學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________
一、單選題
1．關于物理規(guī)律和方法的理解，以下說法正確的是（ ）
A．描述導電性能的物理量為電阻率ρ，ρ用國際單位制中的基本單位應表示為
B．法國物理學家?guī)靵隼脦靵雠しQ研究出庫侖定律，并且測量出靜電力常量k的值
C．用比值法定義物理量是物理學研究常用的方法，其中，，都屬于比值定義式
D．電勢差與電勢一樣，是相對量，都有正負值，都與零電勢選取有關
2．如圖為小明玩橡皮筋球的瞬間，小球正在向上運動，手正在向下運動，橡皮筋處于拉伸狀態(tài)。在橡皮筋逐漸恢復原長的過程中，小球一直在上升，下列說法正確的是（ ）

A．小球動能一直增加B．小球機械能一直增加
C．小球一直處于超重狀態(tài)D．橡皮筋與小球構成的系統(tǒng)機械能守恒
二、多選題
3．時刻，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的正弦曲線變化，周期為。在時間內，下列說法正確的是（ ）

A．時，P回到原點B．時，P的運動速度最小
C．時，P到原點的距離最遠D．時，P的運動速度與時相同
三、單選題
4．如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是（ ）

A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力
B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力
C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小
D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變
四、多選題
5．如圖，一位于P點左側的固定正電荷產生的電場中，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點，N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，則下列說法正確的有（ ）

A．P點電勢大于MB．M點電勢大于N
C．q從P到M一直做減速運動D．M、N兩點處電場強度大小相同
五、單選題
6．如圖甲，“胸口碎大石”是民間雜耍的保留節(jié)目（危險節(jié)目，請勿模仿）。其原理如圖乙所示，皮囊A放置在水平地面上，上面壓著一塊質量M=54kg的石板，質量m=6kg的鐵錘，以v0=5m/s的速度，豎直向下砸中石板，碰撞時間極短，鐵錘與石板瞬間達到共同速度，之后忽略手持錘的作用力，且向下勻變速運動2cm減速到零，取重力加速度g=10m/s2。則（ ）
A．鐵錘與石板碰后瞬間達到的共同速度為0.55m/s
B．鐵錘與石板碰撞過程損失的機械能為75J
C．碰后向下減速到零的過程，皮囊對石板的沖量大小78N?s
D．碰后向下減速到零的過程，皮囊對石板做的總功-7.5J
7．一帶正電微粒從靜止開始經電壓加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為和，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
六、多選題
8．我國發(fā)射的“嫦娥四號”登月探測器，首次造訪月球背面，成功實現對地對月中繼通信。如圖所示，“嫦娥四號”從距月面高度為100km的環(huán)月圓軌道Ⅰ上的P點實施變軌，進入近月點為15km的橢圓軌道Ⅱ，由近月點Q落月。關于“嫦娥四號”下列說法正確的是（ ）
A．沿軌道Ⅱ運行的周期大于沿軌道Ⅰ運行的周期
B．沿軌道Ⅱ運行時，在P點的加速度小于在Q點的加速度
C．沿軌道Ⅰ運動至P時，需制動減速才能進入軌道Ⅱ
D．在軌道Ⅱ上由P點運行到Q點的過程中，萬有引力對其做正功，它的動能增加，重力勢能減小，機械能不變
9．如圖所示，水平地面上有一傾角為的傳送帶，以的速度逆時針勻速運行。將一煤塊從的高臺從靜止開始運送到地面，煤塊可看做質點，已知煤塊的質量為，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為，重力加速度為，，，煤塊由高臺運送到地面的過程中，下列說法正確的是（ ）

A．運送煤塊所用的時間為4s
B．摩擦力對煤塊做的功為48J
C．煤塊相對傳送帶運動而產生的劃痕長8m
D．煤塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為48J
10．如圖所示，金屬桿ab的質量為m=1kg，電阻R=1Ω，長l=1m，放在磁感應強度B=1T的勻強磁場中，磁場方向與ab桿垂直，且與導軌平面夾角為θ=37°斜向上，ab恰能靜止于水平導軌上。電源電動勢E=3V，內阻r=0.5Ω，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導軌的電阻不計，g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）

A．金屬桿對導軌的壓力
B．金屬桿與導軌間的動摩擦因數
C．若把磁場的方向變?yōu)樨Q直向上，則閉合開關瞬間金屬桿ab的加速度
D．若把磁場的方向變?yōu)樗较蛴?，則金屬桿受到的摩擦力
七、實驗題
11．某同學利用測質量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦因數的實驗。
如圖（a）所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木塊A和放在電子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。調節(jié)滑輪，使其與木塊A間的輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A上放置n（）個砝碼（電子秤稱得每個砝碼的質量為），向左拉動木板的同時，記錄電子秤的對應示數m。

（1）實驗中，拉動木板時 （填“必須”或“不必”）保持勻速。
（2）用和分別表示木塊A和重物B的質量，則m和所滿足的關系式為 。
（3）根據測量數據在坐標紙上繪制出圖像，如圖（b）所示，可得木塊A和木板間的動摩擦因數 （保留2位有效數字）。
12．在“測量干電池的電動勢和內阻”實驗中


（1）部分連線如圖1所示，導線a端應連接到 （選填“A”、“B”、“C”或“D”）接線柱上。正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖2所示，其示數為 V。
（2）測得的7組數據已標在如圖3所示坐標系上，用作圖法求干電池的電動勢 V和內阻 Ω。（計算結果均保留兩位小數）
八、解答題
13．如圖，一長為的金屬棒用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為的電池相連，整個電路總電阻為。已知彈簧的原長為，閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的長度均為。將連接在兩端的導線互換，閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的長度均為，重力加速度大小取，彈簧始終處在彈性范圍內。求：
（1）金屬棒所受安培力的大小；
（2）彈簧的勁度系數及金屬棒的質量。
14．如圖，足夠長的水平軌道ab光滑，在軌道ab上放著質量分別為mA = 2kg、mB = 1kg的物塊A、B（均可視為質點），B的左端水平栓接一條輕質彈簧。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量M = 2kg、長L = 0.5m的小車，小車上表面與ab等高，現讓B物塊以v0 = 3m/s的初速度向左運動。已知A滑上小車前已經與彈簧分離，彈簧的形變始終在彈性限度內，A與小車之間的動摩擦因數μ滿足0.1 ≤ μ ≤ 0.3，g取10m/s2，求：
（1）A、B壓縮彈簧時，彈簧的最大彈性勢能Ep；
（2）A以多大的速度滑上小車；
（3）A在小車上滑動過程中產生的熱量Q（計算結果可含有μ）。
15．如圖所示，水平軌道與半徑為的圓弧軌道相切與A點，整個空間存在足夠大的水平向右的勻強電場，電場強度大小為，質量為的不帶電的小球乙靜止在A點，質量為、電荷量為的帶正電的小球甲由水平軌道的點靜止釋放，已知，經過一段時間兩球發(fā)生碰撞，碰后并粘合為一體，忽略一切摩擦以及小球與水平面碰后的運動，兩球均可視為質點，重力加速度大小為。求：
（1）碰后兩球對軌道的最大壓力；
（2）小球距離水平面的高度為時的速度的大小。

參考答案：
1．A
解析：A．根據可知
根據可知
根據得
可知ρ的單位為
故A正確；
B．麥克斯韋根據理論推導算出了靜電力常量k的值，故B錯誤；
C．不是比值定義式，電流的定義式為，故C錯誤；
D．電勢差是相對量，有正負，與零電勢選取無關，故D錯誤。
故選A。
2．B
解析：AC．小球正在向上運動，此后橡皮筋在恢復原長的過程中，當橡皮筋彈力大于小球重力時，小球向上做加速運動，小球處于超重狀態(tài)，小球動能增加；當橡皮筋彈力小于小球重力時，小球向上做減速運動，小球處于失重狀態(tài)，小球動能減少；故AC錯誤；
B．橡皮筋在恢復原長的過程中，小球向上運動，橡皮筋彈力對小球一直做正功，則小球的機械能一直增加，故B正確；
D．由于手在下降，因此手對橡皮筋的彈力做負功，系統(tǒng)的機械能減小，故D錯誤。
故選B。
3．BD
解析：ABC．質點在時間內從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前加速運動，時間內加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動再做加速度減小的減速運動，時刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運動，重復此過程的運動，即質點一直向前運動，AC錯誤，B正確；
D． 圖像的面積表示速度變化量，內速度的變化量為零，因此時刻的速度與時刻相同，D正確。
故選BD。
4．B
解析：AB．對人受力分析有

則有
FN＋FT= mg
其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤、B正確；
CD．對滑輪做受力分析有

則有
則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，CD錯誤。
故選B。
5．AD
解析：ABC．由題意知，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點與N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，由動能定理可知M、N兩點的電勢相同， M、N 兩點位于以場源電荷為圓心的同一圓周上，由于場源點荷在P點左側，所以P點電勢高于M點電勢，q從P到M做加速運動，故BC錯誤，A正確；
D．根據以上分析可知，M、N兩點在同一等勢面上，且該電場是固定正電荷產生的電場，則說明M、N到固定正電荷的距離相等，由點電荷的場強公式可知M、N兩點處電場強度大小相同，故D正確。
故選AD。
6．C
解析：A．根據動量守恒定律
鐵錘與石板碰后瞬間達到的共同速度為
A錯誤；
B．鐵錘與石板碰撞過程損失的機械能為
B錯誤；
C．鐵錘與石板從共速勻減速至零的過程中
設豎直向下為正方向，根據動量定理
聯(lián)立得，皮囊對石板的沖量大小為
C正確；
D．根據牛頓第二定律
又
皮囊對石板做的總功為
聯(lián)立得
D錯誤。
故選C。
7．D
解析：B．粒子在電容器中水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻變速直線運動，根據電場強度和電勢差的關系以及電場強度與電場力的關系可得
根據牛頓第二定律有
粒子射入電容器后的速度為v0，水平方向上分速度為
豎直方向上分速度為
粒子從射入到運動到最高點，由運動學關系速度與位移公式可得
粒子在電場加速的過程中由動能定理可得
解得
故B錯誤；
A．粒子從射入到運動到最高點過程中，設水平方向速度為vx，豎直方向上速度為vy，且水平方向上的位移為
豎直方向上的位移為
解得
故A錯誤；
C．粒子射入電容器到最高點過程中有
粒子穿過電容器時從最高點到穿出過程中，設水平方向速度為vx，豎直方向上速度為vy1，在水平方向上由位移公式可得
豎直方向上由速度公式可得
解得
設粒子穿過電容器時，速度方向與水平方向的夾角為，則
粒子射入電場和水平方向的夾角為
則
根據數學三角函數公式可得
故C錯誤；
D．粒子射入最高點的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為
解得
即粒子在運動到最高點的過程中水平方向和豎直方向的位移均與電荷量和質量無關，射出電場過程中同理有
，
即軌跡不會變化，故D正確。
故選D。
8．BCD
解析：A．根據開普勒第三定律
軌道Ⅱ的半軸長小于軌道Ⅰ的半徑，故沿軌道Ⅱ運行的周期小于沿軌道Ⅰ運行的周期，故A錯誤；
B．根據牛頓第二定律
可得
故沿軌道Ⅱ運行時，在P點的加速度小于在Q點的加速度，故B正確；
C．根據變軌原理，沿軌道Ⅰ運動至P時，需制動減速做向心運動，才能進入軌道Ⅱ，故C正確；
D．在軌道Ⅱ上由P點運行到Q點的過程中，登月探測器只受到萬有引力作用，機械能守恒，萬有引力對登月探測器做正功，登月探測器速度逐漸增大，動能增加，離地高度降低，重力勢能減小，故D正確。
故選BCD。
9．AD
解析：A．設傳動帶的長度為L
解得
煤塊剛放上傳動帶時，受到的滑動摩擦力沿斜面向下，根據牛頓第二定律得
解得
則煤塊從0加速到與傳送帶共速需要
煤塊的位移為
由于
可知煤塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運動，摩擦力沿斜面向上，根據牛頓第二定律得
解得
根據
解得
共計4s，A正確；
B．摩擦力大小為
第一個過程摩擦力對煤塊做功
第二個過程摩擦力對煤塊做功
故摩擦力對全程對煤塊做功為-48J，B錯誤；
C．第一個過程傳動帶的位移為
煤塊與傳送帶的相對位移為
第二個過程傳送帶的位移
相對位移
第一個過程傳送帶運動快，第二個過程煤塊運動快，煤塊在傳動帶上的劃痕應為16m，C錯誤；
D．第一個過程摩擦生熱為
第二個過程摩擦生熱為
故總產熱量為
D正確。
故選AD。
10．ABC
解析：AB．根據題意，對金屬棒受力分析，如圖所示

由平衡條件有
由閉合回路歐姆定律有
聯(lián)立解得
，
故AB正確；
C．若把磁場的方向變?yōu)樨Q直向上，閉合開關瞬間，由左手定則可知，安培力水平向左，則
解得
故C正確；
D．若把磁場的方向變?yōu)樗较蛴?，由左手定則可知，安培力豎直向上，則導體棒水平方向沒有運動趨勢，則摩擦力為零，故D錯誤。
故選ABC。
11． 不必 0.40
解析：（1）[1]木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度無關，則實驗拉動木板時不必保持勻速；
（2）[2]對木塊、砝碼以及重物B分析可知
解得
（3）[3]根據
結合圖像可知
則
μ=0.40
12． B 1.20 1.50 1.04
解析：（1）[1]電壓表測量的電壓應為路端電壓，開關應能控制電路，所以導線a端應連接到B處；
[2]干電池電動勢約為1.5V，電壓表選擇量程，分度值為0.1V，題圖中電壓表讀數為1.20V；
（2）[3][4]作出如圖所示

根據閉合電路歐姆定律
可知
圖像縱軸截距為電源電動勢可得
圖像斜率的絕對值等于電源內阻
13．（1）0.3N；（2），
解析：（1）金屬棒通電后，閉合回路中的電流
金屬棒受到的安培力
（2）導線互換前，根據平衡條件有
導線互換后，根據平衡條件有
聯(lián)立解得
，
14．（1）；（2）；（3）當滿足時，，當滿足時，
解析：（1）根據題意可知，A、B壓縮彈簧時，當A、B共速時，彈簧被壓縮到最短，彈性勢能最大，根據動量守恒定律有
由能量守恒可得
聯(lián)立解得
（2）從B撞向A到A、B分開的這個過程，可以看成的廣義的彈性碰撞，由動量守恒定律可得
由能量守恒可得
聯(lián)立解得
（3）設時，恰好能滑到小車左端，其共同速度為，由動量守恒定律有
由能量關系
解得
討論：
（ⅰ）當滿足時，A和小車不共速，A將從小車左端滑落，產生的熱量為
（ⅱ）當滿足時，A和小車能共速，產生的熱量為
解得
15．（1）；（2），
解析：（1）碰前對小球甲由到A的過程，由動能定理得
兩球碰撞過程動量守恒，則有
解得
碰后小球所受的電場力為
電場力與重力的合力斜向右下方與水平方向成，大小為
小球的等效最低點位于弧的中點，對小球由A到的過程由動能定理得
又由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知小球對軌道的最大壓力為
（2）小球到水平面的高度為時應有兩種情況：
①小球到達B點時距離水平面的距離為時，由A到B由動能定理得
解得
②小球離開B點后在豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向上做初速度是零的勻加速運動，設小球再次運動到距水平面高度為的位置時，所用時間為，根據運動學公式得
在時間內小球沿電場方向運動的位移為
又
解得
對小球，從B點到再次運動到距水平面高度為的位置，根據動能定理得
解得

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