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2024届重庆市西南大学附中、重庆育才中学拔尖强基联盟高三上学期12月联合考试物理试题 （解析版）
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这是一份2024届重庆市西南大学附中、重庆育才中学拔尖强基联盟高三上学期12月联合考试物理试题 （解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2023年12月
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写任答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电势是一个标量，单位是
B. 电场强度，电容都是用比值法定义的
C. 电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D. 电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B．电场强度，电容都是用比值法定义的，故B正确；
C．电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，故C错误；
D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图乙所示。若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 篮球受到的合力增大
B. 人对篮球的作用力增大
C. 人对篮球的作用力的方向竖直向上
D. 手臂对篮球的压力是由于篮球发生了形变
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．篮球受到重力和人对篮球的作用力从而保持静止状态说明篮球受力平衡，则合力为0保持不变。重力和人对篮球的作用力是一对平衡力，等大反向，篮球重力不变则人对篮球的作用力大小不变，方向竖直向上。故AB错误，C正确；
D．弹力是由于施力物体的形变，想要恢复原状从而对受力物体产生力的作用。手臂对篮球的压力施力物体是手臂，则是手臂发生了形变。故D错误。
故选C。
3. 2023年3月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征十一号”运载火箭，成功将实验十九号卫星发射升空。卫星发射的过程可以简化为如图所示的过程，先将卫星发射至近地圆轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点加速后进入运行圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在近地轨道的线速度小于正运行轨道上的线速度
B. 卫星在近地轨道的机械能大于在运行轨道上的机械能
C. 卫星在转移轨道上经过A点的速度小于经过点的速度
D. 卫星在转移轨道上经过A点的加速度大于经过点的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据
得
近地轨道上卫星做圆周运动的半径小于运行轨道半径，卫星在近地轨道的线速度大于正运行轨道上的线速度。故A错误；
B．A点由近地轨道到转移轨道需要加速，点由转移轨道到运行轨道也需要加速，卫星在近地轨道的机械能小于在运行轨道上的机械能。故B错误；
C．卫星在转移轨道上从A点到点的过程中，万有引力做负功，卫星的动能减小，A点的速度大于经过点的速度。故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可知
解得
A点到地心距离大于点到地心的距离，卫星在转移轨道上经过A点的加速度大于经过点的加速度。故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，某动画片里两个质量相同的小猴子为了偷到树下面桌子上的香蕉，用同一不可伸长的轻质细绳拉着，分别尝试了两种方式。如图乙所示，是使下面的猴子在竖直平面内来回摆动，是使下面的猴子在水平面内做匀速圆周运动，摆动时细绳偏离竖直方向的夹角的最大值和摆动时细绳与竖直方向的夹角都为，则下列说法正确的是（ ）
A. 中猴子所受合力指向轨迹圆圆心
B. 中猴子所受合力指向轨迹圆圆心
C. 中把细绳调短些，不变，则上面的猴子所在树枝比之前更容易折断
D. 中把细绳调短些，不变，则上面的猴子所在树枝比之前更容易折断
【答案】B
【解析】
【详解】A．中猴子在竖直平面内来回摆动，速率在不断变化，除了有指向轨迹圆圆心的向心加速度，在轨迹切线方向还有一个改变速度大小的加速度，因此合加速度方向不指向轨迹圆圆心，合力方向不指向轨迹圆圆心，故A错误；
B．b中猴子在水平面内做匀速圆周运动，所受合力方向指向轨迹圆的圆心，故B正确；
C．a中，下面猴子在最低点时绳子上的张力最大，树枝容易折断，设绳子长度为l，由动能定理得
此时
可得绳子最大张力为
可知最大张力与绳长无关，故C错误；
D．b中绳子上的张力和重力的合力为下面的猴子提供向心力，绳子上的张力为
由于不变，则细绳调短后，绳子上的张力大小不变，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，正四面体的四个顶点分别为、A、B、C，电荷量为的点电荷固定于A点，先将一个电荷量为的点电荷从无穷远处移到点并固定，此过程中电场力对点电荷做功为，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 移入点电荷之前，点的电势为
B. 移入点电荷之后，点电势为
C. 移入点电荷之前，、场强大小相等，方向相同
D. 移入点电荷之后，、场强大小相等，方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】AB．将一电荷量为的点电荷Q2从无穷远处移到C点，则
解得
移入点电荷之前，点的电势与C点电势相等，即
故AB错误；
C．移入点电荷之前，由对称性可知，O点和B点的电场强度大小相同，但是方向不同，故C错误；
D．、位于AC中垂面上，且到AC中点的距离相等，移入点电荷之后，根据等量异种电荷中垂面上电场分布以及对称性可知，、场强大小相等，方向都水平向右，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为的木块。开始时质量为的木块叠放在木块上，、保持静止，此时弹簧的压缩量为。现取走物体，弹簧始终竖直，且处于弹性限度内。不计空气阻力，已知弹簧的弹性势能，则在运动过程中（ ）
A. 当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
B. 当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
C. 基于初始位置，木块上升时，速度最大
D. 基于初始位置，木块上升时，速度最大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．开始时质量为的木块叠放在木块上，、保持静止，根据平衡条件可得
取走物体，的加速度为
解得
根据对称性可知，当木块在最高点时，加速度大小与木块在最低点时加速度大小相等，根据牛顿第二定律得
当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
故A正确，B错误；
CD．A加速度为零时，速度最大，则
基于初始位置，木块上升了
故CD错误。
故选A。
7. 将一个质量为的小球从某一高度以速度竖直向上抛出，落回抛出点的速度大小为，在运动过程中，小球受到的阻力大小与速度大小成正比。小球从抛出点到回到抛出点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 阻力的冲量为0
B. 重力的冲量大小为
C. 小球上升过程的时间大于下降过程的时间
D. 小球在这个过程中运动的总时间大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．设竖直向下为正方向，根据冲量得表达式可知阻力的冲量为
所以从抛出点到回到抛出点的过程中位移为零，阻力的冲量为零，故A正确；
BD．根据动量定理可知
所以小球在这个过程中运动的总时间为
故BD错误；
C．在位移相同处，上升小球的速度大于下降小球的速度，上升的位移合下降的位移相等，所以上升过程的时间小于下降过程的位移，故C错误；
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个圆弧对接，斜面高度与圆弧半径相等，斜面的底端在圆心O的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球初速度不同，则运动时间一定不同
B. 小球落到斜面上时，其速度方向一定相同
C. 小球落到斜面和圆弧等高位置时，重力做功相等，速度大小一定不相等
D. 小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，故A错误；
B．设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则有
故B正确；
C．小球落到斜面和圆弧等高位置时，重力做功相等，运动时间相等，设小球的初速度为v0，则小球落到圆弧面上时速度大小为
小球落到斜面的初速度小于落到圆弧面的初速度，所以v一定不相等，故C正确；
D．小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，而圆心不可能是水平位移的中点，故D错误。
故选BC。
9. 在如图甲所示的电路中，定值电阻R1的阻值大于电源内阻。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化，电表V1、V2、V3变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 图线b表示电压表V1示数变化的情况
B. 图线c表示电压表V3示数变化的情况
C ∆U3<∆U1<∆U2
D. 滑片下滑过程中，R2的功率一定增大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，而理想电压表V3测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
由此可知，图线a表示电压表V3示数变化的情况，图线b表示电压表V1示数变化的情况，图线c表示电压表V2示数变化的情况，故A正确，B错误；
C．由以上分析可知
由于定值电阻R1的阻值大于电源内阻r，所以
故C正确；
D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如图所示
将R1看成是电源的一部分，所以当滑动变阻器的滑片向下滑动时，若滑动变阻器接入电路的阻值小于r+R1，随R2的增大电源的输出功率可能不断增大，也可能先增大后减小，即R2的功率可能增大，也可能先增大后减小；若滑动变阻器接入电路的阻值大于等于r+R1，随R2的增大电源的输出功率不断减小，即R2的功率不断减小，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹、射入前的速度分别为、。若子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹射入木块深度为，子弹射入木块深度为，且。若子弹先向左射入木块，射入深度为，子弹与木块共速后，子弹再射入木块，射入深度为。整个过程、始终不相撞，且所受摩擦力恒定。则下列说法正确的是（ ）
A. 木块对子弹、的摩擦力大小相等
B. 子弹的质量是子弹的质量的两倍
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，对木块受力分析，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律，木块对子弹、的摩擦力大小相等，故A正确；
B．木块与子弹、组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
则
即
可得
故B正确；
C．若子弹、从两侧同时水平射入木块，对子弹，根据动能定理有
对子弹，根据动能定理有
若子弹先向左射入木块，子弹与木块动量守恒有
子弹先向左射入木块，子弹与木块共速时，根据能量守恒有
则
子弹再射入木块，木块与子弹、组成的系统合外力为零，系统动量守恒，且
系统初动量为零，则最终木块与子弹、都静止，子弹射入木块过程，根据能量守恒有
则
可得
故C错误；
D．根据能量守恒可得
可得
故D正确。
故选ABD。
三、非选择题：共57分。
11. 小俞同学用如图甲所示的实验装置探究小车速度随时间变化的规律，正确操作后获得如图乙所示的一条纸带。他用刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为，，，，，。电源的频率。
（1）打点4时小车的速度大小为__________（结果保留三位有效数字）；
（2）小车运动过程中的加速度大小为__________（用题中所给字母表示）；
（3）若电源的实际频率，则加速度的测量值相比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 1.16 ②. ③. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]相邻两计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打点4时小车的速度大小为
（2）[2]根据匀变速直线运动的推论
小车运动过程中的加速度大小为
（3）[3]若电源的实际频率，打点计时器的打点周期变大，纸带上相邻两点的距离增大，则加速度的测量值相比真实值偏大。
12. 小峰实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电阻率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封，构成可接入电路的电阻。
（1）先用多用电表粗测该电阻的阻值，选择开关旋转到欧姆挡的“”挡，多用电表使指针指在图甲中的位置，读出粗测电阻的阻值__________。
（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室选取的器材有：
A．电流表（，内阻约）
B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻）
D．定值电阻
E．定值电阻
F．滑动变阻器（，额定电流）
G．电源（，内阻约）
H．开关和导线若干
（3）测量时，为使电流表读数大于量程，应选择电流表__________（填器材前面的字母）。
（4）为了减小系统误差，请根据所选实验仪器在图乙方框中设计出合理的实验电路，并标记电学元件符号________。
（5）若实验小组用刻度尺测出水样两电极相距，用游标卡尺测得玻璃管的内径为，请利用电路中电压表示数，电流表示数，及相关物理量的表示符号，表示出该水样品电阻率的表达式__________。
【答案】 ①. 19000 ②. A ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]粗测电阻的阻值为
（3）[2]通过待测电阻的最大电流为
测量时，为使电流表读数大于量程，应选择电流表量程为的电流表。故选A。
（4）[3]电压表的量程为，需改装成大量程电压表，改装后的电压表量程至少为，根据电压表改装原理有
解得
故应选用定值电阻与电压表串联，为了减小系统误差，且改装后的电压表内阻为已知量，能准确求出电压表的分流所得的电流，电流表应选用外接法。滑动变阻器阻值较小，为方便调节，获取更多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实验电路如图所示。
（5）[4]根据电阻定律可得
玻璃管的截面积为
根据欧姆定律可得
联立解得
13. 夜跑已经成了很多同学锻炼身体的一种方式，在某段平直的操场上，小俞同学以速度做匀速直线运动，在他前方的小峰同学从静止开始以加速度做同向的匀加速直线运动，小峰同学开始动后，他们一共相遇两次。
（1）若小峰同学开始运动时他们之间的距离为，求两次相遇的时间间隔；
（2）为保证相遇两次，小峰同学开始运动时，他们之间的距离不应超过多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设两同学时刻相遇，根据动力学公式有
解得
，
两次相遇的时间间隔为
（2）根据动力学公式有
整理得
为保证相遇两次，根据数学关系有
则
为保证相遇两次，小峰同学开始运动时，他们之间的距离不应超过。
14. 如图所示，传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，左端到右端的距离，左右两侧紧靠光滑水平地面，传送带上表面与水平地面等高，右侧水平地面上放置一质量为各面均光滑的四分之一圆弧滑块Q，Q的圆弧轨道最低点与地面相切。质量的小物块P以的初速度从左端滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度。
（1）求小物块P第一次到达传送带右端的速度大小；
（2）若，物块恰能运动到圆弧轨道最高点，求四分之一圆弧滑块Q的半径；
（3）为了使小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次，求圆弧滑块Q的质量范围。
【答案】（1）；（2）1m；（3）或
【解析】
【详解】（1）小物块刚滑上传送带时做匀加速直线运动，加速度大小为
假设小物块第一次到达传送带右端时能与传送带共速，则从滑上传送带到共速所需时间为
此过程小物块的位移为
即小物块第一次到达传送带右端时恰好与传送带共速，故此时速度大小为；
（2）物块和传送带再一起匀速运动一段后滑上圆弧滑块，设圆弧滑块的半径为R，物块运动到圆弧轨道最高点的过程，水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，有
由机械能守恒可得
联合解得
（3）设物块离开圆弧滑块时，小物块的速度大小为v2，圆弧滑块的速度大小为v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次，则有
a．小物块与圆弧滑块速度同向或静止，即
解得
b．小物块与圆弧滑块速度反向，此时
即
设小物块向左在传送带匀减速直线运动到速度为零的位移大小为，则
若
即当时，小物块将向左滑出传送带，不再右滑，不再会滑上圆弧滑块，若
即，则小物块在传送带上匀减速直线运动到速度为零后，再反向做匀加速直线运动，且加速度大小不变，位移大小不变，根据对称性可知小物块再次运动到传送带右端时速度大小不变，方向相反，即
此时小物块不能从左端滑上圆弧滑块需要
解得
综合a、b分析可得小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次圆弧滑块Q的质量范围为
或
15. 如图所示的直角坐标系中，在第一象限和第二象限有两个场强大小均为的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，其中Ⅱ电场方向沿轴正方向，边界是边长为的正方形，Ⅰ电场方向沿轴负方向，边界是宽为，长为的矩形。离子的重力忽略不计。
（1）若，Ⅰ电场左边界距离轴为，在距离点正上方处静止释放电荷量为的正离子，求该离子离开区域的位置；
（2）若，Ⅰ电场左边界距离轴为，在电场Ⅱ区域适当位置由静止释放电荷量为的正离子，该离子恰能从的点处离开，求所有释放点的位置以及从释放点运动至点的最短时间；
（3）若在处有一点，要使从点静止释放的正离子能通过点，求电场Ⅰ右边界与点的距离。
【答案】（1）；（2）所有释放点的位置满足，；（3）或
【解析】
【详解】（1）离子在第二象限运动，根据动能定理有
假设离子从离开区域，离子在区域做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
离子的加速度为
解得
假设成立，该离子从点离开区域，坐标为
（2）该离子恰能从的点处离开，设满足条件的离子坐标为，在第二象限运动，根据动能定理有
离子在区域做类平抛运动，有
联立解得
从释放点运动至点的时间为
当
时，即时取等，释放点运动至点的最短时间为
（3）点从静止释放的正离子能通过点，有两种情况。
①离子从电场Ⅰ右边界左侧通过点，有
离子在电场中水平位移为
电场Ⅰ右边界与点距离为
②离子从电场Ⅰ右边界右侧通过点，有
则
离子从电场Ⅰ右边界射出时速度的偏转角为
根据几何关系有
电场Ⅰ右边界与点距离为
2023年12月
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写任答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电势是一个标量，单位是
B. 电场强度，电容都是用比值法定义的
C. 电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D. 电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B．电场强度，电容都是用比值法定义的，故B正确；
C．电容器所带电量等于任意极板所带电量的绝对值，故C错误；
D．物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图乙所示。若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 篮球受到的合力增大
B. 人对篮球的作用力增大
C. 人对篮球的作用力的方向竖直向上
D. 手臂对篮球的压力是由于篮球发生了形变
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．篮球受到重力和人对篮球的作用力从而保持静止状态说明篮球受力平衡，则合力为0保持不变。重力和人对篮球的作用力是一对平衡力，等大反向，篮球重力不变则人对篮球的作用力大小不变，方向竖直向上。故AB错误，C正确；
D．弹力是由于施力物体的形变，想要恢复原状从而对受力物体产生力的作用。手臂对篮球的压力施力物体是手臂，则是手臂发生了形变。故D错误。
故选C。
3. 2023年3月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征十一号”运载火箭，成功将实验十九号卫星发射升空。卫星发射的过程可以简化为如图所示的过程，先将卫星发射至近地圆轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点加速后进入运行圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在近地轨道的线速度小于正运行轨道上的线速度
B. 卫星在近地轨道的机械能大于在运行轨道上的机械能
C. 卫星在转移轨道上经过A点的速度小于经过点的速度
D. 卫星在转移轨道上经过A点的加速度大于经过点的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据
得
近地轨道上卫星做圆周运动的半径小于运行轨道半径，卫星在近地轨道的线速度大于正运行轨道上的线速度。故A错误；
B．A点由近地轨道到转移轨道需要加速，点由转移轨道到运行轨道也需要加速，卫星在近地轨道的机械能小于在运行轨道上的机械能。故B错误；
C．卫星在转移轨道上从A点到点的过程中，万有引力做负功，卫星的动能减小，A点的速度大于经过点的速度。故C错误；
D．根据万有引力提供向心力可知
解得
A点到地心距离大于点到地心的距离，卫星在转移轨道上经过A点的加速度大于经过点的加速度。故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，某动画片里两个质量相同的小猴子为了偷到树下面桌子上的香蕉，用同一不可伸长的轻质细绳拉着，分别尝试了两种方式。如图乙所示，是使下面的猴子在竖直平面内来回摆动，是使下面的猴子在水平面内做匀速圆周运动，摆动时细绳偏离竖直方向的夹角的最大值和摆动时细绳与竖直方向的夹角都为，则下列说法正确的是（ ）
A. 中猴子所受合力指向轨迹圆圆心
B. 中猴子所受合力指向轨迹圆圆心
C. 中把细绳调短些，不变，则上面的猴子所在树枝比之前更容易折断
D. 中把细绳调短些，不变，则上面的猴子所在树枝比之前更容易折断
【答案】B
【解析】
【详解】A．中猴子在竖直平面内来回摆动，速率在不断变化，除了有指向轨迹圆圆心的向心加速度，在轨迹切线方向还有一个改变速度大小的加速度，因此合加速度方向不指向轨迹圆圆心，合力方向不指向轨迹圆圆心，故A错误；
B．b中猴子在水平面内做匀速圆周运动，所受合力方向指向轨迹圆的圆心，故B正确；
C．a中，下面猴子在最低点时绳子上的张力最大，树枝容易折断，设绳子长度为l，由动能定理得
此时
可得绳子最大张力为
可知最大张力与绳长无关，故C错误；
D．b中绳子上的张力和重力的合力为下面的猴子提供向心力，绳子上的张力为
由于不变，则细绳调短后，绳子上的张力大小不变，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，正四面体的四个顶点分别为、A、B、C，电荷量为的点电荷固定于A点，先将一个电荷量为的点电荷从无穷远处移到点并固定，此过程中电场力对点电荷做功为，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 移入点电荷之前，点的电势为
B. 移入点电荷之后，点电势为
C. 移入点电荷之前，、场强大小相等，方向相同
D. 移入点电荷之后，、场强大小相等，方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】AB．将一电荷量为的点电荷Q2从无穷远处移到C点，则
解得
移入点电荷之前，点的电势与C点电势相等，即
故AB错误；
C．移入点电荷之前，由对称性可知，O点和B点的电场强度大小相同，但是方向不同，故C错误；
D．、位于AC中垂面上，且到AC中点的距离相等，移入点电荷之后，根据等量异种电荷中垂面上电场分布以及对称性可知，、场强大小相等，方向都水平向右，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，竖直放置的轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端拴接着质量为的木块。开始时质量为的木块叠放在木块上，、保持静止，此时弹簧的压缩量为。现取走物体，弹簧始终竖直，且处于弹性限度内。不计空气阻力，已知弹簧的弹性势能，则在运动过程中（ ）
A. 当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
B. 当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
C. 基于初始位置，木块上升时，速度最大
D. 基于初始位置，木块上升时，速度最大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．开始时质量为的木块叠放在木块上，、保持静止，根据平衡条件可得
取走物体，的加速度为
解得
根据对称性可知，当木块在最高点时，加速度大小与木块在最低点时加速度大小相等，根据牛顿第二定律得
当木块在最高点时，弹簧对的作用力为
故A正确，B错误；
CD．A加速度为零时，速度最大，则
基于初始位置，木块上升了
故CD错误。
故选A。
7. 将一个质量为的小球从某一高度以速度竖直向上抛出，落回抛出点的速度大小为，在运动过程中，小球受到的阻力大小与速度大小成正比。小球从抛出点到回到抛出点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 阻力的冲量为0
B. 重力的冲量大小为
C. 小球上升过程的时间大于下降过程的时间
D. 小球在这个过程中运动的总时间大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．设竖直向下为正方向，根据冲量得表达式可知阻力的冲量为
所以从抛出点到回到抛出点的过程中位移为零，阻力的冲量为零，故A正确；
BD．根据动量定理可知
所以小球在这个过程中运动的总时间为
故BD错误；
C．在位移相同处，上升小球的速度大于下降小球的速度，上升的位移合下降的位移相等，所以上升过程的时间小于下降过程的位移，故C错误；
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个圆弧对接，斜面高度与圆弧半径相等，斜面的底端在圆心O的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球初速度不同，则运动时间一定不同
B. 小球落到斜面上时，其速度方向一定相同
C. 小球落到斜面和圆弧等高位置时，重力做功相等，速度大小一定不相等
D. 小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直
【答案】BC
【解析】
【详解】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，故A错误；
B．设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则有
故B正确；
C．小球落到斜面和圆弧等高位置时，重力做功相等，运动时间相等，设小球的初速度为v0，则小球落到圆弧面上时速度大小为
小球落到斜面的初速度小于落到圆弧面的初速度，所以v一定不相等，故C正确；
D．小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，而圆心不可能是水平位移的中点，故D错误。
故选BC。
9. 在如图甲所示的电路中，定值电阻R1的阻值大于电源内阻。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化，电表V1、V2、V3变化量的绝对值分别为∆U1、∆U2、∆U3。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 图线b表示电压表V1示数变化的情况
B. 图线c表示电压表V3示数变化的情况
C ∆U3<∆U1<∆U2
D. 滑片下滑过程中，R2的功率一定增大
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R1串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，而理想电压表V3测量电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得
由此可知，图线a表示电压表V3示数变化的情况，图线b表示电压表V1示数变化的情况，图线c表示电压表V2示数变化的情况，故A正确，B错误；
C．由以上分析可知
由于定值电阻R1的阻值大于电源内阻r，所以
故C正确；
D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如图所示
将R1看成是电源的一部分，所以当滑动变阻器的滑片向下滑动时，若滑动变阻器接入电路的阻值小于r+R1，随R2的增大电源的输出功率可能不断增大，也可能先增大后减小，即R2的功率可能增大，也可能先增大后减小；若滑动变阻器接入电路的阻值大于等于r+R1，随R2的增大电源的输出功率不断减小，即R2的功率不断减小，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹、射入前的速度分别为、。若子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹射入木块深度为，子弹射入木块深度为，且。若子弹先向左射入木块，射入深度为，子弹与木块共速后，子弹再射入木块，射入深度为。整个过程、始终不相撞，且所受摩擦力恒定。则下列说法正确的是（ ）
A. 木块对子弹、的摩擦力大小相等
B. 子弹的质量是子弹的质量的两倍
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，对木块受力分析，根据平衡条件可得
根据牛顿第三定律，木块对子弹、的摩擦力大小相等，故A正确；
B．木块与子弹、组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
则
即
可得
故B正确；
C．若子弹、从两侧同时水平射入木块，对子弹，根据动能定理有
对子弹，根据动能定理有
若子弹先向左射入木块，子弹与木块动量守恒有
子弹先向左射入木块，子弹与木块共速时，根据能量守恒有
则
子弹再射入木块，木块与子弹、组成的系统合外力为零，系统动量守恒，且
系统初动量为零，则最终木块与子弹、都静止，子弹射入木块过程，根据能量守恒有
则
可得
故C错误；
D．根据能量守恒可得
可得
故D正确。
故选ABD。
三、非选择题：共57分。
11. 小俞同学用如图甲所示的实验装置探究小车速度随时间变化的规律，正确操作后获得如图乙所示的一条纸带。他用刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为，，，，，。电源的频率。
（1）打点4时小车的速度大小为__________（结果保留三位有效数字）；
（2）小车运动过程中的加速度大小为__________（用题中所给字母表示）；
（3）若电源的实际频率，则加速度的测量值相比真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. 1.16 ②. ③. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]相邻两计数点的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打点4时小车的速度大小为
（2）[2]根据匀变速直线运动的推论
小车运动过程中的加速度大小为
（3）[3]若电源的实际频率，打点计时器的打点周期变大，纸带上相邻两点的距离增大，则加速度的测量值相比真实值偏大。
12. 小峰实验小组为了测量某品牌纯净水样品的电阻率，将采集的水样装入粗细均匀的玻璃管内，玻璃管两端用装有金属圆片电极的橡胶塞密封，构成可接入电路的电阻。
（1）先用多用电表粗测该电阻的阻值，选择开关旋转到欧姆挡的“”挡，多用电表使指针指在图甲中的位置，读出粗测电阻的阻值__________。
（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室选取的器材有：
A．电流表（，内阻约）
B．电流表（，内阻约）
C．电压表（，内阻）
D．定值电阻
E．定值电阻
F．滑动变阻器（，额定电流）
G．电源（，内阻约）
H．开关和导线若干
（3）测量时，为使电流表读数大于量程，应选择电流表__________（填器材前面的字母）。
（4）为了减小系统误差，请根据所选实验仪器在图乙方框中设计出合理的实验电路，并标记电学元件符号________。
（5）若实验小组用刻度尺测出水样两电极相距，用游标卡尺测得玻璃管的内径为，请利用电路中电压表示数，电流表示数，及相关物理量的表示符号，表示出该水样品电阻率的表达式__________。
【答案】 ①. 19000 ②. A ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]粗测电阻的阻值为
（3）[2]通过待测电阻的最大电流为
测量时，为使电流表读数大于量程，应选择电流表量程为的电流表。故选A。
（4）[3]电压表的量程为，需改装成大量程电压表，改装后的电压表量程至少为，根据电压表改装原理有
解得
故应选用定值电阻与电压表串联，为了减小系统误差，且改装后的电压表内阻为已知量，能准确求出电压表的分流所得的电流，电流表应选用外接法。滑动变阻器阻值较小，为方便调节，获取更多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实验电路如图所示。
（5）[4]根据电阻定律可得
玻璃管的截面积为
根据欧姆定律可得
联立解得
13. 夜跑已经成了很多同学锻炼身体的一种方式，在某段平直的操场上，小俞同学以速度做匀速直线运动，在他前方的小峰同学从静止开始以加速度做同向的匀加速直线运动，小峰同学开始动后，他们一共相遇两次。
（1）若小峰同学开始运动时他们之间的距离为，求两次相遇的时间间隔；
（2）为保证相遇两次，小峰同学开始运动时，他们之间的距离不应超过多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设两同学时刻相遇，根据动力学公式有
解得
，
两次相遇的时间间隔为
（2）根据动力学公式有
整理得
为保证相遇两次，根据数学关系有
则
为保证相遇两次，小峰同学开始运动时，他们之间的距离不应超过。
14. 如图所示，传送带以的速度沿顺时针方向匀速转动，左端到右端的距离，左右两侧紧靠光滑水平地面，传送带上表面与水平地面等高，右侧水平地面上放置一质量为各面均光滑的四分之一圆弧滑块Q，Q的圆弧轨道最低点与地面相切。质量的小物块P以的初速度从左端滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度。
（1）求小物块P第一次到达传送带右端的速度大小；
（2）若，物块恰能运动到圆弧轨道最高点，求四分之一圆弧滑块Q的半径；
（3）为了使小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次，求圆弧滑块Q的质量范围。
【答案】（1）；（2）1m；（3）或
【解析】
【详解】（1）小物块刚滑上传送带时做匀加速直线运动，加速度大小为
假设小物块第一次到达传送带右端时能与传送带共速，则从滑上传送带到共速所需时间为
此过程小物块的位移为
即小物块第一次到达传送带右端时恰好与传送带共速，故此时速度大小为；
（2）物块和传送带再一起匀速运动一段后滑上圆弧滑块，设圆弧滑块的半径为R，物块运动到圆弧轨道最高点的过程，水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，有
由机械能守恒可得
联合解得
（3）设物块离开圆弧滑块时，小物块的速度大小为v2，圆弧滑块的速度大小为v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次，则有
a．小物块与圆弧滑块速度同向或静止，即
解得
b．小物块与圆弧滑块速度反向，此时
即
设小物块向左在传送带匀减速直线运动到速度为零的位移大小为，则
若
即当时，小物块将向左滑出传送带，不再右滑，不再会滑上圆弧滑块，若
即，则小物块在传送带上匀减速直线运动到速度为零后，再反向做匀加速直线运动，且加速度大小不变，位移大小不变，根据对称性可知小物块再次运动到传送带右端时速度大小不变，方向相反，即
此时小物块不能从左端滑上圆弧滑块需要
解得
综合a、b分析可得小物块P只能从左端滑上圆弧滑块Q一次圆弧滑块Q的质量范围为
或
15. 如图所示的直角坐标系中，在第一象限和第二象限有两个场强大小均为的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，其中Ⅱ电场方向沿轴正方向，边界是边长为的正方形，Ⅰ电场方向沿轴负方向，边界是宽为，长为的矩形。离子的重力忽略不计。
（1）若，Ⅰ电场左边界距离轴为，在距离点正上方处静止释放电荷量为的正离子，求该离子离开区域的位置；
（2）若，Ⅰ电场左边界距离轴为，在电场Ⅱ区域适当位置由静止释放电荷量为的正离子，该离子恰能从的点处离开，求所有释放点的位置以及从释放点运动至点的最短时间；
（3）若在处有一点，要使从点静止释放的正离子能通过点，求电场Ⅰ右边界与点的距离。
【答案】（1）；（2）所有释放点的位置满足，；（3）或
【解析】
【详解】（1）离子在第二象限运动，根据动能定理有
假设离子从离开区域，离子在区域做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
离子的加速度为
解得
假设成立，该离子从点离开区域，坐标为
（2）该离子恰能从的点处离开，设满足条件的离子坐标为，在第二象限运动，根据动能定理有
离子在区域做类平抛运动，有
联立解得
从释放点运动至点的时间为
当
时，即时取等，释放点运动至点的最短时间为
（3）点从静止释放的正离子能通过点，有两种情况。
①离子从电场Ⅰ右边界左侧通过点，有
离子在电场中水平位移为
电场Ⅰ右边界与点距离为
②离子从电场Ⅰ右边界右侧通过点，有
则
离子从电场Ⅰ右边界射出时速度的偏转角为
根据几何关系有
电场Ⅰ右边界与点距离为
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