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重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三物理上学期10月月考试题（Word版附解析）
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这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高三物理上学期10月月考试题（Word版附解析），共15页。
1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，v—t图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（ ）
A. 3：8B. 8：3
C. 3：2D. 2：3
【答案】B
【解析】
【详解】汽车乙恒定功率启动，速度增大，则牵引力减小，汽车先做加速度减小得变加速直线运动，当牵引力与阻力平衡时，加速度为0，汽车达到最大速度，之后做匀速直线运动，则有
，
其中
根据图像可知，甲乙两车最大速度之比为3:4，则可解得甲、乙两车所受阻力大小之比为8:3。
故选B。
2. 如图为某次“三国台球道具赛”的情景，白球A被球杆击打后获得速度v0，而后与黑球B发生弹性正碰，B获得速度后进入直角管道，最终球B入袋。已知A、B质量均为m，球杆杆头与球A接触时间为t，忽略一切阻力且不考虑台球转动，则（ ）
A. 球杆对球A的平均作用力为
B. 球B被碰后速度小于v0
C. 球B进出管道前后，其动量改变量不为0
D. 若将球B换为质量更大的铁球，A与B仍然发生弹性正碰，则A对B作用力的冲量小于mv0
【答案】C
【解析】
【详解】A．球杆杆头与球A接触时间为t，根据动量定理有
解得
故A错误；
B．A、B质量相等，发生的 弹性碰撞，则有
，
解得
，
即两球速度发生交换，B获得速度v0，故B错误；
C．B进出前后速度方向发生变化，动量发生了变化，即球B进出管道前后，其动量改变量不为0，故C正确；
D．B换为铁球，质量大于A球，发生的仍然是弹性碰撞，则有
，
解得
根据动量定理，A对B作用力的冲量为
由于B球质量大于A球，解得
可知，碰后B动量变化量大于mv0，故D错误。
故选C。
3. 小巴同学用手平托力传感器，力传感器上方放一茶杯，当茶杯被上下移动时，得到如图所示的某一时段的F—t图像，由图可知t1~t2时间内，手掌的运动不可能是（ ）
A 一直向下运动最后静止B. 一直向下运动最后匀速
C. 一直向上运动最后静止D. 一直向上运动最后匀速
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图像可知，t1~t2时间内，传感器对茶杯的支持力大小先大于茶杯的重力，后小于茶杯的重力，最后等于茶杯的重力，根据牛顿第二定律可知，茶杯的加速度方向先向上，后向下，最后等于0。手掌的运动若一直向下，则先向下减速，后向下加速，最终匀速，不可能向下加速到静止，故A错误，符合题意；
B．根据上述，手掌的运动若一直向下，则先向下减速，后向下加速，最终匀速，故B正确，不符合题意；
C．根据上述，手掌的运动若一直向上，则先向上加速，后向上减速，若减速至0时，加速度为0，最终静止，故C正确，不符合题意；
D．根据上述，手掌的运动若一直向上，则先向上加速，后向上减速，若加速度为0，速度还没有减速至0时，最终匀速，故D正确，不符合题意。
故选A。
4. 如图所示，地球和月球组成双星系统，它们共同绕某点O转动且角速度相同。L1、L2、L3、L4、L5称为拉格朗日点，在这些位置上的航天器也绕O点转动且相对地月系统不动，则下列说法正确的是（ ）
A. 地月系统中，O点更靠近月球
B. 在五个拉格朗日点中，L1位置上的航天器向心加速度最大
C. 在五个拉格朗日点中，L2位置上的航天器所需向心力仅由地球引力提供
D. 在地面附近给航天器一初速度v0，不考虑月球对航天器的引力，航天器沿椭圆轨道运动至L3处，则v0>7.9km/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于双星系统，角速度相等，则有
，
解得
可知，双星系统天体的转动半径与与天体质量成反比，地球质量大于月球，则地球转动半径小于月球转动半径，即O点更靠近地球，故A错误；
B．所有拉格朗日点上航天器角速度与地月系统角速度相等，由于
由于位置航天器离O点最近，r最小，即L1位置上的航天器向心加速度an最小，故B错误；
C．L2位置上的航天器所需向心力由地球与月球对航天器的引力的合力提供，故C错误；
D．航天器沿椭圆轨道运动至L3处，航天器没有脱离地球的束缚，则航天器的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，则有
v0>7.9km/s
故D正确。
故选D。
5. 如图，小蜀同学站在水平向右以v1匀速运动的滑板上，看到其正对面的墙上有一根竖直细管，某时刻在固定高度用弹弓将弹丸平行水平面射出，已知弹弓静止时发射弹丸的速度大小为v0，且v0>v1，忽略空气阻力，则（ ）
A. 不管以何种方式击中细管，弹丸在击中细管前，其在空中运动的时间都相同
B. 小蜀同学运动到O点时，为击中细管，他应瞄准细管发射弹丸
C. 为使细管上的弹痕位置最高，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
D. 为使弹丸命中细管且在水平方向位移最短，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据题意可知，人运动方向与墙面平行，而弹弓静止时发射弹丸的速度大小一定，方向可以在水平面内变化，弹丸在速度v0方向上做匀速直线运动，当弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射时，该速度方向上的分位移最小，根据分运动的独立性与等时性可知，当人运动到O点左侧某一位置时，弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射击中细管，用时最短，在竖直方向上弹丸做自由落体运动，则有
可知，弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射击中细管时，弹丸竖直向下分位移最小，则此时的弹痕最高，故A错误，C正确；
BD．当运动到O点时，由于弹丸飞出时还存在沿人运动方向上的分速度v1，则应瞄准左前方，向左前方发射，弹丸才能获得指向细管的水平合速度，此时弹丸指向细管的水平合速度方向恰好与墙面垂直，此方式水平位移最短，故BD错误。
故选C。
6. 如图，在极板A、B间加上恒定电压，，两极板的长度为2d。现有一带正电粒子以速度v0从两板正中间O点水平入射，C点为其运动轨迹上的一点且到的距离为h，最终带电粒子恰好能从下极板射出。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力。则（ ）
A. 粒子在C点的速度大小为
B. 两极板间的电场强度大小为
C. 两极板间的距离为4h
D. 两极板间恒定电压的大小为
【答案】B
【解析】
【详解】B．粒子运动到C点过程，粒子做类平抛运动，则有
，
根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
A．粒子运动到C点过程，根据动能定理有
解得
故A错误；
C．粒子恰好能够从下极板射出，则有
，
解得
故C错误；
D．根据电压与电场强度的关系有
结合上述解得
故D错误。
故选B。
7. 如图，在正方形的四个顶点各固定一个电荷，电荷量大小相等，电性如图所示，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴，设无穷远处电势为零。将一负点电荷在原点O处静止释放，它在以后运动过程中的最大速度为v0。若将该负点电荷从x轴负半轴上无限远处以初速度3v0沿+x方向射入，它在以后运动过程中（ ）
A. 该电荷经过原点O时电势能为负值
B. 在原点O点处速度最大
C. 最小速度为
D. 最大速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．将四个点电荷看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布特征，可知电场在y轴上的电场强度方向均沿x轴正方向，由于等势线与电场线垂直，则y轴为一条等势线，即O点电势等于0，根据
可知该电荷经过原点O时电势能为0，故A错误；
B．根据上述可知，负点电荷在y轴上受到的电场力方向均沿x负方向，当将负点电荷在O点由静止释放，负电荷将沿x轴负方向一定，当其运动至y轴左侧某点E所受电场力为零时，负电荷速度达到最大值v0，则有
当将负电荷由无穷远处以初速度3v0沿+x方向射入，负电荷在E点前受电场力向右而加速，E点至其关于原点的对称点F点受电场力向左而减速，F点后受电场力向右而加速至3v0，故其在E点速度最大，在F点速度最小，故B错误；
C．根据上述有
在E点速度最大，在F点速度最小，根据对称性有
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．根据上述可知，O点的电势与无穷远处电势相等，均为0，则无穷远至E点与O点至E点之间的电势差相等，即有
根据动能定理有
结合上述解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图为小鲁同学自制的电容器，其电容为C，主要由上下两片铝箔以及中间的绝缘塑料片构成，两根导线分别连接上下两片铝箔，则（ ）
A. 对其充电的电源电压越大，其电容也越大
B. 绝缘塑料片越厚，其电容越小
C. 对其充电后将两根导线端点连接，就可长时间储存电能
D. 将其沿中线剪开，则剩余部分的电容为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电容器的电容由电容器本身决定，与电压无本质决定关系，故A错误；
B．根据电容的决定式有
绝缘塑料片越厚，即极板之间的间距d越大，则电容越小，故B正确；
C．若将两根导线的端点导线连接，电容器将放电，不可长时间储存电能，故C错误；
D．根据电容的决定式有
若将该自制电容器沿中线剪开，由于正对面积
故有
故D正确。
故选BD。
9. 如图，光滑水平地面上有木板B和光滑圆弧面C，B、C未粘连，最初物块A以4m/s的水平初速度滑上木块B，已知A、B、C质量均为1kg，B的长度以及圆弧C的半径均为1m，A与B之间的动摩擦因数为0.5，A可视为质点，g=10m/s2，则（ ）
A. 最终B的速度为1m/s
B. A竖直向上的最大位移为
C. 最终C的速度为2m/s
D. 从最初至A到达其运动最高点过程中，A、B、C构成的系统动量不守恒但机械能守恒
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．物块A滑上B到A运动至BC连接处过程，对ABC构成的系统，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
此后BC分离，最终B的速度为1m/s，故A正确；
B．之后，A滑上C，对AC构成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
故B正确；
C．之后，A最终将到达C圆弧的最低点，此过程，对AC构成的系统有
，
解得
，
故C正确；
D．A在C上运动时，竖直方向动量不守恒，A在B上运动时，摩擦力做负功，机械能不守恒，故D错误。
故选ABC。
10. 如图，竖直平面内有一半径为R=1m、内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与水平面相切于点c，该圆形轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强。在水平面上放着不带电的物块A和带正电的物块B，其中mA=2kg、mB=1kg，物块B所带电荷量，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧P（两端未与A、B拴接）。d点左侧水平面粗糙但右侧光滑，物块A与d点左侧水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。现将细绳剪断，A脱离弹簧P一段时间后才滑到d点，最终在d点左端L=1.225m处停止。A、B可看作质点，g=10m/s2，则（ ）
A. 物块B第一次滑至c点的速度大小为7m/s
B. 物块B在c点时具有的电势能最大
C. 物块B可以运动到圆轨道的最高点
D. 物块B离开轨道时的速度大小为m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．剪断绳子后，物块A、B获得速度vA、vB，A在d点左侧做匀减速直线运动，则有
解得
A、B组成系统动量守恒，则有
解得
故A正确；
B．B带正电，在B运动到电场中最高点过程，电场力对B做负功，电势能增大，物块B在电场中最高点时具有的电势能最大，故B错误；
C．若物块B恰好能达最高点，则有
解得
假设B从上述临界状态返回至c点，则有
解得
由于
故B脱离弹簧后不能到达圆弧轨道最高点，故C错误；
D．设B在离开轨道时的速度为，飞出点位置的半径与竖直方向夹角为，则在飞出点有
B从离开弹簧到运动至飞出点有
解得
，
故D正确。
故选AD
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 某研究性学习小组做“用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，利用电流传感器和电压传感器研究电容器的充放电情况。如图甲，先将开关S拨至1端，待电路稳定后，再将开关S拨至2端。传感器将信息传入计算机，即可显示出电流、电压随时间变化的图线。
（1）由图甲可知，传感器2应为______（填“电流”或“电压”）传感器。
（2）如图乙，在电流传感器中形成曲线2的过程中，电压传感器两端的电压______（填“逐渐增大”“保持不变”或“逐渐减小”）。
（3）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是______。
A随着放电过程的进行，该电容器的电容保持不变
B.电容器充电过程中，电容器极板所带电量逐渐增加
C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小
【答案】 ①. 电压 ②. 逐渐减小 ③. ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA
【解析】
【详解】（1）[1]图甲中，传感器2与电容器并联，可知，传感器是电压传感器。
（2）[2]电流传感器中形成曲线2的过程中，电容器处于放电过程，电容器极板所带电荷量逐渐减小，根据
可知，电容器极板之间的电压逐渐减小，即电压传感器两端的电压逐渐减小。
（3）[3]A．电容器的电容由电容器本身决定，与极板之间的电压、极板所带电荷量无关，即随着放电过程的进行，该电容器的电容保持不变，故A正确；
B．电容器充电过程中，电流逐渐减小，极板之间电压逐渐增大，根据
可知，电容器极板所带电量逐渐增加，故B正确；
C．电容器充电过程中，电源提供的电能一部分转化为电阻箱的内能，另一部分转化为电容器储存的电场能，故C错误；
D．电容器放电过程中，极板所带电荷量逐渐减小，极板之间电压逐渐减小，极板之间的电场逐渐减弱，即电容器中的电场能逐渐减小，故D正确。
故选ABD。
12. 某实验小组同学研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
步骤1：不放小球b，让小球a从斜槽上某固定位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均上位置B；
步骤2：把小球b轻放在斜槽末端边缘，让小球a从相同位置由静止滚下，与小球b发生碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置A、C；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置A、B、C离O点的距离，即线段OA、OB、OC的长度。已知小球a质量为m1、小球b质量为m2。
（1）在本实验中，下列是产生误差的主要原因的是______。
A.斜槽的末端没有调整至水平状态
B.小球在斜槽中运动时会受到摩擦力作用
C.小球a每次由静止释放时的位置不固定
D.测量平均落点到O点的线段长度时有误差
（2）完成上述实验需小球a和小球b质量大小关系为m1______m2（填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）若等式______在误差范围内成立，则说明碰撞前后系统动量守恒；若想用该实验测得的数据进一步判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据______（填“正确”或“错误”）。
【答案】 ①. ACD##ADC##CAD##CDA##DAC##DCA ②. 大于 ③. ④. 正确
【解析】
【详解】（1）[1]A．若斜槽的末端没有调整至水平状态，则小球飞出的初速度方向没有沿水平方向，导致小球的运动不是平抛运动，引起初速度的测量误差，故A正确；
B．由于小球a从斜槽上每次释放均是从某固定位置由静止滚下，则其每次克服摩擦力做功相同，即小球a每次飞出的初速度大小一定，可知小球在斜槽中运动时受到摩擦力作用对实验没有影响，故B错误；
C．若小球a每次由静止释放时的位置不固定，其飞出时的初速度大小不是一个定值，导致在水平地面的落点不是一个定值，引起实验的测量误差，故C正确；
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差，导致测量小球飞出的初速度有误差，故D正确。
故选ACD。
（2）[2]为了避免入射小球出现反弹，实验需小球a和小球b质量大小关系为m1大于m2。
（3）[3]小球飞出后做平抛运动，则有
，
解得
小球平抛竖直分位移相等，则飞出速度与水平位移成正比，小球a单独滚下对应的水平分位移是OB，碰撞后，小球a、b飞出对应的水平分位移分别是OA、OC，根据
解得
[4]若两球碰撞过程中机械能则有
结合上述解得
由于
联立解得
可知，两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据正确。
13. 理想实验合理外推是科学探究中的一种重要方法。如图所示，某同学用两个底端通过光滑圆弧平顺连接、倾角均为θ=37°的斜面模仿伽利略的理想实验。现有质量为m的物体，从高为h的左侧斜面静止滑下，物体与两斜面之间的动摩擦因数过均为，重力加速度为g=10m/s2，求物体：
（1）沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小；
（2）在右侧斜面第一次上滑时间t1与在右侧斜面第一次下滑时间t2的比值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）沿右侧斜面往上滑动时，对物体分析有
解得
（2）根据上述，右侧斜面第一次上滑过程的加速度
右侧斜面第一次下滑过程，对物体分析有
解得
右侧斜面第一次上滑做匀减速直线运动，最后减速至0，该过程利用逆向思维，根据位移公式有
之后物体又向下做匀加速直线运动，根据位移公式有
解得
14. 如图所示，一足够长的固定圆管内放有一质量为M的圆形小活塞，活塞与上管口距离为L。现有一质量为的小球从管口自由释放，能撞在圆活塞的中心，使活塞向下滑动（活塞运动时受到的滑动摩擦力恰与它的重力大小相等）。已知小球与活塞发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，圆形活塞始终能保持水平，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球与活塞间的距离的最大值；
（3）在第二次碰撞后瞬间小球与活塞的速度分别为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）第一次碰撞前瞬间，对小球，根据动能定理有
解得
（2）小球与活塞第一次碰撞，由于是弹性碰撞，则有
，
解得
，
碰后活塞向下匀速运动，小球做竖直上抛运动，当小球速度向下且两者共速时有最大距离，选择向下为正方向，则有
解得共速时间
此时最大距离
解得
（3）第一次碰后到第二次碰前瞬间小球与活塞的位移相等，则有
解得
则第二次碰前瞬间活塞与小球的速度
，
第二次碰撞仍然为弹性碰撞，则有
，
解得
，
15. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内BCDE区域有匀强电场（k为未知的常数），方向竖直向下。A、B、C三点坐标分别为（L，L）、（L，0）、，BC边界为曲线，在BE边界上均匀分布着质量为m、电量为e的质子，这些质子以初速度v0水平向左发射。所有质子飞过BC边界后均能到达O点，质子通过O点后进入第三象限，第三象限分布着匀强电场，方向竖直向上，最终所有质子都通过x轴。不考虑质子的重力及质子间的相互作用，试求：
（1）对到达O点时速度方向与x轴夹角30°的质子，全过程电场力对该质子的冲量I；
（2）BC边界的曲线方程；
（3）若粒子只从AB段发射，则从AB段上哪个位置坐标发射的质子，打在x负半轴上离O点的距离最远？最远距离是多少？
【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）（L，L），
【解析】
【详解】（1）质子在第一象限电场中做类平抛运动，粒子水平方向做匀速直线运动，对到达O点时速度方向与x轴夹角30°的质子，根据速度分解有
质子在第三象限电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，质子飞出该电场后速度方向与x轴夹角仍然为30°，斜向左上方，作出全程速度变化量的矢量三角形，如图所示
则全程的速度变化量为
根据动量定理有
解得
方向竖直向上。
（2）设质子经过BC边界上某点坐标为（x，y），则在水平方向上有
在竖直方向上有
由于质子飞出后到达O点，根据结合关系有
解得
该曲线过C点，把C点坐标即，代入上式，解得
所以，BC的曲线方程为
是一条开口向下的抛物线。
（3）到达O点的质子速度的水平分量为v0，设速度方向与x轴负方向的夹角为，质子在水平方向上做匀速直线运动，则有
y方向上做双向匀变速直线运动，根据对称性有
解得
可知，当最大时，x最大。从A点飞入的质子，在第一象限电场中飞行时间最长，速度偏转角最大，对从A处发射的质子有
，
根据上述有
解得
质子水平分位移小于L，则电场中运动时间小于，即时间取
则有
解得
1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、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。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 甲、乙两辆汽车都以恒定功率在平直路面上启动，v—t图像如图所示，甲车功率是乙车功率的2倍，两辆汽车行驶时所受阻力恒定，则甲、乙两车所受阻力大小之比为（ ）
A. 3：8B. 8：3
C. 3：2D. 2：3
【答案】B
【解析】
【详解】汽车乙恒定功率启动，速度增大，则牵引力减小，汽车先做加速度减小得变加速直线运动，当牵引力与阻力平衡时，加速度为0，汽车达到最大速度，之后做匀速直线运动，则有
，
其中
根据图像可知，甲乙两车最大速度之比为3:4，则可解得甲、乙两车所受阻力大小之比为8:3。
故选B。
2. 如图为某次“三国台球道具赛”的情景，白球A被球杆击打后获得速度v0，而后与黑球B发生弹性正碰，B获得速度后进入直角管道，最终球B入袋。已知A、B质量均为m，球杆杆头与球A接触时间为t，忽略一切阻力且不考虑台球转动，则（ ）
A. 球杆对球A的平均作用力为
B. 球B被碰后速度小于v0
C. 球B进出管道前后，其动量改变量不为0
D. 若将球B换为质量更大的铁球，A与B仍然发生弹性正碰，则A对B作用力的冲量小于mv0
【答案】C
【解析】
【详解】A．球杆杆头与球A接触时间为t，根据动量定理有
解得
故A错误；
B．A、B质量相等，发生的 弹性碰撞，则有
，
解得
，
即两球速度发生交换，B获得速度v0，故B错误；
C．B进出前后速度方向发生变化，动量发生了变化，即球B进出管道前后，其动量改变量不为0，故C正确；
D．B换为铁球，质量大于A球，发生的仍然是弹性碰撞，则有
，
解得
根据动量定理，A对B作用力的冲量为
由于B球质量大于A球，解得
可知，碰后B动量变化量大于mv0，故D错误。
故选C。
3. 小巴同学用手平托力传感器，力传感器上方放一茶杯，当茶杯被上下移动时，得到如图所示的某一时段的F—t图像，由图可知t1~t2时间内，手掌的运动不可能是（ ）
A 一直向下运动最后静止B. 一直向下运动最后匀速
C. 一直向上运动最后静止D. 一直向上运动最后匀速
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图像可知，t1~t2时间内，传感器对茶杯的支持力大小先大于茶杯的重力，后小于茶杯的重力，最后等于茶杯的重力，根据牛顿第二定律可知，茶杯的加速度方向先向上，后向下，最后等于0。手掌的运动若一直向下，则先向下减速，后向下加速，最终匀速，不可能向下加速到静止，故A错误，符合题意；
B．根据上述，手掌的运动若一直向下，则先向下减速，后向下加速，最终匀速，故B正确，不符合题意；
C．根据上述，手掌的运动若一直向上，则先向上加速，后向上减速，若减速至0时，加速度为0，最终静止，故C正确，不符合题意；
D．根据上述，手掌的运动若一直向上，则先向上加速，后向上减速，若加速度为0，速度还没有减速至0时，最终匀速，故D正确，不符合题意。
故选A。
4. 如图所示，地球和月球组成双星系统，它们共同绕某点O转动且角速度相同。L1、L2、L3、L4、L5称为拉格朗日点，在这些位置上的航天器也绕O点转动且相对地月系统不动，则下列说法正确的是（ ）
A. 地月系统中，O点更靠近月球
B. 在五个拉格朗日点中，L1位置上的航天器向心加速度最大
C. 在五个拉格朗日点中，L2位置上的航天器所需向心力仅由地球引力提供
D. 在地面附近给航天器一初速度v0，不考虑月球对航天器的引力，航天器沿椭圆轨道运动至L3处，则v0>7.9km/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于双星系统，角速度相等，则有
，
解得
可知，双星系统天体的转动半径与与天体质量成反比，地球质量大于月球，则地球转动半径小于月球转动半径，即O点更靠近地球，故A错误；
B．所有拉格朗日点上航天器角速度与地月系统角速度相等，由于
由于位置航天器离O点最近，r最小，即L1位置上的航天器向心加速度an最小，故B错误；
C．L2位置上的航天器所需向心力由地球与月球对航天器的引力的合力提供，故C错误；
D．航天器沿椭圆轨道运动至L3处，航天器没有脱离地球的束缚，则航天器的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s，则有
v0>7.9km/s
故D正确。
故选D。
5. 如图，小蜀同学站在水平向右以v1匀速运动的滑板上，看到其正对面的墙上有一根竖直细管，某时刻在固定高度用弹弓将弹丸平行水平面射出，已知弹弓静止时发射弹丸的速度大小为v0，且v0>v1，忽略空气阻力，则（ ）
A. 不管以何种方式击中细管，弹丸在击中细管前，其在空中运动的时间都相同
B. 小蜀同学运动到O点时，为击中细管，他应瞄准细管发射弹丸
C. 为使细管上的弹痕位置最高，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
D. 为使弹丸命中细管且在水平方向位移最短，小蜀同学应在O点左侧发射弹丸
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据题意可知，人运动方向与墙面平行，而弹弓静止时发射弹丸的速度大小一定，方向可以在水平面内变化，弹丸在速度v0方向上做匀速直线运动，当弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射时，该速度方向上的分位移最小，根据分运动的独立性与等时性可知，当人运动到O点左侧某一位置时，弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射击中细管，用时最短，在竖直方向上弹丸做自由落体运动，则有
可知，弹丸在速度v0方向垂直墙壁发射击中细管时，弹丸竖直向下分位移最小，则此时的弹痕最高，故A错误，C正确；
BD．当运动到O点时，由于弹丸飞出时还存在沿人运动方向上的分速度v1，则应瞄准左前方，向左前方发射，弹丸才能获得指向细管的水平合速度，此时弹丸指向细管的水平合速度方向恰好与墙面垂直，此方式水平位移最短，故BD错误。
故选C。
6. 如图，在极板A、B间加上恒定电压，，两极板的长度为2d。现有一带正电粒子以速度v0从两板正中间O点水平入射，C点为其运动轨迹上的一点且到的距离为h，最终带电粒子恰好能从下极板射出。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力。则（ ）
A. 粒子在C点的速度大小为
B. 两极板间的电场强度大小为
C. 两极板间的距离为4h
D. 两极板间恒定电压的大小为
【答案】B
【解析】
【详解】B．粒子运动到C点过程，粒子做类平抛运动，则有
，
根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
A．粒子运动到C点过程，根据动能定理有
解得
故A错误；
C．粒子恰好能够从下极板射出，则有
，
解得
故C错误；
D．根据电压与电场强度的关系有
结合上述解得
故D错误。
故选B。
7. 如图，在正方形的四个顶点各固定一个电荷，电荷量大小相等，电性如图所示，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴，设无穷远处电势为零。将一负点电荷在原点O处静止释放，它在以后运动过程中的最大速度为v0。若将该负点电荷从x轴负半轴上无限远处以初速度3v0沿+x方向射入，它在以后运动过程中（ ）
A. 该电荷经过原点O时电势能为负值
B. 在原点O点处速度最大
C. 最小速度为
D. 最大速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．将四个点电荷看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电场分布特征，可知电场在y轴上的电场强度方向均沿x轴正方向，由于等势线与电场线垂直，则y轴为一条等势线，即O点电势等于0，根据
可知该电荷经过原点O时电势能为0，故A错误；
B．根据上述可知，负点电荷在y轴上受到的电场力方向均沿x负方向，当将负点电荷在O点由静止释放，负电荷将沿x轴负方向一定，当其运动至y轴左侧某点E所受电场力为零时，负电荷速度达到最大值v0，则有
当将负电荷由无穷远处以初速度3v0沿+x方向射入，负电荷在E点前受电场力向右而加速，E点至其关于原点的对称点F点受电场力向左而减速，F点后受电场力向右而加速至3v0，故其在E点速度最大，在F点速度最小，故B错误；
C．根据上述有
在E点速度最大，在F点速度最小，根据对称性有
根据动能定理有
解得
故C错误；
D．根据上述可知，O点的电势与无穷远处电势相等，均为0，则无穷远至E点与O点至E点之间的电势差相等，即有
根据动能定理有
结合上述解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图为小鲁同学自制的电容器，其电容为C，主要由上下两片铝箔以及中间的绝缘塑料片构成，两根导线分别连接上下两片铝箔，则（ ）
A. 对其充电的电源电压越大，其电容也越大
B. 绝缘塑料片越厚，其电容越小
C. 对其充电后将两根导线端点连接，就可长时间储存电能
D. 将其沿中线剪开，则剩余部分的电容为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电容器的电容由电容器本身决定，与电压无本质决定关系，故A错误；
B．根据电容的决定式有
绝缘塑料片越厚，即极板之间的间距d越大，则电容越小，故B正确；
C．若将两根导线的端点导线连接，电容器将放电，不可长时间储存电能，故C错误；
D．根据电容的决定式有
若将该自制电容器沿中线剪开，由于正对面积
故有
故D正确。
故选BD。
9. 如图，光滑水平地面上有木板B和光滑圆弧面C，B、C未粘连，最初物块A以4m/s的水平初速度滑上木块B，已知A、B、C质量均为1kg，B的长度以及圆弧C的半径均为1m，A与B之间的动摩擦因数为0.5，A可视为质点，g=10m/s2，则（ ）
A. 最终B的速度为1m/s
B. A竖直向上的最大位移为
C. 最终C的速度为2m/s
D. 从最初至A到达其运动最高点过程中，A、B、C构成的系统动量不守恒但机械能守恒
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．物块A滑上B到A运动至BC连接处过程，对ABC构成的系统，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
此后BC分离，最终B的速度为1m/s，故A正确；
B．之后，A滑上C，对AC构成的系统，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
故B正确；
C．之后，A最终将到达C圆弧的最低点，此过程，对AC构成的系统有
，
解得
，
故C正确；
D．A在C上运动时，竖直方向动量不守恒，A在B上运动时，摩擦力做负功，机械能不守恒，故D错误。
故选ABC。
10. 如图，竖直平面内有一半径为R=1m、内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与水平面相切于点c，该圆形轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强。在水平面上放着不带电的物块A和带正电的物块B，其中mA=2kg、mB=1kg，物块B所带电荷量，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧P（两端未与A、B拴接）。d点左侧水平面粗糙但右侧光滑，物块A与d点左侧水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。现将细绳剪断，A脱离弹簧P一段时间后才滑到d点，最终在d点左端L=1.225m处停止。A、B可看作质点，g=10m/s2，则（ ）
A. 物块B第一次滑至c点的速度大小为7m/s
B. 物块B在c点时具有的电势能最大
C. 物块B可以运动到圆轨道的最高点
D. 物块B离开轨道时的速度大小为m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．剪断绳子后，物块A、B获得速度vA、vB，A在d点左侧做匀减速直线运动，则有
解得
A、B组成系统动量守恒，则有
解得
故A正确；
B．B带正电，在B运动到电场中最高点过程，电场力对B做负功，电势能增大，物块B在电场中最高点时具有的电势能最大，故B错误；
C．若物块B恰好能达最高点，则有
解得
假设B从上述临界状态返回至c点，则有
解得
由于
故B脱离弹簧后不能到达圆弧轨道最高点，故C错误；
D．设B在离开轨道时的速度为，飞出点位置的半径与竖直方向夹角为，则在飞出点有
B从离开弹簧到运动至飞出点有
解得
，
故D正确。
故选AD
三、非选择题：共5小题，共57分。
11. 某研究性学习小组做“用传感器观察电容器的充电和放电”的实验，利用电流传感器和电压传感器研究电容器的充放电情况。如图甲，先将开关S拨至1端，待电路稳定后，再将开关S拨至2端。传感器将信息传入计算机，即可显示出电流、电压随时间变化的图线。
（1）由图甲可知，传感器2应为______（填“电流”或“电压”）传感器。
（2）如图乙，在电流传感器中形成曲线2的过程中，电压传感器两端的电压______（填“逐渐增大”“保持不变”或“逐渐减小”）。
（3）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是______。
A随着放电过程的进行，该电容器的电容保持不变
B.电容器充电过程中，电容器极板所带电量逐渐增加
C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小
【答案】 ①. 电压 ②. 逐渐减小 ③. ABD##ADB##BAD##BDA##DAB##DBA
【解析】
【详解】（1）[1]图甲中，传感器2与电容器并联，可知，传感器是电压传感器。
（2）[2]电流传感器中形成曲线2的过程中，电容器处于放电过程，电容器极板所带电荷量逐渐减小，根据
可知，电容器极板之间的电压逐渐减小，即电压传感器两端的电压逐渐减小。
（3）[3]A．电容器的电容由电容器本身决定，与极板之间的电压、极板所带电荷量无关，即随着放电过程的进行，该电容器的电容保持不变，故A正确；
B．电容器充电过程中，电流逐渐减小，极板之间电压逐渐增大，根据
可知，电容器极板所带电量逐渐增加，故B正确；
C．电容器充电过程中，电源提供的电能一部分转化为电阻箱的内能，另一部分转化为电容器储存的电场能，故C错误；
D．电容器放电过程中，极板所带电荷量逐渐减小，极板之间电压逐渐减小，极板之间的电场逐渐减弱，即电容器中的电场能逐渐减小，故D正确。
故选ABD。
12. 某实验小组同学研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。
步骤1：不放小球b，让小球a从斜槽上某固定位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均上位置B；
步骤2：把小球b轻放在斜槽末端边缘，让小球a从相同位置由静止滚下，与小球b发生碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置A、C；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置A、B、C离O点的距离，即线段OA、OB、OC的长度。已知小球a质量为m1、小球b质量为m2。
（1）在本实验中，下列是产生误差的主要原因的是______。
A.斜槽的末端没有调整至水平状态
B.小球在斜槽中运动时会受到摩擦力作用
C.小球a每次由静止释放时的位置不固定
D.测量平均落点到O点的线段长度时有误差
（2）完成上述实验需小球a和小球b质量大小关系为m1______m2（填“大于”“等于”或“小于”）。
（3）若等式______在误差范围内成立，则说明碰撞前后系统动量守恒；若想用该实验测得的数据进一步判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据______（填“正确”或“错误”）。
【答案】 ①. ACD##ADC##CAD##CDA##DAC##DCA ②. 大于 ③. ④. 正确
【解析】
【详解】（1）[1]A．若斜槽的末端没有调整至水平状态，则小球飞出的初速度方向没有沿水平方向，导致小球的运动不是平抛运动，引起初速度的测量误差，故A正确；
B．由于小球a从斜槽上每次释放均是从某固定位置由静止滚下，则其每次克服摩擦力做功相同，即小球a每次飞出的初速度大小一定，可知小球在斜槽中运动时受到摩擦力作用对实验没有影响，故B错误；
C．若小球a每次由静止释放时的位置不固定，其飞出时的初速度大小不是一个定值，导致在水平地面的落点不是一个定值，引起实验的测量误差，故C正确；
D．测量平均落点到O点的线段长度时有误差，导致测量小球飞出的初速度有误差，故D正确。
故选ACD。
（2）[2]为了避免入射小球出现反弹，实验需小球a和小球b质量大小关系为m1大于m2。
（3）[3]小球飞出后做平抛运动，则有
，
解得
小球平抛竖直分位移相等，则飞出速度与水平位移成正比，小球a单独滚下对应的水平分位移是OB，碰撞后，小球a、b飞出对应的水平分位移分别是OA、OC，根据
解得
[4]若两球碰撞过程中机械能则有
结合上述解得
由于
联立解得
可知，两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据可以是：等式“OB+OA=OC”在误差允许的范围内成立，该依据正确。
13. 理想实验合理外推是科学探究中的一种重要方法。如图所示，某同学用两个底端通过光滑圆弧平顺连接、倾角均为θ=37°的斜面模仿伽利略的理想实验。现有质量为m的物体，从高为h的左侧斜面静止滑下，物体与两斜面之间的动摩擦因数过均为，重力加速度为g=10m/s2，求物体：
（1）沿右侧斜面往上滑动时加速度的大小；
（2）在右侧斜面第一次上滑时间t1与在右侧斜面第一次下滑时间t2的比值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）沿右侧斜面往上滑动时，对物体分析有
解得
（2）根据上述，右侧斜面第一次上滑过程的加速度
右侧斜面第一次下滑过程，对物体分析有
解得
右侧斜面第一次上滑做匀减速直线运动，最后减速至0，该过程利用逆向思维，根据位移公式有
之后物体又向下做匀加速直线运动，根据位移公式有
解得
14. 如图所示，一足够长的固定圆管内放有一质量为M的圆形小活塞，活塞与上管口距离为L。现有一质量为的小球从管口自由释放，能撞在圆活塞的中心，使活塞向下滑动（活塞运动时受到的滑动摩擦力恰与它的重力大小相等）。已知小球与活塞发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，圆形活塞始终能保持水平，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）第一次碰撞前瞬间小球的速度大小；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前，小球与活塞间的距离的最大值；
（3）在第二次碰撞后瞬间小球与活塞的速度分别为多少？
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）第一次碰撞前瞬间，对小球，根据动能定理有
解得
（2）小球与活塞第一次碰撞，由于是弹性碰撞，则有
，
解得
，
碰后活塞向下匀速运动，小球做竖直上抛运动，当小球速度向下且两者共速时有最大距离，选择向下为正方向，则有
解得共速时间
此时最大距离
解得
（3）第一次碰后到第二次碰前瞬间小球与活塞的位移相等，则有
解得
则第二次碰前瞬间活塞与小球的速度
，
第二次碰撞仍然为弹性碰撞，则有
，
解得
，
15. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内BCDE区域有匀强电场（k为未知的常数），方向竖直向下。A、B、C三点坐标分别为（L，L）、（L，0）、，BC边界为曲线，在BE边界上均匀分布着质量为m、电量为e的质子，这些质子以初速度v0水平向左发射。所有质子飞过BC边界后均能到达O点，质子通过O点后进入第三象限，第三象限分布着匀强电场，方向竖直向上，最终所有质子都通过x轴。不考虑质子的重力及质子间的相互作用，试求：
（1）对到达O点时速度方向与x轴夹角30°的质子，全过程电场力对该质子的冲量I；
（2）BC边界的曲线方程；
（3）若粒子只从AB段发射，则从AB段上哪个位置坐标发射的质子，打在x负半轴上离O点的距离最远？最远距离是多少？
【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）（L，L），
【解析】
【详解】（1）质子在第一象限电场中做类平抛运动，粒子水平方向做匀速直线运动，对到达O点时速度方向与x轴夹角30°的质子，根据速度分解有
质子在第三象限电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，质子飞出该电场后速度方向与x轴夹角仍然为30°，斜向左上方，作出全程速度变化量的矢量三角形，如图所示
则全程的速度变化量为
根据动量定理有
解得
方向竖直向上。
（2）设质子经过BC边界上某点坐标为（x，y），则在水平方向上有
在竖直方向上有
由于质子飞出后到达O点，根据结合关系有
解得
该曲线过C点，把C点坐标即，代入上式，解得
所以，BC的曲线方程为
是一条开口向下的抛物线。
（3）到达O点的质子速度的水平分量为v0，设速度方向与x轴负方向的夹角为，质子在水平方向上做匀速直线运动，则有
y方向上做双向匀变速直线运动，根据对称性有
解得
可知，当最大时，x最大。从A点飞入的质子，在第一象限电场中飞行时间最长，速度偏转角最大，对从A处发射的质子有
，
根据上述有
解得
质子水平分位移小于L，则电场中运动时间小于，即时间取
则有
解得
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