精品解析：湖北省武汉市江岸区2024-2025学年高三上学期1月期末物理试题

2024~2025学年度高三元月调考 物理试卷 全卷满分100分。考试用时75分钟。 祝考试顺利 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1. 在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　） A. 牛顿确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法 B. 安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质 C. 法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场 D. 汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并精确测出了电子的电荷量 2. 钍是一种潜在的核燃料，自然界中存在着大量具有天然放射性的钍。已知同位素钍232经过多次α、β衰变，其衰变方程为，则下列说法正确的是（　　） A. 的比结合能比大 B. 对加热，它衰变生成新核的速度会变快 C. 1kg的经过两个半衰期，则的衰变量为0.25kg D. x=3，y=2，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力 3. 2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设卫星发射简化过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a 点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为v1：v3=：1，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a 时速度大小为、远地点b 时速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A. 卫星在轨道Ⅱ上运行过b点加速度大于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度 B. 卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，经过a 点和b 点的速度大小之比 C. 若卫星在轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ上运行的周期分别为T1、T2，则有 D. 卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b过程中，其线速度、加速度、机械能均减小 4. 空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，初始气体压强为 p0、温度为 T0，现启动加热模式使气体温度升高到，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（　　） A. 升温后内胆中每一个气体分子的动量都增大 B. 此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增多 C. 升温后内胆中气体的压强为 D. 此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量，则气体内能增加量小于Q 5. 中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点场强方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中四个不同的带电粒子分别以相同的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口P1垂直射入，分别从Q1、Q2射出，丙、丁粒子由入射口P2垂直射入，分别从Q2、Q3射出。已知P1和Q1、P2和Q2关于圆心O对称，且Q1Q2=Q2Q3。下列说法正确的是（　　） A. 甲和丙粒子带正电、乙和丁粒子带负电 B. 甲、丙两粒子的比荷相同 C. 甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面射出 D. 若乙、丁两粒子电荷量相等，则它们经过静电分析器的动能变化量相等 6. 如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO'按图示方向匀速转动产生交流电，OO'与磁场边界重合。图（b）所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L 和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　） A. 若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，灯泡L将变亮 B. 若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，灯泡L亮度可能保持不变 C. 图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流 D. 线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率 7. 如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是（　　） A. 轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变 B. 拉力F最大值为 C. A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为 D. 在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动 8. 如图所示，一个半圆形折射率为的玻璃砖可在纸面内绕过圆心O点的轴转动，一束单色光沿半径方向射入。当玻璃砖底面与光屏平行时，光束经玻璃砖射到光屏上的P点，初始时测出入射光在O点与法线间的夹角θ=30°，O点到光屏的垂直距离h=10cm。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕O点转动，则（　　） A. 初始时P点距玻璃砖圆心O的距离 B. 玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上点不动 C. 若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则光点较初始位置向左移动了 D. 若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点 9. 直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L 的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒 ab垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为 m 的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒 ab 与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。已知导体棒 ab 距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒 ab 向左运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 闭合开关S 瞬间细线中的拉力大小为 B. 导体棒最终的速度大小为 C. 导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为 D. 重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能 10. 如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0=5m/s冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　） A. 圆弧半径R=0.9m B. 小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小均为2.5m/s C. 若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，则小球在轨道上运动时间 D. 若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角和半径R，保持轨道最高点与地面间高度差h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程sm=2m 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹，电动机的转速为n（单位：r/s）。如图乙，在钢柱上从痕迹起点O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。 （1）关于本实验操作，下列说法正确的是（　　） A. 先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落 B. 先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动 C. 本次实验必须要测量钢柱的质量 （2）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=________。（用题中所给物理量的字母表示） （3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，某同学画出h-v2的图像，并求得该图线的斜率为k，则重力加速度g=________。 12. 新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪某型号电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E 和内阻r。 （1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要________h。 （2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻 r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有： 电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A） 电压表V1（量程3V）； 电压表V2（量程15V） 定值电阻R01（阻值5Ω，额定功率5W） 定值电阻R02（阻值50Ω，额定功率50W） 滑动变阻器RP1（阻值 10Ω）；滑动变阻器RP2（阻值100Ω） 刀片电池电芯内阻较小，为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，本实验中电流表、电压表、定值电阻R0、滑动变阻器 RP分别应选 。（填对应选项） A. A1、V2、R01、RP1 B. A1、V1、R01、RP1 C. A2、V1、R01、RP1 D. A1、V1、R01、RP2 （3）记录单刀双掷开关S₂分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，由图线A得出的电动势测量值________真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合A、B两条图线，此电芯的电动势为E=________，内阻r=________（用图1和图2中的字母表示）。 （4）两个实验小组分别完成了上述的实验后，发现甲、乙两刀片电池的电动势相等，内阻有较大的差异。同学们进一步探究电池内阻的热功率 P 随路端电压U变化的关系，画出了下图所示的图像。已知甲电池的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。 A. B. C. D. 13. 在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500 米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求： （1）划水和空中运桨两阶段皮艇的加速度大小之比； （2）该过程中皮艇所受阻力的大小。 14. 如图所示，一倾角θ=37°（sin37°=0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M=3kg的滑块与劲度系数为k=600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m=1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动∆x=0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为，重力加速度g取10m/s2。求： （1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A； （2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小； （3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0=1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。 15. 如图所示，在平面直角坐标系xOyy轴和虚线x=8L之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧（x>8L）有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从坐标为（，L）的 P 点以初速度3v0沿y轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点O 射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与虚线x=8L 相切，不计粒子重力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小B1和粒子第 n次经过y轴位置的纵坐标y0； （3）减小磁场区Ⅰ的磁感应强度，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的M 点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的N点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度B2大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度高三元月调考 物理试卷 全卷满分100分。考试用时75分钟。 祝考试顺利 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1. 在物理学的发展过程中，蕴含着丰富的物理思想和方法，下列描述正确的是（　　） A. 牛顿确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法 B. 安培首次发现了电流的磁效应，并提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质 C. 法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场 D. 汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并精确测出了电子的电荷量 【答案】C 【解析】 【详解】A．伽利略确立了许多用于描述物体运动的基本概念，也创造了实验和逻辑推理结合的科学方法，故A错误； B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，而安培提出分子环流假说，解释了磁现象的电本质，故B错误； C．法拉第不仅提出了场的概念，而且引入电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故C正确； D．汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，密立根精确测出了电子的电荷量，故D错误。 故选C。 2. 钍是一种潜在的核燃料，自然界中存在着大量具有天然放射性的钍。已知同位素钍232经过多次α、β衰变，其衰变方程为，则下列说法正确的是（　　） A. 的比结合能比大 B. 对加热，它衰变生成新核的速度会变快 C. 1kg的经过两个半衰期，则的衰变量为0.25kg D. x=3，y=2，α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力 【答案】D 【解析】 【详解】A．衰变过程释放能量，生成的更稳定，比结合能大于的比结合能，故A错误； B．原子核的半衰期与原子核内部的结构有关，与环境无关，故B错误； C．根据半衰期计算公式，可得1kg的经过两个半衰期，剩余的质量为 则的衰变量为 故C错误； D．粒子为，粒子为，根据质量数守恒和电荷数据守恒有 ， 联立解得 ， α粒子是氦原子核，它具有很强的电离能力，故D正确。 故选D。 3. 2024年1月9日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。假设卫星发射简化过程如图所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ，在a 点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过b点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，已知卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为v1：v3=：1，在椭圆轨道Ⅱ上运行经过近地点a 时速度大小为、远地点b 时速度大小为，则下列说法正确的是（　　） A. 卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度大于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度 B. 卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，经过a 点和b 点的速度大小之比 C. 若卫星在轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ上运行的周期分别为T1、T2，则有 D. 卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度、机械能均减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于卫星在b点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ上，需点火加速做离心运动，线速度增大，而圆周运动的轨道半径不变，根据向心加速度的公式 可知，卫星在轨道Ⅱ上运行过b点的加速度小于轨道Ⅲ上运行过b点的加速度，A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得 故卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行速度的大小之比为 解得 结合开普勒第二定律可得 解得 B错误； C．根据开普勒第三定律可得 其中 联立解得 C正确； D．根据开普勒第二定律及牛顿第二定律 故卫星在轨道Ⅱ上从a运动到b的过程中，其线速度、加速度减小，但机械能不变，D错误。 故选C。 4. 空气炸锅是利用高温空气循环技术加热食物。图为某型号空气炸锅简化模型图，其内部有一气密性良好的内胆，封闭了质量、体积均不变可视为理想气体的空气，初始气体压强为 p0、温度为 T0，现启动加热模式使气体温度升高到，此过程中气体吸收的热量为Q，内胆中气体体积不变，则（　　） A. 升温后内胆中每一个气体分子的动量都增大 B. 此过程内胆中气体分子单位时间内撞击单位面积内壁的次数增多 C. 升温后内胆中气体的压强为 D. 此过程中由于气体对外界做功小于气体吸收的热量，则气体内能增加量小于Q 【答案】B 【解析】 【详解】A升温后所有分子的平均速率增大，并非每个分子的速率都增大，因此并非每个分子的动量都增大，A错误； B．气体体积不变，温度升高，分子平均动能增大，分子的热运动加剧，单位时间内撞击单位面积上的次数增多，B正确； C．气体在此过程是一个等容变化，根据查理定律可得 解得 C错误； D．由于气体体积不变，所以气体对外界做功 根据热力学第一定律可知 解得 D错误。 故选B。 5. 中国新一代粒子研究器“超级陶粲”装置正式启动，静电分析器是其重要组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，静电场中任意一点场强方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中四个不同的带电粒子分别以相同的速度射入静电分析器，仅在电场力作用下，甲、乙粒子由入射口P1垂直射入，分别从Q1、Q2射出，丙、丁粒子由入射口P2垂直射入，分别从Q2、Q3射出。已知P1和Q1、P2和Q2关于圆心O对称，且Q1Q2=Q2Q3。下列说法正确的是（　　） A. 甲和丙粒子带正电、乙和丁粒子带负电 B. 甲、丙两粒子的比荷相同 C. 甲、乙、丙、丁四粒子均垂直于端面射出 D. 若乙、丁两粒子电荷量相等，则它们经过静电分析器的动能变化量相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲、乙、丙、丁四粒子发生偏转，均由电场力提供向心力，指向圆心，与电场强度的方向相同，故四个粒子都带正电，故A错误； BC．由题可知，甲从垂直入射，因与关于圆心对称，故甲从垂直出射，所以甲粒子在整个偏转过程沿电场线方向没有发生位移，速度大小不变，电场强度大小不变；同理，丙从垂直入射，从垂直出射，对两粒子，电场力提供向心力，则有 又 联立解得 故甲、丙两粒子速度大小相等；对于乙粒子分析，从垂直入射，经电场偏转，从射出，故粒子在电场方向发生了位移，电场力做负功，速度变小，乙粒子所受电场力不断变小，乙粒子不会垂直射出；同理，丁粒子，也不会垂直射出，故B正确，C错误； D．由上分析，可知乙、丁粒子在电场强度方向发生的位移，电场力做负功，根据 可知乙粒子更靠近圆心，则它的电场强度平均值更大，根据 因 可知乙粒子受到的电场力做的负功更多，根据动能定理可知 乙粒子的动能变化量更大，故D错误。 故选B。 6. 如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO'按图示方向匀速转动产生交流电，OO'与磁场边界重合。图（b）所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L 和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　） A. 若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，灯泡L将变亮 B. 若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，灯泡L亮度可能保持不变 C. 图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流 D. 线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率 【答案】A 【解析】 【详解】A．若保持 P2和P3不变，仅将 P1向左移动，滑动变阻器的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，输出端的电压随之增大，导致流过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A正确； B．若将 P1移至最右端，仅顺时针转动 P3，变压器输入端的电压不变，原副线圈匝数比增大，输出端的电压减小，灯的亮度变暗，B错误； C．线圈绕OO'轴转动，始终有一半处于磁场中，线圈中一直有电流，C错误； D．理想变压器不改变交流电的频率，故线圈匀速转动的频率等于自耦变压器输出端交流电的频率，D错误。 故选A。 7. 如图所示，光滑轻质滑轮固定在天花板上，一根不可伸长的轻绳跨过滑轮分别系着物块A和小球B，物块A放置在水平地面上，小球B静止在空中，A、B质量分别为4m、m，物块A与水平面间的动摩擦因数为0.5，滑轮左侧轻绳与水平面间夹角为53°，现施加水平拉力F作用在小球B上使其缓慢转动至物块A即将发生滑动为止，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，以下说法正确的是（　　） A. 轻绳对定滑轮的作用力逐渐增大，方向不变 B. 拉力F最大值为 C. A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为 D. 在A即将滑动时，撤去拉力F后，物块A会发生滑动 【答案】C 【解析】 【详解】A．设轻绳拉力为T，滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为α，小球B缓慢转动过程，α逐渐增大，小球B受力平衡，则有， 则轻绳拉力T逐渐增大，轻绳对定滑轮的作用力沿两绳夹角的角平分线方向，两绳夹角增大，则轻绳对滑轮的作用力大小改变，方向改变，故A错误； B．当物块A即将发生滑动时α最大，轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A有，， 解得 所以， 故B错误； C．A即将滑动时，突然撤去拉力F的瞬间，小球B的加速度大小为 故C正确； D．在A即将滑动时，撤去拉力瞬间，绳中拉力突变为 则物块A静止不动，之后，小球B做圆周运动，假设A一直静止不动，则 在最低点，有 联立可得 小球B做圆周运动过程中，到达最低点时，绳中拉力最大，但最大拉力恰好等于2mg，则假设成立，物块A一直保持静止，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，一个半圆形折射率为的玻璃砖可在纸面内绕过圆心O点的轴转动，一束单色光沿半径方向射入。当玻璃砖底面与光屏平行时，光束经玻璃砖射到光屏上的P点，初始时测出入射光在O点与法线间的夹角θ=30°，O点到光屏的垂直距离h=10cm。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕O点转动，则（　　） A. 初始时P点距玻璃砖圆心O的距离 B. 玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点不动 C. 若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则光点较初始位置向左移动了 D. 若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点 【答案】AD 【解析】 【详解】A．设折射角为α，根据折射定律有 根据几何关系可得 联立解得 故A正确； B．玻璃砖绕O点转动时，入射角变化，当入射角大于等于临界角时，将发生全反射，则光不能透过玻璃砖射到光屏上，所以玻璃砖绕O点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点发生移动，故B错误； C．若玻璃砖绕O点逆时针转动30°，则入射光线与界面垂直，所以 故C错误； D．若玻璃砖绕O点顺时针转动15°，则入射角为45°，由于 光线发生全反射，则光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点，故D正确。 故选AD。 9. 直流电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到安培力的作用而运动。如图所示为使用直流电动机提升重物的示意图，间距为L 的平行导轨固定在水平面内，导轨左端接有电动势为E、内阻为r的直流电源，导轨电阻不计，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒 ab垂直导轨放置，其中心通过绝缘细线绕过固定光滑定滑轮后与静止在地面上的质量为 m 的重物相连，此时细线恰好伸直且无拉力，导体棒 ab 与滑轮间的细线水平。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。已知导体棒 ab 距离导轨左端足够远，重物上升过程中不会碰到定滑轮，重力加速度为g，不计一切摩擦。闭合开关S后，导体棒 ab 向左运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 闭合开关S 瞬间细线中的拉力大小为 B. 导体棒最终的速度大小为 C. 导体棒匀速运动时直流电源的输出功率为 D. 重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，安培力对导体棒所做的功等于系统增加的机械能 【答案】BD 【解析】 【详解】A．闭合开关S瞬间，回路中的电流为 导体棒所受安培力 对导体棒和重物整体受力分析，由 解得 设此时细线拉力为T，对重物受力分析可得 解得 故A错误； B．导体棒向左运动时会产生与直流电源相反的感应电动势，初始，导体棒向左加速运动，随着导体棒速度的增大，回路中的电流减小，根据牛顿第二定律可知，导体棒向左做加速度减小的加速运动，最终达到匀速，设稳定时导体棒的速度大小为v，则回路中的电流 由 解得 故B正确； C．导体棒匀速运动时，直流电源的输出功率 故C错误； D．重物从静止出发到刚好做匀速运动的过程中，对导体棒和重物组成的系统，只有安培力和重物的重力做功，由功能关系可知，安培力对导体棒所做的功等于导体棒和重物组成的系统增加的机械能，故D正确。 故选BD。 10. 如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0=5m/s冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量和小球质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　） A. 圆弧半径R=0.9m B. 小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小均为2.5m/s C. 若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动距离为，则小球在轨道上运动时间 D. 若固定圆弧轨道，调节轨道对应的圆心角和半径R，保持轨道最高点与地面间高度差h=0.45m不变，则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程sm=2m 【答案】ACD 【解析】 【详解】AB．设小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小分别为和，则小球相对圆弧轨道的速度与水平方向成角，即 小球与圆弧轨道相互作用的过程中，根据水平方向动量守恒和系统机械能守恒有 联立得，， 故A正确，B错误； C．设小球与圆弧轨道相互作用过程中，小球水平方向的平均速度大小为，圆弧轨道的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒有 两边同时乘以时间并消去m得 即 求得 故C正确； D．若固定圆弧轨道，设小球从轨道最高点飞出时的速度大小为，则小球运动至轨道最高点过程中由动能定理得 求得 根据抛体运动知识有， 联立得 因 设， 则 则小球运动至轨道最高点沿切线方向飞出后，落回水平地面的最大水平射程为 故D正确。 故选ACD。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹，电动机的转速为n（单位：r/s）。如图乙，在钢柱上从痕迹起点O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。 （1）关于本实验操作，下列说法正确的是（　　） A. 先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落 B. 先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动 C. 本次实验必须要测量钢柱的质量 （2）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD=________。（用题中所给物理量的字母表示） （3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，某同学画出h-v2的图像，并求得该图线的斜率为k，则重力加速度g=________。 【答案】（1）A （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 AB．为了在钢柱表面画上更多的痕迹，需要先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落，故A正确，B错误； C．由于本实验验证机械能守恒定律，物体下落过程中减小的重力势能与增加的动能表达式中均包含物体质量，而物体的质量可以约掉，所以不需要测量物体质量，故C错误。 故选A。 【小问2详解】 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，画出痕迹D时，钢柱下落的速度为， 所以 【小问3详解】 若机械能守恒，则 所以 则 12. 新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪某型号电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E 和内阻r。 （1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要________h。 （2）为了能较准确的测量一块电芯的电动势E和内阻 r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图1所示，除电芯、开关、导线外，可供选择使用的实验器材还有： 电流表A1（量程0.6A）；电流表A2（量程3A） 电压表V1（量程3V）； 电压表V2（量程15V） 定值电阻R01（阻值5Ω，额定功率5W） 定值电阻R02（阻值50Ω，额定功率50W） 滑动变阻器RP1（阻值 10Ω）；滑动变阻器RP2（阻值100Ω） 刀片电池电芯的内阻较小，为了器材的安全、测量的准确和操作的方便，本实验中电流表、电压表、定值电阻R0、滑动变阻器 RP分别应选 。（填对应选项） A. A1、V2、R01、RP1 B. A1、V1、R01、RP1 C. A2、V1、R01、RP1 D. A1、V1、R01、RP2 （3）记录单刀双掷开关S₂分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的A、B两条U-I图线，由图线A得出的电动势测量值________真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合A、B两条图线，此电芯的电动势为E=________，内阻r=________（用图1和图2中的字母表示）。 （4）两个实验小组分别完成了上述的实验后，发现甲、乙两刀片电池的电动势相等，内阻有较大的差异。同学们进一步探究电池内阻的热功率 P 随路端电压U变化的关系，画出了下图所示的图像。已知甲电池的内阻较大，则下列各图中可能正确的是 。 A. B. C. D. 【答案】（1）0.26 （2）B （3） ①. 相等 ②. EA ③. （4）C 【解析】 【小问1详解】 由铭牌可知一块电芯额定容量为 则用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间为 【小问2详解】 由题给器材只能选定值电阻（阻值5Ω，额定功率5W）或定值电阻（阻值50Ω，额定功率50W），根据可知为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1； 一块电芯的电动势为 则电压表应选V1； 电压最高为3V，如果选择50Ω的定值电阻，最大电流低于0.06A，电路电流太小，影响实验的准确性，所以定值电阻应选R01； 为了调节方便，滑动变阻器应选择阻值较小的RP1。 故选B。 【小问3详解】 [1]根据闭合电路欧姆定律可得 可知图线斜率的绝对值表示； 当S2接1时，设电流表的内阻为，则有 当S2接2时，设电压表的内阻为，则有 整理可得 可知图线A对应S2接1，图线B对应S2接2，由图线A得出的电动势测量值等于真实值。 [2][3]由图线A得出的电动势测量值等于真实值，则有 图线B对应S2接2，误差来源于电压表的分流，当，对应的电流是准确的，则有 解得 【小问4详解】 电池内阻的热功率为 当时，可知，由于甲、乙两刀片电池的电动势相等，则甲、乙两图线交于横轴同一点； 当时，可得 由于甲电池的内阻较大，则甲图线的纵轴截距小于乙图线的纵轴截距。 故选C。 13. 在2024年巴黎奥运会上，中国皮划艇队在男子500 米双人划艇项目中再创辉煌。由刘浩和季博文组成的强强组合，以1分39秒48的成绩斩获金牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎奥运会上的首金，也是中国皮划艇项目在奥运会历史上的又一次突破。在日常单人皮艇训练中，运动员采用单桨划水使皮艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水阶段用时1.2s，空中运桨用时为1.0s，若皮艇（含运动员和桨）质量为80kg，运动过程中受到的阻力恒定，划水时桨产生的动力大小为皮艇所受阻力的2.5倍。设某次训练中桨刚入水时皮艇的速度为0，运动员紧接着完成1次划水和运桨动作，此过程皮艇前进4.76m，求： （1）划水和空中运桨两阶段皮艇的加速度大小之比； （2）该过程中皮艇所受阻力的大小。 【答案】（1）3：2 （2）160N 【解析】 【小问1详解】 对桨受力分析，根据牛顿第二定律可知，划水阶段 空中运桨阶段 又因为 联立解得 【小问2详解】 划水阶段皮划艇的位移 加速的最大速度 空中运桨阶段皮划艇的位移 由题可知 联立解得 根据牛顿第二定律可得，皮划艇受到的阻力 14. 如图所示，一倾角θ=37°（sin37°=0.6）的光滑固定斜面上，一质量为M=3kg的滑块与劲度系数为k=600N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量为m=1kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块粘合在一起，两者一起在斜面上向上运动∆x=0.04m至最高点，之后继续沿斜面做上下振动。已知弹簧的弹性势能Ep与劲度系数k和形变量x的关系为，重力加速度g取10m/s2。求： （1）碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am和组合体做简谐运动的振幅A； （2）碰撞之前泥团的初速度v0的大小； （3）当滑块与泥团到达最低点的瞬间，将一质量为m0=1kg的小泥团轻置于滑块上，使其立即与组合体粘在一起，求新的组合体的最大动能Ekm。 【答案】（1）7.5m/s2，0.05m （2）2.4m/s （3）0.48J 【解析】 【小问1详解】 设滑块M在初始位置时弹簧伸长量为x0，则 解得 则上升0.04m后弹簧压缩量为 对组合体，在最高点，根据牛顿第二定律方程有 解得 设组合体在平衡位置时弹簧伸长量为x2，则有 解得 所以 【小问2详解】 设碰撞后组合体的速度为v共，碰撞后至最高点的过程中，根据能量守恒定律有 解得 泥团与滑块碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 【小问3详解】 因原来组合体振幅为0.05m，则原组合体在最低点时弹簧伸长量为 设新组合体到达新的平衡位置弹簧的伸长量为x3，则有 解得 由系统机械能守恒可得 所以 15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的y轴和虚线x=8L之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧（x>8L）有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从坐标为（，L）的 P 点以初速度3v0沿y轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点O 射出电场进入磁场区Ⅰ，第一次在磁场区Ⅰ中的运动轨迹与虚线x=8L 相切，不计粒子重力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）匀强电场电场强度大小； （2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小B1和粒子第 n次经过y轴位置的纵坐标y0； （3）减小磁场区Ⅰ的磁感应强度，使粒子第一次在磁场区Ⅰ中运动时，从O点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的M 点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的N点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度B2大小。 【答案】（1） （2）， （3）或或（n取偶数） 【解析】 【小问1详解】 由题意知， 粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛规律得L=3v0t，，Eq = ma 联立解得 【小问2详解】 设粒子从O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为v，由第（1）问得粒子在O点y轴负方向速度大小为3v0，x轴正方向速度大小为4v0；则v=5v0 可知， 粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与y轴负方向夹角为α=53°如图所示 设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为r1， 根据几何关系 解得r1=5L 由 解得 甲粒子第二次经过y轴的位置A 点离O 点的距离LOA=2r cos 37° 得LOA=8L 由类平抛运动规律可得粒子在电场中沿 y轴负方向运动的距离LAB=2L 则粒子第三次经过 y轴时坐标为（0， 6L） 在磁场中每偏转一次，沿y轴正方向运动 8L，在电场中每运动一次，沿y轴负方向运动2L，则粒子第五次经过y轴时坐标为（0，12L） 由规律可得： 当n取奇数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标y0=3（n-1）L 当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置纵坐标y0=（3n+2）L 【小问3详解】 经过分析，粒子能到达N点有三种情况： 第一种运动轨迹如图乙所示，粒子从M点进入磁场区Ⅱ，若偏转后直接到达 N点， 设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径r2，根据几何关系2r2cos37°=3L 解得 设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B2， 据牛顿第二定律有 得 第二种运动轨迹如图丙所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ、电场，再回到磁场区Ⅰ到达N点，根据运动对称性知AN间距离为2L，则MA间距离为L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系 解得 同理可得 第三种运动轨迹如图丁所示，粒子经磁场区Ⅱ偏转后再进入磁场区Ⅰ，电场、再回到磁场区Ⅰ，再进入磁场区Ⅱ偏转后到达N点，根据运动对称性知AD间距离为2L，则MA间距离等于DN间距离为，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径，根据几何关系有 解得 同理可得： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$