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湖北省云学部分重点高中2024-2025学年高二上学期10月月考物理（B）试题（Word版附解析）
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一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史或物理理论的说法中，错误的是（ ）
A. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
B. 电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质
C. 卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量
D. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法
【答案】A
【解析】
【详解】A．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B．电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质，故B正确；
C．卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量，故C正确；
D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法，故D正确。
本题选择错误的，故选A。
2. 如图所示，一个物体在与水平方向成角的拉力下沿水平地面前进了时间后撤去F，物体能够继续滑行的时间为，则在物体整个运动过程中（ ）
A. 拉力F对物体的冲量大小为B. 撤去F后摩擦力大小为
C. 摩擦力对物体的冲量大小为D. 合外力对物体的冲量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据冲量的计算公式可知拉力对物体的冲量
故A错误；
D．整个过程由动能定理得
合外力对物体的冲量大小为0，故D错误；
C．整个过程由动能定理得
摩擦力对物体的冲量大小为
故C正确；
B．整个过程由动能定理得
拉力F撤去后摩擦力的大小为
故B错误。
故选C。
3. 宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一端， 绳的另一端系有质量为1kg的小球，该小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时， 绳子恰好断裂，小球以某一速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径r=0.1m，手距离月球表面的高度H=0.9m，月球表面的重力加速度g=1.6m/s2， 忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 运动过程中小球的机械能守恒
B. 小球运动到最高点时速度大小为0
C. 小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D. 小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
【答案】A
【解析】
【详解】A．运动过程中只有重力对小球做功，小球机械能守恒，故A正确；
B．球恰好能在竖直面内做圆周运动，即在最高点由重力提供向心力，有
得最高点速度为
故B错误；
C．小球运动到最高点时速度方向与重力方向垂直，所以重力功率为0，故C错误；
D．小球在平抛运动过程中运动的时间为
故D错误。
故选A。
4. 如图所示， 电源电动势，内阻，电阻，滑动变阻器的阻值范围为0~10Ω。滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的总功率不断减小B. 电压表和电流表示数之比不变
C. 电流表和电压表的示数都不断增大D. 当时， 电源的输出功率最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器R接入电路中的电阻减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流增大。电源的总功率为
所以电源的总功率增大，故A错误；
BC．由A选项分析可知，电路总电流增大，内压增大，路端电压减小，即电压表示数减小。所以流过定值电阻的电流减小，流过滑动变阻器的电流将增大，即电流表的示数增大。所以电压表和电流表示数之比将减小，故BC错误；
D．当
时，外电路总电阻为，即
此时电源的输出功率最大，故D正确。
故选D。
5. 将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 时，小球的向心加速度为0
B. 时，小球速度为0，加速度为0
C. 从到的过程中，小球的动能不断增大
D. 从到的过程中，细线中的张力不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，时，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A错误；
B．由图像可知，时，小球处于负向最大位移处，此时小球的速度0，向心加速度为0，但沿切线方向加速度不为0，故B错误；
C．由图像可知，从到的过程中，小球从负向最大位移摆向平衡位置，小球的速度不断增大，则小球的动能不断增大，故C正确；
D．由图像可知，从到的过程中，小球从平衡位置摆向正向最大位移，小球的速度不断减小，根据牛顿第二定律可得
可得
由于逐渐增大，小球的速度不断减小，则细线中的张力不断减小，故D错误。
故选C。
6. 地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布均匀的标准球体，质量为M，半径为R。已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，万有引力常量为G，忽略地球自转，若从隧道口P点由静止释放一小球。下列说法正确的是（ ）
A. 小球从P到Q的过程中动能不断增大
B. 小球从P到Q的过程中机械能不断增大
C. 小球在该隧道中运动的最大速度
D. 小球运动到Q点时， 将从地球的另外一端Q点穿出
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．从P点到Q的过程中，只有引力做功，机械能守恒，而从P到O的过程中，引力做正功，动能增大，从O到Q的过程中，引力做负功，动能减小，且PO段引力做的正功等于OQ段引力做的负功，小球在Q点的速度为零，在PQ之间往复运动，故ABD错误；
C．设小球到O点的距离为x，地球的质量为M，以O点为圆心，半径为x的球体的质量为M′，则有
小球受到的万有引力
作出小球受到引力F与x的图像如图
小球从P到O，由动能定理可得
其中
解得
故C正确。
故选C。
7. 平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。当单刀双掷开关打到1， 电路稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。以下操作中说法正确的是（ ）
A. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间， 电阻R中有由b流向a的电流
B. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的金属板插入电容器极板间， 电阻R中有由a流向b的电流， 油滴将向下运动
C. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大， 油滴依然静止于P点
D. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器下极板不动， 将上极板稍微向左移一点距离， 油滴在P点的电势能将减小， 油滴将向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变，当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间时，根据
可知电容器的电容增大，极板上的电荷量
增大，相当于给电容器充电，故电阻R中有由a流向b的电流，此时，极板间的距离减小，电场强度增大，油滴向上运动，AB错误；
C．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，根据
可知，电容器的电容增大，故电容器两端的电压
减小，静电计的张角变小，在结合电场强度与电势差的关系
整理可得
可知，电场强度不变，故油滴仍处于静止，C错误；
D．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积S减小，结合上述分析
可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于油滴距下极板距离不变，根据
可知P点的电势升高，根据受力分析可知油滴带负电，其在P点的电势能减小，D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8. 如图甲所示，x轴上A、B是点电荷Q电场中同一条电场线上的两点， 把电荷量为q₁=10-9C的正试探电荷从无穷远移到A点， 静电力做的功为-4×10-8J。若坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图甲） ， 在A、B两点分别放置试探电荷， 其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系， 如图乙中直线a、b所示。以下判断正确的是（ ）
A. 场源电荷是负电荷B. A 点的电势为40V
C. B点的电场强度大小为2.5N/CD. 点电荷Q所在位置的坐标是0.1m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．把正电荷从无穷远移到A点，电场力做负功，说明场源电荷与试探电荷间的作用力为斥力，故场源电荷为正电荷，A错误
B．根据电场力做功特点可知，选取无穷远处的电势为零电势，则有
代入数据解得
B正确；
C．图线b的斜率即为该点的电场强度，故有
C正确；
D．由图可知A点的场强
因A点的正电荷受力和B点的正电荷受力均指向x轴的正方向，则说明电场线方向指向x轴正方向，且A点场强大，故点电荷Q带正电处在A点左侧，设点电荷在A点左侧距离为x，则有
解得
所以点电荷Q所在位置的坐标是0.2m，D错误。
故选BC。
9. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波波源的起振方向相同B. 当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C. 平衡位置在处的质点为振动加强点D. 时，处的质点运动的总路程为32cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．波源位于处的波源起振方向为轴负方向，波源位于处的波源起振方向为轴正方向，起振方向相反，A错误；
B．两列波的波速相同，时刻，两波相距
所以从时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B正确；
C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位置在处的质点为振动减弱点，C错误；
D．右侧的波传到处的时间为
之后两列波在处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后处质点的路程为0，在时间内，左侧的波带动处质点的路程为
D正确。
故选BD。
10. 某品牌儿童玩具——电动发光遥控飞行水晶球，具有悬浮、红外感应避障、耐摔、防卡死自动断电保护等特点，造型精致可爱，放飞孩子们的童年，唤醒满满的童心，深受孩子们的喜爱。其电路可简化为如图甲所示的电路图。若电源电动势为8.0 V，内阻为3.0 Ω，电动机线圈的电阻为RM = 0.6 Ω。两盏小电珠L的规格均为“3.0 V，1.8 W”，其伏安特性曲线如图乙所示。开关S1、S2均闭合时， 电动机正常转动，电流表示数为1 A，则（ ）
A. 小电珠的电阻约为4.0 Ω
B. 电动机的额定功率约为3.6 W
C. 电动机的机械效率约为83%
D. 若开关S1闭合，S2断开， 两盏小电珠均能正常发光
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．设每每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路的欧姆定律可得
解得
此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示
此时电压
电流
故灯的电阻
故A正确；
B．电动机的额定电压
故其额定功率
故B正确；
C．电动机的输出功率
故电动机的效率
故C正确；
D．开关S1闭合，S2断开，若两盏小电珠均正常发光，回路中的电流为0.6 A，则电源的电动势
故小电珠不能正常发光，故D错误。
故选ABC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒．小球a用不可伸长的细线悬挂起来，直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上，细线自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。已知重力加速度为g。实验的主要步骤及需解答的问题如下：
（1）测量出悬点到小球a球心的距离L，小球a、b的质量分别为；
（2）将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时并由静止释放，与小球b发生对心碰撞后球a反弹，球b做平抛运动，测得小球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为．则：小球a、b的质量大小需满足______（选填“>”、“<”或“=”）；
（3）测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x，竖直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小______；
（4）若该碰撞中的总动量守恒，则需满足的表达式为______（用题中所给和测量的物理量表示）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（2）[1]实验中需要碰撞后小球a反弹，所以小球a、b的质量大小需满足。
（3）[2]小球b平抛运动，则有
，
联立，解得
（4）[3]碰撞前小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
同理，碰撞后小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
若该碰撞中的总动量守恒，则有
联立，解得
12. 某兴趣小组为了测量量程为5mA毫安表的内阻，设计了如图甲所示的电路。
（1）在检查电路连接正确后，实验时， 操作步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片P移到最右端，调整电阻箱R0的阻值为零，闭合开关S，再将滑片P缓慢左移，使毫安表上电流满偏；保持滑片P不动，调整R0的阻值，使毫安表上读数为2mA，记下此时R0的电阻为300.0Ω。
（2）则该毫安表的内阻的测量值为________，该测量值________实际值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）现将某定值电阻R₁与该毫安表连接，将该毫安表改装为一个量程为30mA的电流表，并用标准电流表进行检测，如图乙所示。
①需要接入的定值电阻R1的阻值为________Ω；
②在乙图中虚线框内补全改装电路图________；
③当标准电流表的示数为12mA时，流经毫安表中的电流示数可能为________。
A．1.9mA B．2mA C．2.1mA
【答案】 ①. 200 ②. 大于 ③. ④. ⑤. C
【解析】
【详解】[1]根据
解得
[2]当的阻值从0开始增大时，电路中的总电阻在增大，干路电流会减小，所以毫安表和电阻箱实际分去的电压会增大，大于，根据
可得
可知毫安表内阻的测量值要大于实际值。
[3]根据
解得
[4]如图所示
[5]由[2]分析可知，的测量值偏大，实际值比小，因此分流能力强，电流大于
其中
故选C。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13. 2024年10月1日晚，香港国庆烟花汇演在维多利亚港（维港）上空如期举行，庆祝中华人民共和国75周年华诞，山河无恙。若某枚烟花弹从地面以v0=20m/s的速度竖直向上射出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。
（1）求该烟花弹上升的最大高度h；
（2）该烟花弹的重力势能为动能倍时，求该烟花弹的速度大小v1。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由机械能守恒定律得
解得烟花弹上升的最大高度
【小问2详解】
烟花弹的重力势能为动能的倍时，由机械能守恒定律得
又
联立解得
14. 如图所示， 倾角为斜面末端与竖直的半径R=1m的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心， a、b为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=1.0×10-5C的带正电小球（可视为质点），从斜面上的c点以一定大小的速度斜向上抛出（图中未画出）， 小球从半圆轨道的最高点a沿水平方向飞入半圆轨道， 对轨道a点的压力大小为2.4N。若小球刚过a点时， 立即在整个空间施加水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=3.0×105N/C，重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小球在a点的速度va大小；
（2）小球从c点运动到a点的时间t；
（3）小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力。
【答案】（1）
（2）
（3），与竖直方向成角斜向下
【解析】
【小问1详解】
在a点，根据牛顿第二定律得
解得小球在a点的速度大小
【小问2详解】
小球由c到a过程，逆向为平抛运动如图所示
水平方向
竖直方向
由几何关系知
联立解得
【小问3详解】
由分析可知，小球受到的重力mg与电场力qE的合力F沿着轨道半径时对轨道的压力最大，如图d点所示。
故
方向
解得
小球从a到d过程中，由动能定理有
在d点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小，与竖直方向成角斜向下。
15. 如图，光滑水平面QS左侧有一竖直挡板，右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v = 8.0 m/s的速度逆时针匀速转动。有一质量为m = 1.0 kg的物块A静止于QS上，在物块A右侧有一质量为M = 1.0 kg的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.20，物块B以水平向右v0 = 10 m/s速度从传送带左侧滑上传送带，且恰好不会从传送带右侧离开。当物块B从左侧滑离传送带后与物块A发生弹性碰撞，且A每次与挡板碰撞后，速率变为原来的，方向相反。物块A、B会多次作用，重力加速度大小g = 10 m/s2，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
（1）传送带的长度L；
（2）物块B从第1次滑上传送带到B第2次滑上传送带的过程中，摩擦力对B的冲量；
（3）B第二次滑上传送带后，瞬间给B一水平向右的冲量I，其大小为6 N∙s。以后每隔Δt = 0.5 s给B一相同的瞬时冲量I，直到B离开传送带，该过程中由于摩擦而产生的热量。
【答案】（1）25 m
（2）18 N∙s，方向水平向左
（3）
【解析】
【小问1详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，根据牛顿第二定律
解得
向右运动过程中，根据运动学公式
由于恰好不会从传送带右侧离开，则传送带长度为
【小问2详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，因为v < v0，所以最后以v = 8.0 m/s的速度大小从传送带上离开。此过程摩擦力的方向水平向左，根据动量定理
所以，摩擦力对B的冲量大小为18 N∙s，方向水平向左。
【小问3详解】
B从传送带左端滑下后，与A发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
即A、B质量相等，速度交换。A向左运动与竖直挡板碰撞后，速度大小变为，方向水平向右。A和B再次发生弹性碰撞，再次速度交换，即
，
到达传送带左端瞬间，设此时t = 0，此时给B一水平向右的冲量，对B，t = 0时，根据动量定理
解得
滑上传送带后，B以a = 2 m/s2的加速度，向右做匀减速运动，经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
t = Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
t = 2Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 05 s后
此过程中B对地位移为
t = 3Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
因为
所以，第4次作用与B冲量I后，经过一段时间，B已经从传送带右端滑落。从t = 0到t = 3Δt，物块向右运动的位移为
第4次作用于B冲量I后，B在传送带上运动的位移为
根据运动学公式
解得，第4次作用于B冲量I后，传送带对B的作用时间为
B在传送带上运动总时间为
B与传送带之间因摩擦产生的热量为
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的成果，推动了人类文明发展的进程。下列有关物理学史或物理理论的说法中，错误的是（ ）
A. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
B. 电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质
C. 卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量
D. “如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法
【答案】A
【解析】
【详解】A．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，故A错误；
B．电场虽然看不见摸不着，但电场像分子、原子等实物粒子一样是一种客观存在的物质，故B正确；
C．卡文迪什通过扭秤实验装置在实验室中测出万有引力常量，是利用了放大法测微小量，故C正确；
D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，用的是假设法，故D正确。
本题选择错误的，故选A。
2. 如图所示，一个物体在与水平方向成角的拉力下沿水平地面前进了时间后撤去F，物体能够继续滑行的时间为，则在物体整个运动过程中（ ）
A. 拉力F对物体的冲量大小为B. 撤去F后摩擦力大小为
C. 摩擦力对物体的冲量大小为D. 合外力对物体的冲量大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据冲量的计算公式可知拉力对物体的冲量
故A错误；
D．整个过程由动能定理得
合外力对物体的冲量大小为0，故D错误；
C．整个过程由动能定理得
摩擦力对物体的冲量大小为
故C正确；
B．整个过程由动能定理得
拉力F撤去后摩擦力的大小为
故B错误。
故选C。
3. 宇航员站在月球表面，手握不可伸长的轻绳一端， 绳的另一端系有质量为1kg的小球，该小球恰好能在竖直面内做圆周运动，且小球运动到最低点时， 绳子恰好断裂，小球以某一速度水平飞出落在月球表面。小球做圆周运动的半径r=0.1m，手距离月球表面的高度H=0.9m，月球表面的重力加速度g=1.6m/s2， 忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 运动过程中小球的机械能守恒
B. 小球运动到最高点时速度大小为0
C. 小球运动到最高点时重力的瞬时功率为0.68W
D. 小球在平抛运动过程中运动的时间为0.4s
【答案】A
【解析】
【详解】A．运动过程中只有重力对小球做功，小球机械能守恒，故A正确；
B．球恰好能在竖直面内做圆周运动，即在最高点由重力提供向心力，有
得最高点速度为
故B错误；
C．小球运动到最高点时速度方向与重力方向垂直，所以重力功率为0，故C错误；
D．小球在平抛运动过程中运动的时间为
故D错误。
故选A。
4. 如图所示， 电源电动势，内阻，电阻，滑动变阻器的阻值范围为0~10Ω。滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电源的总功率不断减小B. 电压表和电流表示数之比不变
C. 电流表和电压表的示数都不断增大D. 当时， 电源的输出功率最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器R接入电路中的电阻减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流增大。电源的总功率为
所以电源的总功率增大，故A错误；
BC．由A选项分析可知，电路总电流增大，内压增大，路端电压减小，即电压表示数减小。所以流过定值电阻的电流减小，流过滑动变阻器的电流将增大，即电流表的示数增大。所以电压表和电流表示数之比将减小，故BC错误；
D．当
时，外电路总电阻为，即
此时电源的输出功率最大，故D正确。
故选D。
5. 将一条轻质细线下端挂上一个小球，使小球在竖直面内自由摆动，如图所示为小球的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 时，小球的向心加速度为0
B. 时，小球速度为0，加速度为0
C. 从到的过程中，小球的动能不断增大
D. 从到的过程中，细线中的张力不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，时，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的向心加速度最大，故A错误；
B．由图像可知，时，小球处于负向最大位移处，此时小球的速度0，向心加速度为0，但沿切线方向加速度不为0，故B错误；
C．由图像可知，从到的过程中，小球从负向最大位移摆向平衡位置，小球的速度不断增大，则小球的动能不断增大，故C正确；
D．由图像可知，从到的过程中，小球从平衡位置摆向正向最大位移，小球的速度不断减小，根据牛顿第二定律可得
可得
由于逐渐增大，小球的速度不断减小，则细线中的张力不断减小，故D错误。
故选C。
6. 地心隧道是根据凡尔纳的《地心游记》所设想出的一条假想隧道。若将地球视为质量分布均匀的标准球体，质量为M，半径为R。已知质量分布均匀的球壳对内部引力处处为零，万有引力常量为G，忽略地球自转，若从隧道口P点由静止释放一小球。下列说法正确的是（ ）
A. 小球从P到Q的过程中动能不断增大
B. 小球从P到Q的过程中机械能不断增大
C. 小球在该隧道中运动的最大速度
D. 小球运动到Q点时， 将从地球的另外一端Q点穿出
【答案】C
【解析】
【详解】ABD．从P点到Q的过程中，只有引力做功，机械能守恒，而从P到O的过程中，引力做正功，动能增大，从O到Q的过程中，引力做负功，动能减小，且PO段引力做的正功等于OQ段引力做的负功，小球在Q点的速度为零，在PQ之间往复运动，故ABD错误；
C．设小球到O点的距离为x，地球的质量为M，以O点为圆心，半径为x的球体的质量为M′，则有
小球受到的万有引力
作出小球受到引力F与x的图像如图
小球从P到O，由动能定理可得
其中
解得
故C正确。
故选C。
7. 平行板电容器与静电计、直流电源如图所示连接，电源的负极与静电计外壳相连并接地，R为定值电阻。当单刀双掷开关打到1， 电路稳定时一带电的油滴恰好静止于两极板间的P点。以下操作中说法正确的是（ ）
A. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间， 电阻R中有由b流向a的电流
B. 若开关与1保持连接， 将一适当厚度的金属板插入电容器极板间， 电阻R中有由a流向b的电流， 油滴将向下运动
C. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，静电计的张角将变大， 油滴依然静止于P点
D. 若将开关打到2， 电路稳定后， 保持电容器下极板不动， 将上极板稍微向左移一点距离， 油滴在P点的电势能将减小， 油滴将向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若开关与1保持连接，电容器两端的电压不变，当将一适当厚度的玻璃板插入电容器极板间时，根据
可知电容器的电容增大，极板上的电荷量
增大，相当于给电容器充电，故电阻R中有由a流向b的电流，此时，极板间的距离减小，电场强度增大，油滴向上运动，AB错误；
C．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，保持电容器上极板不动，将下极板稍微上移一点距离，根据
可知，电容器的电容增大，故电容器两端的电压
减小，静电计的张角变小，在结合电场强度与电势差的关系
整理可得
可知，电场强度不变，故油滴仍处于静止，C错误；
D．若将开关打到2， 电路稳定后，电容器的电荷量不变，将上极板稍微向左移一点距离，则正对面积S减小，结合上述分析
可知，电场强度增大，油滴将向上运动，由于油滴距下极板距离不变，根据
可知P点的电势升高，根据受力分析可知油滴带负电，其在P点的电势能减小，D正确。
故选D。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8. 如图甲所示，x轴上A、B是点电荷Q电场中同一条电场线上的两点， 把电荷量为q₁=10-9C的正试探电荷从无穷远移到A点， 静电力做的功为-4×10-8J。若坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图甲） ， 在A、B两点分别放置试探电荷， 其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系， 如图乙中直线a、b所示。以下判断正确的是（ ）
A. 场源电荷是负电荷B. A 点的电势为40V
C. B点的电场强度大小为2.5N/CD. 点电荷Q所在位置的坐标是0.1m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．把正电荷从无穷远移到A点，电场力做负功，说明场源电荷与试探电荷间的作用力为斥力，故场源电荷为正电荷，A错误
B．根据电场力做功特点可知，选取无穷远处的电势为零电势，则有
代入数据解得
B正确；
C．图线b的斜率即为该点的电场强度，故有
C正确；
D．由图可知A点的场强
因A点的正电荷受力和B点的正电荷受力均指向x轴的正方向，则说明电场线方向指向x轴正方向，且A点场强大，故点电荷Q带正电处在A点左侧，设点电荷在A点左侧距离为x，则有
解得
所以点电荷Q所在位置的坐标是0.2m，D错误。
故选BC。
9. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的波速均为0.2m/s，波源的振幅均为4cm，图示为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在和的两质点刚开始振动。下列说法正确的是（ ）
A. 两列波波源的起振方向相同B. 当两列波相遇时，左边的波源振动了3s
C. 平衡位置在处的质点为振动加强点D. 时，处的质点运动的总路程为32cm
【答案】BD
【解析】
【详解】A．波源位于处的波源起振方向为轴负方向，波源位于处的波源起振方向为轴正方向，起振方向相反，A错误；
B．两列波的波速相同，时刻，两波相距
所以从时刻到相遇所用时间为
已知左边波的波长为
周期为
从左侧波源开始振动到时刻的时间为
所以，当两列波相遇时，左边的波源振动的时间为
B正确；
C．由于两列波波速相同，所以左侧的波谷传到处时右侧波的波峰也恰好传到该点，所以平衡位置在处的质点为振动减弱点，C错误；
D．右侧的波传到处的时间为
之后两列波在处相遇，叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，所以4s之后处质点的路程为0，在时间内，左侧的波带动处质点的路程为
D正确。
故选BD。
10. 某品牌儿童玩具——电动发光遥控飞行水晶球，具有悬浮、红外感应避障、耐摔、防卡死自动断电保护等特点，造型精致可爱，放飞孩子们的童年，唤醒满满的童心，深受孩子们的喜爱。其电路可简化为如图甲所示的电路图。若电源电动势为8.0 V，内阻为3.0 Ω，电动机线圈的电阻为RM = 0.6 Ω。两盏小电珠L的规格均为“3.0 V，1.8 W”，其伏安特性曲线如图乙所示。开关S1、S2均闭合时， 电动机正常转动，电流表示数为1 A，则（ ）
A. 小电珠的电阻约为4.0 Ω
B. 电动机的额定功率约为3.6 W
C. 电动机的机械效率约为83%
D. 若开关S1闭合，S2断开， 两盏小电珠均能正常发光
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．设每每盏灯两端的电压为U，电流为I，由闭合电路的欧姆定律可得
解得
此函数图像与伏安特性曲线的交点如图所示
此时电压
电流
故灯的电阻
故A正确；
B．电动机的额定电压
故其额定功率
故B正确；
C．电动机的输出功率
故电动机的效率
故C正确；
D．开关S1闭合，S2断开，若两盏小电珠均正常发光，回路中的电流为0.6 A，则电源的电动势
故小电珠不能正常发光，故D错误。
故选ABC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒．小球a用不可伸长的细线悬挂起来，直径相同的小球b放置在光滑支撑杆上，细线自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上。已知重力加速度为g。实验的主要步骤及需解答的问题如下：
（1）测量出悬点到小球a球心的距离L，小球a、b的质量分别为；
（2）将小球a向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为时并由静止释放，与小球b发生对心碰撞后球a反弹，球b做平抛运动，测得小球a向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为．则：小球a、b的质量大小需满足______（选填“>”、“<”或“=”）；
（3）测量出碰撞后小球b做平抛运动的水平位移x，竖直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小______；
（4）若该碰撞中的总动量守恒，则需满足的表达式为______（用题中所给和测量的物理量表示）。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】（2）[1]实验中需要碰撞后小球a反弹，所以小球a、b的质量大小需满足。
（3）[2]小球b平抛运动，则有
，
联立，解得
（4）[3]碰撞前小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
同理，碰撞后小球a摆动过程中，由机械能守恒可得
解得
若该碰撞中的总动量守恒，则有
联立，解得
12. 某兴趣小组为了测量量程为5mA毫安表的内阻，设计了如图甲所示的电路。
（1）在检查电路连接正确后，实验时， 操作步骤如下：先将滑动变阻器R的滑片P移到最右端，调整电阻箱R0的阻值为零，闭合开关S，再将滑片P缓慢左移，使毫安表上电流满偏；保持滑片P不动，调整R0的阻值，使毫安表上读数为2mA，记下此时R0的电阻为300.0Ω。
（2）则该毫安表的内阻的测量值为________，该测量值________实际值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
（3）现将某定值电阻R₁与该毫安表连接，将该毫安表改装为一个量程为30mA的电流表，并用标准电流表进行检测，如图乙所示。
①需要接入的定值电阻R1的阻值为________Ω；
②在乙图中虚线框内补全改装电路图________；
③当标准电流表的示数为12mA时，流经毫安表中的电流示数可能为________。
A．1.9mA B．2mA C．2.1mA
【答案】 ①. 200 ②. 大于 ③. ④. ⑤. C
【解析】
【详解】[1]根据
解得
[2]当的阻值从0开始增大时，电路中的总电阻在增大，干路电流会减小，所以毫安表和电阻箱实际分去的电压会增大，大于，根据
可得
可知毫安表内阻的测量值要大于实际值。
[3]根据
解得
[4]如图所示
[5]由[2]分析可知，的测量值偏大，实际值比小，因此分流能力强，电流大于
其中
故选C。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13. 2024年10月1日晚，香港国庆烟花汇演在维多利亚港（维港）上空如期举行，庆祝中华人民共和国75周年华诞，山河无恙。若某枚烟花弹从地面以v0=20m/s的速度竖直向上射出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，以地面为重力势能的零势能面。
（1）求该烟花弹上升的最大高度h；
（2）该烟花弹的重力势能为动能倍时，求该烟花弹的速度大小v1。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由机械能守恒定律得
解得烟花弹上升的最大高度
【小问2详解】
烟花弹的重力势能为动能的倍时，由机械能守恒定律得
又
联立解得
14. 如图所示， 倾角为斜面末端与竖直的半径R=1m的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心， a、b为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=1.0×10-5C的带正电小球（可视为质点），从斜面上的c点以一定大小的速度斜向上抛出（图中未画出）， 小球从半圆轨道的最高点a沿水平方向飞入半圆轨道， 对轨道a点的压力大小为2.4N。若小球刚过a点时， 立即在整个空间施加水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=3.0×105N/C，重力加速度g=10m/s2，不计一切阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小球在a点的速度va大小；
（2）小球从c点运动到a点的时间t；
（3）小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力。
【答案】（1）
（2）
（3），与竖直方向成角斜向下
【解析】
【小问1详解】
在a点，根据牛顿第二定律得
解得小球在a点的速度大小
【小问2详解】
小球由c到a过程，逆向为平抛运动如图所示
水平方向
竖直方向
由几何关系知
联立解得
【小问3详解】
由分析可知，小球受到的重力mg与电场力qE的合力F沿着轨道半径时对轨道的压力最大，如图d点所示。
故
方向
解得
小球从a到d过程中，由动能定理有
在d点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小，与竖直方向成角斜向下。
15. 如图，光滑水平面QS左侧有一竖直挡板，右侧平滑对接一足够长的水平传送带，传送带正在以v = 8.0 m/s的速度逆时针匀速转动。有一质量为m = 1.0 kg的物块A静止于QS上，在物块A右侧有一质量为M = 1.0 kg的物块B，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.20，物块B以水平向右v0 = 10 m/s速度从传送带左侧滑上传送带，且恰好不会从传送带右侧离开。当物块B从左侧滑离传送带后与物块A发生弹性碰撞，且A每次与挡板碰撞后，速率变为原来的，方向相反。物块A、B会多次作用，重力加速度大小g = 10 m/s2，不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
（1）传送带的长度L；
（2）物块B从第1次滑上传送带到B第2次滑上传送带的过程中，摩擦力对B的冲量；
（3）B第二次滑上传送带后，瞬间给B一水平向右的冲量I，其大小为6 N∙s。以后每隔Δt = 0.5 s给B一相同的瞬时冲量I，直到B离开传送带，该过程中由于摩擦而产生的热量。
【答案】（1）25 m
（2）18 N∙s，方向水平向左
（3）
【解析】
【小问1详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，根据牛顿第二定律
解得
向右运动过程中，根据运动学公式
由于恰好不会从传送带右侧离开，则传送带长度为
【小问2详解】
B滑上传送带后，先向右做匀减速直线运动，直至速度为零后再反向加速，因为v < v0，所以最后以v = 8.0 m/s的速度大小从传送带上离开。此过程摩擦力的方向水平向左，根据动量定理
所以，摩擦力对B的冲量大小为18 N∙s，方向水平向左。
【小问3详解】
B从传送带左端滑下后，与A发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
解得
，
即A、B质量相等，速度交换。A向左运动与竖直挡板碰撞后，速度大小变为，方向水平向右。A和B再次发生弹性碰撞，再次速度交换，即
，
到达传送带左端瞬间，设此时t = 0，此时给B一水平向右的冲量，对B，t = 0时，根据动量定理
解得
滑上传送带后，B以a = 2 m/s2的加速度，向右做匀减速运动，经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
t = Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
t = 2Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 05 s后
此过程中B对地位移为
t = 3Δt时，根据动量定理
解得
B向右做匀减速运动，再经过Δt = 0.5 s后
此过程中B对地位移为
因为
所以，第4次作用与B冲量I后，经过一段时间，B已经从传送带右端滑落。从t = 0到t = 3Δt，物块向右运动的位移为
第4次作用于B冲量I后，B在传送带上运动的位移为
根据运动学公式
解得，第4次作用于B冲量I后，传送带对B的作用时间为
B在传送带上运动总时间为
B与传送带之间因摩擦产生的热量为
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