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湖南省长沙市德成学校2023-2024学年高三下学期入学考试物理试卷（原卷版+解析版）
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时长：75分钟 总分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题（共44分）
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题所给的四个选项中，只有一个答案符合要求）
1. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】
【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
2. 为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g取10 m/s2，则（ ）
A. 枯井的深度为18.25m
B. 向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为12.5 m/s
C. 弹珠从枪口射出速度大小为10 m/s
D. 两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为25 m/s
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据对称性，可知竖直向上打出的弹珠从井口到最高点的时间与最高点落回井口的时间相等，均为，根据
可得弹珠从枪口射出速度大小为5m/s；从井口向下到井底，根据
可知，枯井的深度为
故AC错误；
B．向下打出一颗弹珠运动过程平均速度
故B正确；
D．根据对称性，两次打出弹珠方式，子弹到达井底的速度一样，都为
故D错误
故选B。
3. 如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为
根据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，图中B点的电场强度大小为
故选D。
4. 2020年人类面临前所未有的巨大挑战，在超难模式下，中国航天不断创造奇迹。其中嫦娥五号完美完成中国航天史上最复杂任务后于2020年12月17日成功返回，最终收获1731克样本。图中椭圆轨道Ⅰ、100公里环月轨道Ⅱ及月地转移轨道Ⅲ分别为嫦娥五号从月球返回地面过程中所经过的三个轨道示意图，下列关于嫦娥五号从月球返回过程中有关说法正确的是（ ）
A. 在轨道Ⅱ上运行时的周期小于轨道Ⅰ上运行时的周期
B. 在轨道Ⅰ运行时的加速度大小始终大于轨道Ⅱ上时的加速度大小
C. 在N点时嫦娥五号经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回
D. 在地月转移轨道上飞行的过程中可能存在不受万有引力的瞬间
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．轨道Ⅱ的半径大于椭圆轨道Ⅰ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅱ上运行时的周期大于轨道Ⅰ上运行时的周期，故A错误；
B．在轨道Ⅰ上的N点和轨道Ⅱ上的N受到的万有引力相同，所以在两个轨道上N点的加速度相等，故B错误；
C．从轨道Ⅱ到月地转移轨道Ⅲ做离心运动，在N点时嫦娥五号需要经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回，故C正确；
D．在地月转移轨道上飞行的过程中，始终在地球的引力范围内，不存在不受万有引力的瞬间，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当时，由牛顿第二定律得
则
，
可见图像的斜率越来越大，图像的斜率越来越大；
当时，由牛顿第二定律得
则
，
可见的斜率越来越小，图像的斜率越来越小，故AB错误；
C．小球重力势能
可得Ep-x图像为倾斜直线，故C错误；
D．因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D正确。
故选D。
6. 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. 大于D. 大于
【答案】B
【解析】
【详解】设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但选不全得3分，有选错的得0分）
7. 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】
【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·csθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcsθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
8. 某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 0~3s内电场力对带电粒子的冲量为0
C. 2s末带电粒子回到原出发点
D. 0~2s内，电场力的总功不为零
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设粒子带电量为q，质量为m，由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为
方向沿电场的负方向，则有带电粒子由静止开始沿电场的负方向做匀加速直线运动，速度达到
负方向运动的位移为
带电粒子在第2s内的加速度大小为
方向沿电场的正方向，粒子做匀减速直线运动，因a2=2a1，所以经0.5s，速度减到零
负方向减速运动的位移为
然后沿电场正方向做匀加速直线运动，再经0.5s，速度大小达到v1，运动的位移为
第3s内，加速度a1沿电场的负方向，粒子做匀减速直线运动，3s末速度减到零，位移为
因此可知回到出发点，因此粒子在0~3s内的动量变化量是零，A错误；B正确；
C．由以上分析计算可知2s末带电粒子没有回到原出发点，C错误；
D．0~2s内，粒子在2s末时速度达到v1，不是零，由动能定理可知，电场力的总功不是零，D正确。
故选BD。
9. 如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是（ ）
A. 电流表示数减小B. 电压表示数不变
C. 灯泡亮度变亮D. 电源效率增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，根据“串反并同”规律，与R0串联的电流表示数减小，故A正确；
B．干路电流减小，由
可知内电压减小
则路端电压增大，即电压表示数增大，故B错误；
C．干路电流减小，即流经R1的电流减小，R1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R2两端电压增大，流经R2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C错误；
D．路端电压U增大，根据
电源的效率η增大，故D正确。
故选AD。
10. 学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆球质量之比是B. 甲、乙两单摆的摆长之比是
C. 时，两摆球的加速度方向相同D. 内，两摆球的势能均减少
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆的摆球质量大小关系，A错误；
B．由图像可知甲、乙两单摆的周期分别为
，
根据单摆的周期公式
可知甲、乙两单摆的摆长之比为
B正确；
C．根据
由图像可知，时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，C正确；
D．由图像可知，内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，D正确。
故选BCD。
第Ⅱ卷 非选择题（共56分）
三、填空题（本题共2小题，共16分）
11. 了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案：
（1）A组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。
①本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是___________。
A. B. C. D.
②进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则纸带的___________（选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，可得在打点计时器打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为___________。
③换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q进行实验，多次实验记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2-h图像如图丙所示。对比图像分析正确的是___________。
A.阻力可能为零 B.阻力不可能为零 C. m1可能等于m2 D. m1一定小于m2
（2）B组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度d，遮光条到光电门的距离l，遮光条通过光电门的时间，托盘与砝码质量m3，滑块与遮光条质量m4，已知重力加速度大小为g，若表达式___________成立，即可验证机械能守恒。
【答案】 ①. B ②. 左 ③. ④. BC##CB ⑤.
【解析】
【详解】（1）①[1]打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故选B。
②[2] [3]纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度大小为
打D点时的速度大小为
在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为
③[4] AB．根据题意，设阻力大小为f，由动能定理有
整理可得
若阻力为零，则两次实验的图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；
CD．虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即m1可能等于m2，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[5]若机械能守恒成立，有
12. 国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测定一根废旧电热丝的电阻实验中：
（1）首先用螺旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为__________。
（2）再用欧姆表粗测其电阻值，测得待测电阻值为。同时发现欧姆表有多个倍率，想探究其原理，查资料发现有图乙、丙两种情形。
若图乙中欧姆表有和两个挡位且开关接3时为档，则__________。
若图丙中欧姆表也有和两个挡位，则__________（用图丙表头电阻表示）。
（3）然后用伏安法准确测量上面废旧电热丝电阻，备选器材有：
电源E，电动势约为，内阻可忽略不计；
电压表，量程为，内阻；
电压表，量程，内阻约为；
电流表，量程为，内阻约为；
定值电阻，；
滑动变阻器，最大阻值为；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所示虚线框中画出测量电阻的实验电路图（图中标明所选器材的符号）__________。
②若电压表、电压表、电流表示数分别用符号、、表示，则由实验电路图选用的两个电表对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算的表达式为__________。
【答案】 ①. 0.749##0.750##0.751 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器可动尺精度为0.01mm，需要估读一位，则其读数为
（2）[2]由公式
倍率为10倍关系，则电动势为10倍关系，故
[3]当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有
电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“”和“”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电阻变为，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小
（3）[4]测量电阻的实验，为尽可能的多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式连接；待测电阻约为，电源电动势，则电路中最大电流小于电流表量程的，故不选择电流表，而是选择两个电压表来测量电阻的电阻，根据电压表量程与定值电阻的关系，用小量程电压表扩大量程后测量定值电阻的电流，综上所述，电路设计如图
[5]根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得
其中为电压表的读数；为电压表的读数；为定值电阻的阻值；为电压表的内阻。
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13. 如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以V0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A 滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：
（1）A物体的最终速度；
（2）A、C 之间的摩擦力f；
（3）A在木板C上滑行的时间t．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】（1）B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度大小为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
B、C共速后一瞬间，A以速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，紧接着A、C相互作用过程中动量守恒，
设最终A、C的共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：，即A最终得速度为；
（2）在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：
解得：；
（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得：
解得：；
【点睛】B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间．
14. 如图所示，宽为的光滑导轨与水平面成角，质量为、长也为的金属杆水平放置在导轨上，电源电动势，内阻，金属杆电阻为，轨道电阻不计。金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场（图中未画出），当电阻箱的电阻调为时，金属杆恰好能静止。取重力加速度大小，，，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度。
【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上
【解析】
【分析】
【详解】（1）由安培力公式和平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律得
解得
（2）由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有
解得
方向沿斜面向上。
15. 如图，在的区域存在方向沿轴负方向的匀强电场，场强大小为；在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场。一个氕和一个氘核先后从轴上点以相同的动能射出，速度方向沿轴正方向．已知进入磁场时，速度方向与轴正方向的夹角为，并从坐标原点处第一次射出磁场。的质量为，电荷量为。不计重力。求：
（1）第一次进入磁场的位置到原点的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动运动轨迹如图所示
设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为。在电场中由运动学公式有
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
联立解得
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律
设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有
设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系得
联立解得
时长：75分钟 总分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题（共44分）
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题所给的四个选项中，只有一个答案符合要求）
1. 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【解析】
【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
2. 为了测一口枯井的深度，用一把玩具小手枪从井口竖直向下打出一颗弹珠，1.5s后听到弹珠撞击井底的声音，然后再用玩具小手枪从井口竖直向上打出另一颗弹珠，2.5s后听到弹珠从井口落回井底撞击的声音，假设弹珠从枪口射出速度大小不变，忽略声音传播时间，g取10 m/s2，则（ ）
A. 枯井的深度为18.25m
B. 向下打出一颗弹珠，运动过程平均速度为12.5 m/s
C. 弹珠从枪口射出速度大小为10 m/s
D. 两种打出弹珠方式，弹珠到达井底的速度都为25 m/s
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据对称性，可知竖直向上打出的弹珠从井口到最高点的时间与最高点落回井口的时间相等，均为，根据
可得弹珠从枪口射出速度大小为5m/s；从井口向下到井底，根据
可知，枯井的深度为
故AC错误；
B．向下打出一颗弹珠运动过程平均速度
故B正确；
D．根据对称性，两次打出弹珠方式，子弹到达井底的速度一样，都为
故D错误
故选B。
3. 如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度大小为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为
根据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，图中B点的电场强度大小为
故选D。
4. 2020年人类面临前所未有的巨大挑战，在超难模式下，中国航天不断创造奇迹。其中嫦娥五号完美完成中国航天史上最复杂任务后于2020年12月17日成功返回，最终收获1731克样本。图中椭圆轨道Ⅰ、100公里环月轨道Ⅱ及月地转移轨道Ⅲ分别为嫦娥五号从月球返回地面过程中所经过的三个轨道示意图，下列关于嫦娥五号从月球返回过程中有关说法正确的是（ ）
A. 在轨道Ⅱ上运行时的周期小于轨道Ⅰ上运行时的周期
B. 在轨道Ⅰ运行时的加速度大小始终大于轨道Ⅱ上时的加速度大小
C. 在N点时嫦娥五号经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回
D. 在地月转移轨道上飞行的过程中可能存在不受万有引力的瞬间
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．轨道Ⅱ的半径大于椭圆轨道Ⅰ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅱ上运行时的周期大于轨道Ⅰ上运行时的周期，故A错误；
B．在轨道Ⅰ上的N点和轨道Ⅱ上的N受到的万有引力相同，所以在两个轨道上N点的加速度相等，故B错误；
C．从轨道Ⅱ到月地转移轨道Ⅲ做离心运动，在N点时嫦娥五号需要经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回，故C正确；
D．在地月转移轨道上飞行的过程中，始终在地球的引力范围内，不存在不受万有引力的瞬间，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力随时间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能E随位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．当时，由牛顿第二定律得
则
，
可见图像的斜率越来越大，图像的斜率越来越大；
当时，由牛顿第二定律得
则
，
可见的斜率越来越小，图像的斜率越来越小，故AB错误；
C．小球重力势能
可得Ep-x图像为倾斜直线，故C错误；
D．因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D正确。
故选D。
6. 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. 大于D. 大于
【答案】B
【解析】
【详解】设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但选不全得3分，有选错的得0分）
7. 一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D. 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】
【详解】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·csθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcsθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
8. 某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 0~3s内电场力对带电粒子的冲量为0
C. 2s末带电粒子回到原出发点
D. 0~2s内，电场力的总功不为零
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设粒子带电量为q，质量为m，由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为
方向沿电场的负方向，则有带电粒子由静止开始沿电场的负方向做匀加速直线运动，速度达到
负方向运动的位移为
带电粒子在第2s内的加速度大小为
方向沿电场的正方向，粒子做匀减速直线运动，因a2=2a1，所以经0.5s，速度减到零
负方向减速运动的位移为
然后沿电场正方向做匀加速直线运动，再经0.5s，速度大小达到v1，运动的位移为
第3s内，加速度a1沿电场的负方向，粒子做匀减速直线运动，3s末速度减到零，位移为
因此可知回到出发点，因此粒子在0~3s内的动量变化量是零，A错误；B正确；
C．由以上分析计算可知2s末带电粒子没有回到原出发点，C错误；
D．0~2s内，粒子在2s末时速度达到v1，不是零，由动能定理可知，电场力的总功不是零，D正确。
故选BD。
9. 如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻（光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小），L是小灯泡。闭合开关，当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是（ ）
A. 电流表示数减小B. 电压表示数不变
C. 灯泡亮度变亮D. 电源效率增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，根据“串反并同”规律，与R0串联的电流表示数减小，故A正确；
B．干路电流减小，由
可知内电压减小
则路端电压增大，即电压表示数增大，故B错误；
C．干路电流减小，即流经R1的电流减小，R1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R2两端电压增大，流经R2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C错误；
D．路端电压U增大，根据
电源的效率η增大，故D正确。
故选AD。
10. 学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆球质量之比是B. 甲、乙两单摆的摆长之比是
C. 时，两摆球的加速度方向相同D. 内，两摆球的势能均减少
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，无法求出甲、乙两单摆的摆球质量大小关系，A错误；
B．由图像可知甲、乙两单摆的周期分别为
，
根据单摆的周期公式
可知甲、乙两单摆的摆长之比为
B正确；
C．根据
由图像可知，时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，C正确；
D．由图像可知，内，两摆球均向平衡位置运动，两摆球的势能均减少，D正确。
故选BCD。
第Ⅱ卷 非选择题（共56分）
三、填空题（本题共2小题，共16分）
11. 了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案：
（1）A组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。
①本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是___________。
A. B. C. D.
②进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则纸带的___________（选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，可得在打点计时器打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为___________。
③换用两个质量分别为m1、m2的重物P、Q进行实验，多次实验记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2-h图像如图丙所示。对比图像分析正确的是___________。
A.阻力可能为零 B.阻力不可能为零 C. m1可能等于m2 D. m1一定小于m2
（2）B组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度d，遮光条到光电门的距离l，遮光条通过光电门的时间，托盘与砝码质量m3，滑块与遮光条质量m4，已知重力加速度大小为g，若表达式___________成立，即可验证机械能守恒。
【答案】 ①. B ②. 左 ③. ④. BC##CB ⑤.
【解析】
【详解】（1）①[1]打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故选B。
②[2] [3]纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度大小为
打D点时的速度大小为
在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为
③[4] AB．根据题意，设阻力大小为f，由动能定理有
整理可得
若阻力为零，则两次实验的图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；
CD．虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即m1可能等于m2，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[5]若机械能守恒成立，有
12. 国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测定一根废旧电热丝的电阻实验中：
（1）首先用螺旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为__________。
（2）再用欧姆表粗测其电阻值，测得待测电阻值为。同时发现欧姆表有多个倍率，想探究其原理，查资料发现有图乙、丙两种情形。
若图乙中欧姆表有和两个挡位且开关接3时为档，则__________。
若图丙中欧姆表也有和两个挡位，则__________（用图丙表头电阻表示）。
（3）然后用伏安法准确测量上面废旧电热丝电阻，备选器材有：
电源E，电动势约为，内阻可忽略不计；
电压表，量程为，内阻；
电压表，量程，内阻约为；
电流表，量程为，内阻约为；
定值电阻，；
滑动变阻器，最大阻值为；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所示虚线框中画出测量电阻的实验电路图（图中标明所选器材的符号）__________。
②若电压表、电压表、电流表示数分别用符号、、表示，则由实验电路图选用的两个电表对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算的表达式为__________。
【答案】 ①. 0.749##0.750##0.751 ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器可动尺精度为0.01mm，需要估读一位，则其读数为
（2）[2]由公式
倍率为10倍关系，则电动势为10倍关系，故
[3]当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有
电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“”和“”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电阻变为，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小
（3）[4]测量电阻的实验，为尽可能的多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式连接；待测电阻约为，电源电动势，则电路中最大电流小于电流表量程的，故不选择电流表，而是选择两个电压表来测量电阻的电阻，根据电压表量程与定值电阻的关系，用小量程电压表扩大量程后测量定值电阻的电流，综上所述，电路设计如图
[5]根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得
其中为电压表的读数；为电压表的读数；为定值电阻的阻值；为电压表的内阻。
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13. 如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以V0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A 滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：
（1）A物体的最终速度；
（2）A、C 之间的摩擦力f；
（3）A在木板C上滑行的时间t．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】（1）B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度大小为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
B、C共速后一瞬间，A以速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，紧接着A、C相互作用过程中动量守恒，
设最终A、C的共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：，即A最终得速度为；
（2）在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：
解得：；
（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得：
解得：；
【点睛】B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间．
14. 如图所示，宽为的光滑导轨与水平面成角，质量为、长也为的金属杆水平放置在导轨上，电源电动势，内阻，金属杆电阻为，轨道电阻不计。金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场（图中未画出），当电阻箱的电阻调为时，金属杆恰好能静止。取重力加速度大小，，，求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度。
【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上
【解析】
【分析】
【详解】（1）由安培力公式和平衡条件可得
由闭合电路欧姆定律得
解得
（2）由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有
解得
方向沿斜面向上。
15. 如图，在的区域存在方向沿轴负方向的匀强电场，场强大小为；在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场。一个氕和一个氘核先后从轴上点以相同的动能射出，速度方向沿轴正方向．已知进入磁场时，速度方向与轴正方向的夹角为，并从坐标原点处第一次射出磁场。的质量为，电荷量为。不计重力。求：
（1）第一次进入磁场的位置到原点的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动运动轨迹如图所示
设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为。在电场中由运动学公式有
进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为
联立解得
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律
设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有
设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力提供向心力，有
由几何关系得
联立解得
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