2021-2022學(xué)年湖南省衡陽(yáng)市船山英文學(xué)校高二（下）入學(xué)物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學(xué)年湖南省衡陽(yáng)市船山英文學(xué)校高二（下）入

學(xué)物理試卷一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）.關(guān)于物理學(xué)史，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.卡文迪什測(cè)出引力常量G的值，從而提出了萬(wàn)有引力定律B.元電荷e的數(shù)值最早是由美國(guó)物理學(xué)家密立根測(cè)得的C.英國(guó)物理學(xué)家法拉第最早引入電場(chǎng)的概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)D.庫(kù)侖利用扭秤裝置得出了庫(kù)侖定律.水平桌面上一質(zhì)量為3kg的物體，在水平拉力F的作用下，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)2s后撤去外力，其v-t圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.在0?2s內(nèi)，合外力做的功為4/B.在0?2s內(nèi)，拉力大小是阻力大小的2倍C,在t=ls時(shí)，拉力的瞬時(shí)功率為4.5WD.在0?6s內(nèi)，摩擦力做的功為力3.光滑斜面上，某物體在沿斜面向上的恒力作用下從靜止開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去恒力，不計(jì)空氣阻力，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)。物體的速度用u表示，物體的動(dòng)能用&表示,物體和地球組成系統(tǒng)的重力勢(shì)能用Ep3.表示、機(jī)械能用E表示，運(yùn)動(dòng)時(shí)間用t表示、路程用，表示。對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，如圖表示的可能是（）A.v隨t變化的u-t圖象 B.Ep隨t變化的Ep-t圖象C.E隨，變化的E-，圖象 D.Ek隨，變化的外-/圖象.2021年5月15日7時(shí)18分，天間一號(hào)探測(cè)器成功著陸于火星烏托邦平原南部預(yù)選著陸區(qū)，我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)著陸火星取得成功。已知火星與地球的密度之比約為4：5,火星表面與地球表面的重力加速度之比約為2：5,則火星與地球的半徑之R火比二大約為（）X地.如圖所示，在一塊面積很大的接地金屬平板的上方固定一個(gè)帶正電的小球，虛線是金屬平板上方電場(chǎng)的等勢(shì)面（相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差都相等），實(shí)線是某一帶電粒子先后經(jīng)過(guò)M和N處的運(yùn)動(dòng)軌跡。若該帶電粒子在M和N處受到的電場(chǎng)力大小分別為，力和心，相應(yīng)的電勢(shì)能分別為Epm和Epn，下列說(shuō)法正確的是（）A.該粒子可能帶正電B.該粒子從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，動(dòng)能減小C.Fm<Epm>EpnD.由于靜電感應(yīng)，金屬平板的上表面帶正電荷TOC\o"1-5"\h\z6.宇宙飛船動(dòng)力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑 中_v地面上有一質(zhì)量為M的絕緣小車，小車兩端分別固定帶等量 Mm異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中央開(kāi)有一個(gè)小孔，n兩金屬板間的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩板間電壓為U.現(xiàn)有一 I 1質(zhì)量為m、帶電量為+q、重力不計(jì)的粒子從左板正對(duì)小孔處//////////無(wú)初速釋放.則以下判斷正確的是（）A.小車總保持靜止?fàn)顟B(tài)B.小車最后減速運(yùn)動(dòng)C.粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為觸y]mD.粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為后黑ylm（M+m）二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）7.如圖所示，直線4為某電源的U-/圖線，曲線B為某小燈泡L的U-/圖線的一部分，用該電源和小燈泡L串聯(lián)起來(lái)組成閉合回路時(shí)燈泡L恰能正常發(fā)光，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.此電源的內(nèi)阻為0.67。B.燈泡L的額定電壓為3V,額定功率為6WC.把燈泡L換成阻值恒為1。的純電阻，電源的輸出功率將變大D.小燈泡L的電阻隨通過(guò)電流的增大而減小.如圖所示，在傾角為。的固定光滑斜面上，有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連的物體4和B,它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定的擋板現(xiàn)讓一質(zhì)量為m的物體。從距A為L(zhǎng)的位置由靜止釋放,。和4相碰后立即粘為一體,之后在斜面上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體B對(duì)C的最小彈力為如gsinO,則（）A.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為鱉警A.簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為鱉警B,簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為空鑼B對(duì)B對(duì)C的最大彈力為也等B對(duì)B的最大彈力為1皿y皿.如圖所示，4、B兩物體質(zhì)量分別為啊=5kg和血8=4kg,與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為“4=0.4和刖=0.5,開(kāi)始時(shí)兩物體之間有一壓縮的輕彈簧（不拴接），并用細(xì)線將兩物體拴接在一起放在水平地面上。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，則兩物體將被彈簧彈開(kāi)，最后兩物體都停在水平地面上。在彈簧彈開(kāi)兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A.兩物體一定同時(shí)停運(yùn)動(dòng) B.系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒C.系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D.A、8兩物體的機(jī)械能先增大后減少.如圖為空間某一電場(chǎng)的電場(chǎng)線，場(chǎng)強(qiáng)方向如圖中箭頭所示，a、b兩點(diǎn)為其中一條豎直方向的電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的高度差為/l，一\￡個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為-q的小球從b點(diǎn)以豎直向上的初速度J蕨上 \J拋，恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a點(diǎn)，重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是（）A.a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差｛/皿=嘿B.小球機(jī)械能的增加量等于其電勢(shì)能減少量C.若將小球電荷量變?yōu)閝,其余條件不變，則小球向上運(yùn)動(dòng)的最大高度小于3D.若將小球電荷量變?yōu)?2q,其余條件不變，則小球運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)時(shí)速度為爬三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）.為了測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，除了待測(cè)干電池，實(shí)驗(yàn)室還提供了以下器材:4.電流表4（量程為5m4,內(nèi)阻以=1000）8.電阻箱R（最大阻值為99.99。）C.定值電阻&=300。D開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材，小王同學(xué)設(shè)計(jì)了甲、乙兩個(gè)測(cè)量電路，你認(rèn)為哪個(gè)更合理？（填“甲”或“乙”）,并依據(jù)更合理的電路將圖丙中的實(shí)物連接完整。（2）根據(jù)選用的合理電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，閉合電鍵前，將電阻箱接入電路的阻值調(diào)到（填“最大”或“最小”），閉合電鍵后，多次調(diào)節(jié)電阻箱接入電路的電阻，并記錄接入電路的阻值R及對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)/,為了直觀地觀察到電流/隨R變化規(guī)律，以:為縱軸，以（填“R"或）為橫軸作圖像，如果圖像縱軸的截距為a，圖像斜率的絕對(duì)值為A,則電源的電動(dòng)勢(shì)后=內(nèi)阻r=o（均用已知物理量及測(cè)量物理量符號(hào)表示）

.聰聰同學(xué)用如圖所示裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。(1)實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量為mi的入射小球4和質(zhì)量為62的被碰小球8的質(zhì)量關(guān)系是巾1如(填“大于”“等于”或“小于”)。(2)當(dāng)滿足關(guān)系式 時(shí)，證明4、B兩小球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒；若碰撞前后系統(tǒng)無(wú)機(jī)械能損失，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為。B，M，BrNiB，M，BrNiBfPi2m28，M"十BrNi2四、計(jì)算題(本大題共3小題，共30.0分).在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為m的木板和滑塊CD,木板上表面粗糙，滑塊CO上表面是光滑的;圓弧，其始端。點(diǎn)切線水平且在木板上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示。一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P,質(zhì)量也為m,從木板的右端以初速度％滑上木板AB,過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為手，又滑上滑塊CD,最終恰好能滑到滑塊CO圓弧的最高點(diǎn)C處。已知物塊P與木板4B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為".求：(1)物塊滑到B處時(shí)木板的速度以b；(2)木板的長(zhǎng)度L；(3)滑塊CD圓弧的半徑。.如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為Ei=E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)B平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為zn,重力不計(jì))無(wú)初速度地放入電場(chǎng)當(dāng)中的4點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，4點(diǎn)到MN的距離為，，40連線與屏垂直，垂足為。，求：(1)電子到MN的速度大小V；(2)電子打到屏上的點(diǎn)P'到點(diǎn)。的距離X；(3)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間t。.一質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為，的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為小、帶電荷量為-q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度%從絕緣板上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小E=鬻、方向豎直向下，如圖所示。已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動(dòng)到絕緣板的右端時(shí)恰好相對(duì)于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改為豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入。求：(1)物塊在絕緣板上滑動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)當(dāng)勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)樨Q直向上時(shí)，物塊與木板的相對(duì)位移大小。答案和解析.【答案】A【解析】解：4牛頓提出了萬(wàn)有引力定律，卡文迪什利用扭秤裝置比較準(zhǔn)確地測(cè)出了引力常量，故A錯(cuò)誤；8?元電荷e的數(shù)值最早是由美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得的，故8正確；C.英國(guó)物理學(xué)家法拉第最早引入電場(chǎng)的概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)，符合客觀事實(shí),故C正確；D庫(kù)侖利用扭秤裝置研究了帶電小球之間的作用力，得出了庫(kù)侖定律，故。正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：4。根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。.【答案】C【解析】解：A.在0?2s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得，合外力做的功1r 1 ow合=imv2-0=x3x22/=6/故A錯(cuò)誤；B.2-6s內(nèi)物體的加速度=27=|tm/s2=0.5m/s2物體受到的摩擦力大小f=ma2=3x0.5N=1.5N0-2s內(nèi)物體的加速度%=與=|m/s?=lm/s2則F-f=ma1解得F=4.5N在。?2s內(nèi)，拉力大小是阻力大小的3倍，故B錯(cuò)誤；C.在t=ls時(shí)，拉力的瞬時(shí)功率為P=F%=4.5x1W=4.5W,故C正確;D在0?6s內(nèi)，物體的位移s=：x6x2m=6m所以在0?6s內(nèi)，摩擦力做的功為W=-fs=-1.5X6/=-9/故。錯(cuò)誤。故選：Co運(yùn)用動(dòng)能定理直接求合外力所做的功；根據(jù)圖像的斜率求出物體勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，再由牛頓第二定律求拉力和阻力的關(guān)系；根據(jù)功率的公式「=Fp求出拉力的瞬時(shí)功率，根據(jù)全過(guò)程的位移，由功的公式求摩擦力做的功。由動(dòng)能定理可以直接求出合外力所做的功，運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確研究過(guò)程，要注意摩擦力做的是負(fù)功。.【答案】D【解析】【分析】分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，判斷D-t圖象的形狀。由Ep=mglsin。分析Ep-l圖象形狀。根據(jù)功能關(guān)系分析圖象形狀；根據(jù)動(dòng)能定理列式，分析后1-1圖象形狀。本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律和圖象問(wèn)題的知識(shí)；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做功以外，其它力對(duì)系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外,其它力對(duì)系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能和其它形式的能的轉(zhuǎn)化關(guān)系?！窘獯稹緼、撤去恒力前物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。撤去恒力后，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到最高點(diǎn)后加速下滑，由于不受摩擦力，故加速度大小相同，速度方向反向，為負(fù)，故A錯(cuò)誤；B、由Ep=rng，sin8知物體速度減速到零之前，重力勢(shì)能一直增加，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)功能原理，撤去恒力前有E=用，E-!圖象是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。撤去恒力后有只有重力做功，物體的機(jī)械能守恒，E-1圖象是平行I軸的直線，故C錯(cuò)誤：D、根據(jù)動(dòng)能定理，撤去恒力前有：Ek=(F-mgsind)l,Ek-I圖象是過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線。撤去恒力后有：Ek=Ekm-mgsinO-I,-1圖象是向下傾斜的直線：達(dá)到最高點(diǎn)后向下運(yùn)動(dòng)，Ek=mglsind,故。正確。故選：Do.【答案】A【解析】解：由繁=mg和「=病可得星球半徑R=^，可見(jiàn)￡=箴.霍=g次。油2 5 1^~=5X；=?故A正確，88錯(cuò)誤。9地P火3 ' /故選：Ao根據(jù)萬(wàn)有引力與重力和向心力關(guān)系，結(jié)合密度公式，求出星球半徑表達(dá)式，進(jìn)而求出其比值。本題考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，在天體運(yùn)動(dòng)計(jì)算題中，要注意萬(wàn)有引力與重力和向心力的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。.【答案】C【解析】解：4根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向可知，正電荷對(duì)該帶電粒子的作用力是吸引力，所以該粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；8C.由等勢(shì)面的疏密程度可知，兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系為Em<En再根據(jù)電場(chǎng)力公式F=qE可知Fm<Fn帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，即EpM>EpN，故8錯(cuò)誤，C正確；。由于靜電感應(yīng)，在金屬平板的上表面帶負(fù)電荷，故。錯(cuò)誤。故選：C。由運(yùn)動(dòng)軌跡判斷電場(chǎng)力的方向，結(jié)合該電場(chǎng)的特點(diǎn)判斷出粒子的電性；電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大；根據(jù)Ep=<pq判斷電勢(shì)能大??；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的規(guī)律判斷電場(chǎng)力做功；根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引判斷。本題涉及電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)高低的判斷，關(guān)鍵是知道電場(chǎng)線垂直等勢(shì)面，電場(chǎng)線與等勢(shì)面疏密一致，難度不大。.【答案】D【解析】解：AB,金屬板間的電場(chǎng)方向向右，粒子所受的電場(chǎng)力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車所受的電場(chǎng)力方向向左，則小車將向左做勻加速運(yùn)動(dòng).粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度，粒子不再受電場(chǎng)力作用，小車也不再受電場(chǎng)力，將做勻速運(yùn)動(dòng)，故錯(cuò)誤.CD、設(shè)粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度為巧，小車此時(shí)的速度為丹?取向右方向?yàn)檎较?根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒得：0=m%-Mi72；qU=［血譜+gzn詢；聯(lián)立解得，%=.故C錯(cuò)誤，。正確.故選：Do在電場(chǎng)力的作用下粒子向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，小車向左做勻加速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和能量守恒列式，可求出粒子穿過(guò)小孔時(shí)速度。粒子穿出小孔后，小車做勻速運(yùn)動(dòng)。解決該題的關(guān)鍵是明確知道粒子向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小車由于相互作用力也要向左運(yùn)動(dòng),知道整體的動(dòng)量守恒。.【答案】BC【解析】解：4、由題圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì)為E=4V,內(nèi)阻為r=|與| =0.5。，AI6故A錯(cuò)誤；B、兩圖線的交點(diǎn)表示小燈泡L與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，由于燈泡正常發(fā)光，則知燈泡的額定電壓U=3人額定電流/=24,則額定功率為P=U/=3x2W=6W,故8正確；C、正常發(fā)光時(shí)燈泡L的電阻：R=苫=|。=1.5。。把燈泡L換成阻值恒為10的純電阻，可知其電阻更接近電源的內(nèi)阻，根據(jù)電源輸出功率與外電阻關(guān)系，可知電源的輸出功率將變大，故C正確；。、燈泡的溫度隨通過(guò)電流的增大而升高，電阻隨溫度的升高而增大，故。錯(cuò)誤。故選：BC。根據(jù)電源的U-/圖線直接讀出電源的電動(dòng)勢(shì)，由圖線的斜率求出電源的內(nèi)阻；電源的U-/圖線與燈泡的U-/圖線的交點(diǎn)表示該燈泡與該電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，由圖可讀出燈泡L的額定電壓和額定電流，從而可算出燈泡的額定功率；把燈泡L換成阻值恒為10的純電阻，分析路端電壓的變化，判斷電源的輸出功率如何變化。根據(jù)電阻的定義分析電阻隨電流的變化情況。本題考查閉合電路歐姆定律和歐姆定律的應(yīng)用，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點(diǎn)等方面進(jìn)行分析，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵?！窘馕觥拷?AB、當(dāng)彈力等于4D的重力的分力時(shí)4D處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：=2mgsine,解得平衡位置時(shí)彈簧的形變量：勺=學(xué)"，彈簧處壓縮狀態(tài)；當(dāng)B對(duì)C彈力最小時(shí)，4D到達(dá)最大位移處，對(duì)B,由平衡條件得：mgsind=fcx+^mgsind,彈簧應(yīng)伸長(zhǎng)達(dá)最大位移處，此時(shí)形變量x=吟"，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的2k振幅為4=x+X。=歿也，故A錯(cuò)誤，8正確；CD、當(dāng)/ID運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B時(shí)C的彈力最大；由對(duì)稱性可知，此時(shí)彈簧的形變量為：4x=4+xo=也翁”，此時(shí)彈力為尸=k&c=也等"，B對(duì)C的彈力為F'=F+mgsind=:故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD.當(dāng)4。受力平衡時(shí)，4。處于平衡位置，由胡克定律可求得平衡位置時(shí)彈簧的形變量；再由B對(duì)C的最小彈力可求得AD能達(dá)到的最大位移，即可求得振幅；由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可求得最大彈力.本題關(guān)鍵在于找出簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，從而確定出物體的振幅及回復(fù)力..【答案】ACD【解析】解：BC.在彈簧彈開(kāi)兩物體以及脫離彈簧后兩物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A物體所受的滑動(dòng)摩擦力大小為分=nAmAg=20N,方向水平向右：B物體所受的滑動(dòng)摩擦力大小為fB=HBmBg=20N,方向水平向左，可知兩物體組成的系統(tǒng)合外力為零，故兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由于系統(tǒng)克服摩擦力做功，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故8錯(cuò)誤，C正確；A.對(duì)任一物體，根據(jù)動(dòng)量定理得：=-p,解得物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=由上分析可知，兩個(gè)物體的動(dòng)量p的大小相等，所受的摩擦力f大小相等，故滑行時(shí)間相等，應(yīng)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，故A正確；D由于4、B兩物體的速度先增加后減小，則機(jī)械能先增大后減少，故。正確。故選：ACD.分析兩物體組成的系統(tǒng)所受的外力情況，當(dāng)合外力為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。由于系統(tǒng)克服摩擦力做功，整個(gè)系統(tǒng)的機(jī)械能減小。根據(jù)動(dòng)量定理研究?jī)晌矬w運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。在兩物體被彈開(kāi)的過(guò)程中，4、B兩物體先加速后減速，由此分析機(jī)械能的變化。此題考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解動(dòng)量守恒的條件：合外力為零,來(lái)判斷系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的守恒條件判斷機(jī)械能是否守恒。.【答案】ABC【解析】解：4、從b到a的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得qUab-mg九=0-解得心=喏，故A正確；8、從b到a的過(guò)程中，機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變，根據(jù)功能關(guān)系可知小球機(jī)械能的增加量等于其電勢(shì)能減少量，故B正確；C、若將小球電荷量變?yōu)閝,其余條件不變，從b到a的過(guò)程中，如果是勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得-(qE+ =0-3nli解得"=*由于電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，從b到a電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，故可得/1'＜去故C正確：D若將小球電荷量變?yōu)?2q,其余條件不變，從b到a的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得2qUab-mgh=1mv^-1mv^,解得%=筋元故。錯(cuò)誤。故選：ABC。粒子在電場(chǎng)力與重力共同作用下，做加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致重力勢(shì)能、電勢(shì)能與動(dòng)能間相互轉(zhuǎn)化，但它們的之和不變.電場(chǎng)力做功，導(dǎo)致電勢(shì)能變化；重力做功，導(dǎo)致重力勢(shì)能變化.電場(chǎng)力做功公式W=qU.根據(jù)動(dòng)能定理求出a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差U,兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與所移動(dòng)的電荷無(wú)關(guān)，再由動(dòng)能定理求速度.本題主要是考查電場(chǎng)力做功表達(dá)式W=qU,與動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意功的正負(fù)值.同時(shí)掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系，及重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系..【答案】乙最大《邛空警？平誓吟一以一凡Ra(rA-￥R0)-ka(rA^R0)-k八u【解析】解：(1)電流表量程為5m4電流表內(nèi)阻以=100。，定值電阻阻值&=300。，如果采用圖甲所示實(shí)驗(yàn)電路，則改裝后電流表的量程是gnM,電流表量程太小，不利于測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，因此應(yīng)選擇圖乙所示電路圖，根據(jù)圖乙所示電路圖連接實(shí)物電路圖如圖所示

(2)為保護(hù)電路，閉合電鍵前，將電阻箱接入電路的阻值調(diào)到最大值：根據(jù)圖乙所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：后=/(。+/?0)+(/+亞等〉整理得：1=r(.+R。))<1?r+r—R。- /ERE應(yīng)以［為縱軸，以*為橫軸作圖像,:一/圖像的縱軸截距a=號(hào)電，圖像斜率的絕對(duì)值上=丑答故答案為：⑴乙：實(shí)物電路圖如上圖所示；(2)最大;右黑與會(huì)￡一以一立解得電源的電動(dòng)勢(shì):(口+島)2ag+Ro解得電源的電動(dòng)勢(shì):(口+島)2ag+Ro)一文內(nèi)阻r=a(rj+Ro)2

a(rA^RQ)-k(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材分析選擇實(shí)驗(yàn)電路；根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物電路圖。(2)為保護(hù)電路安全閉合開(kāi)關(guān)前電阻箱應(yīng)調(diào)到最大值；應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后分析答題。理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，分析清楚電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)題意即可解題。.【答案】大于AB【解析】解：(1)為防止碰撞過(guò)程入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量mi大于62；(2)小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)擋板與拋出點(diǎn)之間的距離為X,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:水平方向：X=vt,豎直方向：h=^gt2,解得:八=糕小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度u越小，下落距離九越大，兩球碰撞后，入射小球A的速度變小，小于碰撞前入射小球4的速度，且小于被碰小球B的速度，即被碰小球8的速度最大，入射小球碰撞后的速度最小，所以入射球碰撞前落點(diǎn)位置是P',碰撞后落點(diǎn)位置是M',被碰球的落點(diǎn)位置是N',則碰撞前入射小球4的速度：v0=dJ嘉,碰撞后入射球的速度：%=d碰撞后被碰球的速度：“保兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1Vo=m1V1+m2v2整理可得：蒜=贏+贏，故A正確：若碰撞前后系統(tǒng)無(wú)機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得：如1詔=如1評(píng)+加2詔整理可得：器=懸+嬴故B正確。故答案為：(1)大于；(2)4B；(1)為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量。(2)小球離開(kāi)斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式：若該過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，則碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與機(jī)械能守恒定律可以求出驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式。本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)；理解實(shí)驗(yàn)原理、掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)、動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可解題。.【答案】解：(1)物塊P在48上滑行時(shí)，AB. 和P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=my+2mvAB0解得以8=￡(2)設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)物塊P在AB上滑行時(shí)，對(duì)AB、CC和P組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得HmgL=m詔-E-m(羅+3-2m%]解得L=浮(3)設(shè)滑塊C。圓弧的半徑為R。物塊P在滑塊CC上滑行時(shí)，CD和P組成的系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：my4-mvAB=2mv根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mgR+1.2mv2=1.m(^)24-1-m%。聯(lián)立解得R=步64g答:(1)物塊滑到B處時(shí)木板的速度以B是半。(2)木板的長(zhǎng)度L是懸；(3)滑塊CC圓弧的半徑是得?！窘馕觥?1)物塊P在AB上滑行時(shí)，AB、CD和P組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求物塊滑到8處時(shí)木板的速度以b；(2)根據(jù)能量