湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期10月月考（三）物理试卷

学科网（北京）股份有限公司 雅礼中学 2025 届高三月考试卷（三） 物理 得分：______ 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8 页。时量 75 分钟，满分 100 分。 一、单选题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的） 1.下列说法正确的是（ ） A.单摆的回复力是由重力和绳的拉力的合力提供的 B.物体在做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率 C.两列波发生干涉，振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大 D.因衍射是波特有的特征，所以波遇到障碍物时一定能发生明显衍射现象 2.在直角坐标系O xyz− 中有一四面体O ABC− ，其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个电荷量为 Q− 的 点电荷，下列说法正确的是（ ） A.A，B，C 三点的电场强度相同 B.平面 ABC 构成一个等势面 C.若将试探电荷 q+ 自 A点沿 x 轴负方向移动到O点的过程中，其电势能增大 D.若在 A、 B 、C 三点放置三个点电荷，一Q所受电场力的合力一定不可能为零 3.一带正电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 pE 随位移 x 变化的关系如图所示，其中 2~O x 段是关于直线 1x x= 对称的曲线， 2 ~x 3x 段是直线，则下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 A. 1x 处电场强度最小，但不为零 B.粒子在 2~O x 段做匀变速运动， 2 3~x x 段做匀速直线运动 C.在O、 1x 、 2x 、 3x 处的电势 0ϕ 、 1ϕ 、 2ϕ 、 3ϕ 的关系为 3 2 0 1ϕ ϕ ϕ ϕ> = > D. 2 3~x x 段的电场强度大小均匀增大 4.如图所示是一种可测定竖直加速度方向的装置，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，滑动 头可以无摩擦滑动，该装置在地面上静止时滑动头在变阻器的中间位置，现把它置于竖直电梯内。下列说 法中正确的是（ ） A.电梯具有向上的加速度时，电压表示数减小 B.电梯具有向上的加速度时，电流表示数增大 C.电梯具有向下的加速度时，电压表示数与电流表示数的比值不变 D.电梯具有向下的加速度时，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值不变 5.如图所示，质量为m 可看成质点的小球固定在一长为 l 的轻杆上，轻杆另一端固定在底座的转轴上，底座 的质量为M ，小球可绕转轴在竖直平面内自由转动。现在最低点给小球一个初速度，当小球通过最高点时， 底座对地面的压力恰好为Mg 。在小球转动过程中，底座始终相对地面静止，不计转轴间摩擦阻力，重力 加速度为 g ，下列说法正确的是（ ） A.外界对小球做的功为2mgl B.小球从最低点运动到最高点的过程中合外力的冲量大小为 ( )1 5+ m gl C.小球运动到与转轴等高的位置时，地面对底座的静摩擦力大小为2mg D.小球在最低点时，底座对地面的压力大小为 ( )5M m g+ 学科网（北京）股份有限公司 6.如图所示，由绝缘材料制成的内壁光滑的半圆碗固定在水平面上，O点为圆心，带电量为 aq 、质量为 am 的 a 小球固定在半圆碗底端的 A点，带电量为 bq 、质量为 bm 的b 小球静止于半圆碗内的 B 点，此时 74AOB °∠ = ，由于a 、b 两小球的质量变化或电荷量变化使得b 小球沿半圆碗的内壁缓慢下滑，恰好静止 于C 点， AOC∠ = 60° ，此时a 、b 两小球的质量分别为 am ′ 、 bm ′ ，电荷量分别为 aq ′ 、 bq ′ ，已知a 、b 两 小球均可视为点电荷，sin 37 0.6° = ，则下列说法正确的是（ ） A.b 小球受到的支持力一定大于其重力 B.b 小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化 C.可能仅是b 小球的质量 bm ′ 增加至 216 125 b m D.可能仅是a 、b 两小球电荷量的乘积 a bq q ′ ′ 减小至 5 6 a b q q 二、多选题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的不得分） 7.一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波， 0t = 时，波刚好传播到M 点，波形如图实线所示， 0.3st = 时，波 刚好传播到 N 点，波形如图虚线所示。则以下说法正确的是（ ） A.波的周期为0.6s B.波的波速为20m / s C. c点在0 ~ 0.3s 内通过的路程等于16cm D. 0.25st = 时，a 点与M 点的位移相同 8.在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为 30α °= 的匀强电场，电场中有一质量为m ，电荷量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示。开始时小球静止在M 点，细线恰 好水平。现用外力将小球拉到最低点 P ，然后由静止释放，重力加速度为 g ，则以下判断正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 A.小球再次到M 点时，速度刚好为零 B.小球从 P 到M 过程中，合外力对它做的功为 3mgL C.如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动 D.小球从 P 到M 过程中，其机械能增加了 ( )1 3 mgL+ 9.在带电粒子“碰撞”实验中， 0t = 时，粒子 P 以初速度 0v 向静止的粒子Q运动，两粒子在某段时间内运 动的v t− 图像如图所示， 1S 、 2S 分别是 10 ~ t 、 1 2~t t 时间内两速度图像所围面积的大小，且 1 2S S= 。已 知 P 、Q的质量分别为 Pm 、 Qm ，仅考虑静电力的作用，且 P 、Q始终未接触。则下列说法中正确的是（ ） A. 2P Qm m= B.两粒子在 1t 时刻的电势能最大 C. P 在 2t 时刻的速度大小为 03 v D. 2t 时刻后两图像仍会出现交点 10.如图所示，水平轨道上有一个竖直放置的四分之三圆管轨道，管内外壁均光滑，半径为 R ，管的粗细忽 略，其质量为3m，在管中与竖直方向成37° 的位置有挡板，在管中有一个直径略小于管内径的质量为m 的 小球，小球可以看成质点。当用水平恒力向左推管时，小球恰好与挡板接触但无作用力，管向左运动一定 距离时，与固定障碍物碰撞并粘在一起，此后小球离开管口后上升的最大高度与管最高点相同，重力加速 度为 ,sin 37 0.6g ° = ， cos37 0.8° = ，下列说法正确的是（ ） 学科网（北京）股份有限公司 A.恒力为3mg B.管碰到障碍物前运动时间为 4 10 5 R g C.小球经过管最低点时对管壁的压力为5mg D.管碰到障碍物前瞬间恒力的功率为 9 10 5 mg Rg 三、实验题（本题共 2 小题，11 题 8 分，12 题 8 分，共 16 分） 11.（8 分）某同学设计了一个测量重力加速度大小 g 的实验方案，所用器材有： 2g 砝码若干、托盘 1 个、 轻质弹簧 1 根、米尺 1 把、光电门 1 个、数字计时器 1 台等。 具体步骤如下： ①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所 示。 ②用米尺测量平衡时弹簧的长度 l ，并安装光电门。 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。 ④用数字计时器记录 30 次全振动所用时间 t 。 ⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。 学科网（北京）股份有限公司 该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期 2 MT k π= ，其中 k 为弹簧的劲度系数， M 为振子的质量。 （1）由步骤④，可知振动周期T = _____。 （2）设弹簧的原长为 0l ，则 l 与 g 、 0l 、T 的关系式为 l = _____。 （3）由实验数据作出的 2l T− 图线如图（b）所示，可得 g = _____ 2m / s （保留三位有效数字， 2π 取 9.87）。 （4）本实验的误差来源包括_____（双选，填标号）。 A.空气阻力 B.弹簧质量不为零 C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 12.（8 分）某同学用图甲所示的电路测量电阻 xR 的阻值。实验步骤如下： i.按照电路图连接好电路，将滑片 P 置于电阻丝 0R 上的适当位置，闭合开关 1S ； ii.将双刀双掷开关 2S （中间连杆为绝缘材料）掷于触点1、2 ，调节电阻箱 R ，使灵敏电流计 G 的指针指 零，读出电阻箱阻值，记为 1R ； iii.保持滑片 P 的位置不动，将 2S 掷于触点3、4 ，调节电阻箱 R ，仍使灵敏电流计G 的指针指零，读出电 阻箱阻值，记为 2R ； iv.断开开关，整理器材。 回答下列问题： （1）实验过程中，__________（填“需要”或“不需要”）测量滑片 P 两侧电阻丝的长度； （2）关于实验对电阻丝规格的要求，下列说法正确的是_____； A.总电阻必须已知，粗细必须均匀 B.总电阻必须已知，粗细无须均匀 C.总电阻无须已知，粗细必须均匀 学科网（北京）股份有限公司 D.总电阻无须已知，粗细无须均匀 （3）某次测量中， 1 99R = Ω，如图乙是电阻箱指示的 2R 的阻值，则待测电阻的测量值 xR = _____Ω； （4）若在步骤 ii 后、步骤 iii 之前，误将滑片 P 向右移动了少许，继续进行测量，则 xR 的测量值_____（填 “大于”“小于”或“等于”）真实值。 四、解答题（本题共 3 个小题，共 40 分，其中第 13 题 10 分，第 14 题 14 分，第 15 题 16 分，要求有必要 的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有结果没有过程的不得分） 13.（10 分）如图所示，斜面 ABC 中 AB 段粗糙，BC 段光滑。物块以10m / s 的初速度从 A点沿斜面向上 滑行，到达C 点速度恰好为零。已知 BC 段的长度为2m，物块上滑过程中，在 AB 段的加速度是 BC 段加 速度的 1.5 倍，且物块在 AB 段和 BC 段运动的时间相等， g 取 210m / s ，求： （1）斜面 AB 段的长度； （2）物块与斜面 AB 段间的动摩擦因数。 14.（14 分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L 。 槽内有两个质量均为m 的小球 A和 B ，球 A带电量为 2q+ ，球 B 带电量为 3q− ，两球由长为2L的轻杆相 连，组成一带电系统。最初 A和 B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为 L 。若视小球为质点，不计轻 杆的质量，在两板间加上与槽平行且向右的匀强电场 E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场 的分布），求： 学科网（北京）股份有限公司 （1）球 B 刚进入电场之前和 B 刚进入电场之后，带电系统的加速度大小分别为多少； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零，系统向右运动的位移大小。 15.（16 分）如图所示，在竖直平面内，倾角 37θ °= 的光滑轨道 AB 与光滑水平轨道 BC 通过一小段光滑圆 弧平滑连接，在水平轨道 BC 上固定着半径为 R 的光滑圆轨道，其最低点 D分别与水平轨道 BD和 DC 相 连，长度分别为 1 2 R、 5 6 R ，地面上停着上表面与 BC 等高的足够长木板，其左端紧靠C 点，距离其右端 56 9 d R= 处有一挡板 P 。现有一物块（可视为质点）在轨道 AB 上从距离 B 点高度为 h 的位置静止释放。 已知空间中存在水平向右且大小为 3 4 mgE q = 的匀强电场，木板的质量为 1 5 M m= 且不带电，物块的质量为 m 且所带电荷量为 q+ ，物块与木板之间的动摩擦因数 1 7 11 µ = ，木板与地面之间的动摩擦因数 2 1 5 µ = ，木 板与挡板 P 碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，运动过程中物块电荷量保持不变，重力加速度 的大小为 ,sin 37 0.6g ° = ， cos37 0.8° = 。求： （1）若 2h R= ，物块第一次到达 D 点的速度 Dv ； （2）若物块刚好能够沿着圆轨道做完整的圆周运动，此时的释放高度 0h 以及在这种情况下物块对圆轨道的 最大压力的大小； （3）若将物块从（2）中的 0h 释放，当物块运动到C 的一瞬间，匀强电场的方向变为斜向右上且与水平面 的夹角为37° ，大小保持不变。物块从冲上木板到木板与挡板 P 发生第三次碰撞前，物块电势能的变化量 E∆ 。 雅礼中学 2025 届高三月考试卷（三） 学科网（北京）股份有限公司 物理参考答案 一、单选题（24 分） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B D C D B C 1.B【解析】A.重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故 A 错误；B.在受迫振动中，物体振 动的频率一定等于驱动力的频率，故 B 正确。C.两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减弱区 质点的振幅大，不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大，故 C 错误；D.当孔、缝的宽 度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，故 D 错误。故选 B。 2.D【解析】A.根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B 、C 三点的电场强度大小相同，方向不同，而场 强是矢量，则 A、 B 、C 三点的电场强度不同，故 A 错误；B. A、 B 、C 三点处于同一等势面上，电势 相同，由于 A、 B 、C 三点所在的等势面为球面，所以平面 ABC 不是等势面，故 B 错误；C.若将试探电 荷 q+ 自 A点沿 x− 轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸引力方向沿着 x 轴的负方向，则电场力对该试 探电荷做正功，其电势能将减小，故 C 错误。D.若在 A、B 、C 三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对 一Q的电场力的合力与第三个电荷对一Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对 Q− 的合力不可能 为零，故 D 正确；故选 D。 3.C【解析】A.根据电势能与电势的关系： pE qϕ= ，场强与电势的关系： E x ϕ∆ = ∆ ，得： p1 EE q x ∆ = × ∆ ， 由数学知识可知 pE x− 图像切线的斜率等于 p 1, E x x ∆ ∆ 处切线斜率为零，则 1x 处电场强度为零，故 A 错误； BD.由图看出在 10 ~ x 段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减 小，做非匀变速运动， 1 2~x x 段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变 速运动， 2 3~x x 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力 不变，做匀变速直线运动，故 BD 错误；C.根据电势能与电势的关系： pE qϕ= ，粒子带正电， 0q > ，则 知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有： 3 2 1ϕ ϕ ϕ> > ，有对称性可知， 2 0ϕ ϕ= ，则 3 2 0 1ϕ ϕ ϕ ϕ> = > ，故 C 正确；故选 C。 4.D【解析】由图可知： 0R 与滑动变阻器 R 串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，AB.电梯具有向上的 加速度时，重物受到的弹力大于重力，滑动变阻器滑片向下运动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路 中电流减小，滑动变阻器两端电压增大，故 A、B 错误；CD.电梯具有向下的加速度时，重物受到的弹力小 于重力，滑动变阻器滑片向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变小， UR I = ，所以电压表示数与电流表 示数的比值减小；电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值的绝对值为 0R r+ ，所以不变；故 C 学科网（北京）股份有限公司 错误 D 正确。故选 D。 5.B【解析】A.由题意知：当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为Mg 。说明此时杆的作用力为 0， 小球只受重力，由牛顿第二定律得： 2vmg m l = ，解得： v gl= ，从最低点到最高点的过程由动能定理 得： 2 2 0 1 12 2 2 mg l mv mv− ⋅ = − ，解得： 0 5v gl= ，由动能定理得外界对小球做的功 2 0 1 5 2 2 W mv mgl= = ， 故 A 错误；B.取初速度的方向为正方向，从最低点运动到最高点的过程由动量定理得： 0I mv mv= − −合 ， 解得： ( )1 5I m gl= − +合 ，所以合外力的冲量大小为 ( )1 5 m gl+ ，故 B 正确；C.小球从最低点运 动到与转轴等高的位置时，设速度为 1v ，由动能定理得： 2 2 1 0 1 1 2 2 mgl mv mv− = − ，解得： 1 3v gl= ，设 杆对小球的拉力为 F ，由牛顿第二定律得： 2 1 3vF m mg l = = ，由牛顿第三定律知杆对底座水平方向的拉力 为3mg ，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的静摩擦力为3mg ，故 C 错误。D.小球在最低点时，设 杆对小球的拉力为T ，由牛顿第二定律得：T mg− 2 0vm l = ，解得： 6T mg= ，由牛顿第三定律知杆对底 座的压力为6mg ，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的支持力 6N Mg mg= + ，由牛顿第三定律知 底座对地面的压力为 ( )6M m g+ ，故 D 错误；故选 B。 6.C【解析】AB.对小球b 受力分析，如图所示，小球b 受重力、支持力、库仑力，其中 1F 为库仑力 F 和重 力mg 的合力，根据三力平衡原理可知， 1 NF F= 。 由图可知， 1OAB F FB△ ∽△ 设半球形碗的半径为 R ， AB 之间的距离为 L ，根据三角形相似可知， 1bm g F F OA OB AB = = 即 Nb m g F F R R L = = 所以 N bF m g= ① b LF m g R = ② 由几何关系可得： 2 sin 37 1.2L R R°= = ③ 学科网（北京）股份有限公司 所以： 1.2 1.2b b RF m g m g R = ⋅ = ④ 同理可知，当小球b 处于C 位置时， AC 距离为： 2 sin 30AC R R°= = ， 故： bF m g ′ ′= ⑤ 根据库仑定律有： 2 21.44 a b a bkq q kq qF L R = = ； 2 a bkq qF R ′ ′ ′ = ⑥ 由以上的分析可知，b 小球受到的支持力一定等于其重力。而当b 下降的过程中，可能仅是a 的电荷量发生 变化，故 AB 错误； C.若只有b 的质量发生变化，联立④⑤⑥可得： 216 125b b m m′ = ，故 C 正确； D.仅是a 、b 两小球电荷量的乘积 a bq q ′ ′ 发生变化，联立④⑤⑥可得 31.2a b a b q q q q′ = ，故 D 错误。故选 C。 二、多选题（20 分） 题号 7 8 9 10 答案 BCD BD BC AC 7.BCD【解析】AB.根据题意可得波的波速为： 10 4 m / s 20m / s 0.3 xv t ∆ − = = = ∆ ，由图像可得波长为 8mλ = ， 根据v T λ = 得波的周期为： 8 s 0.4s 20 T v λ = = = ，故A错误，B正确；C.波传到c点用时 2 s 0.1s 20 xt v ∆ = = = ， 在0 ~ 0.3s 内振动时间为： 0.3s 0.1s 0.2s 2 Tt ′ = − = = ，质点开始向上振动，则c点在0 ~ 0.3s 内通过的路 程为： 2 2 8m 16cmS A= = × = ，故 C 正确；D.质点 a 的振动方程为： 8cos5y tπ= ， 0.25st = 时， 8cos(5 0.25)cm 4 2cmy π= × = − ；质点 M 的振动方程为： ( )8sin 5y tπ= ，当 0.25st = 时， ( )8sin 5 0.25 cm 4 2cmy π= × = − ，即 0.25st = 时，a 点与M 点的位移相同，故 D 正确。故选 BCD。 8.BD【解析】A.当小球静止于M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从 P 到M 过程中，细线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以 小球到最右边时，速度最大，而不是零，故 A 错误；B.电场力与重力合力为 cot 30 3F mg mg°= =合 ，这 个方向上位移为 L ，所以合外力做功为 3W F L mgL= =合 合 ，故 B 正确；C.若小球运动到M 点时，细线 突然断裂，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故 C 错误。D.合外力做功为 3mgL ， 由动能定理知动能增加量为 3mgL ，重力势能增加量为mgL，则机械能增加量等于动能增加量 3mgL 和 重力势能增加量mgL之和，即其机械能增加了 ( )1 3 mgL+ ，故 D 正确；故选 BD。 学科网（北京）股份有限公司 9.BC【解析】A.根据动量守恒 ( ) 00 3P P Q vm v m m= + × ，得 2Q Pm m= ，故 A 错误； B.两粒子在 1t 时刻速度相等，两粒子相距最近，则系统的电势能最大，故 B 正确； C.由于 1 2S S= ，则 10 ~ t 时间内与 1 2~t t 时间内两粒子间距离相等，电势能相等，由动量守恒定律得 0Pm v = P P Q Qm v m v+ ，根据能量关系 2 2 20 1 1 1 2 2 2P P P Q Q m v m v m v= + ，解得 0 3P vv = − ，即 P 在 2t 时刻的速度大小为 03 v ， 故 C 正确； D.两粒子带同种电荷，所受电场力方向相反， 2t 时刻后速度不可能再相同，两图像不会出现交点，故 D 错 误。 故选 BC。 10.AC【解析】A.小球恰好与挡板接触但无作用力，对小球受力分析可得 3tan 37 4 a g g°= = ，对整体受力 分析 3 Fa m m = + ，解得 3F mg= ，故 A 正确； C.对整体受力分析 2 12 2 mg R mv⋅ = 最低 ， 2 N v F mg m R − = 最低 ， NF F= 压，解得 5F mg=压 ，故 C 正确； B.小球在撞击前相对圆环静止，则有 0 cos37v at °= ， ( )2 201 11 cos372 2mv mg R mv °+ − = 最低 ，解得 10Rt g = ，故 B 错误； D.由 P Fv= ，v at= ，解得 9 10 4 P mg gR= ，故 D 错误。故选 AC。 三、实验题（16 分） 11.（每空 2 分，共 8 分）（1） 30 t （2） 2 0 24 gTl π + （3）9.65（9.50~9.80 均正确）（4）AB 【解析】（1）30 次全振动所用时间 t ，则振动周期 30 tT = （2）弹簧振子的振动周期 2 MT k π= 可得振子的质量 2 24 kTM π = 振子平衡时，根据平衡条件Mg k l= ∆ 可得 2 24 gTl π ∆ = 学科网（北京）股份有限公司 则 l 与 g 、 0l 、T 的关系式为 2 0 0 24 gTl l l l π = + ∆ = + （3）根据 2 0 24 gTl l π = + 整理可得 20 24 gl l T π = + ⋅ 则 2l T− 图像斜率 2 0.540 0.474 4 0.57 0.30 gk π ′ −= = − 解得 29.65m / sg ≈ （4）A.空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期，是实验的误差来源之一，故 A 正确； B.根据弹簧振子周期公式可知，振子的质量影响振子的周期，通过光电门测量出的周期T 为振子考虑弹簧 质量的真实周期，而根据（3）问求出的 2l T− 的关系是不考虑弹簧质量的关系式子，二者的T 是不相等的， 所以弹簧质量不为零是误差来源之一，故 B 正确； C.利用光电门与数字计时器的组合测量周期的原理：根据简谐运动的规律可知，只要从开始计时起，振子的 速度第二次与开始计时的速度相等即为一个周期，与是否在平衡位置无关，故 C 错误。故选 AB。 12.（每空 2 分，共 8 分）（1）不需要（2）D（3）198（4）大于 【解析】（1）本题采用阻值比较法求电阻，不需要知道电阻丝的具体阻值，故不需要测量滑片 P 两侧电阻 丝的长度； （2）本题采用阻值比较法求电阻，通过比例求阻值，保持滑片 P 的位置不动，设电阻丝左侧电阻为 R左， 右侧阻为 R右，将双刀双掷开关 2S 掷于触点 1、2，当灵敏电流计 G 示数为零时，电阻箱的阻值为 1R ，此 时有 1 x RR R R = 左 右 ，将 2S 掷于触点 3、4，则电阻箱与 xR 交换位置，电阻箱的阻值为 2R ，此时有 2 x RR R R = 左 右 ， 联立解得 1 2xR R R= ，可知 xR 与电阻丝的阻值没有关系，故不需要知道电阻丝的具体阻值，即总电阻无 须已知，粗细无须均匀。故选 D。 （3）由图可知，电阻箱的读数为 2 3 100 9 10 6 1 396R = × Ω+ × Ω+ × Ω = Ω，代入数值可得 198xR = Ω。 （4）若在步骤 ii 后、步骤 ii 之前，误将滑片 P 向右移动了少许，继续进行测量，则有 1 x RR R R = 左 右 ， 2 x RR R R > 左 右 ， 联立可知 1 2xR R R< ，即测量值 1 2R R 大于真实值 xR 。 四、解答题（40 分） 13.（10 分）【解析】（1）设物体在 AB 段的加速度大小为 1,a BC 段加速度大小为 2a ，根据题意有 1 21.5a a= 有 1.5A B Bv v v t t − = …………（2 分） 在上滑 AB 段 2 2 12A B ABv v a L− = …………（1 分） 学科网（北京）股份有限公司 在上滑 BC 段 2 22B BCv a L= ………………（1 分） 得 7mABL = ………………（1 分） （2）对两段过程，分别由牛顿第二定律有 1sin cosmg mg maθ µ θ+ = ………………（2 分） 2sinmg maθ = ………………（2 分） 得 21 21 µ = ………………（1 分） 14.（14 分）【解析】（1）在 B 进入电场之前，对系统由牛顿第二定律 12 2qE ma= ………………（2 分） 所以加速度的大小 1 qEa m = ………………（1 分） 在 B 进入电场之后，对系统由牛顿第二定律 22 3 2qE qE ma− = ………………（2 分） 所以加速度的大小 2 2 qEa m = ………………（1 分） （2）设系统向右运动的最大位移为 x ，若 2.5x L< ，由动能定理 ( )2 3 0qEx qE x L− − = …………（2 分） 解得 3Lx = ………………（2 分） 与题意不符； 若 2.5 4.5L x L< < ，由动能定理 ( )2 2.5 3 0qE L qE x L⋅ − − = ………………（2 分） 解得 8 3 x L= 与题意符合，即系统向右运动的最大位移为 8 3 L 。………………（2 分） 15.（16 分）【解析】（1）物块从 A点运动至 D 的过程中，根据动能定理有 3 2 12 4 tan 37 2 Rmg R mg R°  ⋅ + ⋅ + =    21 0 2 D mv − ………………（2 分） 学科网（北京）股份有限公司 解得 35 2D gR v = ，方向水平向右。……………………（2 分） （2）如图所示，物块所受电场力与重力的合力记为F ，其大小为 5 4 mg ，方向斜向右下方与水平方向夹角 为53°，则物块在圆轨道上运动时的等效最高点记为 H ，等效最低点记为 L 若恰好能做完整的圆周运动，在 H 点有 25 4 HmvF mg R = = （1 分） 则从出发点到 H 点，根据动能定理有 ( ) 200 3 1 1cos37 sin 37 04 tan 37 2 2 H hmg h R R mg R R mv° °°  ⋅ − − + ⋅ + − = −    ， 解得 0 5 4 h R= ，（2 分） 易知，物块在 L 点对圆轨道压力最大，根据动能定理和向心力公式有 2 2 5 1 12 , 4 2 2H L L mg R mv mv N− ⋅ = − − 25 4 Lmvmg R = ，解得 15 2L N mg= ………………（2 分） 根据牛顿第三定律，物块对圆轨道的最大压力大小为 15 2L L N N mg′ = = ………………（1 分） （3）物块从出发点到C 点，根据动能定理 200 3 5 1 0 4 tan 37 2 6 2 C h R Rmg h mg mv°  ⋅ + ⋅ + + = −    解得 7Cv gR= ， 当物块冲上木板后，其加速度大小 1 1 3 3cos37 sin 37 4 4 4m mg mg mg ga m µ° ° ⋅ − − ⋅   = = 学科网（北京）股份有限公司 木板的加速度大小 1 2 1 3 3sin 37 sin 37 4 4 M mg mg mg mg Mg a g M µ µ° °   − ⋅ − − ⋅ +       = = 物块与木板经过 0t 达到共同速度 1v ，有 1 0 1 0C m Mv a t a t v+ ⋅ = ⋅ = 共 ， 解得 0 112 9 Rt g = ， 112 9 v gR=共 ，………………（2 分 此过程木板的位移 2 1 1 1 1 56 2 9M M Rx a t d= = = ，即物块与木板共速时刻，木板恰好与挡板 P 相撞，与挡板 P 相撞后，木板的速度方向反向，速度大小不变，反向运动过程中其加速度大小为 2Ma = 1 2 3 3sin 37 sin 37 54 4 2 mg mg mg mg Mg g M µ µ° °   − ⋅ + − ⋅ +        = ，则其再次到达挡板 P 的速度 2Mv 满足 2 2 2 2 12 2 M M M v v a a =共 ，解得 2 224 45M v gR= ，从木板第一次与挡板 P 相撞到第二次与挡板 P 相撞所经历的时间 ( ) 2 1 2 1 4 7 2 10 15 M M M v v Rt a a g + = + =共 ………………（2 分） 同理可得木板第二次与挡板 P 相撞到第三次与挡板 P 相撞所经历的时间 ( ) 2 8 7 5 10 75 Rt g + = ，因此物 块 从 冲 上 木 板 到 木 板 与 挡 板 P 发 生 第 三 次 碰 撞 前 ， 物 块 电 势 能 的 变 化 量 ( ) ( ) ( )2 0 1 2 1 0 1 2 14 1853 336 103 1 cos37 4 2 1875C m E mg v t t t a t t t mgR° + ∆ = − ⋅ + + + + + ⋅ = −   …………（2 分）