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安徽省合肥市庐江县五校2022-2023学年高三上学期物理质量检测试卷
一、单选题
1．（2023高一上·宁波期末）目前，我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．如图所示为甲、乙两辆车以相同速度开始减速，并通过某收费站的vt图像．根据图像，下列描述正确的是（ ）
A．甲车进入的是人工收费通道，乙车进入的是ETC通道
B．甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为12 s
C．甲车进入通道的加速度大小为5 m/s2，乙车进入通道的加速度大小为2.5 m/s2
D．甲车进入ETC通道，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，而乙是从初速度为零开始的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，A不符合题意；
B．甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为13 s，B不符合题意；
C．甲车进入通道的加速度大小为 ，乙车进入通道的加速度大小为 ，C不符合题意；
D．由v-t图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移即 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，v-t图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移。
2．（2023高三上·庐江期末）如图所示，水平放置的绝缘圆柱体两底面圆心P、Q处分别放置两个带有等量异种电荷的小球（可视为点电荷）。O为P、Q连线的中点，A、C是底面上的两点，B、D是过O点横截面上的两点，且A、B、C位于同一直线上。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点的电场强度相同
B．B，D两点的电场强度相同
C．B点的电场强度大于点的电场强度
D．将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，电场力做正功
【答案】B
【知识点】电场线
【解析】【解答】根据题意，等量异种电荷的电场线分布如图所示
A．由图可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，A不符合题意；
B．B、D两点为中垂面上距 点距离相等的点，则电场强度相同，B符合题意；
C．由图可知，B点的电场强度小于 点的电场强度，C不符合题意；
D．将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，由于电场力的方向与运动方向垂直，则电场力不做功，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电场线的方向可以判别电场强度的大小及方向；利用电场力方向与电荷运动的方向可以判别电场力做功。
3．（2023高三上·庐江期末）如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A．B匀速圆周运动的半径为0.4m
B．小球B所受向心力为1.7N
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．小球A、B的库仑力 ，弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有 ，弹簧的弹力在水平方向的分力 ，由胡克定律 ， ，可解得 ， ， ， ， ，小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有 ，则F必定指向圆心，B球带正电，小球B所受向心力 ，AB正确，不符合题意；
C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，C正确，不符合题意；
D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用B球竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小，结合力的分解可以求出水平方向的分力，利用胡克定律可以求出弹簧形变量的大小，进而求出圆周运动的半径；利用库仑定律可以求出小球受到库仑力的大小，进而判别库仑力的方向及向心力的大小；当小球受到向左电场力时，合力减小，所以小球做离心运动；利用洛伦兹力的方向可以判别小球运动情况。
4．（2023高三上·庐江期末）我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统。其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星以下简称“静卫”，其他的有27颗中轨道卫星以下简称“中卫”轨道高度距地面为静止轨道高度的倍，下列说法正确的是（ ）
A．“中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空
C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5
D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期
【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.7.9 km/s是地球卫星的最大环绕速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，A不符合题意；
B．同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，B符合题意；
C．根据万有引力提供向心力得 ，解得 ，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比， “中卫”轨道高度为静止轨道高度的 ，而r=R+h，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的 ，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，C不符合题意；
D．根据 得 ，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】卫星线速度小于或等于第一宇宙速度；同步卫星的轨道在赤道上空平面；利用轨道半径之比结合牛顿第二定律可以求出动能的大小比值；利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小。
5．（2023高三上·庐江期末）在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．处的电场强度大于处电场强度
B．处的电势高于处的电势
C．在处点电荷的电荷量的绝对值为
D．电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少
【答案】D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．由图可知，从 处到 处，电场强度反方向不断增大，所以 处的电场强度小于 处电场强度，A不符合题意；
B．在 轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为 的点电荷，在 处固定另一点电荷，选取 轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从 处到 处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以 处的电势低于 处的电势，B不符合题意；
C．设在 处固定另一点电荷的电荷量为 ，在 处场强为0，可得 ，解得 C不符合题意；
D．电子从 移动到 过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，
从 移动到 过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿 轴从 移动到 过程中电势能先增加后减少，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像坐标可以比较电场强度的大小；利用电场线方向可以比较电势的高低；利用库仑定律结合电场强度的叠加可以求出点电荷电荷量的大小；利用电场线方向可以判别电子受到电场力方向，结合电场力做功可以判别电势能的大小变化。
6．（2023高三上·庐江期末）对静止在水平地面上的物体施加一竖直向上的恒力F，物体上升4.8m时撤去力F，物体的机械能E随距离地面高度h的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取。以地面为参考平面。则（ ）
A．物体的质量为0.4kg
B．物体所受阻力的大小为4N
C．力F的最大功率为96W
D．物体回到地面前瞬间的速度大小为m/s
【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB．由功能关系结合图像可知 ，又f(7.2m- 4.8m+7.2m)=48J-28.8J，解得f=2N，F=12N，由题意可知，撤去F至最高点过程有f(7.2m- 4.8m)=48J - E最高，解得，最高点时候的机械能为E最高=43.2J，在最高点动能为0，此时机械能只有重力势能，所以 ，解得m= 0.6kg，AB不符合题意；
C．当物体向上运动4.8m时速度最大，此时力F的功率最大，则有 ，解得v= 8m/s，所以力F的最大功率为 ，C符合题意；
D．物体回到地面前瞬间，重力势能为0，此时机械能只有动能，则 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用功能关系结合机械能的变化可以求出阻力和拉力的大小；利用阻力做功可以求出最高点机械能的大小，结合重力势能的表达式可以求出物体质量的大小；利用动能定理可以求出物体最大速度，结合拉力的大小可以求出拉力的最大功率；利用落地时动能等于机械能可以求出落地速度的大小。
二、多选题
7．（2023高三上·庐江期末）如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合对电容器充电，再断开开关，使平行板两极板间距减小到原来的一半。若开关断开前、后各有一重力不计的带电粒子，由静止从下极板（附近）运动到上极板，则下列说法正确的是（ ）
A．开关断开前、后平行板电容器电容之比为
B．开关断开前、后平行板间的电压之比为
C．开关断开前、后带电粒子到达上极板时的速度之比为
D．开关断开前、后带电粒子运动到上极板所用时间之比为
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．由平行板电容器电容公式 ，可知，开关断开前、后平行板电容器电容之比为 ，开关断开后电容器所带电荷量不变，由 ，可知，开关断开前、后平行板间的电压之比为 A不符合题意，B符合题意；
C．带电粒子由静止从下极板运动到上极板过程中，由动能定理有 解得带电粒子到达上极板的速度 开关断开前、后带电粒子到达上极板时的速度之比为 ，C不符合题意；
D．带电粒子由静止从下极板运动到上极板过程中，带电粒子的加速度 ，带电粒子的运动时间 ，开关断开前、后带电粒子运动到上极板所用时间之比为 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电容的定义式可以求出电容的比值，结合电荷量不变可以求出电压的比值；利用动能定理可以求出求出粒子到达上极板速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出粒子加速度的大小，结合位移公式可以求出粒子运动时间之比。
8．（2023高三上·庐江期末）甲、乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，甲的速度2m/s B．甲的加速度大小4m/s2
C．经过，甲追上乙 D．经过2.5s，甲追上乙
【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】AB．由题图可知，甲质点的位移表达式为 ，代入数据（0， ）、（1，0）、（2，6），解得 ， ， ，A不符合题意，B符合题意；
CD．乙质点的位移表达式为 ，根据图像可知 ，解得 ，当 时， ，解得 设经过时间 ，乙质点停止运动，有 ，解得 ，当乙质点停止时，乙的位移为 ，此时甲的位移为 ，故当乙停止时，甲并未追上乙。当 时，甲的位移为 ，所以当 ，甲追上乙，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用甲质点的位移的表达式结合坐标可以求出初速度和加速度的大小；利用乙质点的速度位移公式可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出以运动的时间，结合位移公式可以求出乙减速的位移，结合甲的位移公式可以求出甲追上乙所运动的时间。
9．（2023高三上·庐江期末）如图所示，足够长的水平传送带以的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上，滑块与传送带间的动摩擦因数为。现将一质量为的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为的地方由静止释放，重力加速度大小取，则（ ）
A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为
B．滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5m
C．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25s
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为 ，A符合题意；
B．滑块在传送带上向右滑行的加速度 ，滑行的最远距离为 ，B不符合题意；
C．滑块向右滑行的时间 ，向左滑行到与传送带共速时的时间 ，向左滑行到与传送带共速时的距离 ，匀速滑到最左端的时间 ，滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为 ，C符合题意；
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热 ，代入数据可得Q=18J，此过程中摩擦力对滑块做功为 ，由能量守恒定律可知带动传送带的电动机多做的功为W′=Q+W=18J-6J=12J，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用动能定理可以求出滑块滑上传送带的速度大小，利用牛顿第二定律可以求出滑块在传送带上运动的加速度大小，结合速度位移公式可以求出滑块滑行的最远距离；利用速度公式可以求出滑块向右滑行和向左加速的运动时间，结合位移公式可以求出向左匀速运动的时间；利用摩擦力及相对位移可以求出滑块向右运动时，传送带对滑块做功的大小；再利用动能定理可以求出滑块向左运动时摩擦力做功的大小。
10．（2023高三上·庐江期末）如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S。静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，静电计指针张开角度不变
C．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，静电计指针张开角度减小
D．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压增大
【答案】B,C,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由 可知，板间场强增大，A不符合题意；
B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B符合题意；
C．断开开关S后，电容器带电量Q不变，紧贴下极板插入金属板，相当于极板之间的距离d减小，根据 可知，电容增大，根据 可知，两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，C符合题意；
D．断开开关S后，电容器带电量Q不变，将两极板间距d增大，根据 可知，电容减小，根据 可知，两极板间电势差增大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】当开关闭合时，板间电压不变，结合板间距离减小可以判别电场强度增大；当开关闭合时，滑动滑动变阻器的滑片，对电路电压没有影响所以静电计夹角保持不变；断开开关时，利用电容的定义式可以判别电容的变化，结合电荷量不变可以判别板间电压的大小变化。
三、实验题
11．（2023高三上·庐江期末）利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A质量，滑块B质量，遮光片宽度；打点计时器所用的交流电的频率为。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。
（1）碰撞后A的动量为 ；
（2）撞后A、B组成的系统总动量为 ；（以上结果均保留两位小数）
（3）在误差允许范围内A、B组成的系统动量是否守恒？ （填“是”或“否”）
【答案】（1）0.29
（2）0.59
（3）是
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）碰撞后A的速度 。动量为
（2）碰撞后B的速度 ，动量为 ，撞后A、B组成的系统总动量为
（3）碰撞前A的速度 ，动量为 ，则在误差允许范围内A、B组成的系统动量守恒。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出碰后A速度的大小，结合A的质量可以求出动量的大小；
（2）利用平均速度公式可以求出碰后B的速度大小，结合B的质量可以求出B动量的大小，结合A的动量可以求出总动量的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出A碰前速度的大小，结合质量的大小可以求出A动量的大小，进而判别动量守恒。
12．（2023高三上·庐江期末）某实验探究小组为了测量电流表内阻，设计的电路如图甲所示，实验中供选择的仪器如下：
待测电流表（0～5mA，内阻约300Ω）
电流表（0～10mA，内阻约100Ω）
定值电阻（300Ω）
定值电阻（10Ω）
滑动变阻器（0～1000Ω）滑动变阻器（0～20Ω）
电键S及导线若干
干电池（1.5V）
（1）定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 ；
（2）对照电路图用笔画线代替导线连接如图乙所示实物图；
（3）主要的实验步骤如下：
A．按图甲所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最 （填“左”、“右”）端；
B．闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录和的读数和；
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据；
D．以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图丙所示；
（4）根据－图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式= （用k和表示）。
【答案】（1）R1；R4
（2）
（3）左
（4）
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)由于待测电流表 的量程等于电流表 量程的一半，所以应将阻值与待测电流表内阻相等的定值电阻并联进行改装，所以选择定值电阻 ；改装后的电流表量程与电流表 的量程相等，以便于测量，滑动变阻器应选择较小的便于测量，所以选择滑动变阻器 ；
(2)实物图如图所示
(3) 滑动变阻器采用分压接法，所以闭合开关前，应使得两电表示数为零，所以处于最左端；
(4)由电路图可知 ， 图像斜率 ，可得
【分析】（1）利用待测电流表量程只有标准电流表的量程的一半，利用电表的改装可以判别定值电阻的大小；由于分压式接法所以滑动变阻器使用小阻值；
（2）利用电路图进行实物图连线；
（3）由于分压式接法，所以滑动变阻器的滑片应该处于最左端；
（4）利用并联电路的分流关系结合图像斜率可以求出待测电流表内阻的大小。
四、解答题
13．（2022·南京模拟）如图为某室内模拟滑雪机，机器的前后两个传动轴由电动机提供动力并带动雪毯持续向上运动，使滑雪者获得真实的滑雪体验。已知坡道长L=8m，倾角为θ=37°，雪毯以速度v0=8m/s向上做匀速直线运动，一质量m=60kg（含装备）的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者未做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.不计空气阻力，在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：
（1）滑雪者所受合力的冲量I；
（2）与空载相比电动机多消耗的电能E。
【答案】（1）解：在滑雪者滑到坡道底端的过程中
解得
到达底端速度
滑雪者所受合力的冲量
（2）解：滑雪者滑行时间
与空载相比电动机多消耗的电能等于克服摩擦力做功
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑雪者滑到底端的过程，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出到达底端速度的大小，结合动量定理可以求出受到合力冲量的大小；
（2）已知滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合摩擦力做功可以求出多消耗的电能大小。
14．（2022高三上·绥棱月考）如图所示，质量、上表面光滑的木板在的水平拉力作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一质量的铁块无初速度地放上木板的最右端，木板的长度，取。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数；
（2）铁块放上后，木板运动的加速度；
（3）铁块滑离木板时，木板的速率。
【答案】（1）开始时木板做匀速运动，受力平衡有，代入数据，解得。
（2）取木板的运动方向为正方向，在木板上放一个铁块后，对木板受力分析有；；
代入数据解得；
负号表示木板的加速度方向与运动方向相反。
（3）由于木板的上表面光滑，故铁块放上木板后不受摩擦力，保持静止，铁块离开木板时，木板的位移为板长10m，则有；
代入数据解得v=3m/s。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出木板与地面间的动摩擦因数；木板放上铁块后，木板与地面的压力、摩擦力发生变化，重新做受力分析，根据牛顿第二定律求出铁块放上后，木板运动的加速度；根据木板的上表面光滑，铁块静止，木板位移为板长，铁块便脱离木板，计算得出木板速度。
15．（2023高三上·庐江期末）某研究小组用如图甲所示的装置来研究滑块（可视为质点）的运动。ABCD为固定轨道，AB部分是倾角θ=60°的粗糙斜面，BC部分是圆心角θ=60°的光滑圆轨道，CD部分是光滑水平面，AB和CD分别与圆轨道部分相切于B点和C点，圆轨道的C端下面装有一压力传感器。水平面上有一端固定在D处的轻弹簧，另一端自由伸长时恰好在C点。该小组成员让滑块从斜面上不同位置由静止下滑，并记录滑块起始位置离B点的高度h，滑块每次刚到达C点时压力传感器的示数F与h的关系图象如图乙所示，已知滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）质量为m的滑块，由静止沿AB斜面下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf（用题中所给的物理量表示）；
（2）滑块的质量m和圆轨道的半径R；
（3）已知弹簧的劲度系数k=30N/m，在其弹性限度范围内其压缩量不能超过0.3 m，求h的最大值hm。
【答案】（1）解：小滑块沿AB面下滑的摩擦力
小滑块沿AB面下滑克服摩擦力做功
联立解得
（2）解：设小滑块每次刚到达C点时的速度大小为 ，由静止下滑到C，根据动能定理得
在C点由牛顿第二定律得
联立得
由图乙可得 ，
解得 ，
（3）解：设小滑块在C点时的最大速度为vm，在弹簧弹性限度范围内其最大压缩量x=0.3m，弹力大小的平均值
在压缩弹簧过程中弹簧弹力做功
小滑块由静止运动到使弹簧压缩量为0.3 m，根据动能定理有
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块下滑过程中，利用摩擦力和位移可以求出摩擦力做功的大小；
（2）滑块下滑过程中，利用动能定理可以求出经过C点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出支持力的表达式，结合图像斜率和截距可以求出滑块质量和半径的大小；
（3）已知弹力的平均值，利用弹力做功结合滑块从静止到压缩弹簧的过程的动能定理可以求出下滑的最大高度。
16．（2023高三上·庐江期末）如图所示，质量的滑块可视为质点，与水平桌面AD间的动摩擦因数；有半径的缺口圆轨道竖直固定，圆弧轨道光滑，半径ON竖直，OP与竖直方向成角，OM水平，DP之间高度差也为R。滑块在与水平方向成角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以的加速度沿水平桌面AD做匀变速直线运动；到达桌面最右端D时撤去拉力F，滑块恰好经P点无碰撞进入圆轨道。取重力加速度，，。
（1）求拉力F的大小；
（2）滑块在P点时速度大小；
（3）求滑块在M点时轨道受到的弹力（可用根号表示）。
【答案】（1）解：滑块沿水平桌面AD间做匀加速直线运动，由滑块受力情况可知，在水平方向
在竖直方向
又有
联立解得 .
（2）解：由题意可知，在P处则有
滑块从D到P处做平抛运动，竖直方向则有
联立解得
（3）解：从P到M过程，对滑块由动能定理可得
在M处，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，在M点时轨道受到的弹力大小为 ，方向水平向右。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）滑块在水平桌面做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）滑块从D到P做平抛运动，利用竖直方向的速度位移公式结合速度的分解可以求出滑块在P点速度的大小；
（3）滑块从P到M的过程中，利用动能定理可以求出滑块经过M点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块在M点受到的支持力大小，结合牛顿第三定律可以求出轨道受到的压力大小及方向。
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安徽省合肥市庐江县五校2022-2023学年高三上学期物理质量检测试卷
一、单选题
1．（2023高一上·宁波期末）目前，我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．如图所示为甲、乙两辆车以相同速度开始减速，并通过某收费站的vt图像．根据图像，下列描述正确的是（ ）
A．甲车进入的是人工收费通道，乙车进入的是ETC通道
B．甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为12 s
C．甲车进入通道的加速度大小为5 m/s2，乙车进入通道的加速度大小为2.5 m/s2
D．甲车进入ETC通道，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费
2．（2023高三上·庐江期末）如图所示，水平放置的绝缘圆柱体两底面圆心P、Q处分别放置两个带有等量异种电荷的小球（可视为点电荷）。O为P、Q连线的中点，A、C是底面上的两点，B、D是过O点横截面上的两点，且A、B、C位于同一直线上。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点的电场强度相同
B．B，D两点的电场强度相同
C．B点的电场强度大于点的电场强度
D．将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，电场力做正功
3．（2023高三上·庐江期末）如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（ ）
A．B匀速圆周运动的半径为0.4m
B．小球B所受向心力为1.7N
C．在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动
D．在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动
4．（2023高三上·庐江期末）我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统。其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星以下简称“静卫”，其他的有27颗中轨道卫星以下简称“中卫”轨道高度距地面为静止轨道高度的倍，下列说法正确的是（ ）
A．“中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空
C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5
D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期
5．（2023高三上·庐江期末）在轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为的点电荷，在处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．处的电场强度大于处电场强度
B．处的电势高于处的电势
C．在处点电荷的电荷量的绝对值为
D．电子沿轴从移动到过程中电势能先增加后减少
6．（2023高三上·庐江期末）对静止在水平地面上的物体施加一竖直向上的恒力F，物体上升4.8m时撤去力F，物体的机械能E随距离地面高度h的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取。以地面为参考平面。则（ ）
A．物体的质量为0.4kg
B．物体所受阻力的大小为4N
C．力F的最大功率为96W
D．物体回到地面前瞬间的速度大小为m/s
二、多选题
7．（2023高三上·庐江期末）如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连。开始时开关闭合对电容器充电，再断开开关，使平行板两极板间距减小到原来的一半。若开关断开前、后各有一重力不计的带电粒子，由静止从下极板（附近）运动到上极板，则下列说法正确的是（ ）
A．开关断开前、后平行板电容器电容之比为
B．开关断开前、后平行板间的电压之比为
C．开关断开前、后带电粒子到达上极板时的速度之比为
D．开关断开前、后带电粒子运动到上极板所用时间之比为
8．（2023高三上·庐江期末）甲、乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，甲的速度2m/s B．甲的加速度大小4m/s2
C．经过，甲追上乙 D．经过2.5s，甲追上乙
9．（2023高三上·庐江期末）如图所示，足够长的水平传送带以的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上，滑块与传送带间的动摩擦因数为。现将一质量为的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为的地方由静止释放，重力加速度大小取，则（ ）
A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为
B．滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5m
C．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25s
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J
10．（2023高三上·庐江期末）如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S。静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，静电计指针张开角度不变
C．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，静电计指针张开角度减小
D．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压增大
三、实验题
11．（2023高三上·庐江期末）利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A质量，滑块B质量，遮光片宽度；打点计时器所用的交流电的频率为。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。
（1）碰撞后A的动量为 ；
（2）撞后A、B组成的系统总动量为 ；（以上结果均保留两位小数）
（3）在误差允许范围内A、B组成的系统动量是否守恒？ （填“是”或“否”）
12．（2023高三上·庐江期末）某实验探究小组为了测量电流表内阻，设计的电路如图甲所示，实验中供选择的仪器如下：
待测电流表（0～5mA，内阻约300Ω）
电流表（0～10mA，内阻约100Ω）
定值电阻（300Ω）
定值电阻（10Ω）
滑动变阻器（0～1000Ω）滑动变阻器（0～20Ω）
电键S及导线若干
干电池（1.5V）
（1）定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 ；
（2）对照电路图用笔画线代替导线连接如图乙所示实物图；
（3）主要的实验步骤如下：
A．按图甲所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最 （填“左”、“右”）端；
B．闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录和的读数和；
C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据；
D．以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图丙所示；
（4）根据－图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式= （用k和表示）。
四、解答题
13．（2022·南京模拟）如图为某室内模拟滑雪机，机器的前后两个传动轴由电动机提供动力并带动雪毯持续向上运动，使滑雪者获得真实的滑雪体验。已知坡道长L=8m，倾角为θ=37°，雪毯以速度v0=8m/s向上做匀速直线运动，一质量m=60kg（含装备）的滑雪者从坡道顶端由静止滑下，滑雪者未做任何助力动作，滑雪板与雪毯间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.不计空气阻力，在滑雪者滑到坡道底端的过程中，求：
（1）滑雪者所受合力的冲量I；
（2）与空载相比电动机多消耗的电能E。
14．（2022高三上·绥棱月考）如图所示，质量、上表面光滑的木板在的水平拉力作用下，以的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一质量的铁块无初速度地放上木板的最右端，木板的长度，取。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数；
（2）铁块放上后，木板运动的加速度；
（3）铁块滑离木板时，木板的速率。
15．（2023高三上·庐江期末）某研究小组用如图甲所示的装置来研究滑块（可视为质点）的运动。ABCD为固定轨道，AB部分是倾角θ=60°的粗糙斜面，BC部分是圆心角θ=60°的光滑圆轨道，CD部分是光滑水平面，AB和CD分别与圆轨道部分相切于B点和C点，圆轨道的C端下面装有一压力传感器。水平面上有一端固定在D处的轻弹簧，另一端自由伸长时恰好在C点。该小组成员让滑块从斜面上不同位置由静止下滑，并记录滑块起始位置离B点的高度h，滑块每次刚到达C点时压力传感器的示数F与h的关系图象如图乙所示，已知滑块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）质量为m的滑块，由静止沿AB斜面下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf（用题中所给的物理量表示）；
（2）滑块的质量m和圆轨道的半径R；
（3）已知弹簧的劲度系数k=30N/m，在其弹性限度范围内其压缩量不能超过0.3 m，求h的最大值hm。
16．（2023高三上·庐江期末）如图所示，质量的滑块可视为质点，与水平桌面AD间的动摩擦因数；有半径的缺口圆轨道竖直固定，圆弧轨道光滑，半径ON竖直，OP与竖直方向成角，OM水平，DP之间高度差也为R。滑块在与水平方向成角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以的加速度沿水平桌面AD做匀变速直线运动；到达桌面最右端D时撤去拉力F，滑块恰好经P点无碰撞进入圆轨道。取重力加速度，，。
（1）求拉力F的大小；
（2）滑块在P点时速度大小；
（3）求滑块在M点时轨道受到的弹力（可用根号表示）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，而乙是从初速度为零开始的，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，A不符合题意；
B．甲、乙两车从相同速度开始减速到恢复至原速度的时间差为13 s，B不符合题意；
C．甲车进入通道的加速度大小为 ，乙车进入通道的加速度大小为 ，C不符合题意；
D．由v-t图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移即 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，v-t图象可知图线与坐标轴所围的面积表示位移。
2．【答案】B
【知识点】电场线
【解析】【解答】根据题意，等量异种电荷的电场线分布如图所示
A．由图可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，A不符合题意；
B．B、D两点为中垂面上距 点距离相等的点，则电场强度相同，B符合题意；
C．由图可知，B点的电场强度小于 点的电场强度，C不符合题意；
D．将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，由于电场力的方向与运动方向垂直，则电场力不做功，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电场线的方向可以判别电场强度的大小及方向；利用电场力方向与电荷运动的方向可以判别电场力做功。
3．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．小球A、B的库仑力 ，弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有 ，弹簧的弹力在水平方向的分力 ，由胡克定律 ， ，可解得 ， ， ， ， ，小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有 ，则F必定指向圆心，B球带正电，小球B所受向心力 ，AB正确，不符合题意；
C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，C正确，不符合题意；
D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用B球竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小，结合力的分解可以求出水平方向的分力，利用胡克定律可以求出弹簧形变量的大小，进而求出圆周运动的半径；利用库仑定律可以求出小球受到库仑力的大小，进而判别库仑力的方向及向心力的大小；当小球受到向左电场力时，合力减小，所以小球做离心运动；利用洛伦兹力的方向可以判别小球运动情况。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.7.9 km/s是地球卫星的最大环绕速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，A不符合题意；
B．同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，B符合题意；
C．根据万有引力提供向心力得 ，解得 ，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比， “中卫”轨道高度为静止轨道高度的 ，而r=R+h，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的 ，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，C不符合题意；
D．根据 得 ，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】卫星线速度小于或等于第一宇宙速度；同步卫星的轨道在赤道上空平面；利用轨道半径之比结合牛顿第二定律可以求出动能的大小比值；利用引力提供向心力结合半径的大小可以比较周期的大小。
5．【答案】D
【知识点】电场强度；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．由图可知，从 处到 处，电场强度反方向不断增大，所以 处的电场强度小于 处电场强度，A不符合题意；
B．在 轴的坐标原点固定一电荷最绝对值为 的点电荷，在 处固定另一点电荷，选取 轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从 处到 处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以 处的电势低于 处的电势，B不符合题意；
C．设在 处固定另一点电荷的电荷量为 ，在 处场强为0，可得 ，解得 C不符合题意；
D．电子从 移动到 过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，
从 移动到 过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿 轴从 移动到 过程中电势能先增加后减少，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用图像坐标可以比较电场强度的大小；利用电场线方向可以比较电势的高低；利用库仑定律结合电场强度的叠加可以求出点电荷电荷量的大小；利用电场线方向可以判别电子受到电场力方向，结合电场力做功可以判别电势能的大小变化。
6．【答案】C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】AB．由功能关系结合图像可知 ，又f(7.2m- 4.8m+7.2m)=48J-28.8J，解得f=2N，F=12N，由题意可知，撤去F至最高点过程有f(7.2m- 4.8m)=48J - E最高，解得，最高点时候的机械能为E最高=43.2J，在最高点动能为0，此时机械能只有重力势能，所以 ，解得m= 0.6kg，AB不符合题意；
C．当物体向上运动4.8m时速度最大，此时力F的功率最大，则有 ，解得v= 8m/s，所以力F的最大功率为 ，C符合题意；
D．物体回到地面前瞬间，重力势能为0，此时机械能只有动能，则 ，解得 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用功能关系结合机械能的变化可以求出阻力和拉力的大小；利用阻力做功可以求出最高点机械能的大小，结合重力势能的表达式可以求出物体质量的大小；利用动能定理可以求出物体最大速度，结合拉力的大小可以求出拉力的最大功率；利用落地时动能等于机械能可以求出落地速度的大小。
7．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．由平行板电容器电容公式 ，可知，开关断开前、后平行板电容器电容之比为 ，开关断开后电容器所带电荷量不变，由 ，可知，开关断开前、后平行板间的电压之比为 A不符合题意，B符合题意；
C．带电粒子由静止从下极板运动到上极板过程中，由动能定理有 解得带电粒子到达上极板的速度 开关断开前、后带电粒子到达上极板时的速度之比为 ，C不符合题意；
D．带电粒子由静止从下极板运动到上极板过程中，带电粒子的加速度 ，带电粒子的运动时间 ，开关断开前、后带电粒子运动到上极板所用时间之比为 ，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电容的定义式可以求出电容的比值，结合电荷量不变可以求出电压的比值；利用动能定理可以求出求出粒子到达上极板速度的比值；利用牛顿第二定律可以求出粒子加速度的大小，结合位移公式可以求出粒子运动时间之比。
8．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】AB．由题图可知，甲质点的位移表达式为 ，代入数据（0， ）、（1，0）、（2，6），解得 ， ， ，A不符合题意，B符合题意；
CD．乙质点的位移表达式为 ，根据图像可知 ，解得 ，当 时， ，解得 设经过时间 ，乙质点停止运动，有 ，解得 ，当乙质点停止时，乙的位移为 ，此时甲的位移为 ，故当乙停止时，甲并未追上乙。当 时，甲的位移为 ，所以当 ，甲追上乙，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用甲质点的位移的表达式结合坐标可以求出初速度和加速度的大小；利用乙质点的速度位移公式可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出以运动的时间，结合位移公式可以求出乙减速的位移，结合甲的位移公式可以求出甲追上乙所运动的时间。
9．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为 ，A符合题意；
B．滑块在传送带上向右滑行的加速度 ，滑行的最远距离为 ，B不符合题意；
C．滑块向右滑行的时间 ，向左滑行到与传送带共速时的时间 ，向左滑行到与传送带共速时的距离 ，匀速滑到最左端的时间 ，滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为 ，C符合题意；
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热 ，代入数据可得Q=18J，此过程中摩擦力对滑块做功为 ，由能量守恒定律可知带动传送带的电动机多做的功为W′=Q+W=18J-6J=12J，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】利用动能定理可以求出滑块滑上传送带的速度大小，利用牛顿第二定律可以求出滑块在传送带上运动的加速度大小，结合速度位移公式可以求出滑块滑行的最远距离；利用速度公式可以求出滑块向右滑行和向左加速的运动时间，结合位移公式可以求出向左匀速运动的时间；利用摩擦力及相对位移可以求出滑块向右运动时，传送带对滑块做功的大小；再利用动能定理可以求出滑块向左运动时摩擦力做功的大小。
10．【答案】B,C,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由 可知，板间场强增大，A不符合题意；
B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B符合题意；
C．断开开关S后，电容器带电量Q不变，紧贴下极板插入金属板，相当于极板之间的距离d减小，根据 可知，电容增大，根据 可知，两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，C符合题意；
D．断开开关S后，电容器带电量Q不变，将两极板间距d增大，根据 可知，电容减小，根据 可知，两极板间电势差增大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】当开关闭合时，板间电压不变，结合板间距离减小可以判别电场强度增大；当开关闭合时，滑动滑动变阻器的滑片，对电路电压没有影响所以静电计夹角保持不变；断开开关时，利用电容的定义式可以判别电容的变化，结合电荷量不变可以判别板间电压的大小变化。
11．【答案】（1）0.29
（2）0.59
（3）是
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）碰撞后A的速度 。动量为
（2）碰撞后B的速度 ，动量为 ，撞后A、B组成的系统总动量为
（3）碰撞前A的速度 ，动量为 ，则在误差允许范围内A、B组成的系统动量守恒。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出碰后A速度的大小，结合A的质量可以求出动量的大小；
（2）利用平均速度公式可以求出碰后B的速度大小，结合B的质量可以求出B动量的大小，结合A的动量可以求出总动量的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出A碰前速度的大小，结合质量的大小可以求出A动量的大小，进而判别动量守恒。
12．【答案】（1）R1；R4
（2）
（3）左
（4）
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】(1)由于待测电流表 的量程等于电流表 量程的一半，所以应将阻值与待测电流表内阻相等的定值电阻并联进行改装，所以选择定值电阻 ；改装后的电流表量程与电流表 的量程相等，以便于测量，滑动变阻器应选择较小的便于测量，所以选择滑动变阻器 ；
(2)实物图如图所示
(3) 滑动变阻器采用分压接法，所以闭合开关前，应使得两电表示数为零，所以处于最左端；
(4)由电路图可知 ， 图像斜率 ，可得
【分析】（1）利用待测电流表量程只有标准电流表的量程的一半，利用电表的改装可以判别定值电阻的大小；由于分压式接法所以滑动变阻器使用小阻值；
（2）利用电路图进行实物图连线；
（3）由于分压式接法，所以滑动变阻器的滑片应该处于最左端；
（4）利用并联电路的分流关系结合图像斜率可以求出待测电流表内阻的大小。
13．【答案】（1）解：在滑雪者滑到坡道底端的过程中
解得
到达底端速度
滑雪者所受合力的冲量
（2）解：滑雪者滑行时间
与空载相比电动机多消耗的电能等于克服摩擦力做功
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑雪者滑到底端的过程，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出到达底端速度的大小，结合动量定理可以求出受到合力冲量的大小；
（2）已知滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出加速的时间，结合摩擦力做功可以求出多消耗的电能大小。
14．【答案】（1）开始时木板做匀速运动，受力平衡有，代入数据，解得。
（2）取木板的运动方向为正方向，在木板上放一个铁块后，对木板受力分析有；；
代入数据解得；
负号表示木板的加速度方向与运动方向相反。
（3）由于木板的上表面光滑，故铁块放上木板后不受摩擦力，保持静止，铁块离开木板时，木板的位移为板长10m，则有；
代入数据解得v=3m/s。
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出木板与地面间的动摩擦因数；木板放上铁块后，木板与地面的压力、摩擦力发生变化，重新做受力分析，根据牛顿第二定律求出铁块放上后，木板运动的加速度；根据木板的上表面光滑，铁块静止，木板位移为板长，铁块便脱离木板，计算得出木板速度。
15．【答案】（1）解：小滑块沿AB面下滑的摩擦力
小滑块沿AB面下滑克服摩擦力做功
联立解得
（2）解：设小滑块每次刚到达C点时的速度大小为 ，由静止下滑到C，根据动能定理得
在C点由牛顿第二定律得
联立得
由图乙可得 ，
解得 ，
（3）解：设小滑块在C点时的最大速度为vm，在弹簧弹性限度范围内其最大压缩量x=0.3m，弹力大小的平均值
在压缩弹簧过程中弹簧弹力做功
小滑块由静止运动到使弹簧压缩量为0.3 m，根据动能定理有
联立解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块下滑过程中，利用摩擦力和位移可以求出摩擦力做功的大小；
（2）滑块下滑过程中，利用动能定理可以求出经过C点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出支持力的表达式，结合图像斜率和截距可以求出滑块质量和半径的大小；
（3）已知弹力的平均值，利用弹力做功结合滑块从静止到压缩弹簧的过程的动能定理可以求出下滑的最大高度。
16．【答案】（1）解：滑块沿水平桌面AD间做匀加速直线运动，由滑块受力情况可知，在水平方向
在竖直方向
又有
联立解得 .
（2）解：由题意可知，在P处则有
滑块从D到P处做平抛运动，竖直方向则有
联立解得
（3）解：从P到M过程，对滑块由动能定理可得
在M处，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，在M点时轨道受到的弹力大小为 ，方向水平向右。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）滑块在水平桌面做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律结合竖直方向的平衡方程可以求出拉力的大小；
（2）滑块从D到P做平抛运动，利用竖直方向的速度位移公式结合速度的分解可以求出滑块在P点速度的大小；
（3）滑块从P到M的过程中，利用动能定理可以求出滑块经过M点速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块在M点受到的支持力大小，结合牛顿第三定律可以求出轨道受到的压力大小及方向。
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