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2024届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟考试物理试题 （解析版）
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这是一份2024届四川省成都市第七中学高三上学期一诊模拟考试物理试题 （解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列说法以及有关科学的家的贡献描述正确的是（ ）
A. 电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，转化的能量越多，电源的电动势就越大
B. 库仑认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场
C. 牛顿通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
D. 美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量
【答案】D
【解析】
【详解】A．电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，但电源电动势的大小与转化的能量多少无关，故A错误；
B．法拉第认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场，故B错误；
C．伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D．美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量，故D正确。
故选D。
2. 某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.2倍。已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设赤道处的重力加速度为g，物体在两极时万有引力等于重力，有
在赤道时万有引力可分解为重力和自转所需的向心力，则有
联立解得该行星自转的角速度为
故选A。
3. 如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A. 小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为
C. 餐桌面的半径为
D. 物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，沿切线方向飞出，小物块在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B．物块随圆盘运动过程中，将要滑离圆盘时
则由动能定理圆盘对小物块做功为
故B错误；
C．物块在桌面上滑动的距离
餐桌面的半径为
故C错误；
D．根据动量定理，物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的微粒（不计重力）从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点右侧
B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧
C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
【答案】AD
【解析】
【详解】A．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端电压为
增大R1，U减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，产生的加速度减小，从P点水平速度v0射入金属板间打在极板上，则
水平位移为
水平位移增大，则粒子打在O点右侧，故A正确；
B．保持开关S闭合，增大R2，R0两端电压为
电压不变，则电容器两端的电压不变，加速度不变，粒子仍打在O点，故B错误；
C．断开开关S，平行板电量不变，平行板间的电场强度为
解得
M极板稍微上移，E不变，故加速度不变，不影响粒子得运动，粒子仍打在O点，故C错误；
D．断开开关S，N极板稍微下移，E不变，故加速度不变，但y增大，则x增大，粒子打在O点右侧，故D正确。
故选AD。
5. 如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为（未知）。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/，则（ ）
A. 算珠A在碰撞前运动了0.2s
B. 算珠与杆之间的动摩擦因数为
C. 算珠A与算珠B碰撞过程无机械能损失
D. 算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
【答案】D
【解析】
【详解】A．由匀变速直线运动规律可得
解得
A错误；
B．由匀变速直线运动规律可得
由牛顿第二定律可得
解得
B错误；
C．算珠A与算珠B的质量均为，则碰撞过程能量关系为
算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C错误；
D．算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得
因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D正确；
故选D。
6. 某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图像，如图所示（除2s~10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A. 小车在0-10s内为恒定功率启动
B. 小车所受到的阻力为1.5N
C. 小车额定功率为6W
D. 小车在变加速运动过程中位移为39m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图像可知，内小车为恒加速度启动过程，速度逐渐增加，牵引力不变，时小车到达额定功率，之后的小车为恒功率启动过程。故A错误；
B．在时间段，加速度大小
由牛顿第二定律可知小车所受阻力为
故B正确；
C．根据分析可知小车在10s~14s做匀速运动，牵引力大小与相等，小车功率为额定功率
故C错误；
D．2s~10s内根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BD。
7. 如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知
A. 从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B. 从A到B，小球的加速度先减小后增大
C. 小球运动到O点时的速度大小为
D. 小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；
B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故
水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向
摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误；
C.从A到B，由动能定理可得
从A到O和从O到B电场力变化相同，由可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可得
联立两式可解得
C正确；
D. 从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；
故选AC。
8. 如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）
A. 工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B. 工件向右运动2x0后与弹簧分离
C. 弹簧劲度系数为
D. 整个运动过程中摩擦力对工件做功为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从图乙可知，摩擦力在处方向发生变化，在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B．在区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动后与弹簧分离，故B正确；
C．由胡克定律得
解得弹簧的劲度系数
故C错误；
D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共174分）
二、非选择题：
9. 一组同学在教室内做研究平抛运动的实验，装置如图甲所示，末端切线水平的轨道固定在靠近竖直墙的课桌上，在墙上的适当位置固定一张白纸，白纸前面覆盖复写纸。让一小钢球从轨道顶端由静止滚下，离开轨道后撞击复写纸，在白纸上留下撞击痕迹点。开始时轨道末端距墙x0，小球撞击的痕迹点记为1，后依次将课桌远离墙移动L=30cm，每次移动后都让小钢球从轨道顶端由静止滚下，直到小钢球不能直接碰到墙，撞击的痕迹点记为2、3、4……。将白纸取下，测量各撞击痕迹点之间的距离。如图乙，第2、3、4点与第1点的距离分别为y1=11.00cm、y2=32.00cm、y3=63.00cm。重力加速度大小取10m/s2。则小钢球离开轨道时的速度大小为__________m/s；撞击第3个点前瞬间小球的速度大小为___________m/s（用根号表示）；开始时轨道末端与墙的距离x0=__________cm。
【答案】 ①. 3 ②. ③. 18
【解析】
【详解】[1]由题意知，1、2、3、4撞击点之间的时间间隔相等，设为T，则
代入数据解得
水平速度
[2]撞击第3个痕迹时，球的竖直分速度为
[3]撞击第3个痕迹时，球下落的高度
球离开桌面到撞击第1个痕迹下落的距离
下落时间
10. 某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势（约为）和内阻r（约为），需要将一个量程为的电压表（内阻约为）改装成量程为的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。
（1）由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为的电位器（视为可变电阻）与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成③的填空
①将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；
②闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为；
③保持滑片P的位置不变，调节电位器，使电压表的示数为___________V；
④不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。
（2）用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，其示数总是___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（3）通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，读数记为U）连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。
该小组首先得出了与的关系式为___________（用E、r和U表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出图像如图丙所示，则该电池的电动势___________V、内阻___________。
【答案】 ①. 4 ②. 小于
③. ④. 36 ⑤. 8
【解析】
【详解】（1）[1]由于电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为15V，所以要想将电压表改装成量程为45V的电压表，电位器承担的电压应该是电压表电压的两倍，由于二者之间是串联关系，所以电位器的阻值应调节为电压表内阻的两倍因此，当电压表的示数为12V时，只需调节电位器，使电压表的示数变为4V即可。
[2]电位器接入电路时，电压表的支路的电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，分压变大，则电压表支路的电压变大，电位器接入电路的阻值实际大于电压表内阻的两倍，则改装的电压表的内阻实际比理论值大，则改装的电压表量程实际大于45V，故按45V读数时，每次测量的示数小于真实值。
[3]由闭合电路欧姆定律可知
整理可得
[4][5]由图像可得,图线的纵截距为
图线的斜率为
解得
E=36V
11. 如图所示， Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为在h和0.25h，将另一个可以看作点电荷的带正电的粒子从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。该粒子在A点处的加速度大小为重力加速度的，已知重力加速度为g。求：
(1)该粒子的加速度为零时距离Q的高度；
(2)若取A点的电势为零，求该粒子在B点的电势能(用Q和h， g表示)。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】(1)设该粒子加速度为零时距离Q的高度为x，由牛顿第二定律和平衡条件得
解得
(2)由能量守恒定律，该粒子在B点的电势能为
12. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B和凹槽C。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，凹槽C的质量为3m，A、B相距为l，凹槽C的左端与B相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C内放一质量为6m的小物块D。物块D与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ=0.01。开始时物块、凹槽均静止，现给物块A施加水平向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，一段时间后与B发生弹性碰撞，碰撞前的瞬间立刻撤去恒力F。B与凹槽C碰撞立即粘在一起运动。已知m=1kg，l=1m，F=32N，取重力加速度g=10m/s2，物块A、B、D均可视为质点，物块D与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所有碰撞时间均忽略不计。求：
（1）小物块A和B发生碰撞后各自的速度；
（2）物块D与凹槽相对静止时，物块D距凹槽左侧碰撞的次数；
（3）从物块D开始运动到物块D与凹槽相对静止时，物块D运动的位移大小。
【答案】（1）-4m/s，4m/s；（2）2次；（3）11m
【解析】
【详解】（1）给物块A施加向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，根据动能定理
解得
当A与B发生碰撞后速度分别为、，根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
（2）B向右匀速运动，B与凹槽碰撞立即粘在一起运动，速度为v7，由于C、D之间有摩擦，物块D开始运动，随后物块D与凹槽左、右边槽壁多次发生弹性碰撞，最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动，速度为v8。根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
由分析可知物块D与凹槽相对静止时，物块D停在凹槽右壁处，与左侧碰撞2次，所以距凹槽左壁距离为3m。
（3）设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为v9、v10，碰后的速度分别为v11、v12，根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
即每碰撞一次B和凹槽C与物块D发生一次速度交换，两次碰撞之间，B和凹槽C与物块D加速、减速的加速度大小相等，做出B和凹槽C与物块D相互作用过程中的v−T图像，v−T图像中实线为B和凹槽C的v−T图线，虚线为物块D的v−T图线，由图可知，B和凹槽C与物块D相互作用前的速度为v7，最后的共同速度为v8，运动时间可按B和凹槽C一直减速计算
解得
设B和凹槽C与物块速度分别为vC、vD，根据动量守恒定律得
即
vC、vD的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为
因为两者一直同方向运动，物块D开始距凹槽左臂1m，相对静止时物块在凹槽的右臂，所以两物体的位移关系为
解得
13. 图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两个单摆的摆长之比为4:1
B. 甲摆在月球上做简谐运动的周期为5s
C. 甲摆振动的振幅4cm
D. 甲单摆的摆长约为4m
E. 乙单摆的位移x随时间t变化的关系式为
【答案】BCE
【解析】
【详解】A,．如图可知，在地球上甲单摆的周期为2s，乙单摆的周期为4s，甲乙两单摆的周期比为1:2，根据单摆的周期公式
可得
甲乙两单摆的摆长比为1:4，A错误；
B．在地球上甲单摆的周期为2s，根据单摆的周期公式
可知
可得
B正确；
C．振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为4cm，C正确；
D．甲单摆周期为2s，根据单摆的周期公式
可得摆长为
D错误；
E．如图可知乙单摆的振幅为2cm，周期为4s，可得
t=0时，位移为正向最大，所以初相位为
根据简谐运动位移随时间变化的关系
可得，乙单摆位移x随时间t变化的关系式为
E正确。
故选BCE。
14. 某广场有一个喷泉，喷泉底部装有五颜六色的彩灯，如图所示，如果彩灯为一个长、宽的矩形水平光带（未标注），放置在水池底部，灯带离水面的高度差为h，水池面积足够大，灯带发出的绿光在水中的折射率为，真空中的光速为c，求：
（ⅰ）灯带发出的绿光能射出水面的最短时间；
（ⅱ）灯带发出绿光时有绿光直接射出的水面的面积。
【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【详解】（ⅰ）从灯带发出的竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h，用时最短．
则最短时间
解得
（ⅱ）如图所示，设N端绿光在水面上的A点发生全反射，则
解得
能射出绿光的水面形状如图所示，扇形的半径为，总面积为
代入数据解得面积为
1. 下列说法以及有关科学的家的贡献描述正确的是（ ）
A. 电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，转化的能量越多，电源的电动势就越大
B. 库仑认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场
C. 牛顿通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
D. 美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量
【答案】D
【解析】
【详解】A．电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，但电源电动势的大小与转化的能量多少无关，故A错误；
B．法拉第认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场，故B错误；
C．伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D．美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量，故D正确。
故选D。
2. 某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.2倍。已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设赤道处的重力加速度为g，物体在两极时万有引力等于重力，有
在赤道时万有引力可分解为重力和自转所需的向心力，则有
联立解得该行星自转的角速度为
故选A。
3. 如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（ ）
A. 小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为
C. 餐桌面的半径为
D. 物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．小物块从圆盘上滑落后，沿切线方向飞出，小物块在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B．物块随圆盘运动过程中，将要滑离圆盘时
则由动能定理圆盘对小物块做功为
故B错误；
C．物块在桌面上滑动的距离
餐桌面的半径为
故C错误；
D．根据动量定理，物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的微粒（不计重力）从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点右侧
B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧
C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
【答案】AD
【解析】
【详解】A．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端电压为
增大R1，U减小，电容器两端的电压减小，则粒子受到的电场力减小，产生的加速度减小，从P点水平速度v0射入金属板间打在极板上，则
水平位移为
水平位移增大，则粒子打在O点右侧，故A正确；
B．保持开关S闭合，增大R2，R0两端电压为
电压不变，则电容器两端的电压不变，加速度不变，粒子仍打在O点，故B错误；
C．断开开关S，平行板电量不变，平行板间的电场强度为
解得
M极板稍微上移，E不变，故加速度不变，不影响粒子得运动，粒子仍打在O点，故C错误；
D．断开开关S，N极板稍微下移，E不变，故加速度不变，但y增大，则x增大，粒子打在O点右侧，故D正确。
故选AD。
5. 如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为（未知）。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/，则（ ）
A. 算珠A在碰撞前运动了0.2s
B. 算珠与杆之间的动摩擦因数为
C. 算珠A与算珠B碰撞过程无机械能损失
D. 算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
【答案】D
【解析】
【详解】A．由匀变速直线运动规律可得
解得
A错误；
B．由匀变速直线运动规律可得
由牛顿第二定律可得
解得
B错误；
C．算珠A与算珠B的质量均为，则碰撞过程能量关系为
算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C错误；
D．算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得
因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D正确；
故选D。
6. 某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图像，如图所示（除2s~10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，2s~14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A. 小车在0-10s内为恒定功率启动
B. 小车所受到的阻力为1.5N
C. 小车额定功率为6W
D. 小车在变加速运动过程中位移为39m
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图像可知，内小车为恒加速度启动过程，速度逐渐增加，牵引力不变，时小车到达额定功率，之后的小车为恒功率启动过程。故A错误；
B．在时间段，加速度大小
由牛顿第二定律可知小车所受阻力为
故B正确；
C．根据分析可知小车在10s~14s做匀速运动，牵引力大小与相等，小车功率为额定功率
故C错误；
D．2s~10s内根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BD。
7. 如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知
A. 从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B. 从A到B，小球的加速度先减小后增大
C. 小球运动到O点时的速度大小为
D. 小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A.等量异种电荷的中垂面是等势面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从A到B电场强度先变大后边小，故它受到的电场力先变大后变小，在O点受到的电场力最大，A正确；
B.电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故
水平方向的电场力先变大后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0，说明其受到的摩擦力大于重力，故在竖直方向
摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误；
C.从A到B，由动能定理可得
从A到O和从O到B电场力变化相同，由可知，摩擦力变化情况相同，故从A到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可得
联立两式可解得
C正确；
D. 从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；
故选AC。
8. 如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等）（ ）
A. 工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B. 工件向右运动2x0后与弹簧分离
C. 弹簧劲度系数为
D. 整个运动过程中摩擦力对工件做功为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从图乙可知，摩擦力在处方向发生变化，在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B．在区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，位置摩擦力为零，所以弹力为零，所以工件运动后与弹簧分离，故B正确；
C．由胡克定律得
解得弹簧的劲度系数
故C错误；
D．摩擦力对工件先做正功后做负功，图乙图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共174分）
二、非选择题：
9. 一组同学在教室内做研究平抛运动的实验，装置如图甲所示，末端切线水平的轨道固定在靠近竖直墙的课桌上，在墙上的适当位置固定一张白纸，白纸前面覆盖复写纸。让一小钢球从轨道顶端由静止滚下，离开轨道后撞击复写纸，在白纸上留下撞击痕迹点。开始时轨道末端距墙x0，小球撞击的痕迹点记为1，后依次将课桌远离墙移动L=30cm，每次移动后都让小钢球从轨道顶端由静止滚下，直到小钢球不能直接碰到墙，撞击的痕迹点记为2、3、4……。将白纸取下，测量各撞击痕迹点之间的距离。如图乙，第2、3、4点与第1点的距离分别为y1=11.00cm、y2=32.00cm、y3=63.00cm。重力加速度大小取10m/s2。则小钢球离开轨道时的速度大小为__________m/s；撞击第3个点前瞬间小球的速度大小为___________m/s（用根号表示）；开始时轨道末端与墙的距离x0=__________cm。
【答案】 ①. 3 ②. ③. 18
【解析】
【详解】[1]由题意知，1、2、3、4撞击点之间的时间间隔相等，设为T，则
代入数据解得
水平速度
[2]撞击第3个痕迹时，球的竖直分速度为
[3]撞击第3个痕迹时，球下落的高度
球离开桌面到撞击第1个痕迹下落的距离
下落时间
10. 某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势（约为）和内阻r（约为），需要将一个量程为的电压表（内阻约为）改装成量程为的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。
（1）由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为的电位器（视为可变电阻）与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成③的填空
①将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；
②闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为；
③保持滑片P的位置不变，调节电位器，使电压表的示数为___________V；
④不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。
（2）用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，其示数总是___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
（3）通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱和改装后的电压表（电压表的表盘没有改变，读数记为U）连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。
该小组首先得出了与的关系式为___________（用E、r和U表示），然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出图像如图丙所示，则该电池的电动势___________V、内阻___________。
【答案】 ①. 4 ②. 小于
③. ④. 36 ⑤. 8
【解析】
【详解】（1）[1]由于电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为15V，所以要想将电压表改装成量程为45V的电压表，电位器承担的电压应该是电压表电压的两倍，由于二者之间是串联关系，所以电位器的阻值应调节为电压表内阻的两倍因此，当电压表的示数为12V时，只需调节电位器，使电压表的示数变为4V即可。
[2]电位器接入电路时，电压表的支路的电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，分压变大，则电压表支路的电压变大，电位器接入电路的阻值实际大于电压表内阻的两倍，则改装的电压表的内阻实际比理论值大，则改装的电压表量程实际大于45V，故按45V读数时，每次测量的示数小于真实值。
[3]由闭合电路欧姆定律可知
整理可得
[4][5]由图像可得,图线的纵截距为
图线的斜率为
解得
E=36V
11. 如图所示， Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为在h和0.25h，将另一个可以看作点电荷的带正电的粒子从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。该粒子在A点处的加速度大小为重力加速度的，已知重力加速度为g。求：
(1)该粒子的加速度为零时距离Q的高度；
(2)若取A点的电势为零，求该粒子在B点的电势能(用Q和h， g表示)。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】(1)设该粒子加速度为零时距离Q的高度为x，由牛顿第二定律和平衡条件得
解得
(2)由能量守恒定律，该粒子在B点的电势能为
12. 如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B和凹槽C。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，凹槽C的质量为3m，A、B相距为l，凹槽C的左端与B相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C内放一质量为6m的小物块D。物块D与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ=0.01。开始时物块、凹槽均静止，现给物块A施加水平向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，一段时间后与B发生弹性碰撞，碰撞前的瞬间立刻撤去恒力F。B与凹槽C碰撞立即粘在一起运动。已知m=1kg，l=1m，F=32N，取重力加速度g=10m/s2，物块A、B、D均可视为质点，物块D与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所有碰撞时间均忽略不计。求：
（1）小物块A和B发生碰撞后各自的速度；
（2）物块D与凹槽相对静止时，物块D距凹槽左侧碰撞的次数；
（3）从物块D开始运动到物块D与凹槽相对静止时，物块D运动的位移大小。
【答案】（1）-4m/s，4m/s；（2）2次；（3）11m
【解析】
【详解】（1）给物块A施加向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，根据动能定理
解得
当A与B发生碰撞后速度分别为、，根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
（2）B向右匀速运动，B与凹槽碰撞立即粘在一起运动，速度为v7，由于C、D之间有摩擦，物块D开始运动，随后物块D与凹槽左、右边槽壁多次发生弹性碰撞，最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动，速度为v8。根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
由分析可知物块D与凹槽相对静止时，物块D停在凹槽右壁处，与左侧碰撞2次，所以距凹槽左壁距离为3m。
（3）设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为v9、v10，碰后的速度分别为v11、v12，根据动量守恒定律和能量守恒定律
解得
即每碰撞一次B和凹槽C与物块D发生一次速度交换，两次碰撞之间，B和凹槽C与物块D加速、减速的加速度大小相等，做出B和凹槽C与物块D相互作用过程中的v−T图像，v−T图像中实线为B和凹槽C的v−T图线，虚线为物块D的v−T图线，由图可知，B和凹槽C与物块D相互作用前的速度为v7，最后的共同速度为v8，运动时间可按B和凹槽C一直减速计算
解得
设B和凹槽C与物块速度分别为vC、vD，根据动量守恒定律得
即
vC、vD的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为
因为两者一直同方向运动，物块D开始距凹槽左臂1m，相对静止时物块在凹槽的右臂，所以两物体的位移关系为
解得
13. 图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两个单摆的摆长之比为4:1
B. 甲摆在月球上做简谐运动的周期为5s
C. 甲摆振动的振幅4cm
D. 甲单摆的摆长约为4m
E. 乙单摆的位移x随时间t变化的关系式为
【答案】BCE
【解析】
【详解】A,．如图可知，在地球上甲单摆的周期为2s，乙单摆的周期为4s，甲乙两单摆的周期比为1:2，根据单摆的周期公式
可得
甲乙两单摆的摆长比为1:4，A错误；
B．在地球上甲单摆的周期为2s，根据单摆的周期公式
可知
可得
B正确；
C．振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为4cm，C正确；
D．甲单摆周期为2s，根据单摆的周期公式
可得摆长为
D错误；
E．如图可知乙单摆的振幅为2cm，周期为4s，可得
t=0时，位移为正向最大，所以初相位为
根据简谐运动位移随时间变化的关系
可得，乙单摆位移x随时间t变化的关系式为
E正确。
故选BCE。
14. 某广场有一个喷泉，喷泉底部装有五颜六色的彩灯，如图所示，如果彩灯为一个长、宽的矩形水平光带（未标注），放置在水池底部，灯带离水面的高度差为h，水池面积足够大，灯带发出的绿光在水中的折射率为，真空中的光速为c，求：
（ⅰ）灯带发出的绿光能射出水面的最短时间；
（ⅱ）灯带发出绿光时有绿光直接射出的水面的面积。
【答案】（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【详解】（ⅰ）从灯带发出的竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h，用时最短．
则最短时间
解得
（ⅱ）如图所示，设N端绿光在水面上的A点发生全反射，则
解得
能射出绿光的水面形状如图所示，扇形的半径为，总面积为
代入数据解得面积为
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