2023-2024學年陜西省銅川市王益區(qū)高三下學期第四次模擬考試物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1陜西省銅川市王益區(qū)2024屆高三第四次模擬考試物理試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，兩個可視為質點的小球A、B通過固定在O點的光滑滑輪用輕繩相連，小球A置于光滑半圓柱上，小球B用水平輕繩拉著，水平輕繩另一端系于豎直板上，兩球均處于靜止狀態(tài)。已知O點在半圓柱橫截面圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角、其長度與半圓柱橫截面的半徑相等，OB與豎直方向成60°角，則（）A.輕繩對球A的拉力與球A所受彈力的合力大小相等B.輕繩對球A的拉力與半網柱對球A的彈力大小不相等C.輕繩AOB對球A的拉力與對球B的拉力大小之比為：D.球A與球B的質量之比為2：1〖答案〗D〖解析〗設輕繩中拉力為T，球A受力如圖A．所受彈力為繩對A的拉力和半圓對球A的彈力的合力，與重力等大反向，大于T，故A錯誤；B．受力分析可得解得故B錯誤；C．細線對A的拉力與對球B的拉力都等于T，故C錯誤；D．對球B，解得故D正確。故選D。2.如圖所示，定滑輪通過細繩OO連接在天花板上，跨過定滑輪的細繩兩端連接帶電小球A、B，其質量分別為m1、m2（m1m2）。調節(jié)兩小球的位置使二者處于靜止狀態(tài)，此時OA、OB段繩長分別為l1、l2，與豎直方向的夾角分別為、。已知細繩絕緣且不可伸長，不計滑輪大小和摩擦。則下列說法正確的是（）A.B.l1∶l2m2∶m1C.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變長D.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變短〖答案〗B〖解析〗A.因滑輪兩邊繩子的拉力相等，可知=，選項A錯誤；B畫出兩球的受力圖，由三角形關系可知其中T1=T2則選項B正確；CD.由關系式可知，l1和l2的大小由兩球的質量關系決定，與兩球電量關系無關，則若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段不變，選項CD錯誤。故選B。3.真空中的可見光與無線電波A.波長相等 B.頻率相等 C.傳播速度相等 D.傳播能量相等〖答案〗C〖解析〗可見光和無線電波都是電磁波，它們的波長與頻率均不相等，則傳播能量也不相等，但它們在真空中傳播的速度是一樣的，都等于光速，故C正確，ABD錯誤；故選C?！尽狐c石成金』】要解答本題需掌握電磁波的家族，它包括微波、中波、短波、紅外線及各種可見光、紫外線，X射線與γ射線等，都屬電磁波的范疇，它們的波長與頻率均不同，但它們在真空中傳播速度相同，從而即可求解。4.分別用頻率為ν和2ν的甲、乙兩種單色光照射某金屬，逸出光電子的最大初動能之比為1∶3，已知普朗克常量為h，真空中光速為c，電子電量為e。下列說法正確的是（）A.用頻率為2ν的單色光照射該金屬，單位時間內逸出的光電子數目一定較多B.用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應C.甲、乙兩種單色光照射該金屬，對應光電流的遏止電壓相同D.該金屬的逸出功為〖答案〗B〖解析〗A．單位時間內逸出的光電子數目與光的強度有關，由于光的強度關系未知，故A錯誤；BD．光子能量分別為和根據愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能為，逸出光電子的最大初動能之比為1：3，聯(lián)立解得用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應，故B正確，D錯誤；C．兩種光的頻率不同，光電子的最大初動能不同，由動能定理可知，題目對應的遏止電壓是不同的，故C錯誤。故選B。5.1960年10月第十一屆國際計量大會確定了國際通用的國際單位制，簡稱SI制。國際單位制共有七個基本單位，其中力學單位制中的3個基本單位是（）①kg②③N④m⑤s⑥⑦m/s2⑧A.①④⑤ B.①③④ C.②③⑦ D.⑤⑥⑧〖答案〗A〖解析〗國際基本單位有米、千克、秒、安培、開爾文、摩爾和坎德拉；其中力學單位制中的3個基本單位是米、秒、千克，即時m、kg、s，即①④⑤，故A正確，BCD錯誤。故選A。6.某靜電場在x軸正半軸上的電勢φ隨x變化的關系如圖所示，則（）A.x1處跟x2處的電場強度方向相同B.x1處跟x2處的電場強度大小相等C.若把帶正電的粒子從x1處移到x2處，電場力先做正功后做負功D.同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能小于在x2處的電勢能〖答案〗A〖解析〗A．x1和x2處的斜率都是負值，說明電場強度方向相同，故A正確；B．x1處的斜率大于x2處的斜率，說明x1處的電場強度大于x2處的電場強度，故B錯誤；C．從x1處到x2處，電勢逐漸降低，由于移動的是正電荷，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；D．根據可知，正電荷在R處具有的電勢能為0，x2處的電勢小于0，所以正電荷在x2處具有的電勢能小于0，電勢能為標量，正負號表示大小，所以同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能大于在x2處的電勢能，故D錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.跳傘運動員從高空懸停的直升機內跳下，運動員豎直向下運動，其v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.10s末運動員的速度方向改變B.從15s末開始運動員勻速下降C.運動員在0~10s內的平均速度大小大于20m/sD.10s~15s內運動員做加速度逐漸增大的減速運動〖答案〗BC〖解析〗A．10s末運動員的速度方向仍然為正方向，故A錯誤；B．15s末，圖象的加速度為零，運動員做勻速直線運動，故B正確；C．0～10s內，如果物體做勻加速直線運動，平均速度而運動員在0～10s內的位移大于做勻加速直線運動的位移，由知，時間相同，位移x越大，平均速度就越大，所以運動員在0～10s的平均速度大于20m/s，故C正確；D．圖象的斜率表示加速度，10～15s斜率絕對值逐漸減小，說明10～15s運動員做加速度逐漸減小的減速運動，故D錯誤。故選BC。8.如圖所示，AB兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角，BC兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，小球C放在水平地面上?，F用手控制住小球A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知小球A的質量為4m，小球BC質量相等，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大時小球C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是（）A.小球BC及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球C的質量為mC.小球A最大速度大小為D.小球B上升的高度為〖答案〗BC〖解析〗A．以小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，除系統(tǒng)重力外，繩的拉力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．小球A速度最大時，小球A的加速度為零，則對小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)聯(lián)立以上兩式，解得故B正確；CD．小球C恰好離開地面時，彈簧彈力彈簧伸長量為，初始時，彈簧被壓縮，則小球B上升，以小球A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得又聯(lián)立以上兩式，解得故C正確，D錯誤。故選BC。9.在傾角為θ的光滑固定絕緣斜面上有兩個用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別為m和2m，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，開始未加電場系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，B不帶電，A帶電量為+q，現加一沿斜面方向向上的勻強電場，物塊A沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，之后兩個物體運動中當A的加速度為0時，B的加速度大小均為a，方向沿斜面向上，則下列說法正確的是（）A.從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為B.從加電場后到B剛離開C的過程中，擋板C對小物塊B的沖量為0C.B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為D.從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小〖答案〗CD〖解析〗A．開始加電場時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對A，根據平衡條件和胡克定律有解得物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據胡克定律有解得故從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為故A錯誤；B．從加電場后到B剛離開C的過程中，擋板C對小物塊B的作用力不為零，由知擋板C對小物塊B的沖量不為零，故B錯誤；C．設A所受的電場力大小為F，當A的加速度為零時，B的加速度大小均為a，方向眼斜面向上，根據牛頓第二定律，對A有對B有故有B剛離開C時，電場力對A做功瞬時功率為故C正確；D．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場后到B剛要離開C的過程中，物塊A的機械能、電勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小，故D正確。故選CD。10.一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示為t=0時刻的波形圖，M是平衡位置在x=70m處的一個質點，此時M點正沿y軸負方向運動，之后經過0.4s第二次經過平衡位置，則。A.該波沿x軸正向傳播B.M點振動周期0.5sC.該波傳播的速度為100m/sD.在t=0.3s時刻，質點M的位移為0E.題中波形圖上，與M點振動總是相反的質點有2個〖答案〗ACE〖解析〗A．由于時刻，M點正沿軸負方向運動，根據同側法可知波沿軸正方向運動，A正確；BC．經過，M點第二次經過平衡位置，根據波形平移法，處質點的振動形式傳遞至處，所以傳播距離為，波速：周期：B錯誤，C正確；D．經過，質點運動到關于平衡位置對稱的位置，因此M質點的位移肯定不為0，D錯誤；E．與M質點距離為半波長奇數倍的質點，振動與M點總是相反，因此題中波形圖上，與M點振動總是相反的質點有兩個，分別為40m和100m處的質點，E正確。故選ACE。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把〖答案〗寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11.實驗室有一節(jié)干電池，某同學想測量其電動勢和內阻。除了一節(jié)干電池、開關S，導線還有下列器材供選用：A．靈敏電流計G（0~200μA，內阻RA10Ω）B．定值電阻R1（9990Ω，額定電流0.3A）C．定值電阻R2（990Ω，額定電流1A）D．電阻箱R（0~99.9Ω，額定電流3A）（1）為了測量電動勢，該同學應該選哪個定值電阻______（選填“R1”或“R2”）；（2）在虛線框中畫出實驗電路圖______；（3）按照正確的電路圖連接好電路，實驗后得到如圖所示的－圖像，則該同學測得電源的電動勢為________V，內阻為________Ω（結果均保留兩位有效數字）?！即鸢浮剑?）R1（2）（3）1.40.50〖解析〗(1)[1]一節(jié)干電池電動勢約為1．5V，可以把表頭改裝成2V的電壓表，需要串聯(lián)電阻阻值為：R串＝﹣RA＝﹣10Ω＝9990Ω選定值電阻R1。(2)[2]應用電壓表與電阻箱測電源電動勢與內阻，電壓表測路端電壓，實驗電路圖如圖所示：(3)[3][4]電壓表內阻為：RV＝RA+R1由圖示電路圖可知，電源電動勢為：E＝U+I總r＝IRV+（I+）r整理得：＝?+由圖示﹣圖象可知，圖象的斜率：k＝＝截距：b＝＝0.7×104解得電源電動勢：E＝1.4V，r＝0.50Ω12.如圖所示為某同學測量電源的電動勢和內阻的電路圖．其中包括電源E，開關S1和S2，電阻箱R，電流表A，保護電阻Rx．該同學進行了如下實驗步驟：(1)將電阻箱的阻值調到合適的數值，閉合S1、S2，讀出電流表示數為I，電阻箱讀數為9.5Ω，斷開S2，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表示數仍為I，此時電阻箱讀數為4.5Ω．則保護電阻的阻值Rx＝________Ω．（結果保留兩位有效數字）(2)S2斷開，S1閉合，調節(jié)R，得到多組R和I的數值，并畫出圖象，如圖所示，由圖象可得，電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω．（結果保留兩位有效數字）(3)本實驗中，內阻的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值，原因是_____________．〖答案〗（1）5.0(2)3.02.2(3)大于電流表也有內阻〖解析〗(1)[1]由題意可知，閉合S1和S2時只有電阻箱接入電路，閉合S1、斷開S2時，電阻箱與R串聯(lián)接入電路，兩種情況下電路電流相等，由歐姆定律可知，兩種情況下電路總電阻相等，所以保護電阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]根據閉合電路的歐姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得可見圖線的斜率圖線的縱截距結合圖象中的數據可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本實驗中，內阻測量值大于真實值，原因是電流表也有內阻，測量值等于電源內阻和電流表內阻之和．四、計算題：本題共2小題，共26分。把〖答案〗寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.如圖所示，在xOy平面的第一、第四象限有方向垂直于紙面向里的勻強磁場；在第二象限有一勻強電場，電場強度的方向沿y軸負方向。原點O處有一粒子源，可在xOy平面內向y軸右側各個方向連續(xù)發(fā)射大量速度大小在之間，質量為m，電荷量為的同種粒子。在y軸正半軸垂直于xOy平面放置著一塊足夠長的薄板，薄板上粒子能夠轟擊到的區(qū)域的長度為。已知電場強度的大小為，不考慮粒子間的相互作用，不計粒子的重力。（1）求勻強磁場磁感應強度大小B；（2）在薄板上處開一個小孔，粒子源發(fā)射的部分粒子穿過小孔進入左側電場區(qū)域，求粒子經過x軸負半軸的最遠點的橫坐標；（3）若僅向第四象限各個方向發(fā)射粒子：時，粒子初速度為，隨著時間推移，發(fā)射的粒子初速度逐漸減小，變?yōu)闀r，就不再發(fā)射，不考慮粒子之間可能的碰撞，若穿過薄板上處的小孔進入電場的粒子排列成一條與y軸平行的線段，求t時刻從粒子源發(fā)射的粒子初速度大小的表達式?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）速度為的粒子沿x軸正向發(fā)射，打在薄板的最遠處，其在磁場中運動的半徑為，由牛頓第二定律①②聯(lián)立解得③（2）如圖a所示速度為v的粒子與y軸正向成角射出，恰好穿過小孔，在磁場中運動時，由牛頓第二定律④而⑤粒子沿x軸方向的分速度⑥聯(lián)立，解得⑦說明能進入電場的粒子具有相同的沿x軸方向的分速度。當粒子以速度為從O點射入，可以到達x軸負半軸的最遠處。粒子進入電場時，沿y軸方向的初速度為，有⑧最遠處的橫坐標⑩聯(lián)立，解得?（3）要使粒子排成一排，粒子必須在同一時刻進入電場。粒子在磁場在運動軌跡如圖b所示周期相同，均為?又?粒子在磁場中的運動時間?以進入磁場的粒子，運動時間最長，滿足其在磁場中運動時間?以不同速度射入的粒子，要同時到達小孔，有?聯(lián)立，解得14.如圖1所示，在直角坐標系xOy中，MN垂直x軸于N點，第二象限中存在方向沿y軸負方向的勻強電場，Oy與MN間（包括Oy、MN）存在均勻分布的磁場，取垂直紙面向里為磁場的正方向，其感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖2所示。一比荷的帶正電粒子（不計重力）從O點沿紙面以大小v0=、方向與Oy夾角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知場強大小E=(1+)，ON=L(1)若粒子在t=t0時刻從O點射入，求粒子在磁場中運動的時間t1；(2)若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入，恰好垂直y軸進入電場，之后從P點離開電場，求從O點射入的時刻t2以及P點的橫坐標xP；(3)若粒子在0~t0之間的某時刻從O點射入，求粒子在Oy與MN間運動的最大路程s?！即鸢浮?1)；(2)，；(3)(5+)L〖解析〗(1)若粒子在t0時刻從O點射入，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，如圖所示：由幾何關系可知圓心角洛倫茲力提供向心力，則已知周期粒子在磁場中運動的時間符合題意。(2)由(1)可知解得設t2時刻粒子從點射入時恰好垂直軸進入電場，如圖所示：則解得粒子在電場中做類平拋運動，分解位移根據牛頓第二定律有解得(3)粒子在磁場中轉動，已知周期運動軌跡如圖所示：則由于粒子從點開始恰好做勻速圓周運動一圈回到點，時刻運動到，則粒子從點開始恰好做勻速圓周運動一圈回到點，后沿做直線運動，則因為恰好等于的長度，所以最大路程為15.如圖所示，均勻介質中兩波源S1、S2分別位于x軸上x1=0、x2=14m處，質點P位于x軸上xp=4m處，T=0時刻兩波源同時開始由平衡位置向y軸正方向振動，振動周期均為T=0.1s，波長均為4m，波源Sl的振幅為A1=4cm，波源S2的振幅為A3=6cm，求：(i)求兩列波的傳播速度大小為多少？(ii)從t=0至t=0.35s內質點P通過的路程為多少？〖答案〗(i)40m/s(ii)32cm〖解析〗（i）由可得：v=40m/s；（ii）S1波傳到P點，歷時，S2波傳到P點，歷時因此當S2波傳到P點處，S1波已使P點振動了，其路程，且振動方向向下；S2波傳到P點時，振動方向向上，P為減弱點，疊加后振幅在t=0.35s時，合振動使P點振動一個周期，其路程故在t=0.35s內質點P通過的路程為陜西省銅川市王益區(qū)2024屆高三第四次模擬考試物理試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，兩個可視為質點的小球A、B通過固定在O點的光滑滑輪用輕繩相連，小球A置于光滑半圓柱上，小球B用水平輕繩拉著，水平輕繩另一端系于豎直板上，兩球均處于靜止狀態(tài)。已知O點在半圓柱橫截面圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角、其長度與半圓柱橫截面的半徑相等，OB與豎直方向成60°角，則（）A.輕繩對球A的拉力與球A所受彈力的合力大小相等B.輕繩對球A的拉力與半網柱對球A的彈力大小不相等C.輕繩AOB對球A的拉力與對球B的拉力大小之比為：D.球A與球B的質量之比為2：1〖答案〗D〖解析〗設輕繩中拉力為T，球A受力如圖A．所受彈力為繩對A的拉力和半圓對球A的彈力的合力，與重力等大反向，大于T，故A錯誤；B．受力分析可得解得故B錯誤；C．細線對A的拉力與對球B的拉力都等于T，故C錯誤；D．對球B，解得故D正確。故選D。2.如圖所示，定滑輪通過細繩OO連接在天花板上，跨過定滑輪的細繩兩端連接帶電小球A、B，其質量分別為m1、m2（m1m2）。調節(jié)兩小球的位置使二者處于靜止狀態(tài)，此時OA、OB段繩長分別為l1、l2，與豎直方向的夾角分別為、。已知細繩絕緣且不可伸長，不計滑輪大小和摩擦。則下列說法正確的是（）A.B.l1∶l2m2∶m1C.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變長D.若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段變短〖答案〗B〖解析〗A.因滑輪兩邊繩子的拉力相等，可知=，選項A錯誤；B畫出兩球的受力圖，由三角形關系可知其中T1=T2則選項B正確；CD.由關系式可知，l1和l2的大小由兩球的質量關系決定，與兩球電量關系無關，則若僅增大B球的電荷量，系統(tǒng)再次靜止，則OB段不變，選項CD錯誤。故選B。3.真空中的可見光與無線電波A.波長相等 B.頻率相等 C.傳播速度相等 D.傳播能量相等〖答案〗C〖解析〗可見光和無線電波都是電磁波，它們的波長與頻率均不相等，則傳播能量也不相等，但它們在真空中傳播的速度是一樣的，都等于光速，故C正確，ABD錯誤；故選C?！尽狐c石成金』】要解答本題需掌握電磁波的家族，它包括微波、中波、短波、紅外線及各種可見光、紫外線，X射線與γ射線等，都屬電磁波的范疇，它們的波長與頻率均不同，但它們在真空中傳播速度相同，從而即可求解。4.分別用頻率為ν和2ν的甲、乙兩種單色光照射某金屬，逸出光電子的最大初動能之比為1∶3，已知普朗克常量為h，真空中光速為c，電子電量為e。下列說法正確的是（）A.用頻率為2ν的單色光照射該金屬，單位時間內逸出的光電子數目一定較多B.用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應C.甲、乙兩種單色光照射該金屬，對應光電流的遏止電壓相同D.該金屬的逸出功為〖答案〗B〖解析〗A．單位時間內逸出的光電子數目與光的強度有關，由于光的強度關系未知，故A錯誤；BD．光子能量分別為和根據愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能為，逸出光電子的最大初動能之比為1：3，聯(lián)立解得用頻率為的單色光照射該金屬不能發(fā)生光電效應，故B正確，D錯誤；C．兩種光的頻率不同，光電子的最大初動能不同，由動能定理可知，題目對應的遏止電壓是不同的，故C錯誤。故選B。5.1960年10月第十一屆國際計量大會確定了國際通用的國際單位制，簡稱SI制。國際單位制共有七個基本單位，其中力學單位制中的3個基本單位是（）①kg②③N④m⑤s⑥⑦m/s2⑧A.①④⑤ B.①③④ C.②③⑦ D.⑤⑥⑧〖答案〗A〖解析〗國際基本單位有米、千克、秒、安培、開爾文、摩爾和坎德拉；其中力學單位制中的3個基本單位是米、秒、千克，即時m、kg、s，即①④⑤，故A正確，BCD錯誤。故選A。6.某靜電場在x軸正半軸上的電勢φ隨x變化的關系如圖所示，則（）A.x1處跟x2處的電場強度方向相同B.x1處跟x2處的電場強度大小相等C.若把帶正電的粒子從x1處移到x2處，電場力先做正功后做負功D.同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能小于在x2處的電勢能〖答案〗A〖解析〗A．x1和x2處的斜率都是負值，說明電場強度方向相同，故A正確；B．x1處的斜率大于x2處的斜率，說明x1處的電場強度大于x2處的電場強度，故B錯誤；C．從x1處到x2處，電勢逐漸降低，由于移動的是正電荷，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；D．根據可知，正電荷在R處具有的電勢能為0，x2處的電勢小于0，所以正電荷在x2處具有的電勢能小于0，電勢能為標量，正負號表示大小，所以同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能大于在x2處的電勢能，故D錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.跳傘運動員從高空懸停的直升機內跳下，運動員豎直向下運動，其v-t圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.10s末運動員的速度方向改變B.從15s末開始運動員勻速下降C.運動員在0~10s內的平均速度大小大于20m/sD.10s~15s內運動員做加速度逐漸增大的減速運動〖答案〗BC〖解析〗A．10s末運動員的速度方向仍然為正方向，故A錯誤；B．15s末，圖象的加速度為零，運動員做勻速直線運動，故B正確；C．0～10s內，如果物體做勻加速直線運動，平均速度而運動員在0～10s內的位移大于做勻加速直線運動的位移，由知，時間相同，位移x越大，平均速度就越大，所以運動員在0～10s的平均速度大于20m/s，故C正確；D．圖象的斜率表示加速度，10～15s斜率絕對值逐漸減小，說明10～15s運動員做加速度逐漸減小的減速運動，故D錯誤。故選BC。8.如圖所示，AB兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角，BC兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，小球C放在水平地面上?，F用手控制住小球A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知小球A的質量為4m，小球BC質量相等，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大時小球C恰好離開地面，關于此過程，下列說法正確的是（）A.小球BC及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球C的質量為mC.小球A最大速度大小為D.小球B上升的高度為〖答案〗BC〖解析〗A．以小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，除系統(tǒng)重力外，繩的拉力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．小球A速度最大時，小球A的加速度為零，則對小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)聯(lián)立以上兩式，解得故B正確；CD．小球C恰好離開地面時，彈簧彈力彈簧伸長量為，初始時，彈簧被壓縮，則小球B上升，以小球A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由機械能守恒定律得又聯(lián)立以上兩式，解得故C正確，D錯誤。故選BC。9.在傾角為θ的光滑固定絕緣斜面上有兩個用絕緣輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別為m和2m，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板，開始未加電場系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，B不帶電，A帶電量為+q，現加一沿斜面方向向上的勻強電場，物塊A沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，之后兩個物體運動中當A的加速度為0時，B的加速度大小均為a，方向沿斜面向上，則下列說法正確的是（）A.從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為B.從加電場后到B剛離開C的過程中，擋板C對小物塊B的沖量為0C.B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為D.從加電場后到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小〖答案〗CD〖解析〗A．開始加電場時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對A，根據平衡條件和胡克定律有解得物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據胡克定律有解得故從加電場后到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移大小為故A錯誤；B．從加電場后到B剛離開C的過程中，擋板C對小物塊B的作用力不為零，由知擋板C對小物塊B的沖量不為零，故B錯誤；C．設A所受的電場力大小為F，當A的加速度為零時，B的加速度大小均為a，方向眼斜面向上，根據牛頓第二定律，對A有對B有故有B剛離開C時，電場力對A做功瞬時功率為故C正確；D．對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場后到B剛要離開C的過程中，物塊A的機械能、電勢能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則物塊A的機械能和電勢能之和先增大后減小，故D正確。故選CD。10.一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示為t=0時刻的波形圖，M是平衡位置在x=70m處的一個質點，此時M點正沿y軸負方向運動，之后經過0.4s第二次經過平衡位置，則。A.該波沿x軸正向傳播B.M點振動周期0.5sC.該波傳播的速度為100m/sD.在t=0.3s時刻，質點M的位移為0E.題中波形圖上，與M點振動總是相反的質點有2個〖答案〗ACE〖解析〗A．由于時刻，M點正沿軸負方向運動，根據同側法可知波沿軸正方向運動，A正確；BC．經過，M點第二次經過平衡位置，根據波形平移法，處質點的振動形式傳遞至處，所以傳播距離為，波速：周期：B錯誤，C正確；D．經過，質點運動到關于平衡位置對稱的位置，因此M質點的位移肯定不為0，D錯誤；E．與M質點距離為半波長奇數倍的質點，振動與M點總是相反，因此題中波形圖上，與M點振動總是相反的質點有兩個，分別為40m和100m處的質點，E正確。故選ACE。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把〖答案〗寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11.實驗室有一節(jié)干電池，某同學想測量其電動勢和內阻。除了一節(jié)干電池、開關S，導線還有下列器材供選用：A．靈敏電流計G（0~200μA，內阻RA10Ω）B．定值電阻R1（9990Ω，額定電流0.3A）C．定值電阻R2（990Ω，額定電流1A）D．電阻箱R（0~99.9Ω，額定電流3A）（1）為了測量電動勢，該同學應該選哪個定值電阻______（選填“R1”或“R2”）；（2）在虛線框中畫出實驗電路圖______；（3）按照正確的電路圖連接好電路，實驗后得到如圖所示的－圖像，則該同學測得電源的電動勢為________V，內阻為________Ω（結果均保留兩位有效數字）?！即鸢浮剑?）R1（2）（3）1.40.50〖解析〗(1)[1]一節(jié)干電池電動勢約為1．5V，可以把表頭改裝成2V的電壓表，需要串聯(lián)電阻阻值為：R串＝﹣RA＝﹣10Ω＝9990Ω選定值電阻R1。(2)[2]應用電壓表與電阻箱測電源電動勢與內阻，電壓表測路端電壓，實驗電路圖如圖所示：(3)[3][4]電壓表內阻為：RV＝RA+R1由圖示電路圖可知，電源電動勢為：E＝U+I總r＝IRV+（I+）r整理得：＝?+由圖示﹣圖象可知，圖象的斜率：k＝＝截距：b＝＝0.7×104解得電源電動勢：E＝1.4V，r＝0.50Ω12.如圖所示為某同學測量電源的電動勢和內阻的電路圖．其中包括電源E，開關S1和S2，電阻箱R，電流表A，保護電阻Rx．該同學進行了如下實驗步驟：(1)將電阻箱的阻值調到合適的數值，閉合S1、S2，讀出電流表示數為I，電阻箱讀數為9.5Ω，斷開S2，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表示數仍為I，此時電阻箱讀數為4.5Ω．則保護電阻的阻值Rx＝________Ω．（結果保留兩位有效數字）(2)S2斷開，S1閉合，調節(jié)R，得到多組R和I的數值，并畫出圖象，如圖所示，由圖象可得，電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω．（結果保留兩位有效數字）(3)本實驗中，內阻的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值，原因是_____________．〖答案〗（1）5.0(2)3.02.2(3)大于電流表也有內阻〖解析〗(1)[1]由題意可知，閉合S1和S2時只有電阻箱接入電路，閉合S1、斷開S2時，電阻箱與R串聯(lián)接入電路，兩種情況下電路電流相等，由歐姆定律可知，兩種情況下電路總電阻相等，所以保護電阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]根據閉合電路的歐姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得可見圖線的斜率圖線的縱截距結合圖象中的數據可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本實驗中，內阻測量值大于真實值，原因是電流表也有內阻，測量值等于電源內阻和電流表內阻之和．四、計算題：本題共2小題，共26分。把〖答案〗寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13.如圖所示，在xOy平面的第一、第四象限有方向垂直于紙面向里的勻強磁場；在第二象限有一勻強電場，電場強度的方向沿y軸負方向。原點O處有一粒子源，可在xOy平面內向y軸右側各個方向連續(xù)發(fā)射大量速度大小在之間，質量為m，電荷量為的同種粒子。在y軸正半軸垂直于xOy平面放置著一塊足夠長的薄板，薄板上粒子能夠轟擊到的區(qū)域的長度為。已知電場強度的大小為，不考慮粒子間的相互作用，不計粒子的重力。（1）求勻強磁場磁感應強度大小B；（2）在薄板上處開一個小孔，粒子源發(fā)射的部分粒子穿過小孔進入左側電場區(qū)域，求粒子經過x軸負半軸的最遠點的橫坐標；（3）若僅向第四象限各個方向發(fā)射粒子：時，粒子初速度為，隨著時間推移，發(fā)射的粒子初速度逐漸減小，變?yōu)?/p>