2024-2025學年山東省威海市文登區(qū)高三上學期第一次模擬物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1高三物理1.本試卷共9頁，滿分100分，考試用時90分鐘。2.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置。3.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】AB．物體做直線運動，位移與時間成函數(shù)關系，AB選項中一個時間對應2個以上的位移，故不可能，故AB錯誤；CD．同理D選項中一個時間對應2個速度，只有C選項速度與時間是成函數(shù)關系，故C正確，D錯誤。故選C。2.春秋戰(zhàn)國時期，《墨經》記載了利用斜面來運送貨物的方法。如圖所示，用平行于斜面的推力將貨物從地面勻速推到貨車上。若貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是（）A.斜面越短，推力對貨物做的功越多B.斜面越長，推力對貨物做的功越多C.斜面越短，推力越大D.斜面越長，推力越大【答案】B【解析】CD．對貨物進行受力分析，如圖所示則有，，解得令其中，則有可知，當有推力F有最大值可知，斜面傾角在0°到90°之間變化的過程中，推力F先增大后減小，由于斜面頂端的高度一定，可知，斜面在由足夠長逐漸變短的過程，推力F先增大后減小，反之，斜面在由足夠短逐漸變長的過程，推力F也是先增大后減小，故CD錯誤；AB．斜面頂端高度一定，令高度為h，結合上述可知，推力做的功當斜面越長時，斜面傾角越小，根據(jù)上述表達式可知，推力對貨物做的功越多，故A錯誤，B正確。故選B。3.如圖所示，固定的光滑斜面上有兩點A、B，A到斜面頂端的距離為L?？梢暈橘|點的小球從斜面頂端由靜止釋放，若A、B間的距離為L，小球通過A、B的時間為Δt1；若A、B間的距離為2L，小球通過A、B的時間為Δt2。Δt1：Δt2為（）A.：B.（）：（）C.（）：（）D.（）：（）【答案】B【解析】小球做初速度為零的勻加速直線運動，通過第一個L、第二個L、第三個L所用的時間之比為所以故選B?！尽狐c石成金』】若物體做初速度為零的勻加速直線運動，將位移從開始分為相鄰相等的若干段，每段為L，則由得所以，物體通過前L、前2L、前3L所用的時間之比為物體通過第一個L、第二個L、第三個L所用的時間之比為4.如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率v0逆時針轉動。t=0時刻在傳送帶頂端無初速輕放一小物塊。t0時刻物塊運動到傳送帶中點，速度達到v0。不計空氣阻力，物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力。則物塊從傳送帶頂端運動到底端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】物體輕放在傳送帶上，物體相對于傳送帶向上運動，受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，設傳送帶傾角為，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得可知在時間內，物體做勻加速直線運動；時刻物體與傳送帶達到共速，由于物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力，可知物體繼續(xù)向下做勻加速直線運動，物體受到的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知時刻之前的圖像斜率大于時刻之后的圖像斜率。故選D。5.如圖所示，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，質量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端自由下滑至其底部。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.一直增大 B.一直減小C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】令小環(huán)與大環(huán)之間作用力為0時的位置所在半徑與豎直方向夾角為，則有，解得可知，該位置處于圓周右上方四分之一圓弧間，在小環(huán)滑至該位置之前，小環(huán)速度逐漸增大，所需向心力逐漸增大，而重力沿半徑的分力逐漸減小，可知，在小環(huán)滑至該位置之前，大圓環(huán)對小環(huán)的彈力方向背離圓心，令此過程小環(huán)所在位置的半徑與豎直方向夾角為，則有結合上述，小環(huán)速度增大，夾角增大，則大環(huán)對小環(huán)的作用力一定減小。結合上述可知，當小環(huán)越過對應位置后，大環(huán)對小環(huán)的作用力方向指向圓心，在越過圓環(huán)右上方四分之一圓弧時，小環(huán)速度增大，所需向心力增大，小環(huán)重力沿半徑的分力進一步減小，則大環(huán)對小環(huán)的作用力增大，之后，小環(huán)在圓周右下方的四分之一圓弧運動，令此時小環(huán)所在位置的半徑與豎直向下方向的夾角為，則有小環(huán)速度增大，減小，則大環(huán)對小環(huán)的作用力增大。綜合上述可知，大環(huán)對小環(huán)的作用力先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選D。6.蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）A.t=0.15s時運動員的機械能最大B.t=0.30s時運動員的速度大小為20m/sC.t=1.30s時運動員距蹦床的高度為5mD.0-0.30s內，運動員對蹦床的平均作用力大小為4000N【答案】C【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知t=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，機械能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經歷的時間為2s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t=1.30s時，運動員恰好運動到最大高度處，t=0.30s時運動員的速度大小為m故C正確，B錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)可得N根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故D錯誤。故選C。7.木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為1：2：4。木衛(wèi)二的周期為T，公轉軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉周期為T0，下列說法正確的是（）A.T與T0之比為B.木衛(wèi)一的軌道半徑為C.地球質量與木星質量之比為D.木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力之比為【答案】C【解析】A．木衛(wèi)二圍繞的中心天體是木星，月球的圍繞的中心天體是地球，根據(jù)題意無法求出周期T與T0之比，故A錯誤；B．根據(jù)題意可得，木衛(wèi)二的軌道半徑為根據(jù)萬有引力提供向心力可得木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為，可得木衛(wèi)一軌道半徑為故B錯誤；C．對木衛(wèi)二和月球，根據(jù)萬有引力提供向心力分別有聯(lián)立可得地球質量與木星質量之比為故C正確。D．木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力分別為，由于不知道木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的質量關系，故無法比較木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力的關系，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，小明到峰山公園取山泉水時發(fā)現(xiàn)水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為0.5m，直徑為0.2m，重力加速度取10m/s2，則水離開出水口的速度大小為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】令桶高為h，桶直徑為d，水離開出水口的速度大小為v0，出水口到桶口中心的水平間距為x，由于水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A，水到達桶口中心過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，水到達桶底A點過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，解得故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖甲所示，在均勻介質中有A、B、C、D四點，其中A、B、C三點位于同一直線上，AC=BC=4m，CD=3m，CD垂直AB。t＝0時，位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始振動，振動圖像均如圖乙所示，振動方向與平面ABD垂直，已知波長為4m。下列說法正確的是（）A.這三列波的波速均為2m/sB.t=3s時，D處的質點開始振動C.t=4.5s時，D處的質點正向y軸正方向運動D.t=6s時，D處的質點與平衡位置的距離是2cm【答案】BD【解析】A．波速由介質決定，由圖（乙）的振動圖像可知，振動的周期為4s，故三列波的波速均為A錯誤；B．由圖（甲）可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開始振動的時間為波源C處的橫波傳播到D處所需的時間，則有B正確；C．由幾何關系可知波源A、B產生的橫波傳播到D處所需的時間為故t=4.5s時，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時D處的質點振動時間為即C處質點的振動形式經過1.5s傳播到D點，由振動圖像可知此時D處的質點向y軸負方向運動，C錯誤；D．t=6s時，波源C處的橫波傳播到D處后振動時間為由振動圖像可知，此時波源C的振動形式波谷傳播到處D；t=6s時，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時間由振動圖像可知此時波源A、B的振動形式波峰傳播到處D處。根據(jù)波的疊加原理可知此時D處質點的位移為D正確。故選BD。10.AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10?8C、質量為3.0×10?4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（圖中未標出），下列說法正確的是（）A.電場強度大小為B.MC的距離為C.減小R的阻值，MC的距離將變小D.小球的電勢能增加了【答案】AB【解析】B．剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示根據(jù)幾何關系可得故B正確；D．根據(jù)幾何關系可得，電場力F和細線拉力T夾角為60°，在三個力所在的三角形中，根據(jù)正弦定理可得可得電場力大小為逆電場線方向位移x=d?Lsin30°其中d=10cm=0.1m，L=5cm=0.05m解得x=0.075m克服電場力做的功為所以電勢能增加了，故D錯誤；A．電場強度的大小為故A正確；C．電阻兩端電壓為零，電容器兩板間的電壓等于電源電動勢，減小R的阻值，平行板間電壓不變、電場強度不變，受力情況不變，運動情況不變，則MC的距離不變，故C錯誤。故選AB。11.如圖所示，質量為m和2m的小物塊P和Q，用輕質彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力的瞬間，Q恰好能保持靜止。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，在隨后的運動過程中，下列說法正確的是（）A.P、Q將離墻越來越遠B.任意一段時間內Q的動量變化均為0C.彈簧的最大形變量為D.P的最大動能為【答案】BCD【解析】AB．剪斷細線前后，由于Q始終處于靜止狀態(tài)，任意時間段動量變化量為0，離墻的位置保持不變；P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故P在彈簧彈力的作用下做簡諧振動，A錯誤，B正確；C．細線未剪斷時，設彈簧的伸長量為（也是彈簧的最大壓縮量），由于Q處于靜止狀，則有解得C正確；D．根據(jù)上述分析可知，彈簧的彈性勢能全部轉化為P的動能時，P的動能最大，則有D正確。故選BCD。12.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（）A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運動的時間為C.木塊和子彈損失的總動能為D.木塊在加速過程中運動的距離為【答案】BC【解析】AC．要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，設為v；取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得據(jù)能量守恒定律得解得，子彈和木塊損失的總動能故A錯誤，C正確；B．取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得解得故B正確；D．木塊在加速過程中做勻加速直線運動故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，它的優(yōu)點是反應非常快，可以捕捉到瞬間的電流變化，還可以與計算機相連，能在很短的時間內畫出電流隨時間的變化圖像。將電流傳感器接入圖甲所示電路，提供8V的直流電源，先使開關S與1相連，電源向電容器充電，這個過程可在瞬間完成，然后把開關S撥向2，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏上顯示出電流隨時間變化的I-t曲線，如圖乙所示。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）(1)圖乙中畫出的豎直狹長矩形（圖乙最左端），其面積表示的物理意義是：_______。(2)根據(jù)圖乙估算，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量是________C。(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算，電容器的電容是________F?！敬鸢浮?1)內電容器的放電電荷量(2)（均可）(3)（均可）【解析】(1)[1]題圖乙中縱坐標為電流I，橫坐標為時間t，由公式可知，矩形面積為內電容器的放電電荷量。(2)[2]每個小方格的面積代數(shù)和表示電容器的總放電電荷量，又共有75格，則全部放電電荷量(3)[3]由可知14.某同學測量一段粗細均勻電阻絲的電阻率，實驗操作如下：（1）用螺旋測微器測量該電阻絲的直徑，如圖甲所示，示數(shù)為________mm；（2）用多用電表“×1”倍率的歐姆擋測量該電阻絲的阻值，如圖乙所示，示數(shù)為_____Ω；（3）用電流表（內阻約為5Ω）、電壓表（內阻約為3kΩ）測量該電阻絲阻值Rx，為了減小實驗誤差，并要求在實驗中獲得較大的電壓調節(jié)范圍，下列電路中符合要求的是_____；A. B.C. D.（4）用第（3）問中C選項的方法接入不同長度的電阻絲l，測得相應的阻值R，并作出了R－l圖像，如圖丙所示，符合實驗結果的圖線是____（選填“a”“b”或“c”）?！敬鸢浮浚?）2.820##2.819##2.821（2）7.0##7（3）D（4）a【解析】【小問1詳析】螺旋測微器的轉動刻度50格共0.5mm長，精確度為0.01mm，格數(shù)要估讀到0.1格，因此螺旋測微器的讀數(shù)為2.5mm+32.0×0.01mm=2.820mm。【小問2詳析】歐姆表讀電阻，由表盤上的數(shù)字乘以倍率得到阻值?！拘?詳析】實驗中需要獲得較大的電壓調節(jié)范圍，則需要滑動變阻器選擇分壓式接法。而待測電阻滿足：，即待測電阻為小電阻，因此用電流表的外接法減小系統(tǒng)誤差，因此選擇D電路實驗。故選D?！拘?詳析】根據(jù)電阻定律可知，R－l圖像應該是過原點的傾斜直線，但（3）問中的C項電路采用的是電流表的內接法，因電流表分壓導致電阻的測量值偏大，有，故測量圖線不過原點，而有正的縱截距，故選a圖線。15.兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s、波源的振幅均為2cm。圖示為0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q兩質點剛開始振動。質點M的平衡位置處于x=0.5m處。（1）求兩列波相遇的時刻。（2）求1.5s后質點M運動的路程?！敬鸢浮浚?）0.75s（2）12cm【解析】【小問1詳析】兩列波在x=0.5m處相遇，則相遇時刻【小問2詳析】由題意兩列波在0.75s同時傳播到質點M處，在0.75s~1.2s，左右兩側波傳到M，振動加強，則經過0.75s通過的路程s2=3=12cmM點通過的總路程12cm。16.如圖所示，桌面上固定一半徑為R的水平光滑圓管軌道，O為圓軌道圓心，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器（大小可忽略），小球經過P點后，其速度大小增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略碰撞的時間。求：（1）碰撞前瞬間小球1對軌道的壓力；（2）碰撞后瞬間兩球的速度。【答案】（1），與OM成（2）兩球的速度大小為v0，方向相反【解析】（1）設1與2碰前1的速度為，由題意知根據(jù)解得方向與OM成角，且滿足由牛頓第三定律得碰撞前瞬間1對軌道的壓力大小為，方向：與OM成。（2）取碰撞前瞬間球1的速度方向為正方向，設2的質量為M，碰后兩球速度大小為v，有求得即碰后兩球的速度大小為v0，方向相反。17.如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內存在多層緊鄰的勻強電場，每層電場的高度均為d，電場強度的大小均為E，方向沿圖中豎直方向交替變化。AB邊長為12d，BC邊長為8d。質量為m、電荷量為+q的粒子流從AB邊中點射入電場，入射角為θ，粒子的初動能為Ek，粒子在紙面內運動，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力。（1）若粒子能從CD邊射出，求粒子通過電場的時間；（2）當Ek2qEd時，粒子從CD邊射出電場時與軸線OO′的距離不大于d，求入射角θ的最值；（3）當EkqEd時，粒子在θ為范圍內均勻射入電場，求從CD邊射出的粒子的入射角θ的范圍?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（）【解析】【小問1詳析】電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為根據(jù)可知解得【小問2詳析】粒子進入電場時的初動能粒子進入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓第二定律可得粒子從邊射出電場時與軸線的距離不大于d，則要求解得所以入射角的范圍為故入射角θ有最大值【小問3詳析】設粒子從O點射入，恰好從D點射出，粒子入射角為θ′，根據(jù)題意解得粒子的速度粒子在水平方向勻速運動，運動時間為粒子在沿電場方向，反復做加速大小相同的減速運動，加速運動，位移、時間、速度都具有對稱性，粒子通過每段電場的時間t0相等，則又則且代入數(shù)據(jù)化簡可得即解得（舍去）或故故入射角的范圍為（）。18.如圖所示，質量均為m的物塊A、B和木板E靜止在水平地面上，質量分別為3m、2m的物塊C、D靜止在E上，一根輕繩跨過光滑定滑輪M、N，左右兩端分別與B、C豎直連接，距E右端距離為L處固定一擋板P。剛開始B與地面剛好接觸不擠壓，整個系統(tǒng)靜止。現(xiàn)給A一水平向右的初速度，A與B碰后粘在一起。從A與B碰后瞬間到E與P第一次碰撞前瞬間，給E施加水平向右的外力F1=3mg。此后在E每次速度為0的瞬間立即給E施加水平向右的F1，到E與P發(fā)生下一次碰撞前瞬間再撤掉F1，且在E向左運動的所有時間內均分別給D、E施加水平向左的外力F2=2mg、F3=mg。已知：D與E、E與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），M到地面的距離為L，E與P的碰撞無能量損失，所有物塊均視為質點，D始終沒有從E上掉落，不計其他摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）A與B碰撞過程損失的機械能；（2）A、B碰撞前、后瞬間C對E的壓力差；（3）E向左運動的最大距離；（4）整個過程D、E之間產生的熱量。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【小問1詳析】AB碰撞過程，AB物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有由能量守恒可知由于碰撞損失的機械能為解得【小問2詳析】A、B碰撞前B剛好與地面接觸不擠壓，由受力平衡有繩的拉力大小為C靜止在木板上，對C受力分析由受力平衡有解得C與E的彈力大小為對AB碰后瞬間，由牛頓第二定律有解得此時繩的拉力大于物塊C的重力，即C與E的彈力大小為所以由以上分析及牛頓第三定律可知A、B碰撞前、后瞬間C對E的壓力差為【小問3詳析】D、E一起向右加速，對D、E整體由牛頓第二定律可知由運動學公式得E、P第一次碰后，D、E分別以v1向右、左勻減速;對D由牛頓第二定律得對E由牛頓第二定律得解得對E，由運動學知識得解得【小問4詳析】E與P第一次碰后，D與E同時減速到0，二者減速的位移大小相等均為，即在作用下D與E再一次一起向右加速，加速度仍為，加速到，接著E與P發(fā)生第二次碰撞，碰后重復前面的運動，直到二者靜止，由運動學知識可知第一次碰后D、E的相對位移E、P第二次碰前D、E的速度為，由運動學知識有第二次碰后D、E速度減為0的位移大小為第二次碰后D、E的相對位移第三次碰后D、E的相對位移……第n次碰后D、E的相對位移整個過程D、E之間產生的熱量解得高三物理1.本試卷共9頁，滿分100分，考試用時90分鐘。2.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置。3.選擇題答案必須使用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。4.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】AB．物體做直線運動，位移與時間成函數(shù)關系，AB選項中一個時間對應2個以上的位移，故不可能，故AB錯誤；CD．同理D選項中一個時間對應2個速度，只有C選項速度與時間是成函數(shù)關系，故C正確，D錯誤。故選C。2.春秋戰(zhàn)國時期，《墨經》記載了利用斜面來運送貨物的方法。如圖所示，用平行于斜面的推力將貨物從地面勻速推到貨車上。若貨物與斜面間的動摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是（）A.斜面越短，推力對貨物做的功越多B.斜面越長，推力對貨物做的功越多C.斜面越短，推力越大D.斜面越長，推力越大【答案】B【解析】CD．對貨物進行受力分析，如圖所示則有，，解得令其中，則有可知，當有推力F有最大值可知，斜面傾角在0°到90°之間變化的過程中，推力F先增大后減小，由于斜面頂端的高度一定，可知，斜面在由足夠長逐漸變短的過程，推力F先增大后減小，反之，斜面在由足夠短逐漸變長的過程，推力F也是先增大后減小，故CD錯誤；AB．斜面頂端高度一定，令高度為h，結合上述可知，推力做的功當斜面越長時，斜面傾角越小，根據(jù)上述表達式可知，推力對貨物做的功越多，故A錯誤，B正確。故選B。3.如圖所示，固定的光滑斜面上有兩點A、B，A到斜面頂端的距離為L。可視為質點的小球從斜面頂端由靜止釋放，若A、B間的距離為L，小球通過A、B的時間為Δt1；若A、B間的距離為2L，小球通過A、B的時間為Δt2。Δt1：Δt2為（）A.：B.（）：（）C.（）：（）D.（）：（）【答案】B【解析】小球做初速度為零的勻加速直線運動，通過第一個L、第二個L、第三個L所用的時間之比為所以故選B。【『點石成金』】若物體做初速度為零的勻加速直線運動，將位移從開始分為相鄰相等的若干段，每段為L，則由得所以，物體通過前L、前2L、前3L所用的時間之比為物體通過第一個L、第二個L、第三個L所用的時間之比為4.如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率v0逆時針轉動。t=0時刻在傳送帶頂端無初速輕放一小物塊。t0時刻物塊運動到傳送帶中點，速度達到v0。不計空氣阻力，物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力。則物塊從傳送帶頂端運動到底端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線正確的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】物體輕放在傳送帶上，物體相對于傳送帶向上運動，受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，設傳送帶傾角為，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得可知在時間內，物體做勻加速直線運動；時刻物體與傳送帶達到共速，由于物塊重力沿傳送帶向下的分力大于其與傳送帶間的最大靜摩擦力，可知物體繼續(xù)向下做勻加速直線運動，物體受到的摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知時刻之前的圖像斜率大于時刻之后的圖像斜率。故選D。5.如圖所示，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內，質量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端自由下滑至其底部。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.一直增大 B.一直減小C.先增大后減小 D.先減小后增大【答案】D【解析】令小環(huán)與大環(huán)之間作用力為0時的位置所在半徑與豎直方向夾角為，則有，解得可知，該位置處于圓周右上方四分之一圓弧間，在小環(huán)滑至該位置之前，小環(huán)速度逐漸增大，所需向心力逐漸增大，而重力沿半徑的分力逐漸減小，可知，在小環(huán)滑至該位置之前，大圓環(huán)對小環(huán)的彈力方向背離圓心，令此過程小環(huán)所在位置的半徑與豎直方向夾角為，則有結合上述，小環(huán)速度增大，夾角增大，則大環(huán)對小環(huán)的作用力一定減小。結合上述可知，當小環(huán)越過對應位置后，大環(huán)對小環(huán)的作用力方向指向圓心，在越過圓環(huán)右上方四分之一圓弧時，小環(huán)速度增大，所需向心力增大，小環(huán)重力沿半徑的分力進一步減小，則大環(huán)對小環(huán)的作用力增大，之后，小環(huán)在圓周右下方的四分之一圓弧運動，令此時小環(huán)所在位置的半徑與豎直向下方向的夾角為，則有小環(huán)速度增大，減小，則大環(huán)對小環(huán)的作用力增大。綜合上述可知，大環(huán)對小環(huán)的作用力先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選D。6.蹦床運動中，體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）A.t=0.15s時運動員的機械能最大B.t=0.30s時運動員的速度大小為20m/sC.t=1.30s時運動員距蹦床的高度為5mD.0-0.30s內，運動員對蹦床的平均作用力大小為4000N【答案】C【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知t=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，機械能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.30s再次落到蹦床上經歷的時間為2s，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在t=1.30s時，運動員恰好運動到最大高度處，t=0.30s時運動員的速度大小為m故C正確，B錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)可得N根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N，故D錯誤。故選C。7.木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為1：2：4。木衛(wèi)二的周期為T，公轉軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉周期為T0，下列說法正確的是（）A.T與T0之比為B.木衛(wèi)一的軌道半徑為C.地球質量與木星質量之比為D.木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力之比為【答案】C【解析】A．木衛(wèi)二圍繞的中心天體是木星，月球的圍繞的中心天體是地球，根據(jù)題意無法求出周期T與T0之比，故A錯誤；B．根據(jù)題意可得，木衛(wèi)二的軌道半徑為根據(jù)萬有引力提供向心力可得木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動的周期之比為，可得木衛(wèi)一軌道半徑為故B錯誤；C．對木衛(wèi)二和月球，根據(jù)萬有引力提供向心力分別有聯(lián)立可得地球質量與木星質量之比為故C正確。D．木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力分別為，由于不知道木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的質量關系，故無法比較木衛(wèi)一與木衛(wèi)三的向心力的關系，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，小明到峰山公園取山泉水時發(fā)現(xiàn)水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為0.5m，直徑為0.2m，重力加速度取10m/s2，則水離開出水口的速度大小為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】令桶高為h，桶直徑為d，水離開出水口的速度大小為v0，出水口到桶口中心的水平間距為x，由于水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A，水到達桶口中心過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，水到達桶底A點過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，解得故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖甲所示，在均勻介質中有A、B、C、D四點，其中A、B、C三點位于同一直線上，AC=BC=4m，CD=3m，CD垂直AB。t＝0時，位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始振動，振動圖像均如圖乙所示，振動方向與平面ABD垂直，已知波長為4m。下列說法正確的是（）A.這三列波的波速均為2m/sB.t=3s時，D處的質點開始振動C.t=4.5s時，D處的質點正向y軸正方向運動D.t=6s時，D處的質點與平衡位置的距離是2cm【答案】BD【解析】A．波速由介質決定，由圖（乙）的振動圖像可知，振動的周期為4s，故三列波的波速均為A錯誤；B．由圖（甲）可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開始振動的時間為波源C處的橫波傳播到D處所需的時間，則有B正確；C．由幾何關系可知波源A、B產生的橫波傳播到D處所需的時間為故t=4.5s時，僅波源C處的橫波傳播到D處，此時D處的質點振動時間為即C處質點的振動形式經過1.5s傳播到D點，由振動圖像可知此時D處的質點向y軸負方向運動，C錯誤；D．t=6s時，波源C處的橫波傳播到D處后振動時間為由振動圖像可知，此時波源C的振動形式波谷傳播到處D；t=6s時，波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時間由振動圖像可知此時波源A、B的振動形式波峰傳播到處D處。根據(jù)波的疊加原理可知此時D處質點的位移為D正確。故選BD。10.AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10?8C、質量為3.0×10?4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與AB板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M點（圖中未標出），下列說法正確的是（）A.電場強度大小為B.MC的距離為C.減小R的阻值，MC的距離將變小D.小球的電勢能增加了【答案】AB【解析】B．剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示根據(jù)幾何關系可得故B正確；D．根據(jù)幾何關系可得，電場力F和細線拉力T夾角為60°，在三個力所在的三角形中，根據(jù)正弦定理可得可得電場力大小為逆電場線方向位移x=d?Lsin30°其中d=10cm=0.1m，L=5cm=0.05m解得x=0.075m克服電場力做的功為所以電勢能增加了，故D錯誤；A．電場強度的大小為故A正確；C．電阻兩端電壓為零，電容器兩板間的電壓等于電源電動勢，減小R的阻值，平行板間電壓不變、電場強度不變，受力情況不變，運動情況不變，則MC的距離不變，故C錯誤。故選AB。11.如圖所示，質量為m和2m的小物塊P和Q，用輕質彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力的瞬間，Q恰好能保持靜止。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，在隨后的運動過程中，下列說法正確的是（）A.P、Q將離墻越來越遠B.任意一段時間內Q的動量變化均為0C.彈簧的最大形變量為D.P的最大動能為【答案】BCD【解析】AB．剪斷細線前后，由于Q始終處于靜止狀態(tài)，任意時間段動量變化量為0，離墻的位置保持不變；P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故P在彈簧彈力的作用下做簡諧振動，A錯誤，B正確；C．細線未剪斷時，設彈簧的伸長量為（也是彈簧的最大壓縮量），由于Q處于靜止狀，則有解得C正確；D．根據(jù)上述分析可知，彈簧的彈性勢能全部轉化為P的動能時，P的動能最大，則有D正確。故選BCD。12.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小成正比，即（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則（）A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運動的時間為C.木塊和子彈損失的總動能為D.木塊在加速過程中運動的距離為【答案】BC【解析】AC．要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，設為v；取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得據(jù)能量守恒定律得解得，子彈和木塊損失的總動能故A錯誤，C正確；B．取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得解得故B正確；D．木塊在加速過程中做勻加速直線運動故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，它的優(yōu)點是反應非?？欤梢圆蹲降剿查g的電流變化，還可以與計算機相連，能在很短的時間內畫出電流隨時間的變化圖像。將電流傳感器接入圖甲所示電路，提供8V的直流電源，先使開關S與1相連，電源向電容器充電，這個過程可在瞬間完成，然后把開關S撥向2，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏上顯示出電流隨時間變化的I-t曲線，如圖乙所示。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）(1)圖乙中畫出的豎直狹長矩形（圖乙最左端），其面積表示的物理意義是：_______。(2)根據(jù)圖乙估算，電容器在全部放電過程中釋放的電荷量是________C。(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算，電容器的電容是________F?！敬鸢浮?1)內電容器的放電電荷量(2)（均可）(3)（均可）【解析】(1)[1]題圖乙中縱坐標為電流I，橫坐標為時間t，由公式可知，矩形面積為內電容器的放電電荷量。(2)[2]每個小方格的面積代數(shù)和表示電容器的總放電電荷量，又共有75格，則全部放電電荷量(3)[3]由可知14.某同學測量一段粗細均勻電阻絲的電阻率，實驗操作如下：（1）用螺旋測微器測量該電阻絲的直徑，如圖甲所示，示數(shù)為________mm；（2）用多用電表“×1”倍率的歐姆擋測量該電阻絲的阻值，如圖乙所示，示數(shù)為_____Ω；（3）用電流表（內阻約為5Ω）、電壓表（內阻約為3kΩ）測量該電阻絲阻值Rx，為了減小實驗誤差，并要求在實驗中獲得較大的電壓調節(jié)范圍，下列電路中符合要求的是_____；A. B.C. D.（4）用第（3）問中C選項的方法接入不同長度的電阻絲l，測得相應的阻值R，并作出了R－l圖像，如圖丙所示，符合實驗結果的圖線是____（選填“a”“b”或“c”）?！敬鸢浮浚?）2.820##2.819##2.821（2）7.0##7（3）D（4）a【解析】【小問1詳析】螺旋測微器的轉動刻度50格共0.5mm長，精確度為0.01mm，格數(shù)要估讀到0.1格，因此螺旋測微器的讀數(shù)為2.5mm+32.0×0.01mm=2.820mm。【小問2詳析】歐姆表讀電阻，由表盤上的數(shù)字乘以倍率得到阻值?！拘?詳析】實驗中需要獲得較大的電壓調節(jié)范圍，則需要滑動變阻器選擇分壓式接法。而待測電阻滿足：，即待測電阻為小電阻，因此用電流表的外接法減小系統(tǒng)誤差，因此選擇D電路實驗。故選D?！拘?詳析】根據(jù)電阻定律可知，R－l圖像應該是過原點的傾斜直線，但（3）問中的C項電路采用的是電流表的內接法，因電流表分壓導致電阻的測量值偏大，有，故測量圖線不過原點，而有正的縱截距，故選a圖線。15.兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為0.4m/s、波源的振幅均為2cm。圖示為0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q兩質點剛開始振動。質點M的平衡位置處于x=0.5m處。（1）求兩列波相遇的時刻。（2）求1.5s后質點M運動的路程。【答案】（1）0.75s（2）12cm【解析】【小問1詳析】兩列波在x=0.5m處相遇，則相遇時刻【小問2詳析】由題意兩列波在0.75s同時傳播到質點M處，在0.75s~1.2s，左右兩側波傳到M，振動加強，則經過0.75s通過的路程s2=3=12cmM點通過的總路程12cm。16.如圖所示，桌面上固定一半徑為R的水平光滑圓管軌道，O為圓軌道圓心，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器（大小可忽略），小球經過P點后，其速度大小增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略碰撞的時間。求：（1）碰撞前瞬間小球1對軌道的壓力；（2）碰撞后瞬間兩球的速度?！敬鸢浮浚?），與OM成（2）兩球的速度大小為v