湖南省长沙市浏阳市2024-2025学年高三（上）联考 物理试卷（12月份）（含解析）

这是一份湖南省长沙市浏阳市2024-2025学年高三（上）联考 物理试卷（12月份）（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）物理学发展推动了社会进步，关于物理学史和物理学研究方法，下列说法不正确的是（ ）
A．质点、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想
B．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式
C．牛顿应用理想斜面实验将实验和逻辑推理结合，得出了力不是维持物体运动的原因
D．英国物理学家卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，被人们称为测量地球质量的人
2．（4分）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将竖直放置的平行板电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动极板在垂直于极板的水平风力作用下向右移动，移动距离越大（可动极板不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变（ ）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度越大
C．风力越大，P点的电势越高
D．风力越大，静电计指针张角越小
3．（4分）体育课上两名同学用篮球做抛球游戏，小强将球甲从高为H处以速度v1＝水平抛出，同时小伟将球乙从水平地面以v2＝的初速度竖直上抛，两球在空中相遇。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．球乙在上升过程中遇到球甲
B．相遇点离地高度为H
C．从抛出到相遇的时间为
D．抛出时，两球之间的水平间距为H
4．（4分）起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，重力加速度为g。则（ ）
A．t＝0时刻起重机的牵引力为ma
B．起重机的额定功率为mgv0
C．物体上升过程的最大速度
D．0到t0时间内物体克服重力做功为
5．（4分）如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，轻绳a与竖直方向夹角为30°，弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧c的拉力为
B．小球2的质量为2m
C．剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为
D．剪断轻绳b的瞬间，小球2的加速度方向竖直向下
6．（4分）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度大小均匀增大
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
（多选）7．（5分）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡（Q的同步卫星）探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．P的公转周期为
B．P的轨道半径为
C．P的公转角速度的大小为
D．探测器和P的轨道半径之比为4：1
（多选）8．（5分）如图所示的电路中，各电表为理想电表，R1为定值电阻，电源内阻为r且r＜R1，在滑动变阻器R2的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，设电压表V1、电压表V2、电流表A的示数分别是U1、U2、I，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量的绝对值分别为ΔU1，ΔU2、ΔI，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数增大，电压表V1示数增大
B．U1与I的比值不变
C．ΔU2与ΔI的比值小于ΔU1与ΔI的比值
D．电源的输出功率可能减小
（多选）9．（5分）如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中（ ）
A．加速度一直减小
B．速度先减小后增大
C．在A点电势能比在C点电势能大
D．从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍
（多选）10．（5分）如图所示，一倾角为α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角也为α。去掉水平外力F，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．物块P在A点时弹簧的伸长量为
B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
D．物块P运动到B点时，物块Q的速度为
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（6分）某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）关于该实验下列说法正确的是 。
A．补偿阻力时小车不要连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（2）图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50Hz，相邻两计数点间有四个点未画出 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）实验中根据得到的数据画出了a﹣F图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是 。
A．补偿阻力时长木板的倾角偏大
B．处理纸带时去除了开始密集的点
C．砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量
12．（9分）某新型智能恒流源，能稳定输出大小为I0的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻Rx的阻值。他们又找来了一块电流表A（内阻未知且很小）、滑动变阻器R、电阻箱R'、导线若干，并连接如图甲所示电路图。
（1）为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R'的阻值调到 （填“最大”或“最小”）。
（2）该同学通过改变电阻箱R'的阻值R0，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，应描绘的是 图像。
A．I﹣R0
B．
C．
D．
（3）该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻Rx的阻值为 （用a，b，c表示）。
四、解答题（本大题共3小题，共41分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分。）
13．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的上端C点到B点的高度差为h2＝0.1125m（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，恰好以平行于传动带的速度从C点落到传动带上，传送带逆时针传动，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
14．（14分）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与四分之一圆弧光滑轨道组成。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并可轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，小球质量m＝0.20kg，物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长为s，圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，g＝10m/s2。
（1）求小球运动到最低点的速度大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块的速度大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求小车上的水平轨道长度s的取值范围。
15．（15分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）轨道对小球支持力的最大值；
（3）小球在水平轨道上的落点到A点的距离。
2024-2025学年湖南省长沙市浏阳市高三（上）联考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24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．（4分）物理学发展推动了社会进步，关于物理学史和物理学研究方法，下列说法不正确的是（ ）
A．质点、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想
B．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式
C．牛顿应用理想斜面实验将实验和逻辑推理结合，得出了力不是维持物体运动的原因
D．英国物理学家卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，被人们称为测量地球质量的人
【分析】根据物理史判断人物和事件。
【解答】解：A．理想化模型法是忽略事物的次要因素，把主要因素从所要研究的事物中突出出来、点电荷概念的建立应用了理想化模型的思想；
B．比值定义法是利用两个物理量之比来定义一个新的物理量和加速度，故B正确；
C．伽利略应用理想斜面实验将实验和逻辑推理结合，故C错误；
D．英国物理学家卡文迪什巧妙测量了万有引力常量，故D正确。
根据题意，故选：C。
【点评】本题考查了物理史中的公式和方法以及著名的物理学家。
2．（4分）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将竖直放置的平行板电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动极板在垂直于极板的水平风力作用下向右移动，移动距离越大（可动极板不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变（ ）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度越大
C．风力越大，P点的电势越高
D．风力越大，静电计指针张角越小
【分析】风力越大，电容器极板间距离越小，根据电容的决定式分析电容器电容的变化，结合电荷量不变，根据电容的决定式、电容的定义式C＝和场强公式相结合分析极板间电场强度如何变化。根据电势差与电势的关系分析P点的电势如何变化。根据板间电压越大，静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
【解答】解：AD、可动极板在风力作用下向右移动，移动距离越大，根据电容的决定式，电容器的电容C越大，根据电容的定义式，板间电压U越小，故A错误；
BC、风力越大，根据电容的决定式和场强公式，E与d无关，风力越大，根据U′＝Ex＝φP﹣0＝φP，可知P点与接地的负极板的电势差越小，则P点的电势越低。
故选：D。
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，抓住电容器的带电量不变，根据电容的决定式、电容的定义式C＝和场强公式相结合进行分析。
3．（4分）体育课上两名同学用篮球做抛球游戏，小强将球甲从高为H处以速度v1＝水平抛出，同时小伟将球乙从水平地面以v2＝的初速度竖直上抛，两球在空中相遇。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．球乙在上升过程中遇到球甲
B．相遇点离地高度为H
C．从抛出到相遇的时间为
D．抛出时，两球之间的水平间距为H
【分析】AC：根据相遇条件和匀变速直线运动的规律求解相遇时间，再求解乙上升的时间，两时间比较即可判断球乙与球甲相遇时是上升还是下落；
B：根据匀变速直线运动的规律求解相遇点离地高度；
D：根据匀速直线运动规律求解抛出时两球之间的水平距离。
【解答】解：AC.由题意可知，若两物体在空中能够相遇
解得相遇时间为
乙上升时间为
由于
t＞t上
所以在乙下降过程中相遇，故AC错误；
B.相遇点离地高度为
，故B错误；
D.抛出时，两球之间的水平间距为
，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查平抛运动中的相遇问题、竖直上抛运动的规律及应用，要求学生熟练掌握基本知识点及其应用。
4．（4分）起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，重力加速度为g。则（ ）
A．t＝0时刻起重机的牵引力为ma
B．起重机的额定功率为mgv0
C．物体上升过程的最大速度
D．0到t0时间内物体克服重力做功为
【分析】A.因为v﹣t图像的斜率表示加速度，所以t＝0时刻物体的加速度为a，对物体，根据牛顿第二定律列式，即可分析求解；
B.由题知，起重机的额定功率为：P＝Fv0，结合A的结论，即可分析求解；
C.物体匀速运动时，牵引力等于重力，则结合B，根据功率与速度的关系列式，即可分析求解；
D.在0到t0时间内，依据动能定理列式，即可分析求解。
【解答】解：A.设t＝0时刻起重机对物体的牵引力为F，因为v﹣t图像的斜率表示加速度，
对物体，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma，
解得：F＝mg+ma，故A错误；
B.由题知，起重机的额定功率为：P＝Fv0，
由A知：F＝mg+ma，
联立可得：P＝m（g+a）v4，故B错误；
C.物体匀速运动时，牵引力等于重力，物体上升过程的最大速度为：
，故C正确；
D.在2到t0时间内，依据动能定理有：，
解得：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查利用动能定理求解机车启动问题，解题时需注意，在机车启动问题中，通常根据动能定理、牛顿第二定律、功率公式等将动能、力与速度联立起来，进而求解。
5．（4分）如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，轻绳a与竖直方向夹角为30°，弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧c的拉力为
B．小球2的质量为2m
C．剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为
D．剪断轻绳b的瞬间，小球2的加速度方向竖直向下
【分析】剪断前先分别对球1和球2受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求小球2的质量和弹簧的拉力大小；剪断轻绳b的瞬间，绳子上的力可以发生突变，弹簧上的力不能发生突变，根据牛顿第二定律并结合合成法和正交分解法列式求解。
【解答】解：AB、对小球1进行受力分析
根据平衡关系可得：
联立代入数据解得：
Tb＝mg
对小球2进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件可得：
联立代入数据解得：，，故AB错误；
C、剪断轻绳b的瞬间，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律可得：mgsin30°＝ma7
解得：，故C正确；
D、剪断轻绳b的瞬间，受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得：a2＝3g
设加速度的方向与水平方向成α角，有：，加速度方向与水平方向成30角，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，在分析过程中要选择合适的研究对象，同时理解弹簧弹力不能瞬变的特点，结合牛顿第二定律即可完成分析。
6．（4分）一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度大小均匀增大
【分析】根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：Δφ＝E•Δx，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep＝qφ，分析电势的高低。由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。根据斜率读出场强的变化，由F＝qE，分析电场力的变化。
【解答】解：A．根据电势能与电势的关系Ep＝qφ
场强与电势的关系
得
可知Ep﹣x图像切线的斜率等于
因为x1处切线斜率为零，则x3处电场强度为零，故A错误；
BD．由图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，则电场强度逐渐减小，加速度减小，x5～x2段图像切线的斜率不断增大，则电场强度逐渐增大，做非匀变速运动，x2～x6段斜率不变，则电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，故BD错误；
C．根据电势能与电势的关系Ep＝qφ
正电荷在电势高处电势能大，所以有φ3＞φ2＞φ5
由对称性可知φ2＝φ0
则φ4＞φ2＝φ0＞φ5
故C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
（多选）7．（5分）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡（Q的同步卫星）探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．P的公转周期为
B．P的轨道半径为
C．P的公转角速度的大小为
D．探测器和P的轨道半径之比为4：1
【分析】根据题意和图像信息求出P的公转周期，并求P的公转角速度大小；对于行星P，根据万有引力提供向心力求出P的轨道半径；根据题意求出探测器的运行周期，再根据开普勒第三定律求探测器和P的轨道半径之比。
【解答】解：AC、设P的公转周期为T1，角速度为ω1。由图（b）可知，亮度变化的周期为t5﹣t0，根据题意可知
t1﹣t3＝2T1
解得，，故AC正确；
B、设行星P的轨道半径为r1。对于行星P，根据万有引力提供向心力，有
结合，解得；
D、设探测器的周期为T2，轨道半径为r2，根据题意有
其中
t1﹣t6＝2T1
解得
T4＝2T1
根据开普勒第三定律＝k有
解得，故D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题的关键要理解题意，分析探测器和P运动关系，根据万有引力定律和开普勒定律解答。
（多选）8．（5分）如图所示的电路中，各电表为理想电表，R1为定值电阻，电源内阻为r且r＜R1，在滑动变阻器R2的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，设电压表V1、电压表V2、电流表A的示数分别是U1、U2、I，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量的绝对值分别为ΔU1，ΔU2、ΔI，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数增大，电压表V1示数增大
B．U1与I的比值不变
C．ΔU2与ΔI的比值小于ΔU1与ΔI的比值
D．电源的输出功率可能减小
【分析】分析电路结构，判断滑动变阻器接入电路的电阻变化，分析电路中电流的变化，由欧姆定律分析电压表V1示数的变化以及U1与I的比值的变化；由闭合电路欧姆定律分析ΔU2与ΔI的比值与ΔU1与ΔI的比值大小；分析内外电阻的关系，判断电源输出功率的变化。
【解答】解：A、由图可知，R1与R2串联，电压表V4测量R1两端的电压，电压表V2测量R7两端的电压。在滑动变阻器R2的滑片向左端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，即电流表示数增大，R1两端的电压U3增大，即电压表示数V1增大，故A正确；
B、根据欧姆定律有1与I的比值不变，故B正确；
C、由闭合回路欧姆定律有U1+U6＝E﹣Ir，由于I增大1+U2减小，因U5增大，可知U2减小，且V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以ΔU2与ΔI的比值大于ΔU1与ΔI的比值，故C错误；
D、根据电功率公式有
可得
当R外＝r时，P出最大，因r＜R1，所以R2的滑片从某位置向左移动一小段距离的过程中，内外电阻的差值减小，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查电路的动态分析问题，要掌握闭合电路欧姆定律和欧姆定律，知道内外电阻相等时，电源的输出功率最大，并能用来分析电源输出功率的变化情况。
（多选）9．（5分）如图为某电子透镜中电场的等势面（虚线）的分布图，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场力作用下运动，电子先后经过A、B、C三点，则电子从A点到C点的过程中（ ）
A．加速度一直减小
B．速度先减小后增大
C．在A点电势能比在C点电势能大
D．从A点到B点电场力做功是从B点到C点电场力做功的2倍
【分析】做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电场线与等势面垂直，据此判断电场力方向；等势面的疏密表示场强的大小，根据电势能的定义式判断电势能的大小。
【解答】解：A、由等差等势面越密集的地方电场线也越密集，电子先后经过A、B，可知电场强度逐渐减小，则电子的加速度一直减小；
BC、做曲线运动的物体所受的合力指向轨迹的凹侧，电子带负电，所以电场强度方向背离轨迹凹侧，即电子受电场力方向与电场强度方向相反，电场力方向与运动方向间的夹角是钝角，电子的动能减小，则速度一直减小，故BC错误；
D、从A点到B点电子经过两个等差等势面，由电场力做功与电势差关系公式W＝qU可知，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了场强大小的判断、电势高低的判断以及电势能大小的判断，涉及的知识点较多需要熟练掌握。
（多选）10．（5分）如图所示，一倾角为α＝30°的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的挡板的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。一跨过定滑轮O的轻绳一端与物块Q连接，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角也为α。去掉水平外力F，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳与斜面平行，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．物块P在A点时弹簧的伸长量为
B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的势能减少量等于P、Q两物块增加的总动能
C．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为
D．物块P运动到B点时，物块Q的速度为
【分析】初始状态，对P、Q分别进行受力分析，根据平衡条件先求出绳子的张力，再求出弹簧的弹力，从而求弹簧的伸长量；
在Q点由几何关系求出此时弹簧的压缩量，再由机械能守恒判断Q物体减少的重力与PQ总运动的关系；
对PQ整体，由机械能守恒定律和关联速度规律求出两个物体的速度；
对P物体，由动能定理求绳子对P做的功。
【解答】解：A、对物块P在A点受到拉力，其恰好与直杆没有相互作用，有：Tsinα＝mg
所以绳子拉力：T＝2mg
对物块Q，受到重力，沿斜面方向上有：T＝2mgsinα+F弹
解得此时弹簧弹力为：F弹＝mg
由胡克定律可得弹簧此时的伸长量为：，故A错误；
B、物块P到B点时，物块Q沿斜面向下滑了：
所以弹簧此时压缩量为（﹣）＝，物块P从A点运动到B点的过程中，所以由能量守恒定律、Q两物块增加的总动能；
D、物块P到B点时，P
物块P从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律：2mg•＝+
联立解得：，，故D正确；
C、对物块P由动能定理从A运动到B的过程中，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查共点力平衡和机械能守恒定律，注意初初始位置由平衡条件求出弹簧的伸长量，整个运动过程，用整体法和隔离法用机械能守恒定律和动能定理求速度和功。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11．（6分）某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与力的关系。
（1）关于该实验下列说法正确的是 B 。
A．补偿阻力时小车不要连接纸带
B．先接通打点计时器电源，后释放小车
C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（2）图乙为某同学在实验中打出的纸带，计时器打点频率为50Hz，相邻两计数点间有四个点未画出 0.51 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）实验中根据得到的数据画出了a﹣F图线，如图丙所示，从图中可以发现实验操作中存在的问题可能是 A 。
A．补偿阻力时长木板的倾角偏大
B．处理纸带时去除了开始密集的点
C．砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量
【分析】（1）根据实验原理及操作规范分析解答；
（2）根据逐差法求加速度；
（3）根据图像特点结合平衡摩擦力特点分析。
【解答】解：（1）A．补偿阻力时小车需要连接纸带，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动；
B．实验时应先接通打点计时器电源，故B正确；
C．为使小车获得恒定的拉力，故C错误。
故选：B。
（2）相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
T＝5×0.02s＝3.1s
根据逐差法可得，小车的加速度为
（3）A．由图丙可知，小车就有了加速度，故A正确；
B．处理纸带时去除开始密集的点可以减小实验误差，并不是a−F图线不过原点的原因；
C．若砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量并不是图线不过原点的原因。
故选：A。
故答案为：（1）B；（2）0.51
【点评】本题考查了“探究加速度与力的关系”实验，要求能够正确平衡摩擦力；能够采用“逐差法”求加速度，要能灵活运用牛顿第二定律。
12．（9分）某新型智能恒流源，能稳定输出大小为I0的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻Rx的阻值。他们又找来了一块电流表A（内阻未知且很小）、滑动变阻器R、电阻箱R'、导线若干，并连接如图甲所示电路图。
（1）为了保证电流表的安全，闭合开关前应将电阻箱R'的阻值调到 最小 （填“最大”或“最小”）。
（2）该同学通过改变电阻箱R'的阻值R0，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，应描绘的是 B 图像。
A．I﹣R0
B．
C．
D．
（3）该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻Rx的阻值为 （用a，b，c表示）。
【分析】（1）根据保障电流表的安全判断；
（2）根据欧姆定律及并联电路的特点推导表达式判断；
（3）根据图示图像求出电阻阻值。
【解答】解：（1）要防止电流表被烧坏，应使最初通过电流表的电流最小。
（2）根据并联电路特点与欧姆定律得：（I0﹣I）R0＝IRx，整理得：，所以与，故应描绘，故选B。
（3）由图乙所示﹣图像可知：，。
故答案为：（1）最小；（2）B。
【点评】本题关键掌握用恒流源测量一定值电阻阻值的实验原理；要掌握应用图像法处理实验数据的方法。
四、解答题（本大题共3小题，共41分。解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分。）
13．（12分）如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37°，传送带的上端C点到B点的高度差为h2＝0.1125m（传送带传动轮的大小可忽略不计）．一质量为m＝1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点由静止滑下，恰好以平行于传动带的速度从C点落到传动带上，传送带逆时针传动，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，g＝10m/s2，试求：
（1）滑块运动至C点时的速度vC大小；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
【分析】（1）滑块从B点做平抛运动到达c点，由平抛运动的规律可求得C点的速度；
（2）由平抛运动的规律可求得B点的速度；再对AB过程由动能定理可求得克服摩擦力所做的功；
（3）滑块在传送带上的产生热量等于摩擦力与相对位移的乘积；由运动学公式可求得相对位移，则可求得热量．
【解答】解：（1）在C点，竖直分速度：vy＝＝＝1.2m/s
而vy＝vCsin37°
解得：vC＝2.5m/s；
（2）C点的水平分速度为：vx＝vB＝vccs37°＝3m/s
从A到B点的过程中，据动能定理列式：
mgh1﹣Wf＝
解得：Wf＝1J；
（3）滑块在传送带上运动时，据牛顿第二定律列：
μmgcs37°﹣mgsin37°＝ma
解得：a＝8.4m/s2；方向沿传送带向上；
滑块与传送带达到共同速度耗时：
t＝＝＝8s；
二者间的相对位移为：
Δs＝t﹣vt＝5m；
由于mgsin37°＜μmgcs37°
此后滑块将做匀速直线运动
Q＝μmgΔscs37°＝6.8×10×5×4.8＝32J；
答：（1）滑块运动至C点时的速度vC大小为2.4m/s；
（2）滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf为1J；
（3）滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q为32J．
【点评】本题考查动能定理、牛顿第二定律及功能关系；在解题时要注意分析滑块的运动过程，注意平抛运动的规律应用；同时分过程正确应用动能定理求解．
14．（14分）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与四分之一圆弧光滑轨道组成。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并可轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，小球质量m＝0.20kg，物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长为s，圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，g＝10m/s2。
（1）求小球运动到最低点的速度大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块的速度大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求小车上的水平轨道长度s的取值范围。
【分析】（1）对小球分析根据动能定理求解速度；
（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；
（3）当S较小时，物块会脱离小车（物块运动到与圆弧圆心等高的位置）；当S较大时，物块不能进入圆弧轨道（物块运动到圆弧轨道最低点），对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。
【解答】解：（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
v5＝5m/s
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，小球的速度的大小为v1，物块速度的大小为v7，小球与物块碰撞过程中，取向右为正方向
mv0＝mv1+Mv4
解得
v2＝4m/s
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，取向右为正方向
Mv3＝2Mv3
由能量守恒定律
解得
s1＝1m
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv4＝2Mv4
由能量守恒定律
解得
s2＝0.625m
综上所述小车上的水平轨道长度s的取值范围为
2.625m≤s2＜1m
答：（1）小球运动到最低点的速度大小2m/s；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块的速度大小4m/s；
（3）小车上的水平轨道长度s的取值范围0.625m≤s5＜1m。
【点评】本题考查了动量和能量，理解小球、物块和圆弧轨道不同时刻的不同状态下，彼此的动量和能量的相互关系是解决此类问题的关键。
15．（15分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）轨道对小球支持力的最大值；
（3）小球在水平轨道上的落点到A点的距离。
【分析】（1）根据动能定理再结合平抛运动的特点即可解出；
（2）根据动能定理再结合牛顿第二定律即可解出；
（3）根据运动学公式即可解出。
【解答】解：（1）设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中
7R＝vCt1
竖直方向有
联立解得
（2）小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为vm，OD与竖直线OB夹角为α，由于mg＝qE，小球从A点运动到D点的过程中
即
解得最大速率
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时受到半圆轨道的支持力最大，在D点对小球进行受力分析
则有
即半圆轨道对小球支持力的最大值为
（3）小球通过P点时水平方向速度大小为
竖直方向速度大小为
v7＝gt1
解得
进入电场后，水平方向加速度大小为
解得a1＝g
竖直方向加速度大小为
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动
竖直方向有
联立解得
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；
（2）轨道对小球支持力的最大值为mg；
（3）小球在水平轨道上的落点到A点的距离为。
【点评】本题考查了学生对于动能定理、平抛运动、牛顿第二定律、运动学公式这几部分知识的灵活应用能力，有一定的难度。
题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
D
D
C
C
C