辽宁省本溪市第二中学2023-2024学年高二上学期开学考试物理试题

2023-2024学年辽宁省本溪第二高级中学高二（上）开学物理试卷一、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，有选错的或不选的得0分）1．（4分）在物理学的发展进程中，许多科学家做出了重要贡献，下列叙述符合史实的是（）A．伽利略第一次在实验室里测出了万有引力常量G的数值 B．胡克总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律 C．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 D．牛顿建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说2．（4分）如图为一皮带传动装置，a、b、c三点做圆周运动的半径之比ra：rb：rc＝1：2：4。若a、b、c三点的线速度分别用va、vb、vc表示，角速度分别用ωa、ωb、ωc表示，在传动过程中皮带不打滑，则下列关系式正确的是（）A．va：vb：vc＝1：2：4 B．va：vb：vc＝4：2：1 C．ωa：ωb：ωc＝2：1：1 D．ωa：ωb：ωc＝1：2：23．（4分）新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。在某次新车性能测试过程中，新能源汽车速度随时间变化的图像如图所示，其中t1至t2阶段汽车牵引力的功率P保持不变，t2时达到最大速度vm，该新能源汽车质量为m，所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（）A．t1～t2这段时间内牵引力保持不变 B．t1～t2这段时间内加速度保持不变 C．0～t2这段时间内所受阻力大小为 D．0～t2这段时间内牵引力做功大小为Pt24．（4分）如图所示，有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，下列说法正确的是（）A．卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时大 B．卫星c所需的向心力比卫星b所需的向心力要小 C．卫星c的发射速度一定大于卫星b的发射速度 D．卫星d的角速度是四颗卫星中最大的5．（4分）如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是（）A．x＝x2处的电场强度大于x＝x3的电场强度 B．电子从x＝x1处到x＝x3处，电场力对其先做负功再做正功 C．电子在x＝x2处的速度最小 D．电子在x＝x1处的动能等于电子在x＝x3的动能6．（4分）如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则P下降过程中（）A．P、Q组成的系统机械能守恒 B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg7．（4分）在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i﹣t图象如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是（）A．电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右 B．电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能 C．图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小 D．图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快（多选）8．（6分）图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为θ，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．两种情况下该同学的重力势能均增加了mgh B．两种情况下，该同学受到的支持力均不做功 C．图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒 D．图2中该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh（多选）9．（6分）如图甲所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的v﹣t图像如图乙所示（规定向右为正方向）。已知mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，弹簧质量不计。A、B及弹簧在运动过程中，在A物块速度为1m/s时，则（）A．物块B的速度大小为0.5m/s，方向向右 B．A物块加速度是B物块加速度的2倍 C．此时弹簧的弹性势能为0.225J D．此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能的一半（多选）10．（6分）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（）A．重物Q的重力功率先增大后减小 B．滑块P运动到位置B处速度大小为 C．轻绳对滑块P做功为4mgL D．P与Q的机械能之和先减少后增加二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。（1）实验中，质量为m1的入射小球A和质量为m2的被碰小球B的质量关系是m1m2（填“大于”“等于”或“小于”）。（2）当满足关系式时，证明A、B两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为。A．B．C．D．12．（10分）为测量某金属丝（电阻约为20Ω）的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验。（1）用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示，则d＝mm。（2）为进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：A．直流电源E（电动势4V，内阻不计）；B．电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）；C．电流表A2（量程150mA，内阻约2Ω）；D．电压表V1（量程3V，内阻约10kΩ）；E．电压表V2（量程15V，内阻约20kΩ）；F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；H．金属丝Rx，开关、导线若干。①实验中，小明设计了如图乙所示的电路，其中电流表应选用，其中电压表应选用，滑动变阻器应选用（均填字母序号）。②请用笔画线代替导线在图丙中完成实物电路连接（部分连线已画出），并在丙图方框中画出你所设计方案的实验电路图。③若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种金属丝电阻率的表达式为ρ＝（用题中给定的物理量符号和已知常数表示）。13．（10分）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴水平。第一象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1（大小未知），第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E2＝50N/C。一个质量m＝1kg带电量q＝+0.1C的小球（视为质点）从A点（﹣0.3m，0.7m）以初速度v0水平抛出，小球从y轴上B点（0，0.4m）进入第一象限，并恰好沿直线从x轴上C点（图中未标出）飞出，重力加速度为g＝10m/s2。求：（1）初速度v0大小；（2）B、C两点间电势差UBC。14．（10分）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量mA＝4kg的长木板A和另一质量mC＝3kg的滑块C，其中长木板的左端还放有质量mB＝2kg的滑块B（可看成质点）。现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量I＝36N•s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（碰撞时间极短）。木板足够长，则再经过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g＝10m/s2，则：（1）求A、C碰撞时损失的机械能；（2）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L。15．（18分）如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长，PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB＝kg，mC＝kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，与OP段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x＝0.40m到达Q点，到达Q点时速度为零，随即撤去外力F，物块A在弹簧弹力作用下向右运动，与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v＝1m/s顺时针转动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）与B物块碰前物块A的速度大小；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，传送带多做的功。

2023-2024学年辽宁省本溪第二高级中学高二（上）开学物理试卷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，有选错的或不选的得0分）1．（4分）在物理学的发展进程中，许多科学家做出了重要贡献，下列叙述符合史实的是（）A．伽利略第一次在实验室里测出了万有引力常量G的数值 B．胡克总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律 C．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 D．牛顿建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说【考点】物理学史；近代天体物理学史．【答案】C【分析】本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学贡献解答。【解答】解：A、卡文迪什第一次在实验室里测出了引力常量G，而被称为测出地球质量第一人，故A错误；B、开普勒通过研究第谷对行星运动观察记录的数据，发现了行星的运动规律，牛顿根据开普勒行星运动定律和牛顿运动定律，研究发现了万有引力定律，故B错误；C、法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；D、爱因斯坦的“狭义相对论”建立了真空中光速在不同惯性参考系中大小相同的假说，故D错误。故选：C。2．（4分）如图为一皮带传动装置，a、b、c三点做圆周运动的半径之比ra：rb：rc＝1：2：4。若a、b、c三点的线速度分别用va、vb、vc表示，角速度分别用ωa、ωb、ωc表示，在传动过程中皮带不打滑，则下列关系式正确的是（）A．va：vb：vc＝1：2：4 B．va：vb：vc＝4：2：1 C．ωa：ωb：ωc＝2：1：1 D．ωa：ωb：ωc＝1：2：2【考点】线速度、角速度和周期、转速．【答案】C【分析】同传送带转动，所以线速度相等，同轴转动，角速度相等，结合v＝rω可进行判断。【解答】解：AB、ab同传送带传动，所以线速度相等，大小之比为1：1；b与c同轴转动，角速度相等，c的半径是b半径的2倍，根据v＝rω可知vc＝2vb，所以va：vb：vc＝1：1：2，故AB错误；CD、a与b线速度相等，rb＝2ra，根据，可知a、b的角速度之比为2：1，b、c同轴转动，角速度之比为1：1，所以abc三点角速度之比为ωa：ωb：ωc＝2：1：1，故C正确，D错误；故选：C。3．（4分）新能源汽车的研发和使用是近几年的热门话题。在某次新车性能测试过程中，新能源汽车速度随时间变化的图像如图所示，其中t1至t2阶段汽车牵引力的功率P保持不变，t2时达到最大速度vm，该新能源汽车质量为m，所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（）A．t1～t2这段时间内牵引力保持不变 B．t1～t2这段时间内加速度保持不变 C．0～t2这段时间内所受阻力大小为 D．0～t2这段时间内牵引力做功大小为Pt2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；运动学图像综合；牛顿第二定律．【答案】C【分析】t1～t2这段时间内，汽车牵引力的功率P保持不变，由P＝Fv分析牵引力的变化情况，根据图像斜率的变化分析加速度的变化情况；汽车匀速运动时，牵引力与阻力大小相等，由P＝Fv和平衡条件相结合求阻力大小。0～t2这段时间内，根据牵引力的变化分析牵引力做功大小。【解答】解：A、t1～t2这段时间内，汽车牵引力的功率P保持不变，速度增大，由P＝Fv分析可知，牵引力逐渐减小，故A错误；B、t1～t2这段时间内，图像的切线斜率逐渐减小，则知加速度逐渐减小，故B错误；C、t2时达到最大速度vm，此时牵引力与阻力大小相等，即F＝f，由P＝Fvm＝fvm得汽车所受阻力大小为f＝，故C正确；D、0～t1这段时间内，牵引力保持不变，由P＝Fv知牵引力的功率逐渐增大。t1～t2这段时间内，牵引力的功率P保持不变，可知0～t2这段时间内牵引力做功的平均功率小于P，0～t2这段时间内牵引力做功大小小于Pt2，故D错误。故选：C。4．（4分）如图所示，有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，下列说法正确的是（）A．卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时大 B．卫星c所需的向心力比卫星b所需的向心力要小 C．卫星c的发射速度一定大于卫星b的发射速度 D．卫星d的角速度是四颗卫星中最大的【考点】人造卫星；万有引力定律的应用．【答案】C【分析】A、根据卫星的万有引力提供向心力以及万有引力的分力等于重力判断卫星a放在此位置时受到的重力是否比放在南极时大；B、根据卫星的万有引力提供向心力判断卫星c所需的向心力是否比卫星b所需的向心力要小；C、根据卫星发射原理判断卫星c的发射速度是否大于卫星b的发射速度；D、根据卫星的万有引力提供向心力判断卫星d的角速度是否是四颗卫星中最大的。【解答】解：A．卫星a处于赤道位置随地球自转，万有引力的一部分提供向心力，另一部分就是重力，而两极的向心力最小为零，则两极处的重力加速度最大，故卫星a放在此位置时受到的重力比放在南极时小，故A错误；B．根据可知，卫星c的半径大于卫星的b半径，但由于两卫星的质量关系不确定，无法比较两卫星所受万有引力的大小，万有引力提供向心力，即无法比较卫星c所需的向心力与卫星b所需的向心力的大小，故B错误；C．卫星要到达离地球越远的高度，需要更大的发射速度离心，之后在远地点再次加速进入高轨道，因此进入较高轨道需要克服引力做功越多，则需要的初动能越大，则卫星c的发射速度大于卫星b的发射速度，故C正确；D．对b、c、d三颗公转的卫星，根据万有引力提供向心力，则有其角速度满足可知半径越大，角速度越大，ωb＞ωc＞ωd，而对于a与c两个具有相同的角速度，有ωc＝ωa，故四颗卫星中b的角速度最大，故D错误。故选：C。5．（4分）如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是（）A．x＝x2处的电场强度大于x＝x3的电场强度 B．电子从x＝x1处到x＝x3处，电场力对其先做负功再做正功 C．电子在x＝x2处的速度最小 D．电子在x＝x1处的动能等于电子在x＝x3的动能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系；电势．【答案】D【分析】由φ﹣x图像的斜率表示电场强度，可推断x＝x2处与x＝x3处的电场强度大小关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低可推知电场强度和电子所受电场力的方向，继而可得到电场力做功的正负和电子速度变化情况；在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由动能定理可知电子在x＝x1处的动能等于电子在x＝x3的动能。【解答】解：A．由φ﹣x图像的斜率表示电场强度可知，x＝x2电场强度为零，x＝x2处的电场强度小于x＝x3的电场强度，故A错误；BC．根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，O～x2之间的电场方向沿x轴负方向，x2之后电场方向沿x轴正方向。电子带负电，电子从O到x2所受电场力方向沿x轴正方向，与其运动方向相同，电场力对其做正功，电子做加速运动；达到x2之后电子所受电场力方向沿x轴负方向，与其运动方向相反，电场力对其做负功，电子做减速运动，可知电子运动到x＝x2处时速度最大，从x＝x1处到x＝x3处，电场力对其先做正功再做负功，故BC错误；D．由题图可知，在x1与x3处的电势相等，即x1到x3的电势差为零，由W＝qU，可知此过程电场力做功为零，由动能定理可知电子在x＝x1处的动能等于电子在x＝x3的动能，故D正确。故选：D。6．（4分）如图所示，两小滑块P、Q的质量分别为2m、m，P、Q用长为L的轻杆通过铰链连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，原长为的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上，轻杆与竖直方向夹角α＝30°，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则P下降过程中（）A．P、Q组成的系统机械能守恒 B．下降过程中P的速度始终比Q的速度大 C．弹簧弹性势能最大值为 D．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为3mg【考点】功能关系；机械能守恒定律．【答案】D【分析】根据机械能守恒的条件分析P、Q系统机械能是否守恒；根据P、Q沿杆方向的速度分量相等列式，判断P与Q的速度大小；当P到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求弹簧弹性势能最大值；当P的合力为零时，动能最大，分析Q的受力情况，确定地面对Q的支持力大小。【解答】解：A、在整个运动过程中，由于弹簧对Q要做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误；B、将P、Q的速度沿杆和垂直于杆进行分解如图所示。根据P、Q沿杆方向的速度分量相等可得：vPcosα＝vQsinα，解得＝tanα，α由30°增大到60°，tanα由增大到，可知，P的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，故B错误；C、对于P、Q、弹簧组成的系统，由于只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，当P下降到最低点时P减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，到达最低点时弹簧弹性势能最大，根据系统机械能守恒可得弹簧弹性势能最大值为：Ep＝2mgL（cos30°﹣cos60°）＝（﹣1）mgL，故C错误；D、P由静止释放，P开始向下加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，设此时杆与竖直方向的夹角为θ，杆的弹力大小为T，则2mg＝Tcosθ，即得T＝。对Q，根据平衡条件得地面对Q的支持力大小：FN＝Tcosθ+mg＝2mg+mg＝3mg，故D正确。故选：D。7．（4分）在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i﹣t图象如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是（）A．电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右 B．电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能 C．图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小 D．图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快【考点】电容器的动态分析；电容器与电容．【答案】C【分析】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式C＝分析极板间电压的变化。在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变．根据I﹣t图线所围成的面积求解放电的电荷量。【解答】解：A、电容器放电时，电流从正极板（上极板）流出，则流过电阻R的电流方向向左，故A错误；B、充电过程中电源提供的电能部分转化为内能，大部分转化为电容器中的电场能，故B错误；C、在形成电流图线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，根据q＝It，可知I﹣t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，即图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小，故C正确；D、图线2的过程是放电的过程，由图可知电流变化越来越慢，所以两极板电压降低的越来越慢，故D错误。故选：C。（多选）8．（6分）图1、2分别是生活中常见的台阶式扶梯和倾斜式扶梯，两扶梯的倾角均为θ，高度均为h，某同学体重为m，先后站在两扶梯上，随扶梯以大小相同的速度v匀速从一层上到二层，当地重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．两种情况下该同学的重力势能均增加了mgh B．两种情况下，该同学受到的支持力均不做功 C．图1中该同学不受摩擦力，所以该同学的机械能守恒 D．图2中该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh【考点】功能关系；机械能守恒定律．【答案】AD【分析】根据上升的高度求出重力做功，再得到重力势能增加量；根据支持力方向与位移方向的夹角，分析支持力是否做功；根据外力做功情况判断机械能是否守恒；根据功能关系求机械能增加量。【解答】解：A、两种情况下，该同学上升的高度均为h，则重力做功均为WG＝﹣mgh，所以两种情况下该同学的重力势能均增加了mgh，故A正确；B、图1中支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于90°，支持力对该同学做正功；图2中支持力方向垂直斜面向上，与速度方向垂直，支持力不做功，故B错误；C、图1中该同学不受摩擦力，但支持力对该同学做正功，所以该同学的机械能增加，故C错误；D、图2中支持力不做功，该同学克服重力做功mgh，由于该同学动能不变，由动能定理可知该同学受到的摩擦力做了mgh的正功，所以该同学的机械能增加了mgh，故D正确。故选：AD。（多选）9．（6分）如图甲所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的v﹣t图像如图乙所示（规定向右为正方向）。已知mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，弹簧质量不计。A、B及弹簧在运动过程中，在A物块速度为1m/s时，则（）A．物块B的速度大小为0.5m/s，方向向右 B．A物块加速度是B物块加速度的2倍 C．此时弹簧的弹性势能为0.225J D．此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能的一半【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；功能关系．【答案】ABC【分析】A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。【解答】解：A、A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB﹣mAvA＝0，其中vA＝1m/s，代入数据解得：vB＝0.5m/s，方向水平向右，故A正确；B、两物块所受合力等于弹簧的弹力，弹簧对两物块的弹力大小F相等，由牛顿第二定律得：F＝ma，两物块的加速度大小之比，故B正确；CD、当弹簧恢复原长时A的速度最大，由图乙所示图象可知，弹簧恢复原长时物块A的速度大小vA1＝2m/s，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mB1vB1﹣mA1vA1＝0，代入数据解得：vB1＝1m/s，由能量守恒定律得：EPm＝，代入数据解得，弹簧的最大弹性势能：EPm＝0.3J，设vA＝1m/s时弹簧的弹性势能为EP，由能量守恒定律得：EPm＝EP+，代入数据解得：EP＝0.225J＝0.75EPm，故C正确，D错误。故选：ABC。（多选）10．（6分）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是（）A．重物Q的重力功率先增大后减小 B．滑块P运动到位置B处速度大小为 C．轻绳对滑块P做功为4mgL D．P与Q的机械能之和先减少后增加【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．【答案】ABC【分析】通过分析重物Q的速度变化情况，来判断其重力功率变化情况；滑块P通过A、B两点时弹簧的弹性势能相等，由系统的机械能守恒定律和P、Q的速度关系求滑块P在位置B的速度；对滑块P，由动能定理求出轻绳对其做的功；由系统的机械能守恒分析P与Q的机械能之和如何变化。【解答】解：A、根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为零，此时重物Q重力的功率为零。当滑块到达B点时，重物Q的速度也为零，此时重物Q重力的功率也为零，所以滑块由A到B的过程中，重物Q的重力功率先增大后减小，故A正确；B、对于滑块P、重物Q和弹簧组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒。根据几何关系可知，滑块P上升的高度为重物Q下降的高度为设滑块P运动到位置B处速度大小为v，根据系统机械能守恒有联立解得：，故B正确；C、设轻绳对滑块P做功为W，对滑块P，由动能定理得，解得：W＝4mgL，故C正确；D、滑块P、重物Q和弹簧组成的系统机械能守恒，即P与Q的机械能和弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，则P与Q的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选：ABC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）聪聪同学用如图所示装置来验证动量守恒定律。（1）实验中，质量为m1的入射小球A和质量为m2的被碰小球B的质量关系是m1大于m2（填“大于”“等于”或“小于”）。（2）当满足关系式A时，证明A、B两小球碰撞过程中动量守恒；若碰撞前后系统无机械能损失，则系统机械能守恒的表达式为C。A．B．C．D．【考点】验证动量守恒定律．【答案】（1）大于；（2）A；C。【分析】（1）根据防止碰撞过程入射球反弹分析作答；（2）根据平抛运动规律求解入射小球碰撞前、后的瞬时速度，被碰小球碰撞后的瞬时速度；再根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析作答。【解答】解：（1）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1大于m2；（2）小球离开轨道后做平抛运动，设挡板与抛出点之间的距离为x由平抛运动规律得：水平方向x＝vt竖直方向联立解得，入射球碰撞前落点位置是P′，碰撞后落点位置是M′，被碰球的落点位置是N′则碰撞前入射小球A的速度碰撞后入射球的速度碰撞后被碰球的速度两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向由动量守恒定律得m1v0＝m1v1+m2v2整理可得综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。若碰撞前后系统无机械能损失，由机械能守恒定律得整理可得综上分析，故C正确，ABD错误。故选：C。故答案为：（1）大于；（2）A；C。12．（10分）为测量某金属丝（电阻约为20Ω）的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验。（1）用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示，则d＝0.680mm。（2）为进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：A．直流电源E（电动势4V，内阻不计）；B．电流表A1（量程0.6A，内阻约1Ω）；C．电流表A2（量程150mA，内阻约2Ω）；D．电压表V1（量程3V，内阻约10kΩ）；E．电压表V2（量程15V，内阻约20kΩ）；F．滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；G．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；H．金属丝Rx，开关、导线若干。①实验中，小明设计了如图乙所示的电路，其中电流表应选用C，其中电压表应选用D，滑动变阻器应选用F（均填字母序号）。②请用笔画线代替导线在图丙中完成实物电路连接（部分连线已画出），并在丙图方框中画出你所设计方案的实验电路图。③若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种金属丝电阻率的表达式为ρ＝（用题中给定的物理量符号和已知常数表示）。【考点】导体电阻率的测量；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．【答案】（1）0.680；（2）①C；D；F；②见解析；③。【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应读数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；（2）①根据电源电动势选择电压表量程；根据欧姆定律求通过待测电阻的电流，据此选择电流表的量程；为了获得更多的实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器；②比较待测电阻、电流表的内阻和电压表内阻的相对大小关系，确定电流表的连接方式，然后完成电路图和实物图的连接。③根据电阻定律求金属丝的电阻率。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝的直径为d＝0.5mm+18.0×0.01mm＝0.680mm（2）①由于电源的电动势为4V，因此电压表应选量程3V；根据欧姆定律，通过金属丝的最大电流所以电流表选择量程150mA；为了获得更多的实验数据，滑动变阻器采用分压式接法，选择阻值范围小的F，便于调节。②因为有电流表采用外接法，实验电路图如图1所示：实物电路如图2所示：③根据电阻定律可得金属丝的横截面积联立解得金属丝电阻率的表达式为。故答案为：（1）0.680；（2）①C；D；F；②见解析；③。13．（10分）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴水平。第一象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1（大小未知），第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E2＝50N/C。一个质量m＝1kg带电量q＝+0.1C的小球（视为质点）从A点（﹣0.3m，0.7m）以初速度v0水平抛出，小球从y轴上B点（0，0.4m）进入第一象限，并恰好沿直线从x轴上C点（图中未标出）飞出，重力加速度为g＝10m/s2。求：（1）初速度v0大小；（2）B、C两点间电势差UBC。【考点】带电粒子在电场中的运动综合；电势差．【答案】（1）初速度v0大小为1.5m/s；（2）B、C两点间电势差UBC为10V。【分析】（1）小球在第二象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据分位移公式求解初速度v0大小；（2）小球在第一象限内做直线运动，所受合外力与速度方向共线，由此求出E1。再由几何关系求出小球沿x轴方向运动距离OC，即可根据公式U＝Ed求B、C两点间电势差UBC。【解答】解：（1）小球在第二象限内做类平抛运动，如图所示。根据牛顿第二定律得mg+E2q＝ma解得：a＝15m/s2竖直方向有，解得：t＝0.2s水平方向有v0＝＝m/s＝1.5m/s（2）小球到达B点时竖直方向分速度大小为：vBy＝at＝15×0.2m/s＝3m/s做直线运动所受合外力与速度方向共线，则解得：E1＝50V/m设小球沿x轴方向运动距离OC为d，则解得：d＝0.2mB、C两点间电势差为UBC＝E1d＝50×0.2V＝10V答：（1）初速度v0大小为1.5m/s；（2）B、C两点间电势差UBC为10V。14．（10分）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量mA＝4kg的长木板A和另一质量mC＝3kg的滑块C，其中长木板的左端还放有质量mB＝2kg的滑块B（可看成质点）。现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量I＝36N•s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞（碰撞时间极短）。木板足够长，则再经过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度为g＝10m/s2，则：（1）求A、C碰撞时损失的机械能；（2）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L。【考点】动量守恒定律；爆炸．【答案】（1）A、C碰撞时损失的机械能为30J；（2）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L为3m。【分析】（1）根据题设条件末状态一起以相同速度向右运动，可求得最终三个物体的速度，再对AC发生碰撞由动量守恒求得A碰撞后的速度，再求A、C碰撞时损失的机械能；（2）对AB由动力学规律求出从B碰撞后到与A最后共速的时间和位移，从而求出痕迹的长度。【解答】解：（1）最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为vC，以三者为系统，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得（mA+mB）v0＝（mA+mB+mC）vC其中解得vC＝4m/sA与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为vA，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA+mCvC解得vA＝3m/s则A、C碰撞时损失的机械能为解得：ΔE＝30J（2）从AC发生碰撞到AB再次以相同的速度向右运动，对A根据牛顿第二定律：＝0.5m/s2对设经过时间t达到共速，则有：v0﹣aBt＝vA+aAt解得：t＝2s此过程中，×22m＝7m×22m＝10m则：L＝sB﹣sA＝10m﹣7m＝3m答：（1）A、C碰撞时损失的机械能为30J；（2）滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L为3m。15．（18分）如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长，PN