第第頁【解析】廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷

一、單選題

1．（2023·中山模擬）甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法不正確的是（）

A．兩車在t1時刻甲車在后，乙車在前

B．t1至t2時間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小

C．t1至t2時間內(nèi)甲車的加速度一直比乙車大

D．甲、乙兩車的加速度都先減小后增大

【答案】C

【知識點】運動學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】AB：t1至t2時間內(nèi)，甲比乙速度快，甲比乙多運動一段距離；兩車在t2時刻并排行駛，則t1時刻甲車在后，乙車在前，且t1至t2時間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小。AB不符合題意。

CD：速度—時間圖像上各點切線的斜率表示加速度，由圖知t1至t2時間內(nèi)兩車的加速度都先減小后增大，甲車的加速度不一直比乙車大。C錯誤，符合題意；D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用圖像面積的大小可以判斷空間上兩車的關(guān)系；由于t1到t2時間內(nèi)甲的面積比較大所以甲在后乙在前；且甲的速度大所以之間的距離在變?。焕眯甭士梢员容^加速度的大?。豢梢钥闯黾铀俣榷际窍茸冃≡僮兇蟆?/p>

2．（2023·中山模擬）許多科學(xué)家對物理學(xué)的發(fā)展有巨大貢獻(xiàn)，也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）

A．伽利略通過“理想實驗”得出“自由落體運動與物體的質(zhì)量無關(guān)”的規(guī)律

B．卡文迪許在實驗室里通過幾個鉛球間萬有引力的測量，得出了引力常量的數(shù)值

C．開普勒指出，地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的引力

D．牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗”

【答案】B

【知識點】物理學(xué)史

【解析】【解答】A：伽利略通過抽象思維、數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實驗相結(jié)合的方法，得出“自由落體運動與物體的質(zhì)量無關(guān)”的規(guī)律；伽利略通過“理想斜面實驗”得到結(jié)論：一切運動著的物體在沒有受到阻力作用的時候，它的速度不變，并且一直運動下去。A不符合題意。

B：卡文迪許在實驗室里用扭秤實驗通過幾個鉛球間萬有引力的測量，得出了引力常量的數(shù)值。B符合題意。

C：牛頓認(rèn)為，地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的引力；開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，并沒有解釋行星為什么這樣運動。C不符合題意。

D：牛頓通過比較月球繞地球做近似圓周運動的向心加速度和地面重力加速度，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗”。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】理想斜面主要證明運動不需要力的維持；地球繞太陽運動主要受太陽的引力是牛頓提出的；牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球重力加速度的大小，而不是地球上物體的向心加速度大小。

3．（2023·中山模擬）質(zhì)量均勻分布的正方形薄木板abcd邊長為L，重力為G，將頂點a處用一水平光滑軸掛起，處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。現(xiàn)施加一外力使其ab邊在豎直線上，則此外力做的功至少應(yīng)為（）

A．GLB．GL

C．GLD．GL

【答案】D

【知識點】動能與重力勢能

【解析】【解答】初始時，薄板重心所在水平線離a處；ab邊在豎直線上時，薄板重心所在水平線離a處；對移動過程，應(yīng)用動能定理得：，解得：

。D項正確，ABC三項錯誤。

故答案為：D

【分析】利用動能定理可以得出外力做功加上克服重力做功等于動能的增加，其外力做功大于重力所做的負(fù)功。

4．（2023·中山模擬）如圖，一勁度系數(shù)為k輕彈簧的一端固定在傾角為θ=30°的光滑固定斜面的底部，另一端和質(zhì)量為2m的小物塊A相連，質(zhì)量為m的物塊B緊靠A一起靜止.現(xiàn)用手緩慢斜向下壓物體B使彈簧再壓縮x0并靜止。然后迅速放手，A和B一起沿斜面向上運動距離L時，B達(dá)到最大速度v．則以下說法正確的是(始終在彈性限度內(nèi))（）

A．L>x0

B．放手的瞬間，A對B的彈力大小為+

C．若向上運動過程A，B出現(xiàn)了分離，則分離時彈簧的壓縮量為

D．從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過程中，彈簧彈性勢能減小了

【答案】B

【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—連接體；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A：設(shè)物塊B緊靠A一起靜止時彈簧的壓縮量為，對整體受力分析由平衡條件可得：；設(shè)B達(dá)到最大速度v時，彈簧的壓縮量為，B達(dá)到最大速度v時，AB一起向上運動，加速度均為零，對整體受力分析可得：；解得：，則整體先下移x0，再向上運動距離L時，彈簧形變量相同，即。A不符合題意。

B：放手瞬間，彈簧壓縮量為，對整體受力分析由牛頓第二定律可得：；對物塊B受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：。B符合題意。

C：若向上運動過程A、B出現(xiàn)分離時，A、B間力恰為零，且此時A、B加速度相同。對B受力分析由牛頓第二定律可得：，對A受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：，則分離時彈簧的壓縮量為0。C不符合題意。

D：從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過程中，AB及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢能減小等于AB重力勢能和動能的增量，則。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用靜止條件求出彈簧的形變量大小，再利用平衡求出彈簧的形變量大小，就可以比較向下移動的距離和向上移動距離的大小；利用牛頓第二定律可以求出A對B的彈力大小；利用分離時的特點AB間的作用力為0且兩者加速度大小相等結(jié)合牛頓第二定律可以求出分離時的形變量大小；利用能量守恒可以求出彈性勢能的減少量。

二、多選題

5．（2023·中山模擬）如圖所示，一根套有輕質(zhì)細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置,一小球用細(xì)線系在細(xì)環(huán)上,小球置于一光滑斜面上,現(xiàn)用力將斜面緩慢右移（從虛線運動到實線）,此過程中細(xì)環(huán)始終靜止在原位置,則下列說法正確的是（）

A．斜面對小球的支持力變大B．桿對細(xì)環(huán)的摩擦力變小

C．細(xì)線對細(xì)環(huán)的拉力變大D．桿對細(xì)環(huán)的支持力變小

【答案】A,D

【知識點】動態(tài)平衡分析

【解析】【解答】AC：以小球為研究對象，受力分析如圖，據(jù)平行四邊形定則作出與的合力，由平衡條件知，與的合力與小球重力等大、反向，由圖知，此過程中變小，變大，即斜面對小球的支持力變大，細(xì)線對小球的拉力變小，細(xì)線對細(xì)環(huán)的拉力變小。A符合題意，C不符合題意。

CD：以小環(huán)和小球整體為研究對象受力分析，整體受總重力、斜面對小球斜向上的支持力、桿對小環(huán)豎直向上的支持力和桿對小環(huán)向左的摩擦力，據(jù)平衡條件桿對細(xì)環(huán)的摩擦力等于斜面對小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；據(jù)平衡條件桿對小環(huán)豎直向上的支持力等于總重力減去斜面對小球斜向上的支持力的豎直分量，支持力增大，桿對小環(huán)豎直向上的支持力減小。B不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用小球的平衡方程可以找出斜面支持力的變化及繩子拉力的變化，以細(xì)環(huán)為研究對象結(jié)合平衡可以判斷環(huán)受到摩擦力和支持力的變化。

6．（2023·中山模擬）在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v1和v2的速率沿同一方向水平拋出(不計空氣阻力)，經(jīng)歷時間t1和t2兩球都落在該斜面上。乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，則下列判斷正確的是（）

A．v2=2v1

B．t2=2t1

C．甲、乙兩球飛行過程中速率變化率之比為1：1

D．甲、乙兩球落在該斜面上時的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1

【答案】A,B,D

【知識點】平拋運動

【解析】【解答】A：乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，v2=2v1。A符合題意。

B：乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，t2=2t1。B符合題意。

C：v2=2v1，乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，甲、乙兩球飛行過程中速率變化率之比為1：2。C不符合題意。

D：設(shè)斜面傾角為，小球落在斜面上速度方向與水平方向夾角為，甲球以v1速率拋出，落在斜面上，如圖所示，則、，所以；則兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，兩球落在該斜面上時的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1。D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用速度的方向相同結(jié)合速度的分解可以求出水平方向速度的比值；利用豎直方向速度的大小可以比較時間的比值；由于位移方向相同所以速度方向相同；汽車在過程中速率的變化量由末速度大小減去初速度的大小，其比值不是2：1，時間比值是2：1，導(dǎo)致速率變化率之比不是1：1.

7．（2023·中山模擬）如圖，水平面上方有勻強(qiáng)電場，方向水平向左，一帶正電的小球（視為質(zhì)點）從水平面上的O點射入電場，射入時速度大小為v0，方向與水平方向成θ角(θ角是銳角，虛線OA為豎直線)，當(dāng)它到達(dá)P點（圖中未畫出）時速度恰沿水平方向，且速度大小也為v0，則在此過程中（不計空氣阻力）（）

A．點P一定在虛線OA左側(cè)

B．小球電勢能增加

C．小球的動量均勻變化

D．小球重力勢能與電勢能之和減小

【答案】A,C

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB：將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，小球豎直方向的初速度向上、初速度大小，小球豎直方向的加速度向下、大?。划?dāng)小球到達(dá)P點（圖中未畫出）時速度恰沿水平方向，所以小球從開始運動到P點豎直方向位移向上。設(shè)小球從開始運動到P點豎直方向向上運動了，對小球從開始運動到P點過程應(yīng)用動能定理可得：，所以從小球開始運動到P點過程電場力做正功。小球帶正電，所受電場力水平向左，則小球從開始運動到P點在水平方向位移向左，則點P一定在虛線OA左側(cè)。電場力做正功，小球的電勢能減小。A項正確，B項錯誤。

C：小球所受重力和電場力均為恒力，據(jù)動量定理可得，小球的動量均勻變化。C項正確。

D：小球受重力和電場力，則小球的電勢能與機(jī)械能之和不變；從開始運動到P點小球所受合力方向(斜向左下)與運動方向間夾角從鈍角變成銳角，合力先做負(fù)功后做正功，小球的動能先減小后增大，則小球重力勢能與電勢能之和先增大后減小。D項錯誤。

故答案為：AC

【分析】利用動能定理可以判別過程中電場力做正功，所以小球會出現(xiàn)在虛線的左側(cè)；所以導(dǎo)致電勢能減少；由于受到合力作用所以動量均勻變化；重力勢能和電勢能之和保持不變。

8．（2023·中山模擬）如圖所示，MNBO為有界的水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，AB為光滑固定的1/4圓弧形軌道(O為圓心，B點切線水平)，軌道半徑為R。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球(視作質(zhì)點)，從A點正上方高為h=R處由靜止釋放，并從A點沿切線進(jìn)入軌道，小球進(jìn)入軌道時對軌道的壓力大小為3mg，不計空氣阻力及一切能量損失，下列說法正確的是（）

A．電場強(qiáng)度大小為E=mg/q

B．小球到達(dá)B點時對軌道壓力大小為3mg

C．小球從A運動到B過程中對軌道的壓力先增大后減小

D．小球從A向B運動過程中機(jī)械能先增大后減小

【答案】A,B,C

【知識點】對單物體(質(zhì)點)的應(yīng)用；動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A：對小球由靜止釋放到A點過程，應(yīng)用動能定理得：；對A點時的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：，又由牛頓第三定律知；聯(lián)立解得：、。A符合題意。

B：對小球由A點到B點過程，應(yīng)用動能定理得：，對B點時的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：；解得：、。據(jù)牛頓第三定律，小球到達(dá)B點時對軌道壓力大小為3mg。B符合題意。

C：小球受的重力和電場力大小相等，兩力的合力方向斜向左下方與水平方向成，等效重力場的方向與水平方向成斜向左下方，則小球從A運動到B過程中小球所受支持力先增大后減小。據(jù)牛頓第三定律，小球從A運動到B過程中對軌道的壓力先增大后減小。C符合題意。

D：小球所受電場力向左，小球從A運動到B過程中，電場力對小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小。D不符合題意。

故答案為：ABC

【分析】利用動能定理結(jié)合牛頓第二定律可以求出電場強(qiáng)度和在A點的速度大??；再利用AB過程的動能定理可以求出B點的速度大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出B點對軌道的壓力；利用重力和電場力等效為重力，可以判斷不同位置軌道壓力的大??；利用電場力做負(fù)功可以判別機(jī)械能減少。

三、實驗題

9．（2023·中山模擬）欲測量實驗室某合金絲的電阻率，其阻值Rx約為6Ω.用螺旋測微器測得合金絲的直徑為d，用毫米刻度尺測得其長度為L，先要精確測量該合金絲的阻值Rx，實驗室提供的器材有：

A.

電流表A1(量程0--0.3

A，內(nèi)阻約為5Ω)

B.

電流表A2(量程0--0.6

A，內(nèi)阻約為1Ω)

C.

電壓表V1(量程0--3V，內(nèi)阻約3kΩ)

D.

電壓表V2(量程0--15V，內(nèi)阻約18kΩ)

E.

定值電阻R0=5Ω

F.滑動變阻器R1(總阻值5Ω)

G.滑動變阻器R2(總阻值100Ω)

H.電源(電動勢E=6V，內(nèi)阻約為1Ω)

I.開關(guān)和導(dǎo)線若干.

（1）用伏安法測量該合金絲阻值時，為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，實驗中電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用，滑動變阻器應(yīng)選用.(填器材前面的字母)

（2）根據(jù)器材設(shè)計了兩個電路原理圖，你認(rèn)為哪個原理圖更合理（選填“圖甲”或“圖乙”）

（3）按照設(shè)計好的電路進(jìn)行實驗操作，某次測量過程中電表示數(shù)分別為U和I，則Rx=，該合金絲電阻率為(用R、I、d和數(shù)學(xué)常數(shù)表示).

【答案】（1）B；C；F

（2）圖乙

（3）；

【知識點】導(dǎo)體電阻率的測量

【解析】【解答】(1)合金絲通電后發(fā)熱升溫，會使合金絲的電阻率變大，因此通過合金絲的電流不宜太大，電流表應(yīng)用0～0.6A量程；合金絲電阻Rx約為6Ω，則其兩端最大電壓約3V左右，電壓表選用0～3V量程；為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，選用總阻值5Ω的滑動變阻器。故三空答案分別為B、C、F。(2)為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，原理圖更合理的是圖乙。(3)電表示數(shù)分別為U和I，則合金絲的直徑為d，其橫截面積，合金絲的長度為L，所以，解得：合金絲電阻率。

【分析】（1）利用電源電動勢和電路中電阻的大小可以判別電流表的量程和電壓表量程，滑動變阻器使用分壓式接法選擇小量程；

（2）根據(jù)滑動變阻器作用選擇電路圖；

（3）利用歐姆定律求出電阻結(jié)合電阻定律求出電阻率大小。

10．（2023·中山模擬）某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲以如圖裝置中的滑塊為對象驗證“牛頓第二定律”，裝置由彈簧測力計、氣墊導(dǎo)軌、兩個光電門、滑塊和砝碼盤（含砝碼）等組成．光電門可以測出滑塊的遮光條依次分別通過兩個光電門的時間△t1、△t2，游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度d，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測出兩個光電門間的距離L，另用天平測出滑塊、砝碼盤（含砝碼）的質(zhì)量分別為M和m，不計滑輪的重量和摩擦。

（1）測量d時，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為cm．

（2）實驗操作中，下列說法正確的是__________.

A．該裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平

B．為減小誤差，實驗中一定要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M

C．實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取遮光條通過兩光電門時間的平均值以減小偶然誤差

D．如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，通過兩個光電門的時間△t1和△t2必相等

（3）該裝置中彈簧測力計的讀數(shù)F，需要驗證的表達(dá)式為F=。

（4）對質(zhì)量保持不變過程，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出滑塊的加速度a與彈簧測力計示數(shù)F的關(guān)系圖像,下圖中最符合本實驗實際情況的是

（5）對質(zhì)量保持不變過程，以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則滑塊質(zhì)量可表示為__。

A．B．C．kD．

【答案】（1）1.130

（2）A；C；D

（3）

（4）A

（5）D

【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系

【解析】【解答】(1)游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）如圖所示，游標(biāo)卡尺精度為，其讀數(shù)為。(2)A：滑塊在氣墊導(dǎo)軌上所受摩擦力幾乎為零，裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，滑塊所受合力就等于左側(cè)彈簧測力計讀數(shù)的2倍。A項正確。

B：實驗中由彈簧測力計讀數(shù)可得出滑塊所受合力，沒有用鉤碼的重力來代替繩中拉力，不需要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M。B項錯誤。C：實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取遮光條通過兩光電門時間的平均值可以減小偶然誤差。C項正確。

D：如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，滑塊通過兩個光電門的時間△t1和△t2必相等。D項正確。(3)該裝置中彈簧測力計的讀數(shù)F，則滑塊所受合力為；對滑塊從一個光電門運動到另一個光電門的過程，應(yīng)用運動學(xué)公式可得：，解得：滑塊加速度；則需驗證的是，即。(4)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，對質(zhì)量保持不變過程，圖線是過原點的直線。A項正確，BCD三項錯誤。(5)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，圖線的斜率為k，則，解得：；由于圖像橫縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同，所以，推不出滑塊質(zhì)量與的定量關(guān)系。D項正確，ABC三項錯誤。

【分析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)分為上尺和游尺兩部分；

（2）實驗中有測量拉力大小測力計不需要滿足質(zhì)量關(guān)系；

（3）利用牛頓第二定律可以求出F的表達(dá)式；

（4）實驗中加速度和彈簧測力計讀數(shù)成正比；

（5）利用F的表達(dá)式可以判斷斜率的含義以及求出質(zhì)量的表達(dá)式。

四、解答題

11．（2023·中山模擬）有一個固定豎直放置的圓形軌道,半徑為R,由左右兩部分組成.如圖所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.在最低點A給一質(zhì)量為m的小球一個水平向右的初速度,使小球沿軌道恰好運動到最高點B,小球在B點又能沿BFA回到A點,到達(dá)A點時對軌道的壓力為5mg.求:

（1）小球的初速度v0;

（2）小球由B經(jīng)F回到A的過程中克服摩擦力所做的功.

【答案】（1）解：小球恰好到達(dá)B點，設(shè)小球由AEB到B點的速度為，則：

，解得：

對小球由A經(jīng)AEB到B點過程，應(yīng)用動能定理得：

解得：

（2）解：由于回到A點時對軌道壓力為5mg，對回到A點的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：

，解得：

對小球由B經(jīng)F回到A的過程，應(yīng)用動能定理得：，解得：

則小球由B經(jīng)F回到A的過程中克服摩擦力所做的功

【知識點】對單物體(質(zhì)點)的應(yīng)用；動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【分析】（1）利用圓周運動最高點的臨界條件可以求出最高點的速度大?。?/p>

（2）利用牛頓第二定律可以求出A點的速度大??；結(jié)合動能定理可以求出克服摩擦力所做的功。

12．（2023·中山模擬）如圖，水平光滑桿CP上套有一個質(zhì)量為m=1kg的小物塊A(可視作質(zhì)點)，細(xì)線跨過O點的輕質(zhì)小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質(zhì)量為mB=2kg的小物塊B，C點為O點正下方桿的右端點，定滑輪到桿的距離OC＝h=0.4m.開始時AO與水平方向的夾角為30°，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ=37°固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為M=1kg的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長為L1=0.53m)，F(xiàn)E部分與物塊A間的動摩擦因數(shù)為μ2=3/8。木板端點E距斜面底端G長LEG=0.26m.現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60°)，物塊A運動到C點時細(xì)線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時解除木板的鎖定?；瑝K在木板上DF段運動時間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）物塊A運動到P點時滑塊A、B的速度之比；

（2）木板表面FE部分的長度L2；

（3）從解除鎖定開始計時，木板端點E經(jīng)多長時間到達(dá)斜面底端G

【答案】（1）解：在P點時，由速度關(guān)系，得：

（2）解：物塊運動到C點時，物塊B的速度恰為零

物塊從A點運動到C點，A、B組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒：

解得：

設(shè)物塊剛滑上木板時的速度大小為，由平拋規(guī)律：

滑上木板后，在DF段：

因為木板與斜面間最大靜摩擦力為：，木板重力沿斜面的分量，所以木板靜止

物塊加速度，設(shè)物塊經(jīng)時間運動到F，則：

解得：

物塊到達(dá)F點的速度

過F后，對物塊，解得：

對木板：，解得：

設(shè)物塊經(jīng)時間滑到E點，則：

木板的位移、物塊的位移

木板表面FE部分的長度

代入數(shù)據(jù)解得：

（3）解：分離時木板位移，速度

分離后，對木板：，解得：

由，解得：

所以

【知識點】速度的合成與分解；機(jī)械能守恒及其條件

【解析】【分析】（1）利用速度的分解可以求出滑塊AB的速度之比；

（2）利用機(jī)械能守恒可以求出A運動到C點的速度大小，利用平拋運動規(guī)律可以求出A滑上木板的初速度大??；利用平衡可以判別物塊A在DF段運動時，木板處于靜止；在FE段運動時木板處于加速運動，利用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式可以求出物塊A在DF段運動的時間和末速度的大??；利用板塊傳動可以判斷在EF段A物塊和木板各自的運動情況，利用運動時間的關(guān)系，可以求出相對位移的大小即EF段的距離；

（3）利用分離時速度位移公式求出木板單獨運動的初速度，結(jié)合牛頓第二定律可以求出木板單獨運動的時間，加上前面板塊運動的時間和靜止的時間就是總的時間。

13．（2023·中山模擬）如圖，光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一各表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質(zhì)量為m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動（碰撞時間極短），平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度。求

①A和B碰撞過程中B受的合力的沖量大??；

②斜面體C獲得的最大速度。

【答案】解：①A下落到O點過程：，解得：

A、B碰撞動量守恒：，解得：

對B，由動量定理得：，所以

②AB一起沖上斜面體后又返回時，C獲得的速度最大

AB與C水平方向動量守恒：

AB與C機(jī)械能守恒：

聯(lián)立解得：，代入數(shù)據(jù)得：

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用；動量守恒定律

【解析】【分析】（1）利用動能定理可以求出A到達(dá)O點的速度，結(jié)合動量守恒可以求出AB一起運動的速度；利用動量定理可以求出合力對B產(chǎn)生的沖量大??；

（2）利用動量守恒可以求出C最大速度的時刻；利用動量守恒和能量守恒相結(jié)合可以求出最后C的最大速度。

五、填空題

14．（2023·中山模擬）如圖,水平傳送帶以速度v1勻速運動,小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連,t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是____________.

A．

B．

C．

D．

E．

【答案】A,C

【知識點】傳送帶模型

【解析】【解答】1、若，(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于Q的重力，則P將沿皮帶向右加速直至和皮帶的速度相等后變?yōu)閯蛩?，且加速時的加速度大??；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(3)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，且此過程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小。2、若，(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，且此過程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小。3、若，物體P將先減速到與皮帶速度相等，此過程中加速度大小，接下來情況為：(1)P與皮帶間的最大靜摩擦力大于等于Q的重力，則P將沿皮帶向右勻速；(2)P與皮帶間的最大靜摩擦力小于Q的重力，則P將沿皮帶向右減速至零后回頭加速，此過程中物體受力不變，加速度不變，加速度大小，加速度的大小比減速到與皮帶速度相等階段的小。

又時P離開傳送帶，若從右側(cè)離開，物體在內(nèi)位移向右；若從左側(cè)離開，物體在內(nèi)位移為零。速度時間圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移。

綜上，結(jié)合加速度變化和位移情況，正確的是AC。

【分析】分析物體速度和傳送帶速度大小關(guān)系，可以判斷物塊的摩擦力方向，利用摩擦力和Q的重力大小關(guān)系判斷整個系統(tǒng)的運動情況；例如當(dāng)物體P的速度小于傳送帶的速度時，那么傳送帶會給物體一個向右的摩擦力，當(dāng)摩擦力等于Q的重力時，整個系統(tǒng)平衡，整個系統(tǒng)做勻速運動；當(dāng)摩擦力大小大于Q的重力時，整個系統(tǒng)會一起向右作勻加速運動；當(dāng)摩擦力大小小于Q重力時，整個系統(tǒng)會出現(xiàn)勻減速運動，然后反向做勻加速運動。

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廣東省中山一中、仲元中學(xué)等七校2023-2023學(xué)年高三物理11月聯(lián)考試卷

一、單選題

1．（2023·中山模擬）甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法不正確的是（）

A．兩車在t1時刻甲車在后，乙車在前

B．t1至t2時間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小

C．t1至t2時間內(nèi)甲車的加速度一直比乙車大

D．甲、乙兩車的加速度都先減小后增大

2．（2023·中山模擬）許多科學(xué)家對物理學(xué)的發(fā)展有巨大貢獻(xiàn)，也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，下列關(guān)于物理學(xué)史的敘述正確的是（）

A．伽利略通過“理想實驗”得出“自由落體運動與物體的質(zhì)量無關(guān)”的規(guī)律

B．卡文迪許在實驗室里通過幾個鉛球間萬有引力的測量，得出了引力常量的數(shù)值

C．開普勒指出，地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的引力

D．牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗”

3．（2023·中山模擬）質(zhì)量均勻分布的正方形薄木板abcd邊長為L，重力為G，將頂點a處用一水平光滑軸掛起，處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)施加一外力使其ab邊在豎直線上，則此外力做的功至少應(yīng)為（）

A．GLB．GL

C．GLD．GL

4．（2023·中山模擬）如圖，一勁度系數(shù)為k輕彈簧的一端固定在傾角為θ=30°的光滑固定斜面的底部，另一端和質(zhì)量為2m的小物塊A相連，質(zhì)量為m的物塊B緊靠A一起靜止.現(xiàn)用手緩慢斜向下壓物體B使彈簧再壓縮x0并靜止。然后迅速放手，A和B一起沿斜面向上運動距離L時，B達(dá)到最大速度v．則以下說法正確的是(始終在彈性限度內(nèi))（）

A．L>x0

B．放手的瞬間，A對B的彈力大小為+

C．若向上運動過程A，B出現(xiàn)了分離，則分離時彈簧的壓縮量為

D．從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過程中，彈簧彈性勢能減小了

二、多選題

5．（2023·中山模擬）如圖所示，一根套有輕質(zhì)細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置,一小球用細(xì)線系在細(xì)環(huán)上,小球置于一光滑斜面上,現(xiàn)用力將斜面緩慢右移（從虛線運動到實線）,此過程中細(xì)環(huán)始終靜止在原位置,則下列說法正確的是（）

A．斜面對小球的支持力變大B．桿對細(xì)環(huán)的摩擦力變小

C．細(xì)線對細(xì)環(huán)的拉力變大D．桿對細(xì)環(huán)的支持力變小

6．（2023·中山模擬）在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v1和v2的速率沿同一方向水平拋出(不計空氣阻力)，經(jīng)歷時間t1和t2兩球都落在該斜面上。乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，則下列判斷正確的是（）

A．v2=2v1

B．t2=2t1

C．甲、乙兩球飛行過程中速率變化率之比為1：1

D．甲、乙兩球落在該斜面上時的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1

7．（2023·中山模擬）如圖，水平面上方有勻強(qiáng)電場，方向水平向左，一帶正電的小球（視為質(zhì)點）從水平面上的O點射入電場，射入時速度大小為v0，方向與水平方向成θ角(θ角是銳角，虛線OA為豎直線)，當(dāng)它到達(dá)P點（圖中未畫出）時速度恰沿水平方向，且速度大小也為v0，則在此過程中（不計空氣阻力）（）

A．點P一定在虛線OA左側(cè)

B．小球電勢能增加

C．小球的動量均勻變化

D．小球重力勢能與電勢能之和減小

8．（2023·中山模擬）如圖所示，MNBO為有界的水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，AB為光滑固定的1/4圓弧形軌道(O為圓心，B點切線水平)，軌道半徑為R。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球(視作質(zhì)點)，從A點正上方高為h=R處由靜止釋放，并從A點沿切線進(jìn)入軌道，小球進(jìn)入軌道時對軌道的壓力大小為3mg，不計空氣阻力及一切能量損失，下列說法正確的是（）

A．電場強(qiáng)度大小為E=mg/q

B．小球到達(dá)B點時對軌道壓力大小為3mg

C．小球從A運動到B過程中對軌道的壓力先增大后減小

D．小球從A向B運動過程中機(jī)械能先增大后減小

三、實驗題

9．（2023·中山模擬）欲測量實驗室某合金絲的電阻率，其阻值Rx約為6Ω.用螺旋測微器測得合金絲的直徑為d，用毫米刻度尺測得其長度為L，先要精確測量該合金絲的阻值Rx，實驗室提供的器材有：

A.

電流表A1(量程0--0.3

A，內(nèi)阻約為5Ω)

B.

電流表A2(量程0--0.6

A，內(nèi)阻約為1Ω)

C.

電壓表V1(量程0--3V，內(nèi)阻約3kΩ)

D.

電壓表V2(量程0--15V，內(nèi)阻約18kΩ)

E.

定值電阻R0=5Ω

F.滑動變阻器R1(總阻值5Ω)

G.滑動變阻器R2(總阻值100Ω)

H.電源(電動勢E=6V，內(nèi)阻約為1Ω)

I.開關(guān)和導(dǎo)線若干.

（1）用伏安法測量該合金絲阻值時，為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，實驗中電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用，滑動變阻器應(yīng)選用.(填器材前面的字母)

（2）根據(jù)器材設(shè)計了兩個電路原理圖，你認(rèn)為哪個原理圖更合理（選填“圖甲”或“圖乙”）

（3）按照設(shè)計好的電路進(jìn)行實驗操作，某次測量過程中電表示數(shù)分別為U和I，則Rx=，該合金絲電阻率為(用R、I、d和數(shù)學(xué)常數(shù)表示).

10．（2023·中山模擬）某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲以如圖裝置中的滑塊為對象驗證“牛頓第二定律”，裝置由彈簧測力計、氣墊導(dǎo)軌、兩個光電門、滑塊和砝碼盤（含砝碼）等組成．光電門可以測出滑塊的遮光條依次分別通過兩個光電門的時間△t1、△t2，游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度d，導(dǎo)軌標(biāo)尺可以測出兩個光電門間的距離L，另用天平測出滑塊、砝碼盤（含砝碼）的質(zhì)量分別為M和m，不計滑輪的重量和摩擦。

（1）測量d時，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為cm．

（2）實驗操作中，下列說法正確的是__________.

A．該裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平

B．為減小誤差，實驗中一定要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M

C．實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取遮光條通過兩光電門時間的平均值以減小偶然誤差

D．如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，通過兩個光電門的時間△t1和△t2必相等

（3）該裝置中彈簧測力計的讀數(shù)F，需要驗證的表達(dá)式為F=。

（4）對質(zhì)量保持不變過程，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出滑塊的加速度a與彈簧測力計示數(shù)F的關(guān)系圖像,下圖中最符合本實驗實際情況的是

（5）對質(zhì)量保持不變過程，以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則滑塊質(zhì)量可表示為__。

A．B．C．kD．

四、解答題

11．（2023·中山模擬）有一個固定豎直放置的圓形軌道,半徑為R,由左右兩部分組成.如圖所示,右半部分AEB是光滑的,左半部分BFA是粗糙的.在最低點A給一質(zhì)量為m的小球一個水平向右的初速度,使小球沿軌道恰好運動到最高點B,小球在B點又能沿BFA回到A點,到達(dá)A點時對軌道的壓力為5mg.求:

（1）小球的初速度v0;

（2）小球由B經(jīng)F回到A的過程中克服摩擦力所做的功.

12．（2023·中山模擬）如圖，水平光滑桿CP上套有一個質(zhì)量為m=1kg的小物塊A(可視作質(zhì)點)，細(xì)線跨過O點的輕質(zhì)小定滑輪一端連接物塊A，另一端懸掛質(zhì)量為mB=2kg的小物塊B，C點為O點正下方桿的右端點，定滑輪到桿的距離OC＝h=0.4m.開始時AO與水平方向的夾角為30°，A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為θ=37°固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為M=1kg的極薄木板DE(厚度忽略)，開始時木板鎖定，木板下表面及物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5，木板上表面的DF部分光滑(DF長為L1=0.53m)，F(xiàn)E部分與物塊A間的動摩擦因數(shù)為μ2=3/8。木板端點E距斜面底端G長LEG=0.26m.現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60°)，物塊A運動到C點時細(xì)線突然斷開，物塊從C水平滑離桿，一段時間后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，與此同時解除木板的鎖定?；瑝K在木板上DF段運動時間恰是在FE段的一半，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）物塊A運動到P點時滑塊A、B的速度之比；

（2）木板表面FE部分的長度L2；

（3）從解除鎖定開始計時，木板端點E經(jīng)多長時間到達(dá)斜面底端G

13．（2023·中山模擬）如圖，光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一各表面光滑、質(zhì)量為3m的斜面體C。一質(zhì)量為m的小物塊A從高h(yuǎn)處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質(zhì)量為m的靜止小物塊B發(fā)生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動（碰撞時間極短），平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度。求

①A和B碰撞過程中B受的合力的沖量大小；

②斜面體C獲得的最大速度。

五、填空題

14．（2023·中山模擬）如圖,水平傳送帶以速度v1勻速運動,小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連,t=0時刻P在傳送帶左端具有速度v2,P與定滑輪間的繩水平,t=t0時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質(zhì)量和摩擦,繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是____________.

A．

B．

C．

D．

E．

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】運動學(xué)v-t圖象

【解析】【解答】AB：t1至t2時間內(nèi)，甲比乙速度快，甲比乙多運動一段距離；兩車在t2時刻并排行駛，則t1時刻甲車在后，乙車在前，且t1至t2時間內(nèi)，甲乙兩車間距離一直在減小。AB不符合題意。

CD：速度—時間圖像上各點切線的斜率表示加速度，由圖知t1至t2時間內(nèi)兩車的加速度都先減小后增大，甲車的加速度不一直比乙車大。C錯誤，符合題意；D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用圖像面積的大小可以判斷空間上兩車的關(guān)系；由于t1到t2時間內(nèi)甲的面積比較大所以甲在后乙在前；且甲的速度大所以之間的距離在變小；利用斜率可以比較加速度的大小；可以看出加速度都是先變小再變大。

2．【答案】B

【知識點】物理學(xué)史

【解析】【解答】A：伽利略通過抽象思維、數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實驗相結(jié)合的方法，得出“自由落體運動與物體的質(zhì)量無關(guān)”的規(guī)律；伽利略通過“理想斜面實驗”得到結(jié)論：一切運動著的物體在沒有受到阻力作用的時候，它的速度不變，并且一直運動下去。A不符合題意。

B：卡文迪許在實驗室里用扭秤實驗通過幾個鉛球間萬有引力的測量，得出了引力常量的數(shù)值。B符合題意。

C：牛頓認(rèn)為，地球繞太陽運動是因為受到來自太陽的引力；開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，并沒有解釋行星為什么這樣運動。C不符合題意。

D：牛頓通過比較月球繞地球做近似圓周運動的向心加速度和地面重力加速度，對萬有引力定律進(jìn)行了“月地檢驗”。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】理想斜面主要證明運動不需要力的維持；地球繞太陽運動主要受太陽的引力是牛頓提出的；牛頓通過比較月球公轉(zhuǎn)的向心加速度和地球重力加速度的大小，而不是地球上物體的向心加速度大小。

3．【答案】D

【知識點】動能與重力勢能

【解析】【解答】初始時，薄板重心所在水平線離a處；ab邊在豎直線上時，薄板重心所在水平線離a處；對移動過程，應(yīng)用動能定理得：，解得：

。D項正確，ABC三項錯誤。

故答案為：D

【分析】利用動能定理可以得出外力做功加上克服重力做功等于動能的增加，其外力做功大于重力所做的負(fù)功。

4．【答案】B

【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—連接體；機(jī)械能守恒定律

【解析】【解答】A：設(shè)物塊B緊靠A一起靜止時彈簧的壓縮量為，對整體受力分析由平衡條件可得：；設(shè)B達(dá)到最大速度v時，彈簧的壓縮量為，B達(dá)到最大速度v時，AB一起向上運動，加速度均為零，對整體受力分析可得：；解得：，則整體先下移x0，再向上運動距離L時，彈簧形變量相同，即。A不符合題意。

B：放手瞬間，彈簧壓縮量為，對整體受力分析由牛頓第二定律可得：；對物塊B受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：。B符合題意。

C：若向上運動過程A、B出現(xiàn)分離時，A、B間力恰為零，且此時A、B加速度相同。對B受力分析由牛頓第二定律可得：，對A受力分析由牛頓第二定律可得：，解得：，則分離時彈簧的壓縮量為0。C不符合題意。

D：從放手到“A和B達(dá)到最大速度v”的過程中，AB及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢能減小等于AB重力勢能和動能的增量，則。D不符合題意。

故答案為：B

【分析】利用靜止條件求出彈簧的形變量大小，再利用平衡求出彈簧的形變量大小，就可以比較向下移動的距離和向上移動距離的大??；利用牛頓第二定律可以求出A對B的彈力大小；利用分離時的特點AB間的作用力為0且兩者加速度大小相等結(jié)合牛頓第二定律可以求出分離時的形變量大小；利用能量守恒可以求出彈性勢能的減少量。

5．【答案】A,D

【知識點】動態(tài)平衡分析

【解析】【解答】AC：以小球為研究對象，受力分析如圖，據(jù)平行四邊形定則作出與的合力，由平衡條件知，與的合力與小球重力等大、反向，由圖知，此過程中變小，變大，即斜面對小球的支持力變大，細(xì)線對小球的拉力變小，細(xì)線對細(xì)環(huán)的拉力變小。A符合題意，C不符合題意。

CD：以小環(huán)和小球整體為研究對象受力分析，整體受總重力、斜面對小球斜向上的支持力、桿對小環(huán)豎直向上的支持力和桿對小環(huán)向左的摩擦力，據(jù)平衡條件桿對細(xì)環(huán)的摩擦力等于斜面對小球斜向上的支持力的水平分量，支持力增大，摩擦力增大；據(jù)平衡條件桿對小環(huán)豎直向上的支持力等于總重力減去斜面對小球斜向上的支持力的豎直分量，支持力增大，桿對小環(huán)豎直向上的支持力減小。B不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD

【分析】利用小球的平衡方程可以找出斜面支持力的變化及繩子拉力的變化，以細(xì)環(huán)為研究對象結(jié)合平衡可以判斷環(huán)受到摩擦力和支持力的變化。

6．【答案】A,B,D

【知識點】平拋運動

【解析】【解答】A：乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，v2=2v1。A符合題意。

B：乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，據(jù)知，t2=2t1。B符合題意。

C：v2=2v1，乙球落至斜面時的速率是甲球落至斜面時速率的兩倍，甲、乙兩球飛行過程中速率變化率之比為1：2。C不符合題意。

D：設(shè)斜面傾角為，小球落在斜面上速度方向與水平方向夾角為，甲球以v1速率拋出，落在斜面上，如圖所示，則、，所以；則兩球落在斜面上速度與水平方向夾角相同，兩球落在該斜面上時的速度方向與斜面夾角的正切值之比為1：1。D符合題意。

故答案為：ABD

【分析】利用速度的方向相同結(jié)合速度的分解可以求出水平方向速度的比值；利用豎直方向速度的大小可以比較時間的比值；由于位移方向相同所以速度方向相同；汽車在過程中速率的變化量由末速度大小減去初速度的大小，其比值不是2：1，時間比值是2：1，導(dǎo)致速率變化率之比不是1：1.

7．【答案】A,C

【知識點】動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】AB：將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，小球豎直方向的初速度向上、初速度大小，小球豎直方向的加速度向下、大??；當(dāng)小球到達(dá)P點（圖中未畫出）時速度恰沿水平方向，所以小球從開始運動到P點豎直方向位移向上。設(shè)小球從開始運動到P點豎直方向向上運動了，對小球從開始運動到P點過程應(yīng)用動能定理可得：，所以從小球開始運動到P點過程電場力做正功。小球帶正電，所受電場力水平向左，則小球從開始運動到P點在水平方向位移向左，則點P一定在虛線OA左側(cè)。電場力做正功，小球的電勢能減小。A項正確，B項錯誤。

C：小球所受重力和電場力均為恒力，據(jù)動量定理可得，小球的動量均勻變化。C項正確。

D：小球受重力和電場力，則小球的電勢能與機(jī)械能之和不變；從開始運動到P點小球所受合力方向(斜向左下)與運動方向間夾角從鈍角變成銳角，合力先做負(fù)功后做正功，小球的動能先減小后增大，則小球重力勢能與電勢能之和先增大后減小。D項錯誤。

故答案為：AC

【分析】利用動能定理可以判別過程中電場力做正功，所以小球會出現(xiàn)在虛線的左側(cè)；所以導(dǎo)致電勢能減少；由于受到合力作用所以動量均勻變化；重力勢能和電勢能之和保持不變。

8．【答案】A,B,C

【知識點】對單物體(質(zhì)點)的應(yīng)用；動能定理的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A：對小球由靜止釋放到A點過程，應(yīng)用動能定理得：；對A點時的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：，又由牛頓第三定律知；聯(lián)立解得：、。A符合題意。

B：對小球由A點到B點過程，應(yīng)用動能定理得：，對B點時的小球受力分析，由牛頓第二定律可得：；解得：、。據(jù)牛頓第三定律，小球到達(dá)B點時對軌道壓力大小為3mg。B符合題意。

C：小球受的重力和電場力大小相等，兩力的合力方向斜向左下方與水平方向成，等效重力場的方向與水平方向成斜向左下方，則小球從A運動到B過程中小球所受支持力先增大后減小。據(jù)牛頓第三定律，小球從A運動到B過程中對軌道的壓力先增大后減小。C符合題意。

D：小球所受電場力向左，小球從A運動到B過程中，電場力對小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小。D不符合題意。

故答案為：ABC

【分析】利用動能定理結(jié)合牛頓第二定律可以求出電場強(qiáng)度和在A點的速度大?。辉倮肁B過程的動能定理可以求出B點的速度大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出B點對軌道的壓力；利用重力和電場力等效為重力，可以判斷不同位置軌道壓力的大小；利用電場力做負(fù)功可以判別機(jī)械能減少。

9．【答案】（1）B；C；F

（2）圖乙

（3）；

【知識點】導(dǎo)體電阻率的測量

【解析】【解答】(1)合金絲通電后發(fā)熱升溫，會使合金絲的電阻率變大，因此通過合金絲的電流不宜太大，電流表應(yīng)用0～0.6A量程；合金絲電阻Rx約為6Ω，則其兩端最大電壓約3V左右，電壓表選用0～3V量程；為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，選用總阻值5Ω的滑動變阻器。故三空答案分別為B、C、F。(2)為了盡可能多地獲得實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓式接法，原理圖更合理的是圖乙。(3)電表示數(shù)分別為U和I，則合金絲的直徑為d，其橫截面積，合金絲的長度為L，所以，解得：合金絲電阻率。

【分析】（1）利用電源電動勢和電路中電阻的大小可以判別電流表的量程和電壓表量程，滑動變阻器使用分壓式接法選擇小量程；

（2）根據(jù)滑動變阻器作用選擇電路圖；

（3）利用歐姆定律求出電阻結(jié)合電阻定律求出電阻率大小。

10．【答案】（1）1.130

（2）A；C；D

（3）

（4）A

（5）D

【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系

【解析】【解答】(1)游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm）如圖所示，游標(biāo)卡尺精度為，其讀數(shù)為。(2)A：滑塊在氣墊導(dǎo)軌上所受摩擦力幾乎為零，裝置可以不平衡摩擦力，只需要將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，滑塊所受合力就等于左側(cè)彈簧測力計讀數(shù)的2倍。A項正確。

B：實驗中由彈簧測力計讀數(shù)可得出滑塊所受合力，沒有用鉤碼的重力來代替繩中拉力，不需要保證質(zhì)量m遠(yuǎn)小于質(zhì)量M。B項錯誤。C：實驗時，多次在同一條件下重復(fù)實驗取遮光條通過兩光電門時間的平均值可以減小偶然誤差。C項正確。

D：如果氣墊導(dǎo)軌水平則輕推滑塊勻速滑動時，滑塊通過兩個光電門的時間△t1和△t2必相等。D項正確。(3)該裝置中彈簧測力計的讀數(shù)F，則滑塊所受合力為；對滑塊從一個光電門運動到另一個光電門的過程，應(yīng)用運動學(xué)公式可得：，解得：滑塊加速度；則需驗證的是，即。(4)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，對質(zhì)量保持不變過程，圖線是過原點的直線。A項正確，BCD三項錯誤。(5)滑塊所受合力為，滑塊的加速度，圖線的斜率為k，則，解得：；由于圖像橫縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同，所以，推不出滑塊質(zhì)量與的定量關(guān)系。D項正確，ABC三項錯誤。

【分析】（1）游標(biāo)卡尺