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湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期11月期中联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期11月期中联考物理试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2023年10月21日上午10：30-11：45：试卷满分：100分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分。
1. 如图所示，某同学利用平底水槽研究水波传播时的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图是观察水波穿过狭缝后的情景，此时水波没有发生衍射现象
B. 甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象
C. 乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率不同
D. 乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后振动减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图水波发生了衍射现象，A错误；
B．波长一定，缝越窄衍射现象越明显，当甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象，B正确；
C．乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率相同，C错误；
D．乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后依旧为振动加强点，D错误。
故选B。
2. 如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（ ）
A. 在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FAB. 电子在B点电势能小于在A点电势能
C. 把电子从b等势面移动到e等势面，静电力做功为15eV
D. 在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将做曲线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．因A点的等势面较B点密集，可知A处的场强比B处场强大，则在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FA>FB，选项A错误；
B．因AB两点在同一等势面上，则电子在B点电势能等于在A点电势能，选项B错误；
C．把电子从b等势面移动到e等势面，电势升高15V，则电子的电势能减小15eV，则静电力做功为15eV，选项C正确；
D．电场线与等势面正交，则过F点的电场线水平向右，则沿在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将沿虚线做直线运动，选项D错误。
故选C。
3. 一列简谐横波向轴负方向传播，在时的波形如图所示，两质点的平衡位置的坐标分别为、。已知时，质点第1次位于波峰，下列说法正确的是（ ）
A. 振源的起振方向为轴负方向
B. 当质点位于波峰时，质点也位于波峰
C. 该波的波速为
D. 时，质点第2次位于波峰
【答案】D
【解析】
【详解】A．因t=0时刻，x=1m处的质点沿y轴正向振动，可知振源的起振方向为轴正方向，A错误；
B．波长为4m，因
PQ=1.5λ
则当质点位于波峰时，质点位于波谷，B错误；
C．已知时，质点Q第一次出现波峰，则
即
则该波的波速为
C错误；
D．波传到P点需要的时间为0.2s，由于波的起振方向是轴正方向，由于质点振动的周期为0.4s，故时，质点第2次位于波峰，D正确。
故选D。
4. 把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54r/min。以下说法正确的是（ ）
A. 偏心轮现在的频率是0.8Hz
B. 增加偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
C. 增加筛子质量，可以使筛子振幅增大
D. 降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．某电压下偏心轮转速是54r/min。偏心轮现在的频率为
故A错误；
B．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加偏心轮转速，偏心轮的频率增大，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅增小，故B错误；
C．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加筛子质量，筛子的固有周期增大，则固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故C错误；
D．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，降低偏心轮转速，偏心轮的频率减小，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变小，筛子振幅增大，故D正确；
故选D。
【点睛】当驱动频率与故有频率相等时，物体发生共振，振幅最大。根据题意分析驱动力频率与筛子固有频率的变化情况，再结合图像进行分析。
5. 如图所示，小球A和槽形物体B质量分别为m、2m，B置于水平面上，B的上部半圆形槽的半径为R，槽的左右两侧等高．将A从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则（ ）
A. A刚能到达槽的左侧顶端
B. A运动到槽的最低点时速度为
C. B向右匀速运动
D. A向左运动的最大位移为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v1=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点。故A正确；
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv’
解得
根据能量守恒定律得
解得
故B错误；
C．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动。故C错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移x，根据动量守恒定律得
解得
故D正确。
故选AD。
6. 在图甲的电路中，是可调电阻，是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图像如图乙中AB所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该电源电动势为3V
B. 的阻值为5
C. 消耗的功率最大为3W
D. 当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路中的阻值为10
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据闭合电路的欧姆定律可得
由图可知，当时，；当时，。代入上式可得
，
故A错误，B正确；
C．将电源与定值电阻R2看成等效电源，消耗的功率最大，即等效电源的输出功率最大，故当时，消耗的功率最大为
故C错误；
D．当电流为0.2A时，由欧姆定律及串并联电路中的规律可得，电路中总电阻为
解得
故D错误。
故选B。
【点睛】根据闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律分析各部分元件的电流和电压之间的关系。掌握电源输出功率最大的条件以及灵活运用。
7. 如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A，B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动的过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10），下列说法正确的是（ ）
A. A、B组成的系统机械能守恒
B. 细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N
C. B对A的压力大小最大为28N
D. 弹簧的最大弹力为60N
【答案】C
【解析】
【详解】A．A、B一起向下移动的过程中，弹簧弹力对A、B整体做负功，A、B组成的系统机械能减小，A错误；
B．未剪细线之前，对A
剪断细线瞬间，对A、B整体
解得
对B受力分析
解得
故B对A的压力大小为12N。B错误；
C．剪断细线后的瞬间，A、B整体加速度为，方向竖直向下，之后A、B一起做简谐运动，由对称性可知，A、B运动到最低点时，A、B加速度大小为，方向竖直向上，对B应用牛顿第二定律可得
解得
C正确；
D．剪断细线后的瞬间，A、B整体受到的合外力大小为，之后A、B一起做简谐运动，由对称性可知，A、B运动到最低点时，A、B受到的合外力竖直向上，大小为，则
解得
D错误。
故选C。
8. 粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中，如图所示。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管的位移、速度时间图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】由于木筷在水中做简谐运动，且初始时，木筷的位移由正向最大逐渐减小，速度由零逐渐增大，方向为负方向，且运动的速度、相对平衡位置的位移随时间的关系都应是三角函数的波形。
故选AD。
9. 在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
10. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 气流速度大小为
B. 单位时间内流过风洞内某横截面气体体积为
C. 风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D. 单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
二、非选择题（本大题共5小题，共60分）
11. 某同学要将一小量程电流表（满偏电流为，内阻为）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻，。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为___________；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时___________（填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用___________（填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【答案】 ①. 1 ②. 大 ③. 乙
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时R1和R2的电流为
所以总电流为
即量程为0~1mA。
（2）[2]当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。
（3）[3]图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
12. 在验证动量守恒定律实验中，同学们不仅完成了课本原来的实验，还用相同的器材进行多方面的探索及尝试。下面是甲、乙两组同学的实验，请回答相关的问题：
（1）甲组同学采用如图1所示的装置，由斜槽和水平槽构成。将复写纸与白纸铺在水平放的木板上，重垂线所指的位置为O。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹平均位置P；再把B球放在水平挡上靠近槽末端的地方，让A球仍从固定位置由静止开始滚下，与B球发生对心正碰，碰后A球不被反弹。碰撞后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作多次得到多个落点痕迹平均位置M、N。
①实验中有关操作和描述正确的是___________。
A.用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距高更远，可减小测量误差
B.调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞
C.让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同
D.碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的
②设A球的质量为，B球的质量为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为（用、、、、表示）___________。
（2）乙组同学误将重锤丢失，为了继续完成实验现将板斜放，上端刚好在槽口抛出点，标记为O。板足够长小球都能落在板上，如图2，采用甲组同学相同的操作步骤完成头验。
③对该组同学实验判断正确的是___________。
A.乙组同学无法完成验证动量守恒定律 B.秒表不是乙组同学的必需器材
C.乙组同学必须测量斜面倾角 D.图2中N为B球碰后落点
④设A球的质量为，B球的质量为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为（用、、、、表示）___________。
⑤若两小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是A球碰前、碰后的落点位置，实验测得，则B球的落点位置___________。
【答案】 ①. C ②. m1OP=m1OM+m2ON ③. BD ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）①[1]A．用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使两球做平抛运动时间相等，故A错误；
B．调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生碰撞后做平抛运动，故B错误；
C．让入射球从同一位置释放，在碰撞前速度相等，保障了每次碰撞前小球的动量都相同，故C正确；
D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为碰撞使能量减少，不是因为斜槽摩擦力做负功造成的，故D错误。
故选C。
②[2]A、B两小球碰后都做平抛运动，竖直高度相等，故运动时间相等；又水平方向匀速运动
x=vt
由动量守恒定律，得
m1v1=m1v1′+m2v2
整理可得
m1OP=m1OM+m2ON
（2）③④[3][4]小球做平抛运动，若小球落到P点，则有
OPcsθ=v1t
联立可得
同理，若小球落到M、N点，对应速度为
由动量守恒定律得出表达式
由此可知，故BD正确，AC错误。
⑤[5]如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入以上速度表达式可知，应满足公式为
m1OP=m1OM+m2ON
由上可得
联立解得
代入数据解得
13. 如图，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点相距L＝12.0m，b点在a点的右方。一列简谱横波沿此长绳向右传播。在t＝0时刻，a点的位移cm（4cm为质点振动的振幅），b点的位移，且向下运动，T＝2s。
（1）求质点a的振动方程；
（2）若这一列简谐波的波长，求波可能的传播速度。
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）设质点a的振动方程为
依题意，A=4cm，T=2s，可得
由t＝0时刻，a点的位移cm，可知
解得
可得
（2）依题意，设该波的波长为，则有
又
解得
根据
联立，解得
14. 如图甲所示，空间内存在着方向竖直向下、场强大小的匀强电场，一质量、电荷量的带电粒子从空间的点以初速度水平射出。设粒子射出时为初始时刻，之后某时刻，带电粒子的速度与水平方向的夹角为，则与时间的关系图象如图乙所示，粒子的重力忽略不计。
（1）求粒子的初速度的大小；
（2）若粒子运动过程中经过图中点，且连线与水平方向的夹角，求、两点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子仅在电场力作用下做类平抛运动，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
竖直方向的速度
水平方向的速度
根据题意可知
根据图乙可得
则
解得
（2）根据题意可知，水平位移
竖直位移
设位移偏角为，则
代入数据得出运动时间
根据几何关系得出
联立解得
15. 如图所示，有一装置由倾斜轨道、水平轨道、台阶和足够长的水平轨道组成，小球C通过轻绳悬挂在悬点O的正下方，紧靠台阶右侧停放着“”型木板，木板的上表面水平且与B点等高，木板与水平地面间的动摩擦因数为，其他接触面间的摩擦忽略不计。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处由静止释放，滑至C处时与小球发生正碰，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，滑块向右滑上木板。已知滑块、小球和木板的质量分别为和，A到轨道的高度为，轻绳的长度为，木板长度为，滑块、小球均可视为质点。重力加速度大小为。求：
（1）轻绳的最大拉力；
（2）滑块冲上型木板的速度大小；
（3）滑块与挡板发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短，求滑上木板后经多长时间滑与木板发生第2次碰撞。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球C碰后速度为，在最高点速度为，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动在竖直面内做圆周运动，根据机械能守恒可得
在最高点
在最低点时轻绳拉力最大，根据牛顿第二定律可得
联合解得
（2）设滑块滑下来碰撞前的速度为，下滑过程由机械能守恒可得
与C碰撞过程，由动量守恒可得
代入数据解得
（3）滑块冲上木板后匀速运动，经时间发生第1次碰撞，则
解得
滑块与木板碰撞过程动量守恒、机械能守恒可得
解得
设经时间滑块与木板发生第2次碰撞，木板减速的加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板位移相同，即
解得
设碰后板匀减速运动经时间速度减为0，由动量定理可得
解得
故木板早已停止运动，因此从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板的实际位移为木板第一次碰撞后匀减速运动至停止的位移，即
解得
故滑块从滑上木板到与木板发生第2次碰撞的时间为
考试时间：2023年10月21日上午10：30-11：45：试卷满分：100分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或者不选的得0分。
1. 如图所示，某同学利用平底水槽研究水波传播时的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图是观察水波穿过狭缝后的情景，此时水波没有发生衍射现象
B. 甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象
C. 乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率不同
D. 乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后振动减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图水波发生了衍射现象，A错误；
B．波长一定，缝越窄衍射现象越明显，当甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象，B正确；
C．乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率相同，C错误；
D．乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后依旧为振动加强点，D错误。
故选B。
2. 如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（ ）
A. 在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FA
C. 把电子从b等势面移动到e等势面，静电力做功为15eV
D. 在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将做曲线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．因A点的等势面较B点密集，可知A处的场强比B处场强大，则在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FA>FB，选项A错误；
B．因AB两点在同一等势面上，则电子在B点电势能等于在A点电势能，选项B错误；
C．把电子从b等势面移动到e等势面，电势升高15V，则电子的电势能减小15eV，则静电力做功为15eV，选项C正确；
D．电场线与等势面正交，则过F点的电场线水平向右，则沿在F点给电子一个沿虚线向左的初速度，将沿虚线做直线运动，选项D错误。
故选C。
3. 一列简谐横波向轴负方向传播，在时的波形如图所示，两质点的平衡位置的坐标分别为、。已知时，质点第1次位于波峰，下列说法正确的是（ ）
A. 振源的起振方向为轴负方向
B. 当质点位于波峰时，质点也位于波峰
C. 该波的波速为
D. 时，质点第2次位于波峰
【答案】D
【解析】
【详解】A．因t=0时刻，x=1m处的质点沿y轴正向振动，可知振源的起振方向为轴正方向，A错误；
B．波长为4m，因
PQ=1.5λ
则当质点位于波峰时，质点位于波谷，B错误；
C．已知时，质点Q第一次出现波峰，则
即
则该波的波速为
C错误；
D．波传到P点需要的时间为0.2s，由于波的起振方向是轴正方向，由于质点振动的周期为0.4s，故时，质点第2次位于波峰，D正确。
故选D。
4. 把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是54r/min。以下说法正确的是（ ）
A. 偏心轮现在的频率是0.8Hz
B. 增加偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
C. 增加筛子质量，可以使筛子振幅增大
D. 降低偏心轮转速，可以使筛子振幅增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．某电压下偏心轮转速是54r/min。偏心轮现在的频率为
故A错误；
B．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加偏心轮转速，偏心轮的频率增大，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅增小，故B错误；
C．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加筛子质量，筛子的固有周期增大，则固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故C错误；
D．由图乙可知，筛子固有频率为0.8Hz，降低偏心轮转速，偏心轮的频率减小，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变小，筛子振幅增大，故D正确；
故选D。
【点睛】当驱动频率与故有频率相等时，物体发生共振，振幅最大。根据题意分析驱动力频率与筛子固有频率的变化情况，再结合图像进行分析。
5. 如图所示，小球A和槽形物体B质量分别为m、2m，B置于水平面上，B的上部半圆形槽的半径为R，槽的左右两侧等高．将A从槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计，则（ ）
A. A刚能到达槽的左侧顶端
B. A运动到槽的最低点时速度为
C. B向右匀速运动
D. A向左运动的最大位移为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v1，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v1=0，根据能量守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点。故A正确；
B．设A到达最低点时的速度为v，根据动量守恒定律得
0=mv-2mv’
解得
根据能量守恒定律得
解得
故B错误；
C．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动。故C错误；
D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移x，根据动量守恒定律得
解得
故D正确。
故选AD。
6. 在图甲的电路中，是可调电阻，是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U-I图像如图乙中AB所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该电源电动势为3V
B. 的阻值为5
C. 消耗的功率最大为3W
D. 当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路中的阻值为10
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据闭合电路的欧姆定律可得
由图可知，当时，；当时，。代入上式可得
，
故A错误，B正确；
C．将电源与定值电阻R2看成等效电源，消耗的功率最大，即等效电源的输出功率最大，故当时，消耗的功率最大为
故C错误；
D．当电流为0.2A时，由欧姆定律及串并联电路中的规律可得，电路中总电阻为
解得
故D错误。
故选B。
【点睛】根据闭合电路的欧姆定律及串并联电路的规律分析各部分元件的电流和电压之间的关系。掌握电源输出功率最大的条件以及灵活运用。
7. 如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A，B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动的过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10），下列说法正确的是（ ）
A. A、B组成的系统机械能守恒
B. 细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N
C. B对A的压力大小最大为28N
D. 弹簧的最大弹力为60N
【答案】C
【解析】
【详解】A．A、B一起向下移动的过程中，弹簧弹力对A、B整体做负功，A、B组成的系统机械能减小，A错误；
B．未剪细线之前，对A
剪断细线瞬间，对A、B整体
解得
对B受力分析
解得
故B对A的压力大小为12N。B错误；
C．剪断细线后的瞬间，A、B整体加速度为，方向竖直向下，之后A、B一起做简谐运动，由对称性可知，A、B运动到最低点时，A、B加速度大小为，方向竖直向上，对B应用牛顿第二定律可得
解得
C正确；
D．剪断细线后的瞬间，A、B整体受到的合外力大小为，之后A、B一起做简谐运动，由对称性可知，A、B运动到最低点时，A、B受到的合外力竖直向上，大小为，则
解得
D错误。
故选C。
8. 粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中，如图所示。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管的位移、速度时间图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【详解】由于木筷在水中做简谐运动，且初始时，木筷的位移由正向最大逐渐减小，速度由零逐渐增大，方向为负方向，且运动的速度、相对平衡位置的位移随时间的关系都应是三角函数的波形。
故选AD。
9. 在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【解析】
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
10. “娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客受风面积（游客在垂直风力方向的投影面积）为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 气流速度大小为
B. 单位时间内流过风洞内某横截面气体体积为
C. 风若速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为
D. 单位时间内风机做的功为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对时间内吹向游客的气体，设气体质量为，由动量定理可得
由于游客处于静止状态，故满足
另外
联立可得
故A正确；
B．单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为
联立解得
故B错误；
C．若风速变为原来的，设风力为，由动量定理可得
另外
联立可得
由牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．风洞单位时间流出的气体质量为M
单位时间内风机做的功为
故D正确。
故选AD。
二、非选择题（本大题共5小题，共60分）
11. 某同学要将一小量程电流表（满偏电流为，内阻为）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图（a）所示，其中定值电阻，。
（1）当开关S接A端时，该电流表的量程为___________；
（2）当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时___________（填“大”或“小”）
（3）该同学选用量程合适的电压表（内阻未知）和此改装电流表测量未知电阻的阻值，设计了图（b）中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用___________（填“甲”或“乙”）电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
【答案】 ①. 1 ②. 大 ③. 乙
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
此时R1和R2的电流为
所以总电流为
即量程为0~1mA。
（2）[2]当开关S接B端时，由图可知R1和电流表串联再和R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以比接在A端时大。
（3）[3]图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差。
12. 在验证动量守恒定律实验中，同学们不仅完成了课本原来的实验，还用相同的器材进行多方面的探索及尝试。下面是甲、乙两组同学的实验，请回答相关的问题：
（1）甲组同学采用如图1所示的装置，由斜槽和水平槽构成。将复写纸与白纸铺在水平放的木板上，重垂线所指的位置为O。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹平均位置P；再把B球放在水平挡上靠近槽末端的地方，让A球仍从固定位置由静止开始滚下，与B球发生对心正碰，碰后A球不被反弹。碰撞后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作多次得到多个落点痕迹平均位置M、N。
①实验中有关操作和描述正确的是___________。
A.用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使被碰球飞行距高更远，可减小测量误差
B.调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生对心碰撞
C.让入射球从同一位置释放，目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同
D.碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的
②设A球的质量为，B球的质量为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为（用、、、、表示）___________。
（2）乙组同学误将重锤丢失，为了继续完成实验现将板斜放，上端刚好在槽口抛出点，标记为O。板足够长小球都能落在板上，如图2，采用甲组同学相同的操作步骤完成头验。
③对该组同学实验判断正确的是___________。
A.乙组同学无法完成验证动量守恒定律 B.秒表不是乙组同学的必需器材
C.乙组同学必须测量斜面倾角 D.图2中N为B球碰后落点
④设A球的质量为，B球的质量为，则本实验验证动量守恒定律的表达式为（用、、、、表示）___________。
⑤若两小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是A球碰前、碰后的落点位置，实验测得，则B球的落点位置___________。
【答案】 ①. C ②. m1OP=m1OM+m2ON ③. BD ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）①[1]A．用质量大的球去碰质量较小的球，目的是使两球做平抛运动时间相等，故A错误；
B．调整斜槽末端水平，目的是使两球能发生碰撞后做平抛运动，故B错误；
C．让入射球从同一位置释放，在碰撞前速度相等，保障了每次碰撞前小球的动量都相同，故C正确；
D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为碰撞使能量减少，不是因为斜槽摩擦力做负功造成的，故D错误。
故选C。
②[2]A、B两小球碰后都做平抛运动，竖直高度相等，故运动时间相等；又水平方向匀速运动
x=vt
由动量守恒定律，得
m1v1=m1v1′+m2v2
整理可得
m1OP=m1OM+m2ON
（2）③④[3][4]小球做平抛运动，若小球落到P点，则有
OPcsθ=v1t
联立可得
同理，若小球落到M、N点，对应速度为
由动量守恒定律得出表达式
由此可知，故BD正确，AC错误。
⑤[5]如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入以上速度表达式可知，应满足公式为
m1OP=m1OM+m2ON
由上可得
联立解得
代入数据解得
13. 如图，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点相距L＝12.0m，b点在a点的右方。一列简谱横波沿此长绳向右传播。在t＝0时刻，a点的位移cm（4cm为质点振动的振幅），b点的位移，且向下运动，T＝2s。
（1）求质点a的振动方程；
（2）若这一列简谐波的波长，求波可能的传播速度。
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）设质点a的振动方程为
依题意，A=4cm，T=2s，可得
由t＝0时刻，a点的位移cm，可知
解得
可得
（2）依题意，设该波的波长为，则有
又
解得
根据
联立，解得
14. 如图甲所示，空间内存在着方向竖直向下、场强大小的匀强电场，一质量、电荷量的带电粒子从空间的点以初速度水平射出。设粒子射出时为初始时刻，之后某时刻，带电粒子的速度与水平方向的夹角为，则与时间的关系图象如图乙所示，粒子的重力忽略不计。
（1）求粒子的初速度的大小；
（2）若粒子运动过程中经过图中点，且连线与水平方向的夹角，求、两点间的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子仅在电场力作用下做类平抛运动，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
竖直方向的速度
水平方向的速度
根据题意可知
根据图乙可得
则
解得
（2）根据题意可知，水平位移
竖直位移
设位移偏角为，则
代入数据得出运动时间
根据几何关系得出
联立解得
15. 如图所示，有一装置由倾斜轨道、水平轨道、台阶和足够长的水平轨道组成，小球C通过轻绳悬挂在悬点O的正下方，紧靠台阶右侧停放着“”型木板，木板的上表面水平且与B点等高，木板与水平地面间的动摩擦因数为，其他接触面间的摩擦忽略不计。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处由静止释放，滑至C处时与小球发生正碰，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动，滑块向右滑上木板。已知滑块、小球和木板的质量分别为和，A到轨道的高度为，轻绳的长度为，木板长度为，滑块、小球均可视为质点。重力加速度大小为。求：
（1）轻绳的最大拉力；
（2）滑块冲上型木板的速度大小；
（3）滑块与挡板发生的是弹性碰撞，碰撞时间极短，求滑上木板后经多长时间滑与木板发生第2次碰撞。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设小球C碰后速度为，在最高点速度为，碰后小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动在竖直面内做圆周运动，根据机械能守恒可得
在最高点
在最低点时轻绳拉力最大，根据牛顿第二定律可得
联合解得
（2）设滑块滑下来碰撞前的速度为，下滑过程由机械能守恒可得
与C碰撞过程，由动量守恒可得
代入数据解得
（3）滑块冲上木板后匀速运动，经时间发生第1次碰撞，则
解得
滑块与木板碰撞过程动量守恒、机械能守恒可得
解得
设经时间滑块与木板发生第2次碰撞，木板减速的加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板位移相同，即
解得
设碰后板匀减速运动经时间速度减为0，由动量定理可得
解得
故木板早已停止运动，因此从第一次碰撞到第二次碰撞滑块与木板的实际位移为木板第一次碰撞后匀减速运动至停止的位移，即
解得
故滑块从滑上木板到与木板发生第2次碰撞的时间为
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