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广东省六校2024届高三上学期第三次联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份广东省六校2024届高三上学期第三次联考物理试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（满分：100分；时间：75分钟）
命题：深圳实验高三物理组 审题：深圳实验高三物理组
一、单项选择题：（本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中只有一项满足题目要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分。）
1. 1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制（Le Système Internatinal d'Unités，法文），简称SI。下列选项中全部为基本单位的是（ ）
A. 米、质量、秒B. 米、千克、秒
C. 电流、开尔文、摩尔D. 安培、开尔文、物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。
故选B。
2. 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
A C．沿斜面方向，由平衡条件得
故A错误，C正确；
B D．垂直斜面方向，由平衡条件得
故BD错误。
故选C
3. 2023年9月23日第19届亚运会在杭州举行。在跳高比赛中，运动员在横杆前起跳，越过横杆后落地，横杆不掉下来即为成功。运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体。取竖直向上为正方向，下列可能表示运动员起跳后运动员的速度ν或加速度a随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体，可知加速度恒定为向下的g不变，方向为负方向，且v-t图像为倾斜的直线，斜率为-g不变。
故选D。
4. 如图所示，水平圆盘半径为R，可视为质点的物块A在圆盘边缘处，与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动。某时刻在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v沿OA方向水平抛出。若小球直接击中物块A，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块A处于平衡状态
B. 物块A所受摩擦力恒定
C. 小球抛出时距离O点的高度一定为
D. 圆盘转动角速度大小一定为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物块A与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动，指向圆心的静摩擦力提供向心力，处于非平衡状态，A错误，B错误；
C．小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则平抛运动的时间
t=
竖直方向做自由落体运动，则小球抛出时距O的高度
C正确；
D．根据
ωt=2nπ
得圆盘转动的角速度
ω=（n=1、2、3…）
D错误。
故选C。
5. 如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面向右做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动时间为t的过程中（ ）
A. 摩擦力冲量的大小与F方向无关B. 合力冲量的大小与F方向有关
C. F为水平方向时，F冲量为μmgtD. F水平方向冲量的最小值为mat
【答案】D
【解析】
【详解】A．摩擦力冲量的大小
可知摩擦力的冲量大小与F方向有关，选项A错误；
B．合力冲量的大小
则合力冲量大小与F方向无关，选项B错误；
C．F为水平方向时，F冲量为
选项C错误；
D．根据
F水平方向冲量
当f=0时F水平方向冲量的最小值为mat，选项D正确。
故选D。
6. 如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP=2kg、mQ=1kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度。则拉力F的大小为（ ）
A. 60NB. 50NC. 40ND. 30N
【答案】B
【解析】
【详解】开始时细绳的张力为
T1= mQg=10N
则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为
T2= 20N
则由牛顿第二定律对Q
对P
解得
F=50N
故选B。
7. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. F点与C点的电场强度大小相等，方向不同
B. F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同
C. A'点与O'点的电势差小于点E'与D'点的电势差
D. 质子在F点的电势能小于在E点的电势能
【答案】B
【解析】
详解】A．如图
正电荷在F点产生场强和负电荷在C点产生的场强一样，正电荷在C点产生场强和负电荷在F点产生的场强一样，F点与C点的电场强度大小相等，电场强度方向相同，故A错误；
B．如图
正电荷在F'点产生场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，电场强度方向不同，故B正确；
C．根据等量异种电荷的对称性可知
故C错误；
D．根据等量异种电荷的场强分布可知
因此质子在F点的电势能大于在E点的电势能，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中至少有两项满足题设要求，选对得6分；漏选得3分；不选、错选或多选不得分。）
8. 北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动。已知空间站绕行地球一圈的时间大约为90分钟。以下说法正确的是（ ）
A. 航天员相对空间站静止时，所受合外力不为零
B. 空间站的运行速度小于同步卫星运行速度
C. 航天员在出仓活动期间最多可能看到6次日出
D. 空间站的向心加速度小于地球上建筑物的向心加速度
【答案】AC
【解析】
【详解】A．航天员相对空间站静止时，依然绕地球做圆周运动，所受合外力不为零，故A正确；
B．由万有引力提供向心力
可得
因为空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以空间站的运行速度大于同步卫星运行速度，故B错误；
C．因为空间站绕行地球一圈的时间大约为90分钟，所以航天员一天时间最多可能看到日出次数为
经过约8小时的出舱活动期间，看到日出次数为
取整数为6次，所以航天员在出仓活动期间最多可能看到6次日出，故C正确；
D．建筑物随地球运动的角速度与同步卫星相同，根据向心加速度公式
建筑物随地球运动向心加速度小于同步卫星的向心加速度，再根据万有引力提供向心力
可得
越大，越小，同步卫星的加速度又小于空间站的加速度，所以空间站的向心加速度小于地球上建筑物的向心加速度，故D错误。
故选AC。
9. 两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（ ）
A. 两波源P、Q的起振方向不同
B. 经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C. 波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D. 若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，由波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，即两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性可知，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，所以两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，为45cm，故B正确；
C．两波的波长相等，波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选ABD。
10. 如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面h高处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上、放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A在下落过程中其机械能减小
B. 弹簧的劲度系数为
C. 物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为mgt
D. 将A物体质量改为1.5m，再将A物体由从原位置释放，A物体下落过程的最大速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物体A做负功，故机械能减小，故A正确；
B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的形变量等于h，此时弹簧的弹力
弹簧的劲度系数为
故B错误；
C．设整个过程中，绳子对A的冲量大小为，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为，对A由动量定理得
对B和弹簧由动量定理得
解得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为
故C正确。
D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量
对A和弹簧的系统，根据机械能守恒
解得
故D错误。
故选AC。
三、实验题（共17分）
11. 如图甲所示，某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t。则：
（1）下列最合理的装置是 __________
（2）用螺旋测微器测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为__________ mm。
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是__________。
A．单摆振动时振幅较小
B．将摆线长当成了摆长
C．实验时误将49次全振动记为50次
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（4）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图丙T²-L图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，实验中将摆线长作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出T²-L图像，应是图丙中的图线__________。（已知c、d两条图线和a平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）。
【答案】 ①. C ②. 9.450##9.448##9.449##9.451##9.452 ③. BD##DB ④. c
【解析】
【详解】（1）细线要用铁夹固定，防止摆长忽长忽短；摆线要用细线，不能用弹性棉绳；摆球要用密度较大的铁球，故选C。
（2）螺旋测微器测量小钢球直径的读数为
（3）根据单摆周期公式
可得
A．单摆振动时振幅较小，不影响的测量，故A错误；
B．将摆线长当成了摆长，导致变小，可知g值偏小，故B正确；
C．实验时误将将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，可知g值偏大，故C错误；
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，故D正确。
故选BD。
（4）根据单摆周期公式
可得
实验中将摆线长作为摆长L，没有加上摆球的半径，所以摆线长为零时，纵轴截距不为零，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故选c。
12. 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______cm；
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端______（选填“升高”或“降低”）一些；
（3）测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为、，光电门1记录的挡光时间为。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是____________；小徐猜想该碰撞是弹性碰撞，他用了一个只包含、和的关系式来验证自己的猜想，则他要验证的关系式是____________。
【答案】 ①. 1.345 ②. 降低 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]图中游标卡尺读数为
（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
（3）[3]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
整理得
[4]若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后A、B的相对速度大小相等，即
整理得
四、计算题（共37分）
13. 如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的平行金属板间距离为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v₁竖直向下匀速运动；当上板带正电、下板带负电、两板间的电压为U时，该油滴经过一段时间后恰好能以速度v₂竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，k为阻力系数，不计气体浮力，重力加速度为g。
（1）请确定油滴电性，并说明原因；
（2）求油滴的质量m；
（3）求油滴所带电荷量q是多少。
【答案】（1）负电，由图知上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动，粒子受到的重力及空气阻力竖直向下，由平衡条件知油滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故油滴带负电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由图知上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动，粒子受到的重力及空气阻力竖直向下，由平衡条件知油滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故油滴带负电
（2）依题意，油滴的速度为时，所受阻力为
油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有
解得
（3）设油滴所带电荷量为，油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡，有
则油滴所带电荷量
14. 我国的高铁发展迅速，引领世界。小明同学在某次乘坐高铁时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度，如下图。t1=6s时刻开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，t2=8s时达到最大加速度，并以此加速度在水平面上做匀加速直线运动直至达到最大速度车厢中水平放置一质量为的物品，物品始终相对车厢静止。重力加速度。求：
（1）动车达到最大速度的时刻t3；
（2）整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小及做功的大小。（结果可用根号表示）
【答案】（1）107s；（2），
【解析】
【详解】（1）在加速度变化阶段，加速度随时间均匀增大
解得
由，解得
动车达到最大速度时刻
（2）由牛顿第二定律，解得
整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小
由动能定理得动车对该物品做功的大小为
解得
15. 在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0=10m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块的摩擦系数为，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；
（2）为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围；
（3）若圆形轨道半径R=1.8m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移的表达式以及整个运动过程在斜面上经过的总路程s。
【答案】（1）10m/s；（2）；（3），12.5m
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
（2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则
由机械能守恒定律得
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
或
（3）圆形轨道半径
可知物块B能做完整的圆周运动，以的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得
解得
第一次滑上斜面的最大位移为，由，解得
从斜面下滑，由牛顿第二定律可得
解得
由，解得滑到斜面下端时速度
物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得
解得
故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以第二次滑上斜面，则
解得上滑的位移大小
物块B第二次下滑，则
物块B第三次滑上斜面
解得上滑最大位移
故可以得到规律
整个过程中，根据能量守恒定律得
解得
（满分：100分；时间：75分钟）
命题：深圳实验高三物理组 审题：深圳实验高三物理组
一、单项选择题：（本大题共7小题，每小题4分，共28分。每小题给出的四个选项中只有一项满足题目要求，选对得4分；不选、错选或多选不得分。）
1. 1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制（Le Système Internatinal d'Unités，法文），简称SI。下列选项中全部为基本单位的是（ ）
A. 米、质量、秒B. 米、千克、秒
C. 电流、开尔文、摩尔D. 安培、开尔文、物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。
故选B。
2. 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
A C．沿斜面方向，由平衡条件得
故A错误，C正确；
B D．垂直斜面方向，由平衡条件得
故BD错误。
故选C
3. 2023年9月23日第19届亚运会在杭州举行。在跳高比赛中，运动员在横杆前起跳，越过横杆后落地，横杆不掉下来即为成功。运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体。取竖直向上为正方向，下列可能表示运动员起跳后运动员的速度ν或加速度a随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】运动员起跳后可看做仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体，可知加速度恒定为向下的g不变，方向为负方向，且v-t图像为倾斜的直线，斜率为-g不变。
故选D。
4. 如图所示，水平圆盘半径为R，可视为质点的物块A在圆盘边缘处，与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动。某时刻在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v沿OA方向水平抛出。若小球直接击中物块A，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块A处于平衡状态
B. 物块A所受摩擦力恒定
C. 小球抛出时距离O点的高度一定为
D. 圆盘转动角速度大小一定为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物块A与圆盘一起围绕过圆心O的竖直轴匀速转动，指向圆心的静摩擦力提供向心力，处于非平衡状态，A错误，B错误；
C．小球做平抛运动，小球在水平方向上做匀速直线运动，则平抛运动的时间
t=
竖直方向做自由落体运动，则小球抛出时距O的高度
C正确；
D．根据
ωt=2nπ
得圆盘转动的角速度
ω=（n=1、2、3…）
D错误。
故选C。
5. 如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面向右做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动时间为t的过程中（ ）
A. 摩擦力冲量的大小与F方向无关B. 合力冲量的大小与F方向有关
C. F为水平方向时，F冲量为μmgtD. F水平方向冲量的最小值为mat
【答案】D
【解析】
【详解】A．摩擦力冲量的大小
可知摩擦力的冲量大小与F方向有关，选项A错误；
B．合力冲量的大小
则合力冲量大小与F方向无关，选项B错误；
C．F为水平方向时，F冲量为
选项C错误；
D．根据
F水平方向冲量
当f=0时F水平方向冲量的最小值为mat，选项D正确。
故选D。
6. 如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP=2kg、mQ=1kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度。则拉力F的大小为（ ）
A. 60NB. 50NC. 40ND. 30N
【答案】B
【解析】
【详解】开始时细绳的张力为
T1= mQg=10N
则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为
T2= 20N
则由牛顿第二定律对Q
对P
解得
F=50N
故选B。
7. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. F点与C点的电场强度大小相等，方向不同
B. F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同
C. A'点与O'点的电势差小于点E'与D'点的电势差
D. 质子在F点的电势能小于在E点的电势能
【答案】B
【解析】
详解】A．如图
正电荷在F点产生场强和负电荷在C点产生的场强一样，正电荷在C点产生场强和负电荷在F点产生的场强一样，F点与C点的电场强度大小相等，电场强度方向相同，故A错误；
B．如图
正电荷在F'点产生场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，电场强度方向不同，故B正确；
C．根据等量异种电荷的对称性可知
故C错误；
D．根据等量异种电荷的场强分布可知
因此质子在F点的电势能大于在E点的电势能，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中至少有两项满足题设要求，选对得6分；漏选得3分；不选、错选或多选不得分。）
8. 北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动。已知空间站绕行地球一圈的时间大约为90分钟。以下说法正确的是（ ）
A. 航天员相对空间站静止时，所受合外力不为零
B. 空间站的运行速度小于同步卫星运行速度
C. 航天员在出仓活动期间最多可能看到6次日出
D. 空间站的向心加速度小于地球上建筑物的向心加速度
【答案】AC
【解析】
【详解】A．航天员相对空间站静止时，依然绕地球做圆周运动，所受合外力不为零，故A正确；
B．由万有引力提供向心力
可得
因为空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以空间站的运行速度大于同步卫星运行速度，故B错误；
C．因为空间站绕行地球一圈的时间大约为90分钟，所以航天员一天时间最多可能看到日出次数为
经过约8小时的出舱活动期间，看到日出次数为
取整数为6次，所以航天员在出仓活动期间最多可能看到6次日出，故C正确；
D．建筑物随地球运动的角速度与同步卫星相同，根据向心加速度公式
建筑物随地球运动向心加速度小于同步卫星的向心加速度，再根据万有引力提供向心力
可得
越大，越小，同步卫星的加速度又小于空间站的加速度，所以空间站的向心加速度小于地球上建筑物的向心加速度，故D错误。
故选AC。
9. 两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q为两列波的波源，以P、Q的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知P波的传播速度为10m/s，下列判断正确的是（ ）
A. 两波源P、Q的起振方向不同
B. 经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为45cm
C. 波源Q产生的波比波源P产生的波更容易发生衍射
D. 若x轴上坐标原点有一位观察者沿x轴向Q点运动，观察者接收到Q波的频率大于2.5Hz
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．两波源P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，由波形平移法可知，波源P的起振方向沿y轴负方向，波源Q的起振方向沿y轴正方向，即两波源P、Q的起振方向相反，故A正确；
B．根据对称性可知，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达O点，所以两波在O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振幅之和，为45cm，故B正确；
C．两波的波长相等，波源Q产生的波与波源P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故C错误；
D．当观察者向Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度
观察者接收到Q波的频率为
故D正确。
故选ABD。
10. 如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m的物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，开始时用手托着物体A在距地面h高处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴线沿竖直方向，物体B静止在地面上、放手后经时间t物体A下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A在下落过程中其机械能减小
B. 弹簧的劲度系数为
C. 物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为mgt
D. 将A物体质量改为1.5m，再将A物体由从原位置释放，A物体下落过程的最大速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物体A做负功，故机械能减小，故A正确；
B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的形变量等于h，此时弹簧的弹力
弹簧的劲度系数为
故B错误；
C．设整个过程中，绳子对A的冲量大小为，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为，对A由动量定理得
对B和弹簧由动量定理得
解得物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对B物体的冲量大小为
故C正确。
D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧弹力恰好等于1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量
对A和弹簧的系统，根据机械能守恒
解得
故D错误。
故选AC。
三、实验题（共17分）
11. 如图甲所示，某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t。则：
（1）下列最合理的装置是 __________
（2）用螺旋测微器测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为__________ mm。
（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是__________。
A．单摆振动时振幅较小
B．将摆线长当成了摆长
C．实验时误将49次全振动记为50次
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
（4）甲同学选择了合理的实验装置后，测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出如图丙T²-L图像中的实线a。乙同学也进行了与甲同学同样的实验，实验中将摆线长作为摆长L，测得多组周期T和L的数据，作出T²-L图像，应是图丙中的图线__________。（已知c、d两条图线和a平行）（选填“a”、“b”、“c”、“d”或“e”）。
【答案】 ①. C ②. 9.450##9.448##9.449##9.451##9.452 ③. BD##DB ④. c
【解析】
【详解】（1）细线要用铁夹固定，防止摆长忽长忽短；摆线要用细线，不能用弹性棉绳；摆球要用密度较大的铁球，故选C。
（2）螺旋测微器测量小钢球直径的读数为
（3）根据单摆周期公式
可得
A．单摆振动时振幅较小，不影响的测量，故A错误；
B．将摆线长当成了摆长，导致变小，可知g值偏小，故B正确；
C．实验时误将将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，可知g值偏大，故C错误；
D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，故D正确。
故选BD。
（4）根据单摆周期公式
可得
实验中将摆线长作为摆长L，没有加上摆球的半径，所以摆线长为零时，纵轴截距不为零，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故选c。
12. 图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上均固定一相同的竖直遮光条
（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______cm；
（2）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可调节Q使轨道右端______（选填“升高”或“降低”）一些；
（3）测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为。将滑块A静置于两光电门之间，将滑块B静置于光电门2右侧，推动B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2并与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为、，光电门1记录的挡光时间为。小明想用上述物理量验证该碰撞过程动量守恒，则他要验证的关系式是____________；小徐猜想该碰撞是弹性碰撞，他用了一个只包含、和的关系式来验证自己的猜想，则他要验证的关系式是____________。
【答案】 ①. 1.345 ②. 降低 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]图中游标卡尺读数为
（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。
（3）[3]若碰撞过程中动量守恒，取水平向左为正方向，根据公式有
整理得
[4]若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后A、B的相对速度大小相等，即
整理得
四、计算题（共37分）
13. 如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的平行金属板间距离为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v₁竖直向下匀速运动；当上板带正电、下板带负电、两板间的电压为U时，该油滴经过一段时间后恰好能以速度v₂竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，k为阻力系数，不计气体浮力，重力加速度为g。
（1）请确定油滴电性，并说明原因；
（2）求油滴的质量m；
（3）求油滴所带电荷量q是多少。
【答案】（1）负电，由图知上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动，粒子受到的重力及空气阻力竖直向下，由平衡条件知油滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故油滴带负电；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由图知上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动，粒子受到的重力及空气阻力竖直向下，由平衡条件知油滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故油滴带负电
（2）依题意，油滴的速度为时，所受阻力为
油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有
解得
（3）设油滴所带电荷量为，油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡，有
则油滴所带电荷量
14. 我国的高铁发展迅速，引领世界。小明同学在某次乘坐高铁时，利用手机加速度传感器测量动车的加速度，如下图。t1=6s时刻开始加速，可以认为加速度随时间均匀增大，t2=8s时达到最大加速度，并以此加速度在水平面上做匀加速直线运动直至达到最大速度车厢中水平放置一质量为的物品，物品始终相对车厢静止。重力加速度。求：
（1）动车达到最大速度的时刻t3；
（2）整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小及做功的大小。（结果可用根号表示）
【答案】（1）107s；（2），
【解析】
【详解】（1）在加速度变化阶段，加速度随时间均匀增大
解得
由，解得
动车达到最大速度时刻
（2）由牛顿第二定律，解得
整个匀加速直线运动阶段，动车对该物品的作用力大小
由动能定理得动车对该物品做功的大小为
解得
15. 在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0=10m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块的摩擦系数为，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；
（2）为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围；
（3）若圆形轨道半径R=1.8m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移的表达式以及整个运动过程在斜面上经过的总路程s。
【答案】（1）10m/s；（2）；（3），12.5m
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
（2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则
由机械能守恒定律得
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
或
（3）圆形轨道半径
可知物块B能做完整的圆周运动，以的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得
解得
第一次滑上斜面的最大位移为，由，解得
从斜面下滑，由牛顿第二定律可得
解得
由，解得滑到斜面下端时速度
物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得
解得
故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以第二次滑上斜面，则
解得上滑的位移大小
物块B第二次下滑，则
物块B第三次滑上斜面
解得上滑最大位移
故可以得到规律
整个过程中，根据能量守恒定律得
解得
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