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湖北省云学部分重点高中2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题(B)
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这是一份湖北省云学部分重点高中2024-2025学年高二上学期10月月考物理试题(B)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史或物理理论的说法中，错误的是( )
A. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
B. 电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质
C. 卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量
D. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法
2.如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力下沿水平地面匀速前进了时间t1后撤去F，物体能够继续滑行的时间为t2，则在物体整个运动过程中( )
A. 拉力F对物体的冲量大小为Ft1csθB. 撤去F后摩擦力大小为Ft1csθt2
C. 摩擦力对物体的冲量大小为Ft1csθD. 合外力对物体的冲量大小为Ft1sinθ
3.宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一带，绳的另一端系有质量为1 kg的小球，该小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时，绳子恰好断裂，小球以某一速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径r=0.1m，手距离月球表面的高度H=0.9m，月球表面的重力加速度g=1.6m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 运动过程中小球的机械能守恒
B. 小球运动到最高点时速度大小为0
C. 小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D. 小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
4.如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R0=2Ω，滑动变阻器的阻值范围为0∼10Ω。滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电源的总功率不断减小B. 电压表和电流表示数之比不变
C. 电流表和电压表的示数都不断增大D. 当R=2Ω时，电源的输出功率最大
5.将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时，小球的向心加速度为0
B. t=1s时，小球速度为0，加速度为0
C. 从t=1s到t=1.5s的过程中，小球的动能不断增大
D. 从t=1.5s到t=2s的过程中，细线中的张力不断增大
6.地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布均匀的标准球体，质量为 M，半径为 R，已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，万有引力常量为 G，忽路地球自转，若从隧道口 P点由静止释放一小球。下列说法正确的是( )
A. 小球从P到Q的过程中动能不断增大
B. 小球从P到Q的过程中机械能不断增大
C. 小球在该隧道中运动的最大速度v= GMR
D. 小球运动到Q点时，将从地球的另外一端 Q点穿出
7.平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地， R为定值电阻。当单刀双掷开关打到1，电路稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的 P点。以下操作中说法正确的是( )
A. 若开关与1保持连接，将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间，电阻 R中有由b流向a的电流
B. 若开关与1保持连接，将一适当厚度的金属板插入电容器极板间，电阻 R中有由a流向b的电流，油滴将向下运动
C. 若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于 P点
D. 若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，油滴在 P点的电势能将减小，油滴将向上运动
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示，x轴上A、B是点电荷Q电场中同一条电场线上的两点，把电荷量为q1=10-9C的正试探电荷从无穷远移到A点，静电力做的功为-4×10-8J。若坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m(图甲)，在A、B两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线 a、b所示。以下判断正确的是( )
A. 场源电荷是负电荷B. A点的电势为40V
C. B点的电场强度大小为2.5N/CD. 点电荷Q所在位置的坐标是0.1m
9.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0和x=0.8m的两质点刚开始振动。下列说法正确的是( )
A. 两列波波源的起振方向相同
B. 当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C. 平衡位置在x=0.4m处的质点为振动加强点
D. t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为32cm
10.某品牌儿童玩具——电动发光遥控飞行水晶球，具有悬浮、红外感应避障、耐摔、防卡死自动断电保护等特点，造型精致可爱，放飞孩子们的童年，唤醒满满的童心，深受孩子们的喜爱。其电路可简化为如图甲所示的电路图。若电源电动势为8.0V，内阻为3.0Ω，电动机线圈的电阻为RM=0.6Ω。两盏小电珠L的规格均为“3.0V，1.8W”，其伏安特性曲线如图乙所示。开关S1、S2均闭合时，电动机正常转动，电流表示数为1A，则( )
A. 小电珠的电阻约为4.0Ω
B. 电动机的额定功率约为3.6W
C. 电动机的机械效率约为83%
D. 若开关S1闭合，S2断开，两盏小电珠均能正常发光
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒.小球a用不可伸长的细线悬挂起来，直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上，细线自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。已知重力加速度为 g。实验的主要步骤及需解答的问题如下：
(1)测量出悬点到小球a球心的距离L，小球a、b的质量分别为m1、m2;
(2)将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为θ1时并由静止释放，与小球 b发生对心碰撞后球a反弹，球b做平抛运动，测得小球 a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.则：小球 a、b的质量大小需满足m1__________m2(选填“>”、“<”或“=”);
(3)测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x，竖直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小vb=__________;
(4)若该碰撞中的总动量守恒，则需满足的表达式为__________(用题中所给和测量的物理量表示)。
12.某兴趣小组为了测量量程为5mA毫安表的内阻，设计了如图甲所示的电路。
(1)在检查电路连接正确后，实验时，操作步骤如下：先将滑动变阻器 R的滑片P移到最右端，调整电阻箱R0的阻值为零，闭合开关 S，再将滑片 P缓慢左移，使毫安表上电流满偏;保持滑片P不动，调整R0的阻值，使毫安表上读数为2 mA，记下此时R0的电阻为300.0Ω。
(2)则该毫安表的内阻的测量值为__________Ω，该测量值__________实际值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)现将某定值电阻R1与该毫安表连接，将该毫安表改装为一个量程为30 mA的电流表，并用标准电流表进行检测，如图乙所示。
①需要接入的定值电阻R1的阻值为__________Ω;
②在乙图中虚线框内补全改装电路图_______；
③当标准电流表的示数为12mA时，流经毫安表中的电流示数可能为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.2024年10月1晚，香港国庆烟花汇演在维多利亚港(维港)上空如期举行，庆况中华人民共和国75周年华诞，山河无恙。若某枚烟花弹从地面以v0=20m/s的速度竖直向上射出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。
(1)求该烟花弹上升的最大高度h;
(2)该烟花弹的重力势能为动能的13倍时，求该烟花弹的速度大小v1。
14.如图所示，倾角为α=37∘的斜面末端与竖直的半径R=1m的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心， a、b为坚直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=1.0×10-5C的带正电小球(可视为质点)，从斜面上的c点以一定大小的速度斜向上抛出(图中未画出)，小球从半圆轨道的最高点 a沿水平方向飞入半圆轨道，对轨道 a点的压力大小为2.4N。若小球刚过a点时，立即在整个空间施加水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E=3.0×105N/C，重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求：
(1)小球在a点的速度v0大小；
(2)小球从c点运动到a点的时间t；
(3)小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力。
15.如图，光滑水平面 QS左侧有一竖直挡板，右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v=8.0m/s的这度逆时针匀速转动，有一质量为m=1.0kg的物块A静止于QS上，在物块A右侧有一质量为M=1.0kg的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，物块B以水平向右v0=10m/s的速度从传送带左侧滑上传送带，且恰好不会从传送带右侧离开。当物块 B从左侧滑离传送带后与物块A发生弹性碰撞，且 A每次与挡板碰撞后，速率变为原来的12，方向相反。物块A、B会多次作用，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
(1)传送带的长度L;
(2)物块B从第1次滑上传送带到B第2次滑上传送带的过程中，摩擦力对B的冲量;
(3)B第二次滑上传送带后，瞬间给 B一水平向右的冲量I，其大小为6N⋅s。以后每隔Δt=0.5s给B一相同的瞬时冲量I，直到B离开传送带，该过程中由于摩擦而产生的热量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项 A错误;
电场看不见摸不着，但是电场是客观存在的。场像分子、原子等实物粒子一样具有能量，因而场也是物质存在的一种形式，选项 B正确;
卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量，选项C正确;
“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”采用的是假设法，选项 D正确。
2.【答案】C
【解析】A.力F对物体的冲量为Ft，选项A错误;
CD.全过程由动量定理，Fcsθ⋅t1-If=0，摩擦力对物体的冲量大小为If=Ft1csθ，选项C正确，D错误。
B.又If=f(t1+t2)，解得撤去F后摩擦力大小f=Ft1cs θt1+t2，B错误。
3.【答案】A
【解析】小球在运动过程中，只有重力做功，因此小球机械能守恒，选项A正确;
小球运动到最高点时，重力提供向心力mg=mv02r，v0=0.4m/s，选项B错误;
小球在最高点时速度方向与重力方向相互垂直，因此小球在最高点时重力的瞬时功率为0，选项C错误;
小球做平抛运动的过程中H-r=12gt2，t=1s，选项D错误。
4.【答案】D
【解析】A.滑动变阻器滑片向下滑动的过程中， R接入电路的阻值减小，回路中外电路总阻值R总也减小，流经电源的电流I=ER总+r增大，电源的总功率P=EI增大，选项A错误;
B.由R=UI知电压表和电流表示数之比减小，选项B错误;
C.路端电压U=E-Ir减小，电压表示数减小;路端电压即为R0两端的电压，因此流经R0的电流I0减小，流经R的电流IR=I-I0增大，选项C错误;
D.当外电路的总阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，1R+1R0=1r，解得R=2Ω，选项D正确。
5.【答案】C
【解析】t=0.5s时，小球位于最低点，此时速度为最大，根据F向=mv2l，可知向心加速度最大，故A错误;
t=1s时，小球位于负的最大位移处，此时速度为0，加速度不为0，故B错误;
从t=1s到t=1.5s的过程中，小球从最高点运动到平衡位置，小球重力势能减小，动能增加，故C正确;
从t=1.5s到t=2s的过程中，小球从平衡位置到最高点，小球的速度减小，轻绳与竖直方向的夹角θ增大，根据T-mgcsθ=mv2l，轻绳上的张力T减小，故D错误。
6.【答案】C
【解析】从P点运动到Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒，选项B错误;以球心O为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，设小球距离O点的距离为x，地球的质量为M，以O点为球心，半径为x的球体质量为M'，则M'=43πx343πR3M=x3R3M，小球受到的万有引力大小为F=GM'mx2=GMmR3x，可画出F-x的图像.
从P运动到O的过程中，引力做正功，动能增加;从O运动到Q的过程中，引力做负功，动能减小。且PO段做的正功，等于OQ段做的负功，因此小球运动到Q点时速度为零，且在PQ之间做往复运动;故选项A、D错;从P运动到O的过程中，引力做正功，小球到达O点时速度最大;由上可知物体所受万有引力与距地心距离成正比，则该过程中万有引力的平均值F=F0+Ft2=GMm2R2;对该过程列动能定理FR=12mv2，小球到达O点时速度为v= GMR，选项C正确.
7.【答案】D
【解析】A.开关与1保持连接，板间电压U不变，将玻璃板插入电容器极板间，板间εr增大，由C=εrS4πkd，可知C增大，电荷量Q变大，电容器充电，电阻R中的电流由a流向b，选项A错误;
B.板间电压U不变，将一适当厚度的金属板插入电容器极板间，则d减小，可知C增大，电荷量 Q变大，电容器充电，电阻 R中的电流由a流向b，电场强度变大，油滴向上运动，选项 B错误;
C.将下极板稍微上移一点距离，则d减小，由C=εrS4πkd，可知C增大，电荷量Q不变，根据C=QU，则U减小，静电计张角变小;根据C=εrS4πkd=QU=QEd可得E=4πkQεrS，可知电场强度不变，则油滴依然静止在P点，选项C错误;
D.上极板稍微向左移一点距离，则S减小，根据E=4πkQεrS，可知电场强度变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，根据φ=Ed可知P点的电势升高，根据受力分析可知油滴带负电，则其在 P点的电势能将减小，选项 D正确。
8.【答案】BC
【解析】A.将正试探电荷由无穷远移到A点，静电力做负功，试探电荷受排斥力，说明场源电荷带正电，故 A错误;
B.由题可知，在 A点的电势能为EPA=WA∞=4×10-8J，A点的电势为φA=EPAq1=40V，故B正确;
C.由F-q图像的斜率可知B点的电场强度大小2.5N/C，故C正确;
D.由于A、B是点电荷电场中同一条电场线上的两点，故可分析知场源电荷在A的左侧，设坐标为x，A点和B点的电场强度大小之比为两直线的斜率之比为16:1，则由kQ(0.3-x)2:kQ(0.6-x)2=16:1，解得x=0.2m，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】A.由波的传播方向可以确定质点的振动方向，沿着波的传播方向看上坡下下坡上的方法可得出x=-0.2m处的波源起振方向为-y方向，x=1.2m处的波源起振方向为+y方向，两列波波源的起振方向相反，选项A错误;
B.两列波在x=0.4m处相遇，相遇时左边的波源向前传播了0.6m。由题可知，两列波的波速均为0.2m/s，所以左边的波源向前传播t=，选项B正确;
C.可以把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，在t=0时刻同时起振，且两波源起振步调相反，x=0.4cm处的质点距离两等效波源的波程差Δr=0，满足半波长的偶数倍，因此x=0.4cm处是振动减弱点，选项C错误;
D.0-4s时间段内，右边波源的振动形式还没有传到x=0处，振动周期T=λv=2s路程s=8A=32cm，把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，在t=0时刻同时起振，且两波源起振步调相反，x=0处的质点距离两等效波源的波程差Δr=0.8m=4×0.2m=4⋅λ2，因此两列波叠加时x=0处是振动减弱点，振幅A1=0，4∼5s，x=0处的质点始终处于平衡位置，故t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为32cm，选项D正确。
故选：BD
10.【答案】ABC
【解析】A.设每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律E=2U+(I+1)r，即U=52-32I，此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示，U≈1.81V左右，I≈0.46A左右。故小灯泡的电阻RL=UI≈3.93Ω，选项A正确;
BC.电动机的额定电压UM=2U≈3.62V，故额定功率约为3.62W，输出功率约为3.02W;电动机的效率η=P出PM×100%≈83.33%，选项BC正确;
D.开关S1闭合，S2断开时，若两盏小电珠均正常发光，电源的端电压为6 V，回路电流为0.6A，则电动势E=U+Ir=6+0.6×3=7.8V<8V，故小电珠不能正常发光，选项D错误。
11.【答案】(2)<;
(3)x g2h;
(4)m1 2gL(1-csθ1)=-m1 2gL(1-csθ2)+m2x g2h
【解析】(2)球a与球b碰撞后球a反弹，球a、b的质量大小需满足m1(3)小球b做平抛运动，在竖直方向有h=12gt2，水平方向有x=vbt，解得vb=x g2h;
(4)小球a碰撞前由动能定理得m1g(L-Lcsθ1)=12m1v02，解得v0= 2gL(1-csθ1);小球a碰撞后由动能定理得m1g(L-Lcsθ2)=12m1va2，解得va= 2gL(1-csθ2)(向左方向)，故需满足m1 2gL(1-csθ1)=-m1 2gL(1-csθ2)+m2x g2h。
12.【答案】(2)200.0，大于;
(3)①40;
②如下图所示;
③C
【解析】(2)根据实验步骤可认为电路中滑动变阻器R右侧并联部分分得的电压不变。
IgRg=25Ig(Rg+R0)，解得Rg=200.0Ω。
由于电阻箱R的接入，毫安表支路的总电阻增大，则并联部分的总电阻增大，并联部分的电压增大。IgRg<25Ig(Rg+R0)，故最终得到Rg(3)①将毫安表改装为电流表，应并联上一个定值电阻，则有IgR测=5Ig⋅R1，解得R1=40Ω;
②如图所示;
③因为毫安表的真实内阻Rg<200Ω，所以有RgR1<5，设流经原毫安表的电流为IG，流经R1的电流为I1，可得IG+I1=12mA，I1IG<5，解得IG>2mA，选项C正确。
13.【答案】(1)由机械能守恒定律mgh=12mv02
解得烟花弹上升的最大高度h=v022g=20m；
(2)烟花弹的重力势能为动能的13倍时，由机械能守恒定律
12mv02=mgh1+12mv12
而mgh1=13⋅12mv12
解得v1=10 3m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)在a点，根据牛顿第二定律得Na+mg=mv02R
解得小球在a点的速度大小v0=4m/s
(2)小球由c到a过程，逆向为平抛运动
水平方向x=v0t
竖直方向y=12gt2
由几何关系知y+xtanα=2R
联立解得t=0.4s
(3)由分析可知，小球受到的重力mg与电场力qE的合力F沿着轨道半径时对轨道的压力最大，如图d点所示。mg=4N，qE=3N
故F= (mg)2+(qE)2=5N
方向tanθ=mgqE=43，解得θ=53∘
小球从a到d过程中，由动能定理有
FR(1+cs37∘)=12mvd2-12mv02(或：mgR(1+sin53∘)+qERcs53∘=12mvd2-12mv02)
在d点，根据牛顿第二定律有Nd-F=mvd2R
联立解得Nd=29.4N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小N'd=29.4N，与竖直方向成角37∘斜向下。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，
根据运动学公式：0-v02=-2μgx，
由于恰好不会从传送带右侧离开，传送带长度L=x=25m。
(2)物块B在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有μMg=Ma，
解得a=2m/s2，
物块B减速到0的时间t1=v0a=5s，
B在传送带上向左运动过程中，加速时间t2=va=4s，
加速位移x2=v2-02a=16m<25m，
与传送带共速后，x3=x2-x1=9m的距离将以速度v=8.0m/s做匀速直线运动，
匀速运动时间：t3=x3v=98s，
在t1+t2时间段内，摩擦力方向始终向左，在该过程中摩擦力对B的冲量：
I=μMg(t1+t2)=18N⋅s。
(3)B从传送带左端滑下后，与 A发生弹性碰撞Mv=MvB+mvA，
12Mv2=12MvB2+12mvA2，
解得vA=8m/s，vB=0，
A向左运动与竖直挡板碰撞后，速度变为vA2=4m/s，方向水平向右，
A和B再次发生弹性碰撞，由于 A、B质量相等，因此碰撞后vA0=0，vB0=4m/s，
到达传送带左端瞬间，设t=0，此时给 B一水平向右的冲量，对 B：
t=0时，I=MvB0-MvB1，则vB1=10m/s，
滑上传送带后，B以a=2m/s2，向右做减速运动，
经过△t=0.5s，vB1'=vB1-a⋅△t=9m/s，
x1'=vB12-vB1'22a=194m，
t=Δt时，I=MvB2-MvB1'，vB2=15m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB2'=vB2-a⋅△t=14m/s，
x2'=vB22-vB2'22a=294m，
t=2Δt时，I=MvB3-MvB2'，vB3=20m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB3'=vB3-a⋅△t=19m/s，
x3'=vB32-vB3'22a=394m，
t=3Δt时，I=MvB4-MvB3'，vB4=25m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB4'=vB4-a⋅△t=24m/s，
x4'=vB32-vB3'22a=494m，
因为x1'+x2'+x'3<25m从t=0至t=3Δt，物块向右运动的位移为x1'+x2'+x3'=874m，
第4次作用于B冲量I后，B在传送带上运动的位移为x4'=L-(x1'+x2'+x3')=134m，
由x4'=vB4t4-12at42，
解得传送带对B的作用时间t4=25-6 172s，
B在传送带上运动的总时间t=3Δt+t4=(14-3 17)s，
B与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μMgΔx=μMg(vt+L)=(274-48 17)J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史或物理理论的说法中，错误的是( )
A. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
B. 电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质
C. 卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量
D. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法
2.如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力下沿水平地面匀速前进了时间t1后撤去F，物体能够继续滑行的时间为t2，则在物体整个运动过程中( )
A. 拉力F对物体的冲量大小为Ft1csθB. 撤去F后摩擦力大小为Ft1csθt2
C. 摩擦力对物体的冲量大小为Ft1csθD. 合外力对物体的冲量大小为Ft1sinθ
3.宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一带，绳的另一端系有质量为1 kg的小球，该小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时，绳子恰好断裂，小球以某一速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径r=0.1m，手距离月球表面的高度H=0.9m，月球表面的重力加速度g=1.6m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 运动过程中小球的机械能守恒
B. 小球运动到最高点时速度大小为0
C. 小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D. 小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
4.如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R0=2Ω，滑动变阻器的阻值范围为0∼10Ω。滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电源的总功率不断减小B. 电压表和电流表示数之比不变
C. 电流表和电压表的示数都不断增大D. 当R=2Ω时，电源的输出功率最大
5.将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时，小球的向心加速度为0
B. t=1s时，小球速度为0，加速度为0
C. 从t=1s到t=1.5s的过程中，小球的动能不断增大
D. 从t=1.5s到t=2s的过程中，细线中的张力不断增大
6.地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布均匀的标准球体，质量为 M，半径为 R，已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，万有引力常量为 G，忽路地球自转，若从隧道口 P点由静止释放一小球。下列说法正确的是( )
A. 小球从P到Q的过程中动能不断增大
B. 小球从P到Q的过程中机械能不断增大
C. 小球在该隧道中运动的最大速度v= GMR
D. 小球运动到Q点时，将从地球的另外一端 Q点穿出
7.平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地， R为定值电阻。当单刀双掷开关打到1，电路稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的 P点。以下操作中说法正确的是( )
A. 若开关与1保持连接，将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间，电阻 R中有由b流向a的电流
B. 若开关与1保持连接，将一适当厚度的金属板插入电容器极板间，电阻 R中有由a流向b的电流，油滴将向下运动
C. 若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大，油滴依然静止于 P点
D. 若将开关打到2，电路稳定后，保持电容器下极板不动，将上极板稍微向左移一点距离，油滴在 P点的电势能将减小，油滴将向上运动
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图甲所示，x轴上A、B是点电荷Q电场中同一条电场线上的两点，把电荷量为q1=10-9C的正试探电荷从无穷远移到A点，静电力做的功为-4×10-8J。若坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m(图甲)，在A、B两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线 a、b所示。以下判断正确的是( )
A. 场源电荷是负电荷B. A点的电势为40V
C. B点的电场强度大小为2.5N/CD. 点电荷Q所在位置的坐标是0.1m
9.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0和x=0.8m的两质点刚开始振动。下列说法正确的是( )
A. 两列波波源的起振方向相同
B. 当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C. 平衡位置在x=0.4m处的质点为振动加强点
D. t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为32cm
10.某品牌儿童玩具——电动发光遥控飞行水晶球，具有悬浮、红外感应避障、耐摔、防卡死自动断电保护等特点，造型精致可爱，放飞孩子们的童年，唤醒满满的童心，深受孩子们的喜爱。其电路可简化为如图甲所示的电路图。若电源电动势为8.0V，内阻为3.0Ω，电动机线圈的电阻为RM=0.6Ω。两盏小电珠L的规格均为“3.0V，1.8W”，其伏安特性曲线如图乙所示。开关S1、S2均闭合时，电动机正常转动，电流表示数为1A，则( )
A. 小电珠的电阻约为4.0Ω
B. 电动机的额定功率约为3.6W
C. 电动机的机械效率约为83%
D. 若开关S1闭合，S2断开，两盏小电珠均能正常发光
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒.小球a用不可伸长的细线悬挂起来，直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上，细线自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。已知重力加速度为 g。实验的主要步骤及需解答的问题如下：
(1)测量出悬点到小球a球心的距离L，小球a、b的质量分别为m1、m2;
(2)将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为θ1时并由静止释放，与小球 b发生对心碰撞后球a反弹，球b做平抛运动，测得小球 a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.则：小球 a、b的质量大小需满足m1__________m2(选填“>”、“<”或“=”);
(3)测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x，竖直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小vb=__________;
(4)若该碰撞中的总动量守恒，则需满足的表达式为__________(用题中所给和测量的物理量表示)。
12.某兴趣小组为了测量量程为5mA毫安表的内阻，设计了如图甲所示的电路。
(1)在检查电路连接正确后，实验时，操作步骤如下：先将滑动变阻器 R的滑片P移到最右端，调整电阻箱R0的阻值为零，闭合开关 S，再将滑片 P缓慢左移，使毫安表上电流满偏;保持滑片P不动，调整R0的阻值，使毫安表上读数为2 mA，记下此时R0的电阻为300.0Ω。
(2)则该毫安表的内阻的测量值为__________Ω，该测量值__________实际值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)现将某定值电阻R1与该毫安表连接，将该毫安表改装为一个量程为30 mA的电流表，并用标准电流表进行检测，如图乙所示。
①需要接入的定值电阻R1的阻值为__________Ω;
②在乙图中虚线框内补全改装电路图_______；
③当标准电流表的示数为12mA时，流经毫安表中的电流示数可能为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.2024年10月1晚，香港国庆烟花汇演在维多利亚港(维港)上空如期举行，庆况中华人民共和国75周年华诞，山河无恙。若某枚烟花弹从地面以v0=20m/s的速度竖直向上射出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。
(1)求该烟花弹上升的最大高度h;
(2)该烟花弹的重力势能为动能的13倍时，求该烟花弹的速度大小v1。
14.如图所示，倾角为α=37∘的斜面末端与竖直的半径R=1m的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心， a、b为坚直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=1.0×10-5C的带正电小球(可视为质点)，从斜面上的c点以一定大小的速度斜向上抛出(图中未画出)，小球从半圆轨道的最高点 a沿水平方向飞入半圆轨道，对轨道 a点的压力大小为2.4N。若小球刚过a点时，立即在整个空间施加水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E=3.0×105N/C，重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8.求：
(1)小球在a点的速度v0大小；
(2)小球从c点运动到a点的时间t；
(3)小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力。
15.如图，光滑水平面 QS左侧有一竖直挡板，右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v=8.0m/s的这度逆时针匀速转动，有一质量为m=1.0kg的物块A静止于QS上，在物块A右侧有一质量为M=1.0kg的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，物块B以水平向右v0=10m/s的速度从传送带左侧滑上传送带，且恰好不会从传送带右侧离开。当物块 B从左侧滑离传送带后与物块A发生弹性碰撞，且 A每次与挡板碰撞后，速率变为原来的12，方向相反。物块A、B会多次作用，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
(1)传送带的长度L;
(2)物块B从第1次滑上传送带到B第2次滑上传送带的过程中，摩擦力对B的冲量;
(3)B第二次滑上传送带后，瞬间给 B一水平向右的冲量I，其大小为6N⋅s。以后每隔Δt=0.5s给B一相同的瞬时冲量I，直到B离开传送带，该过程中由于摩擦而产生的热量。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项 A错误;
电场看不见摸不着，但是电场是客观存在的。场像分子、原子等实物粒子一样具有能量，因而场也是物质存在的一种形式，选项 B正确;
卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量，选项C正确;
“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”采用的是假设法，选项 D正确。
2.【答案】C
【解析】A.力F对物体的冲量为Ft，选项A错误;
CD.全过程由动量定理，Fcsθ⋅t1-If=0，摩擦力对物体的冲量大小为If=Ft1csθ，选项C正确，D错误。
B.又If=f(t1+t2)，解得撤去F后摩擦力大小f=Ft1cs θt1+t2，B错误。
3.【答案】A
【解析】小球在运动过程中，只有重力做功，因此小球机械能守恒，选项A正确;
小球运动到最高点时，重力提供向心力mg=mv02r，v0=0.4m/s，选项B错误;
小球在最高点时速度方向与重力方向相互垂直，因此小球在最高点时重力的瞬时功率为0，选项C错误;
小球做平抛运动的过程中H-r=12gt2，t=1s，选项D错误。
4.【答案】D
【解析】A.滑动变阻器滑片向下滑动的过程中， R接入电路的阻值减小，回路中外电路总阻值R总也减小，流经电源的电流I=ER总+r增大，电源的总功率P=EI增大，选项A错误;
B.由R=UI知电压表和电流表示数之比减小，选项B错误;
C.路端电压U=E-Ir减小，电压表示数减小;路端电压即为R0两端的电压，因此流经R0的电流I0减小，流经R的电流IR=I-I0增大，选项C错误;
D.当外电路的总阻值等于电源内阻时，电源的输出功率最大，1R+1R0=1r，解得R=2Ω，选项D正确。
5.【答案】C
【解析】t=0.5s时，小球位于最低点，此时速度为最大，根据F向=mv2l，可知向心加速度最大，故A错误;
t=1s时，小球位于负的最大位移处，此时速度为0，加速度不为0，故B错误;
从t=1s到t=1.5s的过程中，小球从最高点运动到平衡位置，小球重力势能减小，动能增加，故C正确;
从t=1.5s到t=2s的过程中，小球从平衡位置到最高点，小球的速度减小，轻绳与竖直方向的夹角θ增大，根据T-mgcsθ=mv2l，轻绳上的张力T减小，故D错误。
6.【答案】C
【解析】从P点运动到Q点的过程中只有引力做功，机械能守恒，选项B错误;以球心O为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，设小球距离O点的距离为x，地球的质量为M，以O点为球心，半径为x的球体质量为M'，则M'=43πx343πR3M=x3R3M，小球受到的万有引力大小为F=GM'mx2=GMmR3x，可画出F-x的图像.
从P运动到O的过程中，引力做正功，动能增加;从O运动到Q的过程中，引力做负功，动能减小。且PO段做的正功，等于OQ段做的负功，因此小球运动到Q点时速度为零，且在PQ之间做往复运动;故选项A、D错;从P运动到O的过程中，引力做正功，小球到达O点时速度最大;由上可知物体所受万有引力与距地心距离成正比，则该过程中万有引力的平均值F=F0+Ft2=GMm2R2;对该过程列动能定理FR=12mv2，小球到达O点时速度为v= GMR，选项C正确.
7.【答案】D
【解析】A.开关与1保持连接，板间电压U不变，将玻璃板插入电容器极板间，板间εr增大，由C=εrS4πkd，可知C增大，电荷量Q变大，电容器充电，电阻R中的电流由a流向b，选项A错误;
B.板间电压U不变，将一适当厚度的金属板插入电容器极板间，则d减小，可知C增大，电荷量 Q变大，电容器充电，电阻 R中的电流由a流向b，电场强度变大，油滴向上运动，选项 B错误;
C.将下极板稍微上移一点距离，则d减小，由C=εrS4πkd，可知C增大，电荷量Q不变，根据C=QU，则U减小，静电计张角变小;根据C=εrS4πkd=QU=QEd可得E=4πkQεrS，可知电场强度不变，则油滴依然静止在P点，选项C错误;
D.上极板稍微向左移一点距离，则S减小，根据E=4πkQεrS，可知电场强度变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，根据φ=Ed可知P点的电势升高，根据受力分析可知油滴带负电，则其在 P点的电势能将减小，选项 D正确。
8.【答案】BC
【解析】A.将正试探电荷由无穷远移到A点，静电力做负功，试探电荷受排斥力，说明场源电荷带正电，故 A错误;
B.由题可知，在 A点的电势能为EPA=WA∞=4×10-8J，A点的电势为φA=EPAq1=40V，故B正确;
C.由F-q图像的斜率可知B点的电场强度大小2.5N/C，故C正确;
D.由于A、B是点电荷电场中同一条电场线上的两点，故可分析知场源电荷在A的左侧，设坐标为x，A点和B点的电场强度大小之比为两直线的斜率之比为16:1，则由kQ(0.3-x)2:kQ(0.6-x)2=16:1，解得x=0.2m，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】A.由波的传播方向可以确定质点的振动方向，沿着波的传播方向看上坡下下坡上的方法可得出x=-0.2m处的波源起振方向为-y方向，x=1.2m处的波源起振方向为+y方向，两列波波源的起振方向相反，选项A错误;
B.两列波在x=0.4m处相遇，相遇时左边的波源向前传播了0.6m。由题可知，两列波的波速均为0.2m/s，所以左边的波源向前传播t=，选项B正确;
C.可以把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，在t=0时刻同时起振，且两波源起振步调相反，x=0.4cm处的质点距离两等效波源的波程差Δr=0，满足半波长的偶数倍，因此x=0.4cm处是振动减弱点，选项C错误;
D.0-4s时间段内，右边波源的振动形式还没有传到x=0处，振动周期T=λv=2s路程s=8A=32cm，把两列波等效为波源在x=0和x=0.8m处，在t=0时刻同时起振，且两波源起振步调相反，x=0处的质点距离两等效波源的波程差Δr=0.8m=4×0.2m=4⋅λ2，因此两列波叠加时x=0处是振动减弱点，振幅A1=0，4∼5s，x=0处的质点始终处于平衡位置，故t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为32cm，选项D正确。
故选：BD
10.【答案】ABC
【解析】A.设每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律E=2U+(I+1)r，即U=52-32I，此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示，U≈1.81V左右，I≈0.46A左右。故小灯泡的电阻RL=UI≈3.93Ω，选项A正确;
BC.电动机的额定电压UM=2U≈3.62V，故额定功率约为3.62W，输出功率约为3.02W;电动机的效率η=P出PM×100%≈83.33%，选项BC正确;
D.开关S1闭合，S2断开时，若两盏小电珠均正常发光，电源的端电压为6 V，回路电流为0.6A，则电动势E=U+Ir=6+0.6×3=7.8V<8V，故小电珠不能正常发光，选项D错误。
11.【答案】(2)<;
(3)x g2h;
(4)m1 2gL(1-csθ1)=-m1 2gL(1-csθ2)+m2x g2h
【解析】(2)球a与球b碰撞后球a反弹，球a、b的质量大小需满足m1
(4)小球a碰撞前由动能定理得m1g(L-Lcsθ1)=12m1v02，解得v0= 2gL(1-csθ1);小球a碰撞后由动能定理得m1g(L-Lcsθ2)=12m1va2，解得va= 2gL(1-csθ2)(向左方向)，故需满足m1 2gL(1-csθ1)=-m1 2gL(1-csθ2)+m2x g2h。
12.【答案】(2)200.0，大于;
(3)①40;
②如下图所示;
③C
【解析】(2)根据实验步骤可认为电路中滑动变阻器R右侧并联部分分得的电压不变。
IgRg=25Ig(Rg+R0)，解得Rg=200.0Ω。
由于电阻箱R的接入，毫安表支路的总电阻增大，则并联部分的总电阻增大，并联部分的电压增大。IgRg<25Ig(Rg+R0)，故最终得到Rg
②如图所示;
③因为毫安表的真实内阻Rg<200Ω，所以有RgR1<5，设流经原毫安表的电流为IG，流经R1的电流为I1，可得IG+I1=12mA，I1IG<5，解得IG>2mA，选项C正确。
13.【答案】(1)由机械能守恒定律mgh=12mv02
解得烟花弹上升的最大高度h=v022g=20m；
(2)烟花弹的重力势能为动能的13倍时，由机械能守恒定律
12mv02=mgh1+12mv12
而mgh1=13⋅12mv12
解得v1=10 3m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)在a点，根据牛顿第二定律得Na+mg=mv02R
解得小球在a点的速度大小v0=4m/s
(2)小球由c到a过程，逆向为平抛运动
水平方向x=v0t
竖直方向y=12gt2
由几何关系知y+xtanα=2R
联立解得t=0.4s
(3)由分析可知，小球受到的重力mg与电场力qE的合力F沿着轨道半径时对轨道的压力最大，如图d点所示。mg=4N，qE=3N
故F= (mg)2+(qE)2=5N
方向tanθ=mgqE=43，解得θ=53∘
小球从a到d过程中，由动能定理有
FR(1+cs37∘)=12mvd2-12mv02(或：mgR(1+sin53∘)+qERcs53∘=12mvd2-12mv02)
在d点，根据牛顿第二定律有Nd-F=mvd2R
联立解得Nd=29.4N
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小N'd=29.4N，与竖直方向成角37∘斜向下。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，
根据运动学公式：0-v02=-2μgx，
由于恰好不会从传送带右侧离开，传送带长度L=x=25m。
(2)物块B在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有μMg=Ma，
解得a=2m/s2，
物块B减速到0的时间t1=v0a=5s，
B在传送带上向左运动过程中，加速时间t2=va=4s，
加速位移x2=v2-02a=16m<25m，
与传送带共速后，x3=x2-x1=9m的距离将以速度v=8.0m/s做匀速直线运动，
匀速运动时间：t3=x3v=98s，
在t1+t2时间段内，摩擦力方向始终向左，在该过程中摩擦力对B的冲量：
I=μMg(t1+t2)=18N⋅s。
(3)B从传送带左端滑下后，与 A发生弹性碰撞Mv=MvB+mvA，
12Mv2=12MvB2+12mvA2，
解得vA=8m/s，vB=0，
A向左运动与竖直挡板碰撞后，速度变为vA2=4m/s，方向水平向右，
A和B再次发生弹性碰撞，由于 A、B质量相等，因此碰撞后vA0=0，vB0=4m/s，
到达传送带左端瞬间，设t=0，此时给 B一水平向右的冲量，对 B：
t=0时，I=MvB0-MvB1，则vB1=10m/s，
滑上传送带后，B以a=2m/s2，向右做减速运动，
经过△t=0.5s，vB1'=vB1-a⋅△t=9m/s，
x1'=vB12-vB1'22a=194m，
t=Δt时，I=MvB2-MvB1'，vB2=15m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB2'=vB2-a⋅△t=14m/s，
x2'=vB22-vB2'22a=294m，
t=2Δt时，I=MvB3-MvB2'，vB3=20m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB3'=vB3-a⋅△t=19m/s，
x3'=vB32-vB3'22a=394m，
t=3Δt时，I=MvB4-MvB3'，vB4=25m/s，
B向右做减速运动，再经过△t=0.5s，vB4'=vB4-a⋅△t=24m/s，
x4'=vB32-vB3'22a=494m，
因为x1'+x2'+x'3<25m
第4次作用于B冲量I后，B在传送带上运动的位移为x4'=L-(x1'+x2'+x3')=134m，
由x4'=vB4t4-12at42，
解得传送带对B的作用时间t4=25-6 172s，
B在传送带上运动的总时间t=3Δt+t4=(14-3 17)s，
B与传送带之间因摩擦产生的热量Q=μMgΔx=μMg(vt+L)=(274-48 17)J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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