湖北武汉（市重点校联考专用）2023年七月高一第二学期期末高难综合选拔性考试用物理试卷

湖北武汉（市重点校联考专用）2023年七月高一第二学期期末高难综合选拔性考试用物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动.
B．气体总是能充满容器，说明分子间存在斥力.
C．温度是物体分子热运动的平均动能的标志.
D．分子间距离减小时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快
【答案】C
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；分子动能
【解析】【解答】A.布朗运动是液体中悬浮的固体颗粒的运动，不是水分子的运动，A不符合题意；
B.由于气体分子间距较大，所以分子几乎为零，气体总是能充满容器，是分子做无规则热运动的结果，B不符合题意；
C.温度是物体分子热运动的平均动能的标志，温度越高，平均动能越大，C符合题意；
D.分子间距离减小时，引力和斥力都增大，但斥力增大得快，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；气体分子间几乎不存在分子力，是分子的无规则热运动使气体分子总能充满容器；温度是分子平均动能的标志；分子间引力和斥力都会随分子间距离的变化而变化，但斥力变化的更快。
2．质量 的物块 可视为质点 以 的初速度从倾角 的粗糙斜面上的 点沿斜面向上运动，到达最高点后，又沿原路返回到出发点 点，其速度随时间变化的图象如下图所示，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．物块所受的重力与摩擦力之比为3：2.
B．这个过程中物块克服摩擦力做功的平均功率 .
C．这个过程中重力做功比摩擦力做功大.
D．这个过程中重力冲量与摩擦力冲量之比3：1
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算；动能定理的综合应用；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由题图可知，因为返回到出发点，向上运动的位移与向下运动的位移相同，可得，所以返回到出发点P的速度，沿斜面向上运动过程中的加速度，返回过程中的加速度，由牛顿第二定律可得：上滑时，下滑时，联立解得物块所受的重力与摩擦力之比，A不符合题意；
B.由动能定理可知，这个过程中克服摩擦力做功，这个过程中物体克服摩擦力做功的功率为，B符合题意；
C.因为返回出发点，所以重力做功为0，所以重力做功小于摩擦力做功，C不符合题意；
D.重力冲量，摩擦力的冲量，可得，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据上滑位移与下滑位移相等的关系，求出物块下滑至P点的速度，再由加速度公式求出上滑和下滑的加速度，再分别对物块上滑和下滑应用牛顿第二定律，求出物块所受的重力与摩擦力之比；由动能定理求出物块克服摩擦力做的功，再由求出平均功率；重力做功与路径无关，所以全程重力做功为零；由冲量的公式I=Ft求出重力的冲量和摩擦力的冲量，再求出比值。
3．质量为m 的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度 v0水平跳出，由于风力的影响，经时间 t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为 g，在此段时间t内(　　)
A．风力一定沿水平方向.
B．飞行爱好者机械能减少 .
C．风力对爱好者的冲量大小为 .
D．风力对爱好者的冲量大小为
【答案】D
【知识点】动量定理；运动的合成与分解；重力势能
【解析】【解答】A.在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，与重力方向相反，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，A不符合题意；
B.由于爱好者落至跳出点正下方时速度的大小未变，所以爱好者机械能的减小量等于重力势能减小量，假设飞行爱好者在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为，重力势能减少量为，但物体在下落h高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，所以飞行爱好者的机械能减少量不会是，B不符合题意；
CD.取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对物体的冲量，设风力竖直方向的冲量为，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得，则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将飞行爱好者的运动分解为水平方向和竖直方向，根据这两个方向上分速度的变化情况分析风力分析；飞行爱好者机械能的减小量等于重力势能的减下来，由计算重力势能的减少量；分别对爱好者在水平方向和竖直方向上的分运动应用动量定理，求出风力在两个分方向上的冲量，再根据平行四边形定则求出风力对爱好者的冲量。
4．已知近地卫星的轨道半径可认为与地球半径相等，同步卫星的轨道半径是地球半径的 n倍，P点是地球赤道上一点，同步卫星、和近地卫星和 P点的位置关系如图所示，由此可知（　　）
A．同步卫星与近地卫星的运行周期之比为 ：1.
B．同步卫星与 点的速率之比为 .
C．近地卫星与 点的速率之比为点的速率之比为 .
D．近地卫星与同步卫星的速率之比为
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.根据万有引力提供向心力可得，解得，可得，A不符合题意；
B.同步卫星与P点具有相同的角速度，根据可得速率之比为，B不符合题意；
CD.对近地卫星和同步卫星，根据万有引力提供向心力可得，得，故近地卫星与同步卫星的速率之比为，地卫星与P点的速率之比为点的速率之比为，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由万有引力提供卫星做圆周运动运动的向心力推断卫星的周期和线速度的表达式，得出同步卫星与近地卫星周期比和线速度的比值；由求解同步卫星与P点的线速度比。
5．很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是（　　）
A．阻尼器做的是阻尼振动，其振动频率大于大楼的振动频率.
B．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率.
C．阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反.
D．阻尼器摆动幅度不受风力大小影响
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】AB.由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，与自身的固有频率无关，AB不符合题意；
C.由题意可知，阻尼器的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，由于阻尼器做的是受迫振动，周期与大楼的振动相同，所以阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反， C符合题意；
D.阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据做受迫振动的物体的频率总与驱动力的频率相同，与自身的固有频率无关，分析阻尼器的振动；风力会影响大楼摆动的幅度，而阻尼器的摆幅与大楼的摆幅有关。
6．如图所示，一绝缘轻质弹簧两端连接两个带有等量正电荷的小球 、 ，小球 固定在斜面上，小球 放置在光滑斜面上，初始时小球 处于静止状态，若给小球 一沿弹簧轴线方向的瞬时冲量，小球 在运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内。则（　　）
.
A．初始小球 处于静止状态时，弹簧一定处于拉伸状态.
B．给小球 瞬时冲量后，小球 将在斜面上做简谐运动.
C．给小球 瞬时冲量后，小球 沿斜面向上运动到最高点时，加速度方向一定沿斜面向下.
D．给小球 瞬时冲量后，小球 沿斜面向上运动过程中，减小的电势能一定等于小球增加的机械能
【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；能量守恒定律；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.初始时，A处于静止状态，小球受到重力，沿斜面向上的库仑斥力，由于不知道重力沿斜面的分力与库仑力的大小关系，所以无法分析弹簧弹力，不能确定弹簧状态，A不符合题意；
B.小球在斜面上运动时，由于库仑力为，故其合力不可能正比于小球的位移，故小球不做简谐振动，B不符合题意；
C.小球运动到最高点时速度为零，然后再沿斜面向下加速运动，故加速度必然沿斜面向下，C符合题意；
D.由能量守恒定律可知，小球减少的电势能等于小球和弹簧构成系统增加的机械能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】分析A球受力，确定弹簧状态；根据做简谐振动的物体回复力大小与一定位移大小成正比，分析小球的运动是否是简谐运动；小球运动到最高点后必然沿斜面向下加速运动，得出加速度方向；根据能量守恒判断小球的能量转化过程。
7．（2023高二下·定远月考）一列简谐波沿轴正方向传播，时波形如图所示已知在末，点恰第四次图中为第一次出现在波峰，则下列说法正确的是（　　）
A．波的周期是
B．波传播到点需要
C．点开始振动时速度方向是向上的
D．点在末第一次出现在波谷
【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.由题有：，得周期A不符合题意．
B.由图看出波长为，则波速为，波传播到点的时间为，B不符合题意．
C.波传播过程中，各个质点的开始振动方向与波图示时刻处质点的速度方向相同，根据波形平移法得知，处质点的速度方向向下，则点开始振动时速度方向也向下，C不符合题意．
D.当处波谷传到点时，点第一次出现在波谷，所用时间为D符合题意．
故答案为：D
【分析】由图看出波长为，波传播过程中，各个质点的开始振动方向与波图示时刻处质点的速度方向相同，由同侧法可以判断振动方向。
二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）
8．同一均匀介质中有两个振源 、 ，分别位于 轴上的 和 。取振源 开始振动时为 时刻， 时 之间的波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A． 时坐标原点 处的质点正在平衡位置向上振动.
B． 时坐标原点 处的质点的位移为 .
C．稳定时，坐标原点 处的质点的振幅为 .
D．稳定时，振源 、 之间有 个振动加强点
【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由M点的波形可知，1s时间内，波向前传播了1m的距离，可得波速为，两列波在同一介质中，传播速度相同，可知振源M产生的波传播到O点的时间为，振源N产生的波传播到O点的时间为，则时只有振源M产生的波形传播到O点，根据“同侧法”可知振源M起振方向为向上，所以时坐标原点O处的质点正在平衡位置向上振动，A符合题意；
B.由可知，波源M产生的波的周期为，，可得（-6m，0）处质点做简谐运动的位移和时间关系式为，而O点的振动与（-6m，0）处质点的振动完全相同，所以时，O处质点振动为，B不符合题意；
C.由图可知，M形成的波向前传播了半个波长时，N形成的波已经向前传播了一个波长，所以N比M早起振半个周期，由于N是向下起振的，所以t=0时刻，N点正好回到平衡位置且向上振，所以可以将两波源看成在t=0时刻同时向上起振，两个振源M、N到O点的波程差为，所以O点属于振动减弱点，振幅为，C不符合题意；
D.两个振源M、N之间的距离为，振动加强点到M点与N点的路程差满足，其中，可得有17组解，故稳定时振源、之间有17个振动加强点，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】由求出波速，得出两波源产生的波传播到O点的时间，再根据所有质点起振的方向均与波源相同，判断出O出质点的振动方向；根据相隔整数个波长的两点振动情况完全相同，得出O点的振动与（-6m，0）处质点的振动完全相同，写出（-6m，0）处质点振动方程，求出瞬时位移；根据波程差和相位关系确定O是振动加强点还是减弱点，得出O点的振幅；根据加强点对路程差的要求求出M、N之间加强点的个数。
9．水平面上有两个质量不相等的物体 和 ，它们分别在水平推力 和 作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的 图线如图所示，图中线段 则以下说法正确的是（　　）
水平推力大小 .
水平推力大小 .
物体 所受到的摩擦力的冲量大于物体 所受到的摩擦力的冲量.
物体 所受到的摩擦力的冲量小于物体 所受到的摩擦力的冲量.
则物体 克服摩擦力做功大于物体 克服摩擦力做功.
则物体 克服摩擦力做功小于物体 克服摩擦力做功．
A．若物体 的质量大于物体 的质量，由图可知， 都正确.
B．若物体 的质量大于物体 的质量，由图可知， 都正确.
C．若物体 的质量小于物体 的质量，由图可知， 都正确.
D．若物体 的质量小于物体 的质量，由图可知，只有 正确
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由图象可知，由于AC//BD，可见撤去拉力后，两物体的加速度相等，而，可知两物体与水平面间的动摩擦因数相同；由v-t图像的斜率表示加速可知，撤去拉力之前，物体a的加速度大于物体b的加速度，由牛顿第二定律可知，解得，若，则有，若，则无法比较水平推力的大小关系；克服摩擦力做功，所受到的摩擦力的冲量大小，由图可知，物体b运动的时间更长，两者的位移，若，则物体a克服摩擦力的功大于物体b克服摩擦力做功，但无法比较两者所受摩擦力的冲量大小；若，物体a所受到的摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力做功的大小，由以上分析可知，AD符合题意，BC不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】由牛顿第二定律，根据AC//BD两物体的加速度，推导出两物体与水平面的动摩擦因数相等，再根据牛顿第二定律分析推力作用阶段，通过讨论质量关系，求出两推力的大小关系；由和讨论两物体克服摩擦力做功的大小关系和受到的摩擦力冲量的大小关系。
10．如图，在粗糙水平面与竖直墙壁之间放置木块A和质量为 m的光滑球B，系统处于静止状态．O为B 的球心，C 为 A 、B接触点，CO与竖直方向夹角为 ，重力加速度大小为 g ，则（　　）
A．木块 对球 的支持力大小为 .
B．地面对木块 的摩擦力大小为 .
C．若木块 右移少许，系统仍静止，地面对木块 的摩擦力变小.
D．若木块 右移少许，系统仍静止，地面对木块 的支持力变大
【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A.以B球为研究对象，受力分析如图所示：
木块A对球B的支持力大小为，A符合题意；
B.以整体为研究对象，水平方向的摩擦力等于墙与B之间的作用力F，则摩擦力，B不符合题意；
C.把木块A右移少许，系统仍静止，角变小，墙壁对球B的支持力等于地面对木块A的摩擦力变小，C符合题意；
D.把木块A右移少许，系统仍静止，地面对木块A的支持力等于整体受到的重力，所以不变，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】对B受力分析，由共点力平衡条件求出A对B的支持力大小和墙壁对B的支持力大小；再对AB整体分析，由共点力平衡条件求出地面对A的摩擦力大小和支持力大小。
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11．（2023高一下·黄冈期末）在用“单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）下面叙述正确的是____ 选填选项前的字母
A． 和 长度不同的同种细线，选用 的细线做摆线；
B．直径为 的塑料球和铁球，选用铁球做摆球；
C．如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂；.
D．当单摆经过平衡位置时开始计时， 次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以 做为单摆振动的周期
（2）若用游标卡尺测得小球的直径 　 　
（3）若测出单摆的周期 、摆线长 ，则当地的重力加速度 　 　 用测出的物理量表示 ；
（4）某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为 和 时单摆的周期 和 ，则可得重力加速度 　 　 用测出的物理量表示 ；该同学测量了多组实验数据做出了 图像，该图像对应下面的　 　图。
A. B. C. D.
【答案】（1）B
（2）19.90
（3）
（4）；B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.用单摆测量重力加速度，为了使得单摆运动近似为简谐运动，摆线应适当长一些，所以应选用1m的细线做摆线，A不符合题意；
B.为了减小实验中空气阻力引起的误差，实验中应选择质量大，体积小的球体，所以应选用铁球做摆球，B符合题意；
C.图甲中摆线缠绕在水平杆上，摆动过程中，摆线的长度不断发生变化，实验误差较大，图乙中，摆线用铁夹子夹住，摆长不变，所以应选乙方式悬挂，C不符合题意；
D.单摆在平衡位置，即最低点速度最大，便于确定，因此在单摆经过平衡位置时开始计时，若50次经过平衡位置后停止计时，因此每经过平衡位置一次经历时间为半个周期，则用此时间除以25做为单摆振动的周期，D不符合题意；
故答案为B；
（2）根据游标卡尺的读数规律，该读数为19mm+0.05×18mm=19.90mm；
（3）由于摆线长l，则摆长为，根据，解得；
（4）摆长为摆线长与铁锁重心到摆线与铁锁结点间距之和，则有，，根据周期公式有，，解得 ；根据上述有，解得，可知，图线是一条纵轴截距为正值，斜率也为正值的倾斜直线，B符合题意，ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析实验器材和摆线的悬挂方式；测量周期时，要从平衡位置开始计时，单摆的周期等于所测时间与单摆全振动的次数的比值；（2）根据游标卡尺的读数规则读数；（3）根据单摆的周期公式计算重力加速度；（4）根据单摆的周期公式和题中数据求出重力加速度；再由单摆的周期公式推导出的关系式，根据关系式选出对应图像。
12．（2023高一下·黄冈期末）用如图甲所示的装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上．钢球沿斜槽轨道 滑下后从 点飞出，落在水平挡板 上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为 轴、竖直方向为 轴的坐标系．
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是____．
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．试验时应先确定 轴再确定 轴
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹．在轨迹上取 、 两点， 与 的水平间距相等且均为 ，测得 与 的竖直间距分别是 和 ；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足 　 　，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．
（3）如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在轨迹上取 、 、 三点， 和 的水平间距相等且均为 ，测得 和 的竖直间距分别是 和 ，可求得钢球平抛的初速度大小为　 　， 点距离抛出点的高度差为　 　 已知当地重力加速度为 ，结果用 、 、 表示
（4）某实验小组上下移动坐标纸，分别从不同位置静止释放小球，发现两球轨迹1、2相交于一点，如题图丁所示，两球交点距抛出点的高度差分别为 、 ，水平位移为 ，通过理论推导发现，要使两球在交点处的速率相等，则 、 和 须满足的关系式为　 　 结果用 、 和 表示
【答案】（1）A
（2）
（3）；
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A.为了保证小球抛出后做平抛运动，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，A符合题意；
B.为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在同一位置静止释放，B不符合题意；
C.应先利用重锤线确定y轴再确定x轴，C不符合题意；
D.为描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的点连接起来，D不符合题意；
故答案为：A。
（2）若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，则OC与CD所用时间相等，设为t，则有，，可得，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动；
（3）在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和，可知AB和BC所用时间相等，设为T，竖直方向根据，解得，水平方向有，可得钢球平抛的初速度大小为 ， B点的竖直分速度为，则B点距离抛出点的高度差为 ；
（4）设轨迹1、2的初速度分别为和，对于轨迹1有，，可得，轨迹1在交点处的竖直分速度为，则轨迹1在交点处的速度为，对于轨迹2有，，可得，轨迹2在交点处的竖直分速度为，则轨迹2在交点处的速度为，为了使两球在交点处的速率相等，则有，可得 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动则两段运动的时间相等，由自由落体的运动规律求出和的比值；（3）在竖直方向上由位移差公式求出相邻点之间的时间间隔，再由水平位移求出平抛的初速度；根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点的竖直分速度，再由自由落体的位移公式求出B点距离抛出点的高度差 ；（4）由运动学公式推导两球在交点处的速率，再根据两球在交点处速率相等的条件，求解、和须满足的关系式。
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13．在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。
（1）如图 所示，在光滑水平面上两个物块 与 由弹簧连接 弹簧与 、 不分开 构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，同时释放 、 ，此后 的 图像如图 所示 规定向右为正方向 。已知 ， ，弹簧质量不计。
在图 中画出 物块的 图像；
求初始时弹簧的弹性势能 。
（2）双原子分子中两原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与 的情境相似。已知，两原子之间的势能 随距离 变化的规律如图 所示，在 点附近 随 变化的规律可近似写作 ，式中 和 均为常量。假设原子 固定不动，原子 振动的范围为 ，其中 远小于 ，请画出原子 在上述区间振动过程中受力随距离 变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。
【答案】（1）解：对物块 与 由弹簧系统，根据动量守恒定律得 ，.
可知 、 两物块的速度大小与其质量成反比，由此可得 物块的 图像如图所示：.
.
、由图像可知，当时弹簧恢复到原长时，此时物块 的速度大小为： .
根据动量守恒定律： ，.
代入数据解得物块 的速度大小为： .
根据机械能守恒定律得： .
代入数据解得初始时弹簧的弹性势能为： .
（2）解：由于原子 振动过程中运动规律与 的情境相似，即力与二者之间的距离成线性关系，可得原子 振动过程中受力随距离变化的图线如图所示：.
.
由题意可知，原子 处于 处时，系统的动能为最大值，设为 ，.
系统的势能为最小值，即： ，.
原子 处于 处时，系统的动能为 .
系统的势能为最大值，即： .
根据能量守恒定律得： .
解得双原子系统的动能的最大值为：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）a.根据动量守恒定律分析A、B两物块的速度关系，做出物块B的v-t图像；b.两物体速度最大时弹簧恢复原长，由动量守恒定律和能量守恒定律求解初始时弹簧的弹性势能。（2）由于双原子分子中运动规律与（1）的情境相似，画出原子B在上述区间振动过程中受力随距离r变化的图线；根据能量守恒定律求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。
14．如右图，体积为 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T 的关系为U=aT，其中a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求.
（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积：.
（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 ．
【答案】（1）解：在气体由压缩下降到的过程中，气体体积不变，温度由变为，由查理定律得 .
在气体温度由变为的过程中，体积由减小到，气体压强不变，由着盖 吕萨克定律得 .
由 式得 .
（2）解：在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为.
.
在这一过程中，气体内能的减少为.
.
由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为.
.
由 式得.
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由理想气体状态方程求解气缸内气体与大气达到平衡时的体积；（2）由求出外界对气体做的功，再由热力学第一定律求出在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 。
15．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为，在M点左侧某位置放置质量为的长木板，质量为的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为，在M点右侧依次放置质量均为的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为，重力加速度为，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求
（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离；
（2）长木板与B碰后瞬间B的速度；
（3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
【答案】（1）解：A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有
解得
以长木板为对象，根据动能定理可得
解得长木板右端与滑块B之间的距离为
（2）解：长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得长木板与B碰后瞬间B的速度为
（3）解：设B与C碰撞前瞬间的速度为，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得，
可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点达到共速，对此过程，由于地面光滑，所以滑块A与长木板组成的系统动量守恒，对此过程列动量守恒，求出共速时两者的速度大小，接着对长木板列动能定量，注意此过程只有A对长木板的摩擦力对它做正功，列式从而求出开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1。
（2）长木板以共速的速度大小与B发生弹性碰撞，在碰撞的一瞬间，长木板与滑块B组成的系统动量守恒、机械能守恒，列动量守恒的式子跟机械能守恒的式子，两式子联立求出滑块B被碰后获得的速度。
（3）接下来B与质量相等的C发生弹性碰撞，碰撞的一瞬间B与C组成的系统动量守恒、机械能守恒，通过列式联立可知碰撞后B与C交换速度，C以碰撞前B的速度继续滑行做匀减速直线运动，并且以VC的速度与质量相等的D发生碰撞，并且是弹性碰撞，由前面的推理可知碰撞后C又与D交换了速度，D获得了碰撞前C的速度，继续在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动，直到停下来，其实整个过程相等于B一直往右滑行直到速度为0，对整个等效过程列动能定理，注意末动能为0，就可以求出整个滑行的距离，滑行的距离减去d便为滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
湖北武汉（市重点校联考专用）2023年七月高一第二学期期末高难综合选拔性考试用物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1．下列说法中正确的是（　　）
A．布朗运动是液体分子的无规则运动.
B．气体总是能充满容器，说明分子间存在斥力.
C．温度是物体分子热运动的平均动能的标志.
D．分子间距离减小时，引力和斥力都减小，但斥力减小得快
2．质量 的物块 可视为质点 以 的初速度从倾角 的粗糙斜面上的 点沿斜面向上运动，到达最高点后，又沿原路返回到出发点 点，其速度随时间变化的图象如下图所示，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）
A．物块所受的重力与摩擦力之比为3：2.
B．这个过程中物块克服摩擦力做功的平均功率 .
C．这个过程中重力做功比摩擦力做功大.
D．这个过程中重力冲量与摩擦力冲量之比3：1
3．质量为m 的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度 v0水平跳出，由于风力的影响，经时间 t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为 g，在此段时间t内(　　)
A．风力一定沿水平方向.
B．飞行爱好者机械能减少 .
C．风力对爱好者的冲量大小为 .
D．风力对爱好者的冲量大小为
4．已知近地卫星的轨道半径可认为与地球半径相等，同步卫星的轨道半径是地球半径的 n倍，P点是地球赤道上一点，同步卫星、和近地卫星和 P点的位置关系如图所示，由此可知（　　）
A．同步卫星与近地卫星的运行周期之比为 ：1.
B．同步卫星与 点的速率之比为 .
C．近地卫星与 点的速率之比为点的速率之比为 .
D．近地卫星与同步卫星的速率之比为
5．很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动。台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块。简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小。关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是（　　）
A．阻尼器做的是阻尼振动，其振动频率大于大楼的振动频率.
B．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率.
C．阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反.
D．阻尼器摆动幅度不受风力大小影响
6．如图所示，一绝缘轻质弹簧两端连接两个带有等量正电荷的小球 、 ，小球 固定在斜面上，小球 放置在光滑斜面上，初始时小球 处于静止状态，若给小球 一沿弹簧轴线方向的瞬时冲量，小球 在运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内。则（　　）
.
A．初始小球 处于静止状态时，弹簧一定处于拉伸状态.
B．给小球 瞬时冲量后，小球 将在斜面上做简谐运动.
C．给小球 瞬时冲量后，小球 沿斜面向上运动到最高点时，加速度方向一定沿斜面向下.
D．给小球 瞬时冲量后，小球 沿斜面向上运动过程中，减小的电势能一定等于小球增加的机械能
7．（2023高二下·定远月考）一列简谐波沿轴正方向传播，时波形如图所示已知在末，点恰第四次图中为第一次出现在波峰，则下列说法正确的是（　　）
A．波的周期是
B．波传播到点需要
C．点开始振动时速度方向是向上的
D．点在末第一次出现在波谷
二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）
8．同一均匀介质中有两个振源 、 ，分别位于 轴上的 和 。取振源 开始振动时为 时刻， 时 之间的波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A． 时坐标原点 处的质点正在平衡位置向上振动.
B． 时坐标原点 处的质点的位移为 .
C．稳定时，坐标原点 处的质点的振幅为 .
D．稳定时，振源 、 之间有 个振动加强点
9．水平面上有两个质量不相等的物体 和 ，它们分别在水平推力 和 作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的 图线如图所示，图中线段 则以下说法正确的是（　　）
水平推力大小 .
水平推力大小 .
物体 所受到的摩擦力的冲量大于物体 所受到的摩擦力的冲量.
物体 所受到的摩擦力的冲量小于物体 所受到的摩擦力的冲量.
则物体 克服摩擦力做功大于物体 克服摩擦力做功.
则物体 克服摩擦力做功小于物体 克服摩擦力做功．
A．若物体 的质量大于物体 的质量，由图可知， 都正确.
B．若物体 的质量大于物体 的质量，由图可知， 都正确.
C．若物体 的质量小于物体 的质量，由图可知， 都正确.
D．若物体 的质量小于物体 的质量，由图可知，只有 正确
10．如图，在粗糙水平面与竖直墙壁之间放置木块A和质量为 m的光滑球B，系统处于静止状态．O为B 的球心，C 为 A 、B接触点，CO与竖直方向夹角为 ，重力加速度大小为 g ，则（　　）
A．木块 对球 的支持力大小为 .
B．地面对木块 的摩擦力大小为 .
C．若木块 右移少许，系统仍静止，地面对木块 的摩擦力变小.
D．若木块 右移少许，系统仍静止，地面对木块 的支持力变大
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11．（2023高一下·黄冈期末）在用“单摆测量重力加速度”的实验中：
（1）下面叙述正确的是____ 选填选项前的字母
A． 和 长度不同的同种细线，选用 的细线做摆线；
B．直径为 的塑料球和铁球，选用铁球做摆球；
C．如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选甲方式悬挂；.
D．当单摆经过平衡位置时开始计时， 次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以 做为单摆振动的周期
（2）若用游标卡尺测得小球的直径 　 　
（3）若测出单摆的周期 、摆线长 ，则当地的重力加速度 　 　 用测出的物理量表示 ；
（4）某同学用一个铁锁代替小球做实验。只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为 和 时单摆的周期 和 ，则可得重力加速度 　 　 用测出的物理量表示 ；该同学测量了多组实验数据做出了 图像，该图像对应下面的　 　图。
A. B. C. D.
12．（2023高一下·黄冈期末）用如图甲所示的装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上．钢球沿斜槽轨道 滑下后从 点飞出，落在水平挡板 上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为 轴、竖直方向为 轴的坐标系．
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是____．
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．试验时应先确定 轴再确定 轴
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹．在轨迹上取 、 两点， 与 的水平间距相等且均为 ，测得 与 的竖直间距分别是 和 ；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足 　 　，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．
（3）如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在轨迹上取 、 、 三点， 和 的水平间距相等且均为 ，测得 和 的竖直间距分别是 和 ，可求得钢球平抛的初速度大小为　 　， 点距离抛出点的高度差为　 　 已知当地重力加速度为 ，结果用 、 、 表示
（4）某实验小组上下移动坐标纸，分别从不同位置静止释放小球，发现两球轨迹1、2相交于一点，如题图丁所示，两球交点距抛出点的高度差分别为 、 ，水平位移为 ，通过理论推导发现，要使两球在交点处的速率相等，则 、 和 须满足的关系式为　 　 结果用 、 和 表示
四、计算题（本大题共3小题，共43.0分）
13．在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。
（1）如图 所示，在光滑水平面上两个物块 与 由弹簧连接 弹簧与 、 不分开 构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，同时释放 、 ，此后 的 图像如图 所示 规定向右为正方向 。已知 ， ，弹簧质量不计。
在图 中画出 物块的 图像；
求初始时弹簧的弹性势能 。
（2）双原子分子中两原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与 的情境相似。已知，两原子之间的势能 随距离 变化的规律如图 所示，在 点附近 随 变化的规律可近似写作 ，式中 和 均为常量。假设原子 固定不动，原子 振动的范围为 ，其中 远小于 ，请画出原子 在上述区间振动过程中受力随距离 变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。
14．如右图，体积为 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体．p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T 的关系为U=aT，其中a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求.
（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积：.
（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 ．
15．（2023高一下·武汉期末） 如图所示，水平地面M点左侧光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为，在M点左侧某位置放置质量为的长木板，质量为的滑块A置于长木板的左端，A与长木板之间的动摩擦因数也为，在M点右侧依次放置质量均为的滑块B、C、D，现使滑块A瞬间获得向右的初速度，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，碰后立即将长木板和滑块A撤走，滑块B继续向前滑行并和前方静止的C发生弹性碰撞，B、C碰后C继续向前滑行并与前方静止的D发生弹性碰撞，最终滑块D停在水平面上的P点，已知开始时滑块B、D间的距离为，重力加速度为，滑块A、B、C、D均可看成质点且所有弹性碰撞时间极短，求
（1）开始时，长木板右端与滑块B之间的距离；
（2）长木板与B碰后瞬间B的速度；
（3）滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；分子动能
【解析】【解答】A.布朗运动是液体中悬浮的固体颗粒的运动，不是水分子的运动，A不符合题意；
B.由于气体分子间距较大，所以分子几乎为零，气体总是能充满容器，是分子做无规则热运动的结果，B不符合题意；
C.温度是物体分子热运动的平均动能的标志，温度越高，平均动能越大，C符合题意；
D.分子间距离减小时，引力和斥力都增大，但斥力增大得快，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；气体分子间几乎不存在分子力，是分子的无规则热运动使气体分子总能充满容器；温度是分子平均动能的标志；分子间引力和斥力都会随分子间距离的变化而变化，但斥力变化的更快。
2．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功率及其计算；动能定理的综合应用；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.由题图可知，因为返回到出发点，向上运动的位移与向下运动的位移相同，可得，所以返回到出发点P的速度，沿斜面向上运动过程中的加速度，返回过程中的加速度，由牛顿第二定律可得：上滑时，下滑时，联立解得物块所受的重力与摩擦力之比，A不符合题意；
B.由动能定理可知，这个过程中克服摩擦力做功，这个过程中物体克服摩擦力做功的功率为，B符合题意；
C.因为返回出发点，所以重力做功为0，所以重力做功小于摩擦力做功，C不符合题意；
D.重力冲量，摩擦力的冲量，可得，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据上滑位移与下滑位移相等的关系，求出物块下滑至P点的速度，再由加速度公式求出上滑和下滑的加速度，再分别对物块上滑和下滑应用牛顿第二定律，求出物块所受的重力与摩擦力之比；由动能定理求出物块克服摩擦力做的功，再由求出平均功率；重力做功与路径无关，所以全程重力做功为零；由冲量的公式I=Ft求出重力的冲量和摩擦力的冲量，再求出比值。
3．【答案】D
【知识点】动量定理；运动的合成与分解；重力势能
【解析】【解答】A.在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速在反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，与重力方向相反，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，A不符合题意；
B.由于爱好者落至跳出点正下方时速度的大小未变，所以爱好者机械能的减小量等于重力势能减小量，假设飞行爱好者在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为，重力势能减少量为，但物体在下落h高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，所以飞行爱好者的机械能减少量不会是，B不符合题意；
CD.取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方形合力（即风力的水平分力）对物体的冲量，设风力竖直方向的冲量为，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得，则风力的冲量为风力对对爱好者的冲量大小为，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】将飞行爱好者的运动分解为水平方向和竖直方向，根据这两个方向上分速度的变化情况分析风力分析；飞行爱好者机械能的减小量等于重力势能的减下来，由计算重力势能的减少量；分别对爱好者在水平方向和竖直方向上的分运动应用动量定理，求出风力在两个分方向上的冲量，再根据平行四边形定则求出风力对爱好者的冲量。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.根据万有引力提供向心力可得，解得，可得，A不符合题意；
B.同步卫星与P点具有相同的角速度，根据可得速率之比为，B不符合题意；
CD.对近地卫星和同步卫星，根据万有引力提供向心力可得，得，故近地卫星与同步卫星的速率之比为，地卫星与P点的速率之比为点的速率之比为，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由万有引力提供卫星做圆周运动运动的向心力推断卫星的周期和线速度的表达式，得出同步卫星与近地卫星周期比和线速度的比值；由求解同步卫星与P点的线速度比。
5．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】AB.由题意可知阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同，与自身的固有频率无关，AB不符合题意；
C.由题意可知，阻尼器的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，由于阻尼器做的是受迫振动，周期与大楼的振动相同，所以阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反， C符合题意；
D.阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据做受迫振动的物体的频率总与驱动力的频率相同，与自身的固有频率无关，分析阻尼器的振动；风力会影响大楼摆动的幅度，而阻尼器的摆幅与大楼的摆幅有关。
6．【答案】C
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；能量守恒定律；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A.初始时，A处于静止状态，小球受到重力，沿斜面向上的库仑斥力，由于不知道重力沿斜面的分力与库仑力的大小关系，所以无法分析弹簧弹力，不能确定弹簧状态，A不符合题意；
B.小球在斜面上运动时，由于库仑力为，故其合力不可能正比于小球的位移，故小球不做简谐振动，B不符合题意；
C.小球运动到最高点时速度为零，然后再沿斜面向下加速运动，故加速度必然沿斜面向下，C符合题意；
D.由能量守恒定律可知，小球减少的电势能等于小球和弹簧构成系统增加的机械能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】分析A球受力，确定弹簧状态；根据做简谐振动的物体回复力大小与一定位移大小成正比，分析小球的运动是否是简谐运动；小球运动到最高点后必然沿斜面向下加速运动，得出加速度方向；根据能量守恒判断小球的能量转化过程。
7．【答案】D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A.由题有：，得周期A不符合题意．
B.由图看出波长为，则波速为，波传播到点的时间为，B不符合题意．
C.波传播过程中，各个质点的开始振动方向与波图示时刻处质点的速度方向相同，根据波形平移法得知，处质点的速度方向向下，则点开始振动时速度方向也向下，C不符合题意．
D.当处波谷传到点时，点第一次出现在波谷，所用时间为D符合题意．
故答案为：D
【分析】由图看出波长为，波传播过程中，各个质点的开始振动方向与波图示时刻处质点的速度方向相同，由同侧法可以判断振动方向。
8．【答案】A,B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A.由M点的波形可知，1s时间内，波向前传播了1m的距离，可得波速为，两列波在同一介质中，传播速度相同，可知振源M产生的波传播到O点的时间为，振源N产生的波传播到O点的时间为，则时只有振源M产生的波形传播到O点，根据“同侧法”可知振源M起振方向为向上，所以时坐标原点O处的质点正在平衡位置向上振动，A符合题意；
B.由可知，波源M产生的波的周期为，，可得（-6m，0）处质点做简谐运动的位移和时间关系式为，而O点的振动与（-6m，0）处质点的振动完全相同，所以时，O处质点振动为，B不符合题意；
C.由图可知，M形成的波向前传播了半个波长时，N形成的波已经向前传播了一个波长，所以N比M早起振半个周期，由于N是向下起振的，所以t=0时刻，N点正好回到平衡位置且向上振，所以可以将两波源看成在t=0时刻同时向上起振，两个振源M、N到O点的波程差为，所以O点属于振动减弱点，振幅为，C不符合题意；
D.两个振源M、N之间的距离为，振动加强点到M点与N点的路程差满足，其中，可得有17组解，故稳定时振源、之间有17个振动加强点，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】由求出波速，得出两波源产生的波传播到O点的时间，再根据所有质点起振的方向均与波源相同，判断出O出质点的振动方向；根据相隔整数个波长的两点振动情况完全相同，得出O点的振动与（-6m，0）处质点的振动完全相同，写出（-6m，0）处质点振动方程，求出瞬时位移；根据波程差和相位关系确定O是振动加强点还是减弱点，得出O点的振幅；根据加强点对路程差的要求求出M、N之间加强点的个数。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；功的计算；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由图象可知，由于AC//BD，可见撤去拉力后，两物体的加速度相等，而，可知两物体与水平面间的动摩擦因数相同；由v-t图像的斜率表示加速可知，撤去拉力之前，物体a的加速度大于物体b的加速度，由牛顿第二定律可知，解得，若，则有，若，则无法比较水平推力的大小关系；克服摩擦力做功，所受到的摩擦力的冲量大小，由图可知，物体b运动的时间更长，两者的位移，若，则物体a克服摩擦力的功大于物体b克服摩擦力做功，但无法比较两者所受摩擦力的冲量大小；若，物体a所受到的摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力做功的大小，由以上分析可知，AD符合题意，BC不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】由牛顿第二定律，根据AC//BD两物体的加速度，推导出两物体与水平面的动摩擦因数相等，再根据牛顿第二定律分析推力作用阶段，通过讨论质量关系，求出两推力的大小关系；由和讨论两物体克服摩擦力做功的大小关系和受到的摩擦力冲量的大小关系。
10．【答案】A,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A.以B球为研究对象，受力分析如图所示：
木块A对球B的支持力大小为，A符合题意；
B.以整体为研究对象，水平方向的摩擦力等于墙与B之间的作用力F，则摩擦力，B不符合题意；
C.把木块A右移少许，系统仍静止，角变小，墙壁对球B的支持力等于地面对木块A的摩擦力变小，C符合题意；
D.把木块A右移少许，系统仍静止，地面对木块A的支持力等于整体受到的重力，所以不变，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】对B受力分析，由共点力平衡条件求出A对B的支持力大小和墙壁对B的支持力大小；再对AB整体分析，由共点力平衡条件求出地面对A的摩擦力大小和支持力大小。
11．【答案】（1）B
（2）19.90
（3）
（4）；B
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A.用单摆测量重力加速度，为了使得单摆运动近似为简谐运动，摆线应适当长一些，所以应选用1m的细线做摆线，A不符合题意；
B.为了减小实验中空气阻力引起的误差，实验中应选择质量大，体积小的球体，所以应选用铁球做摆球，B符合题意；
C.图甲中摆线缠绕在水平杆上，摆动过程中，摆线的长度不断发生变化，实验误差较大，图乙中，摆线用铁夹子夹住，摆长不变，所以应选乙方式悬挂，C不符合题意；
D.单摆在平衡位置，即最低点速度最大，便于确定，因此在单摆经过平衡位置时开始计时，若50次经过平衡位置后停止计时，因此每经过平衡位置一次经历时间为半个周期，则用此时间除以25做为单摆振动的周期，D不符合题意；
故答案为B；
（2）根据游标卡尺的读数规律，该读数为19mm+0.05×18mm=19.90mm；
（3）由于摆线长l，则摆长为，根据，解得；
（4）摆长为摆线长与铁锁重心到摆线与铁锁结点间距之和，则有，，根据周期公式有，，解得 ；根据上述有，解得，可知，图线是一条纵轴截距为正值，斜率也为正值的倾斜直线，B符合题意，ACD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析实验器材和摆线的悬挂方式；测量周期时，要从平衡位置开始计时，单摆的周期等于所测时间与单摆全振动的次数的比值；（2）根据游标卡尺的读数规则读数；（3）根据单摆的周期公式计算重力加速度；（4）根据单摆的周期公式和题中数据求出重力加速度；再由单摆的周期公式推导出的关系式，根据关系式选出对应图像。
12．【答案】（1）A
（2）
（3）；
（4）
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A.为了保证小球抛出后做平抛运动，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，A符合题意；
B.为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在同一位置静止释放，B不符合题意；
C.应先利用重锤线确定y轴再确定x轴，C不符合题意；
D.为描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的点连接起来，D不符合题意；
故答案为：A。
（2）若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，则OC与CD所用时间相等，设为t，则有，，可得，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动；
（3）在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是和，可知AB和BC所用时间相等，设为T，竖直方向根据，解得，水平方向有，可得钢球平抛的初速度大小为 ， B点的竖直分速度为，则B点距离抛出点的高度差为 ；
（4）设轨迹1、2的初速度分别为和，对于轨迹1有，，可得，轨迹1在交点处的竖直分速度为，则轨迹1在交点处的速度为，对于轨迹2有，，可得，轨迹2在交点处的竖直分速度为，则轨迹2在交点处的速度为，为了使两球在交点处的速率相等，则有，可得 。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动则两段运动的时间相等，由自由落体的运动规律求出和的比值；（3）在竖直方向上由位移差公式求出相邻点之间的时间间隔，再由水平位移求出平抛的初速度；根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点的竖直分速度，再由自由落体的位移公式求出B点距离抛出点的高度差 ；（4）由运动学公式推导两球在交点处的速率，再根据两球在交点处速率相等的条件，求解、和须满足的关系式。
13．【答案】（1）解：对物块 与 由弹簧系统，根据动量守恒定律得 ，.
可知 、 两物块的速度大小与其质量成反比，由此可得 物块的 图像如图所示：.
.
、由图像可知，当时弹簧恢复到原长时，此时物块 的速度大小为： .
根据动量守恒定律： ，.
代入数据解得物块 的速度大小为： .
根据机械能守恒定律得： .
代入数据解得初始时弹簧的弹性势能为： .
（2）解：由于原子 振动过程中运动规律与 的情境相似，即力与二者之间的距离成线性关系，可得原子 振动过程中受力随距离变化的图线如图所示：.
.
由题意可知，原子 处于 处时，系统的动能为最大值，设为 ，.
系统的势能为最小值，即： ，.
原子 处于 处时，系统的动能为 .
系统的势能为最大值，即： .
根据能量守恒定律得： .
解得双原子系统的动能的最大值为：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）a.根据动量守恒定律分析A、B两物块的速度关系，做出物块B的v-t图像；b.两物体速度最大时弹簧恢复原长，由动量守恒定律和能量守恒定律求解初始时弹簧的弹性势能。（2）由于双原子分子中运动规律与（1）的情境相似，画出原子B在上述区间振动过程中受力随距离r变化的图线；根据能量守恒定律求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。
14．【答案】（1）解：在气体由压缩下降到的过程中，气体体积不变，温度由变为，由查理定律得 .
在气体温度由变为的过程中，体积由减小到，气体压强不变，由着盖 吕萨克定律得 .
由 式得 .
（2）解：在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为.
.
在这一过程中，气体内能的减少为.
.
由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为.
.
由 式得.
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）由理想气体状态方程求解气缸内气体与大气达到平衡时的体积；（2）由求出外界对气体做的功，再由热力学第一定律求出在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量 。
15．【答案】（1）解：A在长木板上滑行，当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点发生弹性碰撞，由于M点左侧光滑，可知A与长木板组成系统满足动量守恒，则有
解得
以长木板为对象，根据动能定理可得
解得长木板右端与滑块B之间的距离为
（2）解：长木板与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得长木板与B碰后瞬间B的速度为
（3）解：设B与C碰撞前瞬间的速度为，B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得，
可知发生弹性碰撞后B与C速度发生交换，同理可知发生弹性碰撞后C与D速度发生交换，则根据能量守恒可得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）当A与长木板刚达到共速时，长木板恰好与滑块B在M点达到共速，对此过程，由于地面光滑，所以滑块A与长木板组成的系统动量守恒，对此过程列动量守恒，求出共速时两者的速度大小，接着对长木板列动能定量，注意此过程只有A对长木板的摩擦力对它做正功，列式从而求出开始时，长木板右端与滑块B之间的距离x1。
（2）长木板以共速的速度大小与B发生弹性碰撞，在碰撞的一瞬间，长木板与滑块B组成的系统动量守恒、机械能守恒，列动量守恒的式子跟机械能守恒的式子，两式子联立求出滑块B被碰后获得的速度。
（3）接下来B与质量相等的C发生弹性碰撞，碰撞的一瞬间B与C组成的系统动量守恒、机械能守恒，通过列式联立可知碰撞后B与C交换速度，C以碰撞前B的速度继续滑行做匀减速直线运动，并且以VC的速度与质量相等的D发生碰撞，并且是弹性碰撞，由前面的推理可知碰撞后C又与D交换了速度，D获得了碰撞前C的速度，继续在摩擦力的作用下向右做匀减速直线运动，直到停下来，其实整个过程相等于B一直往右滑行直到速度为0，对整个等效过程列动能定理，注意末动能为0，就可以求出整个滑行的距离，滑行的距离减去d便为滑块D最终停止的位置P与D开始静止时的距离。