高級中學(xué)名校試卷PAGE2023學(xué)年度第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平診斷高二物理（等級考）第I卷（選擇題，共42分）一、本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求，9~14題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分。1.下列說法正確的是（）A.物體受到的作用力越大，受到?jīng)_量越大B.物體的動量變化越大，受到的沖量越大C.物體的動量越大，受到的沖量越大D.物體的動量變化越快，受到的沖量越大〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)公式I=Ft，力大，力的沖量不一定大，還與時間有關(guān)，A錯誤；BC．由動量定理I=Δp可知，物體的動量變化越大，受到的沖量越大，B正確，C錯誤；D．根據(jù)動量定理，有，故物體的動量變化越快，它受到的合外力一定越大，D錯誤。故選B。2.下列關(guān)于電源電動勢的說法中正確的是（）A.電源的電動勢越大，電源所能提供的電能就越多B.對于給定的電源，移動電荷非靜電力做功越多，電動勢就越大C.電源接入電路后，其兩端的電壓越大，電源的電動勢也越大D.干電池的電動勢為1.5V，表示當(dāng)1C的電荷量通過干電池時有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能〖答案〗D〖解析〗A．電源的電動勢反映其將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱，電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)部從負(fù)極向正極移動單位電荷量做功越多，但電源提供的電能不一定多，A錯誤；B．電動勢表征電源把其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，電動勢的大小等于移動單位正電荷非靜電力做的功，B錯誤；C．電源接入電路后，其路端電壓路端電壓的大小，除了與電動勢大小有關(guān)以外，還有內(nèi)外電阻的比值有關(guān)；電源的電動勢是由電源本身的性質(zhì)決定的，保持不變，C錯誤；D．干電池的電動勢為1.5V，表示當(dāng)1C的電荷量通過干電池時有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，D正確。故選D。3.如圖所示，一水平彈簧振子，O點(diǎn)為平衡位置，在A、B之間做簡諧振動，已知A、B之間的距離為6cm，P點(diǎn)為水平方向上某點(diǎn)。以水平向右方向?yàn)檎较?，則下列說法中正確的是（）A.振子的振動振幅為6cmB.振子每次經(jīng)過P點(diǎn)速度相同，回復(fù)力相同C.振子連續(xù)兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時間為一個周期D.振子從P點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動過程中加速度為負(fù)，位移為正〖答案〗D〖解析〗A．振子的振動振幅為3cm，A錯誤；B．振子每次經(jīng)過P點(diǎn)速度方向不同，回復(fù)力相同，B錯誤；C．由于P點(diǎn)處于OB之間，則振子連續(xù)兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時間小于一個周期，C錯誤；D．由題知水平向右方向?yàn)檎较颍瑒t振子從P點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動過程中加速度為負(fù)，位移為正，D正確。故選D。4.短道速滑接力是很具觀賞性的比賽項(xiàng)目，比賽中“接棒”運(yùn)動員在前面滑行，“交棒”運(yùn)動員從后面追上，“交棒”運(yùn)動員用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，忽略運(yùn)動員與冰面之間的摩擦，交接棒過程中兩運(yùn)動員的速度方向均在同一條直線上。對兩運(yùn)動員交接棒的過程下列說法正確的是（）A.兩運(yùn)動員的動量變化一定相同B.兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒C.兩運(yùn)動員之間相互作用力的總沖量一定等于零D.兩運(yùn)動員之間相互作用力的沖量一定相等〖答案〗C〖解析〗CD．兩運(yùn)動員之間相互作用力的沖量大小相等，方向相反，所以兩運(yùn)動員之間相互作用力的總沖量一定等于零，C正確，D錯誤；A．兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，所以兩運(yùn)動員的動量變化大小相等，方向相反，A錯誤；B．“交棒”運(yùn)動員用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，內(nèi)力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，B錯誤。5.如圖所示，長為l的細(xì)繩下方懸掛一小球，靜止時小球位于B點(diǎn)。繩的另一端固定在天花板上O點(diǎn)處，在O點(diǎn)正下方的處固定一鐵釘。將小球向右拉到A點(diǎn)，使細(xì)繩與豎直方向成一小角度（約為2°）后由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間為B.小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間為C.小球在振動過程中的合力等于重力沿切線方向的分力D.小球在振動過程中的回復(fù)力等于所受重力和擺線拉力的合力〖答案〗A〖解析〗AB．小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間，即小球擺動的周期，等于擺長為l的單擺和擺長為的單擺的周期之和的二分之一，即A正確、B錯誤；C．小球在振動過程中的合力等于所受重力和擺線拉力的合力，C錯誤；D．小球在振動過程中的回復(fù)力等于重力沿切線方向的分力，D錯誤。故選A。6.如圖所示的圖像中，直線①為某一電源的路端電壓U與電流I的關(guān)系圖像，直線②、③分別為電阻R1、R2的U—I圖線，下列說法正確的是（）A.該電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為2ΩB.電阻R1、R2的阻值之比為1：4C.把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率相等D.將該電源與電阻R1相連構(gòu)成閉合電路時，電源輸出功率最大〖答案〗C〖解析〗A．由題圖直線①可知E=3V，A錯誤；B．由題圖直線②、③可知，則R1：R2=4：1B錯誤；CD．把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率分別為P1=I12R1=22×1W=4W，P2=I12R1=42×0.25W=4W則把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率相等，C正確、D錯誤。故選C。7.如圖所示，電路中電表均為理想電表。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1.0A和2.0V。重新調(diào)節(jié)R，使電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時，此時電路中電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V。下列說法中正確的是（）A.電動機(jī)的內(nèi)阻為7.5ΩB.電動機(jī)正常工作時輸出的功率為22WC.電動機(jī)正常工作時消耗的功率為26WD.電動機(jī)正常工作時，R上消耗的功率為8W〖答案〗B〖解析〗A．電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1.0A和2.0V，則電動機(jī)的電阻A錯誤；BC．電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V，電動機(jī)的總功率為電動機(jī)內(nèi)阻消耗的熱功率為電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時的輸出功率是B正確、C錯誤；D．由于電源的電動勢和內(nèi)阻未知，則無法計算出電動機(jī)正常工作時，R上消耗的功率，D錯誤。故選B。8.斯諾克是我們所熟知的運(yùn)動項(xiàng)目，球員出桿擊打白球，運(yùn)動白球撞擊彩色球使其入洞并計分。假設(shè)在光滑水平面的一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號紅球發(fā)生碰撞，假設(shè)發(fā)生的碰撞均為彈性正碰，則白球最終的速度大小為（）A.0 B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意知，光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號紅球發(fā)生彈性正碰；根據(jù)一動碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知得每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼挠捎诩t球質(zhì)量相等，且為彈性正碰，則4號球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與4號球碰撞4次后，白球速度9.關(guān)于能量和能源，下列說法正確的是（）A.科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程都具有可逆性B.在能源的利用過程中，能量在總量上并未減少，但能量的品質(zhì)降低了C.能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性D.風(fēng)能、水能和核能都屬于可再生能源，因此我國近年來不斷地開發(fā)利用這些新能源〖答案〗BC〖解析〗A．科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都具有不可逆性，A錯誤；B．在能源的利用過程中，能量在總量上并未減少，但能量的品質(zhì)降低了，B正確；C．能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，C正確；D．風(fēng)能、水能屬于可再生能源，核能屬于不可再生能源，D錯誤。故選BC。10.如圖甲所示，把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這就做成了一個共振篩，該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在，在某電壓下偏心輪的轉(zhuǎn)速為36r/min。要增大篩子的振幅，下列措施可行的是（）A.升高電壓 B.降低電壓C.增加篩子質(zhì)量 D.減小篩子質(zhì)量〖答案〗AC〖解析〗根據(jù)受迫振動的特點(diǎn)可知，共振篩的振動頻率等于偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率，所以當(dāng)偏心輪的轉(zhuǎn)速為36r/min時，共振篩的振動頻率為AB．增大電壓，偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率將增大，由于開始時偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率小于篩子的固有頻率，所以根據(jù)共振曲線可知篩子的振幅會增大，當(dāng)頻率增大到0.8Hz時最大，A正確、B錯誤；CD．增大篩子質(zhì)量后，篩子的固有頻率將減小，由于開始時偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率小于篩子的固有頻率，所以根據(jù)共振曲線可知篩子的振幅會增大，當(dāng)篩子的固有頻率減小到0.6Hz時最大，C正確、D錯誤。故選AC。11.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻r=2Ω，定值電阻R1=R2=R3=2Ω，當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，下列說法正確的是（）A.電源的總功率減小 B.R3消耗的功率減小C.電源的效率增大 D.電源的輸出功率增大〖答案〗AC〖解析〗A．當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路的總電阻變大，則回路的總電流減小，電源的總功率P總=EI，減小，A正確；B．根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=I(R1＋r)＋U并由于滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路的總電阻變大，則回路的總電流減小，則U并增大，R3消耗的功率可知R3消耗的功率增大，B錯誤；C．電源的效率可知回路的總電流I總減小，則電源的效率增大，C正確；D．由于當(dāng)電源內(nèi)阻等于外阻時電源輸出功率最大，由題知r=R1而當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路并聯(lián)部分的電阻變大，則電源的輸出功率減小，D錯誤。12.如圖所示，P、Q為豎直懸掛的兩個彈簧振子，且懸掛振子的彈簧勁度系數(shù)相同，已知P、Q兩球質(zhì)量之比是4：1，振動圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A.P、Q兩彈簧振子的振動頻率之比是2：1B.P、Q兩彈簧振子在0~6s內(nèi)經(jīng)過的路程之比是1：1C.P、Q兩彈簧振子最大加速度之比是1：2D.t=0.45s時刻，P、Q兩彈簧振子的位移大小之比是〖答案〗BCD〖解析〗A．由Q圖可知P、Q兩彈簧振子的振動周期分別為1.2s、0.6s，二者周期之比為則二者的頻率之比為故A錯誤；B．由于6s=5TP=10TQ由乙圖可知P、Q在6s內(nèi)經(jīng)過的路程為故P、Q路程之比是，故B正確；C．根據(jù)胡克定律可知，P、Q的最大回復(fù)力之比為，又因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量之比是，根據(jù)牛頓第二定律可知，P、Q兩彈簧振子最大加速度之比是，故C正確；D．P、Q的振動方程為，則t=0.45s時刻，P、Q兩彈簧振子的位移大小分別為cm和-5cm，所以位移大小之比為，D正確。13.一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇總質(zhì)量是，這個士兵用自動步槍在t秒內(nèi)沿著水平方向連續(xù)射出發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質(zhì)量是，射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力，則下列判斷正確的是（）A.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量相同B.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量不相同C.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，皮劃艇的速度為D.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，皮劃艇的速度為〖答案〗BC〖解析〗AC．若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得皮劃艇的速度為可知射擊第顆子彈過程，皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈過程，皮劃艇的速度改變量為故A錯誤，C正確；BD．若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都為，則射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為同理可得射擊第顆子彈后，皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為可知若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量不相同，故B正確，D錯誤。A.滑塊沿弧槽下滑過程中，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒B.彈簧獲得最大彈性勢能為C.滑塊沿弧槽上升的最大高度等于D.滑塊再一次離開弧槽后，不可能和彈簧發(fā)生作用〖答案〗BD〖解析〗A．滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊在豎直方向有加速度，弧槽在豎直方向沒有加速度，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)在豎直方向的合外力不為零，故滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，水平方向滿足動量守恒，設(shè)滑塊下滑到達(dá)底端時，滑塊的速度大小為，弧槽的速度大小為，則有滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有聯(lián)立解得，滑塊壓縮彈簧時，但速度變?yōu)榱銜r，彈簧彈性勢能最大，則有故B正確；C．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，滑塊離開彈簧向左的速度大小也為，滑塊滑上弧槽過程，當(dāng)滑塊上升至最高點(diǎn)時，兩者具有共同的水平速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得滑塊沿弧槽上升的最大高度為故C錯誤；D．從滑塊滑上弧槽到再一次離開弧槽過程，設(shè)再一次離開時，滑塊的速度大小為，弧槽的速度大小為，根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得，可知滑塊再一次離開弧槽時，滑塊的速度為零，故滑塊不可能和彈簧發(fā)生作用，故D正確。第II卷（非選擇題，共58分）二、本大題共4小題，共20分。把〖答案〗填在答題卡中指定的橫線上。15.學(xué)校某班級的學(xué)生在實(shí)驗(yàn)課上利用單擺裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?）一小組同學(xué)利用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑如圖甲所示，擺球直徑為___________mm。（2）實(shí)驗(yàn)中，四組同學(xué)以單擺周期T的平方為縱軸，擺長L為橫軸，做出T2—L圖像，分別如乙圖中的a、b、c、d所示，其中a、c、d三條線平行，b和c都過原點(diǎn)，圖線c對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹?。則相對于圖線a、b和d，下列分析正確的是___________（選填選項(xiàng)前的字母）。A．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線b的原因可能是誤將51次全振動記為50次C．出現(xiàn)圖線d的原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球上端的距離記為擺長LD．圖線b對應(yīng)的g值大于圖線c對應(yīng)的g值〖答案〗（1）20.50（2）B〖解析〗（1）[1]根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則有2cm＋10×0.05mm=20.50mm（2）[2]A．圖線a中擺長為零時就已出現(xiàn)了振動周期，一定是擺長測量短了，原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球上端的距離記為擺長L，A錯誤；B．出現(xiàn)圖線b時，相同擺長情況下，周期測量值變大，原因可能是誤將51次全振動記為50次，B正確；C．圖線d中擺長有了一定的擺長時，振動周期還是零，一定是擺長測量長了，原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球下端的距離記為擺長L，C錯誤；D．圖線c的斜率比圖線b小，根據(jù)斜率可知圖線c對應(yīng)的g值大于圖線b對應(yīng)的g值，D錯誤。16.某課外興趣小組用銅片和鋅片插入蘋果中，組成了一個蘋果電池，并測定該蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)前該小組同查閱有關(guān)蘋果電池的資料獲知：常見的蘋果電池的電動勢一般為1V左右，內(nèi)阻約。除了蘋果電池以外，實(shí)驗(yàn)室還提供了如下器材：①電流表（量程，內(nèi)阻幾十歐）②電壓表V（量程，內(nèi)阻約）③滑動變阻器（阻值）④開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）為了更準(zhǔn)確的測量蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻，請你用筆畫線代替導(dǎo)線，在上圖中連接好實(shí)驗(yàn)電路圖；（）（2）若不計測量中的偶然誤差，用這種方法得出的電動勢和內(nèi)阻的值與真實(shí)值相比，電動勢___________（選填“偏大”、“相等”或“偏小”），內(nèi)阻___________（選填“偏大”、“相等”或“偏小”）。〖答案〗（1）見〖解析〗（2）相等偏大〖解析〗（1）[1]由于蘋果電池的內(nèi)阻約，而電流表內(nèi)阻約為幾十歐，電壓表內(nèi)阻約，故應(yīng)采用電流表相對電源的內(nèi)接法，電路圖如圖所示根據(jù)電路圖完成實(shí)物連接如圖所示（2）[2][3]若不考慮電表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率絕對值為根據(jù)電路圖可知實(shí)驗(yàn)誤差來源于電流表的分流，設(shè)電流表的內(nèi)阻為，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率絕對值為聯(lián)立可得，可知得出的電動勢和內(nèi)阻的值與真實(shí)值相比，電動勢相等，內(nèi)阻偏大。17.實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用兩個滑塊“探究碰撞中的守恒量”。實(shí)驗(yàn)裝置及主要步驟如下：①如圖甲所示，將粗糙程度均勻的長木板固定在水平地面上，長木板左端固定一擋板，擋板上安裝一輕彈簧，自由端位于長木板上M點(diǎn)；②取兩個材質(zhì)相同但質(zhì)量不同的小滑塊A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)），將小滑塊A放在長木板上，向左推滑塊將彈簧壓縮到P點(diǎn)，由靜止釋放，標(biāo)記出滑塊A停止運(yùn)動的位置，在滑塊運(yùn)動路徑上適當(dāng)位置標(biāo)記一定點(diǎn)O，測出滑塊A停止時的位置到O點(diǎn)的距離，重復(fù)多次，每次都把彈簧壓縮到P點(diǎn)釋放，測量并計算出該距離的平均值x，如圖乙所示；③將滑塊B置于木板上的O點(diǎn)，滑塊A重新由P點(diǎn)靜止釋放，與滑塊B發(fā)生正碰，且碰撞時間極短，測出滑塊A靜止時與O點(diǎn)的距離和滑塊B靜止時與O點(diǎn)的距離，重復(fù)多次，測量并計算出該距離的平均值x1、x2，如圖丙所示。（1）為探究碰撞中動量是否守恒，還需要測量___________、___________。（寫出物理量的名稱以及對應(yīng)的字母）（2）若碰撞中動量守恒，則表達(dá)式可表示為___________。（用x、x1、x2和測量物理量對應(yīng)字母表示）（3）在本實(shí)驗(yàn)中，若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，______（選填“能”或“不能”）探究碰撞過程中系統(tǒng)的動量是否守恒?！即鸢浮剑?）小滑塊A的質(zhì)量mA小滑塊B的質(zhì)量mB（2）（3）能〖解析〗（1）（2）[1][2][3]由于小滑塊A、B材質(zhì)相同，則小滑塊A、B與長木板的動摩擦因數(shù)相同，則小滑塊A、B做勻減速直線運(yùn)動的加速度均為a=μg設(shè)碰撞前小滑塊A經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v，則有v2=2μgx設(shè)碰撞后小滑塊A、小滑塊B經(jīng)過O點(diǎn)的速度大小分別為v1、v2，則有v12=2μgx1，v22=2μgx2由于碰撞時間極短，則若碰撞中動量守恒有mAv=-mAv1＋mBv2即化簡得則還需要測量小滑塊A的質(zhì)量mA和小滑塊B的質(zhì)量mB。（3）[4]若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，則說明小滑塊最后能夠靜止，且小滑塊A、B做勻減速直線運(yùn)動的加速度均為a=gsinθ－μgcosθ最后也有則若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，在碰撞時間極短的情況下能探究碰撞過程中系統(tǒng)的動量是否守恒。18.某物理實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)為了測量兩節(jié)新買的干電池的電動勢和內(nèi)阻，設(shè)計了如圖甲所示的電路，其中定值電阻和滑動變阻器各有兩種型號可供選擇，分別是定值電阻a（阻值為4Ω，額定功率為4W）；定值電阻b（阻值為10Ω，額定功率為15W）；滑動變阻器c（阻值范圍為0~20Ω、額定電流為2A）；滑動變阻器d（阻值范圍為0~200Ω、額定電流為1A）。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，（1）定值電阻應(yīng)選擇___________（選填“a”或“b”），滑動變阻器應(yīng)選擇___________（選填“c”或“d”）。（2）移動滑動變阻器的滑片，小組同學(xué)獲得多組電壓表和電流表的數(shù)據(jù)，并繪制了電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I之間關(guān)系圖像如圖乙所示，實(shí)驗(yàn)中使用的電表均可視為理想電表。根據(jù)圖像可得兩節(jié)電池的內(nèi)阻為___________Ω，電動勢為___________V。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）〖答案〗（1）ac（2）0.803.0〖解析〗（1）[1]由于干電池的內(nèi)阻較小，所以內(nèi)電壓變化范圍較小，不易通過滑動變阻器控制電壓表和電流表示數(shù)的變化，所以在干路串聯(lián)了R0，R0不易過大，否則會造成干電池內(nèi)阻測量值誤差較大，因此R0應(yīng)選擇阻值較小的a。[2]滑動變阻器d的最大阻值過大，不易通過它控制電壓表和電流表示數(shù)的變化，所以滑動變阻器應(yīng)選擇c。（2）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得將圖像中兩組數(shù)據(jù)代入后解得三、本題共4小題，共38分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后〖答案〗的不能得分。有數(shù)值計算的題，〖答案〗必須明確寫出數(shù)值和單位。19.2020年12月2日，探月工程“嫦娥五號”的著陸器和上升器組合體完成了月壤自動采樣及封裝。封裝結(jié)束后上升器的總質(zhì)量為m，它將從著陸器上發(fā)射并離開月球表面。已知月球表面沒有大氣層，上升器從著陸器上發(fā)射時，通過推進(jìn)劑燃燒產(chǎn)生高溫高壓氣體，從尾部向下噴出氣體而獲得動力。已知月球表面重力加速度為g，上升器尾部噴口橫截面積為S，噴出氣體的密度為ρ，設(shè)發(fā)射之初上升器以恒定的加速度a豎直向上運(yùn)動，不考慮上升器由于噴氣帶來的質(zhì)量變化，忽略月球的自轉(zhuǎn)以及高度的變化對重力加速度的影響。求：（1）發(fā)射之初，上升器上升到離月球表面h高度的過程中，噴出氣體對上升器的沖量大??；（2）噴出氣體的速度大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由題知發(fā)射之初上升器以恒定的加速度a豎直向上運(yùn)動，則發(fā)射之初，上升器上升到離月球表面h高度時有vh2=2ahvh=at根據(jù)動量定理有I氣－mgt=mvh解得（2）發(fā)射之初上升器加速度大小為a，由牛頓第二定律對噴出的氣體，由動量定理可得其中則由于，則解得20.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在傾角為α的光滑斜面底部，彈簧上端拴接一質(zhì)量為m的物塊A?，F(xiàn)將另一質(zhì)量為3m的物塊B輕輕放在A的右側(cè)，直至系統(tǒng)達(dá)到平衡狀態(tài)。某時刻突然將物塊B取走，則物塊A立即沿斜面向上運(yùn)動，且在以后的運(yùn)動中斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧的勁度系數(shù)為k且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，空氣阻力忽略不計。（1）求物塊A在運(yùn)動過程中的最大加速度大??；（2）選物塊A的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立坐標(biāo)軸，用x表示物塊A相對于平衡位置的位移，證明物塊A做簡諧運(yùn)動；（3）求彈簧的最大伸長量?！即鸢浮剑?）3gsinα；（2）見〖解析〗；（3）〖解析〗（1）在系統(tǒng)達(dá)到平衡狀態(tài)時對AB整體做受力分析有（mA＋mB)gsinα=kx則突然將物塊B取走瞬間，彈簧還來不及改變，則此時物塊A的加速度最大，有kx－mAgsinα=mAaAmax解得aAmax=3gsinα（2）設(shè)物體A在平衡位置時彈簧的壓縮量為x0則有mAgsinα=kx0當(dāng)物體A經(jīng)過平衡位置下方的某一位置時，相對平衡位置的位移的大小為x，則F=k(x0＋x)–mAgsinα由以上兩式得F=kx且位移的方向與F的方向相反，即物體A做簡諧運(yùn)動。（3）將物體B移開后，物體A做簡諧運(yùn)動過程，平衡位置彈簧的壓縮量所以物體A振動的振幅為A=x－x0聯(lián)立解得彈簧的最大伸長量即物體A振動的振幅。21.如圖所示，電源電動勢，內(nèi)電阻，電容器的電容，電陰，，、為電阻箱，閉合開關(guān)S。（1）若，求電路穩(wěn)定時電容器的帶電量Q；（2）調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，求功率的最大值。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）由電路圖知由閉合電路歐姆定律得解得由歐姆定律得電容器兩端電壓為電容器的帶電量為（2）電路總電阻為總電流為通過的電流為的功率為聯(lián)立可得則當(dāng)時功率最大，最大功率為22.如圖所示，一質(zhì)量為、長度的木板靜止在光滑的水平地面上，木板的右側(cè)有一半徑、質(zhì)量和木板質(zhì)量相等的光滑四分之一圓弧形軌道停放在光滑的水平地面上，軌道末端的切線水平，且末端高度與木板高度相同，木板右端與圓弧軌道的末端相距?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為的小物塊從木板左端點(diǎn)以的初速度滑上木板，經(jīng)過一段時間之后木板與圓弧軌道碰撞并立即粘在一起。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度。求：（1）木板和圓弧軌道碰撞前瞬間，木板的瞬時速度大??；（2）木板和圓弧軌道碰撞前，小物塊在木板上滑動的位移大??；（3）小物塊滑上圓弧軌道后上升的最大高度?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）對木板由牛頓第二定律可得解得對木板由運(yùn)動學(xué)公式解得（2）對小物塊由牛頓第二定律可得解得根據(jù)解得從開始到木板和圓弧軌道碰撞前的時間小物塊的對地位移小物塊在木板上滑動的位移大小此時小物塊的速度（3）木板與圓弧軌道碰撞并立即粘在一起，由動量守恒定律可得解得物塊、木板、圓弧軌道在水平方向動量守恒，當(dāng)物塊到達(dá)最高點(diǎn)時，有由能量守恒定律可得聯(lián)立解得2022-2023學(xué)年度第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平診斷高二物理（等級考）第I卷（選擇題，共42分）一、本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，1~8題只有一項(xiàng)符合題目要求，9~14題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分。1.下列說法正確的是（）A.物體受到的作用力越大，受到?jīng)_量越大B.物體的動量變化越大，受到的沖量越大C.物體的動量越大，受到的沖量越大D.物體的動量變化越快，受到的沖量越大〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)公式I=Ft，力大，力的沖量不一定大，還與時間有關(guān)，A錯誤；BC．由動量定理I=Δp可知，物體的動量變化越大，受到的沖量越大，B正確，C錯誤；D．根據(jù)動量定理，有，故物體的動量變化越快，它受到的合外力一定越大，D錯誤。故選B。2.下列關(guān)于電源電動勢的說法中正確的是（）A.電源的電動勢越大，電源所能提供的電能就越多B.對于給定的電源，移動電荷非靜電力做功越多，電動勢就越大C.電源接入電路后，其兩端的電壓越大，電源的電動勢也越大D.干電池的電動勢為1.5V，表示當(dāng)1C的電荷量通過干電池時有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能〖答案〗D〖解析〗A．電源的電動勢反映其將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱，電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)部從負(fù)極向正極移動單位電荷量做功越多，但電源提供的電能不一定多，A錯誤；B．電動勢表征電源把其他形式能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，電動勢的大小等于移動單位正電荷非靜電力做的功，B錯誤；C．電源接入電路后，其路端電壓路端電壓的大小，除了與電動勢大小有關(guān)以外，還有內(nèi)外電阻的比值有關(guān)；電源的電動勢是由電源本身的性質(zhì)決定的，保持不變，C錯誤；D．干電池的電動勢為1.5V，表示當(dāng)1C的電荷量通過干電池時有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，D正確。故選D。3.如圖所示，一水平彈簧振子，O點(diǎn)為平衡位置，在A、B之間做簡諧振動，已知A、B之間的距離為6cm，P點(diǎn)為水平方向上某點(diǎn)。以水平向右方向?yàn)檎较颍瑒t下列說法中正確的是（）A.振子的振動振幅為6cmB.振子每次經(jīng)過P點(diǎn)速度相同，回復(fù)力相同C.振子連續(xù)兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時間為一個周期D.振子從P點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動過程中加速度為負(fù)，位移為正〖答案〗D〖解析〗A．振子的振動振幅為3cm，A錯誤；B．振子每次經(jīng)過P點(diǎn)速度方向不同，回復(fù)力相同，B錯誤；C．由于P點(diǎn)處于OB之間，則振子連續(xù)兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時間小于一個周期，C錯誤；D．由題知水平向右方向?yàn)檎较?，則振子從P點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動過程中加速度為負(fù)，位移為正，D正確。故選D。4.短道速滑接力是很具觀賞性的比賽項(xiàng)目，比賽中“接棒”運(yùn)動員在前面滑行，“交棒”運(yùn)動員從后面追上，“交棒”運(yùn)動員用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，忽略運(yùn)動員與冰面之間的摩擦，交接棒過程中兩運(yùn)動員的速度方向均在同一條直線上。對兩運(yùn)動員交接棒的過程下列說法正確的是（）A.兩運(yùn)動員的動量變化一定相同B.兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒C.兩運(yùn)動員之間相互作用力的總沖量一定等于零D.兩運(yùn)動員之間相互作用力的沖量一定相等〖答案〗C〖解析〗CD．兩運(yùn)動員之間相互作用力的沖量大小相等，方向相反，所以兩運(yùn)動員之間相互作用力的總沖量一定等于零，C正確，D錯誤；A．兩運(yùn)動員組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，所以兩運(yùn)動員的動量變化大小相等，方向相反，A錯誤；B．“交棒”運(yùn)動員用力推前方“接棒”運(yùn)動員完成接力過程，內(nèi)力對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，B錯誤。5.如圖所示，長為l的細(xì)繩下方懸掛一小球，靜止時小球位于B點(diǎn)。繩的另一端固定在天花板上O點(diǎn)處，在O點(diǎn)正下方的處固定一鐵釘。將小球向右拉到A點(diǎn)，使細(xì)繩與豎直方向成一小角度（約為2°）后由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間為B.小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間為C.小球在振動過程中的合力等于重力沿切線方向的分力D.小球在振動過程中的回復(fù)力等于所受重力和擺線拉力的合力〖答案〗A〖解析〗AB．小球第一次返回到A點(diǎn)所用時間，即小球擺動的周期，等于擺長為l的單擺和擺長為的單擺的周期之和的二分之一，即A正確、B錯誤；C．小球在振動過程中的合力等于所受重力和擺線拉力的合力，C錯誤；D．小球在振動過程中的回復(fù)力等于重力沿切線方向的分力，D錯誤。故選A。6.如圖所示的圖像中，直線①為某一電源的路端電壓U與電流I的關(guān)系圖像，直線②、③分別為電阻R1、R2的U—I圖線，下列說法正確的是（）A.該電源的電動勢為3V，內(nèi)阻為2ΩB.電阻R1、R2的阻值之比為1：4C.把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率相等D.將該電源與電阻R1相連構(gòu)成閉合電路時，電源輸出功率最大〖答案〗C〖解析〗A．由題圖直線①可知E=3V，A錯誤；B．由題圖直線②、③可知，則R1：R2=4：1B錯誤；CD．把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率分別為P1=I12R1=22×1W=4W，P2=I12R1=42×0.25W=4W則把電阻R1、R2分別接在該電源兩端時，電源的輸出功率相等，C正確、D錯誤。故選C。7.如圖所示，電路中電表均為理想電表。當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1.0A和2.0V。重新調(diào)節(jié)R，使電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時，此時電路中電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V。下列說法中正確的是（）A.電動機(jī)的內(nèi)阻為7.5ΩB.電動機(jī)正常工作時輸出的功率為22WC.電動機(jī)正常工作時消耗的功率為26WD.電動機(jī)正常工作時，R上消耗的功率為8W〖答案〗B〖解析〗A．電動機(jī)停止轉(zhuǎn)動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為1.0A和2.0V，則電動機(jī)的電阻A錯誤；BC．電動機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和15.0V，電動機(jī)的總功率為電動機(jī)內(nèi)阻消耗的熱功率為電動機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時的輸出功率是B正確、C錯誤；D．由于電源的電動勢和內(nèi)阻未知，則無法計算出電動機(jī)正常工作時，R上消耗的功率，D錯誤。故選B。8.斯諾克是我們所熟知的運(yùn)動項(xiàng)目，球員出桿擊打白球，運(yùn)動白球撞擊彩色球使其入洞并計分。假設(shè)在光滑水平面的一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號紅球發(fā)生碰撞，假設(shè)發(fā)生的碰撞均為彈性正碰，則白球最終的速度大小為（）A.0 B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意知，光滑水平面一條直線上依次放4個質(zhì)量均為m的彈性紅球，質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0與4號紅球發(fā)生彈性正碰；根據(jù)一動碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知得每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼挠捎诩t球質(zhì)量相等，且為彈性正碰，則4號球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與4號球碰撞4次后，白球速度9.關(guān)于能量和能源，下列說法正確的是（）A.科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程都具有可逆性B.在能源的利用過程中，能量在總量上并未減少，但能量的品質(zhì)降低了C.能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性D.風(fēng)能、水能和核能都屬于可再生能源，因此我國近年來不斷地開發(fā)利用這些新能源〖答案〗BC〖解析〗A．科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都具有不可逆性，A錯誤；B．在能源的利用過程中，能量在總量上并未減少，但能量的品質(zhì)降低了，B正確；C．能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，C正確；D．風(fēng)能、水能屬于可再生能源，核能屬于不可再生能源，D錯誤。故選BC。10.如圖甲所示，把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉(zhuǎn)一周，給篩子一個驅(qū)動力，這就做成了一個共振篩，該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉(zhuǎn)速提高，增加篩子質(zhì)量，可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在，在某電壓下偏心輪的轉(zhuǎn)速為36r/min。要增大篩子的振幅，下列措施可行的是（）A.升高電壓 B.降低電壓C.增加篩子質(zhì)量 D.減小篩子質(zhì)量〖答案〗AC〖解析〗根據(jù)受迫振動的特點(diǎn)可知，共振篩的振動頻率等于偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率，所以當(dāng)偏心輪的轉(zhuǎn)速為36r/min時，共振篩的振動頻率為AB．增大電壓，偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率將增大，由于開始時偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率小于篩子的固有頻率，所以根據(jù)共振曲線可知篩子的振幅會增大，當(dāng)頻率增大到0.8Hz時最大，A正確、B錯誤；CD．增大篩子質(zhì)量后，篩子的固有頻率將減小，由于開始時偏心輪的轉(zhuǎn)動頻率小于篩子的固有頻率，所以根據(jù)共振曲線可知篩子的振幅會增大，當(dāng)篩子的固有頻率減小到0.6Hz時最大，C正確、D錯誤。故選AC。11.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻r=2Ω，定值電阻R1=R2=R3=2Ω，當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，下列說法正確的是（）A.電源的總功率減小 B.R3消耗的功率減小C.電源的效率增大 D.電源的輸出功率增大〖答案〗AC〖解析〗A．當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路的總電阻變大，則回路的總電流減小，電源的總功率P總=EI，減小，A正確；B．根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=I(R1＋r)＋U并由于滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路的總電阻變大，則回路的總電流減小，則U并增大，R3消耗的功率可知R3消耗的功率增大，B錯誤；C．電源的效率可知回路的總電流I總減小，則電源的效率增大，C正確；D．由于當(dāng)電源內(nèi)阻等于外阻時電源輸出功率最大，由題知r=R1而當(dāng)滑動變阻器R的滑片向上移動時，回路并聯(lián)部分的電阻變大，則電源的輸出功率減小，D錯誤。12.如圖所示，P、Q為豎直懸掛的兩個彈簧振子，且懸掛振子的彈簧勁度系數(shù)相同，已知P、Q兩球質(zhì)量之比是4：1，振動圖像如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A.P、Q兩彈簧振子的振動頻率之比是2：1B.P、Q兩彈簧振子在0~6s內(nèi)經(jīng)過的路程之比是1：1C.P、Q兩彈簧振子最大加速度之比是1：2D.t=0.45s時刻，P、Q兩彈簧振子的位移大小之比是〖答案〗BCD〖解析〗A．由Q圖可知P、Q兩彈簧振子的振動周期分別為1.2s、0.6s，二者周期之比為則二者的頻率之比為故A錯誤；B．由于6s=5TP=10TQ由乙圖可知P、Q在6s內(nèi)經(jīng)過的路程為故P、Q路程之比是，故B正確；C．根據(jù)胡克定律可知，P、Q的最大回復(fù)力之比為，又因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量之比是，根據(jù)牛頓第二定律可知，P、Q兩彈簧振子最大加速度之比是，故C正確；D．P、Q的振動方程為，則t=0.45s時刻，P、Q兩彈簧振子的位移大小分別為cm和-5cm，所以位移大小之比為，D正確。13.一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇總質(zhì)量是，這個士兵用自動步槍在t秒內(nèi)沿著水平方向連續(xù)射出發(fā)子彈，每發(fā)子彈的質(zhì)量是，射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力，則下列判斷正確的是（）A.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量相同B.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量不相同C.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，皮劃艇的速度為D.若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，皮劃艇的速度為〖答案〗BC〖解析〗AC．若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對河岸的速度都為，則連續(xù)射出發(fā)子彈后，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得解得皮劃艇的速度為可知射擊第顆子彈過程，皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈過程，皮劃艇的速度改變量為故A錯誤，C正確；BD．若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都為，則射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為射擊第顆子彈后，有解得皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為同理可得射擊第顆子彈后，皮劃艇的速度為皮劃艇的速度改變量為可知若射擊時每發(fā)子彈離開槍口時相對步槍的速度都相同，則每次射擊后皮劃艇的速度改變量不相同，故B正確，D錯誤。A.滑塊沿弧槽下滑過程中，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒B.彈簧獲得最大彈性勢能為C.滑塊沿弧槽上升的最大高度等于D.滑塊再一次離開弧槽后，不可能和彈簧發(fā)生作用〖答案〗BD〖解析〗A．滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊在豎直方向有加速度，弧槽在豎直方向沒有加速度，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)在豎直方向的合外力不為零，故滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受力，水平方向滿足動量守恒，設(shè)滑塊下滑到達(dá)底端時，滑塊的速度大小為，弧槽的速度大小為，則有滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有聯(lián)立解得，滑塊壓縮彈簧時，但速度變?yōu)榱銜r，彈簧彈性勢能最大，則有故B正確；C．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，滑塊離開彈簧向左的速度大小也為，滑塊滑上弧槽過程，當(dāng)滑塊上升至最高點(diǎn)時，兩者具有共同的水平速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得滑塊沿弧槽上升的最大高度為故C錯誤；D．從滑塊滑上弧槽到再一次離開弧槽過程，設(shè)再一次離開時，滑塊的速度大小為，弧槽的速度大小為，根據(jù)系統(tǒng)水平動量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得，可知滑塊再一次離開弧槽時，滑塊的速度為零，故滑塊不可能和彈簧發(fā)生作用，故D正確。第II卷（非選擇題，共58分）二、本大題共4小題，共20分。把〖答案〗填在答題卡中指定的橫線上。15.學(xué)校某班級的學(xué)生在實(shí)驗(yàn)課上利用單擺裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?）一小組同學(xué)利用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑如圖甲所示，擺球直徑為___________mm。（2）實(shí)驗(yàn)中，四組同學(xué)以單擺周期T的平方為縱軸，擺長L為橫軸，做出T2—L圖像，分別如乙圖中的a、b、c、d所示，其中a、c、d三條線平行，b和c都過原點(diǎn)，圖線c對應(yīng)的g值最接近當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹?。則相對于圖線a、b和d，下列分析正確的是___________（選填選項(xiàng)前的字母）。A．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線b的原因可能是誤將51次全振動記為50次C．出現(xiàn)圖線d的原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球上端的距離記為擺長LD．圖線b對應(yīng)的g值大于圖線c對應(yīng)的g值〖答案〗（1）20.50（2）B〖解析〗（1）[1]根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則有2cm＋10×0.05mm=20.50mm（2）[2]A．圖線a中擺長為零時就已出現(xiàn)了振動周期，一定是擺長測量短了，原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球上端的距離記為擺長L，A錯誤；B．出現(xiàn)圖線b時，相同擺長情況下，周期測量值變大，原因可能是誤將51次全振動記為50次，B正確；C．圖線d中擺長有了一定的擺長時，振動周期還是零，一定是擺長測量長了，原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球下端的距離記為擺長L，C錯誤；D．圖線c的斜率比圖線b小，根據(jù)斜率可知圖線c對應(yīng)的g值大于圖線b對應(yīng)的g值，D錯誤。16.某課外興趣小組用銅片和鋅片插入蘋果中，組成了一個蘋果電池，并測定該蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)前該小組同查閱有關(guān)蘋果電池的資料獲知：常見的蘋果電池的電動勢一般為1V左右，內(nèi)阻約。除了蘋果電池以外，實(shí)驗(yàn)室還提供了如下器材：①電流表（量程，內(nèi)阻幾十歐）②電壓表V（量程，內(nèi)阻約）③滑動變阻器（阻值）④開關(guān)一個，導(dǎo)線若干（1）為了更準(zhǔn)確的測量蘋果電池的電動勢和內(nèi)阻，請你用筆畫線代替導(dǎo)線，在上圖中連接好實(shí)驗(yàn)電路圖；（）（2）若不計測量中的偶然誤差，用這種方法得出的電動勢和內(nèi)阻的值與真實(shí)值相比，電動勢___________（選填“偏大”、“相等”或“偏小”），內(nèi)阻___________（選填“偏大”、“相等”或“偏小”）。〖答案〗（1）見〖解析〗（2）相等偏大〖解析〗（1）[1]由于蘋果電池的內(nèi)阻約，而電流表內(nèi)阻約為幾十歐，電壓表內(nèi)阻約，故應(yīng)采用電流表相對電源的內(nèi)接法，電路圖如圖所示根據(jù)電路圖完成實(shí)物連接如圖所示（2）[2][3]若不考慮電表內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率絕對值為根據(jù)電路圖可知實(shí)驗(yàn)誤差來源于電流表的分流，設(shè)電流表的內(nèi)阻為，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可得可知圖像的縱軸截距為圖像的斜率絕對值為聯(lián)立可得，可知得出的電動勢和內(nèi)阻的值與真實(shí)值相比，電動勢相等，內(nèi)阻偏大。17.實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用兩個滑塊“探究碰撞中的守恒量”。實(shí)驗(yàn)裝置及主要步驟如下：①如圖甲所示，將粗糙程度均勻的長木板固定在水平地面上，長木板左端固定一擋板，擋板上安裝一輕彈簧，自由端位于長木板上M點(diǎn)；②取兩個材質(zhì)相同但質(zhì)量不同的小滑塊A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)），將小滑塊A放在長木板上，向左推滑塊將彈簧壓縮到P點(diǎn)，由靜止釋放，標(biāo)記出滑塊A停止運(yùn)動的位置，在滑塊運(yùn)動路徑上適當(dāng)位置標(biāo)記一定點(diǎn)O，測出滑塊A停止時的位置到O點(diǎn)的距離，重復(fù)多次，每次都把彈簧壓縮到P點(diǎn)釋放，測量并計算出該距離的平均值x，如圖乙所示；③將滑塊B置于木板上的O點(diǎn)，滑塊A重新由P點(diǎn)靜止釋放，與滑塊B發(fā)生正碰，且碰撞時間極短，測出滑塊A靜止時與O點(diǎn)的距離和滑塊B靜止時與O點(diǎn)的距離，重復(fù)多次，測量并計算出該距離的平均值x1、x2，如圖丙所示。（1）為探究碰撞中動量是否守恒，還需要測量___________、___________。（寫出物理量的名稱以及對應(yīng)的字母）（2）若碰撞中動量守恒，則表達(dá)式可表示為___________。（用x、x1、x2和測量物理量對應(yīng)字母表示）（3）在本實(shí)驗(yàn)中，若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，______（選填“能”或“不能”）探究碰撞過程中系統(tǒng)的動量是否守恒?！即鸢浮剑?）小滑塊A的質(zhì)量mA小滑塊B的質(zhì)量mB（2）（3）能〖解析〗（1）（2）[1][2][3]由于小滑塊A、B材質(zhì)相同，則小滑塊A、B與長木板的動摩擦因數(shù)相同，則小滑塊A、B做勻減速直線運(yùn)動的加速度均為a=μg設(shè)碰撞前小滑塊A經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v，則有v2=2μgx設(shè)碰撞后小滑塊A、小滑塊B經(jīng)過O點(diǎn)的速度大小分別為v1、v2，則有v12=2μgx1，v22=2μgx2由于碰撞時間極短，則若碰撞中動量守恒有mAv=-mAv1＋mBv2即化簡得則還需要測量小滑塊A的質(zhì)量mA和小滑塊B的質(zhì)量mB。（3）[4]若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，則說明小滑塊最后能夠靜止，且小滑塊A、B做勻減速直線運(yùn)動的加速度均為a=gsinθ－μgcosθ最后也有則若僅將木板右端墊起使木板傾斜放置，重復(fù)以上操作步驟，在碰撞時間極短的情況下能探究碰撞過程中系統(tǒng)的動量是否守恒。18.某物理實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)為了測量兩節(jié)新買的干電池的電動勢和內(nèi)阻，設(shè)計了如圖甲所示的電路，其中定值電阻和滑動變阻器各有兩種型號可供選擇，分別是定值電阻a（阻值為4Ω，額定功率為4W）；定值電阻b（阻值為10Ω，額定功率為15W）；滑動變阻器c（阻值范圍為0~20Ω、額定電流為2A）；滑動變阻器d（阻值范圍為0~200Ω、額定電流為1A）。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，（1）定值電阻應(yīng)選擇___________（選填“a”或“b”），滑動變阻器應(yīng)選擇___________（選填“c”或“d”）。（2）移動滑動變阻器的滑片，小組同學(xué)獲得多組電壓表和電流表的數(shù)據(jù)，并繪制了電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I之間關(guān)系圖像如圖乙所示，實(shí)驗(yàn)中使用的電表均可視為理想電表。根據(jù)圖像可得兩節(jié)電池的內(nèi)阻為______