陕西省榆林市五校联考2023-2024学年高二上学期12月月考试题物理
1．（2023高二上·榆林月考）下列说法中正确的是（ ）
A．电场中任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
B．电流是矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向
C．磁通量的大小为，方向为磁感应强度的方向，故磁通量为矢量
D．电磁波是一份一份的，麦克斯韦用实验证明了电磁波的存在
2．（2023高二上·榆林月考）洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是（ ）
A．洗衣机做的是振幅不变的简谐运动
B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率与洗衣机的固有频率相等
C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
3．（2023高二上·榆林月考）如图所示，空间内存在匀强磁场，磁感应强度大小，方向与墙面和水平面均成角，墙角处有边长的正方形线框，初始时线框与水平面间夹角为角，边与墙底边平行，线框边沿墙角下滑到地面过程中，已知，以下说法不正确的是（ ）
A．磁通量先增加后减小 B．线框能产生感应电流
C．磁通量最大值为 D．磁通量最小值为
4．（2023高二上·榆林月考）一弹簧振子做简谐运动，周期为，下列叙述正确的是（ ）
A．若，则时刻和时刻的速度一定相同
B．若，则时刻和时刻弹簧长度一定相等
C．若时刻和时刻的动能相等，则一定等于的整数倍
D．若时刻和时刻的位移大小相等，方向相同，则一定等于的整数倍
5．（2023高二上·榆林月考）随着城市高层建筑的增多，高空坠物不时发生，威胁着人们的安全，《中华人民共和国刑法修正案（十一）》新增高空抛物罪．假设一小球的质量约为，从高楼的窗户自由下落到地面，小球与地面接触时间约为后减速为零，下落到地面的瞬时速度约为．小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取．试估算小球对地面平均作用力的大小约为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高二上·榆林月考）劲度系数为的水平弹簧振子，它的振动图像如图所示，则图像上的点反映出此时刻（ ）
A．弹簧振子的运动方向沿轴负方向
B．振子所受弹力为，其方向沿轴负方向
C．由到图像上点所示时刻振子所经过的路程为
D．由到图像上点所示时刻的这段时间内，振子运动的位移为
7．（2023高二上·榆林月考）如图所示，在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷，带正电的小球穿过滑杆，从点以速度向右运动，小球在点的加速度大小为，已知无穷远处电势为零，点、点的电势分别为，小球的比荷，不计小球与滑杆间的摩擦，小球运动过程电量不变，以下说法正确的是（ ）
A．小球运动到点时速度大小为
B．小球运动到点加速度大小为
C．小球最终速度大小为
D．小球最大电势能为
8．（2023高二上·榆林月考）三个点电荷形成的电场如图所示，是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为，三点的电势分別为．下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷中有两个带负电荷
B．三点电场强度大小
C．两点电势
D．若将一带正电的试探电荷从移动到，电场力做正功
9．（2023高二上·榆林月考）如图所示，电源电动势为，内阻为，定值电阻为，滑动变阻器（最大阻值为），闭合开关，现将滑动变阻器滑片由最右端向最左端滑动，三个电压表读数分别为、，电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．电压表变大，变大，变小
B．电压表变小，变大，变小
C．电源最大输出功率为
D．滑动变阻器消耗的功率先减小后增大
10．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量、上表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，时，质量表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度滑上长木板，经过时间物块和长木板达到共同速度，此后以共同速度匀速运动，重力加速度大小为，则（ ）
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为
B．物块与长木板之间动摩擦因数为0.1
C．长木板长度至少为
D．物块与长木板组成的系统损失机械能为
11．（2023高二上·榆林月考）某同学做《用单摆测定重力加速度》实验的装置如图甲所示，请回答下面的问题：
（1）在实验中，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是____．（填正确答案标号）
A．为了便于测量周期，可适当缩短摆线，从而减小测量周期的绝对误差
B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，密度大而直径较小的摆球
C．测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和
D．测量周期时，当单摆经过平衡位置时开始计时，测量经过30~50次全振动的总时间算出周期
（2）如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径 ．
（3）除了已测摆球直径，还已知细线长，完成35次全振动的时间是，由这些数据计算得出重力加速度大小 ．（取3.14，结果保留三位有效数字）
12．（2023高二上·榆林月考）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A．两节干电池组成的电池组
B．电流表：量程，内阻
C．电流表：量程，内阻
D．定值电阻
E．定值电阻
F．定值电阻
G．滑动变阻器
H．导线与开关
（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表改装成量程为的电压表，将电流表量程扩大为，另一定值电阻作为保护电阻，则定值电阻选择为： ； （均填器材前面的字母）．
（2）在图示乙器材中按照电路图用笔画线代替导线连接成测量电路 ．
（3）电路连接准确无误后，闭合开关，移动滑动变阻器，得到多组电流表的示数，作出了图像如图丙所示，则电池组电动势 ；内阻 ．（小数点后均保留两位）
13．（2023高二上·榆林月考）2022年7月15日至17日，第十届万魅·北方礼品玩具展在山东临沂举办。如图是一参展玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，闭合开关S后，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.16kg的物体时（不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2），标有“3V 0.6W”的灯泡恰好正常发光。求：
（1）电动机两端的电压；
（2）通过电阻R的电流；
（3）电动机的内阻。
14．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量为的子弹，以速度水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为，绳长为（远大于木块大小），子弹停留在木块中，重力加速度为，求：
（1）子弹射入木块后的瞬间绳子受到木块拉力的大小；
（2）子弹射入木块的过程中，系统机械能损失多少；
（3）子弹射入木块后木块向上摆动的最大高度．
15．（2023高二上·榆林月考）在如图所示的装置中，电源电压保持不变，定值电阻阻值和滑动变阻器的最大阻值均为，置于真空中的平行板电容器水平放置，板长为，板间距离为且右侧有一竖直挡板，挡板与电容器中轴线的交点为，挡板与电容器右端距离也为．闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，一质量为的带正电微粒．（不计重力）以初速度沿水平方向从电容器的正中间进入电容器，恰从电容器下板右侧边缘离开电容器．求：
（1）带电微粒所带的电荷量；
（2）当滑动变阻器的滑片移到最右端时，带电微粒打到挡板上的点距离点的距离；
（3）当滑动变阻器的滑片移到最左端时，带电微粒打到挡板上的点距离点的距离．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理学史；电势；电流、电源的概念；磁通量
【解析】【解答】A.沿电场方向电势降落最快，A符合题意；
B.规定正电荷定向运动方向为电流方向，但电流运算时遵守代数加减法则，所以电流是标量，B不符合题意；
C.磁通量虽然有方向，但是运算时遵守代数加减法则，是标量，C不符合题意；
D.电磁波是不连续的，而是一份一份的，麦克斯预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】沿电场方向电势降落最快；电流是标量，运算遵循代数加减法；磁通量也是标量，运算遵循代数加减法；根据物理学史分析。
2．【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、洗衣机的振动先剧烈后减弱，说明振幅改变，故A错误；
BC、当洗衣机脱水桶正常工作时，转速较快，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故BC错误；
D、当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】当物体受到的驱动频率与物体的故有频率相等时，物体会发生共振，振动最剧烈。振动的剧烈程度是洗衣机振幅大小的表现。
3．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A、线框沿墙边下落到地面过程，磁通量先增大后减小，故A正确，不符合题意；
B、磁通量变化时，线框中能产生感应电流，故B正确，不符合题意；
C、当线框平面与磁场方向垂直时，通过线框磁通量最大
故C正确，不符合题意；
D、初始时线框磁通量
线框在地面上时磁通量
磁通量最小值为，故D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】穿过线框的磁通量发生改变，则线框中产生感应电流。当线框平面与磁场方向垂直时，通过线框的磁通量最大。根据磁通量的定义及夹角的变化情况确定磁通量的极值情况。
4．【答案】A
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、经过Δt=T ，则t时刻和t+Δt时刻，即相差一个周期的两个时刻振子的速度一定相同，故A正确；
B、若，质点位移大小相等，方向相反，但弹簧的长度不一定相等，故B错误；
C、当质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时，动能相等，Δt不一定等于的整数倍，故C错误；
D、t时刻和t+Δt时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点通过同一位置，但Δt不一定等于T的整数倍，故D错误。
故答案为：A。
【分析】熟悉掌握简谐运动物体的运动规律，明确做简谐运动的物体速度、位移及回复力随时间变化的规律。
5．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设向上为正方向，根据动量定理可知，对小球
解得
由牛顿第三定律可知小球对地面平均作用力的大小
F'=50.25N
约为50N。
故答案为：B。
【分析】对于有力无位移的情况，往往采用动量定理求解力的大小。确定落地时小球的受力情况，规定正方向，再根据动量定理进行解答即可。
6．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、x-t图象的斜率表示速度，P点处斜率为正值，故运动方向沿x轴正方向，故A错误；
B、振子所受弹力为
方向指向平衡位置，即沿x轴负方向，故B错误；
C、由图像知，在0 3.5s这段时间内，振子所通过的路程为
3.5s末到tp的这段时间Δt内再通过2.5cm，路程
故C正确；
D、由t=0到图像上P点所示时刻的这段时间内，振子从位移正向最大，到位移为正的2.5cm，则该过程振子的位移为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】x-t图象的斜率表示速度，沿x轴正方向时速度为正值。熟悉掌握弹簧振子运动的规律，明确振子运动位移和路程的区别点及计算方法。
7．【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.小球带正电，小球由a点到b点，由动能定理，有，其中，得，A不符合题意；
B.设上方固定的点电荷的电荷量为Q，上方电荷到b点的距离为L，由牛顿第二定律可得，小球在a加速度大小为，小球在c点加速度大小为，B符合题意；
C.小球最终的速度大小为v，由动能定理，又，得，C不符合题意；
D.b点的电势最高，由电势能定义式可知，小球在b点的电势能最大，但由于小球带电量未知，所以不能确定最大电势能大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由动能定理分析小球由a到b的过程，求出小球到达b点的速度；根据牛顿第二定律和库仑定律，列出小球在a点的c点加速度大小的表达式，通过求解方程组得出小球在c点的加速度大小；小球最终运动到无穷远处，不再受电场力作用而做匀速运动，由动能定理分析小球从A点运动的无穷远的过程，求出小球的最终速度；根据电势能定义式分析小球的最大电势能。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电场线；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷，可知三个点电荷的中有两个带负电荷，故A正确；
B、电场线越密，电场强度越大，A、B、C三点电场强度大小
故B错误；
C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、B两点电势
故C正确；
D、由于
则有
则电场力做功为
则带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷。电场线越密，电场强度越大，沿着电场线方向电势逐渐降低，根据电势能的变化情况确定电场力的做功情况。
9．【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，滑动变阻器滑片由右向左滑动，其接入电路的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中电流Ｉ增大，内电压增大，路端电压减小，即电压表V1示数变小，R0两端电压增大，即V2示数增大，V3示数减小，所以电压表U1变小，U2变大，U3变小，故A错误，B正确；
C、当R+R0=r 时，电源输出功率最大
故C正确；
D、定值电阻R0归到电源内阻上，因为
当滑动变阻器滑片由右向左滑动时，滑动变阻器的功率随滑动变阻器阻值R的变化规律如图所示
由此可知，滑动变阻器的功率先增大后变小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】确定电路的连接方式及各电表的测量对象，再根据“串反并同”或程序法确定各部分元件电流、电压等的变化情况。当电压内阻与外电路电阻相等时，电源的输出功率最大。对于可变电阻消耗功率的变化情况，可将其他定值电阻与电源视为整体构成“等效电源”，即将可变电阻消耗功率的情况转化为“等效电源”输出功率的变化情况问题。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块滑上长木板，物块及木板系统根据动量守恒定律，可得
代入相关已知数据，求得二者达到共速时的速度
可得长木板做匀加速运动的加速度大小为
故A错误；
B、根据牛顿第二定律，对长木板有
得物块与长木板之间动摩擦因数为
故B正确；
C、2s内长木板的位移
物块的位移
所以长木板的最小长度为
故C错误；
D、根据能量守恒，可得物块与长木板系统损失的机械能
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定理确定两者的共同速度的大小。再根据牛顿第二定律及云变速直线运动及能量守恒定律进行解答即可。
11．【答案】（1）B；C；D
（2）20.2
（3）9.86
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A、由
可得
适当加长摆线，可增加单摆的周期，便于测量周期，从而减小测量周期的相对误差，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆需选用密度大而直径较小的摆球，故B正确；
C、测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C正确；
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D正确。
故答案为：BCD。
（2）[用游标卡尺测得小钢球的直径
（3）由单摆的周期公式
，
有
【分析】熟悉掌握利用单摆测量重力加速度的操作步骤及实验要求和注意事项。注意摆长的计算要求，再根据单摆周期公式进行数据处理。
12．【答案】（1）F；D
（2）
（3）2.91；1.35
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）将电流表A2改装成3V，则有
得
即A2与定值电阻a串联；故a应选F：R3；电流表A1量程扩大到0.5A，扩大倍数
并联电阻
故b应选D：R1，保护电阻c应选E：R2。
（2）实物连线如图所示。
（3）扩大量程后电压表内阻
电流表内阻
由闭合电路欧姆定律，有
即
根据图像可知
，
解得
，
【分析】根据改装电表的原理确定各部分电路应选择的定值电阻大小。根据闭合电路的欧姆定律及电路图推导得出图像的函数表达式，再根据表达式确定图像斜率及截距的物理意，再根据图像进行数据处理。
13．【答案】（1）解：由图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL=3V，因此电动机两端的电压为UM=UL=3V
（2）解：R和电源内阻r串联，其两端的总电压为U1=3V，由闭合电路欧姆定律，可得流经电阻R的总电流为
（3）解：灯泡的电流为
电动机的电流为IM=I IL=1A 0.2A=0.8A
由题意可得电动机的输出功率为
代入数据解得rM=1.25Ω
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）已知灯泡正常发光，利用并联电路的电压关系可以求出电动机两端电压的大小；
（2）已知电动机的电压，结合闭合电路的欧姆定律可以求出干路电流的大小；
（3）已知灯泡正常发光，利用电功率的表达式可以求出流过灯泡的电流大小，结合干路电流的大小可以求出流过电动机的电流大小，再利用机械功率和电功率的表达式可以求出热功率的大小，结合热功率的表达式可以求出电动机内阻的大小。
14．【答案】（1）解：以子弹与木块组成的系统为研究对象，子弹击中木块的过程系统水平方向动量守恒，选子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
得
子弹击中木块后，它们一起做圆周运动
在最低点，由牛顿第二定律得：
得
由牛顿第三定律，解得绳子的张力：
（2）解：据能量守恒定律可知，损失的机械能为
（3）解： 子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功
机械能守恒
解得
【知识点】牛顿第二定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）根据动量定理确定子弹射入木块瞬间后两者的速度，再根据牛顿第二定律确定绳子张力的大小；
（2）确定子弹和木块构成的系统的初末机械能情况，再根据能量守恒定律进行解答即可；
（3）当子弹和木块上摆到最大高度时，两者的速度为零，确定两者开始上摆的初速度，再根据机械能守恒定律进行解答即可。
15．【答案】（1）解：闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，滑动变阻器接人电路电阻为0，电容器两板间的电势差为，电容器两板之间的场强大小
电容器上极板带正电，带电微粒在电容器中做类平抛运动，则水平方向：
竖直方向：
解得带电微粒所带的电荷量
（2）解：带电微粒恰从电容器下板右侧边缘离开电容器时竖直方向的速度
带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则
解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上的点离电容器下板水平线的距离
打到挡板上的点距离点的距离
（3）解：开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片移到最左端且电路稳定后，电容器两端的电压
带电微粒离开电容器时
解得
离开电容器时竖直方向的速度
带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则
解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上向下偏移的距离
打到挡板上距离O点的距离为
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据题意确定粒子恰从电容器下板右侧边缘离开电容器时电路的连接情况，即粒子在电场中的运动情况，再根据闭合电路的欧姆定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）确定粒子离开电场后的运动过情况，再根据题意确定粒子运动的水平位移情况，再运动规律确定粒子在电场外运动的竖直位移，再根据几何关系确定打到挡板上的点到O点的距离；
（3）确定电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律及串并联电路规律确定电容器两端的电压，再根据类平抛运动规律及匀速直线运动规律进行解答即可。
1 / 1陕西省榆林市五校联考2023-2024学年高二上学期12月月考试题物理
1．（2023高二上·榆林月考）下列说法中正确的是（ ）
A．电场中任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
B．电流是矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向
C．磁通量的大小为，方向为磁感应强度的方向，故磁通量为矢量
D．电磁波是一份一份的，麦克斯韦用实验证明了电磁波的存在
【答案】A
【知识点】物理学史；电势；电流、电源的概念；磁通量
【解析】【解答】A.沿电场方向电势降落最快，A符合题意；
B.规定正电荷定向运动方向为电流方向，但电流运算时遵守代数加减法则，所以电流是标量，B不符合题意；
C.磁通量虽然有方向，但是运算时遵守代数加减法则，是标量，C不符合题意；
D.电磁波是不连续的，而是一份一份的，麦克斯预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】沿电场方向电势降落最快；电流是标量，运算遵循代数加减法；磁通量也是标量，运算遵循代数加减法；根据物理学史分析。
2．（2023高二上·榆林月考）洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是（ ）
A．洗衣机做的是振幅不变的简谐运动
B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率与洗衣机的固有频率相等
C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小
D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率
【答案】D
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A、洗衣机的振动先剧烈后减弱，说明振幅改变，故A错误；
BC、当洗衣机脱水桶正常工作时，转速较快，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故BC错误；
D、当振动最剧烈时，洗衣机发生了共振，脱水桶运转频率等于洗衣机的固有频率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】当物体受到的驱动频率与物体的故有频率相等时，物体会发生共振，振动最剧烈。振动的剧烈程度是洗衣机振幅大小的表现。
3．（2023高二上·榆林月考）如图所示，空间内存在匀强磁场，磁感应强度大小，方向与墙面和水平面均成角，墙角处有边长的正方形线框，初始时线框与水平面间夹角为角，边与墙底边平行，线框边沿墙角下滑到地面过程中，已知，以下说法不正确的是（ ）
A．磁通量先增加后减小 B．线框能产生感应电流
C．磁通量最大值为 D．磁通量最小值为
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A、线框沿墙边下落到地面过程，磁通量先增大后减小，故A正确，不符合题意；
B、磁通量变化时，线框中能产生感应电流，故B正确，不符合题意；
C、当线框平面与磁场方向垂直时，通过线框磁通量最大
故C正确，不符合题意；
D、初始时线框磁通量
线框在地面上时磁通量
磁通量最小值为，故D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】穿过线框的磁通量发生改变，则线框中产生感应电流。当线框平面与磁场方向垂直时，通过线框的磁通量最大。根据磁通量的定义及夹角的变化情况确定磁通量的极值情况。
4．（2023高二上·榆林月考）一弹簧振子做简谐运动，周期为，下列叙述正确的是（ ）
A．若，则时刻和时刻的速度一定相同
B．若，则时刻和时刻弹簧长度一定相等
C．若时刻和时刻的动能相等，则一定等于的整数倍
D．若时刻和时刻的位移大小相等，方向相同，则一定等于的整数倍
【答案】A
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、经过Δt=T ，则t时刻和t+Δt时刻，即相差一个周期的两个时刻振子的速度一定相同，故A正确；
B、若，质点位移大小相等，方向相反，但弹簧的长度不一定相等，故B错误；
C、当质点经过同一位置或关于平衡位置对称位置时，动能相等，Δt不一定等于的整数倍，故C错误；
D、t时刻和t+Δt时刻的位移大小相等，方向相同，表示质点通过同一位置，但Δt不一定等于T的整数倍，故D错误。
故答案为：A。
【分析】熟悉掌握简谐运动物体的运动规律，明确做简谐运动的物体速度、位移及回复力随时间变化的规律。
5．（2023高二上·榆林月考）随着城市高层建筑的增多，高空坠物不时发生，威胁着人们的安全，《中华人民共和国刑法修正案（十一）》新增高空抛物罪．假设一小球的质量约为，从高楼的窗户自由下落到地面，小球与地面接触时间约为后减速为零，下落到地面的瞬时速度约为．小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取．试估算小球对地面平均作用力的大小约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设向上为正方向，根据动量定理可知，对小球
解得
由牛顿第三定律可知小球对地面平均作用力的大小
F'=50.25N
约为50N。
故答案为：B。
【分析】对于有力无位移的情况，往往采用动量定理求解力的大小。确定落地时小球的受力情况，规定正方向，再根据动量定理进行解答即可。
6．（2023高二上·榆林月考）劲度系数为的水平弹簧振子，它的振动图像如图所示，则图像上的点反映出此时刻（ ）
A．弹簧振子的运动方向沿轴负方向
B．振子所受弹力为，其方向沿轴负方向
C．由到图像上点所示时刻振子所经过的路程为
D．由到图像上点所示时刻的这段时间内，振子运动的位移为
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、x-t图象的斜率表示速度，P点处斜率为正值，故运动方向沿x轴正方向，故A错误；
B、振子所受弹力为
方向指向平衡位置，即沿x轴负方向，故B错误；
C、由图像知，在0 3.5s这段时间内，振子所通过的路程为
3.5s末到tp的这段时间Δt内再通过2.5cm，路程
故C正确；
D、由t=0到图像上P点所示时刻的这段时间内，振子从位移正向最大，到位移为正的2.5cm，则该过程振子的位移为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】x-t图象的斜率表示速度，沿x轴正方向时速度为正值。熟悉掌握弹簧振子运动的规律，明确振子运动位移和路程的区别点及计算方法。
7．（2023高二上·榆林月考）如图所示，在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷，带正电的小球穿过滑杆，从点以速度向右运动，小球在点的加速度大小为，已知无穷远处电势为零，点、点的电势分别为，小球的比荷，不计小球与滑杆间的摩擦，小球运动过程电量不变，以下说法正确的是（ ）
A．小球运动到点时速度大小为
B．小球运动到点加速度大小为
C．小球最终速度大小为
D．小球最大电势能为
【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.小球带正电，小球由a点到b点，由动能定理，有，其中，得，A不符合题意；
B.设上方固定的点电荷的电荷量为Q，上方电荷到b点的距离为L，由牛顿第二定律可得，小球在a加速度大小为，小球在c点加速度大小为，B符合题意；
C.小球最终的速度大小为v，由动能定理，又，得，C不符合题意；
D.b点的电势最高，由电势能定义式可知，小球在b点的电势能最大，但由于小球带电量未知，所以不能确定最大电势能大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由动能定理分析小球由a到b的过程，求出小球到达b点的速度；根据牛顿第二定律和库仑定律，列出小球在a点的c点加速度大小的表达式，通过求解方程组得出小球在c点的加速度大小；小球最终运动到无穷远处，不再受电场力作用而做匀速运动，由动能定理分析小球从A点运动的无穷远的过程，求出小球的最终速度；根据电势能定义式分析小球的最大电势能。
8．（2023高二上·榆林月考）三个点电荷形成的电场如图所示，是电场中的三个点，设三点电场强度的大小分别为，三点的电势分別为．下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷中有两个带负电荷
B．三点电场强度大小
C．两点电势
D．若将一带正电的试探电荷从移动到，电场力做正功
【答案】A,C,D
【知识点】电场线；点电荷的电场；电场强度的叠加；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A、正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷，可知三个点电荷的中有两个带负电荷，故A正确；
B、电场线越密，电场强度越大，A、B、C三点电场强度大小
故B错误；
C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则A、B两点电势
故C正确；
D、由于
则有
则电场力做功为
则带正电的试探电荷从B移动到A，电场力做正功，故D正确。
故答案为：ACD。
【分析】正电荷电场线方向为正电荷到无穷远处，负电荷电场线方向为无穷远处到负电荷。电场线越密，电场强度越大，沿着电场线方向电势逐渐降低，根据电势能的变化情况确定电场力的做功情况。
9．（2023高二上·榆林月考）如图所示，电源电动势为，内阻为，定值电阻为，滑动变阻器（最大阻值为），闭合开关，现将滑动变阻器滑片由最右端向最左端滑动，三个电压表读数分别为、，电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．电压表变大，变大，变小
B．电压表变小，变大，变小
C．电源最大输出功率为
D．滑动变阻器消耗的功率先减小后增大
【答案】B,C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB、三个电压表的示数分别为U1、U2、U3，滑动变阻器滑片由右向左滑动，其接入电路的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中电流Ｉ增大，内电压增大，路端电压减小，即电压表V1示数变小，R0两端电压增大，即V2示数增大，V3示数减小，所以电压表U1变小，U2变大，U3变小，故A错误，B正确；
C、当R+R0=r 时，电源输出功率最大
故C正确；
D、定值电阻R0归到电源内阻上，因为
当滑动变阻器滑片由右向左滑动时，滑动变阻器的功率随滑动变阻器阻值R的变化规律如图所示
由此可知，滑动变阻器的功率先增大后变小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】确定电路的连接方式及各电表的测量对象，再根据“串反并同”或程序法确定各部分元件电流、电压等的变化情况。当电压内阻与外电路电阻相等时，电源的输出功率最大。对于可变电阻消耗功率的变化情况，可将其他定值电阻与电源视为整体构成“等效电源”，即将可变电阻消耗功率的情况转化为“等效电源”输出功率的变化情况问题。
10．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量、上表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，时，质量表面粗糙的物块（可视为质点）以初速度滑上长木板，经过时间物块和长木板达到共同速度，此后以共同速度匀速运动，重力加速度大小为，则（ ）
A．长木板做匀加速运动的加速度大小为
B．物块与长木板之间动摩擦因数为0.1
C．长木板长度至少为
D．物块与长木板组成的系统损失机械能为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块滑上长木板，物块及木板系统根据动量守恒定律，可得
代入相关已知数据，求得二者达到共速时的速度
可得长木板做匀加速运动的加速度大小为
故A错误；
B、根据牛顿第二定律，对长木板有
得物块与长木板之间动摩擦因数为
故B正确；
C、2s内长木板的位移
物块的位移
所以长木板的最小长度为
故C错误；
D、根据能量守恒，可得物块与长木板系统损失的机械能
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据动量守恒定理确定两者的共同速度的大小。再根据牛顿第二定律及云变速直线运动及能量守恒定律进行解答即可。
11．（2023高二上·榆林月考）某同学做《用单摆测定重力加速度》实验的装置如图甲所示，请回答下面的问题：
（1）在实验中，为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是____．（填正确答案标号）
A．为了便于测量周期，可适当缩短摆线，从而减小测量周期的绝对误差
B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线，密度大而直径较小的摆球
C．测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，摆长是摆线长度和小球半径之和
D．测量周期时，当单摆经过平衡位置时开始计时，测量经过30~50次全振动的总时间算出周期
（2）如图乙所示，用游标卡尺测得小钢球的直径 ．
（3）除了已测摆球直径，还已知细线长，完成35次全振动的时间是，由这些数据计算得出重力加速度大小 ．（取3.14，结果保留三位有效数字）
【答案】（1）B；C；D
（2）20.2
（3）9.86
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A、由
可得
适当加长摆线，可增加单摆的周期，便于测量周期，从而减小测量周期的相对误差，故A错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆需选用密度大而直径较小的摆球，故B正确；
C、测摆长时，摆线应接好摆球，使摆球处于自然下垂状态，否则，摆长的测量不准确，摆长是摆线长度和小球半径之和，故C正确；
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D正确。
故答案为：BCD。
（2）[用游标卡尺测得小钢球的直径
（3）由单摆的周期公式
，
有
【分析】熟悉掌握利用单摆测量重力加速度的操作步骤及实验要求和注意事项。注意摆长的计算要求，再根据单摆周期公式进行数据处理。
12．（2023高二上·榆林月考）兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A．两节干电池组成的电池组
B．电流表：量程，内阻
C．电流表：量程，内阻
D．定值电阻
E．定值电阻
F．定值电阻
G．滑动变阻器
H．导线与开关
（1）实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表改装成量程为的电压表，将电流表量程扩大为，另一定值电阻作为保护电阻，则定值电阻选择为： ； （均填器材前面的字母）．
（2）在图示乙器材中按照电路图用笔画线代替导线连接成测量电路 ．
（3）电路连接准确无误后，闭合开关，移动滑动变阻器，得到多组电流表的示数，作出了图像如图丙所示，则电池组电动势 ；内阻 ．（小数点后均保留两位）
【答案】（1）F；D
（2）
（3）2.91；1.35
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）将电流表A2改装成3V，则有
得
即A2与定值电阻a串联；故a应选F：R3；电流表A1量程扩大到0.5A，扩大倍数
并联电阻
故b应选D：R1，保护电阻c应选E：R2。
（2）实物连线如图所示。
（3）扩大量程后电压表内阻
电流表内阻
由闭合电路欧姆定律，有
即
根据图像可知
，
解得
，
【分析】根据改装电表的原理确定各部分电路应选择的定值电阻大小。根据闭合电路的欧姆定律及电路图推导得出图像的函数表达式，再根据表达式确定图像斜率及截距的物理意，再根据图像进行数据处理。
13．（2023高二上·榆林月考）2022年7月15日至17日，第十届万魅·北方礼品玩具展在山东临沂举办。如图是一参展玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，闭合开关S后，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.16kg的物体时（不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2），标有“3V 0.6W”的灯泡恰好正常发光。求：
（1）电动机两端的电压；
（2）通过电阻R的电流；
（3）电动机的内阻。
【答案】（1）解：由图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL=3V，因此电动机两端的电压为UM=UL=3V
（2）解：R和电源内阻r串联，其两端的总电压为U1=3V，由闭合电路欧姆定律，可得流经电阻R的总电流为
（3）解：灯泡的电流为
电动机的电流为IM=I IL=1A 0.2A=0.8A
由题意可得电动机的输出功率为
代入数据解得rM=1.25Ω
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）已知灯泡正常发光，利用并联电路的电压关系可以求出电动机两端电压的大小；
（2）已知电动机的电压，结合闭合电路的欧姆定律可以求出干路电流的大小；
（3）已知灯泡正常发光，利用电功率的表达式可以求出流过灯泡的电流大小，结合干路电流的大小可以求出流过电动机的电流大小，再利用机械功率和电功率的表达式可以求出热功率的大小，结合热功率的表达式可以求出电动机内阻的大小。
14．（2023高二上·榆林月考）如图所示，质量为的子弹，以速度水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为，绳长为（远大于木块大小），子弹停留在木块中，重力加速度为，求：
（1）子弹射入木块后的瞬间绳子受到木块拉力的大小；
（2）子弹射入木块的过程中，系统机械能损失多少；
（3）子弹射入木块后木块向上摆动的最大高度．
【答案】（1）解：以子弹与木块组成的系统为研究对象，子弹击中木块的过程系统水平方向动量守恒，选子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
得
子弹击中木块后，它们一起做圆周运动
在最低点，由牛顿第二定律得：
得
由牛顿第三定律，解得绳子的张力：
（2）解：据能量守恒定律可知，损失的机械能为
（3）解： 子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功
机械能守恒
解得
【知识点】牛顿第二定律；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）根据动量定理确定子弹射入木块瞬间后两者的速度，再根据牛顿第二定律确定绳子张力的大小；
（2）确定子弹和木块构成的系统的初末机械能情况，再根据能量守恒定律进行解答即可；
（3）当子弹和木块上摆到最大高度时，两者的速度为零，确定两者开始上摆的初速度，再根据机械能守恒定律进行解答即可。
15．（2023高二上·榆林月考）在如图所示的装置中，电源电压保持不变，定值电阻阻值和滑动变阻器的最大阻值均为，置于真空中的平行板电容器水平放置，板长为，板间距离为且右侧有一竖直挡板，挡板与电容器中轴线的交点为，挡板与电容器右端距离也为．闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，一质量为的带正电微粒．（不计重力）以初速度沿水平方向从电容器的正中间进入电容器，恰从电容器下板右侧边缘离开电容器．求：
（1）带电微粒所带的电荷量；
（2）当滑动变阻器的滑片移到最右端时，带电微粒打到挡板上的点距离点的距离；
（3）当滑动变阻器的滑片移到最左端时，带电微粒打到挡板上的点距离点的距离．
【答案】（1）解：闭合开关，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，滑动变阻器接人电路电阻为0，电容器两板间的电势差为，电容器两板之间的场强大小
电容器上极板带正电，带电微粒在电容器中做类平抛运动，则水平方向：
竖直方向：
解得带电微粒所带的电荷量
（2）解：带电微粒恰从电容器下板右侧边缘离开电容器时竖直方向的速度
带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则
解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上的点离电容器下板水平线的距离
打到挡板上的点距离点的距离
（3）解：开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片移到最左端且电路稳定后，电容器两端的电压
带电微粒离开电容器时
解得
离开电容器时竖直方向的速度
带电微粒离开电容器后做匀速直线运动，则
解得带电微粒离开电容器后，打到挡板上向下偏移的距离
打到挡板上距离O点的距离为
【知识点】含容电路分析；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据题意确定粒子恰从电容器下板右侧边缘离开电容器时电路的连接情况，即粒子在电场中的运动情况，再根据闭合电路的欧姆定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）确定粒子离开电场后的运动过情况，再根据题意确定粒子运动的水平位移情况，再运动规律确定粒子在电场外运动的竖直位移，再根据几何关系确定打到挡板上的点到O点的距离；
（3）确定电路的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律及串并联电路规律确定电容器两端的电压，再根据类平抛运动规律及匀速直线运动规律进行解答即可。
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