
12．（1）；（2），
【详解】（1）小朋友滑至点速度最大，依据匀变速直线运动规律，有
解得
（2）设小朋友在段的加速度大小分别为和，在段，小朋友匀加速运动，有
代入数据得 依据牛顿第二定律，有
代入数据得 在段，小朋友匀减速运动，有
代入数据得 依据牛顿第二定律有
解得
13．（1）；（2）
【详解】（1）设板间距离为d，从t=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小，则，解得
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为T，因此所有粒子出电场时沿电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为，方向水平向右。根据对称性，从时刻进入电场的粒子刚好从上板右边缘水平向右射出。即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为d的区域内。从上板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则，，解得
从下板右端边缘射出的粒子进入MN右侧电场后，做类平抛运动。则，解得
因此接收板上有粒子打上的区域长度
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙可得，物块B加速度大小为
若物块B与长木板发生相对滑动，则，得
，故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速，对整体有
，得
（2）内一起运动的位移为
得，即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后相对静止一起减速，对整体有，得
对物块B有，得
假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为
得，即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。，得或（舍弃）
物块B在减速为零，则共进入电场后的加速度大小为，得
（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为
长木板A减速为零的位移为，则
得，
即物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因
故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即
对B：
对A：
得0，0
两者共速时
得，
此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为，
得，
即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后
与木板间无摩擦生热，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即得
高三（上）物理周测11答题卡
班级 姓名 分数
11.（1） （2） （3）
三、解答题（共38分，12题10分，13题12分，14题18分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12．
13．
14．
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