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陕西省西安中学2020届高三上学期第三次月考物理试题
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西安中学高2020届高三第三次月考
物理
一、单项选择题（共8小题，每题4分，共32分）。
1.下列对物理公式的理解正确的是（ ）
A. 根据公式可知，流过某段导体的电流与通过其某横截面的电荷量成正比，与通电时间成反比
B. 根据公式可知，流过某段导体的电流与其两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
C. 根据公式可知，匀强电场电场强度与电场中两点间的电压成正比，与两点间的距离成反比
D. 根据公式可知，任何电场中某点的电场强度与在该处放置的试探电荷所受的电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比
【答案】B
【解析】
【详解】A．电流，采用的是比值定义法，电流的大小与通过横截面的电量、通电时间无关。故A错误。
B．根据欧姆定律知，电流与两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。故B正确。
CD．电场强度的大小有本身的性质决定，与放入电场中的电荷、电荷所受的电场力无关，以及与电场中两点的电压、距离无关。故CD错误。
2.如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有( )
A. W1
【解析】
【分析】
根据W=Fscosθ，比较拉力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．
【详解】木块从木板左端滑到右端F所做的功W=Fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2.摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2.故A正确，B、C、D错误.故选A.
【点睛】解决本题的关键掌握恒力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对．
3.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）
A. 三个等势面中，等势面c的电势最高
B. 带电质点一定是从P点向Q点运动
C. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
D. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据轨迹弯曲的方向可知质点受到的电场力的方向向下，电场线方向垂直等势面向下，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的电势最低，故A错误。
B. 根据已知条件无法判断粒子的运动方向。故B错误。
C. 等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大。故C错误。
D. 根据电势能可知，等势面c的电势最低，正电荷在Q处点势能最小，根据能量守恒可知，在Q处动能最大，故D正确。
4.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A. P的初动能
B. P的初动能的
C. P的初动能的
D. P的初动能的
【答案】B
【解析】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同。
根据动量守恒定律：mv0=2mv。
根据机械能守恒定律，有
故最大弹性势能等于P的初动能的。故选D。
点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
5.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN．重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为
A. R(FN－3mg)
B. R(3mg－FN)
C. R(FN－mg)
D. R(FN－2mg)
【答案】A
【解析】
【详解】设在B点的速度为，由牛顿第二定律，有：
则质点在B点的动能为：
质点从A滑到B的过程中，由动能定理得：
解得：
A.根据上面分析可知摩擦力的功为，故A正确；
B.根据上面分析可知摩擦力的功为，故B错误；
C.根据上面分析可知摩擦力的功为，故C错误；
D.根据上面分析可知摩擦力的功为，故D错误。
6.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，完整的半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：；割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量，其在A点产生的场强：；剩余空腔部分电荷在A点产生的场强。故ACD错误，B正确。
7.如图所示，A、B、C、D是一匀强电场的四个等差等势面，B为零势面，一个带电粒子（不计重力），只在电场力作用下从等势面A上一点以0.24J的初动能垂直于等势面向右运动．粒子到达等势面D时速度恰好为零．则当粒子的电势能为0.1J时所具有的动能为（ ）
A. 0.14J
B 0.16J
C. 0.06J
D. 0.22J
【答案】C
【解析】
【详解】从A到D过程中，电场力作用为W=△Ek=-0.24J，因B点为零势面，故相邻等势面间的电势能差值为：
故粒子在A等势面的电势能为-0.08J，故粒子在A处具有的能量为0.16J，根据能量守恒可知
0.16=0.1+Ek
解得
Ek=0.06J
A． 0.14J，与结论不相符，选项A错误；
B． 0.16J，与结论不相符，选项B错误；
C． 0.06J，与结论相符，选项C正确；
D． 0.22J，与结论不相符，选项D错误；
8.如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是（ ）
A. 0＜t＜t0 B. t0＜t＜2t0
C. 2t0＜t＜3t0 D. 3t0＜t＜4t0
【答案】D
【解析】
【详解】在0~t0时间内,电子向右做初速度为零的匀加速运动,在t0~2t0时间内,电子向右做匀减速运动,直到速度减小到零;在2t0~3t0时间内,电子向左做初速度为零的匀加速运动,在3t0~4t0时间内,电子向左做匀减速运动,直到速度减小为零.所以正确选项是D
二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）。
9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则说法不正确的是（ ）
A. 平行板电容器的电容值将变小
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能将减少
D. 若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据知，d增大，则电容减小，故A正确，不符合题意；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则两极板间电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误，符合题意；
C．电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C正确，不符合题意；
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确，不符合题意
10.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（ ）
A. b、d两点处的电势相同
B. 四点中c点处的电势最低
C. b、d两点处的电场强度相同
D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q电势能减小
【答案】ABD
【解析】
A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得：
该电场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；
B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确；
C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误；
D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。
故选：ABD。
点睛：
该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，最低。
【此处有视频，请去附件查看】
11.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
B. 物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
C. 物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
D. 沿着2和3下滑到底端时，物块速度的大小相等
【答案】ABC
【解析】
【详解】对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有
…①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力
f=μN=μmgcosθ
所以物块克服摩擦力做的功为
Wf=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL底…②
由图可知，Lcosθ为斜面底边的长度，可见物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
AD．因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1下滑时重力做的功大于沿2下滑时重力做的功，根据①式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；
沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；所以沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小。故A正确，D错误。
B．沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多。故B正确。
C．同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故C正确。
12.如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝2L，电场线与四边形所在平面平行。已知φa＝20 V，φb＝24 V，φd＝8 V。一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（ ）
A. c点电势为14 V
B. 场强的大小为
C. 质子从b运动到c所用的时间为
D. 质子运动到c时的动能为10 eV
【答案】BC
【解析】
【详解】A．三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为8V，且ab||cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为20V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面；三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与C相等，为16V，故A错误；
B．NC为等势线，其垂线bd为场强方向b→d，大小为
故B正确；
C．质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为 ，此方向做匀速直线运动，则
故C正确；
D．电势差Ubc＝8V，则质子从b→c电场力做功为8eV，质子运动到c时的动能为，故D错误；
三、实验题(共2小题，每空2分，共12分)。
13.“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验装置中应保持斜槽末端________．
（2）入射小球的质量mA和被碰小球的质量mB的大小关系是________．
（3）在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示，小球半径均为r。因此只需验证________．
【答案】 (1). 切线水平； (2). mA＞mB (3). mAOP=mAOM+mB（ON-2r）
【解析】
【详解】（1）[1]．为了保证小球的初速度水平，所以必须保持斜槽末端切线水平。
（2）[2]．为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：mA>mB。
（3）[3]．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：
mAvA=mAvA′+mBvB′
两边同时乘以时间t得：
mAvAt=mAvA′t+mBvB′t
则：
mAOP=mAOM+mB（ON-2r）；
14.某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．
(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为M2、M3、M4……；
(3)测量相关数据，进行数据处理．
①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的 ________(填正确答案标号)．
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量Δx
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．
③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
【答案】 (1). ADE (2). (3). 系统误差
【解析】
【详解】（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量，故ADE正确，BC错误；
（2）根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线；
（3）偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误差属于系统误差。
四、计算题（共3小题，15题10分，16题9分，17题10分，共29分）。
15.如图所示，在光滑水平面上有木块A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它们的上表面是粗糙的，今有一小铁块C，mC=0.1kg，以初速度v0=10m/s沿两木块表面滑过，最后停留在B上，且B、C以共同速度v=1.5m/s运动，求：
（1）A、B分开后，A最终速度的大小 ；
（2）C刚离开A时速度的大小。
【答案】（1）0.5m/s；（2）5.5m/s。
【解析】
【详解】（1）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，在整个过程中，由动量守恒得：
mCv0=mAvA+（mB+mC）v
解得A最终速度为：
vA=0.5m/s；
（2）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，当C刚离开A时AB有共同的速度vA，对A、B、C组成的系统，对于C在A上滑行过程，由动量守恒定律得：
mCv0=（mA+mB）vA+mC vC′
解得C刚离开A时速度为：
vC′=5.5m/s；
16.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带两端A、B的距离L=10m，传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2。则货物从A端运送到B端的过程中：
（1）所需的时间；
（2）摩擦力对货物做的功；
（3）货物和传送带组成的系统产生的内能。
【答案】（1）3s；（2）312.5J；（3）187.5J
【解析】
【详解】（1）刚放上传送带时，由牛顿第二定律：
μmgcos30°-mgsin30°=ma
计算得出其加速度为
a=2.5m/s2
货物匀加速运动的时间
货物匀加速运动的位移
随后货物做匀速运动。
运动位移
S2=L-S1=10-5=5m
匀速运动时间
则货物从A端运送到B端的过程中所需的时间为
t=t1+t2=3s；
（2）摩擦力对货物做的功
（3）货物和传送带组成的系统产生的内能为一对滑动摩擦力所做的总功的绝对值，即为：
17.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为 小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？
【答案】
【解析】
试题分析： 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，
类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为，解得，
等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，
因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有：，
因，与斜面倾角相等，由几何关系可知．
令小球以最小初速度运动，由动能定理知：
解得，
因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为．
考点：考查了带电粒子在复合场中的运动
18.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中______。
A. 气体温度一直降低
B. 气体内能一直增加
C. 气体一直对外做功
D. 气体一直从外界吸热
E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；
B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；
C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；
E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误。
19.如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了△T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处：已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。
【答案】
【解析】
由到，
由到,气体压强不变，
解方程得；
【考点定位】理想气体状态方程
【此处有视频，请去附件查看】
20.图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A. 在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动
B. 在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E. 质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt（国际单位）
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．由y－t图象可知，t＝0.10 s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；
C．由y－t图象可知，波振动周期T＝0.2 s，由y－x图象可知λ＝8 m，故波速
v＝＝40 m/s，
根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10 s到0.25 s内传播的距离
Δx＝vΔt＝6 m，
选项C正确；
B．t＝0.25s时，波形图如图所示，
此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；
D．由
Δt＝0.15 s＝T，
质点P在其中的T内路程为20 cm，在剩下的T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm，因此在Δt＝0.15 s内质点P通过的路程小于30 cm，选项D错误；
E．由y－t图象可知质点Q做简谐运动的表达式为
y＝0.10·sin t（m）＝0.10sin 10πt（m），
选项E正确．
21.如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径。来自点的光线在点射出。出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射。已知，求
①玻璃的折射率。
②球心O到BN的距离 。
【答案】（1）（2）
【解析】
设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，，，根据折射定律得
⑤
代入数据得
⑥
光线BN恰好在N点发生全反射，则为临界角C
⑦
设球心到BN的距离为d，由几何关系可知
⑧
联立⑥⑦⑧式得
⑨
物理
一、单项选择题（共8小题，每题4分，共32分）。
1.下列对物理公式的理解正确的是（ ）
A. 根据公式可知，流过某段导体的电流与通过其某横截面的电荷量成正比，与通电时间成反比
B. 根据公式可知，流过某段导体的电流与其两端的电压成正比，与导体的电阻成反比
C. 根据公式可知，匀强电场电场强度与电场中两点间的电压成正比，与两点间的距离成反比
D. 根据公式可知，任何电场中某点的电场强度与在该处放置的试探电荷所受的电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比
【答案】B
【解析】
【详解】A．电流，采用的是比值定义法，电流的大小与通过横截面的电量、通电时间无关。故A错误。
B．根据欧姆定律知，电流与两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。故B正确。
CD．电场强度的大小有本身的性质决定，与放入电场中的电荷、电荷所受的电场力无关，以及与电场中两点的电压、距离无关。故CD错误。
2.如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有( )
A. W1
【解析】
【分析】
根据W=Fscosθ，比较拉力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．
【详解】木块从木板左端滑到右端F所做的功W=Fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2.摩擦产生的热量Q=fs相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1=Q2.故A正确，B、C、D错误.故选A.
【点睛】解决本题的关键掌握恒力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs相对．
3.如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（ ）
A. 三个等势面中，等势面c的电势最高
B. 带电质点一定是从P点向Q点运动
C. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
D. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据轨迹弯曲的方向可知质点受到的电场力的方向向下，电场线方向垂直等势面向下，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的电势最低，故A错误。
B. 根据已知条件无法判断粒子的运动方向。故B错误。
C. 等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大。故C错误。
D. 根据电势能可知，等势面c的电势最低，正电荷在Q处点势能最小，根据能量守恒可知，在Q处动能最大，故D正确。
4.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A. P的初动能
B. P的初动能的
C. P的初动能的
D. P的初动能的
【答案】B
【解析】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同。
根据动量守恒定律：mv0=2mv。
根据机械能守恒定律，有
故最大弹性势能等于P的初动能的。故选D。
点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
5.如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN．重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为
A. R(FN－3mg)
B. R(3mg－FN)
C. R(FN－mg)
D. R(FN－2mg)
【答案】A
【解析】
【详解】设在B点的速度为，由牛顿第二定律，有：
则质点在B点的动能为：
质点从A滑到B的过程中，由动能定理得：
解得：
A.根据上面分析可知摩擦力的功为，故A正确；
B.根据上面分析可知摩擦力的功为，故B错误；
C.根据上面分析可知摩擦力的功为，故C错误；
D.根据上面分析可知摩擦力的功为，故D错误。
6.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为，则A点处场强的大小为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，完整的半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：；割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量，其在A点产生的场强：；剩余空腔部分电荷在A点产生的场强。故ACD错误，B正确。
7.如图所示，A、B、C、D是一匀强电场的四个等差等势面，B为零势面，一个带电粒子（不计重力），只在电场力作用下从等势面A上一点以0.24J的初动能垂直于等势面向右运动．粒子到达等势面D时速度恰好为零．则当粒子的电势能为0.1J时所具有的动能为（ ）
A. 0.14J
B 0.16J
C. 0.06J
D. 0.22J
【答案】C
【解析】
【详解】从A到D过程中，电场力作用为W=△Ek=-0.24J，因B点为零势面，故相邻等势面间的电势能差值为：
故粒子在A等势面的电势能为-0.08J，故粒子在A处具有的能量为0.16J，根据能量守恒可知
0.16=0.1+Ek
解得
Ek=0.06J
A． 0.14J，与结论不相符，选项A错误；
B． 0.16J，与结论不相符，选项B错误；
C． 0.06J，与结论相符，选项C正确；
D． 0.22J，与结论不相符，选项D错误；
8.如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是（ ）
A. 0＜t＜t0 B. t0＜t＜2t0
C. 2t0＜t＜3t0 D. 3t0＜t＜4t0
【答案】D
【解析】
【详解】在0~t0时间内,电子向右做初速度为零的匀加速运动,在t0~2t0时间内,电子向右做匀减速运动,直到速度减小到零;在2t0~3t0时间内,电子向左做初速度为零的匀加速运动,在3t0~4t0时间内,电子向左做匀减速运动,直到速度减小为零.所以正确选项是D
二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）。
9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则说法不正确的是（ ）
A. 平行板电容器的电容值将变小
B. 静电计指针张角变小
C. 带电油滴的电势能将减少
D. 若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据知，d增大，则电容减小，故A正确，不符合题意；
B．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则两极板间电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误，符合题意；
C．电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C正确，不符合题意；
D．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确，不符合题意
10.如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（ ）
A. b、d两点处的电势相同
B. 四点中c点处的电势最低
C. b、d两点处的电场强度相同
D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q电势能减小
【答案】ABD
【解析】
A、该电场为等量异种点电荷的电场，将等量异种点电荷的电场线与等势面的图画出如图，与该题的图比较可得：
该电场中的电势关于x轴上下对称，所以b、d两点的电势相等，故A正确；
B、c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等。而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，故B正确；
C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误；
D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。
故选：ABD。
点睛：
该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的；c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，最低。
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11.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
B. 物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
C. 物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
D. 沿着2和3下滑到底端时，物块速度的大小相等
【答案】ABC
【解析】
【详解】对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有
…①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力
f=μN=μmgcosθ
所以物块克服摩擦力做的功为
Wf=fL=μmgcosθ×L=μmgLcosθ=μmgL底…②
由图可知，Lcosθ为斜面底边的长度，可见物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。
AD．因沿着1和2下滑到底端时，物体克服摩擦力做功相同，沿着1下滑时重力做的功大于沿2下滑时重力做的功，根据①式得知，沿着1下滑到底端时物块的速度大于沿2下滑到底端时速度；
沿着2和3下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿3下滑到底端时速度；所以沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，而沿着3下滑到底端时，物块的速率最小。故A正确，D错误。
B．沿3时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量最多。故B正确。
C．同理，根据以上分析知，物块沿1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，故C正确。
12.如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝2L，电场线与四边形所在平面平行。已知φa＝20 V，φb＝24 V，φd＝8 V。一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（ ）
A. c点电势为14 V
B. 场强的大小为
C. 质子从b运动到c所用的时间为
D. 质子运动到c时的动能为10 eV
【答案】BC
【解析】
【详解】A．三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线四等分，如图所示，已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为8V，且ab||cd，ab⊥bc，2ab=cd=bc=2L，因此根据几何关系，可得M点的电势为20V，与a点电势相等，从而连接aM，即为等势面；三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点N的电势与C相等，为16V，故A错误；
B．NC为等势线，其垂线bd为场强方向b→d，大小为
故B正确；
C．质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为 ，此方向做匀速直线运动，则
故C正确；
D．电势差Ubc＝8V，则质子从b→c电场力做功为8eV，质子运动到c时的动能为，故D错误；
三、实验题(共2小题，每空2分，共12分)。
13.“验证动量守恒定律”的实验装置如图所示，回答下列问题：
（1）实验装置中应保持斜槽末端________．
（2）入射小球的质量mA和被碰小球的质量mB的大小关系是________．
（3）在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示，小球半径均为r。因此只需验证________．
【答案】 (1). 切线水平； (2). mA＞mB (3). mAOP=mAOM+mB（ON-2r）
【解析】
【详解】（1）[1]．为了保证小球的初速度水平，所以必须保持斜槽末端切线水平。
（2）[2]．为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：mA>mB。
（3）[3]．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：
mAvA=mAvA′+mBvB′
两边同时乘以时间t得：
mAvAt=mAvA′t+mBvB′t
则：
mAOP=mAOM+mB（ON-2r）；
14.某同学利用如图所示的装置探究做功与速度变化的关系．
(1)小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
(2)在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤(1)，小物块落点分别记为M2、M3、M4……；
(3)测量相关数据，进行数据处理．
①为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的 ________(填正确答案标号)．
A．小物块的质量m
B．橡皮筋的原长x
C．橡皮筋的伸长量Δx
D．桌面到地面的高度h
E．小物块抛出点到落地点的水平距离L
②将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、…….若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．
③由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于______________(填“偶然误差”或“系统误差”)．
【答案】 (1). ADE (2). (3). 系统误差
【解析】
【详解】（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量，故ADE正确，BC错误；
（2）根据，和，可得，因为功与速度的平方成正比，所以功与正比，故应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线；
（3）偶然误差的特点是它的随机性，如果我们对一些物理量只进行一次测量，其值可能比真值大也可能比真值小，这完全是偶然的，产生偶然误差的原因无法控制，所以偶然误差总是存在，通过多次测量取平均值可以减小偶然误差，但无法消除；系统误差是由于仪器的某些不完善、测量技术上受到限制或实验方法不够完善没有保证正确的实验条件等原因产生，由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略且无法消除，则由此引起的误差属于系统误差。
四、计算题（共3小题，15题10分，16题9分，17题10分，共29分）。
15.如图所示，在光滑水平面上有木块A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它们的上表面是粗糙的，今有一小铁块C，mC=0.1kg，以初速度v0=10m/s沿两木块表面滑过，最后停留在B上，且B、C以共同速度v=1.5m/s运动，求：
（1）A、B分开后，A最终速度的大小 ；
（2）C刚离开A时速度的大小。
【答案】（1）0.5m/s；（2）5.5m/s。
【解析】
【详解】（1）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，在整个过程中，由动量守恒得：
mCv0=mAvA+（mB+mC）v
解得A最终速度为：
vA=0.5m/s；
（2）A、B、C三个木块组成的系统动量守恒，以C的初速度方向为正方向，当C刚离开A时AB有共同的速度vA，对A、B、C组成的系统，对于C在A上滑行过程，由动量守恒定律得：
mCv0=（mA+mB）vA+mC vC′
解得C刚离开A时速度为：
vC′=5.5m/s；
16.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带两端A、B的距离L=10m，传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m=5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ=，g取10 m/s2。则货物从A端运送到B端的过程中：
（1）所需的时间；
（2）摩擦力对货物做的功；
（3）货物和传送带组成的系统产生的内能。
【答案】（1）3s；（2）312.5J；（3）187.5J
【解析】
【详解】（1）刚放上传送带时，由牛顿第二定律：
μmgcos30°-mgsin30°=ma
计算得出其加速度为
a=2.5m/s2
货物匀加速运动的时间
货物匀加速运动的位移
随后货物做匀速运动。
运动位移
S2=L-S1=10-5=5m
匀速运动时间
则货物从A端运送到B端的过程中所需的时间为
t=t1+t2=3s；
（2）摩擦力对货物做的功
（3）货物和传送带组成的系统产生的内能为一对滑动摩擦力所做的总功的绝对值，即为：
17.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为 小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？
【答案】
【解析】
试题分析： 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，
类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为，解得，
等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，
因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有：，
因，与斜面倾角相等，由几何关系可知．
令小球以最小初速度运动，由动能定理知：
解得，
因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为．
考点：考查了带电粒子在复合场中的运动
18.如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中______。
A. 气体温度一直降低
B. 气体内能一直增加
C. 气体一直对外做功
D. 气体一直从外界吸热
E. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；
B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；
C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；
E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误。
19.如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了△T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处：已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。
【答案】
【解析】
由到，
由到,气体压强不变，
解方程得；
【考点定位】理想气体状态方程
【此处有视频，请去附件查看】
20.图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A. 在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动
B. 在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E. 质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt（国际单位）
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．由y－t图象可知，t＝0.10 s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；
C．由y－t图象可知，波振动周期T＝0.2 s，由y－x图象可知λ＝8 m，故波速
v＝＝40 m/s，
根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10 s到0.25 s内传播的距离
Δx＝vΔt＝6 m，
选项C正确；
B．t＝0.25s时，波形图如图所示，
此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；
D．由
Δt＝0.15 s＝T，
质点P在其中的T内路程为20 cm，在剩下的T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm，因此在Δt＝0.15 s内质点P通过的路程小于30 cm，选项D错误；
E．由y－t图象可知质点Q做简谐运动的表达式为
y＝0.10·sin t（m）＝0.10sin 10πt（m），
选项E正确．
21.如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径。来自点的光线在点射出。出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射。已知，求
①玻璃的折射率。
②球心O到BN的距离 。
【答案】（1）（2）
【解析】
设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，，，根据折射定律得
⑤
代入数据得
⑥
光线BN恰好在N点发生全反射，则为临界角C
⑦
设球心到BN的距离为d，由几何关系可知
⑧
联立⑥⑦⑧式得
⑨
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