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2025届湖南省常德市第一中学高三上学期第七次月水平检测物理试卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家的科学贡献叙述中，正确的是（　　）
A．第谷提出了行星在椭圆轨道上绕太阳运动的规律
B．开普勒提出了万有引力定律
C．卡文迪什利用扭秤装置测出了引力常量
D．牛顿通过计算首先发现了海王星
2．如图所示为两个做受迫振动的振动系统的共振曲线，则下列说法正确的是（　　）
A．受迫振动的频率是振动系统的固有频率
B．在同一驱动力的作用下，两个受迫振动都能发生共振
C．若两个振动系统是摆长相等的单摆分别在地面和月球表面进行的，则图线Ⅰ是在月球表面上完成的
D．若两个振动系统在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的振动系统的能量一定大于图线Ⅰ表示的能量
3．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构简化图如图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行倾角为θ的檩条正中间，此时瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）
A．瓦片总共受到4个力的作用
B．适当减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大
C．适当减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
D．适当增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大
4．如图所示，四根均匀带电的等长绝缘细棒组成一正方形ABCD，其中CD边上的细棒带负电，其余三边的细棒带正电，且四根细棒单位长度电荷密度相同，此时正方形中心O点的电场强度为，电势为，取无穷远处电势为零。若撤去CD边的细棒，则其余三边细棒上的电荷在O点的电场强度和电势分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
5．电动势为E，内阻为r的电源与定值电阻R1、R2，滑动变阻器R和理想电压表、电流表连接成如图所示电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是
A．定值电阻R1电功率减小
B．电压表和电流表读数都增大
C．电压表读数增大，电流表读数减小
D．电源的总功率增大
6．如图所示，半径为R、质量为3m的圆槽AB静止放在水平地面上，圆槽底端B点与地面相切，B点右侧有一理想轻弹簧，固定在竖直挡板上。现将质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端距A点高度为R处由静止释放，恰好进入圆槽。重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统动量守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为mgR
C．小球最终的速度大小为0
D．如果改变小球的释放高度，小球可能飞越圆槽AB，在圆槽左侧落地
二、多项选择题（本题共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．水平桌面上放置一个形状如图所示的均匀导体框，匝数为1匝，其各短边长度相等，均为l，长边长度是短边的3倍，总电阻为R。桌面上有两个方向垂直于桌面并列的匀强磁场区域，边界平行、宽度均为l，磁感应强度大小均为B，左边磁场方向垂直于纸面向里，右边磁场方向垂直于纸面向外，其俯视图如图所示。规定电流顺时针为正方向，安培力水平向左为正方向，导体框刚进入磁场区域开始计时。当导体框以速度v匀速通过磁场区域时，感应电流i与时间t的关系及导体框所受的安培力F与时间t的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，边长为a的正方形线框内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子同时从AB边上的A点和E点（E点在AB之间，未画出），以相同的速度，沿平行于BC边的方向射入磁场，两带电粒子先后从BC边上的F点射出磁场，已知从A点入射的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角θ=60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则（　　）
A．带电粒子的比荷为
B．两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=2∶1
C．
D．
9．如图，完全相同的灯泡a、b的额定电压为U0，当输入电压U为4U0时，两灯泡恰好正常发光。RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈匝数之比为4：1
B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2
C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a可能会烧坏
D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡b可能会烧坏
10．如图所示，质量为m、带电荷量为-q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地过程中重力的冲量分别为Ia、Ib、Ic，落地时的动能分别为Ea、Eb、Ec，落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下判断中正确的是（　　）
A．ta＝tb＜tc B．Ia＝Ib＝Ic C．Ea＜Eb＜Ec D．Pa＝Pb＞Pc
三、非选择题（本题共5小题，共56分）
11．用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为被碰小球质量为记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为如图乙，分析数据：
（1）下列说法正确的是___________
A．两球半径相等
B．斜槽轨道要尽可能光滑
C．实验中复写纸和白纸都可以移动
D．入射小球每次可以从斜槽轨道的不同位置由静止释放
（2）若两球碰撞中动量守恒，则测量数据满足的关系式为　 　（用题中所给物理量的符号表示），若测量数据满足式　 　（仅用表示），则说明碰撞为弹性碰撞。
12．某同学利用热敏电阻自制了一个简易温度计，其内部电路装置如图甲所示，使用的器材有：直流电源（，内阻不计）、毫安表（量程10mA，内阻不计）、电阻箱R、热敏电阻一个、开关和、导线若干．该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图乙所示．
（1）根据图甲电路图用笔代替导线，把图丙中实物电路图补充完整。　 　
（2）先断开关，将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大值”或“最小值”），然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
（3）将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为　 　mA，温度为　 　℃。（结果均保留2位有效数字）
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，此时该温度计测量值比真实值　 　（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。
13．如图所示，两束相同的激光束同时射到三棱镜的A、B两点上，光线方向与三棱镜中心轴OO'平行，A、B两点距中心轴OO'均为d＝1cm。三棱镜的底边长为4d，底角θ＝30°，对激光的折射率为n＝。真空中的光速为c＝3×108 m/s ，不考虑光的反射。求：
（1）两束激光的交点到棱镜底边的距离L；
（2）两束激光从进入棱镜到相交所用时间t。
14．平板小车C放在光滑水平面上，现有质量为2m的物块A和质量为m的木块B，分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车的两端水平相向滑上小车，如图所示，设A、B两物块与小车的动摩擦因数分别为μ和2μ，小车的质量为3m，A、B均可视为质点。
（1）在A、B物块同时相对小车滑动过程中，A、B、C的加速度大小分别为多少？
（2）为使A、B两物块不相碰，平板小车至少要多长？
（3）若A、B两物块不相碰，求从开始到A、B、C均相对静止，系统由于摩擦产生的热量是多少？
15．如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的平行导轨，整个装置处于竖直向上、磁感应强度B=0.40T的匀强磁场中，轨道足够长，其电阻可忽略不计。一质量为m=0.1kg、阻值为R=1.0Ω的金属棒cd恰好垂直放在轨道的右半部分；另一相同材质、相同粗细的金属棒ab恰好垂直放在轨道的左半部分，它们与轨道形成闭合回路。已知Lab=2.0m，Lcd=1.0m，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。在t=0时刻，给金属棒cd施加一水平向右的拉力F，使其从静止开始沿轨道以a=5m/s2的加速度匀加速直线运动。在运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求金属棒cd运动多长时间后金属棒ab开始运动；
（2）从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中力F对cd棒冲量的大小？
（3）若给金属棒cd施加的是水平向右的恒定拉力F0，拉金属棒cd以v2=20m/s的速度匀速运动时，金属棒ab也恰好以恒定速度沿轨道P1Q1M1N1运动。求金属棒ab沿轨道P1Q1M1N1运动的速度大小和水平外力F0的功率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．第谷仅积累了行星运动的观测数据，开普勒根据这些数据提出行星在椭圆轨道绕太阳运动的规律，A错误；
B．牛顿提出万有引力定律，开普勒的贡献是行星运动三大定律，B错误；
C．卡文迪什利用扭秤装置测出了引力常量，C正确；
D．海王星是英国人亚当斯和法国人勒威耶根据万有引力计算推测出发现的这颗新行星，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查天体物理发展中物理学家的核心贡献，核心是区分第谷、开普勒、牛顿、卡文迪什等科学家在行星运动规律、万有引力定律及引力常量测量、海王星发现中的具体成就。
2．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．受迫振动的频率等于驱动力频率，与固有频率无关，A错误；
B．两振动系统的固有频率不相等，则在同一驱动力的作用下，只能使一个振动系统发生共振，B错误；
C．根据，地球表面重力加速度大于月球表面重力加速度，故单摆在月球表面的固有频率较小，图线Ⅰ是在月球表面上完成的，C正确；
D．单摆的能量与振幅和摆球的质量有关，而质量未知，无法确定能量大小，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查受迫振动与共振的规律，核心是区分受迫振动频率与固有频率的关系，结合单摆固有频率公式分析重力加速度对固有频率的影响，同时明确共振时能量与振幅、质量的关联。
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．瓦片受重力、两侧檩条的两个支持力和两个静摩擦力，共5个力，并非4个力，故A错误；
BC．设檩条对瓦片的两弹力夹角为α，根据题图乙可知在垂直于两檩条所在平面的平面内有，适当减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；
D．由以上分析可知，适当增大檩条间的距离d时，同理可知瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】对瓦片进行受力分析，结合共点力平衡条件分析檩条间距变化时，弹力、摩擦力的变化及瓦片的运动趋势，逐一验证选项。
4．【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】因单位长度的电荷密度相同，所以每边的电荷量相等，设每边在O点产生的电场强度大小为E，电势为，由于AD边上的细棒和BC边上的细棒对称，在O点产生的合场强为零，AB边上的细棒和CD边上的细棒产生的场强方向相同，则有
解得
若撤去CD边上的细棒，则O点的合场强为；
因电势为标量，则有
解得，所以三边在O点的电势之和为。
故答案为：D。
【分析】利用电场强度的叠加原理（矢量叠加）分析各细棒在O点的场强贡献，结合电势的叠加原理（标量叠加）计算O点的电势，进而确定撤去CD边细棒后的场强和电势。
5．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A. 当滑片向滑动时，接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增加，根据可知电阻电功率增大，故A错误；
BC. 干路电流增加，内电压增加，由可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小，故B、C错误；
D. 因总电流变大，由可知，电源的总功率增大，故D正确．
故答案为：D
【分析】根据闭合电路欧姆定律分析滑动变阻器触头移动时总电阻、总电流的变化，再结合串并联电路规律、电功率公式判断各电阻的功率、电表读数及电源总功率的变化。
6．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向上有加速度，小球和圆槽AB组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．设小球达到底端时速度大小为，左侧圆槽的速度大小为，取向右为正方向，小球在左侧圆槽下滑过程中，水平方向动量守恒可得
根据能量守恒定律可得
解得，
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为，故B错误；
C．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有，
设小球再次落到槽底的速度为，此时槽的速度为，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有，
以上联立解得，故C正确；
D．无论小球从多高的位置释放，只要它能进入圆槽，就会受到圆槽的约束作用。由于圆槽的存在，小球不可能在水平方向上获得足够的速度来飞越圆槽AB，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查系统动量守恒、机械能守恒与弹性势能的综合分析，核心是判断系统在水平方向的动量守恒条件，结合能量守恒分析弹性势能最大值，以及系统最终的运动状态和小球的运动轨迹。
7．【答案】A,C
【知识点】右手定则；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．导体框各边标注字母，磁场依次记为Ⅰ、Ⅱ，如图所示
当ab边在磁场Ⅰ中时，根据法拉第电磁感应定律，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。当ab边在磁场Ⅱ中，cd边和gh边在磁场Ⅰ中时，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为顺时针。当ef边在磁场Ⅰ中，cd边和gh边在磁场Ⅱ中时，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。当ef边在磁场Ⅱ中，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。综上所述，可得电流方向，先逆时针再顺时针然后再逆时针，故A正确；B错误；
CD．当ab边在磁场Ⅰ中时，安培力大小为，方向水平向左，
当ab边在磁场Ⅱ中，cd边和gh边在磁场Ⅰ中时，有，方向水平向左，
当ef边在磁场Ⅰ中，cd边和gh边在磁场Ⅱ中时，有，方向水平向左，
当ef边在磁场Ⅱ中，有方向水平向左。综上所述，可得
安培力方向均为水平向左，故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查导体框切割磁感线的电磁感应与安培力分析，核心是分阶段分析导体框在左右磁场中的有效切割长度，结合右手定则判断感应电流方向，利用、计算电流和安培力大小，确定其随时间的变化规律。
8．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AC.从A点射入的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角为60°，如图甲所示
粒子在磁场中运动的圆心角为120°，有
可得，
根据
可得带电粒子的比荷为，故A错误，C正确；
BD.从E点射入的粒子在磁场中的半径也为r，如图乙所示
由几何知识可得BE=a，AE=a，粒子在磁场中运动的圆心角为60°，则两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=120°∶60°=2∶1，故B正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律（洛伦兹力提供向心力），确定轨迹半径和圆心角，再利用几何关系求解线段长度，根据运动时间公式（）分析运动时间之比。
9．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．输入电压U为4U0时，灯泡a正常发光，故变压器原线圈两端的电压为3U0，灯泡b正常发光，故变压器副线圈两端的电压为U0，所以原、副线圈匝数之比为3：1，A错误；
B．设灯泡a、b正常发光时的电流为I0，则原线圈电流为I0，原、副线圈匝数之比为3：1，由原、副线圈电流与匝数成反比可知，副线圈干路电流为3I0，即流经热敏电阻的电流为2I0，B正确；
C．热敏电阻RT温度升高时阻值减小，副线圈负载电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，灯泡a可能会烧坏，C正确；
D．原线圈电流增大，灯泡a两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压减小，灯泡b不可能会烧坏，D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合理想变压器的电压、电流与匝数的关系，分析原副线圈的电压、电流比例；再根据热敏电阻的阻值变化规律，推导电路中电流、电压的变化，判断灯泡的工作状态。
10．【答案】B
【知识点】动量定理；功率及其计算；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意可知a球只受重力作用，竖直方向上做自由落体运动；b球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但b的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；c球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做自由落体运动，故，故A错误；
B．根据
又三个小球落地时间相同，则有Ia＝Ib＝Ic，故B正确；
C．a球和b球下落过程中，只有重力做正功，而c球下落过程重力和电场力都做正功，根据动能定理可得Ea=Eb＜Ec，故C错误；
D．小球落体时的重力的瞬时功率等于重力乘以重力方向的速度，通过分析， b球受的洛伦兹力总是垂直纸面向里，不影响竖直方向，c球受的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没用影响，故竖直方向小球都做自由落体运动，高度相同，所以小球的末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据
可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，即Pa＝Pb=Pc，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查抛体运动中的受力、冲量、动能及瞬时功率分析，核心是区分洛伦兹力、电场力对竖直方向运动的影响，结合冲量公式、动能定理和瞬时功率公式判断物理量的大小关系。
11．【答案】（1）A
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．该实验需两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故B错误；
C．为了确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球多重复碰几次，用最小半径的圆把落点圈住，圆心位置即为平均落点，因此不移动复写纸和白纸，故C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故D错误。
故答案为：A。
（2）由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相同为t，根据题意入射小球速度为
入射小球碰后速度为
被碰撞小球碰后速度为
若两球碰撞中动量守恒，规定入射小球速度方向为正方向，则满足
联立以上整理得
若为弹性碰撞，需满足
联立以上整理得
又因为
联立以上关系可得
故答案为：；
【分析】(1) 验证动量守恒定律的实验中，需明确实验操作的核心要求：入射小球质量大于被碰小球避免反弹，两球半径相等保证正碰；斜槽轨道不必绝对光滑，只需入射小球每次从同一位置释放以保证初速度相同；复写纸可移动但白纸需固定。
(2) 小球做平抛运动的时间相同，水平位移与速度成正比，将速度替换为水平位移代入动量守恒公式；弹性碰撞需同时满足动量守恒和动能守恒，进一步推导位移满足的关系式。
（1）A．该实验需两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故B错误；
C．为了确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球多重复碰几次，用最小半径的圆把落点圈住，圆心位置即为平均落点，因此不移动复写纸和白纸，故C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故D错误。
故选A。
（2）[1]由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相同为t，根据题意入射小球速度为
入射小球碰后速度为
被碰撞小球碰后速度为
若两球碰撞中动量守恒，规定入射小球速度方向为正方向，则满足
联立以上整理得
[2]若为弹性碰撞，需满足
联立以上整理得
又因为
联立以上关系可得
12．【答案】（1）
（2）最大值
（3）7.5；50
（4）偏小
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，完整实物连线如图所示
（2）为了保证电路安全，先断开关，将电阻箱的阻值调到最大值，然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
故答案为： 最大值
（3）将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得此时热敏电阻阻值为
结合图乙可知，此时温度为。
故答案为： 7.5 ； 50
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，则有
可得
可知热敏电阻阻值测量值偏大，结合图乙可知，此时该温度计测量值比真实值偏小。
故答案为： 偏小
【分析】(1) 实物电路需严格对照电路图连接，注意开关、电阻箱、热敏电阻的接线顺序，以及毫安表的正负极连接；
(2) 为保护电路，闭合开关前需将电阻箱阻值调至最大值，避免电路中电流过大损坏仪表；
(3) 先根据毫安表的量程和分度值读取电流，再由闭合电路欧姆定律求出热敏电阻的阻值，结合热敏电阻的R t图象确定温度；
(4) 电源内阻增大时，电路总电阻增大，相同温度下热敏电阻阻值不变，电路电流减小，对应毫安表的示数偏小，进而分析测量值与真实值的关系。
（1）根据图甲电路图，完整实物连线如图所示
（2）为了保证电路安全，先断开关，将电阻箱的阻值调到最大值，然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
（3）[1]将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为
[2]根据闭合电路欧姆定律可得
可得此时热敏电阻阻值为
结合图乙可知，此时温度为。
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，则有
可得
可知热敏电阻阻值测量值偏大，结合图乙可知，此时该温度计测量值比真实值偏小。
13．【答案】（1）解：两束激光的光路图如图所示
由折射定律有
解得=60°
由几何关系知光线交点与底边的距离为
代入数据得L=
（2）解：激光在三棱镜中的速度为
激光在棱镜中传播所用时间为
激光在棱镜外传播所用时间为，
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 由折射定律求出激光进入三棱镜后的折射角，结合几何关系确定两束激光的交点到棱镜底边的距离；
(2) 先计算激光在三棱镜中的传播速度，再结合几何关系求传播的光程，进而得运动时间。
14．【答案】（1）解：因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动
A、B的加速度分别为 ，
（2）解：A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）解：系统由于摩擦产生的热量是
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动
A、B的加速度分别为 ，
（2）解：A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）解：系统由于摩擦产生的热量是
【分析】(1) 分别对物块A、木块B和平板小车C进行受力分析，结合牛顿第二定律求各物体的加速度；
(2) 先判断B与小车共速的时刻，再分析A、B和小车的运动过程，通过计算两者的相对位移之和确定小车的最小长度；
(3) 利用能量守恒定律，系统摩擦产生的热量等于系统动能的减少量。
（1）因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动。A、B的加速度分别为 ，
（2）A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度。
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）系统由于摩擦产生的热量是
15．【答案】（1）解：由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）解：从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）解：设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】（1）解：由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）解：从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）解：设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
【分析】(1) 先分析金属棒ab开始运动的临界条件（安培力等于最大静摩擦力），结合电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出cd的速度，再由匀加速直线运动公式求运动时间；
(2) 对cd棒进行受力分析，由牛顿第二定律求拉力F，再结合冲量公式计算冲量；
(3) 两棒匀速时均受力平衡，分别对ab、cd列平衡方程，结合电磁感应的电流关系求ab的速度，再求外力的功率。
（1）由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
1 / 12025届湖南省常德市第一中学高三上学期第七次月水平检测物理试卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家的科学贡献叙述中，正确的是（　　）
A．第谷提出了行星在椭圆轨道上绕太阳运动的规律
B．开普勒提出了万有引力定律
C．卡文迪什利用扭秤装置测出了引力常量
D．牛顿通过计算首先发现了海王星
【答案】C
【知识点】物理学史；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．第谷仅积累了行星运动的观测数据，开普勒根据这些数据提出行星在椭圆轨道绕太阳运动的规律，A错误；
B．牛顿提出万有引力定律，开普勒的贡献是行星运动三大定律，B错误；
C．卡文迪什利用扭秤装置测出了引力常量，C正确；
D．海王星是英国人亚当斯和法国人勒威耶根据万有引力计算推测出发现的这颗新行星，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查天体物理发展中物理学家的核心贡献，核心是区分第谷、开普勒、牛顿、卡文迪什等科学家在行星运动规律、万有引力定律及引力常量测量、海王星发现中的具体成就。
2．如图所示为两个做受迫振动的振动系统的共振曲线，则下列说法正确的是（　　）
A．受迫振动的频率是振动系统的固有频率
B．在同一驱动力的作用下，两个受迫振动都能发生共振
C．若两个振动系统是摆长相等的单摆分别在地面和月球表面进行的，则图线Ⅰ是在月球表面上完成的
D．若两个振动系统在同一地点均发生共振，图线Ⅱ表示的振动系统的能量一定大于图线Ⅰ表示的能量
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A．受迫振动的频率等于驱动力频率，与固有频率无关，A错误；
B．两振动系统的固有频率不相等，则在同一驱动力的作用下，只能使一个振动系统发生共振，B错误；
C．根据，地球表面重力加速度大于月球表面重力加速度，故单摆在月球表面的固有频率较小，图线Ⅰ是在月球表面上完成的，C正确；
D．单摆的能量与振幅和摆球的质量有关，而质量未知，无法确定能量大小，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查受迫振动与共振的规律，核心是区分受迫振动频率与固有频率的关系，结合单摆固有频率公式分析重力加速度对固有频率的影响，同时明确共振时能量与振幅、质量的关联。
3．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构简化图如图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行倾角为θ的檩条正中间，此时瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（　　）
A．瓦片总共受到4个力的作用
B．适当减小檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的弹力增大
C．适当减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
D．适当增大檩条间的距离d时，瓦片与檩条间的摩擦力增大
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．瓦片受重力、两侧檩条的两个支持力和两个静摩擦力，共5个力，并非4个力，故A错误；
BC．设檩条对瓦片的两弹力夹角为α，根据题图乙可知在垂直于两檩条所在平面的平面内有，适当减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，瓦片可能会下滑，故B错误，C正确；
D．由以上分析可知，适当增大檩条间的距离d时，同理可知瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大，瓦片仍然静止，瓦片与檩条间的摩擦力不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】对瓦片进行受力分析，结合共点力平衡条件分析檩条间距变化时，弹力、摩擦力的变化及瓦片的运动趋势，逐一验证选项。
4．如图所示，四根均匀带电的等长绝缘细棒组成一正方形ABCD，其中CD边上的细棒带负电，其余三边的细棒带正电，且四根细棒单位长度电荷密度相同，此时正方形中心O点的电场强度为，电势为，取无穷远处电势为零。若撤去CD边的细棒，则其余三边细棒上的电荷在O点的电场强度和电势分别为（　　）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】因单位长度的电荷密度相同，所以每边的电荷量相等，设每边在O点产生的电场强度大小为E，电势为，由于AD边上的细棒和BC边上的细棒对称，在O点产生的合场强为零，AB边上的细棒和CD边上的细棒产生的场强方向相同，则有
解得
若撤去CD边上的细棒，则O点的合场强为；
因电势为标量，则有
解得，所以三边在O点的电势之和为。
故答案为：D。
【分析】利用电场强度的叠加原理（矢量叠加）分析各细棒在O点的场强贡献，结合电势的叠加原理（标量叠加）计算O点的电势，进而确定撤去CD边细棒后的场强和电势。
5．电动势为E，内阻为r的电源与定值电阻R1、R2，滑动变阻器R和理想电压表、电流表连接成如图所示电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是
A．定值电阻R1电功率减小
B．电压表和电流表读数都增大
C．电压表读数增大，电流表读数减小
D．电源的总功率增大
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A. 当滑片向滑动时，接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增加，根据可知电阻电功率增大，故A错误；
BC. 干路电流增加，内电压增加，由可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小，故B、C错误；
D. 因总电流变大，由可知，电源的总功率增大，故D正确．
故答案为：D
【分析】根据闭合电路欧姆定律分析滑动变阻器触头移动时总电阻、总电流的变化，再结合串并联电路规律、电功率公式判断各电阻的功率、电表读数及电源总功率的变化。
6．如图所示，半径为R、质量为3m的圆槽AB静止放在水平地面上，圆槽底端B点与地面相切，B点右侧有一理想轻弹簧，固定在竖直挡板上。现将质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端距A点高度为R处由静止释放，恰好进入圆槽。重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统动量守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为mgR
C．小球最终的速度大小为0
D．如果改变小球的释放高度，小球可能飞越圆槽AB，在圆槽左侧落地
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向上有加速度，小球和圆槽AB组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．设小球达到底端时速度大小为，左侧圆槽的速度大小为，取向右为正方向，小球在左侧圆槽下滑过程中，水平方向动量守恒可得
根据能量守恒定律可得
解得，
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为，故B错误；
C．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有，
设小球再次落到槽底的速度为，此时槽的速度为，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有，
以上联立解得，故C正确；
D．无论小球从多高的位置释放，只要它能进入圆槽，就会受到圆槽的约束作用。由于圆槽的存在，小球不可能在水平方向上获得足够的速度来飞越圆槽AB，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查系统动量守恒、机械能守恒与弹性势能的综合分析，核心是判断系统在水平方向的动量守恒条件，结合能量守恒分析弹性势能最大值，以及系统最终的运动状态和小球的运动轨迹。
二、多项选择题（本题共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．水平桌面上放置一个形状如图所示的均匀导体框，匝数为1匝，其各短边长度相等，均为l，长边长度是短边的3倍，总电阻为R。桌面上有两个方向垂直于桌面并列的匀强磁场区域，边界平行、宽度均为l，磁感应强度大小均为B，左边磁场方向垂直于纸面向里，右边磁场方向垂直于纸面向外，其俯视图如图所示。规定电流顺时针为正方向，安培力水平向左为正方向，导体框刚进入磁场区域开始计时。当导体框以速度v匀速通过磁场区域时，感应电流i与时间t的关系及导体框所受的安培力F与时间t的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】右手定则；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．导体框各边标注字母，磁场依次记为Ⅰ、Ⅱ，如图所示
当ab边在磁场Ⅰ中时，根据法拉第电磁感应定律，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。当ab边在磁场Ⅱ中，cd边和gh边在磁场Ⅰ中时，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为顺时针。当ef边在磁场Ⅰ中，cd边和gh边在磁场Ⅱ中时，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。当ef边在磁场Ⅱ中，有
电流为
根据右手定则可判断电流方向为逆时针。综上所述，可得电流方向，先逆时针再顺时针然后再逆时针，故A正确；B错误；
CD．当ab边在磁场Ⅰ中时，安培力大小为，方向水平向左，
当ab边在磁场Ⅱ中，cd边和gh边在磁场Ⅰ中时，有，方向水平向左，
当ef边在磁场Ⅰ中，cd边和gh边在磁场Ⅱ中时，有，方向水平向左，
当ef边在磁场Ⅱ中，有方向水平向左。综上所述，可得
安培力方向均为水平向左，故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查导体框切割磁感线的电磁感应与安培力分析，核心是分阶段分析导体框在左右磁场中的有效切割长度，结合右手定则判断感应电流方向，利用、计算电流和安培力大小，确定其随时间的变化规律。
8．如图所示，边长为a的正方形线框内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子同时从AB边上的A点和E点（E点在AB之间，未画出），以相同的速度，沿平行于BC边的方向射入磁场，两带电粒子先后从BC边上的F点射出磁场，已知从A点入射的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角θ=60°，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则（　　）
A．带电粒子的比荷为
B．两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=2∶1
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AC.从A点射入的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角为60°，如图甲所示
粒子在磁场中运动的圆心角为120°，有
可得，
根据
可得带电粒子的比荷为，故A错误，C正确；
BD.从E点射入的粒子在磁场中的半径也为r，如图乙所示
由几何知识可得BE=a，AE=a，粒子在磁场中运动的圆心角为60°，则两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为tA∶tE=120°∶60°=2∶1，故B正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律（洛伦兹力提供向心力），确定轨迹半径和圆心角，再利用几何关系求解线段长度，根据运动时间公式（）分析运动时间之比。
9．如图，完全相同的灯泡a、b的额定电压为U0，当输入电压U为4U0时，两灯泡恰好正常发光。RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，下列说法正确的是（　　）
A．原、副线圈匝数之比为4：1
B．流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为1：2
C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a可能会烧坏
D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡b可能会烧坏
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．输入电压U为4U0时，灯泡a正常发光，故变压器原线圈两端的电压为3U0，灯泡b正常发光，故变压器副线圈两端的电压为U0，所以原、副线圈匝数之比为3：1，A错误；
B．设灯泡a、b正常发光时的电流为I0，则原线圈电流为I0，原、副线圈匝数之比为3：1，由原、副线圈电流与匝数成反比可知，副线圈干路电流为3I0，即流经热敏电阻的电流为2I0，B正确；
C．热敏电阻RT温度升高时阻值减小，副线圈负载电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，灯泡a可能会烧坏，C正确；
D．原线圈电流增大，灯泡a两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压减小，灯泡b不可能会烧坏，D错误。
故答案为：BC。
【分析】结合理想变压器的电压、电流与匝数的关系，分析原副线圈的电压、电流比例；再根据热敏电阻的阻值变化规律，推导电路中电流、电压的变化，判断灯泡的工作状态。
10．如图所示，质量为m、带电荷量为-q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地过程中重力的冲量分别为Ia、Ib、Ic，落地时的动能分别为Ea、Eb、Ec，落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下判断中正确的是（　　）
A．ta＝tb＜tc B．Ia＝Ib＝Ic C．Ea＜Eb＜Ec D．Pa＝Pb＞Pc
【答案】B
【知识点】动量定理；功率及其计算；带电粒子在电场中的运动综合；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A．根据题意可知a球只受重力作用，竖直方向上做自由落体运动；b球除重力之外还受到洛伦兹力作用，但b的洛伦兹力的方向总是水平方向的，不影响重力方向，所以竖直方向也做自由落体运动；c球除受重力之外，还受到垂直纸面向里的电场力作用，竖直方向上做自由落体运动，故，故A错误；
B．根据
又三个小球落地时间相同，则有Ia＝Ib＝Ic，故B正确；
C．a球和b球下落过程中，只有重力做正功，而c球下落过程重力和电场力都做正功，根据动能定理可得Ea=Eb＜Ec，故C错误；
D．小球落体时的重力的瞬时功率等于重力乘以重力方向的速度，通过分析， b球受的洛伦兹力总是垂直纸面向里，不影响竖直方向，c球受的电场力方向也是垂直纸面向里的，对竖直方向也没用影响，故竖直方向小球都做自由落体运动，高度相同，所以小球的末速度在竖直方向的分量相同，重力又相等，根据
可知三个球落地瞬间重力的瞬时功率相等，即Pa＝Pb=Pc，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查抛体运动中的受力、冲量、动能及瞬时功率分析，核心是区分洛伦兹力、电场力对竖直方向运动的影响，结合冲量公式、动能定理和瞬时功率公式判断物理量的大小关系。
三、非选择题（本题共5小题，共56分）
11．用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为被碰小球质量为记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为如图乙，分析数据：
（1）下列说法正确的是___________
A．两球半径相等
B．斜槽轨道要尽可能光滑
C．实验中复写纸和白纸都可以移动
D．入射小球每次可以从斜槽轨道的不同位置由静止释放
（2）若两球碰撞中动量守恒，则测量数据满足的关系式为　 　（用题中所给物理量的符号表示），若测量数据满足式　 　（仅用表示），则说明碰撞为弹性碰撞。
【答案】（1）A
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A．该实验需两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故B错误；
C．为了确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球多重复碰几次，用最小半径的圆把落点圈住，圆心位置即为平均落点，因此不移动复写纸和白纸，故C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故D错误。
故答案为：A。
（2）由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相同为t，根据题意入射小球速度为
入射小球碰后速度为
被碰撞小球碰后速度为
若两球碰撞中动量守恒，规定入射小球速度方向为正方向，则满足
联立以上整理得
若为弹性碰撞，需满足
联立以上整理得
又因为
联立以上关系可得
故答案为：；
【分析】(1) 验证动量守恒定律的实验中，需明确实验操作的核心要求：入射小球质量大于被碰小球避免反弹，两球半径相等保证正碰；斜槽轨道不必绝对光滑，只需入射小球每次从同一位置释放以保证初速度相同；复写纸可移动但白纸需固定。
(2) 小球做平抛运动的时间相同，水平位移与速度成正比，将速度替换为水平位移代入动量守恒公式；弹性碰撞需同时满足动量守恒和动能守恒，进一步推导位移满足的关系式。
（1）A．该实验需两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，故A正确；
B．只需要保证入射小球必须从同一位置由静止释放，不需要轨道倾斜部分必须光滑，故B错误；
C．为了确定平均落点时，应该让入射小球与被碰小球多重复碰几次，用最小半径的圆把落点圈住，圆心位置即为平均落点，因此不移动复写纸和白纸，故C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，保证入射小球达到轨道末端时的速度不变，故D错误。
故选A。
（2）[1]由题意可得，小球做平抛运动，所以它们落地时间相同为t，根据题意入射小球速度为
入射小球碰后速度为
被碰撞小球碰后速度为
若两球碰撞中动量守恒，规定入射小球速度方向为正方向，则满足
联立以上整理得
[2]若为弹性碰撞，需满足
联立以上整理得
又因为
联立以上关系可得
12．某同学利用热敏电阻自制了一个简易温度计，其内部电路装置如图甲所示，使用的器材有：直流电源（，内阻不计）、毫安表（量程10mA，内阻不计）、电阻箱R、热敏电阻一个、开关和、导线若干．该热敏电阻阻值随温度t变化的曲线如图乙所示．
（1）根据图甲电路图用笔代替导线，把图丙中实物电路图补充完整。　 　
（2）先断开关，将电阻箱的阻值调到　 　（选填“最大值”或“最小值”），然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
（3）将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为　 　mA，温度为　 　℃。（结果均保留2位有效数字）
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，此时该温度计测量值比真实值　 　（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。
【答案】（1）
（2）最大值
（3）7.5；50
（4）偏小
【知识点】常见传感器的工作原理及应用；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，完整实物连线如图所示
（2）为了保证电路安全，先断开关，将电阻箱的阻值调到最大值，然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
故答案为： 最大值
（3）将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为
根据闭合电路欧姆定律可得
可得此时热敏电阻阻值为
结合图乙可知，此时温度为。
故答案为： 7.5 ； 50
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，则有
可得
可知热敏电阻阻值测量值偏大，结合图乙可知，此时该温度计测量值比真实值偏小。
故答案为： 偏小
【分析】(1) 实物电路需严格对照电路图连接，注意开关、电阻箱、热敏电阻的接线顺序，以及毫安表的正负极连接；
(2) 为保护电路，闭合开关前需将电阻箱阻值调至最大值，避免电路中电流过大损坏仪表；
(3) 先根据毫安表的量程和分度值读取电流，再由闭合电路欧姆定律求出热敏电阻的阻值，结合热敏电阻的R t图象确定温度；
(4) 电源内阻增大时，电路总电阻增大，相同温度下热敏电阻阻值不变，电路电流减小，对应毫安表的示数偏小，进而分析测量值与真实值的关系。
（1）根据图甲电路图，完整实物连线如图所示
（2）为了保证电路安全，先断开关，将电阻箱的阻值调到最大值，然后将开关接至a端，闭合开关，逐渐调节电阻箱的阻值，根据图乙把毫安表改装为温度计。
（3）[1]将开关接至b端，闭合开关，该温度计便可正常使用。若毫安表指针偏转至图丁所示，则通过毫安表的电流为
[2]根据闭合电路欧姆定律可得
可得此时热敏电阻阻值为
结合图乙可知，此时温度为。
（4）当温度计使用一段时间后，其电源有一定程度的老化，内阻增大，则有
可得
可知热敏电阻阻值测量值偏大，结合图乙可知，此时该温度计测量值比真实值偏小。
13．如图所示，两束相同的激光束同时射到三棱镜的A、B两点上，光线方向与三棱镜中心轴OO'平行，A、B两点距中心轴OO'均为d＝1cm。三棱镜的底边长为4d，底角θ＝30°，对激光的折射率为n＝。真空中的光速为c＝3×108 m/s ，不考虑光的反射。求：
（1）两束激光的交点到棱镜底边的距离L；
（2）两束激光从进入棱镜到相交所用时间t。
【答案】（1）解：两束激光的光路图如图所示
由折射定律有
解得=60°
由几何关系知光线交点与底边的距离为
代入数据得L=
（2）解：激光在三棱镜中的速度为
激光在棱镜中传播所用时间为
激光在棱镜外传播所用时间为，
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 由折射定律求出激光进入三棱镜后的折射角，结合几何关系确定两束激光的交点到棱镜底边的距离；
(2) 先计算激光在三棱镜中的传播速度，再结合几何关系求传播的光程，进而得运动时间。
14．平板小车C放在光滑水平面上，现有质量为2m的物块A和质量为m的木块B，分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从小车的两端水平相向滑上小车，如图所示，设A、B两物块与小车的动摩擦因数分别为μ和2μ，小车的质量为3m，A、B均可视为质点。
（1）在A、B物块同时相对小车滑动过程中，A、B、C的加速度大小分别为多少？
（2）为使A、B两物块不相碰，平板小车至少要多长？
（3）若A、B两物块不相碰，求从开始到A、B、C均相对静止，系统由于摩擦产生的热量是多少？
【答案】（1）解：因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动
A、B的加速度分别为 ，
（2）解：A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）解：系统由于摩擦产生的热量是
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】（1）解：因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动
A、B的加速度分别为 ，
（2）解：A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）解：系统由于摩擦产生的热量是
【分析】(1) 分别对物块A、木块B和平板小车C进行受力分析，结合牛顿第二定律求各物体的加速度；
(2) 先判断B与小车共速的时刻，再分析A、B和小车的运动过程，通过计算两者的相对位移之和确定小车的最小长度；
(3) 利用能量守恒定律，系统摩擦产生的热量等于系统动能的减少量。
（1）因A、B物块在滑动过程中，对小车的摩擦力大小相等、方向相反，所以小车C不动。A、B的加速度分别为 ，
（2）A、B物块在滑动过程中，小车C不动，AB组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒，当B停止运动时，设A的速度为vA，以向右为正，根据动量守恒定律，得2m 2v0-mv0=2mvA
解得
在这段时间内，在这段时间内A、B在车上滑行的距离为 ，
此后A相对小车仍在运动，A对车的摩擦力使车和B一同向右加速运动，直接三者速度相等，A、B恰好接触，此时小车的长度为最小长度。
设共同速度为v'，则有2m 2v0-mv0=(2m+m+3m）v'
解得
则车的长度至少为
（3）系统由于摩擦产生的热量是
15．如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的平行导轨，整个装置处于竖直向上、磁感应强度B=0.40T的匀强磁场中，轨道足够长，其电阻可忽略不计。一质量为m=0.1kg、阻值为R=1.0Ω的金属棒cd恰好垂直放在轨道的右半部分；另一相同材质、相同粗细的金属棒ab恰好垂直放在轨道的左半部分，它们与轨道形成闭合回路。已知Lab=2.0m，Lcd=1.0m，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。在t=0时刻，给金属棒cd施加一水平向右的拉力F，使其从静止开始沿轨道以a=5m/s2的加速度匀加速直线运动。在运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。
（1）求金属棒cd运动多长时间后金属棒ab开始运动；
（2）从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中力F对cd棒冲量的大小？
（3）若给金属棒cd施加的是水平向右的恒定拉力F0，拉金属棒cd以v2=20m/s的速度匀速运动时，金属棒ab也恰好以恒定速度沿轨道P1Q1M1N1运动。求金属棒ab沿轨道P1Q1M1N1运动的速度大小和水平外力F0的功率。
【答案】（1）解：由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）解：从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）解：设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】（1）解：由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）解：从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）解：设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
【分析】(1) 先分析金属棒ab开始运动的临界条件（安培力等于最大静摩擦力），结合电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求出cd的速度，再由匀加速直线运动公式求运动时间；
(2) 对cd棒进行受力分析，由牛顿第二定律求拉力F，再结合冲量公式计算冲量；
(3) 两棒匀速时均受力平衡，分别对ab、cd列平衡方程，结合电磁感应的电流关系求ab的速度，再求外力的功率。
（1）由题意知，金属棒ab的质量2m=0.2kg，电阻为2R=2.0Ω，金属棒ab开始运动时
得
金属棒ab所受安培力
得I=0.5A
金属棒cd产生的感应电动势
得E=1.5V
金属棒cd产生的电动势
得v=3.75m/s
设金属棒cd运动t时间后金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v=at
解得t=0.75s
（2）从t=0时刻到ab棒开始运动的过程中对cd棒由动量定理
其中
其中
解得
（3）设金属棒cd以速度v2=20m/s沿轨道匀速运动时，金属棒ab沿轨道匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得
此时通过金属棒的电流
根据平衡条件有
解得v1=8.125m/s
以金属棒cd为研究对象，则有
解得F0=0.4N
则水平外力F0的功率为
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