高級中學名校試卷PAGE2025年高二12月月考試卷物理一、選擇題（每題5分，共50分）1.質點沿軸做直線運動的位置坐標與時間的關系為（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點（）A.第內位移大小是 B.前內的平均速度是C.末質點速度減為 D.末質點位于坐標原點處【答案】C【解析】A．當時，物體位置當時，物體位置因此第內的位移大小是故A錯誤；B．當時，物體位置因此前內的位移大小是因此前內的平均速度是故B錯誤；C．根據勻變速直線運動公式可知物體初速度為，加速度為，則末質點速度故C正確；D．末質點位置故D錯誤。故選C。2.如圖甲、乙所示，細繩拴一個質量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質鉸鏈桿和輕質彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53°，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列結論正確的是（）A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為【答案】C【解析】A．甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右，如圖所示

由平衡條件得細繩的拉力大小都為故A錯誤；BCD．甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球即將做圓周運動，所以小球的加速度大小為乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為故C正確，BD錯誤。故選C。3.如圖所示，在豎直平面內固定一直桿，桿與地面間夾角為，輕環套在桿上．不計質量的滑輪用輕質繩OP懸掛在天花板上，另一輕繩通過滑輪系在環上，不計所有摩擦．現向左緩慢拉繩，當環靜止時，與手相連的繩子水平，則OP繩與天花板之間的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當輕環靜止不動時，PQ繩的拉力與桿的壓力等大反向共線，所以PQ繩垂直于桿，由幾何關系可知，繩PQ與豎直方向之間的夾角是；對滑輪進行受力分析如圖，由于滑輪的質量不計，則OP對滑輪的拉力與兩個繩子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP的方向一定在兩根繩子之間的夾角的平分線上，由幾何關系得OP與天花板之間的夾角，C正確．4.在同一水平面內有兩個圍繞各自固定軸勻速轉動的圓盤A、B，轉動方向如圖2所示，在A盤上距圓心48cm處固定一個小球P，在B盤上距圓心16cm處固定一個小球Q。已知P、Q轉動的線速度大小都為4πm/s。當P、Q相距最近時開始計時，則每隔一定時間兩球相距最遠，這個時間的最小值應為（）A.0.08s B.0.12s C.0.24s D.0.48s【答案】B【解析】由題可知，P的角速度Q的角速度當兩球相距最遠時，兩球分別滿足由于故當P轉動半周時，Q轉動1.5周，此時二者相距最遠，所用的最短時間5.輕質細線吊著一質量為m＝1kg、邊長為0.2m、電阻R＝1Ω、匝數n＝10的正方形閉合線圈abcd，bd下方區域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。不考慮線圈的形變和電阻的變化，整個過程細線未斷且線圈始終處于靜止狀態，g取10m/s2。則下列判斷正確的是（）A.線圈中感應電流的方向為adcbaB.線圈中的感應電流大小為0.2AC.0~2s時間內線圈中產生的熱量為0.02JD.6s時線圈受安培力的大小為N【答案】C【解析】A．磁感應強度向里并且增大，由楞次定律可得，感應電流產生的磁場垂直紙面向外，線圈中感應電流的方向為逆時針，即abcda，故A錯誤；B．線圈中的感應電流大小假設線框邊長為l，則聯立兩式代入數據解得故B錯誤；C．0~2s時間內金屬環產生的熱量為故C正確；D線圈的bcd部分在勻強磁場中受到安培力，受到安培力的大小等效為bd直棒受到的安培力，6s時線圈受到的安培力故D錯誤。故選C。6.如圖，兩根平行通電長直導線固定，左邊導線中通有垂直紙面向外、大小為I1的恒定電流，兩導線連線（水平）的中點處，一可自由轉動的小磁針靜止時N極所指的方向平行于紙面向下。忽略地磁場的影響。關于右邊導線中的電流I2，下列判斷正確的是（）A.I2<I1，方向垂直紙面向外 B.I2>I1，方向垂直紙面向外C.I2<I1，方向垂直紙面向里 D.I2>I1，方向垂直紙面向里【答案】B【解析】根據安培定則可判斷左邊導線I1在連線中點處的磁感應強度B1方向豎直向上，根據小磁針靜止時N極所指的方向為磁場方向，可知該點合磁感應強度豎直向下，則右邊導線I2在該處形成的。磁感應強度B2一定豎直向下，且B2>B1，所以I2>I1。根據安培定則可知，右邊導線中電流方向垂直紙面向外。故選B。7.空間某區域內存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示．一個質量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點之間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷中正確的是（）A.A、B兩點的電場強度和電勢關系為EA<EB、A<BB.如果v2>v1，則電場力一定做正功C.A、B兩點間的電勢差為D.小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為【答案】D【解析】電場線越密場強越大，沿電場線方向電勢降低，A錯；由A到B除了有電場力做功以外還有重力做功，如果重力做功大于克服電場力做功，則B點速度大于A點速度，B錯；因此C錯；由動能定理可知D對；8.有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球靜止衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，各衛星排列位置如圖所示，則（）A.a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B.在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等C.c在4小時內轉過的圓心角是，a在2小時內轉過的圓心角是D.b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小時【答案】BC【解析】A．a在地球表面隨地球一起轉動，其萬有引力等于重力與向心力之和，且重力遠大于向心力，故a的向心加速度遠小于重力加速度g，根據牛頓第二定律，萬有引力提供向心力解得向心加速度由于衛星d的軌道半徑大于衛星c的軌道半徑，所以衛星c的向心加速度大于d的向心加速度，故A錯誤；B．地球靜止衛星c繞地球運動的角速度與地球自轉角速度相同，相同時間內a、c轉過的弧長對應的角度相等，由可得軌道半徑越小速度越大，則vb>vc>vd，又a與c角速度相等，且a的軌道半徑小于c的軌道半徑，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等，故B正確；C．a、c角速度相同，在4小時內轉過的圓心角都為，在2小時內轉過的圓心角都為，故C正確；D．c和b的軌道半徑都小于d的軌道半徑，由開普勒第三定律可知，b的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定大于c的運動周期（24小時），故D錯誤。故選BC。9.如圖，一輛卡車要將疊放在車廂上的A、B兩塊鋼材卸下，A鋼材疊放在B鋼材的上面，A與B、B與車廂間的動摩擦因數分別為μ1和μ2，已知μ1＞μ2，現在隨著卡車的液壓桿緩慢撐起，車廂會繞車廂末端O順時針轉動，下列說法正確的是（）A.在A、B均未滑動過程中，A所受的合外力不變B.在A、B均未滑動過程中，車廂對B的摩擦力不做功C.在A、B均未滑動時，B對A的支持力對A不做功D.隨著轉動角度增大，A會先滑動【答案】AB【解析】A．在A、B均未滑動過程中，鋼材A處于平衡狀態，因此鋼材A所受合力一直為零，保持不變。故A正確；B．由于車廂對B的摩擦力始終沿車廂方向與B緩慢移動的方向時刻垂直，在摩擦力方向未發生位移，故車廂對B的摩擦力不做功。故B正確；C．在A、B均未滑動時，B對A的支持力與A的速度方向同向，故B對A的支持力對A做功，故C錯誤；D．A剛好滑動時，設車廂與水平面夾角為，此時由受力分析有即同理，AB一起剛好滑動時，設車廂與水平面夾角為，由受力分析可得由于則即因此隨著轉動角度的增大，鋼材A、B一起滑動，故D錯誤。故選AB。10.如圖，四個電荷量均為的點電荷分別放置于菱形的四個頂點，其坐標分別為、、和，其中x軸上的兩個點電荷位置固定，y軸上的兩個點電荷可沿y軸對稱移動（），下列說法正確的是（）A.除無窮遠處之外，菱形外部電場強度處處不為零B.當取某值時，可使得菱形內部只存在兩個電場強度為零的點C.當時，將一帶負電的試探電荷由點移至點，靜電力做正功D.當時，將一帶負電的試探電荷放置在點處，其所受到的靜電力方向與x軸正方向成傾斜向上【答案】ACD【解析】A．根據場強疊加原理可知，除無窮遠處之外，菱形外部電場強度處處不為零，選項A正確；B．因為在x軸上兩個點電荷在O點的合場強為零，在y軸上的兩電荷，無論y0取什么值，因為關于原點對稱，則在O點的合場強也為零，在橫軸和縱軸上除原點外，出現合場強為零的點，根據對稱性可知，一定是成對出現的，關于原點對稱，所以算上原點，合場強為零的點是奇數個，不會是2個，選項B錯誤；C．由幾何關系可知，坐標為（4l，5l）的A點在第一象限內所在的虛像的垂直平分線的上方；坐標為（0，-3l）的B點在第三象限內所在的虛像的垂直平分線的上方，且到達虛線的距離相等，由電勢疊加可知，B點的電勢高于A點，則帶負電的試探電荷在A點的電勢能較大，從A點到B點電勢能減小，可知電場力做正功，選項C正確；D．若y0=4l，則四個點構成正方形，由對稱可知在點（l，l）處的場強一定沿著過該點與原點連線的方向上；在y軸正向和x正向上的點電荷在（l，l）處的合場強在y軸負向和x負向上的點電荷在（l，l）處的合場強可知（l，l）點的場強沿著MN方向且與x軸從成45°角的方向向下，將一帶負電的試探電荷放置在點處，其所受到的靜電力方向與x軸正方向成傾斜向上，選項D正確。二、填空（每空2分，共16分）11.某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。將一鋼球用細線系住懸掛在鐵架臺上，鋼球靜止于A點。在鋼球底部豎直粘住一片寬度為的遮光條。在A點正下方固定一光電門，將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，遮光條經過光電門的擋光時間可由計時器測出，取作為鋼球經過A點的瞬時速度。記錄鋼球每次下落的高度和計時器示數，計算并比較鋼球在釋放點和A點之間重力勢能變化量的大小與動能變化量的大小，就能驗證機械能是否守恒。（1）用計算鋼球動能變化量的大小，用刻度尺測量遮光條寬度，示數如圖乙所示，其讀數為________。某次測量中，計時器的示數為0.0100s，則鋼球經過A點時的速度________（保留3位有效數字）。（2）表為該實驗小組的實驗結果：4.8929.78614.6919.5929.385.0410.115.120.029.8從表中發現與之間存在差異，可能造成該差異原因是________。A．用計算鋼球重力勢能變化量的大小時，鋼球下落高度為釋放時鋼球球心到球在點時底端之間的豎直距離B．鋼球下落過程中存在空氣阻力C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大【答案】（1）1.501.50（2）C【解析】（1）[1]刻度尺的分度值為，需估讀一位，所以讀數為；[2]鋼球經過A點的速度為（2）[3]A．表中的與之間存在差異，且有；若鋼球下落高度為釋放時鋼球球心到球在A點時底端之間的豎直距離，測量的高度偏大，則偏大，故A錯誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢能減少量大于動能增加量，即，故B錯誤；C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導致，故C正確。故選C。12.在“測量金屬絲的電阻率”實驗中：（1）測量一段電阻約為幾歐姆金屬絲的電阻時所用器材和部分電路連線如圖1所示，若電流表內阻約為幾十歐姆，量程為0-0.6A或0-3A，電壓表內阻約為幾千歐姆，量程為0-3V或，用筆畫代替導線完成電路連線___________。（2）合上開關之前，圖1中滑動變阻器滑片應置于最___________（選填“左”或“右”）端。（3）連好電路之后，合上開關，調節滑動變阻器，得到多組U和I數據。甲同學由每組U、I數據計算電阻，然后求電阻平均值，乙同學通過U-I圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是___________（選填“甲”或“乙”）（4）兩同學進一步探究用鎳鉻絲將滿偏電流表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端并聯長為L的鎳鉻絲，調節滑動變阻器使表頭G滿偏，毫安表示數為I，改變L，重復上述步驟，獲得多組I、L數據，作出I-圖像如圖3所示。則I-圖像斜率k=___________mAm。若要把該表頭G改裝成量程為6mA的電流表，需要把長為___________m的鎳鉻絲并聯在表頭G兩端。（結果均保留兩位有效數字）【答案】（1）見解析（2）左（3）乙（4）2.30.40【解析】（1）[1]由題中條件可知則電流表應采用外接法，電路中最大電流故電流表應選量程0-0.6A，實物圖連線如圖所示（2）[2]合上開關之前，為保護電路，測量電路中的電流應最小，故圖1中滑動變阻器滑片應置于最左端；（3）[3]利用圖像處理數據，誤差更小，兩種求電阻的方法更合理的是乙；（4）[4]根據圖像可知，斜率為由圖像可知6mA電流對應的橫軸坐標為解得三、計算題（34分）13.如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點為圓心，C為圓弧上的一點，OC與水平方向的夾角為37°。現將一質量為m的小球從軌道AB上某點由靜止釋放。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）若小球恰能擊中C點，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；（2）改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值。【答案】（1）；（2）【解析】（1）小球從O點飛出做平拋運動，恰能擊中C點，根據幾何關系有，小球下落的高度和水平位移分別為豎直方向有水平方向有從釋放點到O點過程中，根據動能定理有聯立解得（2）設落地點與O點連線與水平方向的夾角為，則水平方向有豎直方向有從O點到落地點的過程中，根據動能定理有聯立整理得由數學知識可知，當時，即時，有最小值，小球落到軌道時動能的最小值為14.靜電噴漆原理如圖所示，A、B為兩塊足夠大的平行金屬板，間距為d，兩板間存在勻強電場。在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半球形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒。若油漆微粒的初速度大小均為，質量為m、電荷量為-q，場強大小為，微粒所受重力、空氣阻力、微粒間相互作用力均不計，試求∶（1）微粒打在B板時的動能；（2）微粒到達B板上O點所需的時間t；（3）微粒最后落在B板上所形成的圖形形狀及其面積S。【答案】（1）；（2）；（3）圓形，【解析】（1）微粒從P噴出到打在B板，由動能定理得得（2）設微粒到達O點時的速度為v解得微粒從P到O做勻加速直線運動，有得（3）微粒落在B板上所形成的圖形是圓形，微粒運動水平距離最大時，初速度水平，做類平拋運動，設此運動時間為t′，微粒在電場中運動的加速度為豎直方向水平方向，圓形半徑圓面積為得2024-2025年高二12月月考試卷物理一、選擇題（每題5分，共50分）1.質點沿軸做直線運動的位置坐標與時間的關系為（各物理量均采用國際單位制單位），則該質點（）A.第內位移大小是 B.前內的平均速度是C.末質點速度減為 D.末質點位于坐標原點處【答案】C【解析】A．當時，物體位置當時，物體位置因此第內的位移大小是故A錯誤；B．當時，物體位置因此前內的位移大小是因此前內的平均速度是故B錯誤；C．根據勻變速直線運動公式可知物體初速度為，加速度為，則末質點速度故C正確；D．末質點位置故D錯誤。故選C。2.如圖甲、乙所示，細繩拴一個質量為m的小球，小球分別用固定在墻上的輕質鉸鏈桿和輕質彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53°，輕桿和輕彈簧均水平。已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列結論正確的是（）A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為【答案】C【解析】A．甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右，如圖所示

由平衡條件得細繩的拉力大小都為故A錯誤；BCD．甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球即將做圓周運動，所以小球的加速度大小為乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為故C正確，BD錯誤。故選C。3.如圖所示，在豎直平面內固定一直桿，桿與地面間夾角為，輕環套在桿上．不計質量的滑輪用輕質繩OP懸掛在天花板上，另一輕繩通過滑輪系在環上，不計所有摩擦．現向左緩慢拉繩，當環靜止時，與手相連的繩子水平，則OP繩與天花板之間的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】當輕環靜止不動時，PQ繩的拉力與桿的壓力等大反向共線，所以PQ繩垂直于桿，由幾何關系可知，繩PQ與豎直方向之間的夾角是；對滑輪進行受力分析如圖，由于滑輪的質量不計，則OP對滑輪的拉力與兩個繩子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP的方向一定在兩根繩子之間的夾角的平分線上，由幾何關系得OP與天花板之間的夾角，C正確．4.在同一水平面內有兩個圍繞各自固定軸勻速轉動的圓盤A、B，轉動方向如圖2所示，在A盤上距圓心48cm處固定一個小球P，在B盤上距圓心16cm處固定一個小球Q。已知P、Q轉動的線速度大小都為4πm/s。當P、Q相距最近時開始計時，則每隔一定時間兩球相距最遠，這個時間的最小值應為（）A.0.08s B.0.12s C.0.24s D.0.48s【答案】B【解析】由題可知，P的角速度Q的角速度當兩球相距最遠時，兩球分別滿足由于故當P轉動半周時，Q轉動1.5周，此時二者相距最遠，所用的最短時間5.輕質細線吊著一質量為m＝1kg、邊長為0.2m、電阻R＝1Ω、匝數n＝10的正方形閉合線圈abcd，bd下方區域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。不考慮線圈的形變和電阻的變化，整個過程細線未斷且線圈始終處于靜止狀態，g取10m/s2。則下列判斷正確的是（）A.線圈中感應電流的方向為adcbaB.線圈中的感應電流大小為0.2AC.0~2s時間內線圈中產生的熱量為0.02JD.6s時線圈受安培力的大小為N【答案】C【解析】A．磁感應強度向里并且增大，由楞次定律可得，感應電流產生的磁場垂直紙面向外，線圈中感應電流的方向為逆時針，即abcda，故A錯誤；B．線圈中的感應電流大小假設線框邊長為l，則聯立兩式代入數據解得故B錯誤；C．0~2s時間內金屬環產生的熱量為故C正確；D線圈的bcd部分在勻強磁場中受到安培力，受到安培力的大小等效為bd直棒受到的安培力，6s時線圈受到的安培力故D錯誤。故選C。6.如圖，兩根平行通電長直導線固定，左邊導線中通有垂直紙面向外、大小為I1的恒定電流，兩導線連線（水平）的中點處，一可自由轉動的小磁針靜止時N極所指的方向平行于紙面向下。忽略地磁場的影響。關于右邊導線中的電流I2，下列判斷正確的是（）A.I2<I1，方向垂直紙面向外 B.I2>I1，方向垂直紙面向外C.I2<I1，方向垂直紙面向里 D.I2>I1，方向垂直紙面向里【答案】B【解析】根據安培定則可判斷左邊導線I1在連線中點處的磁感應強度B1方向豎直向上，根據小磁針靜止時N極所指的方向為磁場方向，可知該點合磁感應強度豎直向下，則右邊導線I2在該處形成的。磁感應強度B2一定豎直向下，且B2>B1，所以I2>I1。根據安培定則可知，右邊導線中電流方向垂直紙面向外。故選B。7.空間某區域內存在著電場，電場線在豎直平面上的分布如圖所示．一個質量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動，小球經過A點時的速度大小為v1，方向水平向右；運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間的夾角為α，A、B兩點之間的高度差為h、水平距離為s，則以下判斷中正確的是（）A.A、B兩點的電場強度和電勢關系為EA<EB、A<BB.如果v2>v1，則電場力一定做正功C.A、B兩點間的電勢差為D.小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為【答案】D【解析】電場線越密場強越大，沿電場線方向電勢降低，A錯；由A到B除了有電場力做功以外還有重力做功，如果重力做功大于克服電場力做功，則B點速度大于A點速度，B錯；因此C錯；由動能定理可知D對；8.有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球靜止衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，各衛星排列位置如圖所示，則（）A.a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B.在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等C.c在4小時內轉過的圓心角是，a在2小時內轉過的圓心角是D.b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小時【答案】BC【解析】A．a在地球表面隨地球一起轉動，其萬有引力等于重力與向心力之和，且重力遠大于向心力，故a的向心加速度遠小于重力加速度g，根據牛頓第二定律，萬有引力提供向心力解得向心加速度由于衛星d的軌道半徑大于衛星c的軌道半徑，所以衛星c的向心加速度大于d的向心加速度，故A錯誤；B．地球靜止衛星c繞地球運動的角速度與地球自轉角速度相同，相同時間內a、c轉過的弧長對應的角度相等，由可得軌道半徑越小速度越大，則vb>vc>vd，又a與c角速度相等，且a的軌道半徑小于c的軌道半徑，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等，故B正確；C．a、c角速度相同，在4小時內轉過的圓心角都為，在2小時內轉過的圓心角都為，故C正確；D．c和b的軌道半徑都小于d的軌道半徑，由開普勒第三定律可知，b的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定大于c的運動周期（24小時），故D錯誤。故選BC。9.如圖，一輛卡車要將疊放在車廂上的A、B兩塊鋼材卸下，A鋼材疊放在B鋼材的上面，A與B、B與車廂間的動摩擦因數分別為μ1和μ2，已知μ1＞μ2，現在隨著卡車的液壓桿緩慢撐起，車廂會繞車廂末端O順時針轉動，下列說法正確的是（）A.在A、B均未滑動過程中，A所受的合外力不變B.在A、B均未滑動過程中，車廂對B的摩擦力不做功C.在A、B均未滑動時，B對A的支持力對A不做功D.隨著轉動角度增大，A會先滑動【答案】AB【解析】A．在A、B均未滑動過程中，鋼材A處于平衡狀態，因此鋼材A所受合力一直為零，保持不變。故A正確；B．由于車廂對B的摩擦力始終沿車廂方向與B緩慢移動的方向時刻垂直，在摩擦力方向未發生位移，故車廂對B的摩擦力不做功。故B正確；C．在A、B均未滑動時，B對A的支持力與A的速度方向同向，故B對A的支持力對A做功，故C錯誤；D．A剛好滑動時，設車廂與水平面夾角為，此時由受力分析有即同理，AB一起剛好滑動時，設車廂與水平面夾角為，由受力分析可得由于則即因此隨著轉動角度的增大，鋼材A、B一起滑動，故D錯誤。故選AB。10.如圖，四個電荷量均為的點電荷分別放置于菱形的四個頂點，其坐標分別為、、和，其中x軸上的兩個點電荷位置固定，y軸上的兩個點電荷可沿y軸對稱移動（），下列說法正確的是（）A.除無窮遠處之外，菱形外部電場強度處處不為零B.當取某值時，可使得菱形內部只存在兩個電場強度為零的點C.當時，將一帶負電的試探電荷由點移至點，靜電力做正功D.當時，將一帶負電的試探電荷放置在點處，其所受到的靜電力方向與x軸正方向成傾斜向上【答案】ACD【解析】A．根據場強疊加原理可知，除無窮遠處之外，菱形外部電場強度處處不為零，選項A正確；B．因為在x軸上兩個點電荷在O點的合場強為零，在y軸上的兩電荷，無論y0取什么值，因為關于原點對稱，則在O點的合場強也為零，在橫軸和縱軸上除原點外，出現合場強為零的點，根據對稱性可知，一定是成對出現的，關于原點對稱，所以算上原點，合場強為零的點是奇數個，不會是2個，選項B錯誤；C．由幾何關系可知，坐標為（4l，5l）的A點在第一象限內所在的虛像的垂直平分線的上方；坐標為（0，-3l）的B點在第三象限內所在的虛像的垂直平分線的上方，且到達虛線的距離相等，由電勢疊加可知，B點的電勢高于A點，則帶負電的試探電荷在A點的電勢能較大，從A點到B點電勢能減小，可知電場力做正功，選項C正確；D．若y0=4l，則四個點構成正方形，由對稱可知在點（l，l）處的場強一定沿著過該點與原點連線的方向上；在y軸正向和x正向上的點電荷在（l，l）處的合場強在y軸負向和x負向上的點電荷在（l，l）處的合場強可知（l，l）點的場強沿著MN方向且與x軸從成45°角的方向向下，將一帶負電的試探電荷放置在點處，其所受到的靜電力方向與x軸正方向成傾斜向上，選項D正確。二、填空（每空2分，共16分）11.某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。將一鋼球用細線系住懸掛在鐵架臺上，鋼球靜止于A點。在鋼球底部豎直粘住一片寬度為的遮光條。在A點正下方固定一光電門，將鋼球拉至不同位置由靜止釋放，遮光條經過光電門的擋光時間可由計時器測出，取作為鋼球經過A點的瞬時速度。記錄鋼球每次下落的高度和計時器示數，計算并比較鋼球在釋放點和A點之間重力勢能變化量的大小與動能變化量的大小，就能驗證機械能是否守恒。（1）用計算鋼球動能變化量的大小，用刻度尺測量遮光條寬度，示數如圖乙所示，其讀數為________。某次測量中，計時器的示數為0.0100s，則鋼球經過A點時的速度________（保留3位有效數字）。（2）表為該實驗小組的實驗結果：4.8929.78614.6919.5929.385.0410.115.120.029.8從表中發現與之間存在差異，可能造成該差異原因是________。A．用計算鋼球重力勢能變化量的大小時，鋼球下落高度為釋放時鋼球球心到球在點時底端之間的豎直距離B．鋼球下落過程中存在空氣阻力C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大【答案】（1）1.501.50（2）C【解析】（1）[1]刻度尺的分度值為，需估讀一位，所以讀數為；[2]鋼球經過A點的速度為（2）[3]A．表中的與之間存在差異，且有；若鋼球下落高度為釋放時鋼球球心到球在A點時底端之間的豎直距離，測量的高度偏大，則偏大，故A錯誤；B．若鋼球下落過程中存在空氣阻力，則有重力勢能減少量大于動能增加量，即，故B錯誤；C．實驗中所求速度是遮光條的速度，比鋼球速度略大，導致，故C正確。故選C。12.在“測量金屬絲的電阻率”實驗中：（1）測量一段電阻約為幾歐姆金屬絲的電阻時所用器材和部分電路連線如圖1所示，若電流表內阻約為幾十歐姆，量程為0-0.6A或0-3A，電壓表內阻約為幾千歐姆，量程為0-3V或，用筆畫代替導線完成電路連線___________。（2）合上開關之前，圖1中滑動變阻器滑片應置于最___________（選填“左”或“右”）端。（3）連好電