安徽阜阳市第三中学2025-2026学年高二下学期期末考试物理学科试题

阜阳三中2024级高二下学期期末考试物理学科试题解析版 一、单选题：本大题共8小题，共32分。 1.下列选项中物理量为矢量，且单位用国际单位制基本单位表示正确的是() A.加速度m·s2 B.电流A C.力N D.功kg·m2·s2 【答案】A 【解析】解：A、加速度既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，其单位s-2是用国际单 位制基本单位表示的，故A正确： B、电流既有大小，又有方向，但运算时遵循代数运算法则，是标量，其单位A是基本单位，故B错误： C、力既有大小又有方向，运算遵循平行四边形定则，是矢量，其单位N是导出单位，故C错误： D、功只有大小没有方向，运算时遵循代数运算法则，是标量，其单位kg·ms2是用国际单位制基本单位 表示的，故D错误。 故选：A。 2.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是() tv/(m's-) v2/(m2s-) ↑a/(ms-) 王mg） 15 10 7.5 t/s 07.515 x/m tt t/s 0135 t/s 甲 乙 丙 A.甲图中，物体在0~t这段时间内的平均速度为受 B.乙图中，物体的加速度大小为2m/s2 C.丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量 D.丁图中，0~3秒内物体的位移大小为30m 【答案】D 【解析】解：A在v一t图像中，0~t时间内，物体的位移大于匀加速直线运动（三角形面积）的位移，即x> ot0。平均速度D=六>空。故A错误： t02 B、根据速度与位移的关系 v2-v哈=2ax,整理得：v2=2ax+,图像的斜率为2a, 结合图乙可得2a=1瓷m/s2=1m/s2,解得a=0.5m/s2,故B错误 C、根据△v=a△t可知，丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的速度变化量，故C错误； 第1页，共15页 D、根据位移与时间得关系：x=vot+at2, 等式两边同除以时间t可得 =v+t, 结合图像可得 110 za=3-1m/s2=5m/s2 解得a=10m/s2 将t=3s,=10m/s1代入可得o=-5m/s, t=3s时物体的速度大小为 v=vo+at=(-5+10×3)m/s=25m/s, t=3s时物体的位移：x=525×3m=30m,故D正确。 2 故选：D。 3.如图甲所示，M为磁流体发电机，大量的正、负电荷连续以某速度射入有垂直纸面向里匀强磁场的两板 间，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向 左为磁场B的正方向，则下列说法正确的是() ◆B/T M 2-------- 甲 乙 A.M板带负电，N板带正电 B.2s~3s内，ab、cd导线互相吸引 C.04s内，通过线圈A的电荷量为零 D.1s~2s内，cd导线中的电流逐渐增大 【答案】C 【解析】解：A、根据左手定则，正电荷向M板移动，负电荷向N板移动，故M板带正电，N板带负电，故A 错误： B、2s~3s内，线圈的磁场正向减小，根据楞次定律可知，cd导线中电流方向向上，αb导线中电流方向向下， 故2s~3s内，ab、cd导线互相排斥，故B错误： D、1s~2s内，线圈的磁场正向均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，cd导线中的电流不变，故D错 误； 第2页，共15页 C、0~4s内，通过线圈A的电荷量为q=14t=德4t=停=0，故C正确。 故选：C。 4.如图所示，AOB为放置在竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道，A、B两点位于圆弧上等高处，弧AB的长 度远小于R,在B点和0点之间固定一光滑直轨道，圆弧轨道和直轨道平滑连接。现将一小球（半径可忽略） 由A点静止释放，重力加速度为g,则A→0→B过程小球的运动时间为 A B B传+2)，日 cG+回)，D(匠+)周 【答案】B 5.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部分组成，可 在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度高可靠定位、导航、授时服务。如图所示，α为北斗组 网卫星中的极地卫星，b为组网中的地球静止卫星，c为赤道上随地球一起转动的物体。己知地球自转周期 为T,地球半径为R,赤道上重力加速度为g,引力常量为G,则() 地球 A.地球的质量为9R2 G Bb卫星距地面商度为(R+子片-R C.a、b、c的线速度大小关系为vb<va<vc D.a、b、c的周期大小关系为Tb>Ta>Tc 【答案】B 【解折】解：L对物体，根据万有引力与重力的关系警-mg=mR学解得绝球质蛋M一+ G72+9R2 故A错误； B设同步卫星面地面的高度为H,则有-mR+m号，解得H=十)-R,故B正确： C根据Mm=m二，解得v= 12 GM 因为a的轨道半径低于b的轨道半径，则有va>vb,同步卫星和赤道上 第3页，共15页 物体的周期相同，由v=,则有。>P,综合以上有Ua>%>V。,故C错误： .4n2 D.由万有引力提供向心力”=m罕，解得T= 4n2r3 GM 因为a的轨道半径低于b的轨道半径，则有T。>Ta, 即Tc=Tb>Ta,故D错误。 故选：B。 6.一列简谐波沿x轴方向传播，t=0.7s时的波形图如图甲所示。P、M为x轴上两质点，质点P的平衡位置在 x=4m处，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是() ↑ylcm 个ycm 6 6 0 0.30.6 0.9/1.2 x/m t/s 6 甲 乙 A.该波沿x轴负方向传播 B.该波的波长为9m C.该波的波速为12m/s D.再经过2s,质点M运动的路程为39cm 【答案】D 【解析】解：A.由P点的振动图像可知，t=0.7s时该质点沿y轴负向振动，根据上下坡法可知该波沿x轴正 方向传播，故A错误： B由波形图可知号是=4m,解得该波的波长为1=12m,故B错误： C由图乙可知该波的周期7-12s,该波的波速为p=号-治m/5=10m/s,故C错误： D由图可知该波的振幅A=6cm,从该位置开始计时，质点M的振动方程为y=6cos沿t(cm)= 6cos号t(cm),经过一个个周期质点经过的路程为4A,再经过2s=T+0.2s=(口+0.89)，质点对应的位 置为y=6cos(受×0.8)cm=-3cm,质点M运动的路程为s=6A+3cm=6×6cm+3cm=39cm,故D 正确。 故选：D。 7.大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实 验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过α、b两点，其中在a点的速度大小为v,方 向与a、b连线成a=45°角：在b点的速度大小也为v,方向与a、b连线成B=45°角。已知a、b连线长为d, 第4页，共15页 小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是() a"a A.风力方向平行于a、b连线 B.从a点运动到b点所用的时间为号 C.小球的最小速度为0.5v D风力大小为营 【答案】D 【解析】A.小球只受恒定风力，做匀变速曲线运动，将速度分解为平行ab方向和垂直ab方向，a、b点速度 大小均为v,动能变化为0，由动能定理得，风力做功为0，说明风力与ab位移垂直，即风力垂直于ab连线， A错误； B.以小球初始位置为坐标原点，沿ab方向为x轴，垂直ab方向为y轴，建立直角坐标系，则风力沿y轴方向， x轴方向不受力，因此x轴方向做匀速直线运动，所以小球做类斜抛运动。x轴方向的速度分量vx= vc0s45·=V2 2 ab长为d,则运动时间t==2延，故B错误： Ux v C-x轴方向的速度始终为，= 2 y抽方向做匀减速运动，当y轴方向速度减为0时，总速度最小，则最小速度m=,=受，故C错误； D.y轴方向初速度uay=vsin45°=2u 2 末速度vby=-sin45°=-V2y 2 速度变化量大小I4v,l=√2 则加速度大小a=4y= t=d 因此风方F=m加-受，故D正确： 故选D。 8.收割、脱粒后的玉米粒用如图甲所示的装置传送，传送带高度为h=5.0m,倾角6=37°，并以速度v= 1.0m/s顺时针转动。如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，每秒从传送带底部向其输送m=2.0kg 的玉米粒，玉米粒刚落到传送带上的速度为零，传送带将玉米粒送到顶端飞出，玉米粒与传送带间的动摩 第5页，共15页 擦因数μ=0.8。重力加速度g=10m/s2,传送带轮直径大小可忽略，不计风力、空气阻力和玉米粒之间的 相互作用力，则() 甲 乙 A.玉米粒从落到传送带上开始，运动到与传送带速度相等需1.25s B.玉米粒从传送带顶端飞出后还能上升高度1.8m C.玉米粒在传送带上加速过程中，与传送带的相对位移2.5m D.稳定运行时，传送带电动机因输送玉米粒而增加的功率是117W 【答案】D 【解析】解：A.根据牛顿第二定律mgcos37°-mgsin37°=ma 解得：a=0.4m/s2 玉米粒从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是x-云-125m 运动到与传送带速度相等时所用的时间是t=”=2.5s,故A错误； a B.离开传送带时，竖直方向的速度为vv=vsin37°=0.6m/s 玉米粒从传送带顶端飞出后还能上升高度n=-0018m,故B错误： Γ2g C.由A选项分析可知，传送带这个过程走过的位移为x1=vt=2.5m 则与传送带的相对位移△x=x1-x=1.25m,故C错误； D.经过△t时间，玉米粒动能的增加量为ABk=kAtw2 重力势能的增加量为△E,=k△tgh 摩擦产生的热量为Q=ukAtgcos:37°Ax 传送带电动机因输送玉米粒而增加的功率是P=4B+4B,+ △t 解得：P=117W,故D正确。 故选D。 二、多选题： 第6页，共15页 9.如图所示，工人们利用两根间距1.6R的钢管A和B从货车上卸御载圆柱形油桶，当两根钢管与水平地面的夹 角为53时，半径为R、质量为m的油桶恰好能沿两根钢管组成的轨道匀速下滑。已知sin53°=0.8，cos53°= 0.6,不计钢管A、B粗细，重力加速度为g,则下列说法正确的是() A.油桶与钢管A之间的压力为mg B.油桶与钢管B之间的摩擦力为0.4mg C.油桶与钢管A、B之间的动摩擦因数均为0.5 0 D.若增大钢管A、B与水平地面间的夹角，油桶将加速下滑 R x1.6R 【答案】BD 【解析】解：B、设两钢管对油桶支持力的合力为N,一个钢管对油桶的滑动摩擦力为f,对油桶受力分析 如图所示： N 21 553 Ymg 由平衡条件可知2f=mgsin53°，N=mgcos53°，代入数据可得油桶与钢管B之间的摩擦力f=0.4mg,故 B正确： AC、钢管对油桶的支持力如图所示： ● A B 由几何关系可知a=37°，由平行四边形法则可知2N4cos53°=W,又f=N4,代入数据可得W4=0.5mg, l=08,故AC错误； D、增大钢管与地面夹角，则支持力的合力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力增大，则油桶受 到沿斜面向下的合力，加速下滑，故D正确。 故选：BD。 B、对油桶受力分析，根据平衡条件分析： AC、画出钢管对油桶支持力的示意图，根据平行四边形法则分析钢管的支持力，结合滑动摩擦力表达式分 第7页，共15页 析： D、改变夹角后，分析油桶沿斜面方向的合力变化，可知运动状态的变化。 考查了受力分析的方法，力的合成与分解的应用，关键是从不同视角对油桶受力分析。 10.如图甲所示，质量均为m的物块P与物块Q之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块P与竖 直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为E,。某一时刻解除锁定，并把此 时记为t=0时刻，规定向右为正方向，0~t3时间内物块Q运动的a一t图像如图乙所示。下列判断正确的 是() PWWWWwWQ 分 乙 A.0~t3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统机械能守恒 B.0心t3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒 C0~t时间内，合外力对物体Q做功为导 D.t1~t3时间内，图线与轴所围的面积大小为、 m 【答案】AC 【解析】【详解】A在0~t3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，则该系统机械能 守恒，故A正确。 B弹簧恢复原长过程，物块P一直不动，此过程物块P、Q以及弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，则该系 统此过程所受的合外力不为0，其动量不守恒，此后物块P离开墙壁，物块P、Q以及弹簧组成的系统所受的 合外力为0，其动量守恒，可见在0~t3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统最初动量不守恒，最后动 量守恒，故B错误。 C由图知，t1时刻物体Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，物块P刚要运动，t2时刻物体Q运动的 加速度最大，且为负值，此时弹簧被拉得最长，物块P、Q的速度相同。弹簧恢复原长过程，由机械能守恒 定律有Ep=m6 解得t2时刻物体Q的速度大小vo= 2 m 在t1~t2时间内，对物块P、Q以及弹簧组成的系统，由动量守恒定律有mwo=2mv 第8页，共15页 解得t2时刻物块P和Q的速度大小均为v= 2m 由动能定理知，0~2内合外力对物体Q做功w-号mm2-0=孕，故C正确。 D.由图可知，t3时刻物体Q的加速度为0，此时弹簧恰好恢复原长，在t1~t3时间内，对物块P、Q以及 弹簧组成的系统，由动量守恒定律mvo=mwp+mvg 由机械能守恒定律m哈=mv哈+mw哈 联立可知，t3时刻物体Q的速度0=0，则t1~t3内物体Q速度变化量4v=0-v0=- 2Ep m a一t图像中图线与t轴所围的面积表示速度变化量，可见t1~t3时间内图线与t轴所围的面积大小 2B卫， 为4创= 故D错误。 故选AC。 三、实验题 11.某兴趣小组利用图甲所示的实验装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。一端带滑轮的长木板固定于水平 桌面，长木板固定一光电门，带有遮光片的滑块置于长木板上，细绳跨过定滑轮后一端与滑块相连，另一 端悬挂钩码，当地重力加速度为g。 光电门 遮光片 1 2 3cm 中中 444444444- 01234567890 乙 实验步骤： (1)用游标卡尺测得遮光片的宽度（图乙）d=_m; (2)测量滑块静止时遮光片到光电门的距离为s,滑块的质量为M,钩码总质量为m: (3)调整轻滑轮，使细线水平。滑块由静止释放，测量遮光片通过光电门的时间为4，则滑块经过光电门的 速度v=(用d、△t表示)： (4多次改变s,重复步骤(3)，做出v2-s图像，已知图像的斜率为k,则滑块与木板间动摩擦因数μ=（用 m、M、k、g表示)。 【答案】10.50 d Ai 第9页，共15页 2mg-k(m+M) 2Mg 【解析】【详解】[1根据图像可知副尺共有20格，所以游标卡尺的分度值为0.05mm,对齐的格数为第10 格，所以读数为d=10mm+0.05mm×10=10.50mm [2当遮光片足够窄时可以将平均速度看成瞬时速度，所以”=是 [3]根据运动学公式，有2as=v2 根据牛顿第二定律，滑块与钩码一起做匀变速直线运动，满足mg-uMg=(m+M)a 联立可解得v2=s.2mg-2Mg m+M 所以k=2mg-2Mg m+M 解得μ=2mg-km+M 2Mg 12.如图甲所示，是某同学设计的多用电表的内部电路。虚线框中S为一单刀多掷开关，通过操作开关，接 线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。图中电流表G(表头) 的满偏电流Ig为100mA,内阻Rg=302。 80504030 20 15 R 甲 乙 丙 (1)S接通触点1时，多用电表是量程为0~0.6A的电流表，则R1=2。(保留一位有效数字) (2)若要测量一阻值约为202的电阻，图中S应接通（填“触点2”或“触点3”），正确操作后多用电表 的读数如图乙所示，该电阻的阻值为2。 (③)该同学为测量图甲中电源的电动势，把S接通触点2后，在两表笔间串联接入一电阻箱（最大阻值为 99.02)。改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的读数R,和对应多用电表的电流读数1，画出片-R图像如图 丙所示。若已知-R图线的斜率为k,则测得电源电动势E=_(用题中物理量符号表示)。 【答案】6 触点2 19/19.0 第10页，共15页 【解析】【详解】(1)S接通触点1时，多用电表是量程为0~0.6A的电流表，根据并联电路规律，则应有I= +贸2 解得R1=62。 (2)[1][2]若要测量一阻值约为202的电阻，应选用多用电表中的欧姆挡，即图中S应接通“触点2”，正确 操作后多用电表的读数如图乙所示，该电阻的阻值为192。 (3)改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的读数Rx和对应的电流I,根据闭合电路欧姆定律有E=IRx+ I(T+R+RA) 变形整理后得R:+++4 则测得的电源电动势E=无 四、计算题 13.如图所示，在xOy平面直角坐标系内，第一、二象限存在沿y轴负方向的匀强 电场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y轴上的P点有一带电粒子， 具有沿x轴正方向的初速度vo,经过电场偏转，从x轴上的M点（未画出）进入磁场， 进入磁场时速度方向偏转了53°，该粒子在电场和磁场中做轨迹封闭的周期性运 动。已知该粒子的电荷量为q、质量为m,0P=L,不计重力及阻力，sin53°=0.8， c0s53°=0.6。求： (1)匀强电场的电场强度大小： (②)带电粒子运动的周期。 【答案】匀强电场的电场强度大小为86带电粒子运动的周期为5+127m 9gL 5v0 【解析】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿+x方向做匀速直线运动，沿-y方向做匀加速直线运动， 可得： 沿-y方向有：L-at,y=at1 沿+x方向有：x=vot1 又有：六=tan53” 根据牛顿第二定律得：qE=ma 第11页，共15页 联立解得：B=x-兰岩 9gL 5391 53x (②粒子在磁场中敬匀速圆周运动，其线速度大小为：一3一警 己知该粒子在电场和磁场中做轨迹封闭的周期性运动，由运动轨迹的对称性作出粒子运动轨迹如上图所示。 由儿何关系可得粒子圆周运动的镜迹半径为：，=高g 粒子圆周运动的轨迹的圆心角为：β=360°-2×53°=254° 在磁场巾运动时间为：=晋=码 带电粒子运动的周期为：T=2t1+t2 解得：T=15+127m)2 5v0 14.横截面为圆的柱状玻璃棱镜A0B如图甲所示，现有一束单色光垂直于0A面射入，从AB的中点C射出时， 恰好发生全反射.现将入射光线垂直于OA面从F点入射，光线经过AB的三等分点D,经AB面折射后与OB 延长线相交于P点，已知0A=R,光在真空中的传播速度为c,sin15°=6-巨 4 ,计算结果可带根号。 (1)求该玻璃棱镜的折射率： (2)求光线从F点到P点的传播时间： (3)现将棱镜如图乙放置，用黑纸覆盖0B该单色光平行于横截面，与界面0A成45°角入射，若只考虑首次 入射到圆弧AB上的光，求圆弧AB上有光射出的弧长L. 【答案】(1)依题意，由几何关系可知该单色光发生全反射的临界角c=45°，由sinC=是得n=√2. (2)作出光路如图（α）所示，由几何关系可知，光线从D点出射时的入射角为30°， 由折射定律有n=品品=V区，得0=45， 第12页，共15页 在△ODP中，由正弦定理有DP OD sin30°-sin(0-30) 又FD=Rc0s30°， 光线从F点到P点的传播时间t=巴+咒，又n=台解得t=(V6+写 30 050 2∫30° 0 图(a) ③)如图(D)所示，当光线从0点照射到玻璃棱镜，经折射后从圆弧的N点射出，有n=誓得a=30, 设当光线从D点入射，经折射后到达E点时，刚好发生全反射，得B=C=45°，由几何知识得r=45°， 则圆弧AB上有光射出的弧是EN,弧长为L=×2R=空 图(b) 15.如图所示，一质量为m=1kg的物块（可视为质点），以vo=8m/s的速度从右侧皮带轮最高点向左滑上足 够长的水平传送带，传送带以v1=4m/s的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数4o=0.2。 倾角为8=37的固定斜面上静置一质量为M=4kg的薄木板，木板的长度为L=6,物块与木板之间的动 摩擦因数41=1，木板与斜面之间的动摩擦因数2=子，斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端 距离挡板为x=2.25m,木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动。物块离开传送带时恰好做平抛运动，并 且恰好沿斜面方向落在木板的顶端。已知物块与木板之间、木板与斜面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，取g=10m/s2,己知sim37°=0.6，c0s37°=0.8。求： 第13页，共15页 09 7777777777777777777177 (1)物块在传送带上运动的总时间： (2)皮带轮的半径和物块落在木板顶端的速度： (③)物块落在木板上以后，通过计算分析物块是否会滑离木板撞上挡板。 【答案】（①）根据牛顿第二定律可知，物块在传送带上运动的加速度大小为 a0=4o.g=2m/s2物块向左匀减速运动的时间为t1=0=4s 0 物块向左减速运动的位移为x1=空t1=16m 物块向右匀加速运动的时间为2=0=2s 物块向右匀加速运动的位移为x2=之t2=4m 向右匀速运动的时间t?=1-2=3s总时间t=t1+t2+t3=9s v1 (2物块回到传送带右端的速度为，-4m/s,要使物块离开传送带时恰好做平抛运动，则有mg=m爱解 得R==1.6m 9 由平抛的特点知2=o37=5ms c0s37° (3)设物块在木板上下滑的加速度为α1，对物块根据牛顿第二定律有 u1mgc0s37°-mgsin37°=ma1解得a1=2m/s2 物块做匀减速运动，对木板根据牛顿第二定律有 Mgsin37°+u1 ngcos37°-u2(M+m)g·cos37°=Ma2解得a2=0.5m/s2 即木板向下做初速度为零的匀加速运动，若木板一直加速运动与挡板相撞，设所需时间为。 则x=2at号解得t0=3s 若木板与挡板碰前与物块共速，所需时间为t4,则有v2-a1t4=a2t4解得t4=2s 即木板与挡板碰撞前已经与物块共速，此时共同速度为v=α2t4=1m/s 该过程木板的位移为s1=02埃=1m 第14页，共15页 该过程物块的位移为s2=v2t4-弓a1t号=6m 因s2-S1<,物块与木板共速前物块没有滑出木板，由于2=tan37°= 故物块与木板共速后一起沿斜面以1m/s的速度匀速运动，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动，此后 物块沿木板运动速度减为零的过程通过位移为5？=2a1=0.25m 2 因s2-S1+S3<L,物块最终也没有滑出木板与挡板相撞 第15页，共15页阜阳三中2024级高二下学期期末考试物理学科试题 (考试时间：75分钟满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。 1.下列选项中物理量为矢量，且单位用国际单位制基本单位表示正确的是() A.加速度m·S2B.电流A C.力N D.功gm2.s2 2.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是() v/(m's v2/(m2g- a/(ms-) 三/ms-) 15 7.5 t/s 07.515 c/m 0135 丙 A,甲图中，物体在0~6这段时间内的平均速度为号 B.乙图中，物体的加速度大小为2mls2 C.丙图中，阴影面积表示t1~2时间内物体的加速度变化量 D.丁图中，0~3秒内物体的位移大小为30m 3如图甲所示，MN为磁流体发电机，大量的正、负电荷连续以某速度射入有垂直纸面向里匀 强磁场的两板间，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所 示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列说法正确的是() +B/T A.M板带负电，N板带正电 B.2s~3s内，ab、cd导线互相吸引 C.0~4s内，通过线圈A的电荷量为零D.1s~2s内，cd导线中的电流逐渐增大 4如图所示，AOB为放置在竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道，A、B两点位于圆弧上等高 处，O为圆弧的最低点，弧AB的长度远小于R,在B点和O点之间固定一光滑直轨道，圆弧 轨道和直轨道平滑连接。现将一小球（半径可忽略）由A点静止释放，重力加速度为g,则 第1页，共6页 A→O→B过程小球的运动时间为 A--B A月 B+2),及 c),及D.回周 5北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部 分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度高可靠定位、导航、授时服务。 如图所示，α为北斗组网卫星中的极地卫星，b为组网中的地球静止卫星，c为赤道上随地球一 起转动的物体。已知地球自转周期为T,地球半径为R, 赤 地球 道上重力加速度为g,引力常量为G,则() A地球的质量为% B,6卫星距地面高度为R4n C.a、b、c的线速度大小关系为v%<y。≤ye D.a、b、c的周期大小关系为Tb>Ta>T。 6.一列简谐波沿x轴方向传播，0.7s时的波形图如图甲所示。P、M为x轴上两质点，质点P 的平衡位置在一4m处，其振动图像如图乙所示。下列说法正确的是() ↑Wem 030.0 甲 A.该波沿x轴负方向传播 B.该波的波长为9m C,该波的波速为12ms D.再经过2s,质点M运动的路程为39cm 7,大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示， 某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过α、b两点，其中 在a点的速度大小为y,方向与a、b连线成45角；在b点的aa 速度大小也为v,方向与a、b连线成B-45°角。已知a、b连线长 为d,小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确 的是() 第2页，共6页 A.风力方向平行于a、b连线 B.从a点运动到b点所用的时间为 C.小球的最小速度为0.5v D.风力大小为管 8.收割、脱粒后的玉米粒用如图甲所示的装置传送，传送带高度为h=5.0m,倾角0-=37·，并以 速度=1.0ms顺时针转动。如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，每秒从传送带底 部向其输送m=2.0kg的玉米粒，玉米粒刚落到传送带上的速度为零，传送带将玉米粒送到顶端 飞出，玉米粒与传送带间的动摩擦因数=0.8。重力加速度g=10ms2,传送带轮直径大小可忽 略，不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，则() m 甲 乙 A.玉米粒从落到传送带上开始，运动到与传送带速度相等需1.25s B.玉米粒从传送带顶端飞出后还能上升高度1.8m C.玉米粒在传送带上加速过程中，与传送带的相对位移2.5m D.稳定运行时，传送带电动机因输送玉米粒而增加的功率是117W 二、多选题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9.如图所示，工人们利用两根间距1.6R的钢管A和B从货车上卸载圆柱形油桶，当两根钢管 与水平地面的夹角为53°时，半径为R、质量为m的油桶 恰好能沿两根钢管组成的轨道匀速下滑。已知sin53=0.8 cos53°=0.6，不计钢管A、B粗细，重力加速度为g,则 下列说法正确的是() 0 53 53 R A.油桶与钢管A之间的压力为mg <1.68 B.油桶与钢管B之间的摩擦力为0.4mg C.油桶与钢管A、B之间的动摩擦因数均为0.5 D.若增大钢管A、B与水平地面间的夹角，油桶将加速下滑 第3页，共6页 10如图甲所示，质量均为m的物块P与物块Q之问拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面 上，物块P与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为E。 某一时刻解除锁定，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0-时间内物块Q运动的a-t 图像如图乙所示。下列判断正确的是() PwWw阿 wsnyysdwsrsssssr 分 A.0-3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统机械能守恒 B.0-3时间内，物块P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒 C.0-时间内，合外力对物体2做功为号 D.~3时间内，图线与t轴所围的面积大小为， 三、非选择题：共5题，共56分。 11.(6分)某兴趣小组利用图甲所示的实验装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。一端带滑轮 的长木板固定于水平桌面，长木板固定一光电门，带有遮光片的滑块置于长木板上，细绳跨过 定滑轮后一端与滑块相连，另一端悬挂钩码，当地重力加速度为g。 光电门 遮兆片 3cm 01234567890 实验步骤： (I)用游标卡尺测得遮光片的宽度（图乙）d=mm; (2)测量滑块静止时遮光片到光电门的距离为S,滑块的质量为M,钩码总质量为m: (3)调整轻滑轮，使细线水平。滑块由静止释放，测量遮光片通过光电门的时间为△，则滑块经 过光电门的速度=_（用d、△t表示）： (4)多次改变s,重复步骡(3)，做出2-s图像，已知图像的斜率为k,则滑块与木板间动摩擦因 数=（用m、M、k、g表示）。 第4须，共6页 12.(8分)如图甲所示，是某同学设计的多用电表的内部电路。虚线框中S为一单刀多掷开关， 通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理 量的功能。图中电流表G(表头)的满偏电流L为100mA,内阻R,=302。 (1)S接通触点1时，多用电表是量程为0-0.6A的电流表，则R1=2。(保留一位有效数 字) (2)若要测量一阻值约为202的电阻，图中S应接通（填“触点2”或“触点3”，正确操作后 多用电表的读数如图乙所示，该电阻的阻值为2。 (3)该同学为测量图甲中电源的电动势，把S接通触点2后，在两表笔间串联接入一电阻箱（最 大阻值为99.02)。改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱的读数R和对应多用电表的电流读数I, 画出-R图像如图丙所示。若已知-R图线的斜率为k,则测得电源电动势E=_(佣题中 物理量符号表示)。 13.(12分)如图所示，在xOy平面直角坐标系内，第一、二象限存在沿y轴负方向的匀强电 场，第三、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y轴上的P点有一带电粒子，具有沿x轴 正方向的初速度，经过电场偏转，从x轴上的M点（未画出）进入磁场，进入磁场时速度方向 偏转了53°，该粒子在电场和磁场中做轨迹封闭的周期性运动。已知该粒子的电荷量为q、质 量为m,0P=L,不计重力及阻力，sim53=0.8,c0s53°=0.6。求： (1)匀强电场的电场强度大小： (②)带电粒子运动的周期。 第5页，共6页 14.(14分)横截面为圆的柱状玻璃棱镜AOB如图甲所示，现有一束单色光垂直于OA面射入， 从AB弧面的中点C射出时，恰好发生全反射，现将入射光线垂直于OA面从F点入射，光线 经过AB弧面的三等分点D,经AB弧面折射后与OB延长线相交于P点，已知OA=R,光在真 空中的传播速度为c,sin15°=一，计算结果可带根号。 (1)求该玻璃棱镜的折射率： (2)求光线从F点到P点的传播时间： (3)现将棱镜如图乙放置，用黑纸覆盖OB.该单 色光平行于横截面，与界面OA成45°角入射， 若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，求圆孤 AB上有光射出的弧长L. 15.（16分)如图所示，一质量为m=1kg的物块（可视为质点），以o=8m5的速度从右侧皮带轮 最高点向左滑上足够长的水平传送带，传送带以y=4s的速度顺时针匀速运动，物块与传送 带之间的动摩擦因数o=0.2。倾角为-37°的固定斜面上静置一质量为M-4kg的薄木板，木板 的长度为L-6m,物块与木板之间的动摩擦因数4=1，木板与斜面之间的动摩擦因数子，斜 面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为=2.25m,木板与挡板碰撞后立即 粘在一起停止运动。物块离开传送带时恰好做平抛运动，并且恰好沿斜面方向落在木板的顶端。 已知物块与木板之间、木板与斜面之间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10mls2,己知 sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物块在传送带上运动的总时间： (2)皮带轮的半径和物块落在木板顶端的速度： (3)物块落在木板上以后，通过计算分析物块是否 会滑离木板撞上挡板。 第6页，共6页