2023-2024学年北京市顺义一中高三(上)期中物理试卷

2023-2024学年北京市顺义一中高三（上）期中物理试卷一、单选题（每题3分，共42分）1．（3分）如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开 C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的 D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合2．（3分）如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．人对体重计的压力大小为m（g+a） B．人对体重计的压力大小为m（g﹣a） C．人对体重计的压力大于体重计对人的支持力 D．人对体重计的压力小于体重计对人的支持力3．（3分）如图为飞船运动过程的示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船（）A．在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期 B．在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大 C．在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比B点小 D．从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速4．（3分）如图所示，两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰、虚线表示波谷。下列说法正确的是（）A．a点的振动加强，b、c、d点的振动减弱 B．e、f两点的振动介于加强和减弱之间 C．经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换 D．经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰5．（3分）如图1所示，用手握住长绳的一端，t＝0时刻在手的带动下A点开始上下振动，其振动图像如图2所示，则以下四幅图中能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是（）A． B． C． D．6．（3分）蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正确（）A．从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大 B．从C点到D点，运动员的加速度逐渐减小 C．从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和减小 D．从B点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大7．（3分）如图甲所示，长为2m的平板车Q静止在水平地面上。t＝0时刻，可视为质点的小物块P从左端滑上平板车。此后，P和Q运动的速度—时间（v﹣t）图像如图乙所示。已知P、Q的质量均是1kg，取g＝10m/s2。以下判断正确的是（）A．在0～2s内，平板车Q与水平地面之间有摩擦力 B．在0～2s内，平板车Q受到的冲量大小是2N•s C．P相对Q静止时时恰好在Q的最右端 D．P、Q之间的动摩擦因数为为0.18．（3分）图表示某电场等势面的分布情况。将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EpA、EpB，下列关系式正确的是（）A．FA＞FB B．FA＜FB C．EpA＞EpB D．EpA＜EpB9．（3分）在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）A．a处场强大小仍为E，方向由a指向b B．a处场强大小为，方向由b指向a C．a处电势保持不变 D．a、c两点电势相等10．（3分）如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则（）A．该弹簧振子的振动周期为 B．该弹簧振子的振幅为y1﹣y2 C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零 D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零11．（3分）如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（）A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒 B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 C．两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2 D．两物块A、B运动的路程之比为2：112．（3分）某物体沿直线做单向运动，图中的直线反映了其运动过程中某两个物理之间的关系，阴影区域面积就有可能表示另一个物理量。请选出以下表述中错误的选项（）A．若y表示物体的加速度，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的速度变化量 B．若y表示物体所受合力，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的动量变化量 C．若表示物体所受合力的功率，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量 D．若y表示物体所受合力，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量13．（3分）如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm＝350km/h。则下列说法正确的是（）A．由题目信息可估算京张铁路的全长为350km B．行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm C．当动车的速度为时，动车的加速度大小为 D．从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为14．（3分）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（）A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大 B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大 C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小 D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变二、填空题（共18分）15．（6分）某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是；A．用公式计算时，将摆线长当作摆长B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动C．确保摆球在同一竖直平面内摆动D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆（2）某同学测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝（用L、n、t表示）。（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2﹣L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图2所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是。A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长LC．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小16．（12分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有。A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk＝，减少的重力势能ΔEp＝。（用题中所给字母表示）（3）某同学用如图3所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。①若两球碰撞前后动量守恒，则m1、m2、OM、OP、ON应满足表达式。②若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ON﹣OMOP（选填“＞”“＝”“＜”）。③某同学验证动量守恒定律认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由。三．计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．（9分）在水平方向的匀强电场中，用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求匀强电场的场强大小E；（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时的加速度大小a；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。18．（9分）如图所示，民航客机在发生意外紧急着陆后，打开紧急出口，会有一条气囊自动充气后形成连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面快速滑下。某客机紧急出口下沿距地面高h＝3.2m，气囊构成的斜长度L＝6.4m。某质量m＝60kg的乘客沿该气囊下滑时所受阻力大小f＝225N，取g＝10m/s2，忽略气囊形变。求：（1）该乘客沿气囊下滑过程中，人克服阻力所做的功Wf；（2）该乘客到达气囊底端时速度的大小v；（3）该乘客沿气囊下滑的过程中，重力对人的冲量IG。19．（10分）如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.2kg和mC＝0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度‒时间图象如图乙所示。求：（1）物体B运动速度的最大值；（2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度—时间图象；（3）若在某时刻使物体C以vC＝4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。20．（12分）物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果——做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境中，均不计空气阻力。（1）劲度系数为k1的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，a.若以小物块的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图1所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。b.求小物块的合力F与x的关系式，并据此说明小物块的运动是否为简谐运动；系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能EP的表达式。（2）如图2所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O'点。a.若已知摆球的质量为m，摆长为L，在偏角很小时，摆球对于O'点的位移x'的大小与θ角对应的弧长、弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k2的表达式；b.若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k2，求小球在振动位移为时的动能Ek（用A和k2表示）。

2023-2024学年北京市顺义一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每题3分，共42分）1．（3分）如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开 C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的 D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合【考点】静电平衡现象；电荷守恒定律．【答案】C【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．【解答】解：AB、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，AB错误；CD、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误。故选：C。2．（3分）如图所示，质量为m的人站在体重计上，随电梯以大小为a的加速度加速上升，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．人对体重计的压力大小为m（g+a） B．人对体重计的压力大小为m（g﹣a） C．人对体重计的压力大于体重计对人的支持力 D．人对体重计的压力小于体重计对人的支持力【考点】牛顿运动定律的应用——超重和失重；牛顿第二定律；牛顿第三定律．【答案】A【分析】超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上。根据牛顿第二定律即可计算出人对体重计的压力。【解答】解：AB、人受到的支持力N：N﹣mg＝ma，得：N＝mg+ma．根据牛顿第三定律得，对体重计的压力大小m（g+a）。故A正确，B错误；CD、人对体重计的压力和人受到的支持力是作用力和反作用力，故人对体重计的压力等于体重计对人的支持力，故CD错误。故选：A。3．（3分）如图为飞船运动过程的示意图。飞船先进入圆轨道1做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，最终进入圆轨道3完成对接任务。地球轨道2分别与轨道1、轨道3相切于A点、B点。则飞船（）A．在轨道1的运行周期大于在轨道3的运行周期 B．在轨道2运动过程中，经过A点时的速率比B点大 C．在轨道2运动过程中，经过A点时的加速度比B点小 D．从轨道2进入轨道3时需要在B点处减速【考点】人造卫星；万有引力定律的应用．【答案】B【分析】根据万有引力提供向心力分析出周期与半径的关系；根据开普勒第二定律分析出速率的大小关系根据万有引力提供加速度，分析出加速度与半径的关系并做分析；根据变轨的知识分析在B处需要加速还是减速。【解答】解：A、根据得轨道1的运动半径小于轨道3的运动半径，则在轨道1的运行周期小于在轨道3的运行周期，故A错误；B、在轨道2运动过程中，A点为近地点，速度最大；B点为远地点，速度最小，故B正确；C、根据得可知，经过A点时的加速度比B点大，故C错误；D、从轨道2进入轨道3时需要在B点加速，使飞船所需向心力等于万有引力，故D错误。故选：B。4．（3分）如图所示，两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰、虚线表示波谷。下列说法正确的是（）A．a点的振动加强，b、c、d点的振动减弱 B．e、f两点的振动介于加强和减弱之间 C．经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换 D．经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰【考点】波的叠加．【答案】D【分析】根据干涉图样得出振动加强点和振动减弱点的所在位置；结合波动的特点分析出半个周期后振动加强点和振动减弱点的位置。【解答】解：AB、由图可知：a点是波谷与波谷相遇点，c点是波峰和波峰的相遇点，a、c两点的振动加强，e在ac连线上，处于振动加强的区域，所以e点振动加强。b、d两点是波峰与波谷相遇点，则b、d两点的振动减弱，f点位于振动减弱点的连线上，故f点的振动也减弱，故AB错误；C、振动加强和减弱的区域位置是固定不变的，故C错误；D、根据波动规律可知，经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰，故D正确。故选：D。5．（3分）如图1所示，用手握住长绳的一端，t＝0时刻在手的带动下A点开始上下振动，其振动图像如图2所示，则以下四幅图中能正确反映t1时刻绳上形成的波形的是（）A． B． C． D．【考点】横波的图像；波长、频率和波速的关系．【答案】B【分析】从t＝0时刻到t1时刻绳上形成的波传播了的时间，形成λ的波形。由振动图像读出A点起振方向，从而知道介质中各个质点的起振方向，再确定波形图。【解答】解：波在一个周期内传播的距离为一个波长，从t＝0时刻到t1时刻绳上形成的波传播了T的时间，形成的波形。由振动图像可知t＝0时刻A点起振方向向上，则介质中各个质点的起振方向都向上，结合波形平移法判断可知，只有B图符合题意，故B正确，ACD错误。故选：B。6．（3分）蹦极是一项非常刺激的活动。如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。不计空气阻力，则运动员从O到D的运动过程中，下列叙述正确（）A．从B点到C点，运动员的加速度逐渐增大 B．从C点到D点，运动员的加速度逐渐减小 C．从B点到C点，运动员的动能和重力势能之和减小 D．从B点到D点，运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和增大【考点】功能关系；牛顿第二定律．【答案】C【分析】由牛顿第二定律判断加速度的变化；由系统机械能守恒定律判断，运动员的动能和重力势能之和的变化及运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和的变化。【解答】解：A．从B点到C点，设绳的弹力为F1，根据牛顿第二定律有mg−F1＝ma1随着下降，弹性绳的弹力F1逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐减小，故A错误；B．从C点到D点，设绳的弹力为F2，根据牛顿第二定律有F2−mg＝ma2随着下降，弹性绳的弹力F2逐渐增大，可知此过程中运动员的加速度逐渐增大，故B错误；C．从B点到C点，除了重力做功外，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，即运动员的动能和重力势能之和减小，故C正确；D．从B点到D点，运动员与弹性绳组成的系统机械能守恒，而从B点到C点，运动员的动能逐渐增大，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐减小；从C点到D点，运动员的动能逐渐减小，此过程中，运动员的重力势能与弹性势能之和逐渐增大，故D错误。故选：C。7．（3分）如图甲所示，长为2m的平板车Q静止在水平地面上。t＝0时刻，可视为质点的小物块P从左端滑上平板车。此后，P和Q运动的速度—时间（v﹣t）图像如图乙所示。已知P、Q的质量均是1kg，取g＝10m/s2。以下判断正确的是（）A．在0～2s内，平板车Q与水平地面之间有摩擦力 B．在0～2s内，平板车Q受到的冲量大小是2N•s C．P相对Q静止时时恰好在Q的最右端 D．P、Q之间的动摩擦因数为为0.1【考点】动量守恒定律；运动学图像综合；牛顿第二定律；动量定理．【答案】D【分析】A、在P、Q系统在相互作用的过程结束后，系统沿水平方向做匀速直线运动，可知系统所受的外力之和为零；B、从图像可知，0～2s内，Q先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，根据动量定理求冲量大小；C、根据运动学规律求得P、Q位移，再求出相对运动位移；D、根据图像斜率求得加速度，结合牛顿第二定律可得摩擦因数。【解答】解：A.由图可知，在P、Q系统在相互作用的过程结束后，系统沿水平方向做匀速直线运动，可知系统所受的外力之和为零，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，故A错误；B.从图像可知，0～2s内，Q先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv﹣0＝1N•s，故B错误；C.在t＝1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，从图像可知，在0～1s内，P的位移为：x1＝＝＝1.5m，Q的位移为：x2＝＝＝0.5m，则：Δx＝x1﹣x2＝1m，知P与Q相对静止时在木板的中点，故C错误；D.P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则a＝＝m/s2＝﹣1m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：μ＝0.1，故D正确。故选：D。8．（3分）图表示某电场等势面的分布情况。将某一试探电荷先后放置在电场中的A点和B点，它所受电场力的大小分别为FA、FB，电势能分别为EpA、EpB，下列关系式正确的是（）A．FA＞FB B．FA＜FB C．EpA＞EpB D．EpA＜EpB【考点】等势面．【答案】A【分析】等势面越密集处，电场线越密集，电场强度越大；同一等势面上的点电势均相等。据此分析。【解答】解：AB、因为A处等势面比B处密集，所以A处电场强度比B处大，由F＝Eq知，A处所受的电场力FA大于B处所受的电场力FB，故A正确，B错误；CD、因为A、B处在同一等势面上，所以φA＝φB，由Ep＝qφ知，EpA＝EpB，故CD错误。故选：A。9．（3分）在一个等边三角形abc顶点b和c处各放入一个电荷量相等的点电荷时，测得a处的场强大小为E，方向与bc边平行，如图所示。拿走c处的点电荷后，则（）A．a处场强大小仍为E，方向由a指向b B．a处场强大小为，方向由b指向a C．a处电势保持不变 D．a、c两点电势相等【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度与电场力；电势．【答案】D【分析】根据点电荷在某处产生电场强度的公式，结合矢量叠加法则，即可求解AB，根据电势的特点分析CD项。【解答】解：AB、由题意可知，c点电荷在a处的电场强度大小与b点电荷在a处的电场强度大小相同，由平行四边形定则可知，c点电荷在a处的电场强度方向由a指向c，而b电荷在a处的电场强度的方向由b指向a，两个场强大小相等，夹角为120°，合场强跟每个分场强大小相等；当拿走c处的点电荷后，则a处电场强度大小仍为E，方向沿ba向外，故AB错误；CD、b处电荷为正电荷，c处电荷为负电荷，未拿走c时，a的电势为0，拿走c后，a处电势为正，且ac到b的距离相等，ac电势相等，故C错误，D正确。故选：D。10．（3分）如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的物块，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中的y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则（）A．该弹簧振子的振动周期为 B．该弹簧振子的振幅为y1﹣y2 C．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受合力的冲量为零 D．在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块做功为零【考点】简谐运动的回复力和能量；动量定理．【答案】C【分析】弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式v＝求出周期。振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半；分析PQ段对应的物块的运动情况，结合动量定理和动能定理分析。【解答】解：AB、记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T＝，振幅为A＝，故AB错误；C、在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹簧振子从上方最大位移处运动到下方最大位移处，初末速度为零，根据动量定理可知，物块受到的合力的冲量为零，故C正确；D、同理，在记录笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功，故弹力对物块做负功，不为零，故D错误。故选：C。11．（3分）如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（）A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒 B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒 C．两物块A、B初速度的大小关系为v1＝v2 D．两物块A、B运动的路程之比为2：1【考点】动量与能量的综合应用——弹簧类模型；机械能守恒定律；动量守恒定律．【答案】D【分析】系统所受合外力为零时系统动量守恒，根据系统受力情况判断系统动量是否守恒；只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒，根据机械能守恒条件判断系统机械能是否守恒；根据题意应用动量守恒定律求出两物块的初速度关系；根据题意应用动量守恒定律求出路程之比。【解答】解：A、两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，两物体所受摩擦力大小都是：2μmg，摩擦力方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B、在物块运动过程要克服摩擦力做功，系统机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；C、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，解得：v1＝2v2，故C错误；D、系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0，m﹣2m＝0，解得：s1：s2＝2：1，故D正确；故选：D。12．（3分）某物体沿直线做单向运动，图中的直线反映了其运动过程中某两个物理之间的关系，阴影区域面积就有可能表示另一个物理量。请选出以下表述中错误的选项（）A．若y表示物体的加速度，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的速度变化量 B．若y表示物体所受合力，x表示时间，阴影区域“面积”则表示相应时间内物体的动量变化量 C．若表示物体所受合力的功率，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量 D．若y表示物体所受合力，x表示物体运动的距离，阴影区域“面积”则表示相应位移内物体的动能变化量【考点】动量定理；运动学图像综合；功率、平均功率和瞬时功率；动能定理．【答案】C【分析】根据每个选项中的描述，由相应的物理知识表示出物理量之间的关系，再根据图象判断物理量之间的关系是否符合即可作出判断。【解答】解：A、加速度a＝，图像中的面积S表示a•Δt，即速度的变化量，故A正确；B、因为I＝Ft，则图像面积表示合外力的冲量，根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，故B正确；C、根据W＝Pt可知，若横坐标表示时间轴时，图像面积表示合外力的功，根据动能定理可知，合外力的功等于动能的变化量，但横坐标表示物体运动的距离，则面积无意义，故C错误；D、根据W＝Fx可知，图像面积表示合外力的功，根据动能定理可知，合外力的功等于动能的变化量，故D正确；选表述不正确的，故选：C。13．（3分）如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度vm＝350km/h。则下列说法正确的是（）A．由题目信息可估算京张铁路的全长为350km B．行驶过程中动车受到的阻力大小为Pvm C．当动车的速度为时，动车的加速度大小为 D．从启动到速度为vm的过程中，动车牵引力所做的功为【考点】动能定理；牛顿第二定律；机车启动的两种模型．【答案】C【分析】A、动车行驶平均速度小于最大速度，可知动车1h内行驶的距离；B、合力为零时，动车速度最大，由P＝Fv可得阻力大小；C、利用P＝Fv和速度大小可得牵引力大小，由牛顿第二定律可得加速度大小；D、对动车利用动能定理可得牵引力做功和增加动能的大小关系。【解答】解：A、最高行驶速度vm＝350km/h，可知动车行驶1h过程中平均速度小于350km/h，所以京张铁路的全长为小于350km，故A错误；B、当动车的合力为零时，速度最大，可知阻力大小，故B错误；C、当动车的速度为时，则动车的牵引力，由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma代入数据可得：，故C正确；D、从启动到速度为vm的过程中，由动能定理有：，可知动车牵引力所做的功，故D错误。故选：C。14．（3分）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（）A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大 B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大 C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小 D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变【考点】多星系统问题；万有引力定律的应用．【答案】C【分析】根据题意可知双星的周期变化，双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。根据万有引力定律和向心力公式求解双星间距，引力对双星做正功，双星的引力势能减小，根据惯性的概念分析D项。【解答】解：A、撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；BC、双设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以＝MR＝mr联立解得：T2＝，则两个小行星中心连线的距离减小，引力对双星做正功，双星的引力势能减小，故C正确，B错误。D、小行星质量越大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故D错误；故选：C。二、填空题（共18分）15．（6分）某实验小组的同学用如图1所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。（1）实验中该同学进行了如下操作，其中正确的是BC；A．用公式计算时，将摆线长当作摆长B．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中不能出现松动C．确保摆球在同一竖直平面内摆动D．摆球不在同一竖直平面内运动，形成了圆锥摆（2）某同学测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝（用L、n、t表示）。（3）将不同实验小组的实验数据标注到同一T2﹣L坐标系中，分别得到实验图线a、b、c，如图2所示。已知图线a、b、c平行，图线b过坐标原点。对于图线a、b、c，下列分析正确的是B。A．出现图线c的原因可能是因为使用的摆线比较长B．出现图线a的原因可能是误将摆线长记作摆长LC．由图线b计算出的g值最接近当地的重力加速度，由图线a计算出的g值偏大，图线c计算出的g值偏小【考点】用单摆测定重力加速度．【答案】（1）BC；（2）；（3）B。【分析】（1）根据实验操作判断各选项操作正误；（2）根据单摆周期公式求解重力加速度；（3）由单摆周期公式推导T2﹣L关系式分析误差原因。【解答】解：（1）A、用公式计算时，应将悬点到球心距离作为摆长，故A错误；B、实验过程中摆长不能发生变化，即摆线上端要牢固的系在悬点，摆动中不能出现松动，故B正确；CD、单摆运动应该是同一竖直面内的圆周运动，即应保证摆球在同一竖直面内摆动，故C正确，D错误；故选：BC。（2）完成n次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝，根据单摆周期公式，则重力加速度为；（3）A、图线c摆长有了一定摆长时，振动周期还是0，一定时摆长测量长了，原因可能误将悬点到小球下端的距离当作摆长，与摆线长度无关，故A错误；B、图线a中摆长为零时就已经出现了振动周期，一定时摆长测量短了，原因可能是误将摆线长度作为摆长，故B正确；C、由单摆周期公式可得，可知三条图线的斜率均为，可知三条图线的重力加速度相等，故C错误；故选：B。故答案为：（1）BC；（2）；（3）B。16．（12分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有AB。A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔEk＝，减少的重力势能ΔEp＝mgh2。（用题中所给字母表示）（3）某同学用如图3所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点M、N，测出射程OM和ON。①若两球碰撞前后动量守恒，则m1、m2、OM、OP、ON应满足表达式m1•OP＝m1•OM+m2•ON。②若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ON﹣OM＝OP（选填“＞”“＝”“＜”）。③某同学验证动量守恒定律认为即使A球质量m1大于B球质量m2，也可能会使A球反弹。请说明该同学的观点是否正确并给出理由。【考点】验证动量守恒定律；验证力的平行四边形定则．【答案】（1）AB；（2）；mgh2；（3）①m1•OP＝m1•OM+m2•ON；②＝；③该同学的观点不正确。理由如下：设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0＝p1+p2，若A球反弹，则p1＜0，所以p2＞p0，即。又因为m1＞m2，所以Ek2＞Ek0，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。【分析】（1）根据平行四边形定则的实验原理与操作分析解答；（2）根据重力势能和动能的公式解答；（3）根据动量守恒定律及机械能守恒定律解答。【解答】解：（1）A、描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大一些，故A正确；B、量测力计的示数适当大些，可以减小误差，故B正确；C、细绳间的夹角适当即可，并非越大越好，故C错误；故选：AB。（2）从打O点到打B点的过程中，减少的重力势能为ΔEP＝mgh2；根据匀变速直线运动的规律，B点的速度为，从O点到B点的过程中，重物增加的动能为；（3）①设A球单独释放速度为v1，AB碰撞后A球速度为v1′，B球速度为v2，若动量守恒则，m1v1＝m1v1′+m2v2，根据平抛运动可知下落时间相等为t，则有，消去t得m1OP＝m1OM+m2ON；②若两球为弹性碰撞，则碰撞前后两球相对速度大小相等，即v1﹣0＝v2﹣v1，等式两侧同乘下落时间t，v1t＝v2t﹣v1t，即OP＝ON﹣OM；③该同学的观点不正确。理由如下：设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0＝p1+p2，若A球反弹，则p1＜0，所以p2＞p0，即。又因为m1＞m2，所以Ek2＞Ek0，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。故答案为：（1）AB；（2）；mgh2；（3）①m1•OP＝m1•OM+m2•ON；②＝；③该同学的观点不正确。理由如下：设碰前A球的动量为p0，动能为Ek0，碰后A球的动量为p1、动能为Ek1，B球动量为p2、动能为Ek2。取碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0＝p1+p2，若A球反弹，则p1＜0，所以p2＞p0，即。又因为m1＞m2，所以Ek2＞Ek0，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。三．计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17．（9分）在水平方向的匀强电场中，用绝缘轻绳悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角为60°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求匀强电场的场强大小E；（2）若剪断轻绳，求小球此后在电场中运动时的加速度大小a；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，求小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T。【考点】带电粒子在电场中的运动综合；牛顿第二定律；生活中的圆周运动——竖直平面内的圆周运动．【答案】（1）匀强电场的场强大小E为；（2）若剪断轻绳，小球此后在电场中运动时的加速度大小a为2g；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T为2mg。【分析】（1）对小球受力分析，根据平衡条件列式可求匀强电场的场强大小；（2）剪断轻绳后，小球所受合力与轻绳拉力等大法相，根据牛顿第二定律求加速度；（3）根据动能定理列式求小球摆到最低点时速度，再根据牛顿第二定律求轻绳拉力。【解答】解：（1）对小球受力分析，小球受重力、电场力和轻绳拉力，根据平衡条件能得到tan60°＝解得；（2）剪断轻绳后，小球所受的合力大小F＝T0＝＝2mg根据牛顿第二定律F＝ma得a＝＝2g；（3）设小球摆到最低点时的速度为v，轻绳长为l，撤去电场摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有mg（l﹣lcos60°）＝﹣0小球在最低点时，根据牛顿运动定律有联立解得：T＝2mg。答：（1）匀强电场的场强大小E为；（2）若剪断轻绳，小球此后在电场中运动时的加速度大小a为2g；（3）若撤去电场，小球将在竖直平面内摆动，小球摆到最低点时受到轻绳的拉力大小T为2mg。18．（9分）如图所示，民航客机在发生意外紧急着陆后，打开紧急出口，会有一条气囊自动充气后形成连接出口与地面的斜面，乘客可沿斜面快速滑下。某客机紧急出口下沿距地面高h＝3.2m，气囊构成的斜长度L＝6.4m。某质量m＝60kg的乘客沿该气囊下滑时所受阻力大小f＝225N，取g＝10m/s2，忽略气囊形变。求：（1）该乘客沿气囊下滑过程中，人克服阻力所做的功Wf；（2）该乘客到达气囊底端时速度的大小v；（3）该乘客沿气囊下滑的过程中，重力对人的冲量IG。【考点】动能定理；动量定理．【答案】（1）人沿气囊滑下的过程中，人克服阻力所做的功为1440J；（2）人滑至气囊底端时速度的大小为4m/s；（3）人沿气囊滑下的过程中，重力的冲量为1920N•s。【分析】（1）根据功的计算公式求解人克服阻力所做的功；（2）根据动能定理求解人滑至气囊底端时速度的大小；（3）根据平均速度的计算公式求解人沿斜面下滑的时间，根据IG＝mgt求解重力的冲量。【解答】解：（1）人沿气囊滑下的过程中，设人克服阻力所做的功为Wf，则：Wf＝fL代入数据解得：Wf＝1440J；（2）设人滑至气囊底端时速度的大小为v，人沿气囊滑下的过程，根据动能定理有：mgh﹣Wf＝代入数据解得：v＝4m/s；（3）人沿气囊下滑的平均速度设人沿斜面下滑的时间为t，则有代入数据解得：t＝3.2s此过程中重力的冲量：IG＝mgt＝60×10×3.2N•s＝1920N•s方向竖直向下。答：（1）人沿气囊滑下的过程中，人克服阻力所做的功为1440J；（2）人滑至气囊底端时速度的大小为4m/s；（3）人沿气囊滑下的过程中，重力的冲量为1920N•s。19．（10分）如图甲所示，三个物体A、B、C静止放在光滑水平面上，物体A、B用一轻质弹簧连接，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，三个物体的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝0.2kg和mC＝0.1kg。现将细线烧断，物体A、B在弹簧弹力作用下做往复运动（运动过程中物体A不会碰到物体C）。若此过程中弹簧始终在弹性限度内，并设以向右为正方向，从细线烧断后开始计时，物体A的速度‒时间图象如图乙所示。求：（1）物体B运动速度的最大值；（2）在乙图中画出一个周期内物体B的速度—时间图象；（3）若在某时刻使物体C以vC＝4m/s的速度向右运动，它将与正在做往复运动的物体A发生碰撞，并立即结合在一起，试求在以后的运动过程中，弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围。【考点】动量与能量的其他综合应用；功能关系；动量守恒定律．【答案】（1）物体B运动速度的最大值为2m/s；（2）物体B的速度—时间图象见解析；（3）弹簧可能具有的最大弹性势能的取值范围为0.2J≤Epm≤1.8J。【分析】（1）对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，烧断细线后系统的动量守恒，当A的速度最大时，B的速度也最大，由图读出A的最大速度，即可求得B运动速度的最大值；（2）B与A的运动情况相似，从而作图；（3）A、B、C组成的系统动量守恒，可知三物体速度相同时的速度是一个定值，总动能也是一个定值，此时弹性势能最大。当A与C同向相撞和反向相撞时，根据系统的动量守恒和能量守恒列式求解。【解答】解：（1）对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，烧断细线后动量守恒，设物体B运动的最大速度为vB，以向右为正有：mAvA+mBvB＝0由图乙可知，物体A的最大速度为：vA＝﹣4