2024年四川省成都七中高考物理一诊模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省成都七中高考物理一诊模拟试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法以及有关科学家的贡献描述正确的是( )
A. 电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，转化的能量越多，电源的电动势就越大
B. 库仑认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场
C. 牛顿通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持
D. 美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量
2.某行星为质量分布均匀的球体，半径为R，质量为M。科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.2倍。已知引力常量为G，则该行星自转的角速度为( )
A. GM6R3B. GM12R3C. 5GM6R3D. GMR3
3.如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则( )
A. 小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动
B. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C. 餐桌面的半径为3r2
D. 物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m μgr
4.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带负电荷的微粒(不计重力)从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )
A. 保持开关S闭合，增大R1粒子打在O点左侧
B. 保持开关S闭合，增大R2粒子打在O点左侧
C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D. 断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
5.如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1=3.5cm，B与上边框相隔s2=2cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v−t图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则( )
A. 算珠A在碰撞前运动了0.2sB. 算珠与杆之间的动摩擦因数为μ=0.2
C. 算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失D. 算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
二、多选题：本大题共4小题，共23分。
6.某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v−t图像，如图所示(除2s∼10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知在小车运动的过程中，2s∼14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是( )
A. 小车在0−10s内为恒定功率启动B. 小车所受到的阻力为1.5N
C. 小车额定功率为6WD. 小车在变加速运动过程中位移为39m
7.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、−Q均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、−Q连线的中点，AO=BO.现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0.则可知( )
A. 从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力先增大后减小
B. 从A到B，小球的加速度先减小后增大
C. 小球运动到0点时的速度大小为 22v0
D. 小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等
8.如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动受到的摩擦力Ff随位移x变化的关系如图乙所示，x0、Ff0为已知量，则下列说法正确的是(工件与传送带间的动摩擦因数处处相等)( )
A. 工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动
B. 工件向右运动2x0后与弹簧分离
C. 弹簧的劲度系数为Ff0x0
D. 整个运动过程中摩擦力对工件做功为0.75Ff0x0
9.图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，地球上的自由落体加速度为10m/s2，月球上的自由落体加速度为1.6m/s2，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两个单摆的摆长之比为4：1
B. 甲摆在月球上做简谐运动的周期为5s
C. 甲摆振动的振幅4cm
D. 甲单摆的摆长约为4m
E. 乙单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sin(0.5πt+π2)cm
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
10.一组同学在教室内做研究平抛运动的实验，装置如图甲所示，末端切线水平的轨道固定在靠近竖直墙的课桌上，在墙上的适当位置固定一张白纸，白纸前面覆盖复写纸。让一小钢球从轨道顶端由静止滚下，离开轨道后撞击复写纸，在白纸上留下撞击痕迹点。开始时轨道末端距墙x0，小球撞击的痕迹点记为1，后依次将课桌远离墙移动L=30cm，每次移动后都让小钢球从轨道顶端由静止滚下，直到小钢球不能直接碰到墙，撞击的痕迹点记为2、3、4……。将白纸取下，测量各撞击痕迹点之间的距离。如图乙，第2、3、4点与第1点的距离分别为y1=11.00cm、y2=32.00cm、y3=63.00cm。重力加速度大小取10m/s²。则小钢球离开轨道时的速度大小为______m/s；撞击第3个点前瞬间小球的速度大小为______m/s(用根号表示)；开始时轨道末端与墙的距离x0=______cm。
11.某兴趣小组为了测量电动车上电池的电动势(约为36V)和内阻r(约为10Ω)，需要将一个量程为15V的电压表(内阻Rg约为10kΩ)改装成量程为45V的电压表，然后再测量电池的电动势和内阻。以下是该实验的操作过程。
(1)由于不知道该电压表内阻的确切值，该兴趣小组将一个最大阻值为50kΩ的电位器RP(视为可变电阻)与电压表串联后，利用如图甲所示的电路进行改装，请完成③的填空。
①将总阻值较小的滑动变阻器的滑片P移至最右端，同时将电位器的阻值调为零；
②闭合开关S，将滑片P向左移动，使电压表的示数为12V；
③保持滑片P的位置不变，调节电位器，使电压表的示数为______ V；
④不再改变电位器的阻值，保持电压表和电位器串联，撤去其他电路就得到改装后的电压表。
(2)用改装后的电压表接入电路测量已知电压时，其示数总是______(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
(3)通过调整使改装后的电压表准确。该兴趣小组利用一个电阻箱R(0∼999.9Ω)和改装后的电压表(电压表的表盘没有改变，读数记为U)连接成如图乙所示的电路来测量该电池的电动势和内阻。
该小组首先得出了1R与1U的关系式为______(用E、r和U表示)，然后根据测得的电阻值R和电压表的读数U作出1R−1U图像如图丙所示，则该电池的电动势E=______V、内阻r=______Ω。
四、简答题：本大题共2小题，共32分。
12.如图所示，Q为固定的正点电荷，AB两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一正点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为重力加速度的78，已知重力加速度为g。求：
(1)加速度为零时此电荷距离Q的高度；
(2)若取A点的电势为零，求B点的电势能(用Q和h，g表示)。
13.如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B和凹槽C。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，凹槽C的质量为3m，A、B相距为l，凹槽C的左端与B相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C内放一质量为6m的小物块D。物块D与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ=0.01。开始时物块，凹槽均静止，现给物块A施加水平向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，一段时间后与B发生弹性碰撞，碰撞前的瞬间立刻撤去恒力F。B与凹槽C碰撞立即粘在一起运动。已知m=1kg，l=1m，F=32N取重力加速度g=10m/s2，物块A、B、D均可视为质点，物块D与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所有碰撞时间均忽略不计。求：
(1)小物块A和B发生碰撞后各自的速度；
(2)物块D与凹槽相对静止时，物块D与凹槽左侧碰撞的次数；
(3)从物块D开始运动到物块D与凸槽相对静止时，物块D运动的位移大小。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
14.某广场有一个喷泉，喷泉底部装有五颜六色的彩灯。如图所示，如果彩灯为一个长MN=a、宽NP=b的矩形水平光带MNPQ(PQ未标注)，放置在水池底部，灯带离水面的高度差为h，水池面积足够大，灯带发出的绿光在水中的折射率为n，真空中的光速为c，求：
(1)灯带发出的绿光能射出水面的最短时间；
(2)灯带发出绿光时有绿光直接射出的水面的面积。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.电动势反映的是将其他形式的能转化为电能的本领，但电源电动势的大小与转化的能量多少无关，电动势在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故A错误；
B.法拉第认为在电荷的周围存在电场，并提出用电场线形象地描述电场，故B错误；
C.伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，牛顿总结出了牛顿第一定律，故C错误；
D.美国物理学家密立根通过油滴实验测定了元电荷e电荷量，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】A
【解析】解：在两极处物体的重力与万有引力相等有：
GmMR2=mg
在赤道处，万有引力与重力的差值提供物体随星球自转的向心力有：
GmMR2−mg′=mRω2
由题意知：mg=1.2mg′
联立方程解得：ω= GM6R3
故A正确，BCD错误。
故选：A。
两极地区重力与万有引力相等，赤道上重力与随行星自转的向心力之和与万有引力相等，据此由两极处重力为赤道上1.2倍计算出自转的角速度即可。
行星表面重力等于万有引力是在忽略行星自转的情况下相等的，若考虑行星自转，在行星两极处重力与万有引力相等，在赤道处重力最小，万有引力一部分提供随行星自转的向心力。
3.【答案】D
【解析】解：A.小物块从圆盘上沿切线方向飞出，滑落到桌面上后，小物块受到的摩擦力方向始终与速度的方向相反，在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；
B.物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时μmg=mv2r
则由动能定理圆盘对小物块做功为W=12mv2
联立可得W=12μmgr
故B错误；
C.物块在桌面上滑动的距离x=v22μg
餐桌面的半径为R= x2+r2
联立得：R= 5r2
故C错误；
D.选取末速度的方向为正方向，根据动量定理If=Δp=mv
联立得在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为If=m μgr
故D正确。
故选：D。
根据牛顿第二定律解得角速度，根据做功公式与动能定理解得BC，根据冲量的计算公式解得D。
本题主要是考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚小物块的受力情况，知道做匀速圆周运动的物体合力提供向心力，掌握动能定理的应用方法。
4.【答案】D
【解析】解：A、保持开关S闭合，R0两端的电压为U0=ER0+R1⋅R0，增大R1，U0将减小，电容器板间电压减小，板间场强减小，粒子受到电场力减小，加速度减小，由d2=12at2和x=v0t得水平位移为x=v0 da，水平位移将增大，故粒子打在O点右侧，故A错误；
B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，粒子的受力情况不变，运动情况不变，故粒子仍打在O点，故B错误；
C、断开开关S，平行板电容器带电量不变，根据E=Ud，结合C=QU及C=εrS4πkd可得E=4πkQϵrS，则电容器板间电场强度不变，故粒子的加速度不变，M极板稍微上移，不会影响粒子的运动，故粒子仍打在O点，故C错误；
D、同理可知，断开开关S，N极板稍微下移，电容器板间电场强度不变，粒子的加速度不变，若M极板稍微下移，垂直极板方向的运动的位移变大，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在O点右侧，故D正确。
故选：D。
保持开关S闭合，电路稳定时，电容器的电压等于R0的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响。增大R1，R1分担的电压增大，电容器的电压减小，粒子的加速度减小，由竖直分位移公式分析运动时间的变化，由水平分位移公式分析水平位移的变化。断开开关S，上下移动极板，根据电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度是否变化，利用运动学公式判断水平位移的变化。
本题关键分析电容器板间的电场强度是否变化。要知道当断开开关S，只改变板间距离时，板间场强不变。
5.【答案】D
【解析】解：A.结合图乙A和B碰撞前的速度信息，由匀变速直线运动规律可得
s1=v0+v12t1
解得t1=0.1s，故A错误；
B.对A碰前的运动过程，由匀变速直线运动规律可得
v1=v0−at1
由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得μ=0.1，故B错误；
C.算珠A与算珠B的质量均为m，碰前A的动能为12mv12=0.092m，碰后瞬间A的动能为12mv22=0.012m，碰后瞬间B动能为12mv32=0.042m，故
12mv12≠12mv22+12mv32
算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，故C错误；
D.算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得
x=v3+02t2=0.22×0.2m=0.02m=2cm
因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，故D正确。
故选：D。
AB.根据匀变速直线运动位移-时间规律、速度-时间规律和牛顿第二定律结合图像给出的速度信息列式求解判断；
C.根据能量表达式列式代入数据计算并分析判断；
D.根据匀变速直线运动的位移-时间规律计算并判断。
考查图像的认识理解和碰撞中的动量、能量问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
6.【答案】BD
【解析】解：A、根据v−t图像可知，0∼2s内小车为恒定加速度启动过程，速度逐渐增加，合力不变，2s时小车到达额定功率，之后的2s∼10s小车为恒功率启动过程，故A错误；
B、在14s∼18s时间段，根据v−t图像可得加速度a=1.5m/s2
由牛顿第二定律可知：f=ma，代入数据可得：f=1.5N，故B正确；
C、根据分析可知小车在10s∼14s做匀速运动，牵引力大小与f相等，小车功率为额定功率：P=Fv=fv，代入数据可得：P=9W，故C错误；
D、2s∼10s内，功率不变，根据动能定理有
Pt−fx2=12mv22−12mv12
代入数据解得：x2=39m，故D正确。
故选：BD。
利用v−t图像的性质和牛顿第二定律分析功率的变化和阻力的大小，再结合P=Fv分析额定功率的大小，最后根据动能定理求出变加速的位移。
本题主要考查机车启动问题，特别要注意v−t图像上不同区间的受力情况不同，要清楚每一段的状态，然后再利用动能定理和牛顿第二定律列方程。
7.【答案】AC
【解析】解：A、根据等量异种电场线分析可知，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故A正确；
B、小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据f−mg=ma知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据f−mg=ma知，加速度减小，故B错误；
C、根据B的分析可知从A到O和从B到O摩擦力变化情况相同，且AO=BO，故摩擦力做功相等，根据动能定理：
mgAB−2Wf=0−12mv02
解得：Wf=mgAB2+14mv02
则从A到O，根据动能定理：mgAB2−Wf=12mv2−12mv02
解得：v= 22v0，故C正确；
D、根据BC的分析做出其v−t图象，因为前半段和后半段位移相等，故前半段时间小于后半段时间，根据冲量公式可知后半段重力的冲量大于前半段的冲量，故D错误。
故选：AC。
根据等量异种电场的电场线分布判断电势的关系以及电场强度的关系；根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程速度变化量相同，求出O点的速度以及动能；
根据动能定理分析分析AB段和AO段求出O点的速度大小；
做出其运动的v−t图象根据图象和位移关系判断其运动时间关系，从而判断重力的冲量关系。
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线；还有利用图象法判断时间问题。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，摩擦力在x0处方向发生变化，在x0∼2x0区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，所以工件先做加速运动后做匀速运动，故A错误；
B、在x0∼2x0区间摩擦力大小等于弹簧弹力大小，2x0位置摩擦力为零，所以弹力为零，可知工件运动2x0后与弹簧分离，故B正确；
C、由胡克定律得：kx0=0.5Ff0，解得弹簧的劲度系数为：k=Ff02x0，故C错误；
D、摩擦力对工件先做正功后做负功，Ff−x图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即得整个运动过程中摩擦力对工件做功为：
W=Ff0x0−12×0.5Ff0x0=0.75Ff0x0，故D正确。
故选：BD。
工件受到的摩擦力在大于x0，小于2x0区间是个变力，说明工件与传送带之间的摩擦力为静摩擦力，由此可知工件在x0位置与传送带达到了共速，之后工件与传送带一起匀速运动，在x0本题考查水平传送带的模型，解题的关键是对工件的运动过程的分析，同时要理解Ff−x图像的物理意义，知道该图像与x轴围成的面积在数值上等于摩擦力对工件做的功。
9.【答案】BCE
【解析】解：A.由图，在地球上甲单摆的周期为2s，乙单摆的周期为4s，甲、乙两单摆的周期比为1：2，根据单摆的周期公式T=2π Lg
可得L=g4π2T2
则甲、乙两单摆的摆长比为1：4，故A错误；
B.在地球上甲单摆的周期为2s，根据单摆的周期公式T=2π Lg
可知T月T地= g地g月= 101.6=52
可得T月=5s，故B正确；
C.振幅为偏离平衡位置的最大距离，如图可知甲摆振动的振幅为4cm，故C正确；
D.甲单摆的周期为2s，根据单摆的周期公式T=2π Lg
可得摆长为L≈1m，故D错误；
E.由图可知乙单摆的振幅为2cm，周期为4s，可得ω=2πT=2π4rad/s=0.5πrad/s
t=0时，位移为正向最大，所以初相位为φ0=π2
根据简谐运动位移随时间变化的关系x=Asin(ωt+φ0)
可得，乙单摆位移x随时间t变化的关系式为x=2sin(0.5πt+π2)cm，故E正确。
故选：BCE。
根据图像得出单摆的周期之比，结合单摆的周期公式得出摆长之比；根据单摆的周期公式结合g的比值关系得出对应的周期；根据图像得到甲摆振幅大小；根据图像的特点分析出乙的振幅，然后结合振动方程的通式写出乙单摆的位移x随时间t变化的关系式。
本题主要考查了单摆的相关应用，理解图像的物理意义，结合单摆的振动特点和单摆的周期公式即可完成分析。
10.【答案】3 15.76 18
【解析】解：每次移动课桌的距离L=30cm=0.30m相等，小钢球的运动时间间隔t相等，
在竖直方向，由匀变速直线运动的推论Δy=gt2可知：t= Δyg= (y2−y1)−y1g= (32.00−11.00−11.00)×10−210s=0.1s
小钢球离开轨道时的速度大小v0=Lt=
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
小钢球撞击第3个点前的竖直分速度大小vy3=y242t=y3−y12t=(63.00−11.00)×10−22×0.1m/s=2.6m/s
撞击第3个点前瞬间小球的速度大小v3= v02+vy32= 32+2.62m/s= 15.76m/s
小钢球从抛出点运动到撞击点3的运动时间t3=vy3g=2.610s=0.26s
小球钢球从抛出点运动到撞击点1的运动时间t1=t3−2t=(0.26−2×0.1)s=0.06s
开始时轨道末端与墙3间的距离x0=v0t1=3×0.06m=0.18m=18cm
故答案为：3； 15.76；18。
钢球做平抛运动，在竖直方向应用匀变速直线运动的推论求出小球运动的时间间隔，然后求出小钢球离开轨道时的速度大小，应用匀变速直线运动的推论求出小钢球的竖直分速度，然后求出小钢球撞击第3个点时的瞬时速度；应用运动学公式求出开始时轨道末端与墙壁间的距离。
小钢球做平抛运动，根据题意分析清楚小钢球的运动过程，应用匀变速直线运动的推论与运动学公式即可解题。
11.【答案】4 小于 1R=E3r×1U−1r 36 8
【解析】解：(1)由于电压表的内阻不确定，所以不能采用教材提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为15V，所以要想将电压表改装成量程为45V的电压表，电位器承担的电压应该是电压表电压的两倍，由于二者之间是串联关系，所以电位器的阻值应调节为电压表内阻的两倍因此，当电压表的示数为12V时，只需调节电位器，使电压表的示数变为4V即可。
(2)电位器接入电路时，电压表的支路的电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，分压变大，则电压表支路的电压变大，电位器接入电路的阻值实际大于电压表内阻的两倍，则改装的电压表的内阻实际比理论值大，则改装的电压表量程实际大于45V，故按45V读数时，每次测量的示数小于真实值。
(3)改装后电压表量程为原电压表量程的3倍，电压表示数为U时路端电压为3U，根据闭合电路的欧姆定律得：E=3U+Ir=3U+3URr
整理得：1R=E3r×1U−1r，由图丙所示图像可得，图线的纵截距为−1r=−18Ω−1，图线的斜率为E3r=32A=1.5A，解得：E=36V，r=8Ω。
故答案为：(1)4；(2)小于；(3)1R=E3r×1U−1r；36；8。
(1)根据串联电路特点分析答题。
(2)根据实验步骤应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
(3)应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，然后分析答题。
理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提；应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式即可解题。
12.【答案】解：(1)由题意知此电荷带正电，设质量为m，电荷量为q，距Q为x时加速度为0，
则mg−kqQx2=0①
在A处时：mg−kqQh2=m⋅78g②
联立①②解得：x= 24h。
(2)从A到B的过程有动能定理得
mg⋅34h+WAB=0③
联立①③解得：UAB=−6kQh
取A点的电势为零，UAB=φA−φB
所以：φB=6kQh
由电势能的定义知：EPB=qφB=34mgh
答：(1)加速度为零时此电荷距离Q的高度 24h；
(2)取A点的电势为零，B点的电势能是34mgh。
【解析】(1)Q为固定的正点电荷，另一点电荷从 A点由静止释放，由库仑定律与牛顿第二定律电荷加速度为0的位置；
(2)从A到B过程运用动能定理可求出库仑力做的功，从而算出AB电势差及在B的电势能。
本题是库仑定律与牛顿第二定律，及动能定理，同时还涉及电场力做功的综合运用。另一点电荷在点电荷的电场中受到变化的库仑力，加速度大小是变化的。
13.【答案】解：(1)给物块A施加向右的恒力F，物块A向右做匀加速运动，根据动能定理Fl=12mv02
解得v0=8m/s
当A与B发生碰撞后速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv0=mw1+3mv2
12mv02=12mv12+12×3mv22
解得v1=−4m/s，v2=4m/s
(2)B向右匀速运动，B与凹槽碰撞立即粘在一起运动，速度为v3，由于C、D之间有摩擦，物块D开始运动，随后物块D与凹槽左、右边槽壁多次发生弹性碰撞，最终物块D与凸槽相对静止，一起匀速运动，速度为v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律
3mv2=(3m+3m)v3
6m3=(6m+6m)v4
6μmgs=12×6mv32+12×(6m+6m)v42
解得s=10m
由分析可知物块D与凹槽相对静止时，物块D停在凹槽右壁处，与左侧碰撞2次，所以距凹槽左壁的距离为x=3×1m=3m。
(3)设凹槽与物块D每次碰前的速度分别为v5、v6，碰后的速度分别为v7、v8，根据动量守恒定律和能量守恒定律
6mv5+6mv6=6mv7+6mv8
12×6mv52+12×6mv62=12×6mv72+12×6mv82
解得v7=−2m/s，v8=2m/s
即每碰撞一次B和凹槽C与物块D发生一次速度交换，两次碰撞之间，B和凹槽C与物块D加速、减速的加速度大小相等，做出B和凹槽C与物块D相互作用过程中的v−T图像，v−T图像中实线为B和凹槽C的v−T图线，虚线为物块D的v−T图线，由图可知，B和凹槽C与物块D相互作用前的速度为v7，最后的共同速度为v8，运动时间可按B和凹槽C一直减速计算v0=v7+a2t3
a2=−6μmg6m=−μg
解得t3=10s
设B和凹槽C与物块速度分别为vC、vD，根据动量守恒定律得
6mv7=6mvC+6mvD
即v7=vC+vD
vC、vD的运动方向相同，结合上式可得两物体位移关系为，v7t3=xC+xD
因为两者一直同方向运动，物块D开始距凹槽左壁1m，相对静止时物块在凹槽的右壁，所以两物体的位移关系为xD−xC=2m
解得xD=11m
答：(1)小物块A和B发生碰撞后的速度均为4m/s，A向左，B向右；
(2)物块D与凹槽相对静止时，物块D距凹槽左侧碰撞的次数为2次；
(3)从物块D开始运动到物块D与凸槽相对静止时，物块D运动的位移大小为11m。
【解析】(1)根据动能定理解得A与B碰前的速度，结合动量守恒的与能量守恒解答；
(2)物块D开始运动，随后物块D与凹槽左、右边槽壁多次发生弹性碰撞，最终物块D与凸槽相对静止，根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答；
(3)分析物块D与凹槽的运动情况，作出v−T图像分析解答。
本题主要是考查了牛顿第二定律的综合应用、动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
14.【答案】解：(1)从灯带发出的竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h，用时最短。
又n=cv，
则最短时间
t=hv，
解得：t=nhc。
(2)如图1所示，
图1
设N端绿光在水面上的A点发生全反射，则
n=1sinC，
NB=htanC，
解得：NB=h n2−1，
能射出绿光的水面形状如图2所示，
图2
扇形的半径为R=NB，总面积为
S=πR2+2Ra+ab+2Rb，
代入数据解得：S=ab+πh2n2−1+2(a+b)h n2−1。
答：(1)灯带发出的绿光能射出水面的最短时间为nhc；
(2)灯带发出绿光时有绿光直接射出的水面的面积为ab+πh2n2−1+2(a+b)h n2−1。
【解析】(1)从灯带发出的竖直向上的光垂直穿出水面，所用路程最短为h，根据折射率求光的传播速度，根据t=sv求传播时间；
(2)求出绿光在水面发生全反射时的位置，再根据全发射位置确定绿光射出范围。
几何光学是重点，画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题解题关键需要有一定的空间想象能力，将绿光的出射范围确定下来。