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河南省焦作市博爱2023_2024高三物理上学期期中试题
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这是一份河南省焦作市博爱2023_2024高三物理上学期期中试题，共18页。试卷主要包含了6s时，解得， 如图1所示，用电源等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1. 如图所示，在水平面上固定着三个材料完全相同的木块，长度分别为L、2L、3L，一个子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0。则子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由
可得子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比
则有
故选A。
2. 在珠海国际航展上，歼-20隐身战斗机是此次航展最大的明星。歼-20战机在降落过程中的水平方向初速度为，竖直方向初速度为，已知歼-20战机在水平方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，则歼-20战机在降落过程（ ）
A. 歼-20战机的运动轨迹为曲线
B. 经歼-20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C. 在前内，歼-20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D. 歼-20战机在前内，水平方向的平均速度为
【答案】D
【详解】A．飞机的合速度方向
飞机的合加速度方向
可以知道飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的，飞机做匀变速直线运动。故A错误；
B．经20s歼-20战机水平方向的分速度
竖直方向上的分速度为
故B错；
C．在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移
在竖直方向的分位移
故C错；
D．歼-20战机在前20内，水平方向的平均速度为
故D正确；
故选D。
【点睛】物体做曲线运动的条件是受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上；结合速度公式计算速度，结合位移公式计算位移。
3. 如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为，与其连线中点O的距离为，质量为带电量为的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则（ ）
A. 试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为
B. 若增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小
C. 试探电荷做匀速圆周运动的角速度为
D. 若在点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
【答案】C
【详解】A．以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为
故A错误；
B．若增大，AO之间场强先变大后变小，所以向心力也是先变大后变小，故B错误；
C．由
可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为
故C正确；
D．AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后反向变小，接着由O到B，静电力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，物体的位移随时间变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，物体在点右侧处
B. 物体在和时的速度相同
C. 时，物体的加速度方向水平向右
D. 到的时间内，物体的加速度和速度都逐渐增大
【答案】C
【详解】A．由图象乙知，振子的振动方程为
t=0.6s时，解得
x=6cm
故A错误；
B．由图象乙知，振子t=0.2s和t=1.0s图象斜率大小相同，但正负不同，所以速度方向相反，故速度不同，故B错误；
C．根据该振子的运动规律可知t=1.2s时振子在A点，则加速度方向水平向右，故C正确；
D．在t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子的位移减小，则速度增加，加速度减小，故D错误。
故选C。
5. 某同学利用自制发电机给小风扇供电，使小风扇正常工作，其设计的电路简化模型如图甲所示。发电机产生正弦式交流电，其电动势如图乙所示。已知理想变压器原副线圈匝数比为，小风扇内阻为，正常工作电流为1A。忽略导线与发电机线圈的电阻，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（ ）
A. 发电机的瞬时电动势为
B. 时，电压表示数为0
C. 正常工作时小风扇的输出功率为28W
D. 小风扇的转速一定与发电机的转速相同
【答案】C
【详解】A．发电机的瞬时电动势为
故A错误；
B．时，电压表示数为电动势的有效值，为
故B错误；
C．根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
可得副线圈电压为
正常工作时小风扇的输出功率为
故C正确；
D．小风扇的转速与小风扇的功率有关，故小风扇的转速与发电机的转速不一定相同，故D错误。
故选C。
6. 一定质量的理想气体从状态A依次经过状态和后再回到状态图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. 气体状态的压强大于状态的压强
B. 状态到状态过程中，气体从外界吸热
C. 状态到状态过程中，气体内能增大，其中分子动能减小，分子势能增大
D. 从状态依次经过状态和后再回到状态过程中气体从外界吸热
【答案】D
【详解】A．根据理想气体状态方程
可知图像斜率越大，压强越小，由图像可知，等压线斜率大于等压线斜率，所以A状态的压强小于C状态的压强，故A错误；
B．状态B到状态C过程中，温度不变，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；
C．理想气体不计分子势能，状态C到状态D过程中，温度升高，气体内能增大，分子动能增大，故C错误；
D．如图
可将图像转化图像，通过图像可知整个循环过程气体对外做功大于外界对气体做功，又有初末状态温度相同，内能相同，所以该过程中气体从外界吸热，故D正确。
故选D。
7. 如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O，一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 若v0=16m/s，则石块可以落入水中
B. 若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小
C. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】B
【详解】A．根据
可得
则石块落入水中最小的初速度
所以石块不能落入水中，故A错误；
B．若石块能落入水中，高度一定，则竖直分速度一定，水平初速度越大，落水速度方向与水平面的夹角越小，故B正确；
CD．若石块不能落入水中，设速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，因为
则
tanα=2tanθ
因为落在坡面上，位移方向不变，则速度与水平方向的夹角不变，所以速度方向与斜面的夹角不变，与初速度无关，故CD错误。
故选B。
8. 两位同学在做竖直方向的抛球游戏，A同学将小球a从地面以一定初速度竖直上抛的同时，B同学将小球b从距地面处由静止释放，两球经时间后处于同一高度（未相撞），不计空气阻力。则（ ）
A. 小球a的初速度大小为B. 小球a在空中运动的时间为
C. 小球a上升的最大高度为D. 小球a、b落地时的速度大小之比为1：1
【答案】AD
【详解】A．对小球b有
可得
对小球a有
可得
故A正确；
B．小球a在空中运动的时间
故B错误；
C．小球a上升的最大高度为
故C错误；
D．对小球b，落地时的速度大小为
可得
故D正确。
故选AD。
9. 如图1所示，用电源（内阻未知）、毫安表（Ig=5mA，Rg=30Ω）、滑动变阻器等制作成一个简易欧姆表电路图，该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为200Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该电源电动势为1.5VB. 图中A处接黑表笔，B处接红表笔
C. 刻度2.5mA处标注250ΩD. 刻度4mA处标注75Ω
【答案】AD
【详解】AB．欧姆表的电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以A处应该接红表笔，B处接黑表笔，由闭合电路欧姆定律可知，满偏时
接入R1=200Ω的电阻时，表头指在3mA，得
联立解得
r+R=270Ω，E=1.5V
故A正确，B错误；
C．当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为
代入数据解得
R2=300Ω
故C错误；
D．当电流刻度为4mA时，接入电阻为
代入数据解得
R3=75Ω
故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图，处的质点P恰在平衡位置，虚线是这列波在时刻的波形图。已知该波的波速是1.0m/s，则下列说法正确的是（ ）
A. 这列波沿x轴负方向传播B. 质点P在时刻速度方向沿y轴负方向
C. 质点P在时刻的位移为D. 质点P在时刻速度方向与加速度方向相同
【答案】CD
【详解】A．由图可知波长
若波沿x轴正向传播，则有
解得
若波沿x轴负向传播，则有
解得
已知该波的波速是，则波只能沿x轴正向传播，故A错误；
B．波沿x轴正向传播，根据带动法可判断质点P在时刻速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．根据可得
在时波的方程为
当时有
质点P在时刻的位移为，故C正确；
D．波沿x轴正向传播，周期，质点P时刻在x轴上方，正向平衡位置运动，速度方向与加速度方向均指向平衡位置，故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11. 某实验小组要测定一段电阻丝的电阻率，具体操作如下。
（1）用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示，由图可知其直径为D＝________mm。
（2）利用如图乙所示的电路精确地测量电阻丝的电阻（其中电流表内阻已知），操作步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
②改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
③重复步骤②，得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，如图丙所示，可知电阻丝电阻为________（用题中给定物理量的符号表示），再测出电阻丝的长度L，可以根据电阻定律计算出电阻丝的电阻率ρ，若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻丝的电阻率与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 2.150 ②. ③. 相等
【详解】（1）[1]由螺旋测微器可知电阻丝的直径为
D＝2mm+15.0×0.01mm＝2.150mm
（2）[2]根据题意有
整理得
结合图像可知
解得
[3]本实验中所用电流表内阻已知，不存在由于电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻丝的阻值与真实值相等，进而根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。
12. 如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。
（3）测得滑块B的质量为，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。
【答案】 ①. 天平 ②. 匀速直线 ③. -0.011 ④. ③
【详解】（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为
则滑块B碰前的动量为
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。
13. 如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为。A的质量为，B的质量为，B与地面的动摩擦因数为。现给A施加一拉力，使A缓慢移动，运动过程中拉力与圆心连线的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
（1）A、B间弹力的最大值；
（2）动摩擦因数的最小值。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）以A为研究对象，A受到重力、拉力、B对A的弹力；由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示
在转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，拉力逐渐减小；当夹角（水平向右）时，A、B间弹力最大，且最大值为
（2）对B受力分析可得，在竖直方向水平地面对B的支持力为
在水平方向静摩擦力为
当A缓慢移动到B的最高点的过程中，由矢量三角形图可知，初始位置最小，即水平地面对B的支持力最小，最大，即静摩擦力最大；所以只要初状态不滑动，以后B就不会滑动，即有
初状态时，圆柱A对圆柱B的弹力为
代入数据解得
14. 如图所示，一定高度的平台右侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP为半径R1=1m，圆心角的光滑圆弧轨道，PQ为半径R2=0.4m的圆轨道（摩擦不可忽略），质量为m=1kg可视为质点的小物块由O点以初速度v0=7.5m/s沿水平方向抛出，结果小物块由M点无碰撞地进入圆轨道，经过一段时间小物块离开Q点后刚好再次落到M点，重力加速度g取，，，。求：
（1）OM两点之间的水平间距x；
（2）小物块在Q点对轨道的压力大小；
（3）小物块再次落到M点时，速度与竖直方向夹角的余弦值（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）7.5m；（2）；（3）
【详解】（1）小物块从O点到M点的运动过程做平抛运动，由几何关系可知小物块从M点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，则有
又有
OM两点之间的水平间距为
解得
x=7.5m
（2）小物块从Q点回到M点的过程有
，
小物块在Q点时，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小物块在Q点时对轨道的压力大小为14.5N。
（3）小物块由Q到M的过程，小物块做平抛运动，则小物块落在M点时的竖直分速度为
小物块落在M点的速度为
此时速度与竖直方向夹角的余弦值为
解得
15. 如图，电源电动势、内阻，定值电阻、，为电阻箱，电容器的电容C=50μF，开关S闭合电路稳定后，求：
（1）开关闭合前，通过的电流大小；
（2）开关闭合后，调节电阻箱时，电容器所带的电量；
（3）开关闭合后，要使与的总电功率最大，的阻值大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，开关闭合前，通过的电流大小为
（2）开关闭合后，调节电阻箱时，电容器两端电压为
此时电容器所带的电量为
（3）开关闭合后，设和的并联电阻为R23，则与的总电功率为
由上式根据数学知识可知P最大时有
解得
16. 如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，磁感应强度大小均为。电梯后方固定两个100匝矩形线圈，每个线圈总电阻为，高度为，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，取，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：
（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小；
（2）电梯可达到的最大速度大小；
（3）若电梯下落，达到最大速度的，此过程所用时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小
（2）当线圈所受安培力等于电梯重力时，电梯速度最大，有
线圈内产生的感应电流大小为
解得电梯可达到的最大速度为
（3）根据动量定理有
电量为
解得此过程所用时间为
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1. 如图所示，在水平面上固定着三个材料完全相同的木块，长度分别为L、2L、3L，一个子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0。则子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由
可得子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比
则有
故选A。
2. 在珠海国际航展上，歼-20隐身战斗机是此次航展最大的明星。歼-20战机在降落过程中的水平方向初速度为，竖直方向初速度为，已知歼-20战机在水平方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于的匀减速直线运动，则歼-20战机在降落过程（ ）
A. 歼-20战机的运动轨迹为曲线
B. 经歼-20战机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C. 在前内，歼-20战机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D. 歼-20战机在前内，水平方向的平均速度为
【答案】D
【详解】A．飞机的合速度方向
飞机的合加速度方向
可以知道飞机的速度的方向与加速度的方向是相同的，飞机做匀变速直线运动。故A错误；
B．经20s歼-20战机水平方向的分速度
竖直方向上的分速度为
故B错；
C．在前20s内，歼-20战机在水平方向的分位移
在竖直方向的分位移
故C错；
D．歼-20战机在前20内，水平方向的平均速度为
故D正确；
故选D。
【点睛】物体做曲线运动的条件是受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上；结合速度公式计算速度，结合位移公式计算位移。
3. 如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为，与其连线中点O的距离为，质量为带电量为的试探电荷以O为圆心做匀速圆周运动，A、B为圆周上的两点，两点与正点电荷连线与AB连线的夹角均为，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则（ ）
A. 试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为
B. 若增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力一定变小
C. 试探电荷做匀速圆周运动的角速度为
D. 若在点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
【答案】C
【详解】A．以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为
故A错误；
B．若增大，AO之间场强先变大后变小，所以向心力也是先变大后变小，故B错误；
C．由
可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度为
故C正确；
D．AO之间的场强先变大后变小，静电力先变大后反向变小，接着由O到B，静电力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。
故选C。
4. 如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，物体的位移随时间变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，物体在点右侧处
B. 物体在和时的速度相同
C. 时，物体的加速度方向水平向右
D. 到的时间内，物体的加速度和速度都逐渐增大
【答案】C
【详解】A．由图象乙知，振子的振动方程为
t=0.6s时，解得
x=6cm
故A错误；
B．由图象乙知，振子t=0.2s和t=1.0s图象斜率大小相同，但正负不同，所以速度方向相反，故速度不同，故B错误；
C．根据该振子的运动规律可知t=1.2s时振子在A点，则加速度方向水平向右，故C正确；
D．在t=1.2s到t=1.6s的时间内，振子的位移减小，则速度增加，加速度减小，故D错误。
故选C。
5. 某同学利用自制发电机给小风扇供电，使小风扇正常工作，其设计的电路简化模型如图甲所示。发电机产生正弦式交流电，其电动势如图乙所示。已知理想变压器原副线圈匝数比为，小风扇内阻为，正常工作电流为1A。忽略导线与发电机线圈的电阻，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（ ）
A. 发电机的瞬时电动势为
B. 时，电压表示数为0
C. 正常工作时小风扇的输出功率为28W
D. 小风扇的转速一定与发电机的转速相同
【答案】C
【详解】A．发电机的瞬时电动势为
故A错误；
B．时，电压表示数为电动势的有效值，为
故B错误；
C．根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
可得副线圈电压为
正常工作时小风扇的输出功率为
故C正确；
D．小风扇的转速与小风扇的功率有关，故小风扇的转速与发电机的转速不一定相同，故D错误。
故选C。
6. 一定质量的理想气体从状态A依次经过状态和后再回到状态图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. 气体状态的压强大于状态的压强
B. 状态到状态过程中，气体从外界吸热
C. 状态到状态过程中，气体内能增大，其中分子动能减小，分子势能增大
D. 从状态依次经过状态和后再回到状态过程中气体从外界吸热
【答案】D
【详解】A．根据理想气体状态方程
可知图像斜率越大，压强越小，由图像可知，等压线斜率大于等压线斜率，所以A状态的压强小于C状态的压强，故A错误；
B．状态B到状态C过程中，温度不变，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；
C．理想气体不计分子势能，状态C到状态D过程中，温度升高，气体内能增大，分子动能增大，故C错误；
D．如图
可将图像转化图像，通过图像可知整个循环过程气体对外做功大于外界对气体做功，又有初末状态温度相同，内能相同，所以该过程中气体从外界吸热，故D正确。
故选D。
7. 如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O，一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 若v0=16m/s，则石块可以落入水中
B. 若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小
C. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】B
【详解】A．根据
可得
则石块落入水中最小的初速度
所以石块不能落入水中，故A错误；
B．若石块能落入水中，高度一定，则竖直分速度一定，水平初速度越大，落水速度方向与水平面的夹角越小，故B正确；
CD．若石块不能落入水中，设速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，因为
则
tanα=2tanθ
因为落在坡面上，位移方向不变，则速度与水平方向的夹角不变，所以速度方向与斜面的夹角不变，与初速度无关，故CD错误。
故选B。
8. 两位同学在做竖直方向的抛球游戏，A同学将小球a从地面以一定初速度竖直上抛的同时，B同学将小球b从距地面处由静止释放，两球经时间后处于同一高度（未相撞），不计空气阻力。则（ ）
A. 小球a的初速度大小为B. 小球a在空中运动的时间为
C. 小球a上升的最大高度为D. 小球a、b落地时的速度大小之比为1：1
【答案】AD
【详解】A．对小球b有
可得
对小球a有
可得
故A正确；
B．小球a在空中运动的时间
故B错误；
C．小球a上升的最大高度为
故C错误；
D．对小球b，落地时的速度大小为
可得
故D正确。
故选AD。
9. 如图1所示，用电源（内阻未知）、毫安表（Ig=5mA，Rg=30Ω）、滑动变阻器等制作成一个简易欧姆表电路图，该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为200Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该电源电动势为1.5VB. 图中A处接黑表笔，B处接红表笔
C. 刻度2.5mA处标注250ΩD. 刻度4mA处标注75Ω
【答案】AD
【详解】AB．欧姆表的电流从黑表笔流出，从红表笔流入，所以A处应该接红表笔，B处接黑表笔，由闭合电路欧姆定律可知，满偏时
接入R1=200Ω的电阻时，表头指在3mA，得
联立解得
r+R=270Ω，E=1.5V
故A正确，B错误；
C．当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为
代入数据解得
R2=300Ω
故C错误；
D．当电流刻度为4mA时，接入电阻为
代入数据解得
R3=75Ω
故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图，处的质点P恰在平衡位置，虚线是这列波在时刻的波形图。已知该波的波速是1.0m/s，则下列说法正确的是（ ）
A. 这列波沿x轴负方向传播B. 质点P在时刻速度方向沿y轴负方向
C. 质点P在时刻的位移为D. 质点P在时刻速度方向与加速度方向相同
【答案】CD
【详解】A．由图可知波长
若波沿x轴正向传播，则有
解得
若波沿x轴负向传播，则有
解得
已知该波的波速是，则波只能沿x轴正向传播，故A错误；
B．波沿x轴正向传播，根据带动法可判断质点P在时刻速度方向沿y轴正方向，故B错误；
C．根据可得
在时波的方程为
当时有
质点P在时刻的位移为，故C正确；
D．波沿x轴正向传播，周期，质点P时刻在x轴上方，正向平衡位置运动，速度方向与加速度方向均指向平衡位置，故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11. 某实验小组要测定一段电阻丝的电阻率，具体操作如下。
（1）用螺旋测微器测量其直径，结果如图甲所示，由图可知其直径为D＝________mm。
（2）利用如图乙所示的电路精确地测量电阻丝的电阻（其中电流表内阻已知），操作步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表有一较大读数U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
②改变电阻箱的阻值，同时调节滑动变阻器，使电压表的读数仍为U，记下此时电阻箱的读数和电流表的读数。
③重复步骤②，得到多组电阻箱和电流表的数据，以电阻箱电阻R为横坐标，以电流表电流的倒数为纵坐标建立坐标系，描点连线，获得图线的纵轴截距为b，如图丙所示，可知电阻丝电阻为________（用题中给定物理量的符号表示），再测出电阻丝的长度L，可以根据电阻定律计算出电阻丝的电阻率ρ，若从系统误差的角度分析用该方法测得的电阻丝的电阻率与真实值相比________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. 2.150 ②. ③. 相等
【详解】（1）[1]由螺旋测微器可知电阻丝的直径为
D＝2mm+15.0×0.01mm＝2.150mm
（2）[2]根据题意有
整理得
结合图像可知
解得
[3]本实验中所用电流表内阻已知，不存在由于电表内阻引入的系统误差，所以测得电阻丝的阻值与真实值相等，进而根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。
12. 如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。
（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。
（3）测得滑块B的质量为，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。
【答案】 ①. 天平 ②. 匀速直线 ③. -0.011 ④. ③
【详解】（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为
则滑块B碰前的动量为
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。
13. 如图所示，光滑圆柱A和半圆柱B紧靠着静置于水平地面上，二者半径均为。A的质量为，B的质量为，B与地面的动摩擦因数为。现给A施加一拉力，使A缓慢移动，运动过程中拉力与圆心连线的夹角始终为60°保持不变，直至A恰好运动到B的最高点，整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
（1）A、B间弹力的最大值；
（2）动摩擦因数的最小值。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）以A为研究对象，A受到重力、拉力、B对A的弹力；由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示
在转至竖直的过程中，A、B间的弹力先增大后减小，拉力逐渐减小；当夹角（水平向右）时，A、B间弹力最大，且最大值为
（2）对B受力分析可得，在竖直方向水平地面对B的支持力为
在水平方向静摩擦力为
当A缓慢移动到B的最高点的过程中，由矢量三角形图可知，初始位置最小，即水平地面对B的支持力最小，最大，即静摩擦力最大；所以只要初状态不滑动，以后B就不会滑动，即有
初状态时，圆柱A对圆柱B的弹力为
代入数据解得
14. 如图所示，一定高度的平台右侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP为半径R1=1m，圆心角的光滑圆弧轨道，PQ为半径R2=0.4m的圆轨道（摩擦不可忽略），质量为m=1kg可视为质点的小物块由O点以初速度v0=7.5m/s沿水平方向抛出，结果小物块由M点无碰撞地进入圆轨道，经过一段时间小物块离开Q点后刚好再次落到M点，重力加速度g取，，，。求：
（1）OM两点之间的水平间距x；
（2）小物块在Q点对轨道的压力大小；
（3）小物块再次落到M点时，速度与竖直方向夹角的余弦值（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）7.5m；（2）；（3）
【详解】（1）小物块从O点到M点的运动过程做平抛运动，由几何关系可知小物块从M点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，则有
又有
OM两点之间的水平间距为
解得
x=7.5m
（2）小物块从Q点回到M点的过程有
，
小物块在Q点时，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小物块在Q点时对轨道的压力大小为14.5N。
（3）小物块由Q到M的过程，小物块做平抛运动，则小物块落在M点时的竖直分速度为
小物块落在M点的速度为
此时速度与竖直方向夹角的余弦值为
解得
15. 如图，电源电动势、内阻，定值电阻、，为电阻箱，电容器的电容C=50μF，开关S闭合电路稳定后，求：
（1）开关闭合前，通过的电流大小；
（2）开关闭合后，调节电阻箱时，电容器所带的电量；
（3）开关闭合后，要使与的总电功率最大，的阻值大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律，开关闭合前，通过的电流大小为
（2）开关闭合后，调节电阻箱时，电容器两端电压为
此时电容器所带的电量为
（3）开关闭合后，设和的并联电阻为R23，则与的总电功率为
由上式根据数学知识可知P最大时有
解得
16. 如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，磁感应强度大小均为。电梯后方固定两个100匝矩形线圈，每个线圈总电阻为，高度为，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，取，忽略摩擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落时，求：
（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小；
（2）电梯可达到的最大速度大小；
（3）若电梯下落，达到最大速度的，此过程所用时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）电梯下落速度达到时，线圈内产生的感应电流大小
（2）当线圈所受安培力等于电梯重力时，电梯速度最大，有
线圈内产生的感应电流大小为
解得电梯可达到的最大速度为
（3）根据动量定理有
电量为
解得此过程所用时间为
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