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福建省厦门市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试卷
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这是一份福建省厦门市第一中学2023-2024学年高二上学期12月月考物理试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．“中国天眼”用于探索宇宙起源和演化，其灵敏度达到世界第二大望远镜的2.5倍以上，大幅拓展了人类的视野。“天眼”“眼眶”所围圆面积为S。其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量分别为B1、B2，则穿过“眼眶”的磁通量大小为（ ）
A．B1SB．B2SC．0D．BS
2．某竖直弹簧振子的振动图像如图所示，则（ ）
A．1∼3s内，振子的动量变化量为零 B．t=23s时振子位移为4cm
C．第3s末，弹簧振子的弹性势能为零 D．5s内，振子通过的路程为32cm
3．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是( )
A．IΔleS m2eU B．IΔle m2eU C．IeS m2eU D．ISΔle m2eU
4．设相距为l，电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子，如图所示，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(r≫l)，P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k.下面给出φ的四个表达式,其中只有一个是合理的,请你分析判断φ的合理表达式应为（ ）
A．φ=kqlcsθr2 B．φ=kqrcsθl2 C．φ=kqlsinθr2 D． φ=kqlsinθr
二、双项选择题（本题共4小题，每题6分，共24分，每小题有两个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
5．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行（g地>g月），且摆长相等，则图线I表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LI:LII=4:25
C．若摆长均约为6.2m，则图线I是在地球上完成的
D．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线II表示的单摆的能量一定大于图线I表示的单摆的能量
6．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲），以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B．再经过0.25s，P点到达平衡位置
C．该时刻P点的位移为103cm
D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
y=20sin(πt+π)cm
7．如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值25Ω），现闭合电路中的开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，由电表的测量数据得到U-I图线如右下图所示（电表均为理想表）。则下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为4VB．电源内电阻的阻值为5Ω
C．滑动变阻器R2的最大功率为1.2WD．电源的最大输出功率为1.8W
8．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．环先做加速运动再做匀速运动B．0-2s内环的位移小于2.5m
C．2s时环的加速度为5m/s2D．环的最大动能为20J
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13均为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9．某同学做“利用单摆测重力加速度”实验，先用一个游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，则该小球的直径为 mm。用秒表测得50个全振动的时间如图乙所示，秒表示数为 s 。
10．如今全国各大城市都进入了高楼时代，高空坠物现在已成为危害极大的社会安全问题。如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学想用实例来检验广告的科学性：假设一个质量为50g的鸡蛋从离地45米高的窗户自由落下，鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3s，不计空气阻力，g取10m/s2，规定竖直向下为正方向。该鸡蛋对地面的平均冲击力大小为 ，与地面撞击过程，鸡蛋的动量改变量为 。
11．如图1所示，用多用电表测电压表内阻（图中为连接之前），此时多用电表选择欧姆挡×1000挡位，连接后多用电表与电压表的读数如图2、图3所示，电压表的内阻为 ，多用电表中电源的电动势为 V(答案均保留两位有效数字)。
12．某实验小组同学研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
步骤1：不放小球b，让小球a从斜槽上某固定位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均上位置B；
步骤2：把小球b轻放在斜槽末端边缘，让小球a从相同位置由静止滚下，与小球b发生碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置A、C；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置A、B、C离O点的距离，即线段OA、OB、OC的长度。已知小球a质量为m1、小球b质量为m2。
（1）在本实验中，下列是产生误差的主要原因的是 。
A．斜槽的末端没有调整至水平状态
B．小球在斜槽中运动时会受到摩擦力作用
C．小球a每次由静止释放时的位置不固定
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差
（2）完成上述实验需小球a和小球b质量大小关系为m1 m2（填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）若等式 在误差范围内成立，则说明碰撞前后系统动量守恒；若想用该实验测得的数据进一步判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据 （填“正确”或“错误”）。
13．在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：
（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D。某次测量结果如图1所示，则这次测量的读数D= mm。
（2）用多用电表测得金属丝的阻值为3Ω，现在使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填器材前的字母）。
A．电压表V2（量程3V，内阻约3kΩ）
B．电压表V1（量程15V，内阻约15kΩ）
C．电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）
D．电流表A2（量程3A，内阻约0.02Ω）
E.滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A） F.滑动变阻器R2（总阻值100Ω，额定电流2A）
（3）若采用图2所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的 点相连（选填“a”或“b”）。
（4）若采用图3的电路测量电阻率，图中的电流表内阻跟R0接近。闭合开关S，多次移动滑片P的位置改变电路中接入金属丝的有效长度，分别记录每次电流表的示数I和接入电路中金属丝的有效长度L。根据实验中所测的数据，作出的下列图像合理的是 。
14．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，现有一质量为m=1kg的滑块P从B点正上方h=R=0.4m高处静止释放，质量为M=2m的小球Q连接轻质弹簧静止在水平面上，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求滑块到达圆形轨道最低点C时对轨道的压力FN的大小;
（2）求在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Epm；
（3）求小球Q可以获得的速度大小?
15．如图甲M、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NMP=θ，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷， MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图乙所示，重力加速度为g。设无限远处电势为0， M点所处的水平面为重力零势面。
（1）图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线?
（2）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；
（3）小球从N点运动到M点时的动能Ek。
16．带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为 q=+2×10-3C，质量为 mB=0.1kg的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度。 E=1.0×10³N/C。与B 球形状相同、质量为 mA=0.3kg的绝缘不带电小球A 以初速度 v0=10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A 始终不带电、小球B的电量始终不变，两小球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度 g=10m/s2。
（1） 求第一次碰撞后瞬间 A、B 小球的速度；
（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻B小球合力的瞬时功率为0。求从B球开始运动到此时B球所受重力的冲量大小；
（3）现要求两小球在空中只能碰撞两次，求电场水平宽度满足的条件。
参考答案：
1．B【解析】在匀强磁场中，“眼眶”与磁场Bl平行，穿过的磁通量Φ=0，“眼眶”与磁场B2垂直，则穿过的磁通量Φ=B2S。
2．B【解析】A．由图可知，振子在1s末和3s末速度大小相等，方向不同，则振子的动量变化量不为零，故A错误；B．根据题意，由图可知，振子的振动方程为x=8cs0.5πtcm；t=23s时振子位移为x1=8csπ2×23cm=4cm；C．第3s末，振子通过平衡位置，弹簧弹力等于振子重力，弹簧有形变量，弹簧振子的弹性势能不为零，故C错误；D．由图像可知，周期为4s，振幅为8cm，5s内，振子通过的路程为s=5×8cm=40cm；故D错误。
3．B【解析】在加速电场中有eU＝12mv2，得v＝ 2eUm；在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q＝IΔt＝I Δlv；则电子个数n＝qe＝IΔle m2eU。
4．C【解析】AD.若夹角θ=90°，则P点位于x轴上，检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cs90°相符，故A错误，D错误；BC.因离O点越远,其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确。
5．A
【解析】A．图像中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图像可以看出，两单摆的固有频率分别为fΙ=0.2Hz，fΙΙ=0.5Hz；
当两单摆分别在月球和地球上做受迫振动且摆长相等时，根据单摆的周期公式T=2πLg；
变式可得f=12πgL；则可知，g越大，f越大，因此可得gΙΙ>gΙ；又因为g地>g月，由此可知图线I表示月球上单摆的共振曲线，故A正确；
B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则g相同，摆长长的频率小，根据
fΙfΙΙ=0.20.5可得LΙLΙΙ=254；故B错误；
C．若图线I是在地球上完成的，根据f=12πgL，其中g=9.8m/s2 ，解得LΙ≈6.2m，故C错误；D．单摆的能量除与振幅有关外，还与摆球的质量有关，故D错误。
6．ABD【解析】由题可知，振幅为A=20cm，频率为f=0.5Hz，则由ω=2πf=π，
由图可知波的波长为λ=8m，波向右传播，且v=λf=8×0.5m/s=4m/s，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为y=20sin(πt+3π4)cm；故t=0时P点的位移为y=102cm，当t=0.25s时P点的位移为y=0，P点到达平衡位置；从该时刻开始计时，质点O从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为y=20sin(πt)cm。
7．BC【解析】AB．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大。而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化，甲表示V2示数的变化；根据图像乙得R1=3-10.6-0.2Ω=5Ω
根据闭合电路欧姆定律得U2=E-IR1+r
根据图像甲得0=E-0.6×R1+r，4=E-0.2×R1+r解得
E=6V，r=5Ω
C．电源的最大输出功率P1m=E24r=624×5W=1.8W
D．滑动变阻器R2的最大功率为P2m=E24r+R1=624×5+5W=0.9W
8．BCD【解析】A．由图可得E=3-t×102
开始时的最大静摩擦力为f=μqE0=0.5×0.01×3×102=1.5N>mg=1N
则环先做加速运动再做减速运动最后静止不动，所以A错误；
C．2s末的加速度为mg-μqE2=ma，解得a=1-0.5×0.01×1×1020.1=5m/s2
B．1s末的最大静摩擦力为f1=μqE1=0.5×0.01×2×102=1N=mg=1N
0-2s内环运动时间为1s，设环以2s末的加速度做匀加速直线运动有
x=12at2=12×5×12=2.5m
由于0-2s内环做加速度逐渐增大的加速运动，所以0-2s内环的位移小于2.5m，则B正确；
D．环速度最大时，有重力等于滑动摩擦力，则5s末速度最大，由牛顿第二定律可得
mg-μqE=ma整理得a=5t-5，0≤t≤3，a=25-5t，3≤t
a-t图像如图所示
由a-t图像的面积表示速度的变化量则有环的最大速度为vm=12×4×10=20m/s
环的最大动能为Ekm=12mvm2=12×0.1×202=20J
9． 29.8mm 99.8s
【解析】图甲所示游标卡尺主尺的示数是29mm，游标尺的示数是8×0.1mm=0.8mm，
小球的直径d=29mm+0.8mm=29.8mm；
图乙所示秒表分针示数是1.5min，秒针示数是9.8s，秒表所示是90s+9.8s=99.8s
10． 750.5N −1.5kg⋅ms
【解析】由自由落体运动速度与下落高度关系公式v2=2gh，可得鸡蛋落地时的速度
v=2gh=2×10×45ms=30ms
设向下是正方向，由动量定理可得
mg-Ft=0-mv
解得
F=mg+mvt=50×10-3×10N+50×10-3×302×10-3N=750.5N
由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为750.5N。
取向下是正方向，鸡蛋的动量改变量为
Δp=0-mv=-50×10-3×30kg⋅ms=-1.5kg⋅ms
负号表示动量改变量的方向向上。
11．14kΩ 7.5V
【解析】欧姆表读数即为电压表内阻，欧姆表读数=倍率×表盘读数，即
R=1000×14Ω=14kΩ
电压表最小分度为0.1V，故读数为3.60V；根据闭合电路欧姆定律，电动势为
E=U+URr=3.6V+3.614×103×15×103V≈7.5V
12． ACD 大于 m1OB=m1OA+m2OC 正确
【解析】（1）A．若斜槽的末端没有调整至水平状态，则小球飞出的初速度方向没有沿水平方向，导致小球的运动不是平抛运动，引起初速度的测量误差，故A正确；
B．由于小球a从斜槽上每次释放均是从某固定位置由静止滚下，则其每次克服摩擦力做功相同，即小球a每次飞出的初速度大小一定，可知小球在斜槽中运动时受到摩擦力作用对实验没有影响，故B错误；
C．若小球a每次由静止释放时的位置不固定，其飞出时的初速度大小不是一个定值，导致在水平地面的落点不是一个定值，引起实验的测量误差，故C正确；
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差，导致测量小球飞出的初速度有误差，故D正确。
故选ACD。
（2）为了避免入射小球出现反弹，实验需小球a和小球b质量大小关系为m1大于m2。
（3）小球飞出后做平抛运动，则有
h=12gt2，x=vt
解得v=xg2h
小球平抛竖直分位移相等，则飞出速度与水平位移成正比，小球a单独滚下对应的水平分位移是OB，碰撞后，小球a、b飞出对应的水平分位移分别是OA、OC，根据
m1v0=m1v1+m2v2
解得
m1OB=m1OA+m2OC
[4]若两球碰撞过程中机械能则有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
结合上述解得
m1OB2=m1OA2+m2OC2
由于
m1OB=m1OA+m2OC
联立解得
OB+OA=OC
可知，两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据正确。
13． 0.517 C E b BC/CB
【解析】（1）螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数×分度值
D=0.5mm+1.7×0.01mm=0.517mm
（2）待测电阻约3Ω，电路的总电流最大值约1A左右，所以电流表采用电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）则选C。
电路中电阻较小，滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节，采用滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A），所以选E。
（3）根据大内小外规律可知采用伏安法外接法来测量电路，所以电压表的左端应与电路中的b点相连。
（4）根据闭合电路欧姆定律有
E=IR0+2IρLS+r
整理可得
I=ESR0S+2Lρ+2rS
1I=2ρESL+R0+2rE
则有
1I=kL+b，k=2ρES，b=R0+2rE
故选BC。
14．（1）50N，方向竖直向下；（2）Epm=163J；（3）v1=-43m/s
【解析】（1）滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒得
mgh+R=12mvC2
又因为h=R，代入解得
vC=2gR=4m/s
在最低点C处，根据牛顿第二定律有
FN-mg=mvC2R
解得轨道对滑块P的支持力
FN=5mg=50N
根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为50N，方向竖直向下；
（2）弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有
mvC=(M+m)v
根据机械能守恒定律有
12mvC2=Epm+12m+Mv2
联立解得
Epm=43mgR=163J
（3）弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有
mvC=mv1+Mv2
根据机械能守恒有
12mvC2=12mv12+12Mv22
联立解得
v1=-43m/s，v2=83m/s
15．（1）图线Ⅱ；（2）E1=mgx1sinθ，2E1gasinθcs2θ；（3）Ek=2E1cs2θ+E2-E0
【解析】（1）正Q电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为
E=qφ
可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ。
（2）电势能为E1时，距M点的距离为
x1=(acsθ)⋅12⋅csθ=acs2θ2
x1处重力势能
E1=mgx1sinθ
可得
m=E1gx1sinθ=2E1gasinθcs2θ
（3）在小球从N到M点的过程中，根据动能定理得
mgasinθ+E2-E0=Ek-0
解得
Ek=2E1cs2θ+E2-E0
16．（1） A的速度 v₁=5m/s，水平向右；B的速度 v₂=15m/s，水平向右；（2）125；（3）5m【解析】（1） 第一次碰撞， 向右为正：
mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22
第一次碰后 A的速度
v₁=5m/s，水平向右
B的速度
v₂=15m/s，水平向右
（2） 竖直方向自由下落， AB始终在同一水平面，对B球水平方向
qE=mBa
解得
a=20m/s2，水平向左
第二次碰撞前
v1t1=v2t1-12at12
解得
t1=1s
对 B 球
v₃=v₂-at₁=-5m/s，水平向左
vy0=gt1=10m/s，竖直向下
第二次碰撞， 向右为正，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
mAv1+mBv3=mAv1'+mBv4，12mAv12+12mBv32=12mAv1'2+12mBv42
第二次碰后 A 的速度为0；
B的速度
v₄=10m/s，水平向右
B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α：
tanα=mBgqE=12
tanα=vxvy=ν4-at2vy0+gt2=10-20t210+10t2
解得
t2=0.2s
此时刻B的水平速度
vx=10-20t2=6m/s
此时刻 AB的竖直速度
vy=10+10t2=12m/s
此时刻两小球动能之比为
EkAEAB=12m4vy212mBvx2+vy2=125
（3） 第一次碰撞后共速时 B球刚刚出场， 电场宽度最小为d1，根据
v1=v2-at0
解得
t0=0.5s
d1=12v2+v1t0=5m
第一次碰撞后 B球向右最远
x1=v222a=5.625m
第二次碰撞前距离电场左边界
x₂=v₁t₁=5m
第二次碰撞后 B球向右最远
x3=v422a=2.5m
此时B球刚刚出场， 电场宽度最大为d2：
d₂=x₂+x₃=7.5m
综上可知
05m5.62m7.5m现要求小球在空中只能碰撞两次，电场水平宽度满足的条件为
5m
1．“中国天眼”用于探索宇宙起源和演化，其灵敏度达到世界第二大望远镜的2.5倍以上，大幅拓展了人类的视野。“天眼”“眼眶”所围圆面积为S。其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量分别为B1、B2，则穿过“眼眶”的磁通量大小为（ ）
A．B1SB．B2SC．0D．BS
2．某竖直弹簧振子的振动图像如图所示，则（ ）
A．1∼3s内，振子的动量变化量为零 B．t=23s时振子位移为4cm
C．第3s末，弹簧振子的弹性势能为零 D．5s内，振子通过的路程为32cm
3．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是( )
A．IΔleS m2eU B．IΔle m2eU C．IeS m2eU D．ISΔle m2eU
4．设相距为l，电荷量分别为+q和-q的点电荷构成电偶极子，如图所示，取二者连线方向为y轴方向，中点O为原点，建立如图所示的xOy坐标系，P点距坐标原点O的距离为r(r≫l)，P、O两点间的连线与y轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k.下面给出φ的四个表达式,其中只有一个是合理的,请你分析判断φ的合理表达式应为（ ）
A．φ=kqlcsθr2 B．φ=kqrcsθl2 C．φ=kqlsinθr2 D． φ=kqlsinθr
二、双项选择题（本题共4小题，每题6分，共24分，每小题有两个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分）
5．如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行（g地>g月），且摆长相等，则图线I表示月球上单摆的共振曲线
B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则两个单摆的摆长之比LI:LII=4:25
C．若摆长均约为6.2m，则图线I是在地球上完成的
D．若两个单摆在同一地点均发生共振，图线II表示的单摆的能量一定大于图线I表示的单摆的能量
6．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲），以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
B．再经过0.25s，P点到达平衡位置
C．该时刻P点的位移为103cm
D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
y=20sin(πt+π)cm
7．如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值25Ω），现闭合电路中的开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最左端滑到最右端的过程中，由电表的测量数据得到U-I图线如右下图所示（电表均为理想表）。则下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为4VB．电源内电阻的阻值为5Ω
C．滑动变阻器R2的最大功率为1.2WD．电源的最大输出功率为1.8W
8．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．环先做加速运动再做匀速运动B．0-2s内环的位移小于2.5m
C．2s时环的加速度为5m/s2D．环的最大动能为20J
三、非选择题：共60分，其中9、10、11题为填空题，12、13均为实验题，14～16题为计算题。考生根据要求作答。
9．某同学做“利用单摆测重力加速度”实验，先用一个游标卡尺测量小球的直径，示数如图甲所示，则该小球的直径为 mm。用秒表测得50个全振动的时间如图乙所示，秒表示数为 s 。
10．如今全国各大城市都进入了高楼时代，高空坠物现在已成为危害极大的社会安全问题。如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学想用实例来检验广告的科学性：假设一个质量为50g的鸡蛋从离地45米高的窗户自由落下，鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3s，不计空气阻力，g取10m/s2，规定竖直向下为正方向。该鸡蛋对地面的平均冲击力大小为 ，与地面撞击过程，鸡蛋的动量改变量为 。
11．如图1所示，用多用电表测电压表内阻（图中为连接之前），此时多用电表选择欧姆挡×1000挡位，连接后多用电表与电压表的读数如图2、图3所示，电压表的内阻为 ，多用电表中电源的电动势为 V(答案均保留两位有效数字)。
12．某实验小组同学研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
步骤1：不放小球b，让小球a从斜槽上某固定位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均上位置B；
步骤2：把小球b轻放在斜槽末端边缘，让小球a从相同位置由静止滚下，与小球b发生碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置A、C；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置A、B、C离O点的距离，即线段OA、OB、OC的长度。已知小球a质量为m1、小球b质量为m2。
（1）在本实验中，下列是产生误差的主要原因的是 。
A．斜槽的末端没有调整至水平状态
B．小球在斜槽中运动时会受到摩擦力作用
C．小球a每次由静止释放时的位置不固定
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差
（2）完成上述实验需小球a和小球b质量大小关系为m1 m2（填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）若等式 在误差范围内成立，则说明碰撞前后系统动量守恒；若想用该实验测得的数据进一步判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据 （填“正确”或“错误”）。
13．在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下操作：
（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D。某次测量结果如图1所示，则这次测量的读数D= mm。
（2）用多用电表测得金属丝的阻值为3Ω，现在使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填器材前的字母）。
A．电压表V2（量程3V，内阻约3kΩ）
B．电压表V1（量程15V，内阻约15kΩ）
C．电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）
D．电流表A2（量程3A，内阻约0.02Ω）
E.滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A） F.滑动变阻器R2（总阻值100Ω，额定电流2A）
（3）若采用图2所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的 点相连（选填“a”或“b”）。
（4）若采用图3的电路测量电阻率，图中的电流表内阻跟R0接近。闭合开关S，多次移动滑片P的位置改变电路中接入金属丝的有效长度，分别记录每次电流表的示数I和接入电路中金属丝的有效长度L。根据实验中所测的数据，作出的下列图像合理的是 。
14．如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，现有一质量为m=1kg的滑块P从B点正上方h=R=0.4m高处静止释放，质量为M=2m的小球Q连接轻质弹簧静止在水平面上，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求滑块到达圆形轨道最低点C时对轨道的压力FN的大小;
（2）求在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Epm；
（3）求小球Q可以获得的速度大小?
15．如图甲M、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NMP=θ，MP中点处固定一电量为Q的正点电荷， MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x（取M点处x=0）的变化图象如图乙所示，重力加速度为g。设无限远处电势为0， M点所处的水平面为重力零势面。
（1）图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线?
（2）求势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；
（3）小球从N点运动到M点时的动能Ek。
16．带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为 q=+2×10-3C，质量为 mB=0.1kg的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度。 E=1.0×10³N/C。与B 球形状相同、质量为 mA=0.3kg的绝缘不带电小球A 以初速度 v0=10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A 始终不带电、小球B的电量始终不变，两小球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度 g=10m/s2。
（1） 求第一次碰撞后瞬间 A、B 小球的速度；
（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻B小球合力的瞬时功率为0。求从B球开始运动到此时B球所受重力的冲量大小；
（3）现要求两小球在空中只能碰撞两次，求电场水平宽度满足的条件。
参考答案：
1．B【解析】在匀强磁场中，“眼眶”与磁场Bl平行，穿过的磁通量Φ=0，“眼眶”与磁场B2垂直，则穿过的磁通量Φ=B2S。
2．B【解析】A．由图可知，振子在1s末和3s末速度大小相等，方向不同，则振子的动量变化量不为零，故A错误；B．根据题意，由图可知，振子的振动方程为x=8cs0.5πtcm；t=23s时振子位移为x1=8csπ2×23cm=4cm；C．第3s末，振子通过平衡位置，弹簧弹力等于振子重力，弹簧有形变量，弹簧振子的弹性势能不为零，故C错误；D．由图像可知，周期为4s，振幅为8cm，5s内，振子通过的路程为s=5×8cm=40cm；故D错误。
3．B【解析】在加速电场中有eU＝12mv2，得v＝ 2eUm；在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q＝IΔt＝I Δlv；则电子个数n＝qe＝IΔle m2eU。
4．C【解析】AD.若夹角θ=90°，则P点位于x轴上，检验电荷从无穷远沿x轴移动到O点的过程中，电场力始终与位移方向垂直，则x轴上的电势处处为0，这与cs90°相符，故A错误，D错误；BC.因离O点越远,其电势就越小，故r应在分母上，故B错误，C正确。
5．A
【解析】A．图像中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图像可以看出，两单摆的固有频率分别为fΙ=0.2Hz，fΙΙ=0.5Hz；
当两单摆分别在月球和地球上做受迫振动且摆长相等时，根据单摆的周期公式T=2πLg；
变式可得f=12πgL；则可知，g越大，f越大，因此可得gΙΙ>gΙ；又因为g地>g月，由此可知图线I表示月球上单摆的共振曲线，故A正确；
B．若两个单摆的受迫振动是在地球上同一地点进行的，则g相同，摆长长的频率小，根据
fΙfΙΙ=0.20.5可得LΙLΙΙ=254；故B错误；
C．若图线I是在地球上完成的，根据f=12πgL，其中g=9.8m/s2 ，解得LΙ≈6.2m，故C错误；D．单摆的能量除与振幅有关外，还与摆球的质量有关，故D错误。
6．ABD【解析】由题可知，振幅为A=20cm，频率为f=0.5Hz，则由ω=2πf=π，
由图可知波的波长为λ=8m，波向右传播，且v=λf=8×0.5m/s=4m/s，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为y=20sin(πt+3π4)cm；故t=0时P点的位移为y=102cm，当t=0.25s时P点的位移为y=0，P点到达平衡位置；从该时刻开始计时，质点O从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为y=20sin(πt)cm。
7．BC【解析】AB．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大。而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化，甲表示V2示数的变化；根据图像乙得R1=3-10.6-0.2Ω=5Ω
根据闭合电路欧姆定律得U2=E-IR1+r
根据图像甲得0=E-0.6×R1+r，4=E-0.2×R1+r解得
E=6V，r=5Ω
C．电源的最大输出功率P1m=E24r=624×5W=1.8W
D．滑动变阻器R2的最大功率为P2m=E24r+R1=624×5+5W=0.9W
8．BCD【解析】A．由图可得E=3-t×102
开始时的最大静摩擦力为f=μqE0=0.5×0.01×3×102=1.5N>mg=1N
则环先做加速运动再做减速运动最后静止不动，所以A错误；
C．2s末的加速度为mg-μqE2=ma，解得a=1-0.5×0.01×1×1020.1=5m/s2
B．1s末的最大静摩擦力为f1=μqE1=0.5×0.01×2×102=1N=mg=1N
0-2s内环运动时间为1s，设环以2s末的加速度做匀加速直线运动有
x=12at2=12×5×12=2.5m
由于0-2s内环做加速度逐渐增大的加速运动，所以0-2s内环的位移小于2.5m，则B正确；
D．环速度最大时，有重力等于滑动摩擦力，则5s末速度最大，由牛顿第二定律可得
mg-μqE=ma整理得a=5t-5，0≤t≤3，a=25-5t，3≤t
a-t图像如图所示
由a-t图像的面积表示速度的变化量则有环的最大速度为vm=12×4×10=20m/s
环的最大动能为Ekm=12mvm2=12×0.1×202=20J
9． 29.8mm 99.8s
【解析】图甲所示游标卡尺主尺的示数是29mm，游标尺的示数是8×0.1mm=0.8mm，
小球的直径d=29mm+0.8mm=29.8mm；
图乙所示秒表分针示数是1.5min，秒针示数是9.8s，秒表所示是90s+9.8s=99.8s
10． 750.5N −1.5kg⋅ms
【解析】由自由落体运动速度与下落高度关系公式v2=2gh，可得鸡蛋落地时的速度
v=2gh=2×10×45ms=30ms
设向下是正方向，由动量定理可得
mg-Ft=0-mv
解得
F=mg+mvt=50×10-3×10N+50×10-3×302×10-3N=750.5N
由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力大小为750.5N。
取向下是正方向，鸡蛋的动量改变量为
Δp=0-mv=-50×10-3×30kg⋅ms=-1.5kg⋅ms
负号表示动量改变量的方向向上。
11．14kΩ 7.5V
【解析】欧姆表读数即为电压表内阻，欧姆表读数=倍率×表盘读数，即
R=1000×14Ω=14kΩ
电压表最小分度为0.1V，故读数为3.60V；根据闭合电路欧姆定律，电动势为
E=U+URr=3.6V+3.614×103×15×103V≈7.5V
12． ACD 大于 m1OB=m1OA+m2OC 正确
【解析】（1）A．若斜槽的末端没有调整至水平状态，则小球飞出的初速度方向没有沿水平方向，导致小球的运动不是平抛运动，引起初速度的测量误差，故A正确；
B．由于小球a从斜槽上每次释放均是从某固定位置由静止滚下，则其每次克服摩擦力做功相同，即小球a每次飞出的初速度大小一定，可知小球在斜槽中运动时受到摩擦力作用对实验没有影响，故B错误；
C．若小球a每次由静止释放时的位置不固定，其飞出时的初速度大小不是一个定值，导致在水平地面的落点不是一个定值，引起实验的测量误差，故C正确；
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差，导致测量小球飞出的初速度有误差，故D正确。
故选ACD。
（2）为了避免入射小球出现反弹，实验需小球a和小球b质量大小关系为m1大于m2。
（3）小球飞出后做平抛运动，则有
h=12gt2，x=vt
解得v=xg2h
小球平抛竖直分位移相等，则飞出速度与水平位移成正比，小球a单独滚下对应的水平分位移是OB，碰撞后，小球a、b飞出对应的水平分位移分别是OA、OC，根据
m1v0=m1v1+m2v2
解得
m1OB=m1OA+m2OC
[4]若两球碰撞过程中机械能则有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
结合上述解得
m1OB2=m1OA2+m2OC2
由于
m1OB=m1OA+m2OC
联立解得
OB+OA=OC
可知，两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据正确。
13． 0.517 C E b BC/CB
【解析】（1）螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数×分度值
D=0.5mm+1.7×0.01mm=0.517mm
（2）待测电阻约3Ω，电路的总电流最大值约1A左右，所以电流表采用电流表A1（量程600mA，内阻约1Ω）则选C。
电路中电阻较小，滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节，采用滑动变阻器R1（总阻值10Ω，额定电流2A），所以选E。
（3）根据大内小外规律可知采用伏安法外接法来测量电路，所以电压表的左端应与电路中的b点相连。
（4）根据闭合电路欧姆定律有
E=IR0+2IρLS+r
整理可得
I=ESR0S+2Lρ+2rS
1I=2ρESL+R0+2rE
则有
1I=kL+b，k=2ρES，b=R0+2rE
故选BC。
14．（1）50N，方向竖直向下；（2）Epm=163J；（3）v1=-43m/s
【解析】（1）滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒得
mgh+R=12mvC2
又因为h=R，代入解得
vC=2gR=4m/s
在最低点C处，根据牛顿第二定律有
FN-mg=mvC2R
解得轨道对滑块P的支持力
FN=5mg=50N
根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为50N，方向竖直向下；
（2）弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有
mvC=(M+m)v
根据机械能守恒定律有
12mvC2=Epm+12m+Mv2
联立解得
Epm=43mgR=163J
（3）弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有
mvC=mv1+Mv2
根据机械能守恒有
12mvC2=12mv12+12Mv22
联立解得
v1=-43m/s，v2=83m/s
15．（1）图线Ⅱ；（2）E1=mgx1sinθ，2E1gasinθcs2θ；（3）Ek=2E1cs2θ+E2-E0
【解析】（1）正Q电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为
E=qφ
可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ。
（2）电势能为E1时，距M点的距离为
x1=(acsθ)⋅12⋅csθ=acs2θ2
x1处重力势能
E1=mgx1sinθ
可得
m=E1gx1sinθ=2E1gasinθcs2θ
（3）在小球从N到M点的过程中，根据动能定理得
mgasinθ+E2-E0=Ek-0
解得
Ek=2E1cs2θ+E2-E0
16．（1） A的速度 v₁=5m/s，水平向右；B的速度 v₂=15m/s，水平向右；（2）125；（3）5m
mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22
第一次碰后 A的速度
v₁=5m/s，水平向右
B的速度
v₂=15m/s，水平向右
（2） 竖直方向自由下落， AB始终在同一水平面，对B球水平方向
qE=mBa
解得
a=20m/s2，水平向左
第二次碰撞前
v1t1=v2t1-12at12
解得
t1=1s
对 B 球
v₃=v₂-at₁=-5m/s，水平向左
vy0=gt1=10m/s，竖直向下
第二次碰撞， 向右为正，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
mAv1+mBv3=mAv1'+mBv4，12mAv12+12mBv32=12mAv1'2+12mBv42
第二次碰后 A 的速度为0；
B的速度
v₄=10m/s，水平向右
B小球合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α：
tanα=mBgqE=12
tanα=vxvy=ν4-at2vy0+gt2=10-20t210+10t2
解得
t2=0.2s
此时刻B的水平速度
vx=10-20t2=6m/s
此时刻 AB的竖直速度
vy=10+10t2=12m/s
此时刻两小球动能之比为
EkAEAB=12m4vy212mBvx2+vy2=125
（3） 第一次碰撞后共速时 B球刚刚出场， 电场宽度最小为d1，根据
v1=v2-at0
解得
t0=0.5s
d1=12v2+v1t0=5m
第一次碰撞后 B球向右最远
x1=v222a=5.625m
第二次碰撞前距离电场左边界
x₂=v₁t₁=5m
第二次碰撞后 B球向右最远
x3=v422a=2.5m
此时B球刚刚出场， 电场宽度最大为d2：
d₂=x₂+x₃=7.5m
综上可知
0
5m
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