2023-2024学年江苏省张家港市高三下学期2月阶段性调研测试物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE72023～2024学年第二学期高三阶段性调研测试物理2024.02注意事项：1.本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．本次考试时间为75分钟，满分值为100分．2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑．3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意．1.将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，从水平方向拍摄的照片如图所示。看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，而且变粗了。这是因为光发生了（）A.折射现象 B.全反射现象 C.衍射现象 D.干涉现象〖答案〗A〖解析〗图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯B射向观察者P处的一条光线，ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气分界面的法线，光线在B处由水中射入空气，图中和分别为此光线的入射角和折射角，根据折射定律可知，应有，所以观察者在P点看到筷子A的像的位置不是A的实际位置，而是由实际位置偏离杯子中心向着杯壁靠近，因此看上去浸没在水中的这段筷子发生可侧移，而同时玻璃杯此时相当于一个凸透镜成像，而凸透镜所成虚像是放大的，相当于放大了筷子，所以筷子看起来变粗了。故选A。2.“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，组装仪器时，应将单缝固定在（）A.a处 B.b处 C.c处 D.d处〖答案〗B〖解析〗实验中，光先通过单缝，产生线光源，然后通过双缝后在光屏上产生干涉条纹，可知，双缝应置于单缝与光屏之间，即组装仪器时，应将单缝固定在b处。故选B。3.如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动最高点，O为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是（）A.经过O点时，向心力和回复力均不为零B.经过A点时，向心力和回复力均为零C.在半个周期内，合外力的冲量一定为零D.在半个周期内，合外力做的功一定为零〖答案〗D〖解析〗A．经过O点时，摆球具有一定速度，由可知向心力不为零。摆球在O点时的位移为零，根据可知回复力为零。故A错误；B．同理可得，经过A点时，摆球速度为零，则向心力为零，摆球位移不为零，则回复力不为零。故B错误；CD．根据单摆的振动对称性可知，在任意半个周期内，速度大小不变，除最大位移处，速度方向一定改变，由动量定理可知合外力的冲量可能为零，也可能不为零。摆球的动能不变，根据可知合外力做的功一定为零。故C错误；D正确。故选D。4.生活中经常用刀来劈开物体，如图是刀刃横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，则刀劈物体时对物体侧向推力FN的大小（）A.BC.D.〖答案〗C〖解析〗将力F分解为垂直于劈面的两个方向，大小均为FN，由平行四边形定则可得解得故选C。5.2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3:2，如图所示。根据以上信息可以得出（）A.当火星与地球相距最近时，两者的相对速度最大B.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为C.火星与地球绕太阳速度大小之比约为D.下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前〖答案〗C〖解析〗A．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故A错误；B．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律有可得故B错误；C．根据万有引力提供向心力解得故C正确；D．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有要发生下一次火星冲日则有得可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误。故选C。6.飞机向东水平匀减速飞行，每隔相等时间抛下一物，则物体在空中的排布情况应是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由于飞机向东做匀减速直线运动，且每隔相等时间抛下一物，因此每个被抛出的物体均做平抛运动，则最先抛出的物体在水平向东的方向上运动的最快，且水平向西每两个物体之间的水平间距逐渐减小；而所有被抛出的物体均在竖直方向做自由落体运动，因此在相等时间间隔内，竖直方向从高到低每两个物体之间的竖直间距逐渐增大。故选D。7.直导线折成夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，线中通有如图所示恒定电流I．现将该导线绕轴OO′由图示位置向纸面外缓慢转过90°，在该过程中导线所受的安培力（）A.大小和方向均不变B.大小和方向均改变C.大小改变，方向不变D.大小不变，方向改变〖答案〗A〖解析〗折线所受安培力等效为直线所受的安培力，旋转前后，电流大小、方向均不变，由安培力大小不变。由左手定则安培力方向不变。故选A。8.如图是变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压稳定，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，如果变压器上的能量损失可以忽略，图中各表的读数如何变化（）A.A1读数减小B.A2读数增大C.V2读数增大D.V3读数增大〖答案〗B〖解析〗C．由变压器电压与匝数的关系，可知变压器的输入电压稳定，变压器的线圈匝数不变，所以电压表V2的读数不变，故C错误；B．当用电器增加时，用户的总电阻R减小，由，可知电压表A2读数增大，故B正确；D．用户得到的电压由于增大，所以电压表V3的读数减小，故D错误；A．变压器上的能量损失忽略，则由于、不变，增大，所以增大，电流表A1的读数增大，故A错误。故选B9.t=0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0．在时间0～3t0内，下列说法正确的是

（）A.t=2t0时，P回到原点B.t=2t0时，P到原点的距离最远C.在时间内，P的动量的变化量为0D.在和时间内，P所受合外力的冲量不同〖答案〗D〖解析〗AB．图像的面积代表速度变化量，质点在0~t0时间内从静止出发，速度方向一直为正，且在增加，位移一直增大，t0时速度最大，之后，速度减小，加速度与速度方向相反，2t0时速度减小到零，此时并未回到出发点，之后继续重复0~t0时间的运动，t=2t0时，P到原点的距离不是最远，AB错误；C．t0时速度最大，初始时速度为零，所以在时间内，P的动量的变化量不为0，C错误。D．在和时间内，图像面积一正一负，速度变化量方向相反，所以根据动量定理P所受合外力的冲量方向不同，D正确。故选D。10.如图所示，等边三角形的三个顶点A、B、C上分别固定一点电荷，点电荷的带电荷量分别为-q、+2q、+q，已知M、N、P分别为AB、BC、AC的中点，O为三角形的中心，下列说法正确的是（）A.从P点到O点，电势先减小后增大B.M点和N点的电场强度相同C.电子在M点的电势能大于在N点的D.正试探电荷沿直线从O点运动到N点，电场力先做负功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．A、C两点的点电荷为一对等量异种点电荷，两点电荷连线的垂直平分线上的点电势相等，在B点的点电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，可知从P点到O点，电势逐渐增大，故A错误；B．设BM长为L，则CM长为，A、B两点点电荷在M点产生的电场方向由B点指向A点，电场强度大小为C点的点电荷在M点产生的电场方向由C点指向M点，电场强度大小为可得三个点电荷在M点产生的合电场强度大小为同理可得三个点电荷在N点产生的电场强度大小为则M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；C．M、N两点到B点的距离相等，则在B点的点电荷产生的电场中两点电势相等，又在A、C两点的点电荷产生的电场中，M点距离负点电荷近，则M点的电势低于N点的电势，又带负电的试探电荷在电势低处的电势能大，则电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；D．正试探电荷沿直线从O运动到N，三个点电荷均对试探电荷一直做负功，则电场力一直做负功，故D错误。故选C。11.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（）A.木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍〖答案〗C〖解析〗A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得则有即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有可得对子弹B有可得由于则有两子弹初动能的关系为由动能公式可得解得即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于可得即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，C正确；D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得由以上分析可知D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位．12.某同学为了测量某新型电动自行车电瓶的电动势和内阻，现有实验器材如下：A．待测电源（电动势约为30V，内阻约为3Ω）B．电压表（量程为3V，内阻为1kΩ）C．电流表（量程为3A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器（0~50Ω，3A）E．电阻箱R（最大阻值9999Ω）F．定值电阻R0=8000ΩG．开关和导线若干（1）为了完成实验，该同学扩大电压表的量程为30V，那么他应该将电阻箱的阻值调到_______Ω，使电阻箱和电压表串联；（2）将改装后的电压表（表盘未换）与电流表连成如图（a）所示的电路，测量电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数U和电流表示数I，作出图像如图（b）所示，则电源的电动势为_____V，内阻为______Ω（结果均保留一位小数）；（3）对改装后的电压表进行后期校准时，发现示数与标准值总有偏差，怀疑是电压表标示的内阻值1kΩ可能并不准确，为了重新测量电压表的内阻，又设计了图（c）所示的电路图，按照图（c）连接好电路，进行了如下几步操作：①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表示数为3.00V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表示数为2.00V时，电阻箱的读数为4525Ω，则电压表内阻的测量值为______Ω，该测量值______电压表内阻的真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。〖答案〗（1）9000（2）29.53.0（3）1050大于〖解析〗（1）[1]扩大电压表的量程为30V，将电阻箱的阻值调到R，电阻箱和电压表串联，则解得（2）[2]由图可知纵截距为电源的电动势[3]斜率的绝对值为内阻（3）[4]保持滑动变阻器触头不动，因此电压表支路的总电压不变，当电压表的示数为2V，根据可知，电压表支路的电流变为原来的，则电压表支路的总电阻变为原来的，则代入数据，解得[5]电压表示数为2V时，电压表支路的实际电压变大，则电压表支路的总电阻比原来的大，所以测量的到的电阻大于电压表的真实值。13.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为L且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，一金属棒垂直放在导轨上．现将金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°，金属棒始终与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计．求：（1）金属棒转动过程中产生感应电动势的最大值；（2）转动过程中通过定值电阻R的电荷量是多少。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）当金属棒顺时针转过60°时，金属棒中产生的感应电动势最大（2）由，，可得解得14.如图所示，用折射率为n的透明介质制成内外半径分别为a和2a的空心球壳，一束光射向此球壳，当入射角i=60°时，光束经折射后恰好与内球表面相切，求：（1）该透明材料折射率n；（2）改变入射角，使折射光线恰好在内球表面发生全反射，此时入射角i多大？〖答案〗（1）；（2）30°〖解析〗（1）依据题意可以做出光路图如图所示，由图可知i=60°，β=30°根据折射定律可得，透明材料的折射率为（2）设经球壳外表面折射后折射角为r，如图所示在E点正好发生全反射，有由正弦定理有可得根据折射定律有可得则i=30°15.如图所示，质量为2m的“I”型金属工件竖直放置在水平面上，工件AB部分是粗细均匀的细杆，细杆上套有质量为m的钢珠，初始时二者都处于静止状态，钢珠位于A点．拨动钢珠，让它从A点以初速度v0开始上滑，钢珠到达B点时与工件发生弹性碰撞，使工件离开桌面竖直向上运动．已知A、B两点间的距离，钢珠相对工件滑动时受到摩擦力大小f=2mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力．求：（1）钢珠与工件碰撞前钢珠的速度v1；（2）工件向上运动的最大高度h；（3）若工件落地后不反弹且保持竖直，从开始到最后均停止运动，钢珠与工件因摩擦而产生的热量Q。〖答案〗（1）；（2）见〖解析〗；（3）〖解析〗（1）解法一：钢珠向上运动过程中，由于摩擦力等于工件的重力，所以工件保持静止，对钢珠研究，解得解法二：工件保持静止，对钢珠研究，由动能定理可知解得（2）钢珠到达B点时与工件发生弹性碰撞，由动量守恒由能量守恒联立解得此后，工件加速度大小为方向向下，工件速度为零时钢珠加速度大小为方向向上，此时若工件上升过程一直匀减速钢珠向下运动距离钢珠与工件相对位移则在工件上升到最高点之前，钢珠与工件既未共速，也未相碰，即工件匀减速上升；（3）解法一：钢珠由A向上运动到B过程中工件上升到最高点后做自由落体运动此后，钢珠加速度方向向上，钢珠匀减速到停止即钢珠不会与工件下端相碰解法二：工件上升到最高点后做自由落体运动此后，钢珠加速度方向向上，钢珠匀减速到停止即钢珠与工件不会再次相碰；由能量守恒联立解得16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限有足够长的条状磁场区域І、П，宽度均为x0，区域І有垂直纸面向里的匀强磁场，区域П有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2．有一带正电粒子电量为q，质量为m，从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0射入磁场区域，不计粒子的重力．求：（1）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？（2）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域П？（3）若区域І磁感应强度大小沿x轴满足B=kx，粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即解得（2）如图所示，设O1、O2分别为粒子在区域Ⅰ、П中运动轨迹的圆心，半径分别为，由几何关系可知，由几何关系可知或或联立解得解法二：在区域Ⅰ运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得两边累即求和解得同理，在区域П运动过程中两边累即求和解得联立解得解法三：在区域Ⅰ、П运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得两边累即求和解得联立解得（3）如图所示，粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域І边界时，速度大小为v0，方向竖直向上在区域Ⅰ运动过程中任意Δt时间，在y方向上，由动量定理可得又因为且B与x成线性关系，可知两边累即求和得解得2023～2024学年第二学期高三阶段性调研测试物理2024.02注意事项：1.本试卷包含选择题和非选择题两部分．考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效．本次考试时间为75分钟，满分值为100分．2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑．3.答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗．答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效．一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意．1.将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，从水平方向拍摄的照片如图所示。看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，而且变粗了。这是因为光发生了（）A.折射现象 B.全反射现象 C.衍射现象 D.干涉现象〖答案〗A〖解析〗图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯B射向观察者P处的一条光线，ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气分界面的法线，光线在B处由水中射入空气，图中和分别为此光线的入射角和折射角，根据折射定律可知，应有，所以观察者在P点看到筷子A的像的位置不是A的实际位置，而是由实际位置偏离杯子中心向着杯壁靠近，因此看上去浸没在水中的这段筷子发生可侧移，而同时玻璃杯此时相当于一个凸透镜成像，而凸透镜所成虚像是放大的，相当于放大了筷子，所以筷子看起来变粗了。故选A。2.“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，组装仪器时，应将单缝固定在（）A.a处 B.b处 C.c处 D.d处〖答案〗B〖解析〗实验中，光先通过单缝，产生线光源，然后通过双缝后在光屏上产生干涉条纹，可知，双缝应置于单缝与光屏之间，即组装仪器时，应将单缝固定在b处。故选B。3.如图，单摆在AB之间做简谐运动，A、B为运动最高点，O为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是（）A.经过O点时，向心力和回复力均不为零B.经过A点时，向心力和回复力均为零C.在半个周期内，合外力的冲量一定为零D.在半个周期内，合外力做的功一定为零〖答案〗D〖解析〗A．经过O点时，摆球具有一定速度，由可知向心力不为零。摆球在O点时的位移为零，根据可知回复力为零。故A错误；B．同理可得，经过A点时，摆球速度为零，则向心力为零，摆球位移不为零，则回复力不为零。故B错误；CD．根据单摆的振动对称性可知，在任意半个周期内，速度大小不变，除最大位移处，速度方向一定改变，由动量定理可知合外力的冲量可能为零，也可能不为零。摆球的动能不变，根据可知合外力做的功一定为零。故C错误；D正确。故选D。4.生活中经常用刀来劈开物体，如图是刀刃横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为θ，则刀劈物体时对物体侧向推力FN的大小（）A.BC.D.〖答案〗C〖解析〗将力F分解为垂直于劈面的两个方向，大小均为FN，由平行四边形定则可得解得故选C。5.2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3:2，如图所示。根据以上信息可以得出（）A.当火星与地球相距最近时，两者的相对速度最大B.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为C.火星与地球绕太阳速度大小之比约为D.下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前〖答案〗C〖解析〗A．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故A错误；B．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律有可得故B错误；C．根据万有引力提供向心力解得故C正确；D．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有要发生下一次火星冲日则有得可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误。故选C。6.飞机向东水平匀减速飞行，每隔相等时间抛下一物，则物体在空中的排布情况应是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由于飞机向东做匀减速直线运动，且每隔相等时间抛下一物，因此每个被抛出的物体均做平抛运动，则最先抛出的物体在水平向东的方向上运动的最快，且水平向西每两个物体之间的水平间距逐渐减小；而所有被抛出的物体均在竖直方向做自由落体运动，因此在相等时间间隔内，竖直方向从高到低每两个物体之间的竖直间距逐渐增大。故选D。7.直导线折成夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，线中通有如图所示恒定电流I．现将该导线绕轴OO′由图示位置向纸面外缓慢转过90°，在该过程中导线所受的安培力（）A.大小和方向均不变B.大小和方向均改变C.大小改变，方向不变D.大小不变，方向改变〖答案〗A〖解析〗折线所受安培力等效为直线所受的安培力，旋转前后，电流大小、方向均不变，由安培力大小不变。由左手定则安培力方向不变。故选A。8.如图是变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压稳定，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，如果变压器上的能量损失可以忽略，图中各表的读数如何变化（）A.A1读数减小B.A2读数增大C.V2读数增大D.V3读数增大〖答案〗B〖解析〗C．由变压器电压与匝数的关系，可知变压器的输入电压稳定，变压器的线圈匝数不变，所以电压表V2的读数不变，故C错误；B．当用电器增加时，用户的总电阻R减小，由，可知电压表A2读数增大，故B正确；D．用户得到的电压由于增大，所以电压表V3的读数减小，故D错误；A．变压器上的能量损失忽略，则由于、不变，增大，所以增大，电流表A1的读数增大，故A错误。故选B9.t=0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0．在时间0～3t0内，下列说法正确的是

（）A.t=2t0时，P回到原点B.t=2t0时，P到原点的距离最远C.在时间内，P的动量的变化量为0D.在和时间内，P所受合外力的冲量不同〖答案〗D〖解析〗AB．图像的面积代表速度变化量，质点在0~t0时间内从静止出发，速度方向一直为正，且在增加，位移一直增大，t0时速度最大，之后，速度减小，加速度与速度方向相反，2t0时速度减小到零，此时并未回到出发点，之后继续重复0~t0时间的运动，t=2t0时，P到原点的距离不是最远，AB错误；C．t0时速度最大，初始时速度为零，所以在时间内，P的动量的变化量不为0，C错误。D．在和时间内，图像面积一正一负，速度变化量方向相反，所以根据动量定理P所受合外力的冲量方向不同，D正确。故选D。10.如图所示，等边三角形的三个顶点A、B、C上分别固定一点电荷，点电荷的带电荷量分别为-q、+2q、+q，已知M、N、P分别为AB、BC、AC的中点，O为三角形的中心，下列说法正确的是（）A.从P点到O点，电势先减小后增大B.M点和N点的电场强度相同C.电子在M点的电势能大于在N点的D.正试探电荷沿直线从O点运动到N点，电场力先做负功后做正功〖答案〗C〖解析〗A．A、C两点的点电荷为一对等量异种点电荷，两点电荷连线的垂直平分线上的点电势相等，在B点的点电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，可知从P点到O点，电势逐渐增大，故A错误；B．设BM长为L，则CM长为，A、B两点点电荷在M点产生的电场方向由B点指向A点，电场强度大小为C点的点电荷在M点产生的电场方向由C点指向M点，电场强度大小为可得三个点电荷在M点产生的合电场强度大小为同理可得三个点电荷在N点产生的电场强度大小为则M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；C．M、N两点到B点的距离相等，则在B点的点电荷产生的电场中两点电势相等，又在A、C两点的点电荷产生的电场中，M点距离负点电荷近，则M点的电势低于N点的电势，又带负电的试探电荷在电势低处的电势能大，则电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；D．正试探电荷沿直线从O运动到N，三个点电荷均对试探电荷一直做负功，则电场力一直做负功，故D错误。故选C。11.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（）A.木块和子弹A、B系统动量不守恒B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍〖答案〗C〖解析〗A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得则有即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有可得对子弹B有可得由于则有两子弹初动能的关系为由动能公式可得解得即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于可得即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，C正确；D．若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能可得由以上分析可知D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共56分．其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后〖答案〗的不能得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位．12.某同学为了测量某新型电动自行车电瓶的电动势和内阻，现有实验器材如下：A．待测电源（电动势约为30V，内阻约为3Ω）B．电压表（量程为3V，内阻为1kΩ）C．电流表（量程为3A，内阻约为0.1Ω）D．滑动变阻器（0~50Ω，3A）E．电阻箱R（最大阻值9999Ω）F．定值电阻R0=8000ΩG．开关和导线若干（1）为了完成实验，该同学扩大电压表的量程为30V，那么他应该将电阻箱的阻值调到_______Ω，使电阻箱和电压表串联；（2）将改装后的电压表（表盘未换）与电流表连成如图（a）所示的电路，测量电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数U和电流表示数I，作出图像如图（b）所示，则电源的电动势为_____V，内阻为______Ω（结果均保留一位小数）；（3）对改装后的电压表进行后期校准时，发现示数与标准值总有偏差，怀疑是电压表标示的内阻值1kΩ可能并不准确，为了重新测量电压表的内阻，又设计了图（c）所示的电路图，按照图（c）连接好电路，进行了如下几步操作：①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表示数为3.00V；③保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表示数为2.00V时，电阻箱的读数为4525Ω，则电压表内阻的测量值为______Ω，该测量值______电压表内阻的真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。〖答案〗（1）9000（2）29.53.0（3）1050大于〖解析〗（1）[1]扩大电压表的量程为30V，将电阻箱的阻值调到R，电阻箱和电压表串联，则解得（2）[2]由图可知纵截距为电源的电动势[3]斜率的绝对值为内阻（3）[4]保持滑动变阻器触头不动，因此电压表支路的总电压不变，当电压表的示数为2V，根据可知，电压表支路的电流变为原来的，则电压表支路的总电阻变为原来的，则代入数据，解得[5]电压表示数为2V时，电压表支路的实际电压变大，则电压表支路的总电阻比原来的大，所以测量的到的电阻大于电压表的真实值。13.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为L且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，一金属棒垂直放在导轨上．现将金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°，金属棒始终与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计．求：（1）金属棒转动过程中产生感应电动势的最大值；（2）转动过程中通过定值电阻R的电荷量是多少。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）当金属棒顺时针转过60°时，金属棒中产生的感应电动势最大（2）由，，可得解得14.如图所示，用折射率为n的透明介质制成内外半径分别为a和2a的空心球壳，一束光射向此球壳，当入射角i=60°时，光束经折射后恰好与内球表面相切，求：（1）该透明材料折射率n；（2）改变入射角，使折射光线恰好在内球表面