2023-2024學(xué)年北京五中高三（上）期中物理試題和答案

高中PAGE1試題2023北京五中高三（上）期中物理一、單項(xiàng)選擇題。本部分共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目的要求。1．一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時刻的圖像如圖所示，此時x＝3m處質(zhì)點(diǎn)的速度沿y軸正方向。下列說法正確的是（）A．該簡諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播 B．該時刻，x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)速度最大 C．該時刻，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)速度最大 D．經(jīng)過1個周期，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程是8m2．將一端固定在墻上的輕質(zhì)繩在中點(diǎn)位置分叉成相同的兩股細(xì)繩，它們處于同一水平面上，在離分叉點(diǎn)相同長度處用左、右手在身體兩側(cè)分別握住直細(xì)繩的一端，同時用相同頻率和振幅上下持續(xù)振動，產(chǎn)生的橫波以相同的速率沿細(xì)繩傳播。因開始振動時的情況不同，分別得到了如圖甲和乙所示的波形。下列說法正確的是（）A．甲圖中兩手開始振動時的方向并不相同 B．甲圖中繩子的分叉點(diǎn)是振動減弱的位置 C．乙圖中繩子分叉點(diǎn)右側(cè)始終見不到明顯的波形 D．乙圖只表示細(xì)繩上兩列波剛傳到分叉點(diǎn)時的波形3．甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)以相同的初速度從同一地點(diǎn)沿同一方向同時開始做直線運(yùn)動，以初速度方向?yàn)檎较颍浼铀俣入S時間變化的a﹣t圖象如圖所示。關(guān)于甲、乙在0～t0時間內(nèi)的運(yùn)動情況，下列說法正確的是（）A．0～t0時間內(nèi)，甲做減速運(yùn)動，乙做加速運(yùn)動 B．0～t0時間內(nèi)，甲和乙的平均速度相等 C．在t0時刻，甲的速度比乙的速度小 D．在t0時刻，甲和乙之間的間距最大4．如圖所示，在粗細(xì)均勻的玻璃管內(nèi)注滿清水，水中放一個紅蠟做的小圓柱體N（可視為質(zhì)點(diǎn)），穩(wěn)定時N在水中勻速上浮。現(xiàn)將玻璃管軸線與豎直方向y軸重合，在N上升剛好勻速運(yùn)動時的位置記為坐標(biāo)原點(diǎn)O，同時玻璃管沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。N依次經(jīng)過平行橫軸的三條水平線上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的距離相等，對應(yīng)的動能變化量分別為ΔEk1、ΔEk2、ΔEk3，動量變化量的大小分別為Δp1、Δp2、Δp3。則下面分析正確的是（）A．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1 B．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：3：5，Δp1：Δp2：Δp3＝1：3：5 C．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：1：1，Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1 D．ΔEk1：ΔEk2：ΔEk3＝1：4：9，Δp1：Δp2：Δp3＝1：4：95．如圖所示，中國自行研制、具有完全知識產(chǎn)權(quán)的“神舟”飛船某次發(fā)射過程簡化如下：飛船在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，由“長征”運(yùn)載火箭送入近地點(diǎn)為A、遠(yuǎn)地點(diǎn)為B的橢圓軌道上，在B點(diǎn)通過變軌進(jìn)入預(yù)定圓軌道。則（）A．飛船在B點(diǎn)通過加速從橢圓軌道進(jìn)入預(yù)定圓軌道 B．在B點(diǎn)變軌后，飛船的機(jī)械能減小 C．在橢圓軌道上運(yùn)行時，飛船在A點(diǎn)的加速度比B點(diǎn)的小 D．在橢圓軌道上運(yùn)行時，飛船在A點(diǎn)的速度比B點(diǎn)的小6．我國將在今年擇機(jī)執(zhí)行“天問1號”火星探測任務(wù)。質(zhì)量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經(jīng)歷一個時長為t0、速度由v0減速到零的過程。已知火星的質(zhì)量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個豎直向下的勻減速直線運(yùn)動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為（）A．m（0.4g﹣） B．m（0.4g+） C．m（0.2g﹣） D．m（0.2g+）7．如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進(jìn)方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點(diǎn)比右邊緣b點(diǎn)高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點(diǎn)時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點(diǎn)，c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點(diǎn)時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn)。等于（）A．20 B．18 C．9.0 D．3.08．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為（）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR9．“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的。總質(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻＝kv，k為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為vm。下列說法正確的是（）A．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變 B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動 C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為vm D．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達(dá)到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為mvm2﹣Pt10．如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機(jī)械能守恒 B．動量守恒，機(jī)械能不守恒 C．動量不守恒，機(jī)械能守恒 D．動量不守恒，機(jī)械能不守恒11．物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p﹣x圖像中的一個點(diǎn)。物體運(yùn)動狀態(tài)的變化可用p﹣x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（）A．B．C． D．12．某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點(diǎn)，則（）A．一正電荷從b點(diǎn)運(yùn)動到e點(diǎn)，電場力做正功 B．一電子從a點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)，電場力做功為4eV C．b點(diǎn)電場強(qiáng)度垂直于該點(diǎn)所在等勢面，方向向右 D．a(chǎn)、b、c、d四個點(diǎn)中，c點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小最大13．具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（H、H和H）以相同的速度從帶電平行板間的P點(diǎn)沿垂直于電場的方向射入電場，其中氘核（H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（）A．H不能離開電場 B．H在電場中受到的電場力最大 C．H在電場中運(yùn)動的時間最短 D．在電場中運(yùn)動的過程中電場力對H做功最少14．某同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)：石英鐘的工作電流可視為定值I0，當(dāng)電源電壓大于U0時，其內(nèi)部機(jī)芯能驅(qū)動表針走動；當(dāng)電源電壓小于U0時，石英鐘停止走動。他由此猜想：用充電電壓相同、但電容不同的電容器作為石英鐘電源，石英鐘的走動時長t正比于電容C．為此，他設(shè)計了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)，圖中電源電動勢E＝1.5V．實(shí)驗(yàn)時先使開關(guān)S擲向1，對電容器充電完畢后再把開關(guān)S擲向2，電容器對石英鐘供電，記錄表針停止前的走動時長t。實(shí)驗(yàn)中分別更換7個不同的電容器重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，數(shù)據(jù)記錄如表格所示。使用Excel處理數(shù)據(jù)得到圖乙所示的圖線，其斜率為k。下列推斷正確的是（）電容器編號1234567標(biāo)稱電容C/F0.220.4711.5245走動時長t/min8.522.043.049.580.0144.5173.0A．該石英鐘正常工作時的電流大小為I0＝ B．利用該圖象能推算出電壓U0的大小 C．根據(jù)此石英鐘的工作特點(diǎn)，從理論上也能推斷出該同學(xué)的猜想是正確的 D．由本實(shí)驗(yàn)可知該石英鐘的走動時長t與電容器的電容C和電壓U0均成正比二、實(shí)驗(yàn)題（共18分）15．（8分）如圖1所示，在“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，A、B兩球半徑相同。先讓質(zhì)量為m1的A球從斜槽上某一固定位置C由靜止開始滾下，從軌道末端拋出，落到位于水平地面的復(fù)寫紙上，在下面的白紙上留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個落點(diǎn)痕跡。再把質(zhì)量為m2的B球放在水平軌道末端，讓A球仍從位置C由靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)操作10次。M、P、N為三個落點(diǎn)的平均位置，未放B球時，A球的落點(diǎn)是P點(diǎn)，O點(diǎn)是軌道末端在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)，如圖2所示。（1）為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，A球碰后要沿原方向運(yùn)動，兩個小球的質(zhì)量應(yīng)滿足m1m2（選填“＞”或“＜”）。（2）實(shí)驗(yàn)中，不容易直接測定小球碰撞前后的速度。但是，可以通過僅測量（填選項(xiàng)前的符號），間接地解決這個問題。A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC．小球做平拋運(yùn)動的水平位移（3）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的條件和操作要求，下列說法正確的是。A．斜槽軌道必須光滑B．斜槽軌道末端必須水平C．B球每次的落點(diǎn)一定是重合的D．實(shí)驗(yàn)過程中，復(fù)寫紙和白紙都可以移動（4）已知A、B兩個小球的質(zhì)量m1、m2，三個落點(diǎn)位置與O點(diǎn)距離分別為OM、OP、ON．在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式，則可以認(rèn)為兩球碰撞前后的總動量守恒。16．（10分）某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用如圖1所示的裝置做“用單擺測量重力加速度”實(shí)驗(yàn)。（1）實(shí)驗(yàn)中該同學(xué)進(jìn)行了如下操作，其中正確的是。A．用公式g＝計算時，將擺線長當(dāng)作擺長B．?dāng)[線上端牢固地系于懸點(diǎn)，擺動中不能出現(xiàn)松動C．確保擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動D．?dāng)[球不在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，形成了圓錐擺（2）在實(shí)驗(yàn)中，多次改變擺長L并測出相應(yīng)周期T，計算出T2，將數(shù)據(jù)對應(yīng)坐標(biāo)點(diǎn)標(biāo)注在T2﹣L坐標(biāo)系（如圖2所示）中．請將L＝0.700m，T2＝2.88s2所對應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)標(biāo)注在圖中，根據(jù)已標(biāo)注數(shù)據(jù)坐標(biāo)點(diǎn)描繪出T2﹣L圖線，并通過圖線求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（3）將不同實(shí)驗(yàn)小組的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)標(biāo)注到同一T2﹣L坐標(biāo)系中，分別得到實(shí)驗(yàn)圖線a、b、c，如圖3所示。已知圖線a、b、c平行，圖線b過坐標(biāo)原點(diǎn)。對于圖線a、b、c，下列分析正確的是。A．出現(xiàn)圖線c的原因可能是因?yàn)槭褂玫臄[線比較長B．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將擺線長記作擺長LC．由圖線b計算出的g值最接近當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，由圖線a計算出的g值偏大，圖線c計算出的g值偏?。?）該同學(xué)通過自制單擺測量重力加速度。他利用細(xì)線和鐵鎖制成一個單擺，計劃利用手機(jī)的秒表計時功能和卷尺完成實(shí)驗(yàn)。但鐵鎖的重心未知，不容易確定準(zhǔn)確的擺長。請幫助該同學(xué)提出“通過一定測量，求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣取钡姆椒?。三、論述計算題（共40分。按要求作圖，寫出必要的物理推導(dǎo)過程和文字描述）17．（10分）如圖所示，長為l的輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。重力加速度為g。（1）在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為θ，小球保持靜止。請畫出此時小球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；（2）由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣阻力。當(dāng)小球通過最低點(diǎn)時，求：①小球動量的大小p；②輕繩對小球拉力的大小FT。18．（10分）空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B．A不帶電，B的電荷量為q（q＞0）。A從O點(diǎn)發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時間為．重力加速度為g，求（1）電場強(qiáng)度的大?。唬?）B運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能。19．（10分）密立根油滴實(shí)驗(yàn)將微觀量轉(zhuǎn)化為宏觀量進(jìn)行測量，揭示了電荷的不連續(xù)性，并測定了元電荷的數(shù)值。實(shí)驗(yàn)設(shè)計簡單巧妙，被稱為物理學(xué)史上最美實(shí)驗(yàn)之一。該實(shí)驗(yàn)的簡化裝置如圖甲所示。水平放置、間距為d的兩平行金屬極板接在電源上，在上極板中間開一小孔，用噴霧器將油滴噴入并從小孔飄落到兩極板間。已知油滴帶負(fù)電。油滴所受空氣阻力f＝6πrηv，式中η為已知量，r為油滴的半徑，v為油滴的速度大小。已知油的密度為ρ，重力加速度為g。（1）在極板間不加電壓，由于空氣阻力作用，觀測到某一油滴以恒定速率緩慢下降距離L所用的時間為t1，求該油滴的半徑r；（2）在極板間加電壓U，經(jīng)過一段時間后，觀測到（1）問中的油滴以恒定速率緩慢上升距離L所用的時間為t2。求該油滴所帶的電荷量Q；（3）實(shí)驗(yàn)中通過在兩極板間照射X射線不斷改變油滴的電荷量。圖乙是通過多次實(shí)驗(yàn)所測電荷量的分布圖，橫軸表示不同油滴的編號，縱軸表示電荷量。請說明圖中油滴所帶電荷量的分布特點(diǎn)，并說明如何處理數(shù)據(jù)進(jìn)而得出元電荷的數(shù)值。20．（10分）中國航天技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，航天過程有發(fā)射、在軌和著陸返回等關(guān)鍵環(huán)節(jié)。（1）航天員在空間站長期處于失重狀態(tài)，為緩解此狀態(tài)帶來的不適，科學(xué)家設(shè)想建造一種環(huán)形空間站，如圖甲所示。圓環(huán)繞中心軸勻速旋轉(zhuǎn)，航天員（可視為質(zhì)點(diǎn)）站在圓環(huán)內(nèi)的側(cè)壁上，隨圓環(huán)做圓周運(yùn)動的半徑為r，可受到與他站在地球表面時相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度為g。求圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度大小ω。（2）啟動反推發(fā)動機(jī)是著陸返回過程的一個關(guān)鍵步驟。返回艙在距離地面較近時通過γ射線精準(zhǔn)測距來啟動返回艙的發(fā)動機(jī)向下噴氣，使其減速著地。a．已知返回艙的質(zhì)量為M，其底部裝有4臺反推發(fā)動機(jī)，每臺發(fā)動機(jī)噴嘴的橫截面積為S，噴射氣體的密度為ρ，返回艙距地面高度為H時速度為v0，若此時啟動反推發(fā)動機(jī)，返回艙此后的運(yùn)動可視為勻減速直線運(yùn)動，到達(dá)地面時速度恰好為零。不考慮返回艙的質(zhì)量變化，不計噴氣前氣體的速度，不計空氣阻力。求氣體被噴射出時相對地面的速度大小v；b．圖乙是返回艙底部γ射線精準(zhǔn)測距原理簡圖。返回艙底部的發(fā)射器發(fā)射γ射線。為簡化問題，我們假定：γ光子被地面散射后均勻射向地面上方各個方向。已知發(fā)射器單位時間內(nèi)發(fā)出N個γ光子，地面對光子的吸收率為η，緊鄰發(fā)射器的接收器接收γ射線的有效面積為A。當(dāng)接收器單位時間內(nèi)接收到n個γ光子時就會自動啟動反推發(fā)動機(jī)，求此時返回艙底部距離地面的高度h。

參考答案一、單項(xiàng)選擇題。本部分共14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題目的要求。1．【分析】根據(jù)波的傳播方向得到質(zhì)點(diǎn)振動方向；再根據(jù)質(zhì)點(diǎn)位置得到速度、加速度的大?。毁|(zhì)點(diǎn)只能沿y軸運(yùn)動，經(jīng)過1個周期，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程是4A?！窘獯稹拷猓篈、此時x＝3m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動，根據(jù)平移法可知波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；BC、此時x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)位于波縫，故速度為零，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，速度最大，故B錯誤，C正確；D、經(jīng)過1個周期，x＝4m處的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程是s＝4A＝4×0.1m＝0.4m，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】在機(jī)械振動的問題中，一般根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況分析波的傳播情況，平衡位置的質(zhì)點(diǎn)速度最大，加速度為0。2．【分析】由圖甲可得，兩列波相遇時振動加強(qiáng)，根據(jù)波的疊加原理進(jìn)行分析AB選項(xiàng)；由圖乙可得，兩列波相遇后疊加抵消，始終見不到明顯的波形，由此分析CD選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈B、由圖甲可得，兩個橫波在分叉點(diǎn)相遇后疊加使振動加強(qiáng)了，可知兩手開始振動時的方向相同，分叉點(diǎn)為振動加強(qiáng)的位置，故AB錯誤；CD、由圖乙可得，分叉點(diǎn)左邊兩個橫波水平對稱，因此易得兩個橫波在周期上相差半個周期，即圖乙中兩手開始振動時的方向相反，因此兩個橫波在經(jīng)過分叉點(diǎn)后疊加抵消，始終見不到明顯的波形，并不是只有細(xì)繩上兩列波剛傳到分叉點(diǎn)時的波形，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要是考查波的疊加，知道頻率相同的兩列波在疊加時會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，弄清楚甲和乙兩列波相遇后的振動情況結(jié)合波的疊加原理即可分析。3．【分析】根據(jù)圖象可知，乙的加速度增大，甲的加速度減小，但方向不變，都為正方向，當(dāng)速度與加速度同向，物體做加速運(yùn)動；根據(jù)加速度—時間圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量，然后據(jù)甲乙物體的速度關(guān)系判斷選項(xiàng)。【解答】解：A、根據(jù)圖象可知，乙的加速度增大，甲的加速度減小，但方向不變，都為正方向，當(dāng)速度與加速度同向，物體做加速運(yùn)動，故A錯誤；BC、據(jù)加速度—時間圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量。據(jù)圖象可知，t0時，兩圖象與t軸所圍的面積相等，即該時刻兩輛車的速度變化量相等，初速度相等，則末速度相等，位移不等，故平均速度不等，故BC錯誤；D、速度再次相等時，兩者距離最大，即在t0時刻，甲和乙之間的間距最大，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了圖象與追及問題的綜合，解決本題的關(guān)鍵知道加速度—時間圖線圍成的面積表示速度的變化量，難度適中。4．【分析】根據(jù)運(yùn)動的合成與分解知識，利用運(yùn)動的獨(dú)立性和等時性，分別分析豎直方向和水平方向的運(yùn)動，求解機(jī)械能和動量的變化量?！窘獯稹拷猓盒A柱體R在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的高度均相等，則每個過程的時間相等，x軸方向上，R做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則每個過程對應(yīng)的水平位移的大小之比為：Δx1：Δx2：Δx3＝1：3：5，；豎直方向上，三個過程中重力勢能變化量相等，水平方向上，速度為：v＝，動能為：Ek＝＝max，則三個過程中，動能變化量之比為1：3：5；根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于動量的變化，R的合外力不變，三個過程的時間相等，則沖量相等，動量的變化量大小相等，即為：Δp1：Δp2：Δp3＝1：1：1，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了機(jī)械能變化和動量的變化，難度較大，解題的關(guān)鍵是利用運(yùn)動的獨(dú)立性和等時性，分析豎直和水平方向的運(yùn)動。5．【分析】根據(jù)“變軌原理”分析AB選項(xiàng)；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大?。桓鶕?jù)開普勒第二定律分析線速度大小。【解答】解：A、根據(jù)“變軌原理”可知，飛船在B點(diǎn)通過加速做離心運(yùn)動，才會從橢圓軌道進(jìn)入預(yù)定圓軌道，故A正確；B、在B點(diǎn)變軌時，需要對飛船做正功，所以飛船的機(jī)械能增加，故B錯誤；C、根據(jù)牛頓第二定律可得＝ma，解得a＝，由于A點(diǎn)為近地點(diǎn)、B點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，所以在橢圓軌道上運(yùn)行時，飛船在A點(diǎn)的加速度比B點(diǎn)的大，故C錯誤；D、根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船在近地點(diǎn)的速度大、在遠(yuǎn)地點(diǎn)的速度小，所以在橢圓軌道上運(yùn)行時，飛船在A點(diǎn)的速度比B點(diǎn)的大，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第二定律的應(yīng)用方法。6．【分析】根據(jù)萬有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律即可求解制動力大小。【解答】解：根據(jù)重力等于萬有引力，得：得：火星表面的重力加速度為g火＝0.4g著陸器減速運(yùn)動的加速度大小為對著陸器根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣0.4mg＝ma解得，故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查萬有引力定律與牛頓第二定律的綜合問題，關(guān)鍵是知道在天體表面重力等于萬有引力，同時分析好運(yùn)動情況和受力情況，靈活運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列式求解。7．【分析】根據(jù)豎直方向的運(yùn)動規(guī)律求出落到坑內(nèi)c點(diǎn)時和到達(dá)b點(diǎn)時豎直方向的速度，再根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解水平方向的速度，由此求解動能之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)落到坑內(nèi)c點(diǎn)時豎直方向的速度為vy1，則有：vy1＝；根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：v01t＝h＝h解得：v01＝則有：E1＝＝同理，設(shè)摩托車恰能越過坑到達(dá)b點(diǎn)時豎直方向的速度為vy2，則有：＝ghvy2＝；根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可得：v02t′＝3h′＝0.5h解得：v02＝3vy2則有：E2＝＝所以＝18，故B正確、ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要是考查平拋運(yùn)動的規(guī)律和動能的計算公式，知道平拋運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的自由落體運(yùn)動。8．【分析】根據(jù)動能定理求出小球在c點(diǎn)的速度，再根據(jù)豎直上拋運(yùn)動求解達(dá)到最高點(diǎn)的時間，根據(jù)水平方向的運(yùn)動規(guī)律求解離開c后達(dá)到最高點(diǎn)時的水平位移，根據(jù)功能關(guān)系求解機(jī)械能的增加?！窘獯稹拷猓河深}意知水平拉力為：F＝mg，設(shè)小球達(dá)到c點(diǎn)的速度為v，從a到c根據(jù)動能定理可得：F?3R﹣mgR＝，解得：v＝小球離開c點(diǎn)后，豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。設(shè)小球從c點(diǎn)達(dá)到最高點(diǎn)的時間為t，則有：t＝＝此段時間內(nèi)水平方向的位移為：x＝＝＝2R所以小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，小球在水平方向的位移為：L＝3R+2R＝5R此過程中小球的機(jī)械能增量為：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR。故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要是考查功能關(guān)系；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，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意本題所求的是“小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)”，不是從a到c的過程，這是易錯點(diǎn)。9．【分析】根據(jù)受力分析，結(jié)合牛頓第二定律分析判斷在相關(guān)條件下加速度和牽引力的變化；當(dāng)牽引力和阻力的大小相等時，動車的速度達(dá)到最大值，由此可求解最大速率；根據(jù)動能定理計算經(jīng)過時間t達(dá)到最大速度時克服阻力做的功?！窘獯稹拷猓篈、若動車組做勻加速啟動，則加速度不變，而速度增大，則阻力也增大，要使合力不變則牽引力也將增大，故A錯誤；B、若動車組輸出功率均為額定值，則其加速a＝＝，隨著速度增大，加速度減小，所以動車組做加速度減小的加速運(yùn)動，故B錯誤；C、當(dāng)動車組的速度增大到最大vm時，其加速度為零，則有：，若總功率變?yōu)?.25P，則同樣有：，聯(lián)立兩式可得：vm′＝，故C正確；D、對動車組根據(jù)動能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】解決該題的關(guān)鍵是知道功率與牽引力之間的關(guān)系，知道什么時候速度達(dá)到最大，應(yīng)用動能定理求解在額定功率下達(dá)到最大速度時克服阻力做的功。10．【分析】系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)內(nèi)只有重力或彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況，根據(jù)動量守恒與機(jī)械能守恒的條件分析答題?！窘獯稹拷猓簭某啡ネ屏﹂_始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能減小，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查了動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，知道動量守恒與機(jī)械能守恒的條件、分析清楚系統(tǒng)受力情況與力的做功情況即可解題。11．【分析】依據(jù)勻加速直線運(yùn)動速度與位移關(guān)系，結(jié)合動量的定義式，及數(shù)學(xué)的二次函數(shù)圖象，即可分析判定?！窘獯稹拷猓阂毁|(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，那么位移與速度關(guān)系為：x＝，而動量表達(dá)式為：p＝mv，兩式聯(lián)立有：p2＝2am2x，再由位移與速度均沿著x軸正方向，則x取正值，動量p也取正值。綜上所述，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律及動量的表達(dá)式內(nèi)容，要理解位移、速度與動量均為矢量，并注意矢量的正負(fù)取值。12．【分析】A、正電荷從b點(diǎn)運(yùn)動到e點(diǎn)，電場力做功為零；B、一電子從a點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)運(yùn)用公式W＝qU；C、根據(jù)電場線與等勢面處處垂直的關(guān)系可知，b點(diǎn)電場強(qiáng)度與該點(diǎn)所在等勢面垂直，方向由高電勢指向低電勢，即方向向左；D、等差等勢面的疏密可表示電場強(qiáng)度的大小，即等差等勢面密集處，電場強(qiáng)度大；反之電場強(qiáng)度小，abcd四個點(diǎn)中，6點(diǎn)處的等差等勢面最密集，即6點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大。【解答】解：A、根據(jù)題圖可知φb＝φe＝5V，故一正電荷從b點(diǎn)運(yùn)動到e點(diǎn)，電場力做功為零，故A錯誤；B、一電子從a點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)，電場力做功Wad＝qUad＝（﹣e）?（φa﹣φb）＝4eV，故B正確；C、根據(jù)電場線與等勢面處處垂直的關(guān)系可知，b點(diǎn)電場強(qiáng)度與該點(diǎn)所在等勢面垂直，方向由高電勢指向低電勢，即方向向左，故C錯誤；D、題圖所示為等差等勢面，等差等勢面的疏密可表示電場強(qiáng)度的大小，即等差等勢面密集處，電場強(qiáng)度大；反之電場強(qiáng)度小，abcd四個點(diǎn)中，b點(diǎn)處的等差等勢面最密集，即b點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大，故D錯誤；故選B?！军c(diǎn)評】本題考查電場能的性質(zhì)，易錯點(diǎn)等差等勢面密集處，電場強(qiáng)度大；反之電場強(qiáng)度小。13．【分析】三種粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律得到豎直位移h的表達(dá)式，分析H能否離開電場。由F＝qE分析電場力大小。根據(jù)水平位移關(guān)系，結(jié)合初速度關(guān)系，來分析運(yùn)動時間關(guān)系。根據(jù)豎直位移關(guān)系，判斷電場力做功關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、三種粒子在電場中均做類平拋運(yùn)動，設(shè)金屬板的長度為L，P點(diǎn)距底板的距離為h，則由平拋運(yùn)動的相關(guān)知識可得，L＝vt聯(lián)立解得，分析可知，能否離開電場與比荷有關(guān)，氘核H恰好能離開電場，則可知H不能離開電場，故A正確；B、電場力大小為F＝Eq，同一電場，E相同，三種粒子所帶電荷量相同，故三種粒子在電場中所受電場力大小相等，故B錯誤；C、三種粒子的初速度相同，H不能離開電場，水平位移最小，由x＝vt知可知H在電場中運(yùn)動的時間最短，H和H都能離開電場，則在電場中運(yùn)動的時間相同，故C錯誤；D、電場力做功為W＝Eqd，電荷量相同，電場強(qiáng)度相同，分析可知H、H在電場中運(yùn)動的豎直位移相等，而H在電場中運(yùn)動的豎直位移最小，因此在電場中運(yùn)動的過程中電場力對H做功最少，故D錯誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題涉及到類平拋運(yùn)動，其研究方法與平拋運(yùn)動相似，采用運(yùn)動的分解法，關(guān)鍵要掌握類平拋運(yùn)動的規(guī)律，通過列式分析。14．【分析】利用電容器變形表示出t﹣C函數(shù)關(guān)系，結(jié)合乙圖分析求解。【解答】解：ABD、電容器電容（1），變形得：ΔQ＝ΔUC（2），ΔQ表示石英表工作時放電電量，ΔQ＝I0t（3）；將（3）代入（2）得：t＝＝C＝kC（4）其中k＝＝，k值由圖線斜率得出，但I(xiàn)0未知，故U0不可求，故ABD錯誤；C、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)與理論推導(dǎo)一致，據(jù)此從理論上能推斷出該同學(xué)的猜想是正確的，故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了電容器定義式及變形式：，學(xué)生要學(xué)會函數(shù)式和圖形的結(jié)合對比，從而找出聯(lián)系和圖線提供的已知條件。二、實(shí)驗(yàn)題（共18分）15．【分析】（1）為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量。（2）小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動，球拋出點(diǎn)的高度相等，它們在空中的運(yùn)動時間相等，水平位移與初速度成正比，可以用球的水平位移代替其初速度。（3）小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動，斜槽末端切線應(yīng)水平，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。（4）根據(jù)題意應(yīng)用動量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。【解答】解：（1）為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，即m1＞m2。（2）小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動，球拋出點(diǎn)的高度相等，它們在空中的運(yùn)動時間相等，水平位移與初速度成正比，可以把小球做平拋運(yùn)動的時間作為時間單位，用球的水平位移代替其初速度，實(shí)驗(yàn)不需要測量小球釋放點(diǎn)的高度與拋出點(diǎn)的高度，只要測出小球做平拋運(yùn)動的水平位移即可，故選：C。（3）A、實(shí)驗(yàn)時只要從相同高度由靜止釋放入射球即可保證入射球到達(dá)斜槽末端的速度相對，斜槽軌道不必光滑，故A錯誤；B、為使小球離開軌道后做平拋運(yùn)動，斜槽軌道末端必須水平，故B正確；C、每次實(shí)驗(yàn)時B球每次的落點(diǎn)不一定是重合的，故C錯誤；D、為準(zhǔn)確測出小球做平拋運(yùn)動的水平位移，實(shí)驗(yàn)過程中，白紙不可以移動，故D錯誤。故選：B。（4）兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，小球做平拋運(yùn)動拋出點(diǎn)的高度相等，它們在空中的運(yùn)動時間t相等，方程兩邊同時乘以t得：m1v0t＝m1v1t+m2v2t，則：m1OP＝m1OM+m2ON；故答案為：（1）＞；（2）C；（3）B；（4）m1OP＝m1OM+m2ON?！军c(diǎn)評】該題考查用“碰撞試驗(yàn)器”驗(yàn)證動量守恒定律，該實(shí)驗(yàn)中，雖然小球做平拋運(yùn)動，但是卻沒有用到速度和時間，而是用位移x來代替速度v，成為是解決問題的關(guān)鍵；要注意理解該方法的使用。16．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析；（2）根據(jù)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖，根據(jù)單擺周期公式求出T2﹣L圖像的函數(shù)表達(dá)式，結(jié)合圖線斜率求解重力加速度；（3）根據(jù)單擺周期公式求出重力加速的表達(dá)式，然后根據(jù)題意分析實(shí)驗(yàn)誤差；（4）根據(jù)單擺周期公式推導(dǎo)分析?！窘獯稹拷猓海?）A、用公式g＝計算時，應(yīng)該將將懸點(diǎn)到擺球重心之間的間距當(dāng)作擺長，即應(yīng)該將擺線長與擺球的半徑之和當(dāng)作擺長，故A錯誤；B、實(shí)驗(yàn)過程，單擺的擺長不能發(fā)生變化，即擺線上端牢固地系于懸點(diǎn)，擺動中不能出現(xiàn)松動，故B正確；CD、單擺的運(yùn)動應(yīng)該是同一豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，即實(shí)驗(yàn)是應(yīng)該確保擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動，不能夠使擺球不在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，形成了圓錐擺，故C正確，D錯誤。故選：BC。（2）將該坐標(biāo)點(diǎn)標(biāo)注在坐標(biāo)系中，用一條傾斜的直線將描繪的點(diǎn)跡連接起來，使點(diǎn)跡均勻分布在直線兩側(cè)，如圖所示根據(jù)T＝可得：結(jié)合圖像的斜率k＝＝，解得g＝9.86m/s2（3）A、圖線c中擺長有了一定的擺長時，振動周期還是零，一定是擺長測量長了，原因可能是誤將懸點(diǎn)到小球下端的距離記為擺長L，它和擺線的長度無關(guān)，故A錯誤；B、圖線a中擺長為零時就已出現(xiàn)了振動周期，一定是擺長測量短了，原因可能是誤擺線長記為擺長L，故B正確；C、根據(jù)上述可知，三條圖像的斜率均為k＝，解得g＝，可知，三條圖線求出的重力加速度相同，故C錯誤。故選：B。（4）雖不容易確定準(zhǔn)確的擺長，但可以通過多次改變擺線的長度，測量對應(yīng)的周期，獲得較準(zhǔn)確的重力加速度。具體做法：設(shè)擺線下端距重心x，第一次測出擺線長l1，擺長L1＝l1+x，測出對應(yīng)的周期T1。僅改變擺線長，第二次測出擺線長l2，擺長L2＝l2+x，測出對應(yīng)的周期T2。根據(jù)，解得重力加速度。故答案為：（1）BC；（2）見解析，9.86；（3）B；（4）設(shè)擺線下端距重心x，第一次測出擺線長l1，擺長L1＝l1+x，測出對應(yīng)的周期T1，僅改變擺線長，第二次測出擺線長l2，擺長L2＝l2+x，測出對應(yīng)的周期T2。根據(jù)，，解得重力加速度。【點(diǎn)評】本題考查利用單擺測定重力加速度，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝置、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理和注意事項(xiàng)。三、論述計算題（共40分。按要求作圖，寫出必要的物理推導(dǎo)過程和文字描述）17．【分析】（1）根據(jù)受力分析結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件解答；（2）①根據(jù)機(jī)械能守恒結(jié)合動量的公式解答；②根據(jù)牛頓第二定律解得輕繩對小球拉力。【解答】解：（1）對小球受力分析如圖可得F＝mgtanθ（2）①小球從釋放到通過最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒小球在最低點(diǎn)