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2024湖南省名校联考联合体高二上学期第三次联考物理试题（A卷）含解析
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这是一份2024湖南省名校联考联合体高二上学期第三次联考物理试题（A卷）含解析，文件包含湖南省名校联考联合体2023-2024学年高二上学期第三次联考物理试题A卷含解析docx、湖南省名校联考联合体2023-2024学年高二上学期第三次联考物理试题A卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
（考试范围：必修第一册至第三册，选必1）
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，关于光现象下列说法不正确的是（ ）
A. 图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝、间的距离d，两相邻亮条纹间距离将减小
B. 图乙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
C. 图丙中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波
D. 图丁中央存在一个亮斑，是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距与双缝间距离d及光的波长的关系式
可知只增大挡板上两个狭缝、间的距离d，两相邻亮条纹间距离将减小，故A正确；
B．由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在此处是凸起的，故B错误；
C．只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；
D．泊松亮斑是光线通过小圆板得到的光的衍射图样，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 如图所示，质量为m的多个相同的小物块（可视为质点）沿同一直线均匀的摆放在水平桌面上，两个相邻物块间的距离都为，物块与桌面间的动摩擦因数，现在给最左端的物块一向右的水平初速度，物块间的碰撞均为弹性碰撞，，则被撞的物块个数是（ ）
A. 10B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【详解】物块间的碰撞为弹性碰撞，而且物块的质量相等，所以两碰撞的物块速度交换，最后被碰撞的物块末速度为零，故由能量守恒，动能全部转化为内能，x为物块运动的位移总和，有
得
故能撞击的物块
取整数，故n取13。
故选C。
3. 高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以8m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为，刹车的加速度大小为，则该ETC通道的长度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的时间内汽车匀速运动距离为
在司机的反应时间内汽车匀速运动距离为
刹车距离为
该ETC通道的长度约为
故选D。
4. 如图所示，质量为m的玩具飞机Q吊着一质量为M的物块P（可视为质点），以大小为的速度共同匀速竖直上升。某时刻P、Q间的轻质细线断裂，空气阻力不计，玩具飞机的动力不变，重力加速度为g，则从细线断裂到P的速度为零的过程中（ ）
A. 玩具飞机Q动量的变化量大小为
B. 玩具飞机Q上升的高度为
C. 物块P做自由落体运动
D. 物块P的机械能减少
【答案】A
【解析】
【详解】CD．细线断裂后，物块P做竖直上抛运动，物块P只受重力作用，机械能守恒，故CD错误；
A．以物块P和玩具飞机Q整体作为研究对象，系统满足动量守恒，则玩具飞机Q的动量变化量绝对值和物块P的动量变化量绝对值相等，所以玩具飞机Q动量变化量大小为，故A正确；
B．从细线断裂到P的速度为零，P上升的时间为
玩具飞机Q的加速度为
则玩具飞机Q上升的高度为
联立解得
故B错误。
故选A。
5. 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表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（ ）
A. a的向心加速度大于b的向心加速度
B. 四颗卫星的速度大小关系是：
C. 在相同时间内b转过的弧长最长
D. d的运动周期可能是20h
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为a、c角速度相同，根据
因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c；b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
因b的轨道半径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；
B．因为a、c的角速度相同，根据
知a的速度小于c；b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的速度大于c，c的速度大于d，则
，
故B错误；
C．因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C正确；
D．c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
可知因d的轨道半径大于c的轨道半径，d的周期大于c，而c的周期是24h，则d的运动周期大于24h，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次轻绳的拉力大小逐渐增大
B. 第一次半圆环受到的压力大小不变
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小不相等
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力、弹力三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。半圆环的半径为，由图可知与相似，则有
在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，故A错误，B正确；
CD．第一次小圆环缓慢上升到N点时，有
，
第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
解得
，
故小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小相等，根据牛顿第三定律可知，半圆环受到的压力大小不相等，故CD错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. 如图（a）为一列简谐横波在时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波的波速为
B. 该横波沿x轴正方向传播
C. 若该横波传播过程中遇到宽度为的障碍物，会观察到明显的衍射现象
D. 0~2s时间内，质点P运动的位移为16cm
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图（a）可知该简谐横波波长，由图（b）可知周期，则波速
故A正确；
B．根据图（b）的振动图像可知，在处的质点在时振动方向向上，结合图（a）的波形图，由同侧法可知，该波向x轴负方向传播。故B错误；
C．当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为的障碍物，会观察到明显的衍射现象。故C正确；
D．由图（b）可知0~2s时间内，质点P运动的位移为0。故D错误。
故选AC。
8. 如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度
B. 谷粒2在最高点的速度大于
C. 谷粒2从O到P的运动时间小于谷粒1
D. 谷粒1从O到P的平均速度大于谷粒2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度。故A正确；
C．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，从O到P两者竖直位移相同，所以谷粒2运动时间较长。故C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，从O到P与谷粒1水平位移相同，但运动时间较长，所以谷粒2水平方向上的速度较小，即最高点的速度小于。故B错误；
D．两谷粒从O点到P点的合位移相同，运动时间谷粒1较短，所以谷粒1的平均速度大于谷粒2。故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，弹簧的弹性势能大小为E，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，重力加速度为g，关于二者之后在竖直方向上的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B. A、B运动过程中的最大加速度为g
C. A、B运动过程中的最大加速度为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】CD
【解析】
【详解】BC．初始时，A、B的加速度最大，对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律，有
解得
故B错误，C正确；
D．当两物体运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有
解得
根据系统机械能守恒定律，有
故D正确；
A．由于系统在运动过程中最大加速度为，所以物体B将始终受到向下的重力和A对B向上的支持力，所以B将不会脱离物体A向上运动，故A错误。
故选CD。
10. 在空间中有两个点电荷和，位置分别为x轴上的O和x1处，如图所示为x轴上各点电势随坐标x的变化规律。取无穷远处电势为零，点电荷的电势公式为（其中k为静电力常量，q为场源点电荷电荷量，r为某点到场源点电荷的距离），不计重力，下列说法正确的是（ ）
A. 带正电，带负电，且
B. 若将带负电的试探电荷在处静止释放，则该电荷将沿x轴负方向运动
C. 在x2处静止释放一带正电的试探电荷q，则该电荷沿x轴正方向运动，其电势能减少，动能增加
D. 由题中信息可知：
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为正电荷附近电势大于0，负电荷附近电势小于0，由题图可知，电荷附近的电势为正，电荷附近的电势为负，且在右侧的电势先为负后变正，说明电荷为正电荷，电荷为负电荷，且，故A错误；
B．在图像中，其图像的斜率表示电场强度，由图可知，在处的图像的斜率不为零，即电场强度不为零，且场强方向向右，若将带负电的试探电荷在处静止释放，负电荷受力向左，因此该电荷将会在电场力的作用下沿x轴负方向运动，故B正确；
C．由之前的分析可知，该图像的斜率为电场强度，由题图可知在x2处的图像斜率为0，所以该位置的电场强度大小为0，所以该试探电荷在该位置不受电场力的作用，即合力为0，该试探电荷静止不动，故C错误；
D．由题图可知，在位置，电势为0，所以两点电荷在产生的电势大小相等，即
在x2处由之前的分析可知，电场强度为0，所以两个点电荷在x2处产生的电场强度大小相等，由点电荷的电场强度公式有
解得
故D正确。
故选BD。
三、实验题：共计14分。
11. 小华同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）该同学先用米尺测得摆线长为，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为________cm；
（2）另一位同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将摆线长作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出图乙像，如图乙所示。实验得到的图像是________（填“a”“b”或“c”），小球的半径是________cm。
【答案】 ① 2.125 ②. a ③. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1]由题中图示游标卡尺可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是，摆球的直径
（2）[2]摆线的长度与摆球的半径之和是单摆实际上的摆长L，若将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则，由单摆周期公式
可得
由题图可知，实验得到图像应该是a；
（3）[3]图像的纵轴截距
12. 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程0~3V，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（b）所示，则干电池的电动势为________V（保留3位有效数字）、内阻为________。（保留2位有效数字）
（2）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（c）所示。利用图（c）中图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为________。（保留2位有效数字）
（3）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值________。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】 ① 1.58 ②. 0.64 ③. 2.5 ④. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
内阻
（2）[3]根据
可得
由图像可知
解得
（3）[4]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
四、计算题：共计42分。
13. 近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值。光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射光线和入射光线位于法线同侧，如图甲所示。在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，折射率，顶角为，A、B两棱镜斜面相互平行，两斜面间的距离为d，如图乙所示。现有一束激光，沿竖直方向从A棱镜上的P点垂直入射，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏。
（1）为使激光能从棱镜A斜面射出，求的取值范围；
（2）若，激光通过两棱镜后打在光屏上的Q点，求P、Q的水平间距。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）分析可知光线的入射角等于棱镜的顶角，若光线能从棱镜A斜面射出，应小于临界角，由
解得
所以的取值范围为
（2）光传播的光路图如图所示：
由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
14. 如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为、电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电量为的粒子经过电压为的加速器后，沿着第一对平行金属板的下板上沿水平射入，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。
（1）求粒子离开加速器时的速度大小；
（2）求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向位移的大小；
（3）通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由
解得
（2）粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移
粒子在平行金属板间的加速度
粒子穿过第一对金属板所用时间
解得
（3）当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向平移量最大，此时几何关系满足
粒子离开加速场时的速度
通过每一对平行金属板所用时间
两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性可得
，
解得
15. 如图，表面光滑的水平面中间存在水平光滑凹槽MN。质量为mC=4kg，长度为L的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N距离。水平面左侧有质量分别为mA=2kg与mB=1kg的小物块A、B。二者之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为。弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C（已与弹簧分离），当B刚滑到C最右端时，C恰好第一次碰到N点。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）物块B刚滑上木板C时的速度大小vB；
（2）物块B在木板C上滑行过程系统内能的增量Q；
（3）若C的质量减为，则在C第次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，且此时。已知C不与M碰撞，与N的碰撞为弹性碰撞，求与k的关系。
【答案】（1）2m/s；（2）1.2J；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）弹簧解除锁定后，根据机械能守恒，可知A、B物块弹开过程中弹性势能转化为A、B物块的动能，即
水平面光滑，则A、B系统动量守恒，则A、B物块动量大小相等
联立以上两式可得
（2）对B、C分别受力分析，由牛顿第二定律可得
对C运动分析得
解得
对B、C运动进行分析，二者运动位移之差为木板长度，即
解得
B、C系统内能增量
（3）根据分析可得，每次木板与右侧N碰撞后均会以相同大小的速度向左减速运动，假设木板第一次与N碰撞的时间为，则根据匀变速直线运动规律可知，碰撞后木板向左以相同大小加速度减速到最左侧恰好速度为0，时间也是。故第k次碰撞N点时，木板恰好运动了，而物块B的受力情况与运动情况和（2）中完全一致。故
根据
，
解得
又根据牛顿第二定律可得
，
则
故联立以上各式可得
又由于
则
，
解得
故
可得
则
由于碰撞次数k为整数，则k可取值2，3。故与k的关系为
（考试范围：必修第一册至第三册，选必1）
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，关于光现象下列说法不正确的是（ ）
A. 图甲是双缝干涉示意图，若只增大挡板上两个狭缝、间的距离d，两相邻亮条纹间距离将减小
B. 图乙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凹陷的
C. 图丙中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波
D. 图丁中央存在一个亮斑，是光线通过一个不透光的圆盘得到的衍射图样
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距与双缝间距离d及光的波长的关系式
可知只增大挡板上两个狭缝、间的距离d，两相邻亮条纹间距离将减小，故A正确；
B．由图可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在此处是凸起的，故B错误；
C．只有横波才能产生偏振现象，故光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；
D．泊松亮斑是光线通过小圆板得到的光的衍射图样，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 如图所示，质量为m的多个相同的小物块（可视为质点）沿同一直线均匀的摆放在水平桌面上，两个相邻物块间的距离都为，物块与桌面间的动摩擦因数，现在给最左端的物块一向右的水平初速度，物块间的碰撞均为弹性碰撞，，则被撞的物块个数是（ ）
A. 10B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【详解】物块间的碰撞为弹性碰撞，而且物块的质量相等，所以两碰撞的物块速度交换，最后被碰撞的物块末速度为零，故由能量守恒，动能全部转化为内能，x为物块运动的位移总和，有
得
故能撞击的物块
取整数，故n取13。
故选C。
3. 高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以8m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为，刹车的加速度大小为，则该ETC通道的长度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的时间内汽车匀速运动距离为
在司机的反应时间内汽车匀速运动距离为
刹车距离为
该ETC通道的长度约为
故选D。
4. 如图所示，质量为m的玩具飞机Q吊着一质量为M的物块P（可视为质点），以大小为的速度共同匀速竖直上升。某时刻P、Q间的轻质细线断裂，空气阻力不计，玩具飞机的动力不变，重力加速度为g，则从细线断裂到P的速度为零的过程中（ ）
A. 玩具飞机Q动量的变化量大小为
B. 玩具飞机Q上升的高度为
C. 物块P做自由落体运动
D. 物块P的机械能减少
【答案】A
【解析】
【详解】CD．细线断裂后，物块P做竖直上抛运动，物块P只受重力作用，机械能守恒，故CD错误；
A．以物块P和玩具飞机Q整体作为研究对象，系统满足动量守恒，则玩具飞机Q的动量变化量绝对值和物块P的动量变化量绝对值相等，所以玩具飞机Q动量变化量大小为，故A正确；
B．从细线断裂到P的速度为零，P上升的时间为
玩具飞机Q的加速度为
则玩具飞机Q上升的高度为
联立解得
故B错误。
故选A。
5. 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表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（ ）
A. a的向心加速度大于b的向心加速度
B. 四颗卫星的速度大小关系是：
C. 在相同时间内b转过的弧长最长
D. d的运动周期可能是20h
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为a、c角速度相同，根据
因a离地心的距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c；b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
因b的轨道半径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误；
B．因为a、c的角速度相同，根据
知a的速度小于c；b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
因b的轨道半径最小，d的轨道半径最大，所以b的速度大于c，c的速度大于d，则
，
故B错误；
C．因b的线速度最大，则在相同时间内b转过的弧长最长，故C正确；
D．c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向心力
解得
可知因d的轨道半径大于c的轨道半径，d的周期大于c，而c的周期是24h，则d的运动周期大于24h，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次轻绳的拉力大小逐渐增大
B. 第一次半圆环受到的压力大小不变
C. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小不相等
D. 小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力大小相等
【答案】B
【解析】
【详解】AB．小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力、弹力三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。半圆环的半径为，由图可知与相似，则有
在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，故A错误，B正确；
CD．第一次小圆环缓慢上升到N点时，有
，
第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有
在竖直方向上有
解得
，
故小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力大小相等，根据牛顿第三定律可知，半圆环受到的压力大小不相等，故CD错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. 如图（a）为一列简谐横波在时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在处的质点P的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波的波速为
B. 该横波沿x轴正方向传播
C. 若该横波传播过程中遇到宽度为的障碍物，会观察到明显的衍射现象
D. 0~2s时间内，质点P运动的位移为16cm
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图（a）可知该简谐横波波长，由图（b）可知周期，则波速
故A正确；
B．根据图（b）的振动图像可知，在处的质点在时振动方向向上，结合图（a）的波形图，由同侧法可知，该波向x轴负方向传播。故B错误；
C．当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为的障碍物，会观察到明显的衍射现象。故C正确；
D．由图（b）可知0~2s时间内，质点P运动的位移为0。故D错误。
故选AC。
8. 如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为和，其中方向水平，方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度
B. 谷粒2在最高点的速度大于
C. 谷粒2从O到P的运动时间小于谷粒1
D. 谷粒1从O到P的平均速度大于谷粒2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度。故A正确；
C．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，从O到P两者竖直位移相同，所以谷粒2运动时间较长。故C错误；
B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度，从O到P与谷粒1水平位移相同，但运动时间较长，所以谷粒2水平方向上的速度较小，即最高点的速度小于。故B错误；
D．两谷粒从O点到P点的合位移相同，运动时间谷粒1较短，所以谷粒1的平均速度大于谷粒2。故D正确。
故选AD。
9. 如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一质量为m的物体A，初始时系统处于静止状态，弹簧的弹性势能大小为E，将另一与A完全相同的物体B轻放在A上，重力加速度为g，关于二者之后在竖直方向上的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B. A、B运动过程中的最大加速度为g
C. A、B运动过程中的最大加速度为
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】CD
【解析】
【详解】BC．初始时，A、B的加速度最大，对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律，有
解得
故B错误，C正确；
D．当两物体运动到最低点时，其速度为零，弹簧的弹性势能达到最大，根据简谐运动的对称性，有
解得
根据系统机械能守恒定律，有
故D正确；
A．由于系统在运动过程中最大加速度为，所以物体B将始终受到向下的重力和A对B向上的支持力，所以B将不会脱离物体A向上运动，故A错误。
故选CD。
10. 在空间中有两个点电荷和，位置分别为x轴上的O和x1处，如图所示为x轴上各点电势随坐标x的变化规律。取无穷远处电势为零，点电荷的电势公式为（其中k为静电力常量，q为场源点电荷电荷量，r为某点到场源点电荷的距离），不计重力，下列说法正确的是（ ）
A. 带正电，带负电，且
B. 若将带负电的试探电荷在处静止释放，则该电荷将沿x轴负方向运动
C. 在x2处静止释放一带正电的试探电荷q，则该电荷沿x轴正方向运动，其电势能减少，动能增加
D. 由题中信息可知：
【答案】BD
【解析】
【详解】A．因为正电荷附近电势大于0，负电荷附近电势小于0，由题图可知，电荷附近的电势为正，电荷附近的电势为负，且在右侧的电势先为负后变正，说明电荷为正电荷，电荷为负电荷，且，故A错误；
B．在图像中，其图像的斜率表示电场强度，由图可知，在处的图像的斜率不为零，即电场强度不为零，且场强方向向右，若将带负电的试探电荷在处静止释放，负电荷受力向左，因此该电荷将会在电场力的作用下沿x轴负方向运动，故B正确；
C．由之前的分析可知，该图像的斜率为电场强度，由题图可知在x2处的图像斜率为0，所以该位置的电场强度大小为0，所以该试探电荷在该位置不受电场力的作用，即合力为0，该试探电荷静止不动，故C错误；
D．由题图可知，在位置，电势为0，所以两点电荷在产生的电势大小相等，即
在x2处由之前的分析可知，电场强度为0，所以两个点电荷在x2处产生的电场强度大小相等，由点电荷的电场强度公式有
解得
故D正确。
故选BD。
三、实验题：共计14分。
11. 小华同学在“利用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）该同学先用米尺测得摆线长为，用游标卡尺测得摆球的直径如图甲所示，则摆球的直径为________cm；
（2）另一位同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将摆线长作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出图乙像，如图乙所示。实验得到的图像是________（填“a”“b”或“c”），小球的半径是________cm。
【答案】 ① 2.125 ②. a ③. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1]由题中图示游标卡尺可知，游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是，摆球的直径
（2）[2]摆线的长度与摆球的半径之和是单摆实际上的摆长L，若将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，则，由单摆周期公式
可得
由题图可知，实验得到图像应该是a；
（3）[3]图像的纵轴截距
12. 某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程0~3V，内阻很大）；
电流表（量程）；
电阻箱（阻值）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的图像如图（b）所示，则干电池的电动势为________V（保留3位有效数字）、内阻为________。（保留2位有效数字）
（2）该小组根据记录数据进一步探究，作出图像如图（c）所示。利用图（c）中图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为________。（保留2位有效数字）
（3）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值________。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】 ① 1.58 ②. 0.64 ③. 2.5 ④. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]由电路结合闭合电路的欧姆定律可得
由图像可知
内阻
（2）[3]根据
可得
由图像可知
解得
（3）[4]由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。
四、计算题：共计42分。
13. 近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值。光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射光线和入射光线位于法线同侧，如图甲所示。在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，折射率，顶角为，A、B两棱镜斜面相互平行，两斜面间的距离为d，如图乙所示。现有一束激光，沿竖直方向从A棱镜上的P点垂直入射，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏。
（1）为使激光能从棱镜A斜面射出，求的取值范围；
（2）若，激光通过两棱镜后打在光屏上的Q点，求P、Q的水平间距。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）分析可知光线的入射角等于棱镜的顶角，若光线能从棱镜A斜面射出，应小于临界角，由
解得
所以的取值范围为
（2）光传播的光路图如图所示：
由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
14. 如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为、电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电量为的粒子经过电压为的加速器后，沿着第一对平行金属板的下板上沿水平射入，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。
（1）求粒子离开加速器时的速度大小；
（2）求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向位移的大小；
（3）通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由
解得
（2）粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移
粒子在平行金属板间的加速度
粒子穿过第一对金属板所用时间
解得
（3）当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向平移量最大，此时几何关系满足
粒子离开加速场时的速度
通过每一对平行金属板所用时间
两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性可得
，
解得
15. 如图，表面光滑的水平面中间存在水平光滑凹槽MN。质量为mC=4kg，长度为L的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C静置在凹槽左端M处，其右端与凹槽右端N距离。水平面左侧有质量分别为mA=2kg与mB=1kg的小物块A、B。二者之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为。弹簧解除锁定后，将A、B两物块弹开，物块B滑上木板C（已与弹簧分离），当B刚滑到C最右端时，C恰好第一次碰到N点。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，求：
（1）物块B刚滑上木板C时的速度大小vB；
（2）物块B在木板C上滑行过程系统内能的增量Q；
（3）若C的质量减为，则在C第次碰撞N点时，木块B恰好滑到C右端，且此时。已知C不与M碰撞，与N的碰撞为弹性碰撞，求与k的关系。
【答案】（1）2m/s；（2）1.2J；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）弹簧解除锁定后，根据机械能守恒，可知A、B物块弹开过程中弹性势能转化为A、B物块的动能，即
水平面光滑，则A、B系统动量守恒，则A、B物块动量大小相等
联立以上两式可得
（2）对B、C分别受力分析，由牛顿第二定律可得
对C运动分析得
解得
对B、C运动进行分析，二者运动位移之差为木板长度，即
解得
B、C系统内能增量
（3）根据分析可得，每次木板与右侧N碰撞后均会以相同大小的速度向左减速运动，假设木板第一次与N碰撞的时间为，则根据匀变速直线运动规律可知，碰撞后木板向左以相同大小加速度减速到最左侧恰好速度为0，时间也是。故第k次碰撞N点时，木板恰好运动了，而物块B的受力情况与运动情况和（2）中完全一致。故
根据
，
解得
又根据牛顿第二定律可得
，
则
故联立以上各式可得
又由于
则
，
解得
故
可得
则
由于碰撞次数k为整数，则k可取值2，3。故与k的关系为
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