2024-2025学年湖南省高二上学期12月月考物理试题（B卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年秋季高二检测卷物理（B卷）时量：75分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题共44分）一、单项选择题：本题6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.只有质量很小的物体才可以看成质点B.元电荷就是带电量为1.6×10−19C的电荷C.在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以认为碰撞时系统的总动量近似守恒D.根据磁感应强度的定义式可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比【答案】C【解析】A．物体能否看成质点与质量大小无关，故A错误；B．1.6×10−19C这个电荷量叫作元电荷，并不是实物粒子，故B错误；C．在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以认为碰撞时系统的总动量近似守恒，故C正确；D．是磁感应强度的定义式，不是决定式，磁感应强度B与F、IL无关，故D错误。2.某单摆如图1所示，其摆长为L，小钢球（可视为质点）带电量为，该单摆做简谐运动的周期为。保持摆长不变，若在悬挂点处固定一个带电荷量的小钢球（可视为质点），如图2所示，该单摆做简谐运动的周期为。若将图1单摆置于匀强电场当中，如图3所示，电场强度大小为（k为静电力常量），方向竖直向下，该单摆做简谐运动的周期为。则、和的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】图1中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外，只受重力，所以图2中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力，其中细绳拉力与库仑力的合力相当于图1中细绳的拉力，所以图3中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的电场力和重力，其等效重力加速度为所以所以有3.如图，平行板电容器的a、b两极板间有一电荷，在M点处于静止状态。C表示平行板电容器的电容大小，U表示两极板间的电压大小，Ep表示电荷在M点的电势能。若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，则下列说法中正确的是（）A.C增大 B.U减小 C.电荷仍保持静止 D.Ep减小【答案】D【解析】A．根据电容公式若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，距离d增大，电容C减小，A错误；B．两极板两端的电压始终等于电源的电动势，U不变，B错误；C．根据题意，电荷静止，电荷所受的电场力向上，电场力等于重力；根据若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，U不变，距离d增大，E减小，电荷所受的电场力减小，小于重力，电荷向下运动，C错误；D．若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，场强减小，M点与a板的电势差减小，则M点电势升高，则带负电的电荷电势能减小，D正确。故选D。4.某水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，假设水流垂直射向竖直墙壁，冲击墙面后速度变为0。则墙壁受到的平均冲击力大小为（已知水的密度为，重力加速度大小为g）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据动量定理其中可得则根据牛顿第三定律可知墙壁受到的平均冲击力大小为。故选A。5.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，以A指向B的方向为正方向，由图可知下列说法中正确的是（）A.弹簧振子做简谐运动的表达式为B.在t=0.3s到t=0.5s时间内，弹簧振子路程为5cmC.从t=0.2s到t=0.6s时间内，弹簧振子的加速度先增大后减小D.从t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子系统的动能相等，弹性势能也相等【答案】D【解析】A．弹簧振子振幅A=5cm，周期T=0.8s则做简谐运动的表达式为故A错误；B．在t=0.3s到t=0.5s时间内，弹簧振子的路程为故B错误；C．从t=0.2s到t=0.6s时间内，弹簧振子从B向A运动，则加速度先减小后增大，故C错误；D．由对称性可知，从t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子的速度大小相同，则系统的动能相等，弹簧形变量相同，可知系统的弹性势能也相等，故D正确。故选D。6.如图，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子（可视为质点）经加速电场AB（电压大小为）由静止开始加速，从两平行金属板C、D正中间沿轴线方向射入。C、D板长为L，间距为d，其中存在大小处处相等，方向竖直向下的偏转电场，C、D板间电压大小为。该粒子恰好可以通过偏转电场，忽略重力作用，下列说法正确的是（）A.若增大该粒子的电荷量，该粒子将无法通过偏转电场B.两平行金属板C、D的间距d与长度L的比值为C.该粒子进入偏转电场时动能大小与离开偏转电场时动能大小的比值为D.该粒子进入偏转电场时动量大小与离开偏转电场时动量大小的比值为【答案】D【解析】A．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子进入偏转电场做类平抛运动，则有，，联立解得可知粒子离开偏转电场的偏转位移与粒子的电荷量和质量均无关，则增大该粒子的电荷量，该粒子仍能通过偏转电场，故A错误；B．由题意可知又联立可得两平行金属板C、D的间距d与长度L的比值为故B错误；C．根据动能定理可得又联立可得故C错误；D．根据则该粒子进入偏转电场时动量大小与离开偏转电场时动量大小的比值为故D正确。二、多项选择题：本题4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，飞船与空间站对接前在各自预定的圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运动，Ⅱ为对接转移轨道，Ⅰ、Ⅱ轨道相切于M点，Ⅱ、Ⅲ轨道相切于N点。下列说法正确的是（）A.飞船在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度B.飞船在Ⅲ轨道上的速度小于7.9km/s，因此飞船在地面的发射速度可以小于7.9km/sC.由Ⅰ轨道到Ⅱ轨道的过程中，飞船的机械能增大D.飞船在三个轨道上的周期【答案】ACD【解析】A．对于圆轨道，由万有引力提供向心力，则有解得Ⅲ轨道的半径大于Ⅰ轨道的半径，则飞船在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度，故A正确；B．7.9km/s是地球的第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，由于Ⅲ轨道的半径大于近地卫星的半径，结合上述可知，飞船在Ⅲ轨道上的速度小于7.9km/s，但是，第一宇宙速度是地球上发射卫星的最小发射速度，即飞船在地面的发射速度不能够小于7.9km/s，故B错误；C．Ⅰ轨道相对于Ⅱ轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道需要在切点位置加速，可知，由Ⅰ轨道到Ⅱ轨道的过程中，飞船的机械能增大，故C正确；D．根据开普勒第三定律可知，Ⅲ轨道的轨道半径大于Ⅱ轨道的半长轴，而Ⅱ轨道的半长轴大于Ⅰ轨道的轨道半径，可知，飞船在三个轨道上的周期故D正确。故选ACD。8.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，理想电流表A的示数为I，理想电压表、和的示数分别为、和，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为、、和。下列说法正确的是（）A.I变大，变大 B.电源总功率变大C.电源的效率变大 D.不变，不变【答案】BD【解析】A．由电路图知两个电阻串联，电压表测量定值电阻两端的电压，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电压表测量路端电压，电流表测量电路的电流。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的总电阻减小，所以电路总电阻减小、总电流I增大，和电源内电阻分得的电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即减小，故A错误；B．电源总功率为I增大，电源总功率增大，故B正确；C．由于电源的内电压增大，则路端电压减小，电源的效率所以电源的效率减小，故C错误；D．电压表测量定值电阻两端的电压，则不变；电压表测量路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得不变，故D正确。故选BD。9.如图，物块M、N通过弹簧连接静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的3倍。某时刻，物块M获得水平向右的冲量I。下列说法正确的是（）A.当M、N速度相同时，弹簧的弹性势能最大B.自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为C.自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块M的冲量大小为D.弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度相同【答案】AB【解析】A．当M、N速度相同时，M、N距离最近或者最远，此时弹簧最长或者最短，弹簧弹性势能最大，故A正确；BC．无论弹簧最长还是最短，两物块的速度都相同，以水平向右为正方向，设物块M的质量为，物块N的质量为，则，由动量定理有由动量守恒定律有又联立解得自开始至弹簧最短或最长，弹簧对物块M的冲量均为弹簧对物块M的冲量大小为，故B正确；C错误；D．M获得冲量后压缩弹簧至最短，此时两者速度相等，M受力向左，继续减速，N受力向右，继续加速，弹簧逐渐恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，M速度最小，N速度最大，之后弹簧开始拉伸，M受力向右，加速，N受力向左，减速，弹簧最长时，两者速度再次相等，M受力仍向右，加速，N受力仍向左，减速，到第二次恢复原长时，M速度最大，N速度最小，故弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度不同，故D错误。故选AB。10.如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，现将一个质量也为m的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.C和A从相碰后至第一次运动到最低点的过程中加速度先减小后增大B.若C物体从更低的位置释放，简谐运动最低点的位置可能不变C.简谐运动的振幅为D.B对地面的最大弹力为【答案】AD【解析】A．C和A相碰前，对A有C和A相碰后则AC先向下做加速度减小的加速运动，过平衡位置后，加速度反向增大，选项A正确；B．若C物体从更低的位置释放，则C和A相碰后一起向下运动的初速度减小，由机械能守恒定律，简谐运动最低点位置不可能不变，选项B错误；C．当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有解得平衡位置时弹簧的形变量为处于压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有故弹簧此时形变量此时弹簧处于伸长状态；故简谐运动的振幅为选项C错误；D．当AC运动到最低点时，B对地面的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为此时弹力为B对地面的弹力为选项D正确。第Ⅱ卷（非选择题共56分）三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某中学实验小组做“验证动量守恒定律”的实验装置示意图如图所示。O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置，然后把质量为的被碰小球B静置于轨道水平部分末端，再将小球A从斜轨上（特定位置）由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球A、B落点的平均位置，M、P、N表示实验中相应落点的位置。（1）小球B未放置的情况下，小球A的落点为______（填“M”“P”或“N”）；为使小球A与小球B相碰后不反弹，实验中应使______（填“大于”或“小于”）。（2）M、P、N三点到O点的距离分别为、、，实验数据在允许的误差范围之内，则该实验需要验证的关系式为______（用、、、、表示）。【答案】（1）P大于（2）【解析】（1）[1][2]在放置小球B的情况下，小球A与小球B碰后速度要减小，落点会变近，小球B被碰后的速度比碰前小球A的速度大，落点比未放小球B时小球A的落点要远，所以，小球B未放置的情况下，小球A的落点应为P，另外，为使小球A与小球B相碰后不反弹，实验中应使大于。（2）小球离开桌面后做平抛运动，因为下落高度相等，所以在空中运动的时间相等，设为t，小球平均落点到桌面的水平距离设为x，则小球离开桌面时的速度为根据动量守恒，需要验证的原始式为将各个速度代入，得即12.某中学实验小组准备测量一段金属丝的电阻率，实验过程如下。（1）测量金属丝的长度和直径实验小组用螺旋测微器测量该金属丝直径D，如图（a）所示，读数为______mm，用游标卡尺测量该金属丝长度L，如图（b）所示，读数为______mm。（2）测量金属丝的电阻实验小组采用电桥法测量电阻值，电路图如下，其中和为定值电阻，为可调电阻箱，G表为检流计用于判断微弱电流，为待测金属丝。①闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于______（填“A”或“B”）端。②多次调节电阻箱和滑动变阻器滑片位置，使检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，记录此时电阻箱的示数为，则待测金属丝电阻值______（用、、表示）。③处理数据时发现，定值电阻、的电阻值未知，因此该小组成员交换、在电路图中的位置，再次调节电阻箱和滑动变阻器滑片位置，使检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，记录此时电阻箱的示数为，则______（用、表示）。（3）计算金属丝的电阻率该金属丝的电阻率______（用D、L、、表示）。【答案】（1）1.84042.40（2）A（3）【解析】（1）[1]螺旋测微器精度为0.01mm，故金属丝直径[2]从图可知该游标卡尺精度0.05mm，故金属丝长度（2）[1]为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于A端；[2]设通过和的电流分别为为、，检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，故和两端电压相等，和两端电压也相等，由并联特点得整理得解得[3]结合以上分析，同理可得由因为联立得（3）由电阻联立以上得四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图，质量的子弹以速度射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量，子弹进入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。求：（1）子弹击中木块后共同运动的速度v；（2）整个过程中子弹对木块的冲量I。【答案】（1）（2）【解析】（1）根据动量守恒定律有代入数据求得（2）根据动量定理，整个过程中子弹对木块的冲量为代入数据求得14.如图，倾角为α=37°的光滑斜面末端与竖直放置在水平地面的半径R=0.2m的光滑绝缘半圆轨道在b点平滑连接（小球经过b点时无能量损失），O为圆心，a、b为竖直直径的两端点。现有一质量为m=0.3kg、电荷量为q=1.0×10−5C的带正电小球（可视为质点），从斜面上的c点（距离地面高度h未知）自由下滑，小球恰好能通过a点。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计一切阻力：计算结果可用分数表示。（1）求斜面上c点距离地面的高度；（2）求小球进入半圆轨道后b点对小球的支持力大小；（3）改变小球被释放的高度，释放小球后，在小球刚过b点瞬间立即在整个空间施加水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E=4.0×105N/C，小球从a点飞出最后能垂直撞击斜面d点（图中未画出），求小球运动至a点的速度大小以及b、d两点间的距离。【答案】（1）0.5m（2）18N（3），0.45m【解析】（1）小球恰好能通过a点，根据牛顿第二定律有小球从c到a过程，根据动能定理有解得（2）小球从c到b过程，根据动能定理有小球在b点，根据牛顿第二定律有解得（3）小球所受电场力方向水平向右，大小为小球从a点飞出，水平方向有，，竖直方向上有，由于小球从a点飞出最后能垂直撞击斜面d点，则有解得，根据几何关系，b、d两点间的距离解得15.如图，光滑的水平地面上有一木板，质量为m，其左端放有一重物，重物与木板的接触面粗糙，右方有一竖直的墙壁，重物质量为木板质量的5倍。使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙壁发生碰撞，碰撞后木板与墙壁的最远距离为d。已知木板与墙壁的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g。（提示：）求：（1）第一次碰撞后，木板距离墙壁最远时，重物的速度v；（2）木板与墙壁第二次碰撞前瞬间重物距木板左端的距离s；（3）木板从第一次与墙壁碰撞到第n次与墙壁碰撞所经历的总时间T。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设重物的质量为M，木板的质量为m，选取向右为正方向，木板与墙第一次碰撞后，当木板离墙最远时，木板的速度为0，由系统动量守恒，有其中解得方向水平向右；（2）设动摩擦因数为，对木板第一次碰撞的减速过程，则有解得假设第二次碰撞前二者已经共速，设二者共同速度，由系统动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有解得设重物与木板共速时，木板由静止到共速向右移动的位移为，则有解得假设成立，木板第一次与墙碰撞后到第二次与墙碰前，根据系统能量守恒有解得（3）设木板第一次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，取木板研究，根据动量定理，选取向右为正方向，有根据动能定理，有重物与木板共速到再次与墙碰撞历时，有所以板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间为解得设木板第二次与墙碰撞后到重物与木板达共同速度历时，木板运动的位移为，重物与木板第二次达共速到再次与墙碰撞历时，同理可得解得板从第二次与墙碰撞到第三次与墙碰撞所经历的时间为依次类推可得，从第次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间则板从第1次与墙碰撞到第n次与墙碰撞所经历的时间解得2024年秋季高二检测卷物理（B卷）时量：75分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题共44分）一、单项选择题：本题6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.只有质量很小的物体才可以看成质点B.元电荷就是带电量为1.6×10−19C的电荷C.在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以认为碰撞时系统的总动量近似守恒D.根据磁感应强度的定义式可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比【答案】C【解析】A．物体能否看成质点与质量大小无关，故A错误；B．1.6×10−19C这个电荷量叫作元电荷，并不是实物粒子，故B错误；C．在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以认为碰撞时系统的总动量近似守恒，故C正确；D．是磁感应强度的定义式，不是决定式，磁感应强度B与F、IL无关，故D错误。2.某单摆如图1所示，其摆长为L，小钢球（可视为质点）带电量为，该单摆做简谐运动的周期为。保持摆长不变，若在悬挂点处固定一个带电荷量的小钢球（可视为质点），如图2所示，该单摆做简谐运动的周期为。若将图1单摆置于匀强电场当中，如图3所示，电场强度大小为（k为静电力常量），方向竖直向下，该单摆做简谐运动的周期为。则、和的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】图1中小钢球在摆动过程中除了受细绳拉力外，只受重力，所以图2中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、库仑力和重力，其中细绳拉力与库仑力的合力相当于图1中细绳的拉力，所以图3中小钢球在摆动过程中受细绳拉力、竖直向下的电场力和重力，其等效重力加速度为所以所以有3.如图，平行板电容器的a、b两极板间有一电荷，在M点处于静止状态。C表示平行板电容器的电容大小，U表示两极板间的电压大小，Ep表示电荷在M点的电势能。若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，则下列说法中正确的是（）A.C增大 B.U减小 C.电荷仍保持静止 D.Ep减小【答案】D【解析】A．根据电容公式若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，距离d增大，电容C减小，A错误；B．两极板两端的电压始终等于电源的电动势，U不变，B错误；C．根据题意，电荷静止，电荷所受的电场力向上，电场力等于重力；根据若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，U不变，距离d增大，E减小，电荷所受的电场力减小，小于重力，电荷向下运动，C错误；D．若保持极板a不动，将极板b稍向下平移，场强减小，M点与a板的电势差减小，则M点电势升高，则带负电的电荷电势能减小，D正确。故选D。4.某水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，假设水流垂直射向竖直墙壁，冲击墙面后速度变为0。则墙壁受到的平均冲击力大小为（已知水的密度为，重力加速度大小为g）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据动量定理其中可得则根据牛顿第三定律可知墙壁受到的平均冲击力大小为。故选A。5.如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，以A指向B的方向为正方向，由图可知下列说法中正确的是（）A.弹簧振子做简谐运动的表达式为B.在t=0.3s到t=0.5s时间内，弹簧振子路程为5cmC.从t=0.2s到t=0.6s时间内，弹簧振子的加速度先增大后减小D.从t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子系统的动能相等，弹性势能也相等【答案】D【解析】A．弹簧振子振幅A=5cm，周期T=0.8s则做简谐运动的表达式为故A错误；B．在t=0.3s到t=0.5s时间内，弹簧振子的路程为故B错误；C．从t=0.2s到t=0.6s时间内，弹簧振子从B向A运动，则加速度先减小后增大，故C错误；D．由对称性可知，从t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子的速度大小相同，则系统的动能相等，弹簧形变量相同，可知系统的弹性势能也相等，故D正确。故选D。6.如图，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子（可视为质点）经加速电场AB（电压大小为）由静止开始加速，从两平行金属板C、D正中间沿轴线方向射入。C、D板长为L，间距为d，其中存在大小处处相等，方向竖直向下的偏转电场，C、D板间电压大小为。该粒子恰好可以通过偏转电场，忽略重力作用，下列说法正确的是（）A.若增大该粒子的电荷量，该粒子将无法通过偏转电场B.两平行金属板C、D的间距d与长度L的比值为C.该粒子进入偏转电场时动能大小与离开偏转电场时动能大小的比值为D.该粒子进入偏转电场时动量大小与离开偏转电场时动量大小的比值为【答案】D【解析】A．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得解得粒子进入偏转电场做类平抛运动，则有，，联立解得可知粒子离开偏转电场的偏转位移与粒子的电荷量和质量均无关，则增大该粒子的电荷量，该粒子仍能通过偏转电场，故A错误；B．由题意可知又联立可得两平行金属板C、D的间距d与长度L的比值为故B错误；C．根据动能定理可得又联立可得故C错误；D．根据则该粒子进入偏转电场时动量大小与离开偏转电场时动量大小的比值为故D正确。二、多项选择题：本题4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图，飞船与空间站对接前在各自预定的圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运动，Ⅱ为对接转移轨道，Ⅰ、Ⅱ轨道相切于M点，Ⅱ、Ⅲ轨道相切于N点。下列说法正确的是（）A.飞船在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度B.飞船在Ⅲ轨道上的速度小于7.9km/s，因此飞船在地面的发射速度可以小于7.9km/sC.由Ⅰ轨道到Ⅱ轨道的过程中，飞船的机械能增大D.飞船在三个轨道上的周期【答案】ACD【解析】A．对于圆轨道，由万有引力提供向心力，则有解得Ⅲ轨道的半径大于Ⅰ轨道的半径，则飞船在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度，故A正确；B．7.9km/s是地球的第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，由于Ⅲ轨道的半径大于近地卫星的半径，结合上述可知，飞船在Ⅲ轨道上的速度小于7.9km/s，但是，第一宇宙速度是地球上发射卫星的最小发射速度，即飞船在地面的发射速度不能够小于7.9km/s，故B错误；C．Ⅰ轨道相对于Ⅱ轨道是低轨道，由低轨道变轨到高轨道需要在切点位置加速，可知，由Ⅰ轨道到Ⅱ轨道的过程中，飞船的机械能增大，故C正确；D．根据开普勒第三定律可知，Ⅲ轨道的轨道半径大于Ⅱ轨道的半长轴，而Ⅱ轨道的半长轴大于Ⅰ轨道的轨道半径，可知，飞船在三个轨道上的周期故D正确。故选ACD。8.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，理想电流表A的示数为I，理想电压表、和的示数分别为、和，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为、、和。下列说法正确的是（）A.I变大，变大 B.电源总功率变大C.电源的效率变大 D.不变，不变【答案】BD【解析】A．由电路图知两个电阻串联，电压表测量定值电阻两端的电压，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电压表测量路端电压，电流表测量电路的电流。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的总电阻减小，所以电路总电阻减小、总电流I增大，和电源内电阻分得的电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即减小，故A错误；B．电源总功率为I增大，电源总功率增大，故B正确；C．由于电源的内电压增大，则路端电压减小，电源的效率所以电源的效率减小，故C错误；D．电压表测量定值电阻两端的电压，则不变；电压表测量路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得不变，故D正确。故选BD。9.如图，物块M、N通过弹簧连接静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的3倍。某时刻，物块M获得水平向右的冲量I。下列说法正确的是（）A.当M、N速度相同时，弹簧的弹性势能最大B.自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为C.自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块M的冲量大小为D.弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度相同【答案】AB【解析】A．当M、N速度相同时，M、N距离最近或者最远，此时弹簧最长或者最短，弹簧弹性势能最大，故A正确；BC．无论弹簧最长还是最短，两物块的速度都相同，以水平向右为正方向，设物块M的质量为，物块N的质量为，则，由动量定理有由动量守恒定律有又联立解得自开始至弹簧最短或最长，弹簧对物块M的冲量均为弹簧对物块M的冲量大小为，故B正确；C错误；D．M获得冲量后压缩弹簧至最短，此时两者速度相等，M受力向左，继续减速，N受力向右，继续加速，弹簧逐渐恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，M速度最小，N速度最大，之后弹簧开始拉伸，M受力向右，加速，N受力向左，减速，弹簧最长时，两者速度再次相等，M受力仍向右，加速，N受力仍向左，减速，到第二次恢复原长时，M速度最大，N速度最小，故弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度不同，故D错误。故选AB。10.如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，现将一个质量也为m的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.C和A从相碰后至第一次运动到最低点的过程中加速度先减小后增大B.若C物体从更低的位置释放，简谐运动最低点的位置可能不变C.简谐运动的振幅为D.B对地面的最大弹力为【答案】AD【解析】A．C和A相碰前，对A有C和A相碰后则AC先向下做加速度减小的加速运动，过平衡位置后，加速度反向增大，选项A正确；B．若C物体从更低的位置释放，则C和A相碰后一起向下运动的初速度减小，由机械能守恒定律，简谐运动最低点位置不可能不变，选项B错误；C．当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有解得平衡位置时弹簧的形变量为处于压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有故弹簧此时形变量此时弹簧处于伸长状态；故简谐运动的振幅为选项C错误；D．当AC运动到最低点时，B对地面的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为此时弹力为B对地面的弹力为选项D正确。第Ⅱ卷（非选择题共56分）三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某中学实验小组做“验证动量守恒定律”的实验装置示意图如图所示。O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置，然后把质量为的被碰小球B静置于轨道水平部分末端，再将小球A从斜轨上（特定位置）由静止释放，与小球B相碰，并且多次重复，实验得到小球A、B落点的平均位置，M、P、N表示实验中相应落点的位置。（1）小球B未放置的情况下，小球A的落点为______（填“M”“P”或“N”）；为使小球A与小球B相碰后不反弹，实验中应使______（填“大于”或“小于”）。（2）M、P、N三点到O点的距离分别为、、，实验数据在允许的误差范围之内，则该实验需要验证的关系式为______（用、、、、表示）。【答案】（1）P大于（2）【解析】（1）[1][2]在放置小球B的情况下，小球A与小球B碰后速度要减小，落点会变近，小球B被碰后的速度比碰前小球A的速度大，落点比未放小球B时小球A的落点要远，所以，小球B未放置的情况下，小球A的落点应为P，另外，为使小球A与小球B相碰后不反弹，实验中应使大于。（2）小球离开桌面后做平抛运动，因为下落高度相等，所以在空中运动的时间相等，设为t，小球平均落点到桌面的水平距离设为x，则小球离开桌面时的速度为根据动量守恒，需要验证的原始式为将各个速度代入，得即12.某中学实验小组准备测量一段金属丝的电阻率，实验过程如下。（1）测量金属丝的长度和直径实验小组用螺旋测微器测量该金属丝直径D，如图（a）所示，读数为______mm，用游标卡尺测量该金属丝长度L，如图（b）所示，读数为______mm。（2）测量金属丝的电阻实验小组采用电桥法测量电阻值，电路图如下，其中和为定值电阻，为可调电阻箱，G表为检流计用于判断微弱电流，为待测金属丝。①闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于______（填“A”或“B”）端。②多次调节电阻箱和滑动变阻器滑片位置，使检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，记录此时电阻箱的示数为，则待测金属丝电阻值______（用、、表示）。③处理数据时发现，定值电阻、的电阻值未知，因此该小组成员交换、在电路图中的位置，再次调节电阻箱和滑动变阻器滑片位置，使检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，记录此时电阻箱的示数为，则______（用、表示）。（3）计算金属丝的电阻率该金属丝的电阻率______（用D、L、、表示）。【答案】（1）1.84042.40（2）A（3）【解析】（1）[1]螺旋测微器精度为0.01mm，故金属丝直径[2]从图可知该游标卡尺精度0.05mm，故金属丝长度（2）[1]为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器滑片应置于A端；[2]设通过和的电流分别为为、，检流计指针稳定时指向中央零刻线位置，故和两端电压相等，和两端电压也相等，由并联特点得整理得解得[3]结合以上分析，同理可得由因为联立得（3）由电阻联立以上得四、计算题：本大题共3小题，共40分。13.如图，质量的子弹以速度射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块质量，子弹进入木块后并未穿出，忽略木块质量的损失。求：（1）子弹击中木块后共同运动的速度v；（2）整个过程中子弹对木块的冲量I。【答