湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三（上学期）月考 物理试卷（四）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三（上学期）月考 物理试卷（四），共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）一质点沿平直的轨道运动时，通过位移传感器描绘了质点位置随时间的变化规律，图像如图所示。已知该图像为开口向下的抛物线，倾斜的虚线为t＝0时图像的切线，此时（ ）
A．质点始终向同一方向运动
B．x0＝3.5m
C．质点的加速度大小为2m/s2
D．t0＝4s
2．（4分）如图所示为一小朋友放风筝的示意图。稳定时风筝悬浮在空中，地面上的人用轻绳拉住风筝，为了让风筝沿同一竖直线缓慢升高，整个过程人始终没有走动，假设空气对风筝作用力的方向不变。则风筝缓慢上升时（ ）
A．空气对风筝的作用力逐渐增大
B．轻绳的拉力逐渐减小
C．人对地面的压力逐渐增大
D．地面对人的摩擦力逐渐减小
3．（4分）电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高（ ）
A．太空电梯上各点加速度与该点离地球球心的距离的平方成反比
B．超级缆绳对P平台的作用力方向指向地心
C．若从配重空间站向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝配重空间站转动的方向向前运动，一边落向地球
D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的近地点
4．（4分）某同学在课外活动时设计了一个小游戏，将质量为m＝1kg的滑块套在竖直杆上，滑块外侧有一轨道（可使轻绳绕滑块无摩擦转动），另一端与质量为2m的小球相连，滑块与竖直杆间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块恰不下滑，则小球做圆周运动的角速度为（ ）
A．B．C．5rad/sD．6rad/s
5．（4分）如图所示，AB、BC、AC是等长的绝缘细棒，构成彼此绝缘的等边三角形，AC棒上均匀分布着正电荷。已知AB、BC两细棒单位长度分布电荷量的绝对值相等且是AC的两倍，AB棒在三角形中心O产生的电场强度大小为E，AB棒在O点产生的电势为﹣φ。关于三根细棒在O点所产生的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零，电势为零
B．O点电场强度大小为2E，方向沿OB指向O，电势为﹣φ
C．O点电场强度大小为1.5E，方向沿OB指向B，电势为﹣1.5φ
D．O点电场强度大小为（+1）E，方向沿OB指向B，电势为φ
6．（4分）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．（4分）如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠D＝45°，AO垂直于CD，在ACD平面向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m，且满足v0＝，下列说法正确的是（ ）
A．从AC边射出的电子占总电子数的六分之一
B．从AD边射出的电子占总电子数的二分之一
C．从OD边射出的电子占总电子数的三分之一
D．所有从AC边射出的电子中，当θ＝30°时，所用的时间最短
（多选）8．（6分）图甲为一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝0.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.0m处的质点（ ）
A．在t＝0.3s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
B．从t＝0.2s到t＝0.4s，该波沿x轴负方向传播了2m
C．从t＝0.2s到t＝0.5s，质点P通过的路程为30cm
D．在t＝0.4s时，P质点的位移为
（多选）9．（6分）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取g＝10m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．上升过程中，当x＝7.5m时物块的速度最大
B．上升过程中，当x＝10m时物块的速度为0
C．上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5m
D．下降过程中，当x＝0时重力对物块做功的功率为
（多选）10．（6分）如图所示，固定在天花板上的轻杆将光滑轻质小定滑轮悬挂在空中，一根弹性轻绳一端固定在左边墙壁上O点，用手平托住滑块，使OAP在一条水平线上。绳的原长与O点到滑轮距离OA相等，绳的弹力F与其伸长量x满足胡克定律F＝kx，滑块初始在P点时对杆的弹力大小为mg，当滑到Q点时速度恰好为零，弹性绳始终处在弹性限度内（ ）
A．滑块从P点释放瞬间的加速度大小为g
B．滑块下滑过程中速度达到最大值时的位置到P点距离为0.8d
C．滑块从P运动到Q的过程中，弹性绳对滑块做功﹣0.8mgd
D．PQ之间的距离为1.6d
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（6分）某同学用图甲所示装置探究加速度合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与放在木板上的小车相连，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m，重力加速度大小为g。
（1）平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小车（和钩码），则应将小物块向 （选填“左”或“右”）移动，才会使小车（和钩码）在板上做匀速运动；
（2）平衡摩擦力后，将n（依次取n＝1，2，3，4…）个钩码挂在轻绳左端，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的时间间隔均为0.1s m/s2（结果保留3位有效数字）；
（3）实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）丙图是利用不同n对应不同a作出的a﹣n图像，如果图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用的钩码个数N＝ （用g、k、m、M表示）。
12．（8分）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻R0＝2Ω。
（1）实验中，定值电阻R0的作用有 （填字母）。
A．保护电源
B．在电流变化时使电压表示数变化明显
C．在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U﹣I的值，断开开关S0；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U﹣I的值，断开开关S0；
⑤分别作出两种情况所对应的U﹣I图像。
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示 V。
（4）根据测得数据，作出两U﹣I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）综合可求得电源电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位小数）
13．（11分）在空间站中的微重力环境下形成一个水球，在水球中心注入空气，水层内外两球面球心均在点O，在内球面上恰好发生全反射。已知水的折射率为，内球面半径为R，真空中光速为c，≈7.4，
（1）光束的入射角i；
（2）光束在水中的传播时间。
14．（12分）在直角坐标系中，三个边长都为l＝2m的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．
（1）现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点．求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；
（2）保持（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？
15．（17分）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m＝6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h＝5m，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为µ＝0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略），卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M＝24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
2024-2025学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）月考物理试卷（四）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，共46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，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）一质点沿平直的轨道运动时，通过位移传感器描绘了质点位置随时间的变化规律，图像如图所示。已知该图像为开口向下的抛物线，倾斜的虚线为t＝0时图像的切线，此时（ ）
A．质点始终向同一方向运动
B．x0＝3.5m
C．质点的加速度大小为2m/s2
D．t0＝4s
【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度方向；已知t＝0时刻的速度为6m/s，根据斜率求x0；根据图像求出1.5s时的速度，再由加速度的定义式求质点的加速度；根据匀变速直线运动的位移—时间公式求解t0的值。
【解答】解：A、根据x﹣t图像的斜率表示速度，由图可知，故A错误；
B、根据x﹣t图像的切线斜率表示速度0＝＝6m/s2＝3.5m，故B正确；
C、根据x﹣t图像的切线斜率表示速度，则质点的加速度大小为
a＝＝m/s2＝4m/s3，故C错误；
D、从t＝1.5s到t2时刻过程，根据运动学公式可得
解得t0＝4.5s，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查匀变速直线运动和x﹣t图像，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
2．（4分）如图所示为一小朋友放风筝的示意图。稳定时风筝悬浮在空中，地面上的人用轻绳拉住风筝，为了让风筝沿同一竖直线缓慢升高，整个过程人始终没有走动，假设空气对风筝作用力的方向不变。则风筝缓慢上升时（ ）
A．空气对风筝的作用力逐渐增大
B．轻绳的拉力逐渐减小
C．人对地面的压力逐渐增大
D．地面对人的摩擦力逐渐减小
【分析】对风筝受力分析，利用图解法，根据平衡条件分析空气对风筝的作用力和轻绳的拉力变化情况。对人，根据平衡条件列方程，分析地面对人的支持力变化情况，从而得到人对地面的压力变化情况。对人和风筝的整体分析，由平衡条件分析地面对人的摩擦力变化情况。
【解答】解：AB、对风筝受力分析如图所示。
因空气对风筝作用力的方向不变，重力大小和方向不变，细绳与竖直方向的夹角减小，空气对风筝的作用力F风逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，B错误；
C、设细绳与竖直方向夹角为θ，地面对人的支持力为
FN＝Mg﹣Tcsθ
因T增大，θ减小N减小，则由牛顿第三定律知，故C错误；
D、对人和风筝的整体分析，因风力方向不变，可知风力的水平分量变大，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要灵活选择研究对象，正确分析受力，利用平衡条件进行动态分析。
3．（4分）电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高（ ）
A．太空电梯上各点加速度与该点离地球球心的距离的平方成反比
B．超级缆绳对P平台的作用力方向指向地心
C．若从配重空间站向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝配重空间站转动的方向向前运动，一边落向地球
D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的近地点
【分析】根据同轴转动角速度相同，分析各点的线速度与距离的关系；根据牛顿第二定律分析；通过对比没有拉力和有拉力存在时平台的运动状态分析超级缆绳的作用力方向；缆绳断裂后，受到引力作用分析运动。
【解答】解：A．太空电梯上各点具有相同的角速度，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比；
B．P平台如果只受地球万有引力，而实际圆周运动角速度等于同步空间站角速度，故地球的引力与缆绳拉力提供P平台做圆周运动所需的向心力，超级缆绳对P平台的作用力方向背离地心；
C．因为超级缆绳对配重站有拉力作用，相当于它受到的向心力减小，物块会做离心运动，则小物块会一边朝配重空间站转动的方向向前运动一边偏离地球，故C错误；
D．若两空间站之间缆绳断裂，其断裂处为椭圆的近地点。
故选：D。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，解题的关键是要注意将同步卫星当作联系地空的桥梁，难度适中。
4．（4分）某同学在课外活动时设计了一个小游戏，将质量为m＝1kg的滑块套在竖直杆上，滑块外侧有一轨道（可使轻绳绕滑块无摩擦转动），另一端与质量为2m的小球相连，滑块与竖直杆间的动摩擦因数，重力加速度为g＝10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块恰不下滑，则小球做圆周运动的角速度为（ ）
A．B．C．5rad/sD．6rad/s
【分析】滑块恰好不下滑，受力平衡，对滑块受力分析，然后对小球受力分析，轻绳的拉力T为两者关联的关键，联立列方程求解即可。
【解答】解：对小球和滑块受力分析如图所示
设轻绳与的拉力为T，与竖直方向夹角为θ，小球做匀速圆周运动，
对滑块受力分析：mg+Tcsθ＝μTsinθ
对小球受力分析竖直方向上：Tcsθ＝2mg，水平方向上：Tsinθ＝mω2Lsinθ
联立方程得，θ＝60°
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查圆周运动规律、摩擦力和牛顿第二定律等知识，考查考生的理解能力和分析综合能力。
5．（4分）如图所示，AB、BC、AC是等长的绝缘细棒，构成彼此绝缘的等边三角形，AC棒上均匀分布着正电荷。已知AB、BC两细棒单位长度分布电荷量的绝对值相等且是AC的两倍，AB棒在三角形中心O产生的电场强度大小为E，AB棒在O点产生的电势为﹣φ。关于三根细棒在O点所产生的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零，电势为零
B．O点电场强度大小为2E，方向沿OB指向O，电势为﹣φ
C．O点电场强度大小为1.5E，方向沿OB指向B，电势为﹣1.5φ
D．O点电场强度大小为（+1）E，方向沿OB指向B，电势为φ
【分析】分别求出不同电荷在O点的场强大小和方向，结合矢量合成遵循的平行四边形法则计算出合场强的大小和方向；
根据电势的合成特点计算出电势的大小。
【解答】解：由场强叠加和对称性可知AB棒在三角形中心O点形成的电场强度方向垂直且指向AB、BC在O点形成的电场强度方向垂直且指向BC，根据几何关系，合场强大小指向B；已知AB，所以AC形成电场强度的大小为0.5E，所以合成结果为场强大小为3.5E。
电势是标量，无方向，故ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了电势和场强的相关概念，根据公式先计算出场强和电势，在进行合成时要注意物理量的标矢性。
6．（4分）在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，现让一个质量为m，电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入，磁感应强度大小为B，小球从O点射入的速度大小为，则小球的运动轨迹可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】小球受重力、电场力与洛伦兹力作用，小球射入时将初速度v0进行分解，求得分速度，结合题意分析作图求解。
【解答】解：小球射入时将初速度v0进行分解，其中分速度v1可使得小球受到的电场力、洛伦兹力与重力三力平衡7B，解得：v1＝
根据左手定则可知v1沿x轴正方向，由题意知初速度v6沿y轴正方向，小球从O点射入的速度大小为v0＝，根据平行四边形法则可得分速度v2与y轴的夹角为45°，如下图所示
分速度v4的大小为v2＝v5＝
小球以分速度v2做匀速圆周运动，以分速度v2沿x轴正方向做匀速直线运动，两者的合运动轨迹即为小球的运动轨迹，圆周运动轨迹如下图
圆周运动的轨迹与x轴正方向匀速直线运动合成后的轨迹即为小球实际运动轨迹，如下图所示
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在混合场的运动，学生可将初速度进行分解求得分速度再根据题意分析作图求解。
7．（4分）如图所示，三角形ACD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠D＝45°，AO垂直于CD，在ACD平面向磁场内各个方向均匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC的夹角θ表示，电子质量为m，且满足v0＝，下列说法正确的是（ ）
A．从AC边射出的电子占总电子数的六分之一
B．从AD边射出的电子占总电子数的二分之一
C．从OD边射出的电子占总电子数的三分之一
D．所有从AC边射出的电子中，当θ＝30°时，所用的时间最短
【分析】根据题意可求得电子的轨迹半径，用动圆的知识，找到从AC或AD和OD边射出的粒子的入射角范围，从而得到数目或点比；
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子进入磁场的速度方向不同，电子的轨道的圆心不同，应用牛顿第二定律与周期公式求解出半径公式和周期公式，从而最短的时间。
【解答】解：A、由于粒子源发生的电子速率相同，洛伦兹力提供向心力
代入已知数据解得：
即所有电子的半径都相等，由左手定则可知，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，如图所示，
由题意及分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，当电子从AC边射出时，故A错误；
B、由题意及分析可知，电子从AD边射出，由几何关系可知从AD边射出的电子占总电子的；
C、由题意及分析可知，当电子从OD边射出时，故C错误；
D、电子在磁场中做匀速圆周运动，由运动学公式有：
在磁场中运动的时间为t，有：
整理电子在磁场中运动的时间：
即电子运动偏转角（即半径转过的圆心角）越小，其在磁场中运动的时间就越短，其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，所以所有从AC边射出的电子中，所用的时间并不是最短的。
故选：B。
【点评】本题考查了电子在磁场中的运动的动圆问题，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，分析清楚电子的轨道圆心的变化，从而导致从三角形不同位置射出，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题。
（多选）8．（6分）图甲为一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝0.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.0m处的质点（ ）
A．在t＝0.3s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
B．从t＝0.2s到t＝0.4s，该波沿x轴负方向传播了2m
C．从t＝0.2s到t＝0.5s，质点P通过的路程为30cm
D．在t＝0.4s时，P质点的位移为
【分析】A.根据波长、波速和周期的关系求解波速；根据“同侧法”确定波的传播方向，根据速度公式求解波传播的距离，根据平移法作出t＝0.3s时刻的波形图，从而确定质点P的位置，然后作答；
B.根据速度公式求解波传播的距离；
C.在t＝0.2s时刻质点P沿y轴正方向振动，在时间内通过的路程小于1A，在时间内通过的路程为2A，据此分析作答；
D.根据图甲求解t＝0.2s时刻的波动方程，求解质点P的位移，经过半个周期，波形图反向，据此求解作答。
【解答】解：A.该波的波长λ＝4m，周期T＝0.2s
根据波长、波速和周期的关系
根据“同侧法”结合图乙可知，该波沿x轴负方向传播；
在0.2s～2.3s内，波传播的距离Δx＝vΔt＝10×（0.4﹣0.2）m＝7m
t＝0.3s时的波形图如图所示：
质点P的位移沿y轴正方向，加速度方向与y轴负方向相同；
B.从t＝6.2s到t＝0.8s，该波沿x轴负方向传播的距离为x′＝vΔt′＝10×（0.4﹣4.2）m/s＝2m；
C.在t＝4.2s时刻质点P沿y轴正方向振动，在时间内通过的路程小于1A，在，因此在从t＝0.2s到t＝7.5s，故C错误；
D.t＝0.8s时刻的波动方程
质点P的纵坐标
因此在t＝0.4s时，P质点的位移为。
故选：BD。
【点评】本题考查了振动图像与波动波动图像的联系，能够根据质点的振动方向确定波的传播方向，掌握平移法作图的方法；明确质点在1T时间内通过的量程为4A，在时间内通过的2A，但是在时间内通过的量程不一定为1A。
（多选）9．（6分）如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取g＝10m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．上升过程中，当x＝7.5m时物块的速度最大
B．上升过程中，当x＝10m时物块的速度为0
C．上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5m
D．下降过程中，当x＝0时重力对物块做功的功率为
【分析】当F＝mgsin30°时，小物块的合力为零，速度最大；上升过程中，当x＝10m时，根据F﹣x图像与横轴所围的面积表示F做的功，求出F做功，再由动能定理计算当x＝10m时物块的速度；根据动能定理和几何关系求出物块能达到的最大高度；物块由最高点下降至最低点过程，由动能定理求出x＝0时小物块的速度v1，再由P＝mgv1sin30°计算重力对物块做功的功率。
【解答】解：A、小物块的重力沿斜面向下的分力大小为G1＝mgsin30°＝2×10×4.5N＝10N
根据图像可知，在拉力作用下，后向上做加速度减小的直线运动1＝10N时，加速度减小为2，根据图乙可知，x＝7.5m，故A正确；
B、当x＝10m时
其中
解得，故B错误；
C、令物块沿斜面运动到x＝10m位置之后8，则由动能定理有
解得
x1＝8m
故上升过程中，物块能达到的最大高度为
，故C正确；
D、物块由最高点下降至最低点过程
解得
下降过程中，当x＝0时重力对物块做功的功率为
P＝mgv1sin30°
解得，故D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题时，要知道F﹣x图像与横轴所围的面积表示F做的功，涉及力在空间的积累效果，要想到动能定理。
（多选）10．（6分）如图所示，固定在天花板上的轻杆将光滑轻质小定滑轮悬挂在空中，一根弹性轻绳一端固定在左边墙壁上O点，用手平托住滑块，使OAP在一条水平线上。绳的原长与O点到滑轮距离OA相等，绳的弹力F与其伸长量x满足胡克定律F＝kx，滑块初始在P点时对杆的弹力大小为mg，当滑到Q点时速度恰好为零，弹性绳始终处在弹性限度内（ ）
A．滑块从P点释放瞬间的加速度大小为g
B．滑块下滑过程中速度达到最大值时的位置到P点距离为0.8d
C．滑块从P运动到Q的过程中，弹性绳对滑块做功﹣0.8mgd
D．PQ之间的距离为1.6d
【分析】滑块从P点释放瞬间，根据牛顿第二定律进行解答；设滑块下滑过程中速度最大时绳与竖直方向夹角为α，则根据平衡条件进行解答；滑块从P运动到Q的过程中，弹性绳对滑块做功为W，由动能定理进行解答。
【解答】解：A、滑块从P点释放瞬间、重力。由题意知：kd＝mg＝FN
根据牛顿第二定律可得：mg﹣μFN＝ma
解得：a＝0.8g，故A错误；
B、设滑块下滑过程中速度最大时绳与竖直方向夹角为α，绳弹力大小为T
Tsinα＝FN
mg﹣Tcsα﹣f＝5
又：f＝μFN，T＝k•，hMP＝
联立可得：hMP＝0.8d，故B正确；
CD、由B中分析可知滑块下滑过程中受杆的弹力大小不变，则滑动摩擦力也为一恒力N＝μmg
设滑块从P运动到Q的过程中，弹性绳对滑块做功为WPQ﹣fhPQ＝7
根据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知：hPQ＝2hMP＝1.7d
联立可解得：W＝﹣1.28mgd，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（6分）某同学用图甲所示装置探究加速度合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与放在木板上的小车相连，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m，重力加速度大小为g。
（1）平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小车（和钩码），则应将小物块向 左 （选填“左”或“右”）移动，才会使小车（和钩码）在板上做匀速运动；
（2）平衡摩擦力后，将n（依次取n＝1，2，3，4…）个钩码挂在轻绳左端，用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的时间间隔均为0.1s 2.02 m/s2（结果保留3位有效数字）；
（3）实验中 不需要 （选填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量”的条件；
（4）丙图是利用不同n对应不同a作出的a﹣n图像，如果图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用的钩码个数N＝ （用g、k、m、M表示）。
【分析】（1）小车做减速运动，说明斜面倾角过小；
（2）根据逐差法计算即可；
（3）本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力；
（4）把小车和N个砝码看成一个整体，根据牛顿第二定律列方程，写出图像的函数表达式分析。
【解答】解：（1）发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，则应将小物块向左移动
（2）根据逐差法可得小车的加速度大小为
（3）由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力。
（4）把小车和N个砝码看成一个整体，根据牛顿第二定律可得
nmg＝（M+Nm）a
整理可得
可知a﹣n图像的斜率为
解得本实验中可用的钩码个数为
故答案为：（1）左；（2）2.02；（4）。
【点评】掌握该实验的实验原理是解题的关键，注意本实验的研究对象不是小车，而是小车和砝码组成的系统。
12．（8分）在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用何种接法，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知定值电阻R0＝2Ω。
（1）实验中，定值电阻R0的作用有 AB （填字母）。
A．保护电源
B．在电流变化时使电压表示数变化明显
C．在电压变化时使电流表示数变化明显
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U﹣I的值，断开开关S0；
③将滑动变阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U﹣I的值，断开开关S0；
⑤分别作出两种情况所对应的U﹣I图像。
（3）单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，电压表指针如图乙所示 1.50 V。
（4）根据测得数据，作出两U﹣I图像分别如图丙、丁所示，根据图像可知图丙对应的接法为 接法Ⅰ （填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）。
（5）综合可求得电源电动势E＝ 1.80 V，内阻r＝ 0.25 Ω。（结果均保留两位小数）
【分析】（1）定值电阻的作用，主要有保护电路和电流表读数变化明显；
（3）根据电压表的量程和分度值，确定读数；
（4）根据两种接法的特点和实验误差，对比两幅图，判断图丙对应的解法；
（5）更具闭合电路欧姆定律和图像求出电源电动势和内阻大小。
【解答】解：（1）定值电阻R0有保护电源的作用，且由于电源内阻很小0）
可知加了定值电阻后，回路中电阻增大，故选AB。
（3）根据（4）中所作图像可知，电压表最大量程应为7V，其分度值为0.1V。
（4）两种方法中接法Ⅰ采用了电流表的内接法，接法Ⅱ采用了电流表的外接法，图丙所示图像的斜率更大，分析可知接法Ⅰ，所测电源内阻偏大，由此可知图丙对应的接法为接法Ⅰ。
（5）当单刀双掷开关接3，且电流表示数为零时，此时电压表所测电压即为电源的电动势，可得：E＝1.80V
当单刀双掷开关接2，且电压表示数为5时，由图丁图像可知
则根据闭合电路的欧姆定律有：
解得：r＝0.25Ω
故答案为：（1）AB；（3）5.50；（5）1.80。
【点评】本题主要考查电源电动势和内阻的测定，在实验中要注意不同接法的特点以及实验误差，最后要结合图像计算电源电动势和内阻。
13．（11分）在空间站中的微重力环境下形成一个水球，在水球中心注入空气，水层内外两球面球心均在点O，在内球面上恰好发生全反射。已知水的折射率为，内球面半径为R，真空中光速为c，≈7.4，
（1）光束的入射角i；
（2）光束在水中的传播时间。
【分析】（1）根据几何关系，结合正弦定理和折射定律得出入射角的大小；
（2）根据折射率的定义式得出光在水中的传播速度，根据几何关系计算光程，从而计算时间。
【解答】解：（1）光在内球表面上恰好发生全反射，光路如下图所示
根据全反射临界角公式有sinC＝
由几何知识sin∠ABO＝sinC
在△ABO中，由正弦定理得＝
根据折射定律有n＝
联立解得sini＝7.5
即入射角i＝30°
（2）由折射率表达式v＝
设光程为2s，根据正弦定理有＝
传播时间为t＝
解得t＝
答：（1）光束的入射角为30°；
（2）光束在水中的传播时间为。
【点评】本题主要考查了光的折射定律的相关应用，理解光的折射定律，结合几何关系和正弦定理即可完成分析。
14．（12分）在直角坐标系中，三个边长都为l＝2m的正方形排列如图所示，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场0，在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．
（1）现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放，恰好能通过E点．求CED区域内的匀强电场的电场强度E1；
（2）保持（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？
【分析】（1）、此问分为两个过程，一是在第一象限电场区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场CDE区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出CDE区域的电场强度E；
（2）、首先设出释放点的坐标，再运用在第一象限电场中的加速和在CDE电场中的类平抛运动，计算出关于x、y的方程，满足此式的点即为符合要求的点．
（3）、该问分为三个阶段，一是在第一象限电场中的直线加速运动，二是在CDE电场中的类平抛运动，三是从CDE电场射出后的匀速直线运动，结合第二问的解题思路，可求出结果．
【解答】解：（1）设粒子出第一象限时速度为v，加速过程：
由类平抛运动的规律：l＝vt
计算解得：E2＝4E0
（2）设出发点坐标（x，y）
经过分析，要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y
y＝vt
计算可得：y＝x
（3）设出发点坐标（x，y）
在第二象限中类平抛运动时竖直位移为y′，由几何关系可得水平位移大小为y
y＝vt
由类平抛运动中的中点规律可知：
计算可得：y＝3x﹣4
答：（1）现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点静止释放．CED区域内的匀强电场的电场强度E7为4E0；
（2）保持（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，则释放的坐标值x
（3）若CDE区域内的电场强度大小变为E6＝E2，方向不变，其他条件都不变，要使所有粒子都经过N点、y间又应满足关系y＝3x﹣4
【点评】本题考查了带电粒子在简化的电子枪模型中的运动情况，是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知粒子的出发点，然后求粒子在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了粒子的出射点，要反推出在何处发出粒子才能满足所述要求．从内容看，该题涉及的是粒子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型之一，只不过本题作了拓展．
15．（17分）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m＝6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为h＝5m，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为µ＝0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略），卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动2。求：
（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
（2）当某次货物质量为M＝24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
（3）当小车的长度为L＝5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。
【分析】（1）根据机械能守恒定律解答；
（2）根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答；
（3）根据平底容器碰后的运动情况结合能量守恒定律解答。
【解答】解：（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得
解得
v4＝10m/s
（2）设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，规定向右为正方向，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞
（m+M）v0＝（m+M+m）v共
解得
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，则这一部分能量损失，根据能量守恒定律有
解得
（3）当小车的长度为L＝6m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
根据动量守恒定律有
（m+M）v7＝（m+M+m）v′共
联立可得
M≥12kg
答：（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为10m/s；
（2）小车的长度L需满足；
（3）每次运送的货物质量M应满足M≥12kg。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和动能定理的相关应用，过程较多，难度较大，注意分析运动过程。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
A
D
A
C
C
B