一、單選題（本大題共8小題）
1．在物理學(xué)發(fā)展的過程中，科學(xué)家總結(jié)了許多重要的物理思想與方法。下列有關(guān)物理學(xué)思想與方法的描述中正確的是（ ）
A．重心概念的建立運(yùn)用了理想模型法
B．論證圖像面積即為物體運(yùn)動的位移采用等效的思想
C．卡文迪什在測萬有引力常量時，利用了微小量放大法的思想
D．在研究加速度與合外力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗中，利用了等效替代的思想
2．俯臥撐是一項深受學(xué)生們喜歡的課外健身運(yùn)動，做中距俯臥撐（下左圖）時雙臂基本與肩同寬，做寬距俯臥撐（下右圖）時雙臂大約在1.5倍肩寬。某位同學(xué)正在嘗試用不同姿勢的做俯臥撐；對于該同學(xué)做俯臥撐的過程，下列說法中正確的是（ ）

A．在俯臥撐向下運(yùn)動的過程中，地面對手掌的支持力小于手掌對地面的壓力
B．寬距俯臥撐比中距俯臥撐省力
C．在俯臥撐向上運(yùn)動的過程中，地面對該同學(xué)的支持力不做功
D．在做俯臥撐運(yùn)動的過程中，地面對該同學(xué)的沖量為零
3．小朋友玩豎直向上拋球游戲，理想情況下（忽略一切阻力和水平的風(fēng)力作用），可以把球的運(yùn)動看成只受重力的運(yùn)動，但實際情形中球受到的空氣阻力不能忽略。假設(shè)空氣阻力大小恒定，取向上為正方向，則兩種情況下小球從拋出到回到拋出點(diǎn)的過程中速度一時間圖像正確的是（ ）
A．B．
C．D．
4．如圖所示，取一支質(zhì)量為m的按壓式圓珠筆，將筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無初速放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度h，然后再豎直下落。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A．按壓時筆內(nèi)部彈簧的彈性勢能增加了mgh
B．放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為筆的動能
C．筆在離開桌面后的上升階段處于超重狀態(tài)
D．筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為
5．湖北某小區(qū)晾曬區(qū)的并排等高門型晾衣架如圖所示，、桿均水平，不可伸長的輕繩的一端M固定在中點(diǎn)上，另一端N系在C點(diǎn)，一衣架（含所掛衣物）的掛鉤可在輕繩上無摩擦滑動。將輕繩N端從C點(diǎn)沿方向緩慢移動至D點(diǎn)，整個過程中衣物始終沒有著地。則此過程中輕繩上張力大小的變化情況是（ ）
A．一直減小B．先減小后增大
C．一直增大D．先增大后減小
6．如圖（a）所示，太陽系外行星M、N均繞恒星Q做同向勻速圓周運(yùn)動。由于N的遮擋，行星M被Q照亮的亮度隨時間做如圖（b）所示的周期性變化，其中為N繞Q運(yùn)動的公轉(zhuǎn)周期。則兩行星M、N運(yùn)動過程中相距最近時的距離與相距最遠(yuǎn)時的距離之比為（ ）
A．B．C．D．
7．帆船是利用風(fēng)力航行的船，是繼舟、筏之后的一種古老的水上交通工具。如圖所示，在某次航行時，一艘帆船在水平風(fēng)力的作用下，以速度沿風(fēng)的方向勻速前行，風(fēng)與帆作用的有效面積為S，氣流的平均密度為，帆船行駛過程水平方向上所受阻力恒為f。假設(shè)氣流與帆作用后速度與帆船前行速度相等，則風(fēng)速大小為（ ）
A．B．C．D．
8．如圖（a），平行金屬板A、B間的電壓恒為U，B板右側(cè)的平行金屬板M、N間加有圖（b）所示的交變電壓，OO'是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時，板間為勻強(qiáng)電場且電場僅局限于板間。零時刻，緊貼A板同時由靜止釋放甲、乙兩個離子，兩離子質(zhì)量相等、電荷量關(guān)系為q甲=4q乙；甲在時刻沿OO'方向進(jìn)入并在時刻飛離交變電場。設(shè)甲、乙飛離交變電場時的速率為v甲、v乙，在交變電場中的偏移量大小為y甲、y乙。離子重力和離子間的相互作用均不計。則（ ）
A．y甲=2y乙B．y甲=y乙C．v甲=v乙D．v甲=4v乙
二、多選題（本大題共2小題）
9．在帶電粒子“碰撞”實驗中，t=0時，粒子P以初速度向靜止的粒子Q運(yùn)動，兩粒子在某段時間內(nèi)運(yùn)動的v-t圖像如圖所示，S1、S2分別是0~t1、t1～t2時間內(nèi)兩速度圖像所圍面積的大小，且S1=S2。已知P、Q的質(zhì)量分別為mP、mQ，僅考慮靜電力的作用，且P、Q始終未接觸。則下列說法中正確的是（ ）
A．mP=2mQ
B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大
C．P在t2時刻的速度大小為
D．t2時刻后兩圖像仍會出現(xiàn)交點(diǎn)
10．圖甲為中國京劇中的水袖舞表演，水袖的波浪可視為簡諧橫波。圖乙為該橫波在時刻的波形圖，為該波上兩個質(zhì)點(diǎn)，此時位于平衡位置，位于波峰，且比先振動。圖丙為波上某質(zhì)點(diǎn)的振動圖像。則（ ）
A．該波的傳播速度為B．圖丙可能為質(zhì)點(diǎn)的振動圖像
C．時，質(zhì)點(diǎn)的速度最大D．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程為
三、實驗題（本大題共2小題）
11．某同學(xué)甲利用如圖所示的實驗裝置探究加速度與力的關(guān)系，某次實驗中滑塊在牽引力作用下，先后通過兩個光電門，配套的數(shù)字計時器記錄了寬度為d的遮光條通過光電門1和光電門2的時間分別為和，遮光條從光電門1到光電門2之間的時間間隔為。（不計繩的質(zhì)量與滑輪處的摩擦，已知重力加速度為g）
(1)滑塊在該次實驗中的加速度大小為 。
(2)為使速度的測量值更接近瞬時速度，下列措施正確的是_________。（多選，填選項代號）
A．換用寬度更窄的遮光條B．換用寬度更寬的遮光條
C．使滑塊的釋放點(diǎn)靠近光電門D．使滑塊的釋放點(diǎn)遠(yuǎn)離光電門
(3)通過改變槽碼的數(shù)量完成多組實驗，在此過程中，需要滿足槽碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量，是因為當(dāng)槽碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量時， 可以近似認(rèn)為大小相等。
(4)同學(xué)乙認(rèn)為此實驗裝置還可以用于驗證機(jī)械能守恒，需要測量的物理量除了遮光片的寬度、滑塊的質(zhì)量、槽碼的質(zhì)量、遮光片通過兩個光電門的時間以外，還需要測量的物理量是 。
12．在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經(jīng)過次全振動的總時間為，在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長度為，再用游標(biāo)卡尺測量擺球的直徑為?；卮鹣铝袉栴}:
(1)為了減小測量周期的誤差，實驗時需要在適當(dāng)?shù)奈恢米鲆粯?biāo)記，當(dāng)擺球通過該標(biāo)記時開始計時，該標(biāo)記應(yīng)該放置在擺球擺動的____________。
A．最高點(diǎn)B．最低點(diǎn)C．任意位置
(2)該單擺的周期為 ，重力加速度 （用題干中字母表示）。
(3)如果測得的值偏小，可能的原因是____________。
A．實驗時誤將49次全振動記為50次
B．?dāng)[線上端懸點(diǎn)未固定，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了
C．開始計時時，停表過遲按下
(4)為了提高實驗的準(zhǔn)確度，在實驗中可改變幾次擺長并測出相應(yīng)的周期，從而得出幾組對應(yīng)的和的數(shù)值，以為橫坐標(biāo)、為縱坐標(biāo)作出圖線，但同學(xué)們不小心每次都把小球直徑當(dāng)作半徑來計算擺長，由此得到的圖像是圖乙中的 （選填“①”“②”或“③”）。
四、解答題（本大題共3小題）
13．如圖所示，a、b、c三點(diǎn)處在某一勻強(qiáng)電場中，該電場方向與a、b、c三點(diǎn)所在平面平行，已知ab的長度為5cm，ac的長為12cm，ab與ac間的夾角?，F(xiàn)把帶電荷量為的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做功為，把帶電荷量為的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場力做功為。求：
(1)b、c兩點(diǎn)間的電勢差；
(2)電場強(qiáng)度的大小和方向。
14．如圖所示，矩形拉桿箱上放著平底箱包，在與水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面從靜止開始加速運(yùn)動．已知箱包的質(zhì)量m＝1.0kg，拉桿箱的質(zhì)量M＝9.0 kg，箱底與水平面間的夾角θ＝37°，不計所有接觸面間的摩擦，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若F＝25N，求拉桿箱的加速度大小a；
(2)在(1)的情況下，求拉桿箱運(yùn)動x＝4.0 m時的速度大小v；
(3)要使箱包不從拉桿箱上滑出，求拉力的最大值Fm。
15．如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為的水平軌道AB通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道AB和水平軌道BO（長為）在B點(diǎn)與一個半徑的光滑的豎直固定圓弧軌道相切于B點(diǎn)。以水平軌道BO末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下。水平軌道BO右下方有一段弧形軌道PQ，該弧形軌道是曲線在坐標(biāo)系xOy（x>0，y>0）中的一半（見圖中實線部分），弧形軌道Q端在y軸上。帶電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球1與水平軌道AB、BO間的動摩擦因數(shù)為，在x軸上方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)，重力加速度為g。
（1）若小球1從傾斜軌道上由靜止開始下滑，恰好能經(jīng)過圓形軌道的最高點(diǎn)，求小球1經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大小；
（2）若小球1從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上，請證明小球1每次落在PQ時動能均相同，并求出該動能大小；
（3）將小球2靜置于O點(diǎn)，小球1沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與小球2發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），小球1與小球2發(fā)生碰撞前的速度為，要使兩小球碰后均能落在弧形軌道PQ上的同一地點(diǎn)，且小球1運(yùn)動過程中從未脫離過圓形軌道，求小球1和小球2的質(zhì)量之比。
參考答案
1．【答案】C
【詳解】A．重心是重力的等效作用點(diǎn)，即重心運(yùn)用了等效法，A錯誤；
B．論證圖像面積即為物體運(yùn)動的位移采用的是微元法的思想，B錯誤；
C．卡文迪什在測萬有引力常量時，通過扭秤實驗將微小的力的作用效果進(jìn)行放大，利用了微小量放大法的思想，C正確；
D．在研究加速度與合外力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗中，采用的是控制變量法，D錯誤。選C。
2．【答案】C
【詳解】A．地面對手掌的支持力與手掌對地面的壓力是一對相互作用力，大小相等，A錯誤；
B．寬距俯臥撐雙臂間距大于肩寬，手臂間的夾角變大，作用力比中距俯臥撐作用力大，B錯誤；
C．在俯臥撐向上運(yùn)動的過程中，地面對該同學(xué)手掌的支持力的作用點(diǎn)沒有發(fā)生位移，所以地面對該同學(xué)的支持力不做功，C正確；
D．在做俯臥撐運(yùn)動的過程中，根據(jù)，可知地面對該同學(xué)的沖量不為零，D錯誤。選C。
3．【答案】C
【詳解】理想情況下球的運(yùn)動看成只受重力的運(yùn)動，則加速度為g不變，從拋出到回到出發(fā)點(diǎn)的v-t圖像是一條傾斜的直線；若有空氣阻力，則上升的加速度，下降階段的加速度，根據(jù)v=at，可知上升的時間小于下降的時間；根據(jù)，可知上升的高度將減小，即圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積減小。選C。
4．【答案】A
【詳解】A．因放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度h，該過程中彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則彈性勢能為mgh，則按壓時筆內(nèi)部彈簧的彈性勢能增加了mgh，選項A正確；
B．放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為筆的動能和重力勢能，選項B錯誤；
C．筆在離開桌面后的上升階段，加速度向下為g，則處于完全失重狀態(tài)，選項C錯誤；
D．根據(jù)豎直上拋運(yùn)動的對稱性可知，筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為，選項D錯誤。選A。
5．【答案】B
【詳解】由題意可知，將輕繩N端從C點(diǎn)沿方向緩慢移動至D點(diǎn)過程中，繩子的夾角先減小后增大，由于合力的大小不變，可得此過程中輕繩上張力大小的變化情況是先減小后增大，ACD錯誤，B正確，選B。
6．【答案】D
【詳解】設(shè)M繞Q運(yùn)動的公轉(zhuǎn)周期為，由圖（b）可知，解得，設(shè)行星M、N繞Q運(yùn)動的半徑分別為、，根據(jù)開普勒第三定律可得，解得，則兩行星M、N運(yùn)動過程中相距最近時的距離與相距最遠(yuǎn)時的距離之比為，選D。
7．【答案】A
【詳解】時間內(nèi)沖擊船帆的空氣的體積為，時間內(nèi)沖擊船帆的空氣質(zhì)量為，空氣的動量改變量為，取船速方向為正，設(shè)帆對空氣的作用力大小為F，由動量定理可得，即，又帆船勻速前行，根據(jù)平衡條件，聯(lián)立解得，選A。
8．【答案】B
【詳解】兩粒子在電場中被加速，則，可得，兩離子質(zhì)量相等、電荷量關(guān)系為q甲=4q乙；可知兩粒子出離電場中的速度之比為，時間之比為，因為甲在時刻沿OO'方向進(jìn)入，則乙在時刻沿OO'方向進(jìn)入，甲粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間為，則乙粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間為T；甲粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，偏轉(zhuǎn)距離，乙粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，偏轉(zhuǎn)距離，則y甲=y乙，由對稱性可知，甲乙兩粒子出離偏轉(zhuǎn)電場時沿場強(qiáng)方向的速度均為零，則出離偏轉(zhuǎn)電場時的速度等于進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度，即，選項ACD錯誤，B正確；選B。
9．【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)動量守恒，得mQ=2mP，故A錯誤；
B．兩粒子在t1時刻速度相等，兩粒子相距最近，則系統(tǒng)的電勢能最大，B正確；
C．由于S1=S2，則時間內(nèi)與時間內(nèi)兩粒子間距離相等，電勢能相等，由動量守恒定律得，根據(jù)能量關(guān)系，解得，即P在t2時刻的速度大小為，C正確；
D．兩粒子帶同種電荷，所受電場力方向相反，t2時刻后速度不可能再相同，兩圖像不會出現(xiàn)交點(diǎn)，D錯誤。選BC。
10．【答案】AD
【詳解】A．由乙圖知，波長為2.0m，由丙圖知，周期為0.8s，則波速為，A正確；
B．由題知，質(zhì)點(diǎn)比質(zhì)點(diǎn)先振動，波向x軸負(fù)方向傳播，在時刻質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置，根據(jù)“上下坡”法，可知質(zhì)點(diǎn)P此時向y軸負(fù)方向振動，丙圖不是質(zhì)點(diǎn)P的振動圖像，B錯誤；
C．因，質(zhì)點(diǎn)此時處于波谷，速度為零，C錯誤；
D．因，則質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的路程為，D正確。選AD。
11．【答案】(1)，(2)AD，(3)槽碼的重力和繩子的拉力，(4)兩光電門之間的距離
【詳解】（1）滑塊通過光電門1和光電門2的速度分別為，，所以滑塊的額加速度
（2）根據(jù)速度的定義可知，遮光條越窄，其通過光電門的平均速度越接近瞬時速度，同時，滑塊釋放點(diǎn)離光電門越遠(yuǎn)，其經(jīng)過光電門的時間就越短，滑塊通過光電門的平均速度越接近瞬時速度，AD正確。選AD
（3）分別對滑塊（M）和槽碼（m）受力分析，結(jié)合牛頓第二定律可得，，聯(lián)立解得，故當(dāng)時，繩子的拉力（T）大小就等于槽碼（m）的重力大??；
（4）以滑塊、槽碼組成的系統(tǒng)為研究對象則有，由于、分別是滑塊通過光電門1、2的速度，h即為兩光電門之間的距離。
12．【答案】(1)B，(2)；，(3)B，(4)①
【詳解】（1）為了減小測量周期的誤差，應(yīng)該將小球經(jīng)過最低點(diǎn)時作為計時開始和終止的位置更好些，實際擺動中最高點(diǎn)的位置會發(fā)生變化，且靠近最高點(diǎn)時速度較小，計時誤差較大。故選B。
（2）[1]因為擺球經(jīng)過次全振動的總時間為，則該單擺的周期為
[2]由單擺周期公式，其中可得，重力加速度的表達(dá)式為
（3）根據(jù)，可知
A．實驗中誤將49次全振動次數(shù)記為50次，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，A錯誤；
B．?dāng)[線上端量點(diǎn)未固定，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，所測重力加速度偏小，B正確；
C．開始計時時，秒表過遲按下，所測周期偏小，則所測重力加速度偏大，C錯誤；選B。
（4）由題意可得，單擺的實際擺長為，由單擺周期表達(dá)式得，化簡可得，由此得到的圖像是圖乙中的①。
13．【答案】(1)11V，(2)100V/m，由b指向a
【詳解】（1）題意知把帶電荷量為的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做功為，根據(jù)電勢差與電場力做功的關(guān)系，有，把帶電荷量為的點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場力做功為，則有，根據(jù)，聯(lián)立解得，b、c兩點(diǎn)間的電勢差為
（2）根據(jù)勻強(qiáng)電場中，沿同一方向相同距離電勢降落相同，可知，作ad垂直dc，如圖
則有，代入題中數(shù)據(jù)，解得，所以a點(diǎn)和d點(diǎn)電勢相等，所以ad為等勢線，電場強(qiáng)度垂直等勢線，由b指向a，其大小為，聯(lián)立以上，代入題中數(shù)據(jù)解得
14．【答案】(1)2m/s2；(2)4m/s；(3)93.75N
【詳解】(1)若F=25N，以整體為研究對象，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得Fcsα=（m+M）a，解得m/s2=2m/s2
(2)根據(jù)速度位移關(guān)系可得v2=2ax，解得v=m/s=4m/s
(3)箱包恰好不從拉桿箱上滑出時，箱包與拉桿之間的彈力剛好為零，以箱包為研究對象，受到重力和支持力作用，此時的加速度為a0，如圖所示，
根據(jù)牛頓第二定律可得mgtanθ=ma0，解得a0=gtanθ=7.5m/s2，以整體為研究對象，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得Fmcsα=（m+M）a0，解得拉力的最大值為Fm=93.75N
15．【答案】（1）；（2）證明過程見解析，；（3）或
【詳解】（1）設(shè)小球1恰好經(jīng)過圓形軌道最高點(diǎn)時的速度大小為v，根據(jù)牛頓第二定律有 ①，設(shè)小球1經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大小為v0，對小球1從圓形軌道最高點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有 ②，聯(lián)立①②解得 ③
（2）小球1離開O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，設(shè)經(jīng)時間t小球1落在弧形軌道PQ上，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律可知落點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 ④， ⑤，由題意可知 ⑥，設(shè)小球1落在弧形軌道PQ時的動能為Ek，對小球1從O點(diǎn)到落在弧形軌道PQ的過程，根據(jù)動能定理有 ⑦，聯(lián)立③~⑦式解得 ⑧，由⑧式可知小球1每次落在PQ時動能均相同。
（3）設(shè)小球2質(zhì)量為M，小球1與小球2碰撞后二者的速度大小分別為、。要使兩小球均能落在弧形軌道PQ上，兩小球從O點(diǎn)拋出時應(yīng)具有相同的速度，而兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反彈，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分別有 ⑨， ⑩，聯(lián)立⑨⑩解得 ?， ?，小球1運(yùn)動過程中從未脫離過圓形軌道，分以下兩種情況：
第一種：小球1反彈后進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動但未超過圓形軌道圓心等高處就沿軌道滑回，并且在返回O點(diǎn)時的速度大小為v2，這種情況下根據(jù)動能定理有 ?，聯(lián)立???解得 ?
第二種：小球1反彈后進(jìn)入圓形軌道并能夠通過最高點(diǎn)，并到達(dá)傾斜軌道上，之后從傾斜軌道上滑回經(jīng)過圓形軌道最終返回O點(diǎn)，且返回時速度大小為v2，這種情況下根據(jù)動能定理有 ?，聯(lián)立???解得 ?

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