黑龍江省哈爾濱市2023-2024學(xué)年高三物理上學(xué)期1月期末考試含解析

一、選擇題（本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，1~7小題只有一個選項正確，每小題4分。8~10小題有多個選項正確，全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的不得分）1.在跳水比賽中，某運動員（可看作質(zhì)點）速度與時間關(guān)系圖像如圖所示，選豎直向下為正方向，是其向上起跳瞬間，過程中下列說法正確的是（）A.時刻，該運動員上升到最高點B.時刻，該運動員距離起跳點最遠(yuǎn)C.時刻，該運動員加速度的方向發(fā)生了變化D.時間內(nèi)的平均速度大于時間內(nèi)的平均速度2.如圖，質(zhì)量分別為2m和3m的方形物體A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右運動，A剛好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則A、B間的動摩擦因數(shù)為（）A. B. C. D.3.如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A和物塊B用跨過光滑定滑輪的細(xì)線連接，物塊B放在的斜面體C上，剛開始都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用水平外力F將A小球緩慢拉至細(xì)繩與豎直方向夾角，該過程物塊B和斜面C始終靜止不動，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A.水平外力F保持不變，且B.地面對斜面C的支持力保持不變C.地面對斜面C摩擦力一定逐漸增大D.物塊B和斜面C之間的摩擦力一定先減小后增大4.如圖所示，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道，其中軌道Ⅰ為近地環(huán)繞圓軌道，軌道Ⅱ為橢圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度對應(yīng)的脫離軌道，a、b、c三點分別位于三條軌道上，b點為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點，b、c點與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍，衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率為，經(jīng)過b點的速率為，則（）A.小于B.衛(wèi)星在a點的加速度為在c點加速度的倍C.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機(jī)械能等于在c點的機(jī)械能D.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行過程中所受到萬有引力始終不做功5.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面上的半圓形固定軌道在B點銜接，軌道半徑為R，BC為直徑，一可看成質(zhì)點、質(zhì)量為m的物塊在A點處壓縮一輕質(zhì)彈簧（物塊與彈簧不拴接）。由靜止釋放物塊，物塊被彈簧彈出后，經(jīng)過半圓形軌道B點時對軌道的壓力為其重力的7倍，之后沿半圓軌道向上運動，恰能通過該軌道最高點C，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（）A.物塊從B點到C點過程中物塊機(jī)械能的減少等于克服重力所做的功B.從釋放物塊至彈簧恢復(fù)原長過程中物塊與彈簧組成系統(tǒng)動量守恒C.物塊從B點到C點過程中克服摩擦阻力所做的功為0.5mgRD.剛開始彈簧被壓縮時的彈性勢能為3.5mgR6.如圖甲所示，a、b是位于兩個等量同種電荷的連線上的兩點，且a、b到O點的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線垂直紙面通過M、N兩點，為MN的中點，c、d是位于MN連線上的兩點，且c、d到點的距離相等，兩導(dǎo)線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（）A.O點處的電場強(qiáng)度和電勢都為零B.c、d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反C.在a點處無初速的釋放點電荷＋q，點電荷將運動至b點且電勢能逐漸減小D.與c點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同7.在x軸上一帶正電的粒子（重力不計）僅在電場力作用下以原點O為中心，沿x軸做往返運動，x軸上各點電勢如圖所示。若該粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，其運動過程中電勢能與動能之和為，則下列說法正確的是（）A.粒子在往返運動過程中能通過處B.粒子在時其動能為且大于電勢能C.粒子沿x軸往返運動，一個周期內(nèi)的路程為D.原點O與之間的電場為勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為8.如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為兩塊彼此靠近而又絕緣平行金屬板，兩金屬板中一帶電液滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，、和為定值電阻，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器的滑片由圖中位置向b端移動過程中，下列判斷正確的是（）A.電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大B.帶電液滴P將向下運動，與極板接觸前液滴電勢能逐漸增大C.電源效率和電源的輸出功率都逐漸減小D.金屬板一個極板所帶電荷量逐漸增大9.圖（a）為某一簡諧橫波在時刻的圖像，處的質(zhì)點的振動圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負(fù)方向傳播B.處質(zhì)點的振動方程為C.該波的波速為2m/sD.0~2.5s內(nèi)，處的質(zhì)點經(jīng)過的路程為10.如圖甲所示，質(zhì)量為、帶正電的物塊放在絕緣的水平桌面上，滑塊處在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度，重力加速度。從原點O開始，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)隨x的變化如圖乙所示，取原點O的電勢為零，則下列判斷正確的是（）A.物塊運動的最大速度為2.0m/sB.物塊向右運動的最大位移為4.0mC.當(dāng)物塊速度為，物塊的電勢能可能為D.物塊最終靜止時，物塊與水平桌面因摩擦生熱量16J二、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.實驗小組用如圖所示的裝置驗證“機(jī)械能守恒定律”。（1）除了圖中所用的器材，還需要的器材有____________（填正確答案標(biāo)號）。A.刻度尺B.天平C.停表D.游標(biāo)卡尺（2）實驗小組將掛有鉤碼的細(xì)線跨過定滑輪固定在滑塊上，并保持滑塊靜止不動，測出遮光條到光電門中心的距離L，接通氣泵電源，然后將滑塊由靜止釋放。已知鉤碼的質(zhì)量為m、滑塊（帶遮光條）的質(zhì)量為M，遮光條的寬度為d，光電門記錄的遮光時間為t，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，滑塊經(jīng)過光電門時鉤碼未著地。則在滑塊從釋放至遮光條運動至光電門的時間內(nèi)，系統(tǒng)減少的重力勢能為____________，系統(tǒng)增加的動能為____________。（均用題中所給物理量的字母表示）（3）實驗小組發(fā)現(xiàn)，所測出系統(tǒng)增加的動能總是大于系統(tǒng)減少的重力勢能，可能的原因是：____________。12.某同學(xué)利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻（約）（1）現(xiàn)備有下列器材：A．待測的干電池一節(jié)B．電流表A（量程0~150mA、內(nèi)阻）C．電壓表V（量程0~3V、內(nèi)阻R約）D．滑動變阻器R（、1.0A）E．電阻箱（）F．開關(guān)和若干導(dǎo)線該同學(xué)發(fā)現(xiàn)上述器材中電流表的量程較小，他想利用現(xiàn)有的電流表和電阻箱改裝成一塊量程為0~0.6A的電流表。則電阻箱的阻值應(yīng)取______，并在圖甲的虛線框Ⅰ內(nèi)畫出改裝后的電路圖_____；（2）圖乙為該同學(xué)根據(jù)圖甲所示電路所繪出的圖像，U、I分別為電壓表V和電流表A的示數(shù)（表盤刻度值并未修改），根據(jù)該圖像可得被測電池的電動勢______V，內(nèi)阻______（小數(shù)點后保留兩位）；（3）對本實驗的系統(tǒng)誤差理解正確的是______（多選，填正確答案標(biāo)號）。A．電流表的分壓作用導(dǎo)致實驗出現(xiàn)系統(tǒng)誤差B．電壓表的分流作用導(dǎo)致實驗出現(xiàn)系統(tǒng)誤差C．由于電壓表讀數(shù)變化不大，讀數(shù)不準(zhǔn)確導(dǎo)致實驗系統(tǒng)誤差大D．將虛線框Ⅰ、Ⅱ元件互換，重新進(jìn)行實驗，可排除系統(tǒng)誤差13.某同學(xué)課間站在操場上利用一個自制玩具做游戲，將兩個小球A、B分別固定在一根較長的繩子兩端并讓兩個小球自然垂下，左右手距地高度始終為1.44米不變，右手掐住小球A上方0.64m處的繩子，左手掐住小球B上方0.8m處的繩子。右手以及下方的小球A始終保持靜止，左手控制下方的小球B以左手掐住繩子的點（可認(rèn)為是靜止的）為圓心、以的速度在豎直面做勻速圓周運動，當(dāng)兩個小球高度相同時左右手同時松開，觀察到A小球比B小球早落地，請通過計算說明兩個小球落地的時間差。（繩子的質(zhì)量可以忽略不計，，，。）14.如圖所示，質(zhì)量為2m的滑塊A和質(zhì)量為3m的滑塊B中間夾著一個高壓氣體包（包以及內(nèi)部氣體質(zhì)量和體積均可忽略），將它們放在質(zhì)量為m左右兩側(cè)均有擋板的長板C的正中間，A、B和C均靜止，水平地面光滑?，F(xiàn)刺破氣體包，氣體在極短時間內(nèi)釋放出來，讓整個裝置開始運動，A、B一直在C板上運動。A、B與C間的動摩擦因數(shù)分別為、，觀察發(fā)現(xiàn)A、B與C三個物體經(jīng)過t時間可達(dá)到第一次速率相等，且并未發(fā)生碰撞，重力加速度為g，求：（1）刺破氣體包后的瞬間，A、B兩滑塊速度大小之比；（2）從刺破氣體包到A、B與C三個物體第一次速率相等的過程中，A、C之間摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）長板C的長度至少是多少？15.如圖所示，豎直面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xoy的第二象限內(nèi)布滿了一個勻強(qiáng)電場，方向與x軸正方向夾60°角，其它三個象限布滿了電場強(qiáng)度為、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒在x軸上的A點由靜止釋放，它會在上方勻強(qiáng)電場的作用下開始運動，并從y軸上的P點射入第一象限，第一象限和第四象限布滿了勻強(qiáng)磁場，方向垂直于坐標(biāo)系平面向外，之后觀察到該粒子會以垂直于x軸方向的速度經(jīng)過C點，g為重力加速度，求：（1）第二象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大?。唬?）微粒在第一象限和第四象限中的運動過程所用的總時間t；（3）若第三象限內(nèi)某處存在一個方向垂直于坐標(biāo)系平面、邊界分別與x，y軸平行的矩形磁場區(qū)域，該區(qū)域的最小面積為S，觀察到微粒通過該區(qū)域可將速度方向調(diào)整至x軸垂直的方向后射出該區(qū)域，則該矩形區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度與第一、四象限內(nèi)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值為多少。哈三中2023—2024學(xué)年度上學(xué)期高三學(xué)年期末考試物理試卷一、選擇題（本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，1~7小題只有一個選項正確，每小題4分。8~10小題有多個選項正確，全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的不得分）1.在跳水比賽中，某運動員（可看作質(zhì)點）的速度與時間關(guān)系圖像如圖所示，選豎直向下為正方向，是其向上起跳瞬間，過程中下列說法正確的是（）A.時刻，該運動員上升到最高點B.時刻，該運動員距離起跳點最遠(yuǎn)C.時刻，該運動員加速度的方向發(fā)生了變化D.時間內(nèi)的平均速度大于時間內(nèi)的平均速度【答案】B【解析】【詳解】A．由圖像可知，時間內(nèi)運動員上升，則時刻，該運動員上升到最高點，選項A錯誤；B．時刻，運動員到達(dá)水中的最低點，此時圖線與橫軸上下圍成的凈面積最大，此時該運動員距離起跳點最遠(yuǎn)，選項B正確；C．圖像的斜率等于加速度，則時刻，該運動員加速度的方向沒有發(fā)生變化，一直是向下的，選項C錯誤；D．根據(jù)可知，時間內(nèi)的平均速度等于時間內(nèi)的平均速度，選項D錯誤。故選B。2.如圖，質(zhì)量分別為2m和3m的方形物體A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右運動，A剛好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則A、B間的動摩擦因數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)物體運動的加速度大小為，對A、B整體有隔離B，可得A對B作用力大小由牛頓第三定律知B對作用力大小對在豎直方向有得故選B3.如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A和物塊B用跨過光滑定滑輪的細(xì)線連接，物塊B放在的斜面體C上，剛開始都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用水平外力F將A小球緩慢拉至細(xì)繩與豎直方向夾角，該過程物塊B和斜面C始終靜止不動，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A.水平外力F保持不變，且B.地面對斜面C的支持力保持不變C.地面對斜面C摩擦力一定逐漸增大D.物塊B和斜面C之間的摩擦力一定先減小后增大【答案】C【解析】【詳解】A．對小球A受力分析，設(shè)繩子與豎直方向夾角為α，根據(jù)平衡條件繩拉力α從0到60°，可知拉力T逐漸增大，水平外力F逐漸增大，故A錯誤；BC．以B、C為整體，根據(jù)受力平衡，在豎直方向Tsinθ+N地=（mB+mC）g在水平方向上f=Tcosθ由于拉力T逐漸增大，可知地面對C的支持力逐漸減小，地面對斜面C摩擦力一定逐漸增大，故B錯誤，C正確；D．對B進(jìn)行受力分析，當(dāng)A上方繩子與豎直方向夾角α=0時，繩子拉力最小Tmin=mg＞mgsinθ此時斜面C對B的靜摩擦力方向沿斜面向下，大小為f=T-mgsinθ由于拉力T逐漸增大，可知物塊B和斜面C之間的摩擦力一定一直增大，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，虛線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道，其中軌道Ⅰ為近地環(huán)繞圓軌道，軌道Ⅱ為橢圓軌道，軌道Ⅲ為與第二宇宙速度對應(yīng)的脫離軌道，a、b、c三點分別位于三條軌道上，b點為軌道Ⅱ的遠(yuǎn)地點，b、c點與地心的距離均為軌道Ⅰ半徑的2倍，衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率為，經(jīng)過b點的速率為，則（）A.小于B.衛(wèi)星在a點的加速度為在c點加速度的倍C.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機(jī)械能等于在c點的機(jī)械能D.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行過程中所受到的萬有引力始終不做功【答案】A【解析】【詳解】AB．由萬有引力提供向心力得解得如果衛(wèi)星在b點做勻速圓周運動，則衛(wèi)星經(jīng)過b點的速率為經(jīng)過a點的倍，但衛(wèi)星在Ⅱ軌道做橢圓運動經(jīng)過b點的速率小于做勻速圓周運動的速率，所以衛(wèi)星經(jīng)過b點的速率小于經(jīng)過a點速率的倍。故A正確；B．由公式可知，衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍，故B錯誤；C．衛(wèi)星從Ⅱ軌道到Ⅲ軌道需要點火加速，而在同一軌道機(jī)械能守恒，所以質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機(jī)械能小于在c點的機(jī)械能，故C錯誤；D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運行過程中，從近地點到遠(yuǎn)地點，萬有引力做負(fù)功；從遠(yuǎn)地點到近地點，萬有引力做正功，故D錯誤。故選A。5.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面上的半圓形固定軌道在B點銜接，軌道半徑為R，BC為直徑，一可看成質(zhì)點、質(zhì)量為m的物塊在A點處壓縮一輕質(zhì)彈簧（物塊與彈簧不拴接）。由靜止釋放物塊，物塊被彈簧彈出后，經(jīng)過半圓形軌道B點時對軌道的壓力為其重力的7倍，之后沿半圓軌道向上運動，恰能通過該軌道最高點C，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（）A.物塊從B點到C點過程中物塊機(jī)械能的減少等于克服重力所做的功B.從釋放物塊至彈簧恢復(fù)原長過程中物塊與彈簧組成系統(tǒng)動量守恒C.物塊從B點到C點過程中克服摩擦阻力所做的功為0.5mgRD.剛開始彈簧被壓縮時的彈性勢能為3.5mgR【答案】C【解析】【詳解】AC．設(shè)物塊經(jīng)過半圓軌道B點、C點的速度為vB，vC物塊在B點、C點時根據(jù)牛頓第二定律分別有物塊從B點到C點的過程，由動能定理有聯(lián)立解得即物塊從B點到C點過程中物塊機(jī)械能的減少等于克服阻力所做的功，克服摩擦阻力所做的功為0.5mgR，只有重力做功時物體機(jī)械能守恒，故A錯誤，C正確；B．動量守恒條件是系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，從釋放物塊至彈簧恢復(fù)原長過程中物塊與彈簧組成系統(tǒng)受左側(cè)墻壁的彈力，故動量不守恒，故B錯誤；D．從剛開始彈簧被壓縮時到B點過程，由功能關(guān)系故D錯誤。故選C。6.如圖甲所示，a、b是位于兩個等量同種電荷的連線上的兩點，且a、b到O點的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線垂直紙面通過M、N兩點，為MN的中點，c、d是位于MN連線上的兩點，且c、d到點的距離相等，兩導(dǎo)線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（）A.O點處的電場強(qiáng)度和電勢都為零B.c、d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反C.在a點處無初速的釋放點電荷＋q，點電荷將運動至b點且電勢能逐漸減小D.與c點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同【答案】D【解析】【詳解】A．兩個正點電荷在O點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向水平向右和水平向左，根據(jù)場強(qiáng)疊加可知，甲圖中O點的合場強(qiáng)為零。正電荷周圍的電勢均大于零，所以O(shè)點處電勢大于零，故A錯誤；BD．根據(jù)右手螺旋定則，M、N兩點處長直導(dǎo)線在c、d、點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均豎直向下，根據(jù)對稱性以及場強(qiáng)疊加可知，c、d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故B錯誤，D正確；C．等量異種電荷連線上的場強(qiáng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，點電荷＋q在a點處無初速的釋放，點電荷將沿a運動到b，運動過程合場強(qiáng)先向左再向右，所以電場力先做正功，再做負(fù)功，電勢能先減小，后增大，故C錯誤。故選D。7.在x軸上一帶正電的粒子（重力不計）僅在電場力作用下以原點O為中心，沿x軸做往返運動，x軸上各點電勢如圖所示。若該粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，其運動過程中電勢能與動能之和為，則下列說法正確的是（）A.粒子在往返運動過程中能通過處B.粒子在時其動能為且大于電勢能C.粒子沿x軸往返運動，一個周期內(nèi)的路程為D.原點O與之間的電場為勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為【答案】C【解析】【詳解】AC．因為電勢能與動能之和為，當(dāng)動能為零時，電勢能為，則此時其所處電勢，由圖像可知，向右最多可達(dá)到處，向左最多可達(dá)到處，故一個周期內(nèi)的路程為故A錯誤，C正確；B．根據(jù)圖像可知，粒子在時其電勢能為此時動能為故B錯誤；D．圖像斜率表示電場強(qiáng)度，由圖知，原點O與之間的電場為勻強(qiáng)電場，強(qiáng)度大小為故D錯誤。故選C。8.如圖所示電路，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，C為兩塊彼此靠近而又絕緣的平行金屬板，兩金屬板中一帶電液滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，、和為定值電阻，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器的滑片由圖中位置向b端移動過程中，下列判斷正確的是（）A.電流表讀數(shù)減小，電壓表讀數(shù)增大B.帶電液滴P將向下運動，在與極板接觸前液滴電勢能逐漸增大C.電源效率和電源的輸出功率都逐漸減小D.金屬板一個極板所帶電荷量逐漸增大【答案】AB【解析】【詳解】A．當(dāng)滑動變阻器R4的滑片由圖中位置向b端移動過程中，滑動變阻器連入電路的阻值變小，則電路的總電阻變小，由閉合電路歐姆定律得所以干路中的電流I1增大，R1兩端的電壓增大，電壓表讀數(shù)增大；R3兩端的電壓減小，所以通過R3的電流減小，電流表的讀數(shù)減小，故A正確；B．平行金屬板與R3并聯(lián)，電壓相等，由于R3兩端的電壓減小，所以平行板兩端的電壓減小，平行板間的電場強(qiáng)度減小，帶電液滴所受向上電場力減?。ㄐ∮谥亓Γ瑤щ娨旱蜳將向下運動，在與極板接觸前液滴所受電場力做負(fù)功，電勢能逐漸增大，故B正確；C．電源效率由于當(dāng)滑動變阻器的滑片由圖中位置向b端移動過程中，電路的外電阻變小，電源的效率減?。浑娫吹妮敵龉β十?dāng)時電源的輸出功率最大，由于不知各個電阻的阻值大小，所以電源輸出功率大小變化不能判斷，故C錯誤；D．金屬板一個極板所帶電荷量由于平行板兩端的電壓減小，所以金屬板一個極板所帶電荷量逐漸減小，故D錯誤。故選AB。9.圖（a）為某一簡諧橫波在時刻的圖像，處的質(zhì)點的振動圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負(fù)方向傳播B.處質(zhì)點的振動方程為C.該波的波速為2m/sD.0~2.5s內(nèi)，處的質(zhì)點經(jīng)過的路程為【答案】BCD【解析】【詳解】A．由圖像可知，在t=0時刻處的質(zhì)點在平衡位置沿y軸正向運動，結(jié)合波形圖可知，該波沿x軸正方向傳播，選項A錯誤；B．因T=4s，則則處質(zhì)點的振動方程為選項B正確；C．該波的波速為選項C正確；D．0~2.5s內(nèi)，經(jīng)過的時間，處的質(zhì)點經(jīng)過的路程為選項D正確。故選BCD。10.如圖甲所示，質(zhì)量為、帶正電的物塊放在絕緣的水平桌面上，滑塊處在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度，重力加速度。從原點O開始，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)隨x的變化如圖乙所示，取原點O的電勢為零，則下列判斷正確的是（）A.物塊運動的最大速度為2.0m/sB.物塊向右運動最大位移為4.0mC.當(dāng)物塊速度為，物塊的電勢能可能為D.物塊最終靜止時，物塊與水平桌面因摩擦生熱量為16J【答案】BC【解析】【詳解】A．電場力F=qE=8N摩擦力當(dāng)時，即時速度最大，根據(jù)動能定理得解得故A錯誤；B．設(shè)向右運動得最大距離為，根據(jù)動能定理可得故B正確；C．當(dāng)物塊速度為v=時的位移為x，根據(jù)動能定理可得解得所以電勢能故C正確；D．據(jù)能量守恒定律可知當(dāng)物塊停止運動時電勢能的減少量將全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱，即故D錯誤。故選BC。二、非選擇題（本題共5小題，共54分）11.實驗小組用如圖所示的裝置驗證“機(jī)械能守恒定律”。（1）除了圖中所用的器材，還需要的器材有____________（填正確答案標(biāo)號）。A.刻度尺B.天平C.停表D.游標(biāo)卡尺（2）實驗小組將掛有鉤碼的細(xì)線跨過定滑輪固定在滑塊上，并保持滑塊靜止不動，測出遮光條到光電門中心的距離L，接通氣泵電源，然后將滑塊由靜止釋放。已知鉤碼的質(zhì)量為m、滑塊（帶遮光條）的質(zhì)量為M，遮光條的寬度為d，光電門記錄的遮光時間為t，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，滑塊經(jīng)過光電門時鉤碼未著地。則在滑塊從釋放至遮光條運動至光電門的時間內(nèi)，系統(tǒng)減少的重力勢能為____________，系統(tǒng)增加的動能為____________。（均用題中所給物理量的字母表示）（3）實驗小組發(fā)現(xiàn)，所測出系統(tǒng)增加的動能總是大于系統(tǒng)減少的重力勢能，可能的原因是：____________?！敬鸢浮竣?ABD②.mgL③.④.實驗中氣墊導(dǎo)軌左端低、右端高【解析】【詳解】（1）[1]A．本實驗還需要用刻度尺來測量滑塊運動的位移，需要刻度尺，故A正確；B．需要用天平來測量鉤碼及滑塊的質(zhì)量，故B正確；C．本實驗不需要用停表來記錄時間，故C錯誤；D．需要用游標(biāo)卡尺來測量遮光條的寬度，故D正確。故選ABD。（2）[2][3]系統(tǒng)減少的重力勢能為mgL；滑塊經(jīng)過光電門時速度大小為系統(tǒng)的動能為鉤碼和滑塊的動能之和，即（3）[4]實驗中氣墊導(dǎo)軌左端低、右端高，致使滑塊的重力做功，使得測量出的系統(tǒng)增加的動能大于系統(tǒng)減少的重力勢能。12.某同學(xué)利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻（約）（1）現(xiàn)備有下列器材：A．待測的干電池一節(jié)B．電流表A（量程0~150mA、內(nèi)阻）C．電壓表V（量程0~3V、內(nèi)阻R約）D．滑動變阻器R（、1.0A）E．電阻箱（）F．開關(guān)和若干導(dǎo)線該同學(xué)發(fā)現(xiàn)上述器材中電流表的量程較小，他想利用現(xiàn)有的電流表和電阻箱改裝成一塊量程為0~0.6A的電流表。則電阻箱的阻值應(yīng)取______，并在圖甲的虛線框Ⅰ內(nèi)畫出改裝后的電路圖_____；（2）圖乙為該同學(xué)根據(jù)圖甲所示電路所繪出的圖像，U、I分別為電壓表V和電流表A的示數(shù)（表盤刻度值并未修改），根據(jù)該圖像可得被測電池的電動勢______V，內(nèi)阻______（小數(shù)點后保留兩位）；（3）對本實驗的系統(tǒng)誤差理解正確的是______（多選，填正確答案標(biāo)號）。A．電流表的分壓作用導(dǎo)致實驗出現(xiàn)系統(tǒng)誤差B．電壓表的分流作用導(dǎo)致實驗出現(xiàn)系統(tǒng)誤差C．由于電壓表讀數(shù)變化不大，讀數(shù)不準(zhǔn)確導(dǎo)致實驗系統(tǒng)誤差大D．將虛線框Ⅰ、Ⅱ元件互換，重新進(jìn)行實驗，可排除系統(tǒng)誤差【答案】①.1②.見解析③.1.48④.0.84⑤.BD##DB【解析】【詳解】（1）[1]利用現(xiàn)有的電流表和電阻箱改裝成一塊量程為0～0.6A的電流表，則需要并聯(lián)的電阻箱的阻值應(yīng)取[2]電路圖如圖（2）[3][4]設(shè)電流表的電流為，則干路電流為，由閉合電路歐姆定律可得將題中圖像中圖線延長與縱軸相交，如圖所示根據(jù)圖像的縱軸截距可知，電池的電動勢為圖像的斜率絕對值為解得內(nèi)阻為（3）[5]AB．由電路圖可知，誤差來源于電壓表的分流，不是來源于電流表的分壓，則電壓表的分流作用導(dǎo)致實驗出現(xiàn)系統(tǒng)誤差，故A錯誤，B正確；C．由于電壓表讀數(shù)變化不大，讀數(shù)不準(zhǔn)確導(dǎo)致實驗偶然誤差大，故C錯誤；D．將虛線框Ⅰ、Ⅱ元件互換，由于電流表內(nèi)阻已知，則電流表的分壓可知，重新進(jìn)行實驗，可排除系統(tǒng)誤差，故D正確。故選BD。13.某同學(xué)課間站在操場上利用一個自制玩具做游戲，將兩個小球A、B分別固定在一根較長的繩子兩端并讓兩個小球自然垂下，左右手距地高度始終為1.44米不變，右手掐住小球A上方0.64m處的繩子，左手掐住小球B上方0.8m處的繩子。右手以及下方的小球A始終保持靜止，左手控制下方的小球B以左手掐住繩子的點（可認(rèn)為是靜止的）為圓心、以的速度在豎直面做勻速圓周運動，當(dāng)兩個小球高度相同時左右手同時松開，觀察到A小球比B小球早落地，請通過計算說明兩個小球落地的時間差。（繩子的質(zhì)量可以忽略不計，，，。）【答案】【解析】【詳解】由題意可知，A球離地高度為當(dāng)兩個小球高度相同時左右手同時松開，A球做自由落體運動，則有解得設(shè)手松開時，連接B球繩子與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可得解得可得由于A小球比B小球早落地，可知手松開時B球速度垂直繩子斜向上，豎直方向有代入數(shù)據(jù)解得或（舍去）則兩個小球落地的時間差為14.如圖所示，質(zhì)量為2m的滑塊A和質(zhì)量為3m的滑塊B中間夾著一個高壓氣體包（包以及內(nèi)部氣體質(zhì)量和體積均可忽略），將它們放在質(zhì)量為m左右兩側(cè)均有擋板的長板C的正中間，A、B和C均靜止，水平地面光滑?，F(xiàn)刺破氣體包，氣體在極短時間內(nèi)釋放出來，讓整個裝置開始運動，A、B一直在C板上運動。A、B與C間的動摩擦因數(shù)分別為、，觀察發(fā)現(xiàn)A、B與C三個物體經(jīng)過t時間可達(dá)到第一次速率相等，且并未發(fā)生碰撞，重力加速度為g，求：（1）刺破氣體包后的瞬間，A、B兩滑塊速度大小之比；（2）從刺破氣體包到A、B與C三個物體第一次速率相等的過程中，A、C之間摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）長板C的長度至少是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）刺破氣體包后的瞬間，由于氣體在極短時間內(nèi)釋放出來，可知A、B兩滑塊在相互作用的瞬間動量守恒，由動量守恒定律可得解得（