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2024届重庆市乌江新高考协作体高三上学期12月期中学业质量联合调研抽测物理试题 （解析版）
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这是一份2024届重庆市乌江新高考协作体高三上学期12月期中学业质量联合调研抽测物理试题 （解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（分数：100分，时间：75分钟）
一、单选题
1. 如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面。金属棒AC与导轨垂直且接触良好。现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后（ ）
A. 金属棒所受安培力最大值与其重力大小相等
B. 电流方向沿棒由C指向A
C. 在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量
D. 金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，当安培力增大到与其重力相等时棒做匀速运动，安培力不再增大，故A正确；
B．由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由A指向C，故B错误；
C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能转化为在电阻上产生的热量和棒的动能，故C错误；
D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，安培力对棒做负功，金属棒的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
2. 一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化，图像如图所示，则（ ）
A. a→b过程中气体分子平均动能减小
B. a→b过程中气体压强增大
C. b→c过程中单位体积内的分子数增多
D. b→c过程中气体内能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．理想气体分子平均动能只与温度有关，气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；
B．由理想气体状态方程可知，气体温度不变，体积减小，压强增大，故B正确；
C．b→c过程气体体积不变，所以单位体积内分子数不变，故C错误；
D．b→c过程气体温度升高，理想气体内能增大，故D错误。
故选B。
3. 水平光滑地面上静置一个物体，若同时受到两个水平方向的外力、的作用，、与时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. 全程物体所受合力冲量的最大值是
B. 物体的末速度为0
C. 10s时物体回到原出发点
D. 5s时该物体具有最大速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像的面积表示物体受到的冲量，从图中可知当t=5s时，合力的冲量最大为
故A正确；
BCD．从图像中可以看出，两个力的方向相反，正向均匀减小，反向均匀增大，刚开始，物体正向做加速运动，当t=5s时，合力为零，速度达到最大，5s之后，合力沿负方向，速度沿正方向，所以做减速运动，仍朝着正方向运动，当t=10s时速度为零，故10s时离出发点最远，BD正确，C错误。
本题选错误选项，故选C。
4. 铁心上有两个线圈，把它们和一个干电池连接起来，已知线圈的电阻 比电池的内阻大得多，如图所示的图中，哪一种接法铁心的磁性最强（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流一个是从线圈的右侧进入，另一个是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相同，磁场得到加强，铁芯的磁性比较大，故A正确；
B．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流都是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相反，相互抵消，铁芯的磁性比较小，故B错误；
C．由图可得，两个线圈的绕法相反，而且左侧的线圈中没有电流通过，只有一个线圈产生磁场，故C错误；
D．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流都是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相反，相互抵消，铁芯的磁性比较小，故D错误．
故选A。
点睛：本题考查了磁极间的相互作用、安培定则，其中对于安培定则要求我们不但能根据电流方向判断磁场方向还要能根据磁场方向判断出线圈的绕向及电流方向．
5. 关于弹力与摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 静止地放在水平桌面上的物块对桌面的压力，就是物块的重力
B. 摩擦力的方向一定与物体运动方向或运动趋势的方向相反
C. 如物体有受弹力，必定受摩擦力；有受摩擦力，一定有相应的弹力
D. 如物体受摩擦力，则摩擦力的方向与相应的弹力的方向一定是相互垂直的
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．静止地放在水平桌面上的物块对桌面的压力的大小等于物块的重力，故A错误；
B．摩擦力的方向一定与两个物体之间的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反，故B错误；
C．如物体有受弹力，不一定受摩擦力；但是有受摩擦力，一定有相应的弹力，故C错误；
D．如物体受摩擦力，则摩擦力的方向与相应的弹力的方向一定是相互垂直的，故D正确。
故选D。
6. 某物体做直线运动的图像如图所示。关于物体在前内的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体第末改变速度方向
B. 内的速度大于内的速度
C. 内的位移为
D. 内的速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在0~4s沿正方向运动，在4s~8s沿负方向运动，A错误；
BD．在x-t图线中，斜率表示速度，因此在内的速度
在内的速度大小
B错误，D正确；
C．内的位移
C错误。
故选D。
7. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆，O为圆心，AB、CD分别为圆的水平直径和竖直直径，在圆内有与该圆所在竖直面垂直的匀强磁场（图中未画出），PP'是与AB平行的一条弦。在圆的左边放置一能够发射某种带电粒子的发射装置，若该装置从A点沿AB方向射出一个速度为v的带电粒子（不计重力），并恰好从D点沿CD方向离开磁场。如果让该装置从P点沿PP'方向射出一个速度也为v的同种带电粒子，该带电粒子从P点进入磁场区域后，关于该粒子离开磁场的位置，下列说法正确的是（ ）
A. 该粒子从D点左侧附近某点离开磁场B. 该粒子仍从D点离开磁场
C. 该粒子从D点右侧附近某点离开磁场D. 该粒子从B点离开磁场
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知，，从A点射入的带电粒子从D点沿CD方向离开磁场，由几何关系可得，粒子的轨道半径与圆形磁场的半径相等，轨迹图如图所示。所以从P点射入的粒子速度不变，则轨道半径也是R，由磁聚焦定义，平行带电粒子射向圆形匀强磁场，并且轨道半径与圆形磁场半径相同，那么所有粒子将从同一点射出圆形磁场，所以从P点射入的粒子仍从D点离开磁场，轨迹如图所示，则B正确；ACD错误；
故选B。
二、多选题
8. 下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮固体小颗粒的无规则运动
B. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加
C. 液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于，分子间作用力表现为引力
D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发越慢
E. 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．布朗运动是指液体或气体中悬浮的固体小颗粒的无规则运动，A正确；
B．气体的温度升高，分子的平均速率变大，并非每个气体分子运动的速率都增加，B错误；
C.液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，C正确；
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢，D错误；
E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，但是要消耗电能，但是制冷机的工作仍遵守热力学第二定律，E错误。
故选ACD。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动
B. 两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力比斥力减小的快
C. 分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零（取无穷远为势能零点）
D. 已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的间距
【答案】AD
【解析】
【详解】A．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动是由于液体分子对花粉颗粒的无规则撞击形成的，所以布朗运动反映了水分子的热运动，故A正确；
B．两个分子间的距离变大的过程中，分子间斥力比引力减小的快，故B错误；
C．分子力表现为斥力时，分子之间距离的增大的过程中分子力做正功，所以分子势能随分子间距离的增大而减小；可知在分子作用力为0时，分子势能最小；一般取分子之间的距离为无穷大时分子势能为0，所以在分子间作用力为零时，分子间的势能不是零，故C错误；
D．已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离，故D正确；
故选AD．
【点睛】布朗运动是固体颗粒运动，是液体分子无规则热运动的反映；根据分子力做功的关系判断分子势能的变化；知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小．
10. 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示．滑块A的质量记作mA，长木板B的质量记作mB，则（ ）
A. mA＝1kg
B. mB＝3kg
C. A、B间动摩擦因数μ＝0.5
D. F＞10N之后，B的加速度为2m/s2
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图乙可知，当F＝10N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
F＝（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB＝5kg
当F大于10N时，A、B发生相对滑动，对A根据牛顿第二定律得
a==-μg
图象的斜率
k＝＝＝
解得
mA＝2kg
滑块B的质量为
mB＝3kg
故A错误，B正确；
C．当F大于10N时，A的加速度与F的关系
a＝F-μg
知当a＝0时，F＝6N，代入解得
μ＝0.3
故C错误；
D．根据F＞10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
aB＝＝m/s2=2m/s2
故D正确。
故选BD。
三、非选择题
11. 如图所示，直角三角形ABC的斜边倾角为30°，底边BC长2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边的垂足D时速度为v[将（1）、（2）题正确选项前的标号填在括号内]
（1）在质点的运动中不发生变化的是________
①动能
②电势能与重力势能之和
③动能与重力势能之和
④动能、电势能、重力势能之和
A．①② B．②③ C．④ D．②
（2）质点的运动是________
A．匀加速运动
B．匀减速运动
C．先匀加速后匀减速的运动
D．加速度随时间变化的运动
（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vC=_______；加速度aC=_____
【答案】 ①. C ②. D ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变。
故选C。
（2）[2]质点受重力mg、库仑力F、支持力N作用，因为重力沿斜面向下的分力mgsinθ是恒定不变的，而库仑力F在不断变化，且F沿斜面方向的分力也在不断变化，故质点所受合力在不断变化，所以加速度也在不断变化。
故选D。
（3）[3]因BD==OC=OD，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律
其中
h＝sin60°＝sin30°sin60°＝2L××＝
得
[4]质点在C点受三个力的作用，电场力
方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜向向上，根据牛顿第二定律
化简可得
可得加速度
12. 一物体在水平面内沿半径 R = 20cm的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v = 0.2m/s ，那么，它的角速度______rad/s，它的频率___HZ，它的周期为______s，它的转速为_____r/s，它的向心加速度为______m/s2．
【答案】 ①. 1； ②. ； ③. 2； ④. ； ⑤. 0.2
【解析】
【分析】根据线速度与角速度的关系式v=rω求出角速度的大小，根据求出周期的大小．
【详解】由角速度与线速度的关系式得：；
由公式得：；
由公式；
由频率与转速的物理意义相同，所以转速为；
由公式．
【点睛】对于圆周运动的物理量，需掌握线速度与角速度、周期、向心加速度之间的关系，并能灵活运用．
13. 物体从离地面20m高处做自由落体运动（），求：
(1)物体落地所需时间t；
(2)物体落地时的速度v；
(3)物体在整个下落过程中的平均速度。
【答案】(1)2s；(2)20m/s；(3)10m/s
【解析】
【详解】(1)物体做自由落体运动，根据
代入数据可解得；
(2)根据
代入数据可解得
(3)根据平均速度公式有
14. 一个人在某一星球上以速度v竖直上抛一个物体，经时间t落回抛出点，已知该星球的半径为R，若要在该星球上发射一颗靠近该星球表面运转的人造卫星，则该人造卫星运转的速度大小为多少？
【答案】
【解析】
【详解】以速度v竖直上抛一个物体，经时间t落回抛出点，根据对称性，物体从最高点下落到地面用时为
下落阶段自由落体，根据速度时间关系
解得
人造卫星靠近该星球运转时，由万有引力提供向心力得
解得
由万有引力与重力的关系
联立解得
15. 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL， μL)，Q端在y轴上，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为M=7m的小物块置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)；（2）（其中，）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理
解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
联立解得水平初速度为
物块从点到轨道上落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知
解得
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知
解得
A落在B落点的右侧，则
A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
联立以上，可得的取值范围为
（分数：100分，时间：75分钟）
一、单选题
1. 如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面。金属棒AC与导轨垂直且接触良好。现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后（ ）
A. 金属棒所受安培力最大值与其重力大小相等
B. 电流方向沿棒由C指向A
C. 在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量
D. 金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，当安培力增大到与其重力相等时棒做匀速运动，安培力不再增大，故A正确；
B．由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由A指向C，故B错误；
C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能转化为在电阻上产生的热量和棒的动能，故C错误；
D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，安培力对棒做负功，金属棒的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
2. 一定质量的理想气体，其状态经历a→b→c的变化，图像如图所示，则（ ）
A. a→b过程中气体分子平均动能减小
B. a→b过程中气体压强增大
C. b→c过程中单位体积内的分子数增多
D. b→c过程中气体内能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．理想气体分子平均动能只与温度有关，气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；
B．由理想气体状态方程可知，气体温度不变，体积减小，压强增大，故B正确；
C．b→c过程气体体积不变，所以单位体积内分子数不变，故C错误；
D．b→c过程气体温度升高，理想气体内能增大，故D错误。
故选B。
3. 水平光滑地面上静置一个物体，若同时受到两个水平方向的外力、的作用，、与时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. 全程物体所受合力冲量的最大值是
B. 物体的末速度为0
C. 10s时物体回到原出发点
D. 5s时该物体具有最大速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像的面积表示物体受到的冲量，从图中可知当t=5s时，合力的冲量最大为
故A正确；
BCD．从图像中可以看出，两个力的方向相反，正向均匀减小，反向均匀增大，刚开始，物体正向做加速运动，当t=5s时，合力为零，速度达到最大，5s之后，合力沿负方向，速度沿正方向，所以做减速运动，仍朝着正方向运动，当t=10s时速度为零，故10s时离出发点最远，BD正确，C错误。
本题选错误选项，故选C。
4. 铁心上有两个线圈，把它们和一个干电池连接起来，已知线圈的电阻 比电池的内阻大得多，如图所示的图中，哪一种接法铁心的磁性最强（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流一个是从线圈的右侧进入，另一个是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相同，磁场得到加强，铁芯的磁性比较大，故A正确；
B．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流都是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相反，相互抵消，铁芯的磁性比较小，故B错误；
C．由图可得，两个线圈的绕法相反，而且左侧的线圈中没有电流通过，只有一个线圈产生磁场，故C错误；
D．由图可得，两个线圈的绕法相反，电流都是从线圈的左侧进入，所以线圈产生的磁场的方向相反，相互抵消，铁芯的磁性比较小，故D错误．
故选A。
点睛：本题考查了磁极间的相互作用、安培定则，其中对于安培定则要求我们不但能根据电流方向判断磁场方向还要能根据磁场方向判断出线圈的绕向及电流方向．
5. 关于弹力与摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 静止地放在水平桌面上的物块对桌面的压力，就是物块的重力
B. 摩擦力的方向一定与物体运动方向或运动趋势的方向相反
C. 如物体有受弹力，必定受摩擦力；有受摩擦力，一定有相应的弹力
D. 如物体受摩擦力，则摩擦力的方向与相应的弹力的方向一定是相互垂直的
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．静止地放在水平桌面上的物块对桌面的压力的大小等于物块的重力，故A错误；
B．摩擦力的方向一定与两个物体之间的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反，故B错误；
C．如物体有受弹力，不一定受摩擦力；但是有受摩擦力，一定有相应的弹力，故C错误；
D．如物体受摩擦力，则摩擦力的方向与相应的弹力的方向一定是相互垂直的，故D正确。
故选D。
6. 某物体做直线运动的图像如图所示。关于物体在前内的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体第末改变速度方向
B. 内的速度大于内的速度
C. 内的位移为
D. 内的速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．在0~4s沿正方向运动，在4s~8s沿负方向运动，A错误；
BD．在x-t图线中，斜率表示速度，因此在内的速度
在内的速度大小
B错误，D正确；
C．内的位移
C错误。
故选D。
7. 如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆，O为圆心，AB、CD分别为圆的水平直径和竖直直径，在圆内有与该圆所在竖直面垂直的匀强磁场（图中未画出），PP'是与AB平行的一条弦。在圆的左边放置一能够发射某种带电粒子的发射装置，若该装置从A点沿AB方向射出一个速度为v的带电粒子（不计重力），并恰好从D点沿CD方向离开磁场。如果让该装置从P点沿PP'方向射出一个速度也为v的同种带电粒子，该带电粒子从P点进入磁场区域后，关于该粒子离开磁场的位置，下列说法正确的是（ ）
A. 该粒子从D点左侧附近某点离开磁场B. 该粒子仍从D点离开磁场
C. 该粒子从D点右侧附近某点离开磁场D. 该粒子从B点离开磁场
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知，，从A点射入的带电粒子从D点沿CD方向离开磁场，由几何关系可得，粒子的轨道半径与圆形磁场的半径相等，轨迹图如图所示。所以从P点射入的粒子速度不变，则轨道半径也是R，由磁聚焦定义，平行带电粒子射向圆形匀强磁场，并且轨道半径与圆形磁场半径相同，那么所有粒子将从同一点射出圆形磁场，所以从P点射入的粒子仍从D点离开磁场，轨迹如图所示，则B正确；ACD错误；
故选B。
二、多选题
8. 下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮固体小颗粒的无规则运动
B. 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加
C. 液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于，分子间作用力表现为引力
D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发越慢
E. 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．布朗运动是指液体或气体中悬浮的固体小颗粒的无规则运动，A正确；
B．气体的温度升高，分子的平均速率变大，并非每个气体分子运动的速率都增加，B错误；
C.液体表面张力形成的原因是由于液体表面层分子间距离大于r0，分子间作用力表现为引力，C正确；
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发越慢，D错误；
E．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，但是要消耗电能，但是制冷机的工作仍遵守热力学第二定律，E错误。
故选ACD。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动
B. 两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力比斥力减小的快
C. 分子间作用力为零时，分子间的势能一定是零（取无穷远为势能零点）
D. 已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的间距
【答案】AD
【解析】
【详解】A．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动是由于液体分子对花粉颗粒的无规则撞击形成的，所以布朗运动反映了水分子的热运动，故A正确；
B．两个分子间的距离变大的过程中，分子间斥力比引力减小的快，故B错误；
C．分子力表现为斥力时，分子之间距离的增大的过程中分子力做正功，所以分子势能随分子间距离的增大而减小；可知在分子作用力为0时，分子势能最小；一般取分子之间的距离为无穷大时分子势能为0，所以在分子间作用力为零时，分子间的势能不是零，故C错误；
D．已知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小，或分子之间的距离，故D正确；
故选AD．
【点睛】布朗运动是固体颗粒运动，是液体分子无规则热运动的反映；根据分子力做功的关系判断分子势能的变化；知阿伏加伽德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子所占空间的大小．
10. 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示．滑块A的质量记作mA，长木板B的质量记作mB，则（ ）
A. mA＝1kg
B. mB＝3kg
C. A、B间动摩擦因数μ＝0.5
D. F＞10N之后，B的加速度为2m/s2
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图乙可知，当F＝10N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
F＝（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB＝5kg
当F大于10N时，A、B发生相对滑动，对A根据牛顿第二定律得
a==-μg
图象的斜率
k＝＝＝
解得
mA＝2kg
滑块B的质量为
mB＝3kg
故A错误，B正确；
C．当F大于10N时，A的加速度与F的关系
a＝F-μg
知当a＝0时，F＝6N，代入解得
μ＝0.3
故C错误；
D．根据F＞10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
aB＝＝m/s2=2m/s2
故D正确。
故选BD。
三、非选择题
11. 如图所示，直角三角形ABC的斜边倾角为30°，底边BC长2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边的垂足D时速度为v[将（1）、（2）题正确选项前的标号填在括号内]
（1）在质点的运动中不发生变化的是________
①动能
②电势能与重力势能之和
③动能与重力势能之和
④动能、电势能、重力势能之和
A．①② B．②③ C．④ D．②
（2）质点的运动是________
A．匀加速运动
B．匀减速运动
C．先匀加速后匀减速的运动
D．加速度随时间变化的运动
（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vC=_______；加速度aC=_____
【答案】 ①. C ②. D ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]小球受重力、支持力和电场力，支持力不做功，只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变。
故选C。
（2）[2]质点受重力mg、库仑力F、支持力N作用，因为重力沿斜面向下的分力mgsinθ是恒定不变的，而库仑力F在不断变化，且F沿斜面方向的分力也在不断变化，故质点所受合力在不断变化，所以加速度也在不断变化。
故选D。
（3）[3]因BD==OC=OD，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律
其中
h＝sin60°＝sin30°sin60°＝2L××＝
得
[4]质点在C点受三个力的作用，电场力
方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜向向上，根据牛顿第二定律
化简可得
可得加速度
12. 一物体在水平面内沿半径 R = 20cm的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度v = 0.2m/s ，那么，它的角速度______rad/s，它的频率___HZ，它的周期为______s，它的转速为_____r/s，它的向心加速度为______m/s2．
【答案】 ①. 1； ②. ； ③. 2； ④. ； ⑤. 0.2
【解析】
【分析】根据线速度与角速度的关系式v=rω求出角速度的大小，根据求出周期的大小．
【详解】由角速度与线速度的关系式得：；
由公式得：；
由公式；
由频率与转速的物理意义相同，所以转速为；
由公式．
【点睛】对于圆周运动的物理量，需掌握线速度与角速度、周期、向心加速度之间的关系，并能灵活运用．
13. 物体从离地面20m高处做自由落体运动（），求：
(1)物体落地所需时间t；
(2)物体落地时的速度v；
(3)物体在整个下落过程中的平均速度。
【答案】(1)2s；(2)20m/s；(3)10m/s
【解析】
【详解】(1)物体做自由落体运动，根据
代入数据可解得；
(2)根据
代入数据可解得
(3)根据平均速度公式有
14. 一个人在某一星球上以速度v竖直上抛一个物体，经时间t落回抛出点，已知该星球的半径为R，若要在该星球上发射一颗靠近该星球表面运转的人造卫星，则该人造卫星运转的速度大小为多少？
【答案】
【解析】
【详解】以速度v竖直上抛一个物体，经时间t落回抛出点，根据对称性，物体从最高点下落到地面用时为
下落阶段自由落体，根据速度时间关系
解得
人造卫星靠近该星球运转时，由万有引力提供向心力得
解得
由万有引力与重力的关系
联立解得
15. 如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL， μL)，Q端在y轴上，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为M=7m的小物块置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)；（2）（其中，）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理
解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
联立解得水平初速度为
物块从点到轨道上落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知
解得
物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知
解得
A落在B落点的右侧，则
A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
联立以上，可得的取值范围为
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