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江西省2024届南昌市第十九中学高三下学期模拟预测物理试卷（Word版附解析）
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一、选择题（本题共10个小题，共46分，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 近年来，我国在新能源汽车领域取得了巨大的突破和发展。目前，核能汽车处于试验阶段，车上主要搭载了核动力电池，利用原子核衰变释放的核能转化为电池的电能。某种核动力电池利用了钚的衰变，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. X为粒子B. 该反应的发生需要吸收能量
C. 的结合能大于的结合能D. 的原子核比的原子核更加稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由衰变过程电荷数守恒和质量数守恒可知，X为粒子，故A错误；
B．衰变过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故B错误；
C．根据自然组成原子核的核子越多，它的结合能就越高，因此的核结合能大于的核结合能，故C正确；
D．原子的比结合能越大，越稳定，故的原子核比例的原子核更加稳定，故D错误。
故选C。
2. 图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图），忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为的球面，正对的两爪间距为，则下列说法正确的是（ ）
A. 越大．爪与锅之间的弹力越小B. 越大，爪与锅之间的弹力越大
C. 越大，锅受到的合力越大D. 越大，爪与锅之间的弹力越小
【答案】A
【解析】
【详解】对锅进行受力分析如图所示
炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即
则越大，爪与锅之间弹力越小，同理越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零。
故选A。
3. 2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为，离地高度为。若飞船绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，则地球的第一宇宙速度大小为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力提供向心力有
则地球质量
设地球的第一宇宙速度大小为，则
解得
故选B。
4. 小型发电机的工作原理如图甲所示，两磁极之间可视为匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系图像如图乙所示，将线圈与阻值为的定值电阻相连。不计线圈内阻。下列说法正确的是（ ）
A. 该交变电流的频率为
B. 时，线圈平面转到中性面位置
C. 内，通过线圈的电荷量为
D. 如把击穿电压为的电容器接在发电机两端，电容器刚好不会被击穿
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知交变电流周期，频率
故A错误；
B．时，电动势为零，故线圈平面与中性面重合，故B正确；
C．和时，电动势为零，磁通量有最大值，设为，则时间内磁通量变化量，通过线圈的电荷量
由于电动势的最大值
根据图像可知
解得
故C错误；
D．发电机的最大电压为，如把击穿电压为的电容器挖在发电机上，电容器会被击穿，故D错误。
故选B。
5. 某简谐横波沿轴传播，在时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点和，的横坐标为0，的纵坐标为0，与间沿轴方向的距离为波长的倍，质点的振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 该波的波长为
C. 该波的波速大小为
D. 时刻起．质点回到平衡位置的最短时间为
【答案】A
【解析】
【详解】．由
得时，，经过极短的时间，
即时质点沿轴正方向振动，结合图像知，该波沿轴正方向传播，A正确；
B．质点振动的周期
设时刻，质点第一次到达平衡位置处，即
解得
即波再传播质点处于平衡位置，如图中虚线所示，则
解得
B错误；
C．波速
C错误；
D．时刻起，质点回到平衡位置的最短时间为，D错误。
故选A。
6. 如图所示，在直角三角形中，，。A、两点各固定有点电荷，带电荷量分别为、，以点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为。已知静电力常量为，球壳表面的感应电荷在球心处产生的电场强度（ ）
A. 为零
B. 大小为，方向沿方向
C. 大小为，方向与方向夹角为
D. 大小为，方向沿平分线
【答案】C
【解析】
【详解】处点电荷在点产生的电场强度沿方向，大小为
处点电荷在点产生的电场强度沿方向，大小为
、两处点电荷分别在点产生的电场强度方向互成，大小相等，所以合电场强度大小为
方向与方向夹角；
由于金属球壳内部电场强度处处为零，感应电荷在球心处产生的电场强度大小为
方向与方向夹角为。
故选C。
7. 如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块（两端栓接），其中A的质量为m，弹簧的劲度系数为k。压缩弹簧后释放，A开始做简谐振动，最高点恰好位于弹簧原长。某次A恰好到达最高点时，质量为m的物块C以速度与A发生完全非弹性碰撞后粘在一起做简谐振动，当它们运动到最高点时，物块B恰好与地面无弹力。已知弹簧弹性势能的表达式为，质量为m的弹簧振子的周期，重力加速度为g。不计一切阻力及碰撞时间，弹簧足够长且始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. B的质量
B. A、C成为整体后，做简谐振动的振幅为
C. A、C碰撞后，再次回到弹簧原长位置时间为
D. A、C运动到最低点时，地面对B的支持力为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．物块C以速度与A发生完全非弹性碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律有
当它们运动到最高点时，物块B恰好与地面无弹力，根据能量守恒定律有
对B受力分析有
解得
，
AC达到平衡位置时有
振幅为
故AB错误；
C．碰后AC一起做简写振动的周期为
C碰撞后，经过时间对应的角度为，碰撞时距离平衡位置的位移为
因此向下运动又回到初始碰撞点， 故C错误；
D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力为
故D正确；
故选D。
8. 如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数为，重力加速度为g．则（ ）
A. 小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度
B. 小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度
C. 小球进入DH轨道后，上升的最高点与A等高
D. 小球经过O点时，对轨道的弹力可能为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，即为
故A正确；
B．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为
而
且
因此解得
故B错误；
C．根据动能定理，可知，取从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升最高点低于A点等高，故C错误；
D．对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
由上综合而得：对轨道的弹力为，当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为，故D正确。
故选AD。
【名师点睛】此题是牛顿第二定律、洛伦兹力在做圆周运动中的应用问题；是一道力电综合应用题，掌握牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒定律的综合运用，理解左手定则的内容，注意重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键。
9. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，两板之间形成一层空气膜，用单色光从上向下照射，入射光从空气膜的上下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。如果被检测平面是光滑的，得到的干涉图样必是等距的。现将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度。已知光从光疏介质射入光密介质时，反射光存在半波损失，相位有π的变化，相当于附加了的路程。两板之间的夹角为，光在真空中的波长为，玻璃板的折射率为n，则（ ）
A. 在标准板上表面上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为
B. 图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凸的
C. 产生干涉的两束相干光的光程差为
D. 若装置中抽去一张纸片，条纹向右移动
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，加上半波损失，其光程差为
C错误；
当光程差为
即当空气层厚度
时，则此处表现为亮条纹，
相邻条纹间厚度差
干涉条纹条纹间距
A正确；
B．图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，B错误；
D．抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，D正确。
故选AD。
10. 人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为的重物分别施加大小均为（为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成的力，重物离开地面高度后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。，不计空气阻力，则（ ）
A. 重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B. 重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C. 重物刚落地时的速度大小为
D. 地面对重物的平均阻力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】C．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有
则
设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有
则
故C错误；
A．重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为，下降过程中的平均速度大小为，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D．根据动能定理有
则
故D正确。
故选AD。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。
步骤一：如图甲（a），轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。
步骤二：在图甲（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。
步骤三：撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于O点。
（1）如下图所示，实验中需要的器材有______；
（2）关于此实验的操作，下列说法正确的是______；
A. 测力计可以直接钩住小圆环进行实验
B 实验过程中，测力计外壳不能与木板有接触
C. 完成步骤三后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同
D. 为了减小误差，两个测力计的夹角越大越好
（3）弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为______N。
（4）做实验时，根据测量结果在白纸上画出，如图丙所示，和为两个分力，请在答题纸上通过作平行四边形的方法求出合力为___N。
【答案】（1）B （2）C
（3）0.7##0.8
（4）3.20（3.00~3.30）
【解析】
【小问1详解】
探究两个互成角度的力的合成规律实验需要刻度尺确定力的方向和作图。
故选B。
【小问2详解】
A．测力计若直接钩住小圆环进行实验，会在确定力的方向时出现误差，故A错误；
B．实验过程中，弹簧测力计与木板保持平行即可，故B错误；
C．实验过程中用一个弹簧测力计的作用效果替代两个弹簧测力计作用效果，只需同一次实验“结点”的位置相同即可，但完成后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同，故C正确；
D．画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形会准确些，但不是要求夹角尽量大，故D错误。
故选C。
【小问3详解】
弹簧测力计的最小分度为，根据指针位置可以确定拉力为。
【小问4详解】
根据平行四边形定则得出下图
由图可知合力大小约为3.16N。
12. 两只电压表、，量程分别为0.25V和1.5V，为了准确测量它们的内阻（约为几千欧），备有以下器材：电阻箱R（0~9.999Ω），滑动变阻器，直流电源E（2V，内阻不计），开关S，导线若干。请完成下列填空：
（1）甲图为某位同学设计的实物连线图，请在图中直接修改存在的问题_____。
（2）在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最______端（选填“左”或“右”）。
（3）调节电阻箱的阻值R和变阻器的滑片位置，使电压表的示数，记录此时电压表的示数和阻值R；多次改变阻值R和滑片位置，但保持不变，得到多组、R值。
（4）处理数据，得到图丁所示的关系图线．根据图线算出电压表的内阻为______kΩ，电压表的内阻为______kΩ（均取两位有效数字）。
【答案】 ①. ②. 左 ③. 3.0 ④. 5.0
【解析】
【详解】（1）[1]该电路应该用分压电路，如图
（2）[2]在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端。
（3）[3][4]由图所示电路图可知，电压表V2示数
整理得
由图象可知，图象斜率
图象纵轴截距
解得
RV1=5.0kΩ
13. 图示为马德堡半球演示器，两半球合在一起时，可形成一直径的球形空腔。现用细软管、双向阀门与容积为、活塞横截面积为的注射器改装成小型的抽气机。在温度为27℃的室内，每次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体积均保持不变，摩擦不计。已知大气压强，取，计算结果均保留两位有效数字。求：
（1）对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强；
（2）若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37℃的太阳下，经过一段时间后，半球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）球形空腔的容积
注射器的容积，根据玻意耳定律，第一次抽气有
第二次抽气有
解得
（2）马德堡半球演示器从室内移到室外，球内气体等容变化，根据查理定律得
其中，，解得
拉力至少为
解得
14. 如图所示，一轻弹簧原长，其一端固定在倾角为的固定斜面的底端处，另一端位于处，弹簧处于自然伸长状态，斜面长。在间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且长，传送带逆时针转动，转动速度为。传送带上端通过一个光滑直轨道与一个半径为的光滑圆弧轨道相切于点，且端切线水平，均在同一竖直平面内，且在同一竖直线上。质量为的物块P（可视为质点）从点由静止释放，最低到达点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求间距离及物块P运动到点时弹簧的弹性势能；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好落于点，求物块运动到点的速度。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
联立解得
L0=1m，Ep=80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有
x0csθ=vDt
竖直方向上有
解得
vD=4m/s
15. 如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。
（1）金属棒与轻弹簧不连接时
a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？
b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。
（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？
【答案】（1）a、；b、做匀加速直线运动，；（2）做简谐运动，
【解析】
【详解】（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为时，由感应电动势
由闭合电路欧姆定律
所以电容器所带的电量为
b、充电电流
由牛顿第二定律
联立解得
加速度不随时间变化，做匀加速直线运动
（2）金属棒与弹簧连接时，设下滑位移时，速度为，则
由牛顿第二定律
联立解得
金属棒所受的合力
令
则
故金属棒
为平衡位置做简谐运动，振幅
向下运动的最大位移
一、选择题（本题共10个小题，共46分，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 近年来，我国在新能源汽车领域取得了巨大的突破和发展。目前，核能汽车处于试验阶段，车上主要搭载了核动力电池，利用原子核衰变释放的核能转化为电池的电能。某种核动力电池利用了钚的衰变，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）
A. X为粒子B. 该反应的发生需要吸收能量
C. 的结合能大于的结合能D. 的原子核比的原子核更加稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由衰变过程电荷数守恒和质量数守恒可知，X为粒子，故A错误；
B．衰变过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故B错误；
C．根据自然组成原子核的核子越多，它的结合能就越高，因此的核结合能大于的核结合能，故C正确；
D．原子的比结合能越大，越稳定，故的原子核比例的原子核更加稳定，故D错误。
故选C。
2. 图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视图），忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为的球面，正对的两爪间距为，则下列说法正确的是（ ）
A. 越大．爪与锅之间的弹力越小B. 越大，爪与锅之间的弹力越大
C. 越大，锅受到的合力越大D. 越大，爪与锅之间的弹力越小
【答案】A
【解析】
【详解】对锅进行受力分析如图所示
炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即
则越大，爪与锅之间弹力越小，同理越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零。
故选A。
3. 2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为，离地高度为。若飞船绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，则地球的第一宇宙速度大小为（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力提供向心力有
则地球质量
设地球的第一宇宙速度大小为，则
解得
故选B。
4. 小型发电机的工作原理如图甲所示，两磁极之间可视为匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系图像如图乙所示，将线圈与阻值为的定值电阻相连。不计线圈内阻。下列说法正确的是（ ）
A. 该交变电流的频率为
B. 时，线圈平面转到中性面位置
C. 内，通过线圈的电荷量为
D. 如把击穿电压为的电容器接在发电机两端，电容器刚好不会被击穿
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知交变电流周期，频率
故A错误；
B．时，电动势为零，故线圈平面与中性面重合，故B正确；
C．和时，电动势为零，磁通量有最大值，设为，则时间内磁通量变化量，通过线圈的电荷量
由于电动势的最大值
根据图像可知
解得
故C错误；
D．发电机的最大电压为，如把击穿电压为的电容器挖在发电机上，电容器会被击穿，故D错误。
故选B。
5. 某简谐横波沿轴传播，在时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点和，的横坐标为0，的纵坐标为0，与间沿轴方向的距离为波长的倍，质点的振动方程为。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 该波的波长为
C. 该波的波速大小为
D. 时刻起．质点回到平衡位置的最短时间为
【答案】A
【解析】
【详解】．由
得时，，经过极短的时间，
即时质点沿轴正方向振动，结合图像知，该波沿轴正方向传播，A正确；
B．质点振动的周期
设时刻，质点第一次到达平衡位置处，即
解得
即波再传播质点处于平衡位置，如图中虚线所示，则
解得
B错误；
C．波速
C错误；
D．时刻起，质点回到平衡位置的最短时间为，D错误。
故选A。
6. 如图所示，在直角三角形中，，。A、两点各固定有点电荷，带电荷量分别为、，以点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为。已知静电力常量为，球壳表面的感应电荷在球心处产生的电场强度（ ）
A. 为零
B. 大小为，方向沿方向
C. 大小为，方向与方向夹角为
D. 大小为，方向沿平分线
【答案】C
【解析】
【详解】处点电荷在点产生的电场强度沿方向，大小为
处点电荷在点产生的电场强度沿方向，大小为
、两处点电荷分别在点产生的电场强度方向互成，大小相等，所以合电场强度大小为
方向与方向夹角；
由于金属球壳内部电场强度处处为零，感应电荷在球心处产生的电场强度大小为
方向与方向夹角为。
故选C。
7. 如图所示，水平地面上放置着用轻质弹簧竖直连接的A、B物块（两端栓接），其中A的质量为m，弹簧的劲度系数为k。压缩弹簧后释放，A开始做简谐振动，最高点恰好位于弹簧原长。某次A恰好到达最高点时，质量为m的物块C以速度与A发生完全非弹性碰撞后粘在一起做简谐振动，当它们运动到最高点时，物块B恰好与地面无弹力。已知弹簧弹性势能的表达式为，质量为m的弹簧振子的周期，重力加速度为g。不计一切阻力及碰撞时间，弹簧足够长且始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. B的质量
B. A、C成为整体后，做简谐振动的振幅为
C. A、C碰撞后，再次回到弹簧原长位置时间为
D. A、C运动到最低点时，地面对B的支持力为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．物块C以速度与A发生完全非弹性碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律有
当它们运动到最高点时，物块B恰好与地面无弹力，根据能量守恒定律有
对B受力分析有
解得
，
AC达到平衡位置时有
振幅为
故AB错误；
C．碰后AC一起做简写振动的周期为
C碰撞后，经过时间对应的角度为，碰撞时距离平衡位置的位移为
因此向下运动又回到初始碰撞点， 故C错误；
D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力为
故D正确；
故选D。
8. 如图所示：绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若小球所受电场力等于其重力的倍，小球与直线段AC、HD间的动摩擦因数为，重力加速度为g．则（ ）
A. 小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大加速度
B. 小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，最大速度
C. 小球进入DH轨道后，上升的最高点与A等高
D. 小球经过O点时，对轨道的弹力可能为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为
其不变，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因刚下滑时，加速度最大，即为
故A正确；
B．当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的速度达到最大，即为
而
且
因此解得
故B错误；
C．根据动能定理，可知，取从静止开始到进入DH轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升最高点低于A点等高，故C错误；
D．对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有
由C到O点，机械能守恒定律，则有
由上综合而得：对轨道的弹力为，当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为，故D正确。
故选AD。
【名师点睛】此题是牛顿第二定律、洛伦兹力在做圆周运动中的应用问题；是一道力电综合应用题，掌握牛顿第二定律、动能定理与机械能守恒定律的综合运用，理解左手定则的内容，注意重力与电场力的合力正好沿着斜面是解题的关键。
9. 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，两板之间形成一层空气膜，用单色光从上向下照射，入射光从空气膜的上下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。如果被检测平面是光滑的，得到的干涉图样必是等距的。现将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度。已知光从光疏介质射入光密介质时，反射光存在半波损失，相位有π的变化，相当于附加了的路程。两板之间的夹角为，光在真空中的波长为，玻璃板的折射率为n，则（ ）
A. 在标准板上表面上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为
B. 图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凸的
C. 产生干涉的两束相干光的光程差为
D. 若装置中抽去一张纸片，条纹向右移动
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，加上半波损失，其光程差为
C错误；
当光程差为
即当空气层厚度
时，则此处表现为亮条纹，
相邻条纹间厚度差
干涉条纹条纹间距
A正确；
B．图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，B错误；
D．抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，D正确。
故选AD。
10. 人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为的重物分别施加大小均为（为重力加速度的大小）、方向都与竖直方向成的力，重物离开地面高度后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。，不计空气阻力，则（ ）
A. 重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B. 重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C. 重物刚落地时的速度大小为
D. 地面对重物的平均阻力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】C．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有
则
设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有
则
故C错误；
A．重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为，下降过程中的平均速度大小为，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D．根据动能定理有
则
故D正确。
故选AD。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。
步骤一：如图甲（a），轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。
步骤二：在图甲（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。
步骤三：撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于O点。
（1）如下图所示，实验中需要的器材有______；
（2）关于此实验的操作，下列说法正确的是______；
A. 测力计可以直接钩住小圆环进行实验
B 实验过程中，测力计外壳不能与木板有接触
C. 完成步骤三后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同
D. 为了减小误差，两个测力计的夹角越大越好
（3）弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为______N。
（4）做实验时，根据测量结果在白纸上画出，如图丙所示，和为两个分力，请在答题纸上通过作平行四边形的方法求出合力为___N。
【答案】（1）B （2）C
（3）0.7##0.8
（4）3.20（3.00~3.30）
【解析】
【小问1详解】
探究两个互成角度的力的合成规律实验需要刻度尺确定力的方向和作图。
故选B。
【小问2详解】
A．测力计若直接钩住小圆环进行实验，会在确定力的方向时出现误差，故A错误；
B．实验过程中，弹簧测力计与木板保持平行即可，故B错误；
C．实验过程中用一个弹簧测力计的作用效果替代两个弹簧测力计作用效果，只需同一次实验“结点”的位置相同即可，但完成后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同，故C正确；
D．画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形会准确些，但不是要求夹角尽量大，故D错误。
故选C。
【小问3详解】
弹簧测力计的最小分度为，根据指针位置可以确定拉力为。
【小问4详解】
根据平行四边形定则得出下图
由图可知合力大小约为3.16N。
12. 两只电压表、，量程分别为0.25V和1.5V，为了准确测量它们的内阻（约为几千欧），备有以下器材：电阻箱R（0~9.999Ω），滑动变阻器，直流电源E（2V，内阻不计），开关S，导线若干。请完成下列填空：
（1）甲图为某位同学设计的实物连线图，请在图中直接修改存在的问题_____。
（2）在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最______端（选填“左”或“右”）。
（3）调节电阻箱的阻值R和变阻器的滑片位置，使电压表的示数，记录此时电压表的示数和阻值R；多次改变阻值R和滑片位置，但保持不变，得到多组、R值。
（4）处理数据，得到图丁所示的关系图线．根据图线算出电压表的内阻为______kΩ，电压表的内阻为______kΩ（均取两位有效数字）。
【答案】 ①. ②. 左 ③. 3.0 ④. 5.0
【解析】
【详解】（1）[1]该电路应该用分压电路，如图
（2）[2]在修改后的实物连线图中，闭合S前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端。
（3）[3][4]由图所示电路图可知，电压表V2示数
整理得
由图象可知，图象斜率
图象纵轴截距
解得
RV1=5.0kΩ
13. 图示为马德堡半球演示器，两半球合在一起时，可形成一直径的球形空腔。现用细软管、双向阀门与容积为、活塞横截面积为的注射器改装成小型的抽气机。在温度为27℃的室内，每次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体积均保持不变，摩擦不计。已知大气压强，取，计算结果均保留两位有效数字。求：
（1）对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强；
（2）若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37℃的太阳下，经过一段时间后，半球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）球形空腔的容积
注射器的容积，根据玻意耳定律，第一次抽气有
第二次抽气有
解得
（2）马德堡半球演示器从室内移到室外，球内气体等容变化，根据查理定律得
其中，，解得
拉力至少为
解得
14. 如图所示，一轻弹簧原长，其一端固定在倾角为的固定斜面的底端处，另一端位于处，弹簧处于自然伸长状态，斜面长。在间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且长，传送带逆时针转动，转动速度为。传送带上端通过一个光滑直轨道与一个半径为的光滑圆弧轨道相切于点，且端切线水平，均在同一竖直平面内，且在同一竖直线上。质量为的物块P（可视为质点）从点由静止释放，最低到达点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求间距离及物块P运动到点时弹簧的弹性势能；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好落于点，求物块运动到点的速度。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
联立解得
L0=1m，Ep=80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有
x0csθ=vDt
竖直方向上有
解得
vD=4m/s
15. 如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。
（1）金属棒与轻弹簧不连接时
a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？
b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。
（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？
【答案】（1）a、；b、做匀加速直线运动，；（2）做简谐运动，
【解析】
【详解】（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为时，由感应电动势
由闭合电路欧姆定律
所以电容器所带的电量为
b、充电电流
由牛顿第二定律
联立解得
加速度不随时间变化，做匀加速直线运动
（2）金属棒与弹簧连接时，设下滑位移时，速度为，则
由牛顿第二定律
联立解得
金属棒所受的合力
令
则
故金属棒
为平衡位置做简谐运动，振幅
向下运动的最大位移
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