黑龙江哈尔滨德强高级中学2026-2027学年高三上学期期中考试物理试题（Ⅰ卷）

哈尔滨德强高级中学2026-2027学年度上学期期中考试 高三年级 物理试题（Ⅰ卷） 时间：75分钟 满分：100分 一、单选题（每题4分，共28分） 1．关于物理必修1教材中的四幅插图，下列说法正确的是（     ） A．图1中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速度 B．图2中，速度的变化量越大，加速度一定越大 C．图3中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移、运用了微元法 D．图4中，伽利略用实验的方法直接验证了自由落体过程中小球下落的位移与所用时间平方成正比 2．下列情境中关于球所受弹力的描述，正确的是（     ） A．甲图，反弹出去的排球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力 B．乙图，小球静止．其中a绳处于竖直方向，则b绳对小球没有拉力 C．丙图，小球随车厢（底部光滑）一起向右做匀速直线运动，车厢左壁对小球有弹力 D．丁图，静止在杆顶端的铁球受到沿杆向上的弹力 3．两个相同长木板静止在光滑的水平面上，两个形状和质量相同、材料不同的小木块A、B，A、B分别以水平向右滑上长木板，最终均与长木板相对静止，如图甲、乙所示，比较上述两种情况，下列说法中正确的是（     ） A．小木块A、B与长木板间摩擦力相等 B．小木块B对长木板做功多 C．摩擦力对小木块B的作用时间长 D．小木块B与长木板摩擦产生的热量多 4．如图1所示，直线AB是固定点电荷Q产生的电场中的一条电场线，P是AB的中点，一带电粒子从A点静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图2所示。下列说法正确的是（     ） A．点电荷Q在A的左侧 B．该带电粒子一定带负电 C．带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．A、P两点间电势差的绝对值小于P、B两点间电势差的绝对值 5．一电荷量为的小球从距离水平地面高为处的点，以水平向右的速度抛出，整个空间存在着水平向左的匀强电场，小球正好落在点正下方水平地面上的点，已知重力加速度为，小球的质量为，小球可看作质点，忽略空气阻力，则（     ） A．小球在空中的运动时间为 B．小球的运动为平抛运动 C．小球运动过程中的最小速度为 D．电场力大小为 6．如图所示，某同学自制了一个水流星，用轻绳在水杯的开口处打孔固定，并在水杯中倒入一定量的水。现用手拉住轻绳端点，使水杯以为圆心在竖直平面内做匀速圆周运动，发现水始终没有流出水杯。已知轻绳端点到水面的距离为，水的深度为，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．保持轻绳长度不变，减小转动的角速度，水一定会流出 B．保持转动的角速度不变，增加绳子的长度，则水有可能会流出 C．保持转动的角速度不变，向杯中加水，则水有可能会流出 D．要使得全程水不流出水杯，则水杯通过最高点时的角速度的最小值为 7.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，轨道上的A点离PQ的距离为，一质量为m的质点自P点正上方距离由静止释放，进入轨道后刚好能到达Q点并再次返回经过N点。已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为，第一次到达A点时速率为，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，重力加速度为g，则（　　） A．从P到N的过程中，重力的功率一直在增大 B． C． D．从N到Q的过程中，动能与势能相等的点恰好在A点 二、多选题（每题6分，共18分） 8．一个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是 （　　） A．在任意4s的时间内，质点经过的路程都是4cm B．t=2s前后，质点加速度方向改变 C．在 t=2s到t=3s时间内，质点的位移大小在增大 D．t=0.5s和t=1.5s两个时刻， 质点的速度大小相等，方向相同 9．卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射卫星时先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的点调整速度进入转移轨道，在转移轨道上的远地点调整速度后进入同步轨道；已知引力常量为，地球质量为，近地轨道半径为，同步轨道半径为。下列说法不正确的是（     ） A．卫星在转移轨道上运动经过点时的线速度大小为 B．卫星在转移轨道上从点运动到点的过程中，引力做负功，机械能减小 C．卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心力大小之比为 D．卫星在近地轨道与同步轨道上运动的周期之比为 10．如图所示，两侧带有固定挡板（不计厚度）的平板小车甲静止在光滑水平地面上，车底板长为L，与平板车质量相等的小物块乙（可视为质点）由平板车底板中点处以大小为的初速度向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，甲、乙间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙共速前，乙的运动方向可能反向 B．甲、乙相对滑动的总路程为 C．甲、乙达到共同速度所需的时间为 D．若甲、乙共速前发生了9次碰撞，则共速后乙与甲左端的距离为 三、实验题（11题6分，12题12分） 11．利用如图装置做“验证机械能守恒定律”实验。 (1)除电火花计时器（含纸带、复写纸）、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下列器材中，必须使用的还有____________；（选填器材前面的字母） A．大小合适的铁质重锤 B．体积较大的木质重锤 C．刻度尺 D．秒表 (2)下列实验操作或数据处理，正确的是____________； A．释放重锤前，纸带要保持竖直 B．实验时先松开纸带再通电 C．电火花计时器应接在电压为8 V的交流电源上 D．可选用点迹清晰，第一、二两点间的距离接近2 mm的纸带来处理数据 (3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2-h图像去研究机械能是否守恒，不考虑实验中阻力，他得到的图像是____________。 A．B．C．D． 12．如图（a）所示为指针式多用电表，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表完成以下实验。 (1)使用多用电表前，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，先进行机械调零。测电阻时还需要进行_______。具体操作为：先将选择开关置于合适的挡位，再将红、黑表笔短接，调节部件_______（选填“S”、“K”或“T”），使指针指向欧姆挡零刻度线。 (2)用“×10”挡测量电阻的阻值时，发现多用电表指针如图甲所示，下一步应将多用电表的挡位调至_________（填“×1”或“×100”）挡，重新欧姆调零，再次测量结果如图乙所示，则电阻_________。 (3)多用电表测量电源电动势和内阻的电路图如图（b）所示。测量时先将选择开关置于合适的电压挡，闭合开关，调节电阻箱R的阻值，读出多用电表对应的示数U，测得多组R和U并记录。作出图线，如图丙所示。图线的纵轴截距为a，横轴截距为b，则电源的电动势_______，内阻_______（结果用字母a、b或表示） 四、解答题（13题8分、14题12分、15题16分） 13．汽车在平直公路上以16m/s的速度匀速运动，发现前方有事故立即刹车，汽车做匀变速直线运动加速度大小为求。 (1)刹车后6s末汽车速度大小； (2)刹车后10s内汽车的平均速度大小； 14．如图所示，物块A、B的质量.用水平轻弹簧拴接，弹簧处于原长，静止放在光滑的水平地面上，质量的物块C以速度向右运动与物块A相碰（时间极短）后与物块A粘在一起不再分开. (1)物块C与物块A相碰过程中产生的热量Q； (2)到粘连的C与A速度为2的过程中，弹簧对物块B的冲量的大小； (3)物块B的最大速度大小； 15．在光滑的水平面内建立直角坐标系，两个边长均为的正方形区域ABOC、OCDG分布如图所示，第一象限内区域中（包含虚线）的匀强电场沿轴负方向，电场强度的大小为；第二象限内区域中（包含虚线）的匀强电场沿轴负方向，DG左侧无电场。一电荷量+q=0.1 C，质量m=1 kg的物体，从A点由静止释放，恰好能通过G点。 (1)求区域内的电场强度的大小； (2)求物体离开G点时的速度大小v； (3)若区域内的电场强度大小变为，方向不变，将该带电物体从区域中P点由静止释放，经N点通过x轴，求N点的横坐标x。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《1卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C D A C C BC AB BCD 1．C 【详解】A．图1中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速率，故A错误； B．根据可知，越大，若也很大，则加速度不一定大，故B错误； C．图3中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种处理问题的方法运用了微元法，故C正确； D．图4中，伽利略受当时计时条件的限制，无法直接测量自由落体运动的时间，他是通过斜面实验验证了小球沿斜面滚下的位移与时间平方成正比，然后通过逻辑推理（合理外推）得出自由落体运动的规律，属于间接验证，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】A．甲图中，反弹出去的排球在空中运动时，不与任何物体接触（忽略空气阻力），不满足弹力产生的接触条件，因此不受弹力作用，故A错误； B．乙图中，小球处于静止状态，受力平衡。在水平方向上，若b绳对小球有拉力，则该拉力在水平方向的分量无法被平衡（a绳竖直，拉力竖直向上，无水平分量），小球将无法保持静止。根据平衡条件可知，b绳对小球没有拉力，故B正确； C．丙图中，小球随车厢一起向右做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零。在水平方向上，若车厢左壁对小球有弹力，则小球在水平方向受力不平衡，将做加速运动，与题意不符。因此车厢左壁对小球无弹力，故C错误； D．丁图中，静止在杆顶端的铁球受重力和杆的弹力作用而处于平衡状态。根据二力平衡条件，杆对球的弹力方向应与重力方向相反，即竖直向上，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】AD．设小木块质量为，长木板质量为，初速度为，最终共同速度为。 根据动量守恒定律，有 解得 由于、、 均相同，故两种情况下最终共同速度相同。根据能量守恒定律，系统产生的热量 由于初末状态动能变化量相同，故产生的热量相等，即。又因为，由图可知A的相对位移小于B的相对位移（），所以，即A与木板间的摩擦力较大，故AD错误； B．对长木板应用动能定理，小木块对长木板做的功 由于和均相同，所以小木块对长木板做功相等，故B错误； C．对长木板应用动量定理，有 解得 由于、相同，且，所以，即摩擦力对小木块B的作用时间长，故C正确； 故选C。 4．D 【详解】A．根据v-t图像的斜率表示加速度，由图2可知粒子运动的加速度逐渐增大。粒子仅受静电力作用，根据牛顿第二定律F=qE=ma 可知粒子运动过程中所处位置的电场强度逐渐增大。点电荷的电场中，越靠近点电荷的位置电场强度越大，因此粒子从A向B运动时是逐渐靠近点电荷Q，说明点电荷Q在B的右侧，故A错误； B．粒子从静止开始向B运动，说明粒子所受静电力方向沿A指向B，即电场力方向与运动方向一致。但题目未给出点电荷Q的电性，无法确定电场线AB的方向，因此无法判断带电粒子的电性，故B错误； C．粒子从A到B的过程中，静电力方向与运动方向相同，因此静电力对粒子做正功。根据静电力做功与电势能变化的关系:静电力做正功，电势能减小，因此粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故 C错误； D．由前面分析可知，从A到B电场强度逐渐增大，因此 AP段的平均电场强度小于PB段的平均电场强度。又因为P是AB中点，AP与PB的长度相等，对于非匀强电场，沿电场线方向相同距离的两点，平均场强越大，电势差的绝对值越大，因此A、P两点间电势差的绝对值小于P、B两点间电势差的绝对值，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】A．小球在竖直方向做自由落体运动，则有 解得，故A正确； B．小球在运动过程中，除了在竖直方向受重力外，还在水平方向受到向左的电场力作用，因此小球做的不是平抛运动，故B错误； CD．在该过程中，小球在水平方向有 其中，联立解得 设小球合力与竖直方向夹角为，则有 联立解得 小球速度最小值为初速度在垂直该方向上的分速度，即，故CD错误。 故选A。 6．C 【分析】本题考查竖直平面内圆周运动最高点向心力临界条件的分析，对于绳模型，临界条件是最高点处重力单独提供向心力。 【详解】水在最高点做圆周运动时，重力和杯子对水的支持力的合力提供向心力，有 水刚好不流出的临界条件是重力单独提供向心力，即 则临界角速度为 A．绳长不变，减小角速度，只要角速度仍然大于临界角速度，水就不会流出，因此选项A错误； B．由，绳长增大，杯子对水的支持力变大，水更不容易流出，因此选项B错误； C．保持角速度不变，向杯中加水，水面上升,O到水面的距离L减小，考察最靠近杯口的水，其新的临界角速度变大，因此如果当前角速度正好处于旧的临界角速度，加水后重力大于向心力，水会流出，选项C正确； D．要使全程水不流出，考察最靠近杯口的水，其临界角速度是，选项D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．重力功率，是竖直方向分速度 质点在P点时速度为不为0，到达最低点时速度水平，，功率也为0，因此重力功率不可能一直增大，A错误； B．设质点到达P点时的速度为v，根据动能定理有 解得 由题意由静止释放刚好能到达Q点，根据动能定理 解得 因为从P到N每个点速度均大于N到Q每个对称点的速度，P到N的正压力大于N到Q，P到N的摩擦力大于N到Q的摩擦力，所以P到N克服摩擦力做功大于mgR 由P到N，应用动能定理，所以，即第一次滑到轨道最低点时的速率，B错误； C．质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功。由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段与轨道之间的压力 根据可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，且NA段的长度大于AQ段，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力做功在两阶段一样多 所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍，根据动能的表达式 可知，C正确； D.若在A点动能和重力势能相等，因为轨道是粗糙的，所以不可能上升到Q点，D错误。 故选C。 8．BC 【详解】A．由图可知振幅，周期，任意一个周期内质点经过的路程均为，故A错误； B．简谐运动的加速度方向始终与位移方向相反。前位移为正、加速度沿负方向，后位移为负、加速度沿正方向，故B正确； C．在到内，位移由变为，位移大小增大，故C正确； D．位移随时间变化图像的斜率表示速度。和两时刻图像斜率大小相等、正负相反，所以速度大小相等、方向相反，故D错误。 故选BC。 9．AB 【详解】A．卫星沿近地圆轨道经过A点时，万有引力提供向心力， 解得 卫星在A点需点火加速做离心运动才能进入转移轨道，故卫星在转移轨道上经过A点时的线速度大小大于，A错误； B．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，只受地球引力作用，只有引力做功，机械能守恒；此过程中卫星远离地球，引力做负功，动能减小、引力势能增大，B错误； C．卫星沿圆轨道运行时万有引力提供向心力，则向心力大小 ，近地轨道与目标轨道上向心力大小之比 ，C正确； D．由 解得 则 ，D正确； 本题选择错误的选项，故选AB。 10．BCD 【详解】A．取向右为正，设乙、甲的速度分别为，，乙相对甲的速度为 系统水平方向动量守恒，故 设碰撞前两者的速度分别为，，碰撞后的速度分别为，。碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有， 联立并舍去未发生碰撞的解，得， 因此每次碰撞只使相对速度反向；在相邻两次碰撞之间，滑动摩擦使相对速率减小，所以始终有 结合系统动量关系，乙的速度满足 故乙不可能反向运动，故A错误； BC．滑动时，乙、甲在水平方向均只受大小为的滑动摩擦力。由牛顿第二定律得， 故两者加速度之差为 碰撞时间不计，且每次碰撞不改变相对速率，因此相对速率由减为零的总时间满足 解得 设甲、乙相对滑动的总路程为，由匀变速直线运动速度与位移的关系得 解得，故BC正确； D．乙从底板中点开始相对甲向右运动，第1次碰撞发生在右端，此后碰撞位置在左右两端交替。发生第9次碰撞时，乙到达右端，此前包括半个底板长和8个完整底板长的相对路程，故 设共速后乙与甲左端的距离为。第9次碰撞后乙相对甲向左运动，结合前述相对滑动总路程得，故D正确。 故选BCD。 11．(1)AC (2)AD (3)A 【详解】（1）AB．为了减小空气阻力的影响，应选用质量大、体积小的重锤，即铁质重锤，故A正确，B错误； C．验证机械能守恒定律实验中，需要测量重锤下落的高度和瞬时速度，高度需要用刻度尺来测量，故C正确； D．由于打点计时器本身就是计时仪器，因此不需要秒表，故D错误。 故选AC。 （2）A．释放重锤前，纸带应保持竖直，这样可以减小纸带与限位孔之间的摩擦，故A正确； B．实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故B错误； C．电火花计时器应接在的交流电源上，故C错误； D．若纸带第一、二两点间的距离接近(即)，说明重锤在打第一个点的瞬间初速度为零，此纸带可用于验证，故D正确。 故选AD。 （3）若机械能守恒，根据物理规律有 整理可得： 可知与成正比，图像是一条过原点的倾斜直线。 故选A。 12．(1) 欧姆调零 T (2) ×1 19Ω (3) a 【详解】（1）[1]使用多用电表测电阻时，机械调零后还需要进行欧姆调零； [2]由图(a)可知，为机械调零螺丝，为选择开关，欧姆调零需要调节欧姆调零旋钮，即部件，具体操作为先将选择开关置于合适的挡位，再将红、黑表笔短接，调节部件，使指针指向欧姆零刻度线。 （2）[1]用挡测量时指针偏角过大，指针所指的欧姆刻度值很小，说明被测电阻的阻值较小，因此应换用倍率更小的挡位，即将选择开关拨至挡； [2]重新欧姆调零后，乙图中指针指在欧姆刻度的19位置，倍率为，故电阻 （3）[1]多用电表作为电压表使用，其示数即为电阻箱两端的电压，通过的电流为；根据闭合电路欧姆定律有 整理得 结合图像可知，图线的纵轴截距为，故电源的电动势 [2]当时，有 解得内阻 13．(1) (2) 【详解】（1）取汽车运动方向为正方向，刹车后汽车的加速度为。由匀变速直线运动的速度与时间关系，代入和，所以 （2）汽车停止时速度为零。由，有 解得。刹车后前内位移由匀变速直线运动的位移公式，所以 汽车停止后保持静止，因此刹车后内的位移大小仍为。平均速度大小由定义，所以 14．(1) (2) (3) 【详解】（1） C与A碰撞时间极短，弹簧弹力的冲量可忽略，该过程C、A系统动量守恒 代入、、 解得碰撞后共速 碰撞过程产生的热量等于系统动能的损失 解得 （2）碰撞后，水平面光滑，因此A、C整体与B组成的系统动量守恒。当A、C速度为时，设此时B的速度为，根据动量守恒 代入数值解得 根据动量定理，弹簧对B的冲量等于B的动量变化（B初始静止） （3）当弹簧从压缩后再次恢复到原长时，B的加速度减为0，速度达到最大值。 该过程A、C、B与弹簧组成的系统动量守恒 机械能守恒（弹簧弹性势能初末均为0）得 代入数值联立求解，可得B的最大速度 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）物体从点沿向左加速，到达点后做类平抛运动，恰好通过点，运动轨迹如下图所示。坐标方向沿用题图，以下x方向位移及y方向位移均取大小 设物体到达点时的速度大小为，从到电场力沿运动方向做功。由动能定理，物体在此过程中的方程为 整理得 设物体从到的时间为，y方向加速度大小为，由牛顿第二定律，物体的y方向方程为 x 方向不受力，做匀速直线运动，有 y方向初速度为零，做匀加速直线运动，有 联立以上各式得 核对运动区域：设从点起x方向位移大小为、y方向位移大小为，由上述分运动规律得 直线在同一横坐标处比点低，因此物体在到达点前始终处于区域内。 （2）物体从到，在两个电场中沿各自电场方向的位移均为，两段电场力均做正功。对物体全程应用动能定理得 代入第（1）问求得的场强，物体离开点时的速度大小为 （3）物体从点先向左加速，到达轴后在无场区沿x负方向运动，至上的点进入电场；从上的点穿出后，再在无场区做匀速直线运动。各段轨迹及交点位置如下图所示，下面核对出场边界并求落点 设物体在点的速度大小为，在区域内向左加速的距离为，随后速度不变。由动能定理，从到，有 整理得 入场前物体的纵坐标始终为，故为的中点，坐标为。设在电场中y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律，物体的y方向方程为 结合题给场强得 自点起，仍用和表示x方向位移大小和y方向位移大小，表示进入该电场后的运动时间。x方向速度不变、y方向初速度为零，因而和 消去时间得 从到的x方向距离是，进入电场后至穿出时有 同一横坐标处，直线比点低，故物体轨迹在上方，先从穿出。将从到的x方向距离代入，出场点的纵坐标为 由y方向的速度公式及x方向运动时间，出场时y负方向的速度大小为 离开点后物体不受力，x、y方向的速度均不变。从到轴的位移大小记为，由两个方向的运动时间相等得 因此点的横坐标为 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《1卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C D A C C BC AB BCD 1．C 【详解】A．图1中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速率，故A错误； B．根据可知，越大，若也很大，则加速度不一定大，故B错误； C．图3中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种处理问题的方法运用了微元法，故C正确； D．图4中，伽利略受当时计时条件的限制，无法直接测量自由落体运动的时间，他是通过斜面实验验证了小球沿斜面滚下的位移与时间平方成正比，然后通过逻辑推理（合理外推）得出自由落体运动的规律，属于间接验证，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】A．甲图中，反弹出去的排球在空中运动时，不与任何物体接触（忽略空气阻力），不满足弹力产生的接触条件，因此不受弹力作用，故A错误； B．乙图中，小球处于静止状态，受力平衡。在水平方向上，若b绳对小球有拉力，则该拉力在水平方向的分量无法被平衡（a绳竖直，拉力竖直向上，无水平分量），小球将无法保持静止。根据平衡条件可知，b绳对小球没有拉力，故B正确； C．丙图中，小球随车厢一起向右做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零。在水平方向上，若车厢左壁对小球有弹力，则小球在水平方向受力不平衡，将做加速运动，与题意不符。因此车厢左壁对小球无弹力，故C错误； D．丁图中，静止在杆顶端的铁球受重力和杆的弹力作用而处于平衡状态。根据二力平衡条件，杆对球的弹力方向应与重力方向相反，即竖直向上，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】AD．设小木块质量为，长木板质量为，初速度为，最终共同速度为。 根据动量守恒定律，有 解得 由于、、 均相同，故两种情况下最终共同速度相同。根据能量守恒定律，系统产生的热量 由于初末状态动能变化量相同，故产生的热量相等，即。又因为，由图可知A的相对位移小于B的相对位移（），所以，即A与木板间的摩擦力较大，故AD错误； B．对长木板应用动能定理，小木块对长木板做的功 由于和均相同，所以小木块对长木板做功相等，故B错误； C．对长木板应用动量定理，有 解得 由于、相同，且，所以，即摩擦力对小木块B的作用时间长，故C正确； 故选C。 4．D 【详解】A．根据v-t图像的斜率表示加速度，由图2可知粒子运动的加速度逐渐增大。粒子仅受静电力作用，根据牛顿第二定律F=qE=ma 可知粒子运动过程中所处位置的电场强度逐渐增大。点电荷的电场中，越靠近点电荷的位置电场强度越大，因此粒子从A向B运动时是逐渐靠近点电荷Q，说明点电荷Q在B的右侧，故A错误； B．粒子从静止开始向B运动，说明粒子所受静电力方向沿A指向B，即电场力方向与运动方向一致。但题目未给出点电荷Q的电性，无法确定电场线AB的方向，因此无法判断带电粒子的电性，故B错误； C．粒子从A到B的过程中，静电力方向与运动方向相同，因此静电力对粒子做正功。根据静电力做功与电势能变化的关系:静电力做正功，电势能减小，因此粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故 C错误； D．由前面分析可知，从A到B电场强度逐渐增大，因此 AP段的平均电场强度小于PB段的平均电场强度。又因为P是AB中点，AP与PB的长度相等，对于非匀强电场，沿电场线方向相同距离的两点，平均场强越大，电势差的绝对值越大，因此A、P两点间电势差的绝对值小于P、B两点间电势差的绝对值，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】A．小球在竖直方向做自由落体运动，则有 解得，故A正确； B．小球在运动过程中，除了在竖直方向受重力外，还在水平方向受到向左的电场力作用，因此小球做的不是平抛运动，故B错误； CD．在该过程中，小球在水平方向有 其中，联立解得 设小球合力与竖直方向夹角为，则有 联立解得 小球速度最小值为初速度在垂直该方向上的分速度，即，故CD错误。 故选A。 6．C 【分析】本题考查竖直平面内圆周运动最高点向心力临界条件的分析，对于绳模型，临界条件是最高点处重力单独提供向心力。 【详解】水在最高点做圆周运动时，重力和杯子对水的支持力的合力提供向心力，有 水刚好不流出的临界条件是重力单独提供向心力，即 则临界角速度为 A．绳长不变，减小角速度，只要角速度仍然大于临界角速度，水就不会流出，因此选项A错误； B．由，绳长增大，杯子对水的支持力变大，水更不容易流出，因此选项B错误； C．保持角速度不变，向杯中加水，水面上升,O到水面的距离L减小，考察最靠近杯口的水，其新的临界角速度变大，因此如果当前角速度正好处于旧的临界角速度，加水后重力大于向心力，水会流出，选项C正确； D．要使全程水不流出，考察最靠近杯口的水，其临界角速度是，选项D错误。 故选C。 7．C 【详解】A．重力功率，是竖直方向分速度 质点在P点时速度为不为0，到达最低点时速度水平，，功率也为0，因此重力功率不可能一直增大，A错误； B．设质点到达P点时的速度为v，根据动能定理有 解得 由题意由静止释放刚好能到达Q点，根据动能定理 解得 因为从P到N每个点速度均大于N到Q每个对称点的速度，P到N的正压力大于N到Q，P到N的摩擦力大于N到Q的摩擦力，所以P到N克服摩擦力做功大于mgR 由P到N，应用动能定理，所以，即第一次滑到轨道最低点时的速率，B错误； C．质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功。由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段与轨道之间的压力 根据可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，且NA段的长度大于AQ段，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力做功在两阶段一样多 所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍，根据动能的表达式 可知，C正确； D.若在A点动能和重力势能相等，因为轨道是粗糙的，所以不可能上升到Q点，D错误。 故选C。 8．BC 【详解】A．由图可知振幅，周期，任意一个周期内质点经过的路程均为，故A错误； B．简谐运动的加速度方向始终与位移方向相反。前位移为正、加速度沿负方向，后位移为负、加速度沿正方向，故B正确； C．在到内，位移由变为，位移大小增大，故C正确； D．位移随时间变化图像的斜率表示速度。和两时刻图像斜率大小相等、正负相反，所以速度大小相等、方向相反，故D错误。 故选BC。 9．AB 【详解】A．卫星沿近地圆轨道经过A点时，万有引力提供向心力， 解得 卫星在A点需点火加速做离心运动才能进入转移轨道，故卫星在转移轨道上经过A点时的线速度大小大于，A错误； B．卫星在转移轨道上从A点运动到B点的过程中，只受地球引力作用，只有引力做功，机械能守恒；此过程中卫星远离地球，引力做负功，动能减小、引力势能增大，B错误； C．卫星沿圆轨道运行时万有引力提供向心力，则向心力大小 ，近地轨道与目标轨道上向心力大小之比 ，C正确； D．由 解得 则 ，D正确； 本题选择错误的选项，故选AB。 10．BCD 【详解】A．取向右为正，设乙、甲的速度分别为，，乙相对甲的速度为 系统水平方向动量守恒，故 设碰撞前两者的速度分别为，，碰撞后的速度分别为，。碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有， 联立并舍去未发生碰撞的解，得， 因此每次碰撞只使相对速度反向；在相邻两次碰撞之间，滑动摩擦使相对速率减小，所以始终有 结合系统动量关系，乙的速度满足 故乙不可能反向运动，故A错误； BC．滑动时，乙、甲在水平方向均只受大小为的滑动摩擦力。由牛顿第二定律得， 故两者加速度之差为 碰撞时间不计，且每次碰撞不改变相对速率，因此相对速率由减为零的总时间满足 解得 设甲、乙相对滑动的总路程为，由匀变速直线运动速度与位移的关系得 解得，故BC正确； D．乙从底板中点开始相对甲向右运动，第1次碰撞发生在右端，此后碰撞位置在左右两端交替。发生第9次碰撞时，乙到达右端，此前包括半个底板长和8个完整底板长的相对路程，故 设共速后乙与甲左端的距离为。第9次碰撞后乙相对甲向左运动，结合前述相对滑动总路程得，故D正确。 故选BCD。 11．(1)AC (2)AD (3)A 【详解】（1）AB．为了减小空气阻力的影响，应选用质量大、体积小的重锤，即铁质重锤，故A正确，B错误； C．验证机械能守恒定律实验中，需要测量重锤下落的高度和瞬时速度，高度需要用刻度尺来测量，故C正确； D．由于打点计时器本身就是计时仪器，因此不需要秒表，故D错误。 故选AC。 （2）A．释放重锤前，纸带应保持竖直，这样可以减小纸带与限位孔之间的摩擦，故A正确； B．实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故B错误； C．电火花计时器应接在的交流电源上，故C错误； D．若纸带第一、二两点间的距离接近(即)，说明重锤在打第一个点的瞬间初速度为零，此纸带可用于验证，故D正确。 故选AD。 （3）若机械能守恒，根据物理规律有 整理可得： 可知与成正比，图像是一条过原点的倾斜直线。 故选A。 12．(1) 欧姆调零 T (2) ×1 19Ω (3) a 【详解】（1）[1]使用多用电表测电阻时，机械调零后还需要进行欧姆调零； [2]由图(a)可知，为机械调零螺丝，为选择开关，欧姆调零需要调节欧姆调零旋钮，即部件，具体操作为先将选择开关置于合适的挡位，再将红、黑表笔短接，调节部件，使指针指向欧姆零刻度线。 （2）[1]用挡测量时指针偏角过大，指针所指的欧姆刻度值很小，说明被测电阻的阻值较小，因此应换用倍率更小的挡位，即将选择开关拨至挡； [2]重新欧姆调零后，乙图中指针指在欧姆刻度的19位置，倍率为，故电阻 （3）[1]多用电表作为电压表使用，其示数即为电阻箱两端的电压，通过的电流为；根据闭合电路欧姆定律有 整理得 结合图像可知，图线的纵轴截距为，故电源的电动势 [2]当时，有 解得内阻 13．(1) (2) 【详解】（1）取汽车运动方向为正方向，刹车后汽车的加速度为。由匀变速直线运动的速度与时间关系（2分），代入和，所以（2分） （2）汽车停止时速度为零。由，有 解得（1分）。刹车后前内位移由匀变速直线运动的位移公式，所以（1分） 汽车停止后保持静止，因此刹车后内的位移大小仍为。平均速度大小由定义，（1分）所以（1分） 14．(1) (2) (3) 【详解】（1） C与A碰撞时间极短，弹簧弹力的冲量可忽略，该过程C、A系统动量守恒 （1分） 代入、、 解得碰撞后共速 碰撞过程产生的热量等于系统动能的损失 （2分） 解得（1分） （2）碰撞后，水平面光滑，因此A、C整体与B组成的系统动量守恒。当A、C速度为时，设此时B的速度为，根据动量守恒 （2分） 代入数值解得 根据动量定理，弹簧对B的冲量等于B的动量变化（B初始静止） （2分） （3）当弹簧从压缩后再次恢复到原长时，B的加速度减为0，速度达到最大值。 该过程A、C、B与弹簧组成的系统动量守恒 （1分） 机械能守恒（弹簧弹性势能初末均为0）得（2分） 代入数值联立求解，可得B的最大速度（1分） 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）物体从点沿向左加速，到达点后做类平抛运动，恰好通过点，运动轨迹如下图所示。坐标方向沿用题图，以下x方向位移及y方向位移均取大小 设物体到达点时的速度大小为，从到电场力沿运动方向做功。由动能定理，物体在此过程中的方程为（1分） 整理得 设物体从到的时间为，y方向加速度大小为，由牛顿第二定律，物体的y方向方程为（1分） x 方向不受力，做匀速直线运动，有（1分） y方向初速度为零，做匀加速直线运动，有（1分） 联立以上各式得（1分） 核对运动区域：设从点起x方向位移大小为、y方向位移大小为，由上述分运动规律得 直线在同一横坐标处比点低，因此物体在到达点前始终处于区域内。 （2）物体从到，在两个电场中沿各自电场方向的位移均为，两段电场力均做正功。对物体全程应用动能定理得（2分） 代入第（1）问求得的场强，物体离开点时的速度大小为（1分） （3）物体从点先向左加速，到达轴后在无场区沿x负方向运动，至上的点进入电场；从上的点穿出后，再在无场区做匀速直线运动。各段轨迹及交点位置如下图所示，下面核对出场边界并求落点 设物体在点的速度大小为，在区域内向左加速的距离为，随后速度不变。由动能定理，从到，有（1分） 整理得（1分） 入场前物体的纵坐标始终为，故为的中点，坐标为。设在电场中y方向加速度大小为，根据牛顿第二定律，物体的y方向方程为（1分） 结合题给场强得 自点起，仍用和表示x方向位移大小和y方向位移大小，表示进入该电场后的运动时间。x方向速度不变、y方向初速度为零，因而和 消去时间得 从到的x方向距离是，进入电场后至穿出时有（判定1分） 同一横坐标处，直线比点低，故物体轨迹在上方，先从穿出。将从到的x方向距离代入，出场点的纵坐标为（1分） 由y方向的速度公式及x方向运动时间，出场时y负方向的速度大小为（1分） 离开点后物体不受力，x、y方向的速度均不变。从到轴的位移大小记为，由两个方向的运动时间相等得（1分） 因此点的横坐标为（1分） 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $