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2024届高三下学期开学摸底考试卷（安徽专用）01物 理试题及答案
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这是一份2024届高三下学期开学摸底考试卷（安徽专用）01物 理试题及答案，文件包含高三物理开学摸底考安徽专用01解析版docx、高三物理开学摸底考安徽专用01考试版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10小题，共42分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分，第9~10题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，有选错或不答的得0分。
1．如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】小球受力如图所示
由平衡可知:解得：故选D。
2．如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示，则（ ）
A．在时，振子的加速度为负向最大
B．在时，弹簧振子的弹性势能最小
C．在和两个时刻，振子的速度都为零
D．从到时间内，振子做加速度减小的减速运动
【答案】A
【详解】A．由图象乙知，时位移正向最大，根据知回复力负向最大，所以振子的加速度为负向最大，故A正确；B．由图象乙知，在时，弹簧振子的位移最大，则弹簧的弹性势能最大，故B错误；C．图像的斜率表示速度，由图像得，和时图像的斜率最大，速度最大，故C错误；D．从到时间内，振子的位移减小，回复力减小，则加速度减小，加速度方向与速度方向相同，则速度增加，振子做加速度减小的加速运动，故D错误。故选A。
3．如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹角=60°。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球在F点时对圆弧轨道的压力为
B．小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C．小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度
D．小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度
【答案】D
【详解】A．对小球从P点到F点应用动能定理可得在F点由向心力表达式可知联立可得根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为，A错误；
B．由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为，由向心力表达式可得解得根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为，B错误；C．正交分解小球在M点的速度可得
解得C错误；D．小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得解得D正确。故选D。
4．如图所示，半径分别为、的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为、的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由牛顿第二定律与圆周运动规律：当A刚要相对圆盘滑动时解得当B刚要相对圆盘滑动时解得当A比B先滑动时，则有即
化简可得故选A。
5．如图，沿水平直轨道运行的地铁车厢内，有一拉环（可视为质点）用轻绳与套于水平杆中的固定限位块相连，某段时间内拉环与竖直方向夹角始终为θ。已知限位块、拉环质量分别为M、m，重力加速度大小为g，则在该段时间内（ ）
A．轻绳拉力大小为
B．列车加速度大小为
C．列车一定水平向右做匀加速运动
D．水平杆对限位块的作用力大小为
【答案】A
【详解】A．拉环受重力、轻绳拉力作用，竖直方向根据平衡条件可得轻绳拉力大小为
故A正确；B．根据牛顿第二定律列车加速度大小为故B错误；C．由拉环倾斜情况可知列车加速度方向水平向右，列车速度方向不知，列车可能水平向左做匀减速运动，故C错误；
D．将限位块、拉环看做整体，水平杆对限位块的作用力大小为
故选A。
6．如图所示，电源内阻等于灯泡的电阻，当开关闭合．滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（ ）
A．灯泡将变亮，R中有电流流过，方向竖直向上
B．液滴带正电，在滑片滑动过程中液滴将向下做匀加速运动
C．电源的路端电压增大，输出功率也增大
D．滑片滑动过程中，带电液滴电势能将减小
【答案】D
【详解】A．滑动变阻器滑片向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增加，流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；电源内电压降低，灯泡两端的电压降低，滑动变阻器两端的电压升高，电容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压升高，电容器继续充电，R中有电流流过，方向竖直向上，A错误；BD．液滴受电场力竖直向上，电容器下极板带正电，因此液滴带正电，由于电容器两端的电压升高，内部电场强度增加，液滴加速向上运动，电场力做正功，电势能减小，B错误，D正确；C．由于外电阻大于内电阻，当外电阻增加时，电源的输出功率减小，C错误。故选D。
7．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为37°，质量分别为M、m两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为M的物体。此时它距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M=3m，空气阻力不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8。松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是（ ）
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m的速度达到最大
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时m的速度达到最大
D．若M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【答案】D
【详解】A．因M、m之间有弹簧，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒，M和m组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．M的重力沿斜面方向的分力大小为M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m受到的合力为合力向上，速度不是最大，故B错误；C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时弹簧弹力一定大于m的重力，此时m的速度不是最大，故C错误；D．M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和，故D正确。
8．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2>v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
C．此过程中电动机对传送带做功为
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
【答案】D
【详解】A．传送带足够长，由于，滑块向左减速运动速度为零之后，先在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，与传送带一起向右匀速运动，有，故A错误；B．此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得故B错误；D．设滑块向左运动的时间t1，位移大小为x1，则摩擦力对滑块做功又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即滑块向左运动过程中传送带的位移大小摩擦力对传送带做功联立以上式子解得设滑块向右匀加速运动的时间t2，位移大小为x3，则摩擦力对滑块做功滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小滑块相对传送带的总路程滑块与传送带间摩擦产生的热量大小故D正确；C．全过程中，电动机对传送带做的功
故C错误。故选D。
9．如图所示，水平传送带以的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块（视为质点）以初速度从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞（无机械能损失）返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为，且，，取。物块的初速度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【详解】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得解得假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得解得假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得解得故选BCD。
10．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m．一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【答案】AC
【分析】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．【详解】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系．当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确．金属棒克服摩擦力做的功为：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J．故D错误．故选AC．
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（6分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置 ，让木块从倾斜木板上A点由静止释放 ，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机 ，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律 ，取 g=10m/s2，如图所示:（以下结果均保留三位有效数字）
（1）根据上述图线 ，计算可得木块在 0.4s时的速度大小v= m/s。
（2）根据上述图线 ，计算可得木块的加速度大小a= m/s2。
（3）现测得斜面倾角为30°，则μ= 。（）
【答案】 0.400 1.00 0.453
【详解】（1）[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小为（2）[2]根据匀变速直线运动的规律中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，木块在0.2s时的速度大小为
木块的加速度大小（3）[3]斜面倾角为30°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得解得
12.(10分)某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：
小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；
电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；
电压表V（量程3V，阻值很大）；
电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；
滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；
保护电阻（阻值待定）；
开关S；
导线若干。
（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线 。
（2）实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 （选填“左”或“右”）端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。
（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为 Ω的定值电阻改装而成。
（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻的阻值应为 Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。
【答案】 左 0.5 1.4 5
【详解】（1）[1]根据电路图，连接实物图为
（2）[2] 闭合开关前，应使电压表和电流表的电压和电流最小，所以应使滑片停留在最左端。（3）[3]设毫安表的量程为，电阻为，根据电流表的改装原理，有解得（4）[4]小灯泡不亮时，电阻为小灯泡正常发光时，电阻为（5）[5]为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻，使得滑动变阻器的滑片划到最右端时，小灯泡能正常发光，从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V，电流为0.22A，根据欧姆定律，有
解得考虑到实际操作，选择的保护电阻即可。
三、计算题：本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10分）如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场（未知），2L（1）粒子运动至A点的速度大小；
（2）场强的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中x方向做匀速直线运动，y方向做初速度为零的匀加速直线运动
x方向
y方向
在A点处的速度大小为
（2）粒子在电场中x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，y方向做匀速直线运动，y方向
x方向
由牛顿第二定律有
联立解得
14.（14分）如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为，且。求：
（1）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；
（2）小球通过C点时对轨道的压力大小；
（3）小球在A点的加速度。
【答案】（1）；（2）；（3），方向向下
【详解】（1）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得
解得
（2）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为，则有切线方向
法线方向
解得
由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为
方向沿OC延长线；
（3）由几何关系可知
设小球在A点时库仑力大小为，由可知
即
小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即
沿切线方向
又小球在A的加速度为
解得
方向竖直向下。
15.（18分）如图，水平地面上有一桌面足够长的桌子，其上表面水平且光滑。桌上静止一厚度可忽略、质量M=2 kg的不带电绝缘长木板C，C左端与桌面左边缘对齐，C上距离其左端x1=1.36 m处静止一可视为质点且质量mB=1 kg的小木块B。距C右端x2=0.24 m处固定有一弹性挡板。整个区域有方向水平向右、场强E=2×104 N/C的匀强电场。现从桌子左侧的地面某位置，以速度υ0=15 m/s竖直向上抛出一个可视为质点的质量mA=1 kg、电荷量q=1×10-4C的带正电金属块A，若A刚好从C的左端水平向右滑上C。此后C与档板第一次碰撞瞬间电场大小不变，方向立即反向，碰后立即撤走档板，碰撞时间极短且无机械能损失。在运动过程中，B始终没有滑到C的最右端，已知A、B与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
（1）求金属块A刚滑上长木板C的左端时的速度大小；
（2）求长木板C与档板第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（3）分析A、B能否发生碰撞，若能碰撞，则碰后A、B粘在一起并在碰撞瞬间电场消失，求A、B、C的最终速度；若A、B不能碰撞，请求出最终A、B相距的距离。
【答案】（1）3m/s；（2）0.8m/s；（3）能；0.15m/s
【详解】（1）A从地面到C左端的过程中受重力和电场力作用做抛体运动
竖直方向有
0=v0-gt1
t1=1.5 s
水平方向，设A刚到C板左端的速度为v1，则有
v1=a0t1
由牛顿第二定律有
qE=mAa0
a0=2 m/s2
联立以上各式可得
v1=3 m/s
（2）A物滑上C后，对A由牛顿第二定律有
μmAg- qE=mAa1
代入数据得
a1=2 m/s2
方向水平向左
假设B、C不发生相对滑动，对B、C整体由牛顿第二定律有
μmAg=（mB+ M）a2
代入数据得
m/s2
方向水平向右
因 a2＜μg，故假设成立，B、C一起向右加速滑行
假设B、C一直以此加速度滑行x2碰到档板，设C与档板碰前瞬间的速度为v2
由运动学公式有
v22=2a2x2
v2=0.8 m/s
设此过程时间为t2，则
A滑上C板后，经时间t2，速度减为
v3=v1-a1t2=1.8 m/s
因v3>v2，故假设成立，C与档板第一次碰撞前瞬间的速度为v2=0.8 m/s
（3）C与档板碰后，C向左减速，B向右减速
对B由牛顿第二定律有
μmBg=mBa3
a3=4 m/s2
方向水平向左
对C由牛顿第二定律有
μ（mA+mB）g=Ma4
a4=4 m/s2
方向水平向右
因B、C此过程的初速度大小和加速度大小均相等，故经时间t3速度同时减小到零
对A，电场反向后
μmAg+ qE=mAa5
代入数据得
a5=6 m/s2
方向水平向左
经时间t3，A的速度减为
v4=v3-a5 t3=0.6 m/s
在t2时间内，A对地位移为
在t3时间内，A对地位移为
在t2+t3时间内，B对地位移为
因
故在B速度减为零的时候，A、B刚好相遇；此时A具有向右的速度，故A、B能发生碰撞。因此时电场消失，故之后整个系统动量守恒
对A、B、C系统，由动量守恒定律有
代入数据解得
v共=0.15m/s
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I/A
0.020
0.060
0.100
0.140
0.175
0.200
0.215
0.220
小灯泡发光情况
不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10小题，共42分，在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题4分，第9~10题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，有选错或不答的得0分。
1．如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】小球受力如图所示
由平衡可知:解得：故选D。
2．如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平正方向，振子的位移随时间的变化如图乙所示，则（ ）
A．在时，振子的加速度为负向最大
B．在时，弹簧振子的弹性势能最小
C．在和两个时刻，振子的速度都为零
D．从到时间内，振子做加速度减小的减速运动
【答案】A
【详解】A．由图象乙知，时位移正向最大，根据知回复力负向最大，所以振子的加速度为负向最大，故A正确；B．由图象乙知，在时，弹簧振子的位移最大，则弹簧的弹性势能最大，故B错误；C．图像的斜率表示速度，由图像得，和时图像的斜率最大，速度最大，故C错误；D．从到时间内，振子的位移减小，回复力减小，则加速度减小，加速度方向与速度方向相同，则速度增加，振子做加速度减小的加速运动，故D错误。故选A。
3．如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向夹角=60°。一质量为m的小球由P点沿水平方向抛出，初速度为，运动到M点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球在F点时对圆弧轨道的压力为
B．小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C．小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度
D．小球从N点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度
【答案】D
【详解】A．对小球从P点到F点应用动能定理可得在F点由向心力表达式可知联立可得根据牛顿第三定律小球在F点时对圆弧轨道的压力为，A错误；
B．由机械能守恒可知，小球在N点时速度仍为，由向心力表达式可得解得根据牛顿第三定律小球在N点时对圆弧轨道的压力为，B错误；C．正交分解小球在M点的速度可得
解得C错误；D．小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得解得D正确。故选D。
4．如图所示，半径分别为、的两圆盘水平放置，圆盘的边缘紧密接触，当两圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动时，圆盘的边缘不打滑，质量分别为、的物块A、B（均视为质点）分别放置在两圆盘的边沿，与圆盘间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让圆盘绕过圆心的竖直轴转动起来，A比B先滑动的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由牛顿第二定律与圆周运动规律：当A刚要相对圆盘滑动时解得当B刚要相对圆盘滑动时解得当A比B先滑动时，则有即
化简可得故选A。
5．如图，沿水平直轨道运行的地铁车厢内，有一拉环（可视为质点）用轻绳与套于水平杆中的固定限位块相连，某段时间内拉环与竖直方向夹角始终为θ。已知限位块、拉环质量分别为M、m，重力加速度大小为g，则在该段时间内（ ）
A．轻绳拉力大小为
B．列车加速度大小为
C．列车一定水平向右做匀加速运动
D．水平杆对限位块的作用力大小为
【答案】A
【详解】A．拉环受重力、轻绳拉力作用，竖直方向根据平衡条件可得轻绳拉力大小为
故A正确；B．根据牛顿第二定律列车加速度大小为故B错误；C．由拉环倾斜情况可知列车加速度方向水平向右，列车速度方向不知，列车可能水平向左做匀减速运动，故C错误；
D．将限位块、拉环看做整体，水平杆对限位块的作用力大小为
故选A。
6．如图所示，电源内阻等于灯泡的电阻，当开关闭合．滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（ ）
A．灯泡将变亮，R中有电流流过，方向竖直向上
B．液滴带正电，在滑片滑动过程中液滴将向下做匀加速运动
C．电源的路端电压增大，输出功率也增大
D．滑片滑动过程中，带电液滴电势能将减小
【答案】D
【详解】A．滑动变阻器滑片向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增加，流过灯泡的电流减小，灯泡变暗；电源内电压降低，灯泡两端的电压降低，滑动变阻器两端的电压升高，电容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压升高，电容器继续充电，R中有电流流过，方向竖直向上，A错误；BD．液滴受电场力竖直向上，电容器下极板带正电，因此液滴带正电，由于电容器两端的电压升高，内部电场强度增加，液滴加速向上运动，电场力做正功，电势能减小，B错误，D正确；C．由于外电阻大于内电阻，当外电阻增加时，电源的输出功率减小，C错误。故选D。
7．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为37°，质量分别为M、m两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为M的物体。此时它距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M=3m，空气阻力不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8。松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是（ ）
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m的速度达到最大
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时m的速度达到最大
D．若M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【答案】D
【详解】A．因M、m之间有弹簧，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒，M和m组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．M的重力沿斜面方向的分力大小为M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m受到的合力为合力向上，速度不是最大，故B错误；C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时弹簧弹力一定大于m的重力，此时m的速度不是最大，故C错误；D．M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和，故D正确。
8．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2>v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为
C．此过程中电动机对传送带做功为
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为
【答案】D
【详解】A．传送带足够长，由于，滑块向左减速运动速度为零之后，先在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，与传送带一起向右匀速运动，有，故A错误；B．此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得故B错误；D．设滑块向左运动的时间t1，位移大小为x1，则摩擦力对滑块做功又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即滑块向左运动过程中传送带的位移大小摩擦力对传送带做功联立以上式子解得设滑块向右匀加速运动的时间t2，位移大小为x3，则摩擦力对滑块做功滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小滑块相对传送带的总路程滑块与传送带间摩擦产生的热量大小故D正确；C．全过程中，电动机对传送带做的功
故C错误。故选D。
9．如图所示，水平传送带以的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块（视为质点）以初速度从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞（无机械能损失）返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为，且，，取。物块的初速度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【详解】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得解得假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得解得假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得解得故选BCD。
10．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m．一质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J
C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【答案】AC
【分析】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．【详解】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系．当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确．金属棒克服摩擦力做的功为：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝WA+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：WF+W2+WA=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J．故D错误．故选AC．
二、实验题：本题共2小题，共16分。
11．（6分）为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置 ，让木块从倾斜木板上A点由静止释放 ，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机 ，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律 ，取 g=10m/s2，如图所示:（以下结果均保留三位有效数字）
（1）根据上述图线 ，计算可得木块在 0.4s时的速度大小v= m/s。
（2）根据上述图线 ，计算可得木块的加速度大小a= m/s2。
（3）现测得斜面倾角为30°，则μ= 。（）
【答案】 0.400 1.00 0.453
【详解】（1）[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小为（2）[2]根据匀变速直线运动的规律中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，木块在0.2s时的速度大小为
木块的加速度大小（3）[3]斜面倾角为30°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得解得
12.(10分)某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：
小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；
电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；
电压表V（量程3V，阻值很大）；
电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；
滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；
保护电阻（阻值待定）；
开关S；
导线若干。
（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线 。
（2）实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最 （选填“左”或“右”）端；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；
③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。
（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为 Ω的定值电阻改装而成。
（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为 （计算结果保留2位有效数字）。
（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻的阻值应为 Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。
【答案】 左 0.5 1.4 5
【详解】（1）[1]根据电路图，连接实物图为
（2）[2] 闭合开关前，应使电压表和电流表的电压和电流最小，所以应使滑片停留在最左端。（3）[3]设毫安表的量程为，电阻为，根据电流表的改装原理，有解得（4）[4]小灯泡不亮时，电阻为小灯泡正常发光时，电阻为（5）[5]为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻，使得滑动变阻器的滑片划到最右端时，小灯泡能正常发光，从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V，电流为0.22A，根据欧姆定律，有
解得考虑到实际操作，选择的保护电阻即可。
三、计算题：本题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10分）如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场（未知），2L
（2）场强的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中x方向做匀速直线运动，y方向做初速度为零的匀加速直线运动
x方向
y方向
在A点处的速度大小为
（2）粒子在电场中x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，y方向做匀速直线运动，y方向
x方向
由牛顿第二定律有
联立解得
14.（14分）如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为，且。求：
（1）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；
（2）小球通过C点时对轨道的压力大小；
（3）小球在A点的加速度。
【答案】（1）；（2）；（3），方向向下
【详解】（1）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得
解得
（2）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为，则有切线方向
法线方向
解得
由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为
方向沿OC延长线；
（3）由几何关系可知
设小球在A点时库仑力大小为，由可知
即
小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即
沿切线方向
又小球在A的加速度为
解得
方向竖直向下。
15.（18分）如图，水平地面上有一桌面足够长的桌子，其上表面水平且光滑。桌上静止一厚度可忽略、质量M=2 kg的不带电绝缘长木板C，C左端与桌面左边缘对齐，C上距离其左端x1=1.36 m处静止一可视为质点且质量mB=1 kg的小木块B。距C右端x2=0.24 m处固定有一弹性挡板。整个区域有方向水平向右、场强E=2×104 N/C的匀强电场。现从桌子左侧的地面某位置，以速度υ0=15 m/s竖直向上抛出一个可视为质点的质量mA=1 kg、电荷量q=1×10-4C的带正电金属块A，若A刚好从C的左端水平向右滑上C。此后C与档板第一次碰撞瞬间电场大小不变，方向立即反向，碰后立即撤走档板，碰撞时间极短且无机械能损失。在运动过程中，B始终没有滑到C的最右端，已知A、B与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2。
（1）求金属块A刚滑上长木板C的左端时的速度大小；
（2）求长木板C与档板第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（3）分析A、B能否发生碰撞，若能碰撞，则碰后A、B粘在一起并在碰撞瞬间电场消失，求A、B、C的最终速度；若A、B不能碰撞，请求出最终A、B相距的距离。
【答案】（1）3m/s；（2）0.8m/s；（3）能；0.15m/s
【详解】（1）A从地面到C左端的过程中受重力和电场力作用做抛体运动
竖直方向有
0=v0-gt1
t1=1.5 s
水平方向，设A刚到C板左端的速度为v1，则有
v1=a0t1
由牛顿第二定律有
qE=mAa0
a0=2 m/s2
联立以上各式可得
v1=3 m/s
（2）A物滑上C后，对A由牛顿第二定律有
μmAg- qE=mAa1
代入数据得
a1=2 m/s2
方向水平向左
假设B、C不发生相对滑动，对B、C整体由牛顿第二定律有
μmAg=（mB+ M）a2
代入数据得
m/s2
方向水平向右
因 a2＜μg，故假设成立，B、C一起向右加速滑行
假设B、C一直以此加速度滑行x2碰到档板，设C与档板碰前瞬间的速度为v2
由运动学公式有
v22=2a2x2
v2=0.8 m/s
设此过程时间为t2，则
A滑上C板后，经时间t2，速度减为
v3=v1-a1t2=1.8 m/s
因v3>v2，故假设成立，C与档板第一次碰撞前瞬间的速度为v2=0.8 m/s
（3）C与档板碰后，C向左减速，B向右减速
对B由牛顿第二定律有
μmBg=mBa3
a3=4 m/s2
方向水平向左
对C由牛顿第二定律有
μ（mA+mB）g=Ma4
a4=4 m/s2
方向水平向右
因B、C此过程的初速度大小和加速度大小均相等，故经时间t3速度同时减小到零
对A，电场反向后
μmAg+ qE=mAa5
代入数据得
a5=6 m/s2
方向水平向左
经时间t3，A的速度减为
v4=v3-a5 t3=0.6 m/s
在t2时间内，A对地位移为
在t3时间内，A对地位移为
在t2+t3时间内，B对地位移为
因
故在B速度减为零的时候，A、B刚好相遇；此时A具有向右的速度，故A、B能发生碰撞。因此时电场消失，故之后整个系统动量守恒
对A、B、C系统，由动量守恒定律有
代入数据解得
v共=0.15m/s
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I/A
0.020
0.060
0.100
0.140
0.175
0.200
0.215
0.220
小灯泡发光情况
不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
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