山東省棗莊市2023-2024學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)1月期末考試物理試題（解析版）

2023-2024學(xué)年第一學(xué)期高三質(zhì)量檢測(cè)

物理試題

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改

動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在

本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要

求。

1.物理概念的建立推動(dòng)了物理學(xué)的發(fā)展，下列關(guān)于物理概念建立的說(shuō)法中正確的是()

A.力的概念是牛頓建立的

B.加速度概念是由亞里士多德首先提出的

C.電壓概念是伽利略首先建立的

D.電場(chǎng)是安培完善后形成的概念

【答案】A

【解析】

【詳解】A.牛頓將物體間復(fù)雜多樣的相互作用抽象為“力”，為提出牛頓第一定律而確立了一個(gè)重要的物

理概念，故A正確；

B.加速度的概念是由伽利略首先提出來(lái)的，故B錯(cuò)誤；

C.電壓概念是伏特首先建立的，故C錯(cuò)浜；

D.法拉第最早提出了“電場(chǎng)”的概念，麥克斯韋建立電磁場(chǎng)后完善了場(chǎng)的概念，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.2024年1月10日是第四個(gè)中國(guó)人民警察節(jié)，東莞上千架無(wú)人機(jī)上演“蒼穹之舞若取豎直向上為正方

向，其中一架無(wú)人機(jī)沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的修圖像，如圖所示。關(guān)于這架無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是

()

v/(ms-1)

A.4s-6s內(nèi)無(wú)人機(jī)處于懸停狀態(tài)

B.無(wú)人機(jī)可以上升的最大高度是8m

C.6s~10s內(nèi)無(wú)人機(jī)處于失重狀態(tài)

D.無(wú)人機(jī)在第2s末開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.4s~6s內(nèi)無(wú)人機(jī)以4m/s的速度勻速向上運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B.四圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移，可得，無(wú)人機(jī)在前2s內(nèi)上升的高度為

2x8。

hf=-----m=8m

2

0-8s無(wú)人機(jī)都在上升，所以上升的最大高度一定大于8m,B錯(cuò)誤；

C.H圖像中圖線表示物體的加速度，6s~10s內(nèi)斜率為負(fù)值，表示無(wú)人機(jī)加速度向下，處于失重狀態(tài)，C

正確：

D.無(wú)人機(jī)在第2s末速度仍未正值，所以依然向上運(yùn)動(dòng)但速度開(kāi)始減小，D錯(cuò)誤。

故選C。

3.如圖所示，細(xì)繩將光滑小球A懸掛在電梯轎廂豎直壁上的。點(diǎn)，木板B被小球A擠在轎廂內(nèi)壁上，細(xì)

繩與側(cè)壁的夾角為仇電梯靜止時(shí)，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的質(zhì)量分別為M、最大

靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()

A.木板B與電梯側(cè)壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為夕

M

B.當(dāng)電梯以加速度。(〃<g)豎直加速下降時(shí)，A對(duì)B的壓力大小為M(g+a)tan6

C.當(dāng)電梯以加速度。豎直加速上升時(shí)，木板B會(huì)滑落

D.電梯以加速度<g)豎直加速下降E寸，木板B仍保持靜止

[<1D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)題意，對(duì)小球A受力分析，設(shè)木板B對(duì)小球的支持力為N：繩子的拉力為廣，由平衡條

件有

Fsin6=N,Feos。=Mg

解得

N=Mgtan。，F(xiàn)=1ng

cos。

對(duì)木板B有

mg=fiN

解得

msm

u=-2-=---------

NMtan6>

故A錯(cuò)誤；

BD,當(dāng)電梯以加速度vg）豎直加速下降時(shí)，則有

Mg-F、cos0-Ma

解得

1cos。

則木板B對(duì)小球的支持力為

N、=M（g_［）tane

由牛頓第三定律可得，A對(duì)B的壓力大小為

N；=N\=M（g_〃）tang

此時(shí)，木板B與墻面的最大靜摩擦力

f=Mtan."（且tan9=m（g-a）

對(duì)木板B,豎直方向上有

mg-f=ma

解得

f=m（g-a）=fm

可知，木板B仍保持靜止，故B錯(cuò)誤，D正確:

C.當(dāng)電梯以加速度。豎直加速上升時(shí)，則有

F2COS0-Mg=Ma

解得

FJ(g+〃)

cos，

同理可得

N2=M(g+a)tan。

此時(shí)，木板B與墻面的最大靜摩擦力為

Zn2=，〃(g+a)

對(duì)木板B,豎直方向上有

f-mg=ma

解得

f=m[g+a)=f^

可知，木板B仍保持靜止，故C錯(cuò)誤。

故選D。

4.2023年11月22日，“夸父一號(hào)”先進(jìn)天基太陽(yáng)天文臺(tái)衛(wèi)星，完成在軌初步評(píng)估，衛(wèi)星工作正常，性能

穩(wěn)定?！翱涓敢惶?hào)”衛(wèi)星最終運(yùn)行在太陽(yáng)同步晨昏軌道0(距離地面720km的圓形軌道)上，其軌道面和

地球晨昏線始終近似重合。該衛(wèi)星先被發(fā)射到橢圓軌道I上運(yùn)行，在A處通過(guò)變軌轉(zhuǎn)移至圓形軌道H上運(yùn)

行，48分別為橢圓軌道I的遠(yuǎn)地點(diǎn)和近地點(diǎn)，地球同步衛(wèi)星距離地面36000km,下列說(shuō)法中正確的是

()

軌道II,/".....'、、、

，，/軌道I\

/

M

A.衛(wèi)星經(jīng)過(guò)8點(diǎn)時(shí)的速度小于沿軌道n經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度

B.衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的加速度相等

C.“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期相等

D.“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的機(jī)械能小于地球同步衛(wèi)星的機(jī)械能

【答案】B

【解析】

【詳解】A.設(shè)衛(wèi)星在過(guò)5點(diǎn)圓軌道上的運(yùn)行速度為以，衛(wèi)星沿軌道II經(jīng)過(guò)4點(diǎn)時(shí)的速度為由萬(wàn)有引

力提供向心力有

GMmv

=in—

設(shè)衛(wèi)星在軌道I經(jīng)過(guò)8點(diǎn)時(shí)速度以I，衛(wèi)星經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，由圓軌道變軌到軌道I需加速，則有

%>%

即衛(wèi)星經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大于沿軌道II經(jīng)過(guò)4點(diǎn)時(shí)的速度，故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)題意，由萬(wàn)有引力提供向心力有

GMm

——；—=ma

可知，衛(wèi)星沿軌道I、n經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的加速度相等，故B正確;

C.由萬(wàn)有引力提供向心力有

GMm

由于“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑不相等，則“夸父一號(hào)”衛(wèi)星的周期與地球

同步衛(wèi)星的周期不相等，故C錯(cuò)誤；

D.由于不知道“夸父一號(hào)”衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，無(wú)法比較二者的機(jī)械能關(guān)系，故D錯(cuò)誤。

故選B。

5.如圖所示，真空中M、N、。三點(diǎn)共線，MN、NO之間的距離分別為3L、L,N點(diǎn)固定電荷量為一4的點(diǎn)

電荷，當(dāng)M點(diǎn)也放置一點(diǎn)電荷后，在它們共同形成的電場(chǎng)中，電勢(shì)為零的等勢(shì)面（取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零）

恰好是以。點(diǎn)為球心的球面。已知點(diǎn)電荷周圍某點(diǎn)的電勢(shì)為°一絲，「為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離，Q為場(chǎng)源

r

電荷的電荷量。則放置在/點(diǎn)的點(diǎn)電荷的電荷量為（）

?/----、、、

/、

//c\\

!-q\

-----\-N-O；-

、\?/

A.qB.2qC.3qD.4q

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)等勢(shì)面的半徑為欠，置在M點(diǎn)的點(diǎn)電荷的電荷量為40,則有

4L—R-R—L'4L+R-R+L

聯(lián)立解得

%=2q，R=2L

故選B。

6.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中一矩形線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)角速

度為產(chǎn)生的電能通過(guò)滑環(huán)M、N由單刀雙擲開(kāi)關(guān)控制提供給電路中的用電器。線圈的面積為S,匝

數(shù)為N,線圈的總阻值為廣，定值電阻?=&=火，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1:2,電壓表為

理想電表。線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90。的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.若開(kāi)關(guān)打到“1”，通過(guò)電阻R1的電荷量q=A坐

R+r

TTN①RB2s2

B.若開(kāi)關(guān)打到“1"，電阻R1產(chǎn)生的熱量。="n、，

C.若開(kāi)關(guān)打到“2”，電壓表的示數(shù)為U=竺史亞

5R+4r

D.若開(kāi)關(guān)打到“2”，電阻R,產(chǎn)生的熱量Q=叱吁：

16(/?+r)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.若開(kāi)關(guān)打到“1”，線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90。的過(guò)程中，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

-A①

E=N——

又有

7=工q=IAt

R+r

可得

△①NBS

q=N

R+rR+r

故A錯(cuò)誤;

BCD.根據(jù)題意可知，線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)90。的過(guò)程的時(shí)間為

-1--..2./.r.---7-1-

4602co

線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為

Em=NBSs

有效值為

_Em_NBS①

七一vrqr

若開(kāi)關(guān)打到“i”，感應(yīng)電流的有效值為

BNSco

夜(R+r)

電阻用產(chǎn)生的熱量

22

B?NS九①R

0=/沁=

4（/?+r）2

若開(kāi)關(guān)打到“2”，設(shè)電壓表讀數(shù)為U,流過(guò)此的電流為/,則原線圈兩端電壓為

U\=QU

流過(guò)原線圈的電流為

/,=21

則原線圈的等效電阻為

R=W也

/,4/4

則有

LR

5=JJNRSJ

R+r+^R&（5R+"）

4

則電壓表讀數(shù)

二幽幽

15R+4r

電阻與產(chǎn)生的熱量

八U2RN2B2S2CD7T

2=/=（5R+4F）2

故BD錯(cuò)誤，C正確。

故選Co

7.如圖所示，紙面內(nèi)一正三角形的中心在。點(diǎn)，頂點(diǎn)以6處分別垂直于紙面放置通電長(zhǎng)直導(dǎo)線，電流方

向相反，。處電流大小是6處電流大小的2倍，頂點(diǎn)。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為胡。已知電流為/的無(wú)限長(zhǎng)

通電直導(dǎo)線在距其r遠(yuǎn)的圓周上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為6=%,，女為比例系數(shù)。那么正三角形中心。點(diǎn)處

的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，下列說(shuō)法中正確的是（）

o

b

□孥紇

A.幣B。B.25/3B0c.

【答窠】A

【解析】

【詳解】設(shè)正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，b處電流大小為/,。處電流大小為2/，則4處電流和b處電流在c處產(chǎn)

生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為

B訛=4=2B,

〃處電流和b處電流在0處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為

BaO=k-^—=2B2

3

紇o=k—7=—=B2

蛇L

3

則有

B?=6B\

根據(jù)右手螺旋定則，如圖所示

在。處根據(jù)矢量疊加原則可得

22

B；=(2與cos300-Bxcos300)+(2與sin30°+gsin300)=瓊

解得

4=爭(zhēng)。

在O處根據(jù)矢量疊加原則可得

22

B；)=(2B2COS600-B2COS60°)+(2B2sin60°+B2sin600)

解得

B°=依2=園廚訪、昂日綜訪B。

故選A。

8.如圖所示，半徑為「的光滑豎直圓環(huán)固定在水平地面上，套在圓環(huán)上的小球A、B由不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連

接，質(zhì)量均為機(jī)，細(xì)線長(zhǎng)度為「，小球A在拉力尸作用下沿圓環(huán)緩慢上移至頂點(diǎn)初始時(shí)細(xì)線豎直，拉

力尸始終沿圓環(huán)切線方向，下列說(shuō)法中正確的是()

M

N

A.小球B到達(dá)與圓心O等高處時(shí)拉力產(chǎn)二〃2g

B.小球A到達(dá)M點(diǎn)時(shí)拉力尸=

C.細(xì)線的拉力先增大后減小

D.圓環(huán)對(duì)球B的支持力先增大后減小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球B到達(dá)與圓心O等高處時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖

mg2百

T=---------=-----

cos30°3

NQ=tngtan30°=mg

對(duì)A,有

3

F=mgsin300+Tcos300=—mg

A錯(cuò)誤;

B.小球A到達(dá)M點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖

%=T=mg

對(duì)A,有

F-Tcos300———mg

B錯(cuò)誤；

CD.開(kāi)始時(shí)繩上拉力為

T=mg

環(huán)對(duì)B的支持力

%=0

綜合AB的分析，可知，細(xì)線的拉力先增大后減小，圓環(huán)對(duì)球B的支持力一直增大，C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多

項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

9.2023年12月6日，2023世界5G大會(huì)在河南鄭州開(kāi)幕，主題為“5G變革共繪未來(lái)”。目前全球已部署超

過(guò)260張5G網(wǎng)絡(luò)，覆蓋近一半的人口。產(chǎn)生5G無(wú)線信號(hào)電波的LC振蕩電路某時(shí)刻的工作狀態(tài)如圖所

示，則該時(shí)刻（）

A.線圈中磁場(chǎng)的方向向下

B.電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度正在變大

C.電容器正在放電，線圈儲(chǔ)存的磁場(chǎng)能正在增加

D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應(yīng)電流的方向相反

【答窠】AB

【解析】

【詳解】A.根據(jù)線圈中電流方向，應(yīng)用右手螺旋定則判斷出線圈中磁場(chǎng)方向向下，A正確；

B.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，板間電場(chǎng)強(qiáng)度在變大，B正確；

CD.電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，電路中電流在減小，線圈儲(chǔ)存的磁場(chǎng)

能正在減小，逐漸轉(zhuǎn)化成電場(chǎng)能，根據(jù)“增反減同”可知，線圈中感應(yīng)電流的方向與線路中原電流方向相

同，CD均錯(cuò)誤。

故選ABo

10.如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，小球從彈簧正上方由靜止釋放，釋放點(diǎn)與彈簧頂端的距

離〃，小球接觸彈簧后向下運(yùn)動(dòng)的最大距離以已知彈簧的原長(zhǎng)/,勁度系數(shù)為上小球的質(zhì)量相，它運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中所受空氣阻力的大小恒為f取重力加速度為g。在小球由開(kāi)始下落至被反彈離開(kāi)彈簧后上升到最高

點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()

///////////

n

A.小鋼球的最大動(dòng)能Ekm=(mg-f)h+('g_f)

2k

B.輕質(zhì)彈簧的最大彈性勢(shì)能與+幻

C.下降至最低點(diǎn)過(guò)程中兩者組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE=(mg-f)(h+x)

2f(h+x)

D.小鋼球反彈后上升的最高點(diǎn)位置與釋放點(diǎn)的高度差Mq~y

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.小球下落過(guò)程中合力先減小，后反向增大，當(dāng)合力為0時(shí)，動(dòng)能最大，此時(shí)設(shè)彈簧的形變量

為X’，有

mg=kxr+f

解得

k

根據(jù)動(dòng)能定理，有

(帆g-/)(〃+￡)+%=%—0

『一料2

解得

2k

A正確；

B.小球從下落到最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有

(頂-/)(〃+%)+%'=0-0

解得

耳=(mg-/)(〃+x)

B錯(cuò)誤;

C.小球下降至最低點(diǎn)過(guò)程中兩者組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于小球克服空氣阻力做的功，即

AE=f(h+x)

C錯(cuò)誤；

D.設(shè)小鋼球反彈后上升的最高點(diǎn)與彈簧頂端距離為“，整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有

—/(力+x+x+/f)=0—0

解得

(mg-f)h-2fa

-f+mg

所以小鋼球反彈后上升的最高點(diǎn)位置與釋放點(diǎn)的高度差為

mg+f

D正確。

故選ADo

11.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，f=0時(shí)刻的部分波形，如圖所示，質(zhì)點(diǎn)M、尸的平衡位置的坐標(biāo)分別為

斗=Um和々=16m。已知質(zhì)點(diǎn)尸在f:4s時(shí)首次返回平衡位置，質(zhì)點(diǎn)M首次返回平衡位置的時(shí)間早于質(zhì)

A.該波沿x軸負(fù)方向傳播

B.該波傳播速度為2m/s

C.f=10.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M位于波峰

D.1=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M與質(zhì)點(diǎn)尸速度大小之比為3：2

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由于質(zhì)點(diǎn)M首次返回平衡位置的時(shí)間早于質(zhì)點(diǎn)尸，可知，，=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M沿y軸負(fù)方向振動(dòng),

由同側(cè)法可知，該波沿X軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；

B.已知質(zhì)點(diǎn)尸在尸4s時(shí)首次返回平衡位置，由圖可知

解得

T=12s,A.=24m

則該波的傳播速度為

v=—=2m/s

故B正確;

C.經(jīng)過(guò)時(shí)間

7T3

r=10.5s=-T=-+-T

828

質(zhì)點(diǎn)M怡好位于波峰，故C正確；

D.設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為左，由彈性勢(shì)能公式與=3米2可得，最大的彈性勢(shì)能為

2

EPm=l^x2=2A:

由機(jī)械能守恒定律可得，1=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的動(dòng)能為

EkM=Epm-EpM=2k-X（夜）=k

質(zhì)點(diǎn)P的動(dòng)能為

EkP=EyEpp=2k一；入（6）=；k

則質(zhì)點(diǎn)M與質(zhì)點(diǎn)P速度大小之比為J5：1，故D錯(cuò)誤。

故選BCo

12.如圖所示，水平面上固定有形狀為“二=”的光滑金屬導(dǎo)軌MON、POQ,00'左右導(dǎo)軌的寬度分別為

2L、L,兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向分別豎直向上和豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為8。和2%，導(dǎo)體棒。、b垂

直于導(dǎo)軌放在00,兩側(cè)，長(zhǎng)度分別為2L、L.已知導(dǎo)體棒的材料相同、橫截面積相同，導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為

m,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。使導(dǎo)體棒b獲得水平向右的初速度％,直到導(dǎo)體棒力達(dá)到

穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.導(dǎo)體棒力克服安培力做功等于其產(chǎn)生的焦耳熱

B.導(dǎo)體棒〃上產(chǎn)生的焦耳熱為，卬K

C.導(dǎo)體棒4、〃最終以相同的速度為做勻速直線運(yùn)動(dòng)

3

D.通過(guò)。棒的電荷量為翳

5DQL

【答案】BD

【解析】

【詳解】導(dǎo)體棒的材料相同、橫截面積相同，長(zhǎng)度分別為2L、L，導(dǎo)體棒〃的質(zhì)量為〃?，則導(dǎo)體棒〃的質(zhì)

量為2m，由電阻定律可知，導(dǎo)體棒的電阻之比為

&：凡=2：1

設(shè)回路中電流為/，導(dǎo)體棒〃受的安培力為

F&=BJ2L

導(dǎo)體槎方受的安培力為

Fb=2B°IL

可知，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩導(dǎo)體棒的安培力大小相等

C.根據(jù)題意，設(shè)導(dǎo)體棒。、〃穩(wěn)定時(shí)的速度大小分別為匕、%,穩(wěn)定時(shí)有

BO,2L%=2BOL5

分別對(duì)導(dǎo)體棒。、。應(yīng)用動(dòng)量定理有

F/=2叫,Fbt=mv()-mvb

解得

%=%升

由于導(dǎo)體棒b開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，導(dǎo)體棒。受向左的安培力，則導(dǎo)體棒。向左運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒

“、人最終速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；

A.由功能關(guān)系可知，導(dǎo)體棒力克服安培力做功等于導(dǎo)體棒〃、人上產(chǎn)生的焦耳熱和導(dǎo)體棒〃的動(dòng)能之和，

故A錯(cuò)誤：

B.由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒。、匕上產(chǎn)生的焦耳熱為

0二3〃汐；-5(2機(jī)+加)%12

丁。

3

則導(dǎo)體棒。上產(chǎn)生的焦耳熱為

Q(,=———Q=—小說(shuō)

故B正確；

D.根據(jù)題意，由動(dòng)量定理，對(duì)導(dǎo)體棒。有

Fat=B^2Lqa=2m^v0

解得

〃明

3BJ

故D正確。

故選BDo

三、非擇題：本題共6小題，共60分。

13.某小組做“探究加速度、力和質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，如圖所示，帶滑輪的長(zhǎng)木板水平放置，彈簧測(cè)

力計(jì)固定在天花板上。小車上固定一個(gè)定滑輪，細(xì)繩通過(guò)滑輪連接彈簧測(cè)力計(jì)和沙桶，繞過(guò)小車上定滑輪

的細(xì)繩均平行于長(zhǎng)木板，交流電的頻率為50Hz。

（1）實(shí)驗(yàn)中獲得的一條紙帶某段，如圖所示：（圖中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出）則在該次實(shí)驗(yàn)

中，紙帶中C點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻小車的速度大小為m/s,小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m/s2

（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）；

ABCDE

13.9315.7617.5019.35Jcm

（2）本實(shí)驗(yàn)中是否需要滿足“沙桶及沙的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量”這一條件（選填“需要”或

“不需要

（3）改變沙桶中細(xì)沙的質(zhì)量，重復(fù)實(shí)驗(yàn)操作，利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出多條紙帶，同時(shí)記錄對(duì)應(yīng)的彈簧測(cè)力

計(jì)的示數(shù)尸，以小車的加速度。為縱坐標(biāo).測(cè)力計(jì)的示數(shù)戶為橫坐標(biāo)繪制。-尸圖像，如圖所示，求得圖線

【答案】0.0.661.8③.不需要-

【解析】

【詳解】（1）11］紙帶中。點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻小車的速度大小為

X5.76cm+7.50cm八，

%一_方BD一_---------------------=0.66m/s

2x0.1s

⑵根據(jù)逐差法求得，小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

(XCZ)-XAB)+(XDE-XBC)

=1.8m/s2

4T2

（2）［3］由于有彈簧秤測(cè)量繩上的拉力，所以不需要用沙桶及沙的重力等于繩上的拉力，所以不需要滿足

“沙桶及沙的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量''這一條件。

（3）圖對(duì)小車進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有

2F-f=Ma

可得

a2」

MM

斜率為

2

解得

M2

~k

14.為測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,現(xiàn)備有下列器材:

A.待測(cè)電源

B.電流表（量程0~0.6A,內(nèi)阻約為0.1Q）

C.電壓表（量程0~3.0V,內(nèi)限約為10kC）

D.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為10C,額定電流2A）

E.定值電阻凡）=2.5C

F.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)電路圖如圖（a）所示

（1）按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實(shí)物筆畫(huà)線代替導(dǎo)線補(bǔ)充完整；

（2）改變滑動(dòng)變阻器的阻值，多次測(cè)量并記錄多組U、/數(shù)據(jù)，作出U-/圖像，如圖（c）所示，根據(jù)圖

像求得電源電動(dòng)勢(shì)V,內(nèi)阻/*=C。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

（3）為消除電表內(nèi)阻引起的誤差，采用一種改進(jìn)后的“補(bǔ)償”電路，如圖（d）所示。

①開(kāi)關(guān)KpK2,均斷開(kāi)，曷、A2均處于接入電路最大值。

②閉合K|,調(diào)節(jié)與，使電壓表V,電流表A1數(shù)值合適。

③保持Ri阻值不變，閉合調(diào)節(jié)&，使A1示數(shù)為零，記錄電壓表的示數(shù)U與電流表A2的示數(shù)乙。

④重復(fù)②、③操作測(cè)多組U、/2,作出U-A圖像，根據(jù)圖像可測(cè)得真實(shí)的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻人

在某次測(cè)量中，K?閉合后電壓表的示數(shù)（選填“大于”、“等于”或“小于”）K?閉合前電

②.1.80③.1.10④.大于

【解析】

【詳解】（1）[1]按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實(shí)物筆畫(huà)線代替導(dǎo)線補(bǔ)充完整，如圖所示

（2）[2][3]根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律有

U=E-I(4+r)

結(jié)合圖（c）可得

1.80

E=1.80V,

0.5

解得

r=1.10Q

（3）[4]在某次測(cè)量中，（閉合前，設(shè)此時(shí)電壓表示數(shù)為電流表A1示數(shù)為人，電壓表內(nèi)阻為R、，,

電流表A|內(nèi)阻為Rz，滑動(dòng)變阻器接入電路阻值為與；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

Ei=q+/[(RAI+&+7)

又

聯(lián)立可得

R】+Rv

保持《阻值不變，閉合K2,調(diào)節(jié)為，使A1示數(shù)為零，設(shè)此時(shí)電壓表示數(shù)為〃2,電流表A2示數(shù)為，2,

由于A1示數(shù)為零，則A1表兩端電勢(shì)相等，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

El=U2+/2(R()+r)

又

聯(lián)立可得

&=力(1+黑n

4+Rv

則有

4(1也”=.(1+黑!

R[+RyR[+R7

可得

則在某次測(cè)量中，l閉合后電壓表的示數(shù)大于K?閉合前電壓表的示數(shù)。

15.建立x軸沿水平方向的坐標(biāo)系，如圖所示，發(fā)球機(jī)將乒乓球從坐標(biāo)原點(diǎn)0發(fā)出，當(dāng)發(fā)射速度與水平方

向成6角時(shí)，乒乓球經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為（Z,0）o在某高度處固定一水平擋板，發(fā)球機(jī)仍以相同的初

速度發(fā)出乒乓球，乒乓球打到擋板上發(fā)生反彈，經(jīng)過(guò)％軸時(shí)的位置坐標(biāo)為（L5L,0）o已知乒乓球反彈前

后沿/軸方向速度不變，沿y軸方向速度等大反向，不計(jì)空氣阻力，乒乓球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為

g，求：

（1）乒乓球被拋出時(shí)速度的大小%;

【答案】（1）%=禹⑵”

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)乒乓球做斜拋后運(yùn)動(dòng)至X軸時(shí)的時(shí)間為，「水平方向

L=v0/,cos0

豎直方向

z=2x^sin￡

g

解得

IgL

sin20

（2）設(shè)乒乓球第二次運(yùn)動(dòng)至x軸時(shí)間為％,根據(jù)軌跡的對(duì)稱性得乒乓球兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為

:t2=2:3

擋板距離工軸的高度

解得

3Ltan0

n=---------

16

16.如圖所示，半徑R=1.0m的光滑半圓形軌道豎直固定，它的最底端跟水平傳送帶的8端平滑連接，軌

道上C點(diǎn)和圓心0的連線與水平方向成6=37。角。將小滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）無(wú)初速度放在傳送帶A端，同

時(shí)對(duì)小滑塊施加水平向右的恒力產(chǎn)=0.35N,當(dāng)小滑塊到達(dá)傳送帶8端時(shí)，撤去恒力凡已知小滑塊的質(zhì)

量機(jī)=O.lkg,與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.15；傳送帶的長(zhǎng)度L=8.5m,始終以%=5m/s的速度

順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）小滑塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

（2）小滑塊在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小。

【答案】（1）Z=2s；（2）UN

【解析】

【詳解】（1）小滑塊剛放上傳送帶時(shí)，受力分析如圖所示

FN

F

根據(jù)牛頓第二定律

F+f=

2

a}=5m/s

設(shè)小滑塊達(dá)到與傳送帶共同速度所用時(shí)間為4,該段時(shí)間內(nèi)的位移為七，則有

12

%=貼，%二針％

4=1s,玉=2.5m<L

達(dá)到共同速度后，對(duì)小滑塊受力分析如圖所示

FN

/〃g

根據(jù)牛頓第二定律

F-f=ma2

a2-8m/s

設(shè)小滑塊又經(jīng)時(shí)間L到達(dá)傳送帶8端，則有

解得

t2=Is

那么小滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

解得

r=2s

（2）設(shè)小滑塊到達(dá)傳送帶右端時(shí)的速度為K，則有

匕=%+研

小滑塊沿半圓形軌道滑至c點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

,ngR(l+sin=gmv\~；mvc

在軌道上r點(diǎn)，設(shè)小滑塊受到的彈力為尸，根據(jù)牛頓第二定律

6+mgsin37°=

聯(lián)立解得

4=1.1N

根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊在。點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小

G=耳=1.1N

17.如圖所示，平行正對(duì)金屬板a、6帶有等量異種電荷，極板間形成電場(chǎng)強(qiáng)度為a=lxl"N/C的勻強(qiáng)電

場(chǎng)，該空間同時(shí)分布有跟電場(chǎng)正交且垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比=叮。金屬板右側(cè)勻

強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線Q、R、M均垂直于兩極板的中間線尸0,邊界線。與中間線PO交于O點(diǎn)，QR之間的磁

場(chǎng)的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為S=1T,磁場(chǎng)寬度di=0.6m,RM之間的磁場(chǎng)的方向垂直紙面向

里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為&=4T,邊界/右側(cè)存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為瓦一帶正電

的粒子以平行于金屬板的速度即從左側(cè)進(jìn)入正交場(chǎng)區(qū)域，沿中間線P0向右運(yùn)動(dòng)，從圓孔穿后由。點(diǎn)進(jìn)入

磁場(chǎng)小，并恰好返回。點(diǎn)。已知邊界RM之間的磁場(chǎng)寬度均可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)，粒子的比荷為

-^-=lxlO5C/kg,不計(jì)粒子的重力，求：

m

（1）帶電粒子的速度vo；

（2）若粒子恰好不進(jìn)人邊界M右側(cè)的電場(chǎng)，磁場(chǎng)B2的寬度力；

（3）若粒子能夠進(jìn)入邊界M右側(cè)的電場(chǎng)：請(qǐng)寫(xiě)出E與4的關(guān)系式；

（4）若d2=35cm時(shí)，粒子從。進(jìn)入磁場(chǎng)到返回O所經(jīng)歷的時(shí)間。

QRM

6

【答案】⑴%=lxlO'm/s；⑵4=0.4m；(3)F=1.6x(J2-O.15)xlON/C(O.15m<d2<0.4m)；

(4)，總=7.3xICT's

【解析】

【詳解】解：（1）粒子沿中間線經(jīng)過(guò)通過(guò)正交場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡

=qE°

解得

5

v0=lxl0m/

（2）設(shè)粒子在QRRM內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑分別為門(mén)、小最終恰好不進(jìn)入右側(cè)電場(chǎng)，粒子軌跡全部

在磁場(chǎng)中如圖甲所示,

fnv-

D=—

4

7j=1m

設(shè)粒子飛過(guò)QR區(qū)域圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為。，根據(jù)幾何關(guān)系

sin。=4=0.6

解得

8=37。

那么2R區(qū)域的偏移量為

y=q-qcos37°=0.2m

在RM區(qū)域內(nèi)

一迫=0.25m

2泡

AO2=0.15m

M邊界與粒子軌跡恰好相切，則磁場(chǎng)B2的寬度

d2-AO2+/;=0.4m

（3）要保證粒子返回O點(diǎn)且速度水平向左，則山必須大于AQ,即

t/2>0.15m

粒子軌跡，如圖乙所示

QRM

當(dāng)0.15m<4<04m時(shí)，軌跡有一部分在電場(chǎng)中，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度可以分解為水平向右的％sina,

豎直向上的%cosa,粒子水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

時(shí)間為3加速度的大小為。

qE=ma

1