山东省聊城第三中学2025-2026学年高三上学期第四次质量检测物理试题

4 高三年级第四次质量检测（物理试题） 一、单项选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项是正确的，错选和不选得0分） 1．如图所示，三块由同种材料制成的木块A、B、C固定在水平地面上，一颗水平飞行的子弹以速度击中木块A，并恰好能穿过全部木块．假设子弹穿过木块过程中受到的阻力大小不变，下列说法中正确的是（　　） A．若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块的时间之比为 B．若三块木块的长度相等，则穿出第一块时的速度为 C．若穿过三块木块所用的时间相等，则三块木块的长度之比为 D．若穿过三块木块所用的时间相等，则穿出第二块时的速度为 2．某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝，的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述正确的是（　　） A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，没有发生了衍射 B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大 C．照射两条狭缝，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距减小 D．照射两条狭缝，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点一定是暗条纹 3． 一列简谐横波在介质中沿x轴传播，图甲为时的波形图，点、点的平衡位置分别为，。图乙为点的振动图像，下列说法正确的是（ ） A. 该波向右传播，波速为 B. 时，质点的加速度达到负向最大 C. 时，质点沿轴正方向运动 D. 从到，质点通过的路程为 4．如图所示，一质量为3m的木厢C静置于光滑水平地面上，厢内质量为m的物块A与质量为2m的物块B紧挨在一起，中间夹有少量火药。两物块与木厢底板间的动摩擦因数均为µ，当火药爆炸（爆炸时间极短）后物块B向右以对地大小为v0的速度运动，物块与木厢壁碰撞时会被粘住，则下列说法正确的是（　　） A. 系统（A、B、C）最后以大小为速度向右运动 B．火药爆炸后、与C碰撞前，物块A、B满足动量守恒定律 C. 火药爆炸释放的能量为 D. 火药爆炸后系统（A、B、C）最终损失的机械能为 5．如图所示，在光滑水平面上将质量为的小球从A点以的速度水平抛出，在平行于水平面的恒力作用下，物体运动到B点时的速度，、与AB连线的夹角均为，A、B两点间的距离为。下列说法正确的是（　　） A. ，方向沿AB连线由A指向B B. ，方向与AB连线的夹角为 C. 运动过程中小球的最小速度为 D. 小球抛出后经达到最小速度 6．太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，能够更便捷的运输物资和发射卫星等。如图所示，在地球赤道上利用超轻超高强度材料建设直通高空的电梯，图中虚线为地球同步卫星轨道。已知地球质量为M，同步卫星轨道半径为，引力常量为G，取无穷远处为零势能点，距地心距离为r、质量为m的卫星与地球之间的引力势能可表达为。卫星沿太空电梯被运送到距离地心（）处，随太空电梯一起绕地心做匀速圆周运动，然后相对电梯由静止释放，仅考虑地球对卫星的引力作用，下列说法正确的是（ ） A. 释放前卫星的运行速度与成反比 B. 释放后卫星的运行速度与成正比 C. 当时，释放后的卫星能脱离地球的束缚 D. 当时，释放后的卫星能脱离地球的束缚 7．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（　　） A框架对小球的支持力先减小后增大 B．拉力F的最小值为 C．地面对框架的摩擦力先减小后增大 D．框架对地面的压力先增大后减小 8．如图所示，木板AB质量为M=2kg静止放在光滑水平面上，木板的右端B处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离LAC=1.0m，可视为质点的小滑块质量为m（m未知），静止放置在木板的左端；现对木板施加水平向左的恒力F=24N，0.5s时撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点右侧部分光滑、C点左侧部分与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2；取g=10m/s2。下列说法正确的是（　 　） A．若恒力F=9N，则在F作用时间内木板和滑块会相对静止 B．撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动 C．在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=12.0J D．在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q=8.0J 二、多项选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或多个选项是正确的，部分对得 2分，错选和不选得0分） 9．如图所示，等腰直角的三个顶点分别固定一条垂直三角形平面且足够长的通电直导线，三条导线长度相同，导线内均通有恒定电流。设通电直导线在周围产生的磁场的磁感应强度大小（式中为磁场中某点到通电直导线的距离，为正值常数，为导线中的电流强度）。已知，、两处导线中的电流大小均为，方向如图所示，b处导线所受安培力大小为，方向垂直ab向右，则（　　） A. 处的磁感应强度方向从指向 B. 处导线中的电流方向垂直三角形平面向里 C. 处导线所受安培力大小为 D. 处导线中的电流大小为 10．如图所示，电源的电动势为、内阻为，R1、R2均为定值电阻，为滑动变阻器，平行板电容器的极板水平放置，闭合开关，带电油滴恰好在两板之间处于静止状态。现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（　　） A．电源消耗的总功率增大 B．定值电阻R2消耗的功率增大 C．带电油滴将向上运动 D．通过滑动变阻器的电流增大 11．如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B、两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量均为，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，将A、B由静止释放，下列正确的（　　） A．物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为6N B．物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零 C．物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能 D．物体B下降2m时（此时B未落地）的速度大小为4m/s 12．如图所示，长为的轻杆一端连着质量为的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的点，初始时小球静止于地面上，边长为、质量为的正方体左侧静止于点处。现在杆中点处施加一大小始终为（为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是（　　） A. 拉力所做的功为 B. 拉力撤去时小球的速率为 C. 当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为 D. 当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为 二、实验题（每小题6分，共12分） 13. (6分)某实验小组为探究物体质量一定时加速度与力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。其中M为小车的质量（小车左端滑轮质量忽略不计），m为砂和砂桶的质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。 （1）本实验_______（选填“需要”、“不需要”）满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。 （2）某同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，相邻两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为_______（结果保留三位有效数字）。 （3）某同学以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出如图丙所示的图像是一条不过原点的倾斜直线，则直线未过原点的原因可能为_______。 （4）若求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______。（单选，填正确答案标号） A. B. C. D. 14. （6分）课题研究小组欲将电流表改装成量程为的电压表。实验需要先测量电流表的内阻，同学们根据实验目的，设计了实验电路并连接了部分电路。现有实验器材如下： A.电流表（量程为，内阻约为） B.电流表（量程为，内阻约为） C.定值电阻（阻值为） D.定值电阻（阻值为） E.滑动变阻器 F.一节新的干电池 G.开关S及导线若干 （1）图甲中的定值电阻应选用_____（填“C”或“D”）。 （2）根据实验目的，在图甲中完成完整的实物电路连线 _____。 （3）正确连接线路后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，获得多组电流表的示数和电流表的示数，将对应的数据在坐标系中描点，作出图像如乙所示，电流表的内阻为_____。 （4）给电流表串联一个阻值为_____的定值电阻，可将电流表改装成量程的电压表。（保留三位有效数字） 四、计算题（本题包括4小题，共48分） 15. （8分）某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖AMB圆心为O点，半径为R，直角三棱镜的斜边EG平行于直径AB且长度等于2R，。在F横截面所在平面内，单色光线垂直入射到EF边，并从EG边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为。求： （1）从EG边射出的光线与EG边法线的夹角； （2）不考虑反射光线，半圆弧AMB上有光线射出的点到B点的最小弧长l。 16.（10分）一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t1=0.4s时刻的波形如图虚线所示，求： （1）若波向x轴负方向传播，且t1<T，写出x=1.5m处的质点的振动方程； （2）若波向x轴负方向传播，且T<t1<2T，求x=2m处的P质点第一次出现波谷的时刻； （3）若波向x轴正方向传播，求该波的波速。 17. （14分）如图所示，光滑圆弧轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平面CD右侧为顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的光滑水平面MN足够长，MN上静置一物块Q，N处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。物块P从A点出发，初速度沿切线方向向上，恰好能通过圆弧最高点B，并沿着圆弧轨道运动到C点，此时速度大小。已知AO与竖直方向的夹角为，P、Q均可视为质点，质量分别为，，P、Q间的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在MN上，传送带长，物块P与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。结果可用根式表示。 （1）求物块P在A点时初速度的大小； （2）调整传送带的速度大小，求物块P第一次到达M点时速度大小的范围； （3）若传送带速度大小为10m/s，求从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间t。 18.（16分）如图所示，在xOy直角坐标系中，在x轴负半轴区域内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E1（未知）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从A点（到x轴的距离是d）以一定的初速度沿x轴正方向开始运动，粒子恰好以速度v0经过原点进入y轴右侧区域，v0的方向与x轴正方向的夹角θ＝30°。在第一、四象限内，距y轴为L的MN左侧区域内存在磁感应强度大小均为B（未知）的匀强磁场，第一象限的匀强磁场方向垂直纸面向外，第四象限的匀强磁场方向垂直纸面向里。MN右侧区域内存在正交分布的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里，大小也为B，电场强度沿x轴正方向，大小为E2。若带电粒子恰好从MN与x轴的交点P进入MN右侧区域。不计粒子的重力，不计空气阻力。 （1）求A点到y轴的距离x和E1的大小； （2）求B的大小； （3） ( A E 1 O θ v 0 B B P M N y x B E 2 )若，，求粒子在MN右侧区域运动时，距y轴最远时的位置坐标。 [键入文字] [键入文字] [键入文字] 1 学科网（北京）股份有限公司 $高三年级第四次质量检测（物理试题） 缺考标记☐ 客观题 ☒ 1[A][B][C][D]2[A][B][C][D] 3[A][B][C][D]4[AJ[B][C][D]5[A][B][C][D 6[A][B][C][D]7[AJ[B][C][D] 8[A][B][C][D] 9[A][B][C][D]10[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 12[A][B][C][D] 二、 实验题 131) 13(2) 13(3) ☒ I 13(4) 14(1) ☒ 14(2) ! 143) 144) 风 三、计算题 876543210 0.5 15(8分) R i E 如数 B O M 第1页（共4页） 109 87 65432100.5 16(10分) y/cm 10 0 2 4 X/m -10 1 1 第2页（共4页） 141312 1110987 654321 00.5 1714分) B VA 539 挡板 Q C M 1 I 第3页（共4页） 1615141312111098765432 100.5 18(16分) M ·B ××× 1 E +B 第4页（共4页）2025一2026学年高三上学期第三次质量检测物理试题答案 1【答案】D 【详解】A.子弹通过三块由同种材料制成的木块A、B、C,做的是末速度为零的匀减速直线运动， 利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的 位移所用时间之比为1：(V2-1):(V3-√②)，故若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块A、B、 C的时间之比为(V3-√②)：(W2-1):1,故A错误： B.利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；设木块的长度为L,穿 出第二块时的速度为v,根据运动学规律有y=2a×3L,v2=2a*2L 解得v=乡o 故B错误： CD.由题意，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动，若穿过三块 木块所用时间相等，则子弹通过C、B、A的位移之比为1：3：5，故三块木块A、B、C的长度之比为 La:L:Lo=5:3:1 设穿过第二块时的速度大小为v1,穿过一块木块所用时间为t,则有v。=3t,y,=at 解得=故D正确。 2【答案】D 【详解】A.由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时， 同时也发生衍射，故A错误： B.狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱， 图丙中亮条纹宽度减小，故B错误： C.根据条纹间距公式△r=2可知照射两条狭缝时，增加L,其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的 中心间距增大，故C错误； D.照射两条狭缝时，若光从狭缝S、S,到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条 纹，故D正确。 3.【答案】B 【详解】A.由图乙可知在t=0.10s时Q点处于平衡位置，振动方向向下，根据“上下坡法”，结合 图甲，可知该波向左传播，由图甲可知波长为8，由图乙可知周期为0.20s,则波速为v=2=40m/6, 故A错误： B.因t=0.65s=3二T,故在t=0.65s时质点2的达到正向位移最大处，则加速度达到负向最大， d 故B正确： C.在图甲中，根据“上下坡法”，可知在t=010s时刻质点P的振动方向向上，因 T △t=0.15s-0.10s=0.05s= 即从t=0.10s再经过二T的时间质点P向平衡位置运动，即运动方向为沿y轴负方向，故C错误： 4 D.从t=0.15到t=0.45s,经过的时间为0.35s,即127，因质点P在t=0.10s时不是处于波峰或 波谷或平衡位置，所以质点P通过的路程不等于7个振幅，则其实际路程不等于70c,故D错误。 故选B。 4.【答案】D 【详解】A.由于A、B、C组成的系统满足动量守恒，所以系统末动量为零，系统最后处于静止状 态，故A错误： B.火药爆炸后、与C碰撞前，由于AB组成的系统所受合力不为零，则物块A、B不满足动量守恒 定律，故B错误： C.火药爆炸瞬间，AB满足动量守恒，则YA=2Y。 所以火药爆炸释放的能量为E=号m心以+号2心=3m故C错误， 2 D.根据能量守恒定律可知，最终系统保持静止，所以火药爆炸后系统(A、B、C)最终损失的机 械能为3w。,故D正确。故选D。 5.【答案】C 【详解】AB.由对称性可知，小球受合力的方向垂直AB连线指向左下方，沿AB方向xAB=V4COs30°t 垂直AB方向2y4sin30°=at解得a=2√3m/s2 由牛顿第二定律可知F=a=2√3N选项AB错误； C.运动过程中小球的最小速度为Vmim=V4cos30°=3m/s选项C正确； D.小球抛出后达到最小速度的时间1=m30 =0.5s选项D错误。故选C。 a 6.【答案】D 【详解】A.释放前卫星随太空电梯一起绕地心做匀速圆周运动，设地球自转角速度为⊙，则卫星 的运行速度v=,即释放前卫星的运行速度与成正比，选项A错误： B.卫星刚释放时的机械能E=￡+点，=m_Gm 2E 2GM 释放后卫星仅受地球引力作用，故机械能守恒，则释放后卫星的运行速度V= ,不与 m 5 成正比，故B错误：CD。在地球同步卫星轨道上，万有引力等于向心力，则G =021。 6 GM 解得地球自转角速度为ω= 假设卫星从距离地心：位置释放后瞬间，卫星的速度恰好可以使其脱离地球的束缚，根据能量守恒 有号m(@r）'_Ghm=0 解得=2，，所以当≥2时，释放后的卫星能脱离地球的束缚，故C错误，D正确。 7.【答案】B 【详解】AB.以小球为研究对象，分析受力情况，作出受 mg 力示意力图，如图所示 根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支 持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线 0.0 mg 方向向上时F最小，此时为F=gcos0故A错误，B正确； 77mmiiin C.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F 的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框 架的摩擦力始终在减小，故C错误： D.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F 的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框 架的支持力始终在减小，即框架对地面的压力始终减小，故D错误。故选B。 8.【答案】D 【详解】（先看BC选项再看AD) BC.下作用的过程中，对小滑块有mg=m,七=2a4 可得4=2m/s2,x1=0.25m 对木板有F-g=M血，x2= 4，-5=Lae 1 联立可得a,=10m/s2,m=2kg此时木板的速度o,=a,t=5m/s小滑块的速度y=at=lm/s 所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速， 此时弹簧弹性势能最大。 由动量守扣和能量守恒有m+M,=0Mm,m+宁6=M+m+ 2 可得v=3m/s,E。m=8J 之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小滑块速度大于 木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动：木板受到向左的摩擦力，开始做加 速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B错误，C错误： A.若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有g=a 对木板有耳-ug=Ma 可得F1=8N,若恒力F=9N,木板和滑块不会相对静止一起运动，故A错误； 2, 可知=5m/s,,=1m/s 假设二者在粗糙部分最后共速，则由(+M)'=M,+,可得v'=3m/s 木板的加速度大小4-“心=2ms,木板向左运动的位移-“-些=2m M 2a, 小滑块的位移=X=4,则-戈=2m>L。 2(-4) 即小滑块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量2=2gL4c=8J,故D正确。 二、多项选择题 9【答案】AC 【详解】A.根据题意，知b处导线所受安培力方向垂直b向右，由左手定则，可知b处的磁感应 强度方向从b指向α，故A正确： BD.设α处导线在b处的磁感应强度大小为B1,由安培定则，可知方向与b垂直向右；而b处的 磁感应强度方向从b指向α，由平行四边形定则可知，c处导线在b处的磁感应强度方向与bc垂直 斜向下，如图所示 ⊙b B B a☒ Oc 根据安培定则，可知c处导线中的电流方向垂直三角形平面向外，设b、c的长度为L,则bc的长 度为V2L,则有月=之=8，根搭平行四边形定则可得么=V5A=V5号 设c处导线中的电流大小为I。,则B,=k二 2L 解得I。=2I。故BD错误： b⊙ C.b处导线所受安培力大小为F。=BI,L=BIL b处导线在a处的磁感应强度方向从a指向c,大小为B,=k=B c处导线在a处的磁感应强度方向从b指向a,大小为B,= 2L-2B 如图 a 则a处的磁感应强度大小为B。=√B;+B=V5B a处导线所受安培力大小为F=BIL=√5B,1L=V5F。故C正确。 10【答案】AD 【详解】将滑动变阻器的触头向ā端滑动，则R阻值变小，总电阻变小，总电流增大，即定值电阻 R1以及电源内阻r上的电压增大，则R1消耗的功率增大，电源的功率也增大；并联支路的电压减 小，即定值电阻R2消耗的功率变小，R2电流变小，则通过滑动变阻器R的电流增大；电容器两板 间电压减小，向上的电场力变小，则油滴向下运动。故选AD。 11.【答案】ABD 【详解】A.由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是 物体A的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T，物体A的加速度为α，则有 2T-gsin30°-mag cos30°=1aa 128-T=l3·2a 代入数据，联立解得T=6N B.物体B下降过程中，轻绳拉力是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为 零，故B正确： C.物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩 擦力做的功，故C错误； D.设物体B下降2m时的速度为v,则A运动了1m,速度为， 由能量守恒可得 %h-m,8经am30-m,go30g34+7,(3 h 22 代入数据，解得v=4s故D正确。 12.【答案】ABD 【详解】A.小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高 点，由动能定理有WF一gL=0解得W=gL,故A正确； B.设撤去力F时杆与水平方向的夹角为a,则有W=Fs=F二a解得a= 2 4 从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有gL(1一sna) =2m2 解得撤去力F时小球的速度大小为v=√(2-√②)gL,故B正确； C.如图所示 m M 7777777 777777 设杆与水平地面夹角为时，小球的速度大小为1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速 度大小为y=Y=ysin8 1 即小球与正方体的速率之比为 ?sn0,故c错误； 1 D.对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有gL-in0)=m+M 联立解得y2= 2mgL(1-sine)sin'0 ;故D正确。故选ABD。 m+Msin'0 13.【答案】(1)不需要（1分)(2)0.200(0.198#0.199#0.201.202) (2分) (3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（未进行阻力补偿或者阻力补偿不够也可以） (1分) (4)D(2分) 【解析】 【小问1详解】 由于实验中使用了力传感器，可以直接测量小车受到拉力的大小，因此不需要满足砂和砂桶的质量 m远小于小车的质量M。 【小问2详解】 由题可知，相邻计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s 根据逐差法可得小车的加速度a=SDo-5A2= (3.90-2.10)×10-2 9T2 m/s2=0.200m/s2 9×0.12 【小问3详解】 由于图像有横截距，说明实验时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力过小。 【小问4详解】 由牛顿第二定律可得2F-f=Ma 解得a=2- MM 故在a-F图像中，其斜率为k= M 解得M=故选D。 14答案：【答案】(1)C(1分) (2)(2分) (3)300(1分) (4)1.47×104(2分) 【解析】测量电流表A,的内阻，应使定值电阻与A,并联，电流表A,测量电流表A,和定值电阻的 总电流，当电流表A、A2满偏时，有I。1+ 1及=1 R 则R≈ 1R1×103×290 52=5802 g2-111.5×103-1×10 故R应选用C。 【小问2详解】电流表A,的连线如图所示 【小问3详解根据1十尘=1， R 由图乙可知1，-1图像的斜率为k=5-1,5即k=1+及=15 Ro 解得R=3002 1.0 【小问4详解】 设与电流表A,串联的定值电阻阻值为R,则R须满足I!(R+R)=U 得R= U-R= U 15 - 1x103 6002=1.47×1042 四、计算题 πR 15【答案】(1)45 (2) 12 【小问1详解】 根据题意作出光路图，如图所示 (1分) Sin r G 根据几何关系可得i=30° 根据折射定律可得n= (1分) sin i B 代入数据解得r=45°(1分) 【小问2详解】 当光线射到半圆弧AMB上恰好发生全反射 时，光 路如图所示 M (1分) 根据几何关系可知∠OPQ=90°+i=120°(1分) E G 根据临界角与折射率的关系有sinc=1/n 则sinm∠o0P=1(1分) A B 所以☑PO0=180°-∠OPQ-∠O0P=15°(1分) M 所以最小弧长为1=15 元R=πR 180 12 (1分) 16.【答案】(1)y=10sin g31+不m:(2002s:8)5+50s6a=123) 10π， 2 【解析】(1)由图像可知，波长为=3，若波向x轴负方向传播，设波速为01，则有x=0, x<元=3m 解得-支-3-5ms(1分) 410.4 则周期为工=二= 2-3=0.6s(1分) 015 x=1.5m处的质点的振动方程为y=Asim(ot+元) 由图可知A=10cm(1分)，a2π=10m T3 (1分) 联立解得y=10sin 10π，， ,t+πcm(1分) 3 (2)若波向x轴负方向传播，且T<t1<2T,设波速为02，则有x,=4,3m=孔<x<2九=6m(1 分) 部狗a产话 =12.5m/s(1分) 2m处的P质点第一次出现波谷的时刻为t, △x_225-2=0.02s(1分) 0212.5 (3)若波向x轴正方向传播，则有x=04,x=1+n2=1+3n(n=1、23(1分) 解得0= 5=1+3_5+15n t0.4 2 m/s(n=123.）(1分) 17:【答案】(1)v4=6m/s (2)2W5m/s≤yw≤65m/s (3)t=1012(8-V5s 【小问1详解】题意知P恰好能通过圆弧最高点B,则有8= 星(1分) 从B点到C点，由动能定理得%店)4=mg×2r 2 2 联立解得圆弧半径r=2m 从4到C过程有m-%=%gr1+0s53)1分》 1 联立解得v4=6ms(1分) 【小问2详解】若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有v1-2=2ugL 代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小yM=6V5m/s(1分) 若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有vx2-=-24gL 解得vw2=2W5ms (1分) 则物块p第一次到达M点时速度大小的范围2√5m/s≤yM≤6W5m/s(1分) 【小问3详解】若传送带速度大小为10/s,则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次 碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有4以=叫y+叫w)号=)4 2,1 。h+号h2(写 2 2 出两个共给2分) 联立解得碰后、2的速度分别为y=-6m/s、y=4m/s 设P向左滑上传送带的位移为，根据牛顿第二定律和运动学规律可得x==45m<L 2μg 向左运动到最远的时间t1= =1.5s(1分) ug 第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有 1 ,21 %y-,4=%:+%2m+2m,片=2m哈+2%（一个公式1分共2分) 2 联立解得碰后n2的速度分别为Y2=10n/s、V2=0 则P返回传送带过程有v2-v2=-24gL 解得回到传送带D端时，P的速度v。=2W5m/s（1分) 向左运动到D的时间，= △y--y2-10-2W5 s（1分) g 4 从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为 t=2t×1012+2t,×1012(1分) 联立解得t=1012(8-V5)s(1分) 8:【答案)E=0x=2V3d1:（2）=1、2、3、月 gl (3)(6+5Z.25L+5L+21元 二πL)(k=0、1、2、3、…) 6 3 + 61 12 【解析】 (1)根据动能表达式及勾股定理可知，在y方向上可独立应用动能定理： (1分）ggd=号m6,5m8y-0→g,=m（1分 2 8gd 6 y方向做匀加速运动，可得从A到0的运动时间1=24。=4 (1分) vo sine vo 则x=(。cos8t=2W3d(1分) (2)粒子经中间的磁场刚能经过P点，分析知粒子在该磁场中做圆弧运动的轨道半径”=二 1分) n 则(1分)qYB=m 。三B=mw0(n=1、2、3、…)（1分) L/n (2)B= 3。时，粒子在中间磁场中运动轨迹如图 ql 所示，进入右边复合场中的速度大小仍为ⅴ0，方向 M 如图所示与x轴正方向的夹角也为。 1× 将粒子在右边复合场的速度沿x轴方向和垂直于x 2--ng 轴方向正交分解： x轴方向：1=16c00= 其 1'o3 2 x轴垂直方向：y=y,5m8=】y,1分) 因v使粒子受到的洛伦滋力R:=,B=9,·g配 ,1,,36_3m。 21 21 + + 方向沿x轴负方向(1分) 2n 2 粒子受到的电场力F电=qB=q 3_3m。,方向沿x轴正 2gL 2L ● 2n1 方向(1分)F洛2与F电平衡，粒子沿V2方向做匀速直线运动 因1使粒子做匀速圆周运动，轨道半径设为1，则 X ×1V0× 25 其 gmB=m生→片= (1分) 6 *××B×E,× 粒子在N右侧运动过程中，每一次离y轴最远时，x坐标为 7 x=L+5=L+5L1分) 6 y坐标我们分N左右两边来分析：在MN右边时用配速法分析： 因存在分速度，每一次都做匀速圆周运动，轨道半径均为行- L(1分) 6 T=兀L(1 而因存在分速度2，沿NM方向做匀速运动，每转14圈的时间内y方向位移少=·4石 分) 在MN左边看实际运动。从右向左穿过N时速度大小仍为v0方向与x轴负方向所成夹角仍为0= 30°(1分) 在MN左边磁场中运动的轨道半径5-"m-}L,2在N上的分量=c0:0=点：-1分) gB 3 6 则上可得，离y轴最远时y坐标 ”1+4+1+2y=0+4k+0+2k)-L=￥2L+°冠++元Lk=0、1、2 1263 二kL+ 12 3、…)(1分) 即在NN右侧离y轴最远时坐标为(6+5L,2W5kL+5L+2+1元L)k=0、1、2、3、…) 6 3 612 (1分)4 2025—2026学年高三上学期第三次质量检测物理试题答案 1【答案】D 【详解】A．子弹通过三块由同种材料制成的木块A、B、C，做的是末速度为零的匀减速直线运动，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的位移所用时间之比为，故若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块A、B、C的时间之比为，故A错误； B．利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；设木块的长度为L，穿出第二块时的速度为v，根据运动学规律有， 解得 故B错误； CD．由题意，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动，若穿过三块木块所用时间相等，则子弹通过C、B、A的位移之比为，故三块木块A、B、C的长度之比为 设穿过第二块时的速度大小为v1，穿过一块木块所用时间为t，则有， 解得故D正确。 2【答案】D 【详解】A．由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A错误； B．狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误； C．根据条纹间距公式可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C错误； D．照射两条狭缝时，若光从狭缝、到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。 3.【答案】B 【详解】A．由图乙可知在时Q点处于平衡位置，振动方向向下，根据“上下坡法”，结合图甲，可知该波向左传播，由图甲可知波长为8m，由图乙可知周期为0.20s，则波速为，故A错误； B．因，故在时质点的达到正向位移最大处，则加速度达到负向最大，故B正确； C．在图甲中，根据“上下坡法”，可知在时刻质点P的振动方向向上，因 即从再经过的时间质点P向平衡位置运动，即运动方向为沿y轴负方向，故C错误； D．从到，经过的时间为0.35s，即，因质点P在时不是处于波峰或波谷或平衡位置，所以质点P通过的路程不等于7个振幅，则其实际路程不等于70cm，故D错误。 故选B。 4.【答案】D 【详解】A．由于A、B、C组成的系统满足动量守恒，所以系统末动量为零，系统最后处于静止状态，故A错误； B．火药爆炸后、与C碰撞前，由于AB组成的系统所受合力不为零，则物块A、B不满足动量守恒定律，故B错误； C．火药爆炸瞬间，AB满足动量守恒，则 所以火药爆炸释放的能量为故C错误； D．根据能量守恒定律可知，最终系统保持静止，所以火药爆炸后系统（A、B、C）最终损失的机械能为，故D正确。故选D。 5.【答案】C 【详解】AB．由对称性可知，小球受合力的方向垂直AB连线指向左下方，沿AB方向 垂直AB方向 解得 由牛顿第二定律可知 选项AB错误； C．运动过程中小球的最小速度为 选项C正确； D．小球抛出后达到最小速度的时间选项D错误。故选C。 6.【答案】D 【详解】A．释放前卫星随太空电梯一起绕地心做匀速圆周运动，设地球自转角速度为，则卫星的运行速度，即释放前卫星的运行速度与成正比，选项A错误； B．卫星刚释放时的机械能 释放后卫星仅受地球引力作用，故机械能守恒，则释放后卫星的运行速度，不与成正比，故B错误；CD．在地球同步卫星轨道上，万有引力等于向心力，则 解得地球自转角速度 假设卫星从距离地心位置释放后瞬间，卫星速度恰好可以使其脱离地球的束缚，根据能量守恒有 解得，所以当时，释放后的卫星能脱离地球的束缚，故C错误，D正确。 7.【答案】B 【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示 根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时F最小，此时为F=mgcosθ故A错误，B正确； C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误； D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，即框架对地面的压力始终减小，故D错误。故选B。 8.【答案】D 【详解】（先看BC选项再看AD） BC．F作用的过程中，对小滑块有， 可得， 对木板有，， 联立可得，此时木板的速度 小滑块的速度 所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速，此时弹簧弹性势能最大。 由动量守恒和能量守恒有， 可得， 之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小滑块速度大于木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B错误，C错误； A．若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有 对木板有 可得F1=8N，若恒力F=9N，木板和滑块不会相对静止一起运动，故A错误； D．弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒，，可知 假设二者在粗糙部分最后共速，则由，可得 木板的加速度大小，木板向左运动的位移 小滑块的位移，则 即小滑块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量，故D正确。 二、多项选择题 9【答案】AC 【详解】A．根据题意，知 b处导线所受安培力方向垂直ab向右，由左手定则，可知b处的磁感应强度方向从b指向a，故A正确； BD．设a处导线在b处的磁感应强度大小为B1，由安培定则，可知方向与ab垂直向右；而b处的磁感应强度方向从b指向a，由平行四边形定则可知，c处导线在b处的磁感应强度方向与bc垂直斜向下，如图所示 根据安培定则，可知处导线中的电流方向垂直三角形平面向外，设ab、ac的长度为L，则bc的长度为，则有根据平行四边形定则可得 设c处导线中的电流大小为，则 解得 故BD错误； C．b处导线所受安培力大小为 b处导线在a处的磁感应强度方向从a指向c，大小为 c处导线在a处的磁感应强度方向从b指向a，大小为 如图 则a处的磁感应强度大小为 a处导线所受安培力大小为 故C正确。 10【答案】AD 【详解】将滑动变阻器的触头向a端滑动，则R阻值变小，总电阻变小，总电流增大，即定值电阻R1以及电源内阻r上的电压增大，则R1消耗的功率增大，电源的功率也增大；并联支路的电压减小，即定值电阻R2消耗的功率变小，R2电流变小，则通过滑动变阻器R的电流增大；电容器两板间电压减小，向上的电场力变小，则油滴向下运动。故选AD。 11. 【答案】ABD 【详解】A．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为，物体A的加速度为，则有 代入数据，联立解得 B．物体B下降过程中，轻绳拉力是A、B组成的系统的内力，故轻绳的拉力对A和B做的总功为零，故B正确； C．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，故C错误； D．设物体B下降时的速度为，则A运动了，速度为，由能量守恒可得 代入数据，解得故D正确。 12.【答案】ABD 【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有WF－mgL＝0解得WF＝mgL，故A正确； B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有WF＝Fs＝F·α 解得α＝ 从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sin α）＝mv2 解得撤去力F时小球的速度大小为，故B正确； C．如图所示 设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为v1，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为 即小球与正方体的速率之比为，故C错误； D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有 联立解得；故D正确。故选ABD。 13.【答案】（1）不需要（1分） （2）0.200（0.198##0.199##0.201##0.202） （2分） （3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（未进行阻力补偿或者阻力补偿不够也可以） （1分） （4）D（2分） 【解析】 【小问1详解】 由于实验中使用了力传感器，可以直接测量小车受到拉力的大小，因此不需要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。 【小问2详解】 由题可知，相邻计数点之间时间间隔为 根据逐差法可得小车的加速度 【小问3详解】 由于图像有横截距，说明实验时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力过小。 【小问4详解】 由牛顿第二定律可得 解得 故在图像中，其斜率 解得故选D。 14答案：【答案】（1）C （1分） （2）（2分） （3）（1分） （4）（2分） 【解析】测量电流表的内阻，应使定值电阻与并联，电流表测量电流表和定值电阻的总电流，当电流表、满偏时，有 则 故应选用C。 【小问2详解】电流表的连线如图所示 【小问3详解】根据 得 由图乙可知图像的斜率为 即 解得 【小问4详解】 设与电流表串联的定值电阻阻值为R，则R须满足 得 四、计算题 15 【答案】（1）45° （2） 【小问1详解】 根据题意作出光路图，如图所示 （1分） 根据几何关系可得 根据折射定律可得（1分） 代入数据解得（1分） 小问2详解】 当光线射到半圆弧AMB上恰好发生全反射时，光路如图所示 （1分） 根据几何关系可知（1分） 根据临界角与折射率的关系有sin c = 1/n 则（1分） 所以（1分） 所以最小弧长为（1分） 16.【答案】（1）cm；（2）；（3） 【解析】（1）由图像可知，波长为，若波向x轴负方向传播，设波速为，则有 ， 解得（1分） 则周期为（1分） x=1.5m处的质点的振动方程为 由图可知（1分），（1分） 联立解得cm（1分） （2）若波向x轴负方向传播，且T<t1<2T，设波速为 ，则有 ，（1分） 解得（1分） x=2m处的P质点第一次出现波谷的时刻为（1分） （3）若波向x轴正方向传播，则有 ， （1分） 解得 （1分） 17：【答案】（1） （2） （3） 【小问1详解】题意知P恰好能通过圆弧最高点B，则有（1分） 从B点到C点，由动能定理得 联立解得圆弧半径 从A到C过程有（1分） 联立解得（1分） 【小问2详解】若传送带速度够大，P从D一直加速到M点，则有 代入题中数据，联立以上解得物块P第一次到达M点时速度大小（1分） 若传送带速度够小，P从D一直减速速到M点，则有 解得 （1分） 则物块P第一次到达M点时速度大小的范围（1分） 【小问3详解】若传送带速度大小为10m/s，则P匀速通过传送带，设水平向右为正方向，第1次碰撞对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有（写出两个共给2分） 联立解得碰后的速度分别为 设P向左滑上传送带的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律可得 向左运动到最远的时间（1分） 第2次碰撞，对系统列动量守恒定律和机械能守恒定律有（一个公式1分 共2分） 联立解得碰后的速度分别为 则P返回传送带过程有 解得回到传送带D端时，P的速度（1分） 向左运动到D的时间（1分） 从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为（1分） 联立解得（1分） 18：【答案】（1），；（2）（n＝1、2、3、…）； （3）（，）（k＝0、1、2、3、…） 【解析】 （1）根据动能表达式及勾股定理可知，在y方向上可独立应用动能定理： （1分） （1分） y方向做匀加速运动，可得从A到O的运动时间（1分） 则（1分） （2）粒子经中间的磁场刚能经过P点，分析知粒子在该磁场中做圆弧运动的轨道半径（1分） 则（1分）（n＝1、2、3、…）（1分） ( A E 1 O θ v 0 B B P M N y x B E 2 v 0 v 1 v 2 θ )（2））时，粒子在中间磁场中运动轨迹如图 所示，进入右边复合场中的速度大小仍为v0，方向 如图所示与x轴正方向的夹角也为θ。 将粒子在右边复合场的速度沿x轴方向和垂直于x 轴方向正交分解： x轴方向：, ( v 1 O θ v 0 B B P M N y x E 2 B v 1 v 1 2 r 1 2 r 1 2 r 1 )x轴垂直方向：（1分） 因v2使粒子受到的洛伦兹力，方向沿x轴负方向（1分） 粒子受到的电场力，方向沿x轴正方向（1分）F洛2与F电平衡，粒子沿v2方向做匀速直线运动 因v1使粒子做匀速圆周运动，轨道半径设为r1，则（1分） 粒子在MN右侧运动过程中，每一次离y轴最远时，x坐标为 （1分） y坐标我们分MN左右两边来分析：在MN右边时用配速法分析： 因存在分速度v1，每一次都做匀速圆周运动，轨道半径均为（1分） 而因存在分速度v2，沿NM方向做匀速运动，每转1/4圈的时间内y方向位移（1分） 在MN左边看实际运动。从右向左穿过MN时速度大小仍为v0方向与x轴负方向所成夹角仍为θ＝30°（1分） 在MN左边磁场中运动的轨道半径，r2在MN上的分量（1分） 则上可得，离y轴最远时y坐标 （k＝0、1、2、3、…）（1分） 即在MN右侧离y轴最远时坐标为（，）（k＝0、1、2、3、…）（1分） [键入文字] [键入文字] [键入文字] 1 学科网（北京）股份有限公司 $高三年级第四次质量检测（物理试题） 一、单项选操题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项是正确的，错选 和不选得0分) 1.如图所示，三块由同种材料制成的木块A、B、C固定在水平地面上，一颗水平飞行的子弹以速 度'。击中木块A,并恰好能穿过全部木块.假设子弹穿过木块过程中受到的阻力大小不变，下列说 法中正确的是() A B A.若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块的时间之比为tA:t。:t。=1:V互：5 B.若三块木块的长度相等，则穿出第一块时的速度为 36 C.若穿过三块木块所用的时间相等，则三块木块的长度之比为L4:Lg:Lc=9:4:1 D.若穿过三块木块所用的时间相等，则穿出第二块时的速度为；” 1 2.某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S,S,的宽度可调，狭缝到屏 的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙，图丙所示图样。下列描述 正确的是（ 屏 甲 乙 丙 A.图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，没有发生了衍射 B.遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大 C.照射两条狭缝，增加L,其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距减小 D.照射两条狭缝，若光从狭缝S、S,到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点一定是暗条纹 3.一列简谐横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.10s时的波形图，P点、2点的平衡位置分别 为x,=1m,x。=4m。图乙为9点的振动图像，下列说法正确的是() y/cm y/cm 10 10 0 0 2 6 m 0.050100.15C.20ts 10 -10 甲 乙 A.该波向右传播，波速为40m/s B.t=0.65s时，质点2的加速度达到负向最大 C.t=0.15s时，质点P沿y轴正方向运动D.从t=0.1s到t=0.45s,质点P通过的路程为70cm 4.如图所示，一质量为3的木厢C静置于光滑水平地面上，厢内质量为m的物块A与质量为2m 的物块B紧挨在一起，中间夹有少量火药。两物块与木厢底板间的动摩擦因数均为，当火药爆炸 (爆炸时间极短)后物块B向右以对地大小为的速度运动，物块与木厢壁碰撞时会被粘住，则下 列说法正确的是() A.系统(A、B、C)最后以大小为v=么的速度向右运动 3 B,火药爆炸后、与C碰撞前，物块A、B满足动量守恒定律 B C.火药爆炸释放的能量为 7777777777777 D.火药爆炸后系统(A、B、C)最终损失的机械能为3w 5.如图所示，在光滑水平面上将质量为1kg的小球从A点以23m/s的速度水平抛出，在平行于 水平面的恒力F作用下，物体运动到B点时的速度2√3m/s,v4、Va与AB连线的夹角均为30°， A、B两点间的距离为3。下列说法正确的是() A-130° VA A.F=2W3N,方向沿AB连线由A指向B B.F=2√3N,方向与AB连线的夹角为60 B C.运动过程中小球的最小速度为3m/s VB D.小球抛出后经2s达到最小速度 6.太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备，能够更便捷的运输物资和发射卫星等。如图所示， 在地球赤道上利用超轻超高强度材料建设直通高空的电梯，图中虚线为地球同步卫星轨道。已知地 球质量为M,同步卫星轨道半径为。，引力常量为G,取无穷远处为零势能点，距地心距离为r GMm 质量为的卫星与地球之间的引力势能可表达为E。=- 。卫星沿太空电梯被运送到距离地心 飞(>。)处，随太空电梯一起绕地心做匀速圆周运动，然后相对电梯由静止释放，仅考虑地球 对卫星的引力作用，下列说法正确的是() A.释放前卫星的运行速度与成反比 同步卫星 轨道 太 空 电 B.释放后卫星的运行速度与 成正比 梯 C.当≥√2r时，释放后的卫星能脱离地球的束缚 D.当≥2，时，释放后的卫星能脱离地球的束缚 7.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于 静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°， 框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是() A框架对小球的支持力先减小后增大 B.拉力F的最小值为gcos8 C.地面对框架的摩擦力先减小后增大 050 D.框架对地面的压力先增大后减小 iMmMnniiiT 8.如图所示，木板AB质量为=2kg静止放在光滑水平面上，木板的右端B处固定一根轻质弹簧， 弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离L4c=1.0m,可视为质点的小滑块质量为m(m未 知)，静止放置在木板的左端；现对木板施加水平向左的恒力=24N,0.5s时撤去恒力F,此时滑块 恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点右侧部分光 滑、C点左侧部分与滑块间的动摩擦因数为=0.2：取g=10/s2。下列说法正确的是() m C B 77777777777777777777777777777 A.若恒力F-9N,则在F作用时间内木板和滑块会相对静止 B.撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动 C.在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能E。=12.0J D.在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量O=8.0J 二、多项选择题（本题包括4个小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或多个选项是正确的， 部分对得2分，错选和不选得0分) 9.如图所示，等腰直角△bc的三个顶点分别固定一条垂直三角形平面且足够长的通电直导线，三 条导线长度相同，导线内均通有恒定电流。设通电直导线在周围产生的磁场的磁感应强度大小 B=k二（式中”为磁场中某点到通电直导线的距离，飞为正值常数，I为导线中的电流强度）。已 知∠a=90°，☑、b两处导线中的电流大小均为I。,方向如图所示，b处导线所受安培力大小为F。, 方向垂直b向右，则() b A.b处的磁感应强度方向从b指向a B.C处导线中的电流方向垂直三角形平面向里 C.a处导线所受安培力大小为V5F。 a⑧ )c D.c处导线中的电流大小为√2I。 10.如图所示，电源的电动势为E、内阻为r,R、R2均为定值电阻，R为滑动变阻器，平行板电 容器C的极板水平放置，闭合开关S,带电油滴恰好在两板之间处于静止状态。现将滑动变阻器的 触头自b向α端滑动，下列说法正确的是() A.电源消耗的总功率增大 B.定值电阻R2消耗的功率增大 C.带电油滴将向上运动 D.通过滑动变阻器R的电流增大 11.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和 物体B、两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量均为1kg,A与斜面间的动摩擦因数 为⑤ 重力加速度大小为10m/s2，,将A、B由静止释放，下 3 列正确的() A.物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为①N B B.物体B下降过程中，轻绳的拉力对A和B做的总功为零 C.物体B下降过程中，B减少的机械能等于A增加的机械能 30° D.物体B下降2m时（此时B未落地）的速度大小为4m/s 12.如图所示，长为L的轻杆一端连着质量为的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点， 初始时小球静止于地面上，边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处。现在杆中点处施加一 大小始终为 8g《g为重力加速度)、方向始终垂直杆的拉力F,经过一段时间后撤去F，小球恰 好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向 右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是() A.拉力F所做的功为g B.拉力F辙去时小球的速率为， 2-2) M m 7777777777777777777 7777777777777777777 C.当轻杆与水平面夹角为8时（正方体和小球还未脱离)，小球与正方体的速率之比为sin0:1 D.当轻杆与水平面夹角为θ时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为 2mgl(1-sine)sin20 m+Msin20 二、实验题（每小题6分，共12分） 13.(6分)某实验小组为探究物体质量一定时加速度与力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。其 中M为小车的质量（小车左端滑轮质量忽略不计），m为砂和砂桶的质量，力传感器可测出轻绳中 的拉力大小。 纸带 力传感器 M 打点计时器 甲 (1)本实验 (选填“需要”、“不需要”)满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量M。 (2)某同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电， 相邻两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2(结果保 留三位有效数字)。 D E F G 0cm 乙 (3)某同学以力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度α为纵坐标，画出如a 图丙所示的α一F图像是一条不过原点的倾斜直线，则直线未过原点的原因可能 为 (4)若求得a-F图线的斜率为k,则小车的质量为 。(单选，填正确 丙 2 答案标号) B.k C.2k D 14.(6分)课题研究小组欲将电流表A,改装成量程为15V的电压表。实验需要先测量电流表A,的 内阻，同学们根据实验目的，设计了实验电路并连接了部分电路。现有实验器材如下： A.电流表A1(量程为1mA,内阻约为2902) B.电流表A,(量程为1.5mA,内阻约为2002) C.定值电阻（阻值为600） D.定值电阻（阻值为60） E.滑动变阻器R(0~202) F.一节新的干电池E G.开关S及导线若干 ↑I/mA 1.5 1.0 0.5 0 1.0 I./mA 甲 乙 (1)图甲中的定值电阻R应选用（填C或D)。 (2)根据实验目的，在图甲中完成完整的实物电路连线 (3)正确连接线路后，闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片，获得多组电流表A,的示数I,和电流 表A,的示数I,,将对应的数据在I,-I坐标系中描点，作出I,-I图像如乙所示，电流表A,的内 阻为2。 (4)给电流表A,串联一个阻值为2的定值电阻，可将电流表A,改装成量程15V的电压表。 (保留三位有效数字) 四、计算题（本题包括4小题，共48分） 15.(8分)某光学组件横截面如图所示，半圆形玻璃砖AMB圆心为O点，半径为R,直角三棱镜 的斜边EG平行于直径AB且长度等于2R,∠FEG=30°。在F横截面所在平面内，单色光线垂直 入射到EF边，并从G边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为√2。求： M (1)从EG边射出的光线与EG边法线的夹角： (2)不考虑反射光线，半圆弧AB上有光线射出的点到B点的最小弧长1。 16.(10分)一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t0.4s时刻的波形 如图虚线所示，求： y/cm 10 x/m -10 (1)若波向x轴负方向传播，且t<T,写出x=1.5m处的质点的振动方程： (2)若波向x轴负方向传播，且T水t<2T,求x=2m处的P质点第一次出现波谷的时刻： (3)若波向x轴正方向传播，求该波的波速。 17.(14分)如图所示，光滑圆弧轨道ABC固定在竖直面内，与光滑水平面CD相切于C点。水平 面CD右侧为顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的光滑水平面N足够长，N上静置一物块 Q,N处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。物块P从A点出发，初速度V,沿切线方 向向上，恰好能通过圆弧最高点B,并沿着圆弧轨道运动到C点，此时速度大小v。=1Om/s。己 知AO与竖直方向的夹角为53°，P、Q均可视为质点，质量分别为=2kg,=8kg,P、Q间 的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在MN上，传送带长L=I0m,物块P与传送带间的动摩擦因数 u=0.4,重力加速度g=10m/s2,sn53°=0.8，c0s53°=0.6。结果可用根式表示。 B 53 挡板 Q C D M N W (1)求物块P在A点时初速度V4的大小： (2)调整传送带的速度大小，求物块P第一次到达M点时速度大小的范围； (3)若传送带速度大小为10m/s,求从P、Q第1次碰撞结束到第2025次碰撞结束，物块P在传送 带上运动的总时间t。 18.(16分)如图所示，在xOy直角坐标系中，在x轴负半轴区域内有沿y轴负方向的匀强电场，电 场强度大小为E,(未知)。一质量为、电荷量为g的带正电粒子，从A点（到x轴的距离是d)以 一定的初速度沿x轴正方向开始运动，粒子恰好以速度v经过原点进入y轴右侧区域，o的方向与 x轴正方向的夹角0=30°。在第一、四象限内，距y轴为L的N左侧区域内存在磁感应强度大小均 为B(未知)的匀强磁场，第一象限的匀强磁场方向垂直纸面向外，第四象限的匀强磁场方向垂直 纸面向里。、右侧区域内存在正交分布的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向里， 大小也为B,电场强度沿x轴正方向，大小为E2。若带电粒子恰好从MN与x轴的交点P进入MN 右侧区域。不计粒子的重力，不计空气阻力。 (1)求A点到y轴的距离x和E1的大小： (2)求B的大小： (3)若B= 3nvo ql= nm,,求粒子在N右侧区域运动时，距y轴最远时的位置坐标。 2gL M B ● ● 19 xB×B×