2022-2023学年新疆克孜勒苏柯尔克州第一中学高三上学期期中物理试卷

这是一份2022-2023学年新疆克孜勒苏柯尔克州第一中学高三上学期期中物理试卷，共25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。
2022-2023学年新疆克孜勒苏柯尔克州一中高三上学期期中
物理试卷
一、单选题（本题共6小题，满分18分）
1．（3分）如图所示，将物体从一定高度水平抛出（不计空气阻力），物体运动过程中离地面高度为h时，物体水平位移为x、物体的机械能为E、物体的动能为Ek、物体运动的速度大小为v，以水平地面为零势能面．下列图象中，能正确反映各物理量与h的关系的是（　　）

A． B．
C． D．
2．（3分）如图所示，某运动员先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（　　）

A．FT减小，F减小 B．FT增大，F增大
C．FT增大，F不变 D．FT减小，F增大
3．（3分）如图所示，一个轻弹簧，B端固定，另一端C与细绳一端共同拉着一个质量为m的小球，细绳的另一端A也固定，且AC、BC与竖直方向的夹角分别为θ1＝30°和θ2＝60°，重力加速度为g．则烧断细绳的瞬间，小球的加速度为（　　）

A．g，竖直向下
B．水平向右
C．g，水平向右
D．g，向右下与水平成60°角
4．（3分）如图所示，处于平直轨道上的A、B两物体相距s，同时同向开始运动，A以初速度v1、加速度a1做匀加速运动，B由静止开始以加速度a2做匀加速运动．下列情况不可能发生的是（假设A能从B旁边通过且互不影响）（　　）

A．a1＝a2，能相遇一次 B．a1＞a2，能相遇两次
C．a1＜a2，可能相遇一次 D．a1＜a2，可能相遇两次
5．（3分）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（　　）

A．从开始下落到最低点的过程中，小明的动量守恒
B．从开始到下落速度最大的过程中，小明所受合外力先增大后减小
C．从开始到下落至最低点的过程中，小明所受合外力先增大后减小
D．从开始到下落速度最大的过程中小明所受合外力的冲量的大小等于小明从速度最大处到下落至最低点的过程中合外力的冲量的大小
6．（3分）电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及相对于板的位置不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（　　）

A． B． C． D．2
二、多选题（本题共5小题，满分25分）
（多选）7．（5分）将一个带正电的点电荷Q固定在水平无限大的金属板的上方，以点电荷Q为圆心的圆弧上有A、B、C、D四个点，其中A、C两点连线为圆的一条直径，且垂直于金属板，A、C两点连线与B、D两点连线垂直，点电荷和金属板附近的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．A点的电场强度比C点的电场强度大
B．A点的电势比C点的电势高
C．若将一个带正电的试探电荷从B点由静止释放，该试探电荷将沿电场线运动
D．若将一个带正电的试探电荷从A点沿圆周ADC移动到C点，该试探电荷的电势能将一直减小
（多选）8．（5分）升降机在竖直方向上做匀速运动，升降机内，具有一定质量的物体A被伸长的弹簧拉住，静止在升降机的地板上，如图所示。现发现A突然被拉向右方，由此判断，此时升降机的运动情况可能是（　　）

A．减速上升 B．加速上升 C．减速下降 D．加速下降
（多选）9．（5分）2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图质量为m的“山东舰”正在直线航行，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f。某时刻速度为v1、加速度为a1，经过时间t达到最大速度v2、通过的位移为s。则（　　）

A．P＝fv2 B．s＝t
C．a1＝ D．Pt﹣fs＝mv22﹣mv12
（多选）10．（5分）在某行星表面进行了如图所示的实验。一小物块从倾角为37°的斜面顶端由静止滑到底端所用时间为t，已知斜面长度为L，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，该行星的半径为R，引力常量为G，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　）

A．该行星表面的重力加速度为
B．该行星的密度为
C．该行星的第一宇宙速度为
D．该行星卫星的最小周期为
（多选）11．（5分）关于如图a、图b、图c、图d所示的四种情况，下列说法中不正确的是（　　）

A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车对外轨有压力
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量
C．图c中，牛顿根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为
三、实验题（本题共2小题，满分0分）
12．某同学为了做“探究碰撞中的不变量”的实验，结合平抛运动将书本上的实验进行了改装，实验装置如图所示，两碰撞小球半径相同，小球A的质量为mA，小球B的质量为mB，且mA＞mB，重力加速度为g。基本操作如下：
Ⅰ.在斜面上先后钉上白纸和复写纸，斜面顶端与斜槽末端等高，并将斜面上边缘定为O点，将小球A从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；
Ⅱ.把半径与A相同的小球B静止放在斜槽轨道最右端，将小球A仍从原固定点处由静止释放，和小球B相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N；
Ⅲ.用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为x1、x2、x3。
根据上述实验过程，回答：
（1）关于该实验，下列说法不正确的是 　 　。
A．需要测量小球A、B的质量
B．需要测量斜槽末端相对地面的高度
C．需要测量斜面的倾角
D．需要使斜槽末端水平
（2）若mv为所探究的不变量，则需要验证的关系式为 　 　。

13．某探究小组准备用图（甲）所示电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：
待测电源（电动势约2V）
电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）
定值电阻R0（阻值为2.0Ω）
定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）
电流表G（量程为400μA，内阻Rg＝500Ω）
开关S，导线若干。

（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为　 　V的电压表。
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；
（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和的关系式为　 　（用题中字母表示）；
（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出﹣的图象如图（乙）所示。根据该图象求得电源的内阻r＝0.50Ω，则其电动势E＝　 　V（计算结果保留两位小数）。
（5）该实验测得的电动势E测与真实值E真相比，理论上E测　 　E真．（填“＞”“＜”或“＝”）
四、解答题（本题共3小题，满分0分）
14．直角坐标系中，在x轴负半轴上x＝﹣d位置有一发射源，可沿着x轴正方向发射速度均为v0的相同带电粒子（忽略重力），空间只存在沿y轴负方向的匀强电场时，发射出的粒子经过y轴上y＝﹣的点．空间同时加一垂直纸面向里的匀强磁场时，发射出的粒子沿x轴正方向匀速直线运动．若撤去电场，空间只存在匀强磁场，求发射出的粒子经过y轴时的纵坐标．

15．质量m＝2.5kg的物体做自由落体运动，物体在空中运动了2s后落地，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）下落过程中重力所做的功；
（2）下落过程中重力的平均功率；
（3）落地时重力的瞬时功率．
16．如图所示，静止在水平地面上的两小物块A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离L＝1.5m。第一次适当压缩微型弹簧，释放后A、B瞬间分离，运动过程中A、B未发生碰撞并同时静止在水平面上；第二次仍在两小物块最初静止的位置紧压微型弹簧，释放后A、B在运动过程中仅发生一次碰撞，且碰撞前瞬间物块A的速度大小为vA＝4m/s。已知两小物块A、B的质量分别为mA＝0.2kg，mB＝0.8kg，A与地面之间的动摩擦因数为μA＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）B与地面之间的动摩擦因数μB；
（2）A、B在发生碰撞后瞬间的速度大小；
（3）第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能。


新疆克孜勒苏柯尔克州一中2022-2023学年高三上学期期中
物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共6小题，满分18分）
1．（3分）如图所示，将物体从一定高度水平抛出（不计空气阻力），物体运动过程中离地面高度为h时，物体水平位移为x、物体的机械能为E、物体的动能为Ek、物体运动的速度大小为v，以水平地面为零势能面．下列图象中，能正确反映各物理量与h的关系的是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】动能定理；平抛运动．版权所有
【分析】根据平抛运动的规律求出水平位移与h的表达式，从而判断图线的正误；平抛运动的过程机械能守恒，机械能随高度h不变．根据动能定理得出末动能与高度以及末速度与高度的关系，从而判断图线的正误．
【解答】解：A、根据t＝，则水平位移x＝，由表达式可知，图线为曲线，开口向右。故A错误。
B、平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则机械能随着高度的变化不变，故B正确。
C、根据得，物体的动能，知Ek与h成一次函数关系，由于动能不会为零，故C错误。
D、根据得，解得v＝，v与h不成线性关系，故D错误。
故选：B。
【点评】对于判断图线的正误问题，关键得出两个物理量之间的关系式，通过关系式判断是否正确．
2．（3分）如图所示，某运动员先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（　　）

A．FT减小，F减小 B．FT增大，F增大
C．FT增大，F不变 D．FT减小，F增大
【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．版权所有
【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。
【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图

由于两个拉力的合力始终等于人的重力，保持不变，且夹角变大，故两根绳拉力不断变大；
故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】题本关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论。
3．（3分）如图所示，一个轻弹簧，B端固定，另一端C与细绳一端共同拉着一个质量为m的小球，细绳的另一端A也固定，且AC、BC与竖直方向的夹角分别为θ1＝30°和θ2＝60°，重力加速度为g．则烧断细绳的瞬间，小球的加速度为（　　）

A．g，竖直向下
B．水平向右
C．g，水平向右
D．g，向右下与水平成60°角
【考点】牛顿第二定律；弹力的产生、方向．版权所有
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件求轻绳的拉力大小；剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，大小等于绳的拉力，根据牛顿第二定律求解．
【解答】解：以球为研究对象，小球受轻绳的拉力，弹簧的拉力，由平衡条件

解得：
剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得
a＝＝，方向：向右下与水平成60°角
故选：D。

【点评】本题平衡条件和牛顿第二定律的综合，关键要明确弹簧的弹力不能突变，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化．
4．（3分）如图所示，处于平直轨道上的A、B两物体相距s，同时同向开始运动，A以初速度v1、加速度a1做匀加速运动，B由静止开始以加速度a2做匀加速运动．下列情况不可能发生的是（假设A能从B旁边通过且互不影响）（　　）

A．a1＝a2，能相遇一次 B．a1＞a2，能相遇两次
C．a1＜a2，可能相遇一次 D．a1＜a2，可能相遇两次
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系．版权所有
【分析】作出不同情况下A、B的速度时间图线，结合图线围成的面积分析判断相遇的次数．
【解答】解：用图象法。我们画出满足题给条件的v﹣t图象。

图甲对应a1＝a2的情况，两物体仅在t＝t1时相遇一次（图中阴影部分面积为s）。
图乙对应a1＞a2的情况，两物体仅在t＝t2时相遇一次。
图丙对应a1＜a2的情况，若阴影部分面积等于s，则相遇一次；若阴影部分面积小于s，则A、B不可能相遇；若阴影部分面积大于s，则可能相遇两次，如图丁所示。
故选：B。
【点评】本题为追及相遇问题，首先要从题意中找中运动的情景，再由运动学中位移关系确定二者能否再次相遇；本题用图象进行分析比较简便．
5．（3分）如图所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是（　　）

A．从开始下落到最低点的过程中，小明的动量守恒
B．从开始到下落速度最大的过程中，小明所受合外力先增大后减小
C．从开始到下落至最低点的过程中，小明所受合外力先增大后减小
D．从开始到下落速度最大的过程中小明所受合外力的冲量的大小等于小明从速度最大处到下落至最低点的过程中合外力的冲量的大小
【考点】动量守恒定律；动量定理．版权所有
【分析】由动量守恒的条件判断动量问题，由牛顿第二定律判断加速度的变化问题和超重失重问题，由受到的力是否与位移成正比判断是否是简谐运动问题。
【解答】解：A.从开始下落到最低点的过程中，小明所受外力的矢量和不为0，由动量守恒定律知，小明的动量不守恒，故A错误；
BC.从开始到下落速度最大的过程中，小明所受合外力先恒等于重力，当弹性绳拉紧之后外力开始减小，弹力大小等于重力大小时合外力为0，速度最大，之后向上的弹力大于重力合力向上并开始变大，小明开始减速直至速度减为0，故BC错误；
D.从开始到下落速度最大的过程与从速度最大到最低点的过程，速度的变化量的大小相等，由动量定理知，两过程所受合外力的冲量的大小相等，故D正确。
故选：D。
【点评】本题从一个实例考查物理多个知识点，从每个规律的条件出发去判断是关键。
6．（3分）电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及相对于板的位置不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（　　）

A． B． C． D．2
【考点】带电粒子在电场中的运动综合．版权所有
【分析】根据类平抛运动的规律解出粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出电场的临界条件，结合E＝和运动学的公式分析即可求解．
【解答】解：对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E，极板之间的电压为U；
由于粒子做类平抛运动，所以：
水平方向：L＝vt
竖直方向：a＝＝＝
y＝at2＝＝d
故：
d2＝
若间距d变为原来的两倍，粒子仍从正极板边沿飞出，则电子入射速度大小应为原来的；
故选：B。
【点评】根据题目所给的信息，找到粒子在竖直方向位移表达式，讨论速度的变化对竖直方向的位移的影响即可解决本题．
二、多选题（本题共5小题，满分25分）
（多选）7．（5分）将一个带正电的点电荷Q固定在水平无限大的金属板的上方，以点电荷Q为圆心的圆弧上有A、B、C、D四个点，其中A、C两点连线为圆的一条直径，且垂直于金属板，A、C两点连线与B、D两点连线垂直，点电荷和金属板附近的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．A点的电场强度比C点的电场强度大
B．A点的电势比C点的电势高
C．若将一个带正电的试探电荷从B点由静止释放，该试探电荷将沿电场线运动
D．若将一个带正电的试探电荷从A点沿圆周ADC移动到C点，该试探电荷的电势能将一直减小
【考点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；电场强度与电场力．版权所有
【分析】根据对称性分析出不同位置的电势和场强的关系；根据电场线的密集程度分析出不同位置的电势高低；根据电势能与电势的关系分析电势能的变化。
【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由于C处电场线密，则A点的电场强度比C点的电场强度小，故A错误；
B、电场线的疏密反应了场强的大小，由图可知，A点的场强小于C点的场强，由于正点电荷与C之间电场线密集，电势降落的快，而正点电荷与A点电场线稀疏，电势降落的慢，所以C点电势低于A点电势，故B正确；
C、将一个带正电的不计重力的粒子从B点由静止释放，由于电场线是弯曲的，因此粒子不会沿电场线运动，故C错误；
D、结合B选项的分析，同理可知A点电势高于D点电势，D点电势又高于C点的电势，所以若将一个带正电的试探电荷从A点沿圆周ADC移动到C点，该试探电荷的电势能将一直减小，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，能熟练地根据电场线的特点分析出场强和电势的大小关系即可，同时在分析过程中要注意物理量的标示性。
（多选）8．（5分）升降机在竖直方向上做匀速运动，升降机内，具有一定质量的物体A被伸长的弹簧拉住，静止在升降机的地板上，如图所示。现发现A突然被拉向右方，由此判断，此时升降机的运动情况可能是（　　）

A．减速上升 B．加速上升 C．减速下降 D．加速下降
【考点】牛顿运动定律的应用——超重和失重；力的合成与分解的应用．版权所有
【分析】升降机具有向下加速度时，物体A对地板的压力变小，根据f＝uN可知，静摩擦力变小 所以绷紧的弹簧会把小球拉回来。
【解答】解：当升降机静止时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力。
当升降机有向下的加速度时，处于超重状态，必然会减小物体对地板的正压力，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情况下A才可能被拉向右方。四个选项中A、D两种情况电梯的加速度是向下的。
故选：AD。
【点评】本题考查了超重和失重，关键是掌握：超重时具有向上加速度，失重时具有向下加速度。
（多选）9．（5分）2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图质量为m的“山东舰”正在直线航行，发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f。某时刻速度为v1、加速度为a1，经过时间t达到最大速度v2、通过的位移为s。则（　　）

A．P＝fv2 B．s＝t
C．a1＝ D．Pt﹣fs＝mv22﹣mv12
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；动能定理；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律．版权所有
【分析】航母在额定功率下运动，当牵引力等于阻力时速度达到最大，在此之前航母做加速度减小的变加速运动，牵引力逐渐减小，即可利用运动学公式和动能定理判断；
【解答】解：A、发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，行驶的最大速度为v2，则此时牵引力与阻力等大反向，即F2＝f，所以有：P＝F2v＝fv2，故A正确；
B、航母在额定功率下运动，做的是变加速运动，故通过的位移不是s＝，此公式只适用于匀变速直线运动，故B错误；
C、发动机的输出功率恒为P，则以v1速度运动时，牵引力为F1＝，此时根据牛顿第二定律可知F1﹣f＝ma1，解得a1＝﹣，故C正确；
D、在此运动过程中，受到牵引力和阻力，根据动能定理可知Pt﹣fs＝﹣，故D正确
故选：ACD。
【点评】本题主要考查了航母在额定功率下的运动，熟记其运动特点：做加速度逐渐减小的变加速运动，明确公式的适用条件即可。
（多选）10．（5分）在某行星表面进行了如图所示的实验。一小物块从倾角为37°的斜面顶端由静止滑到底端所用时间为t，已知斜面长度为L，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，该行星的半径为R，引力常量为G，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　）

A．该行星表面的重力加速度为
B．该行星的密度为
C．该行星的第一宇宙速度为
D．该行星卫星的最小周期为
【考点】人造卫星；向心力；万有引力定律的应用．版权所有
【分析】根据牛顿第二定律结合位移﹣时间关系求解重力加速度大小；
根据万有引力与重力的关系结合密度计算公式求解该行星的密度；
根据万有引力提供向心力求解该行星的第一宇宙速度和该行星卫星的最小周期。
【解答】解：A、设该行星表面的重力加速度为g，小物块沿斜面下滑时的加速度为：a＝＝gsin37°﹣μgcos37°＝g×0.6﹣0.5×g×0.8＝0.2g，根据位移﹣时间关系可得：L＝，解得：g＝，故A错误；
B、根据万有引力与重力的关系可知：＝mg，解得：M＝，
由于M＝ρV＝
联立解得该行星的密度为：ρ＝，故B错误；
C、第一宇宙速度即为卫星近中心天体做匀速圆周运动的速度，根据万有引力提供向心力可得：mg＝m，解得该行星的第一宇宙速度为v1＝，故C正确；
D、设该行星卫星的最小周期为T，则近中心天体运动的周期最小，根据万有引力提供向心力可得：mg＝mR，解得：T＝，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
（多选）11．（5分）关于如图a、图b、图c、图d所示的四种情况，下列说法中不正确的是（　　）

A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车对外轨有压力
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量
C．图c中，牛顿根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为
【考点】向心力；开普勒定律；物理学史．版权所有
【分析】熟悉火车的受力分析，从而得出火车对轨道的压力特点；
熟悉物理学史的发展，结合选项完成分析；
对小球受力分析，根据牛顿第二定律得出小球通过最高点的最小速度。
【解答】解：A、图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车重力和轨道对火车的支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有压力，从而提供一部分支持力，根据牛顿第三定律可知火车对外轨有压力，故A正确；
B、图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量，故B正确；
C、图c中，开普勒根据第谷的观测数据提出了行星运动的三大定律，故C错误；
D、图d中，小球在最高点如果重力等于支持力的话，则小球的速度为零，故D错误；
本题选错误的，故选：CD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，分析出向心力的来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
三、实验题（本题共2小题，满分0分）
12．某同学为了做“探究碰撞中的不变量”的实验，结合平抛运动将书本上的实验进行了改装，实验装置如图所示，两碰撞小球半径相同，小球A的质量为mA，小球B的质量为mB，且mA＞mB，重力加速度为g。基本操作如下：
Ⅰ.在斜面上先后钉上白纸和复写纸，斜面顶端与斜槽末端等高，并将斜面上边缘定为O点，将小球A从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；
Ⅱ.把半径与A相同的小球B静止放在斜槽轨道最右端，将小球A仍从原固定点处由静止释放，和小球B相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N；
Ⅲ.用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为x1、x2、x3。
根据上述实验过程，回答：
（1）关于该实验，下列说法不正确的是 　AD　。
A．需要测量小球A、B的质量
B．需要测量斜槽末端相对地面的高度
C．需要测量斜面的倾角
D．需要使斜槽末端水平
（2）若mv为所探究的不变量，则需要验证的关系式为 　mA＝mA+mB　。

【考点】验证动量守恒定律．版权所有
【分析】（1）（2）本题通过等效替代验证动量守恒守恒，通过实验的原理，结合平抛运动的规律进行分析。
【解答】解：（1）根据实验原理，两个小球碰撞前后均落在同一斜面上，显然是要用落在斜面上的合位移表示碰撞前后的速度。
A、动量是质量与速度的积，则测质量是必须的，故选项A正确；
BCD、设落在斜面上的距离为x，则由题意有：水平方向上，xcosθ＝vt，xsinθ＝，从而求出平抛的初速度为：v＝cosθ，由于用刻度尺测量纸上O点到M、P、N三点的距离分别为x1、x2、x3．所以碰撞前的速度为：vA＝cosθ，碰撞后AB两球的速度为：vA′＝cosθ，vB′＝cosθ，
若碰撞前后动量守恒：mAvA＝mAvA′+mBvB′，变形后有：mA＝mA+mB，这样看由平抛的合位移表示碰撞前后的速度，不必测斜面的倾角，也不必测到地面的高度，故选项BD均错误。故选：AD
（2）由上述分析可知，若碰撞前后动量守恒，则需要验证的式子为：mA＝mA+mB；
故答案为：（1）AD；（2）mA＝mA+mB
【点评】解决本题的关键知道在装置1实验中，平抛运动的时间相等，可以用水平位移代替速度；在装置2实验中，水平位移相等，用斜面上的位移代替速度。
13．某探究小组准备用图（甲）所示电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下：
待测电源（电动势约2V）
电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）
定值电阻R0（阻值为2.0Ω）
定值电阻R1（阻值为4.5kΩ）
电流表G（量程为400μA，内阻Rg＝500Ω）
开关S，导线若干。

（1）图甲中将定值电阻R1和电流表G串联，相当于把电流表G改装成了一个量程为　2　V的电压表。
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；
（3）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和的关系式为　＝+　（用题中字母表示）；
（4）以为纵坐标，为横坐标，探究小组作出﹣的图象如图（乙）所示。根据该图象求得电源的内阻r＝0.50Ω，则其电动势E＝　2.08　V（计算结果保留两位小数）。
（5）该实验测得的电动势E测与真实值E真相比，理论上E测　＝　E真．（填“＞”“＜”或“＝”）
【考点】电池电动势和内阻的测量．版权所有
【分析】（1）表头与电阻串联，根据串联电路的规律即可求得改装后的量程；
（2）根据实验原理进行分析，根据安全和准确性原则确定实验方法；
（3）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律进行分析即可得出对应的表达式；
（4）根据图象和已知的表达式进行分析，由图象的斜率和已求出的内阻即可求得电动势
（5）实验中由于电流表内阻已知，测量结果无系统误差；
【解答】解：（1）根据串联电路规律可知：
U＝Ig（R+rg）＝400×10﹣6（500+4500）＝2V；
（2）由电路图可知，R1与G串联后与电阻箱并联，然后再与R0串联，
电流表与R1串联充当电压表使用，测量为路端电压；干路电流为I+I；
由闭合电路欧姆定律可知：
I（R1+Rg）＝E﹣（I+I）（R0+r）
变形可得：＝+
（4）由对应的图象可知，＝k＝＝6000
解得：E＝2.08V；
（5）因为考虑了电流表的影响，电流表内阻已知，流过电源的电流是两支路的电流之和，为准确值，故本实验无系统误差，故理论上E测＝E真。
故答案为：（1）2； （3）；（4）2.08（2.07～2.09）（5）＝
【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，根据欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象即求出电源电动势与内阻。
四、解答题（本题共3小题，满分0分）
14．直角坐标系中，在x轴负半轴上x＝﹣d位置有一发射源，可沿着x轴正方向发射速度均为v0的相同带电粒子（忽略重力），空间只存在沿y轴负方向的匀强电场时，发射出的粒子经过y轴上y＝﹣的点．空间同时加一垂直纸面向里的匀强磁场时，发射出的粒子沿x轴正方向匀速直线运动．若撤去电场，空间只存在匀强磁场，求发射出的粒子经过y轴时的纵坐标．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场中的运动综合．版权所有
【分析】只存在电场时，粒子做类平抛运动，运用运动的合成和分解，牛顿第二定律结合运动学规律解决；空间同时存在匀强电场和匀强磁场时，为速度选择器模型，电场力与洛伦兹力平衡；空间只存在匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹力提供向心力，求出半径公式，结合几何关系即可求解粒子经过y轴时的纵坐标．
【解答】解：只存在匀强电场时粒子做类平抛运动，
x方向：d＝v0t…①
y方向：＝at2…②
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma…③
空间同时存在匀强电场和匀强磁场时，
根据粒子受力平衡可得：Eq＝qv0B…④
空间只存在匀强磁场时粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m…⑤
联立①②③④⑤式可得：R＝2d
粒子圆周轨迹与y轴的交点分别为A、B，其纵坐标分别为yA、yB.
根据几何关系可得：（R﹣yA）2+d2＝R2；（yB﹣R）2+d2＝R2
解得：yA＝（2﹣）d；yB＝（2+）d．
答：发射出的粒子经过y轴时的纵坐标为（2﹣）d和（2+）d．

【点评】本题难度不大，考查带电粒子在偏转电场中的类平抛运动、匀强磁场中的圆周运动以及速度选择器模型，解决磁场中圆周运动的关键是画出粒子轨迹过程图，找到几何关系．
15．质量m＝2.5kg的物体做自由落体运动，物体在空中运动了2s后落地，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
（1）下落过程中重力所做的功；
（2）下落过程中重力的平均功率；
（3）落地时重力的瞬时功率．
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律；自由落体运动．版权所有
【分析】（1）自由落体运动是初速度为0加速度为g的匀加速直线运动，由公式h＝求得物体下落的高度h，然后由W＝mgh求出重力做的功；
（2）根据P＝即可求出重力的平均功率；
（3）由公式v＝gt求出物体落地时的速度，再根据P＝mgv求出落地时重力的瞬时功率．
【解答】解：（1）2s内物体下落的高度 h＝＝20m
下落过程中重力所做的功 W＝mgh＝500J
（2）下落过程中重力的平均功率 ＝＝250W
（3）物体落地时的速度 v＝gt＝20m/s
落地时重力的瞬时功率 P＝mgv＝500W
答：
（1）下落过程中重力所做的功是500 J．
（2）下落过程中重力的平均功率是250 W．
（3）落地时重力的瞬时功率是500 W．
【点评】解决本题的关键知道平均功率和瞬时功率的区别，明确公式P＝Fv既可以求瞬时功率，也可以求平均功率，而公式P＝一般用来求平均功率．
16．如图所示，静止在水平地面上的两小物块A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离L＝1.5m。第一次适当压缩微型弹簧，释放后A、B瞬间分离，运动过程中A、B未发生碰撞并同时静止在水平面上；第二次仍在两小物块最初静止的位置紧压微型弹簧，释放后A、B在运动过程中仅发生一次碰撞，且碰撞前瞬间物块A的速度大小为vA＝4m/s。已知两小物块A、B的质量分别为mA＝0.2kg，mB＝0.8kg，A与地面之间的动摩擦因数为μA＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求：
（1）B与地面之间的动摩擦因数μB；
（2）A、B在发生碰撞后瞬间的速度大小；
（3）第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能。

【考点】动量与能量的综合应用——弹簧类模型．版权所有
【分析】（1）第一次弹簧弹开过程中，根据动量守恒定律列方程；再分别对A和B根据动量定理列方程联立求解；
（2）根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程联立求解；
（3）分别对A、对B根据动能定理结合能量关系求解第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能。
【解答】解：（1）设第一次弹簧释放后瞬间A、B两小物块分离时的速度大小分别为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mBv2﹣mAv1
分别对A和B根据动量定理可得：﹣μAmAgt＝0﹣mAv1，﹣μBmBgt＝0﹣mBv2
联立解得μB＝0.1；
（2）设碰撞前瞬间B的速度大小为vB，碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为vA1、vB1，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
mAvA+mBvB＝mBvB1﹣mAvA1
由于A和B运动过程中摩擦力的冲量大小始终相等，则有：mBvB＝mAvA
根据能量守恒定律可得：mAvA2+mBvB2＝mBvB12+mAvA12
解得：vA1＝0.8 m/s，vB1＝2.2 m/s；
（3）设弹簧第二次释放后瞬间A、B两小物块分离时的速度大小分别为vA0、vB0，B从弹簧第二次释放后到与A碰撞前瞬间的位移大小为x，根据分析可得：
＝＝
对A根据动能定理可得：﹣μAmAg（x+2L）＝﹣
对B根据动能定理可得：﹣μBmBgx＝﹣
根据能量关系可得：EP＝+
联立解得：EP＝6J。
答：（1）B与地面之间的动摩擦因数为0.1；
（2）A、B在发生碰撞后瞬间的速度大小分别为0.8 m/s、2.2 m/s；
（3）第二次压紧微型弹簧后弹簧的弹性势能为6J。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。