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

2024~2025学年度高三元月调考 物理试卷 本试题卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 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 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（为与装置有关的常数，为该点到圆心的距离）。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、乙粒子由入射口垂直射入，分别从射出，丙、丁粒子由入射口垂直射入，分别从射出。已知和和关于圆心对称，且。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，绕中轴线按图示方向匀速转动产生交流电，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，是可转动的滑动触头，端与滑动变阻器串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡和滑动变阻器为滑动变阻器的滑片。当开关闭合，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. 若保持和不变，仅将向左移动，灯泡将变亮 B. 若将移至最右端，仅顺时针转动，灯泡亮度可能保持不变 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、，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，现施加水平拉力作用在小球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，，，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. 拉力最大值为 C. A即将滑动时，突然撤去拉力的瞬间，小球B的加速度大小为 D. 在A即将滑动时，撤去拉力后，物块A仍可以始终保持静止 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点，初始时测出入射光在点与法线间的夹角点到光屏的垂直距离。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕点转动，则（　　） A. 初始时点距玻璃砖圆心的距离 B. 玻璃砖绕点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点不动 C. 若玻璃砖绕点逆时针转动，则光点较初始位置向左移动了 D. 若玻璃砖绕点顺时针转动，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，测量其电动势和内阻。 （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和内阻，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（量程）；电流表（量程） 电压表（量程）；电压表（量程） 定值电阻（阻值，额定功率） 定值电阻（阻值，额定功率） 滑动变阻器（阻值）；滑动变阻器（阻值） 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、滑动变阻器分别应选_____。（填对应选项） A. B. 、、、 C. D. （3）记录单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的两条图线，由图线得出的电动势测量值_____真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合、两条图线，此电芯的电动势为_____，内阻_____（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随路端电压变化的关系，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的成绩斩获全牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎变量之间的首金，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变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，在平面直角坐标系的轴和虚线之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在轴左侧有沿轴正方向的匀强电场，一个质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点以初速度沿轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点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相切，不计粒子重力。已知，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小和粒子第次经过轴位置的纵坐标； （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，从点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。 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 本试题卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 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．伽利略对运动的研究不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且还创造了一套对近代科学发展极为有益的科学方法，这些方法的核心是把实验和逻辑推理相结合，故A错误； B．奥斯特首次发现了电流的磁效应，安培提出了分子环流假说，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．汤姆孙在研究阴极射线时发现电子，美国物理学家密立根精确地测出电子的电荷量，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（为与装置有关的常数，为该点到圆心的距离）。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、乙粒子由入射口垂直射入，分别从射出，丙、丁粒子由入射口垂直射入，分别从射出。已知和和关于圆心对称，且。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； B．题意可知，甲、丙两粒子出入电场的位置均关于O点对称，由等势线和电场线的特点可知，其进出电场的位置电势相等，则电场力不做功，即甲、丙两粒子均做匀速圆周运动，可得 因为 解得 因为两粒子速率相等，所以比荷相同，故B正确； C．结合前面分析可知，电场力对甲、丙两粒子不做功，两粒子垂直于端面射出；由题意可知，乙和丁进出电场的位置关于O点不对称，即电场力对乙粒子和丁粒子均做功，故乙粒子和丁粒子在沿电场方向上有分速度，即乙粒子和丁粒子均同时具有沿电场方向和垂直于电场方向的速度，其合速度不垂直于电场方向，则不会垂直于端面射出，故C错误； D．由题意知，乙粒子从进，从出，丁粒子从进，从出；结合前面分析可知，与在同一等势面上，与在同一等势面上，则粒子进出电场，电场力对乙粒子做的功，相当于乙从到 电场力对其做的功，同理，丁粒子进出电场，电场力对丁粒子做的功，相当于丁从到电场力对其所做的功；由图可知处的平均场强比处的平均场强大，又因为，则间的电势差比间的大，又因为电场力做功，若乙、丁两粒子电荷量相等，则电场力对乙粒子做的功比电场力对丁粒子做的功大，由动能定理可知，乙粒子的动能变化量比丁粒子的动能变化量要大，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，绕中轴线按图示方向匀速转动产生交流电，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，是可转动的滑动触头，端与滑动变阻器串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡和滑动变阻器为滑动变阻器的滑片。当开关闭合，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. 若保持和不变，仅将向左移动，灯泡将变亮 B. 若将移至最右端，仅顺时针转动，灯泡亮度可能保持不变 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．若仅将向左移动，滑动变阻器的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，导致流过灯泡的电流变大，所以将变亮，故A正确； B．若将移至最右端，则原线圈电压不变，仅顺时针转动，副线圈匝数减小，根据可知，副线圈电压减小，灯泡亮度变暗，故B错误； C．图（a）线圈运动一周内，总是有线框切割磁感线，线框中一直有电流，故C错误； D．原、副线圈交流电的频率相同，线圈匀速转动的频率等于原、副线圈交流电的频率，故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、，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，现施加水平拉力作用在小球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，，，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. 拉力最大值为 C. A即将滑动时，突然撤去拉力的瞬间，小球B的加速度大小为 D. 在A即将滑动时，撤去拉力后，物块A仍可以始终保持静止 【答案】CD 【解析】 【详解】A．轻绳对定滑轮的作用力方向与定滑轮两侧轻绳夹角的角平分线在同一直线上，由于定滑轮两侧轻绳夹角逐渐增大，所以轻绳对定滑轮的作用力方向发生变化，故A错误； B．当物块A即将发生滑动时，设滑轮右侧轻绳与竖直方向夹角为，此时轻绳拉力T最大，拉力F最大，对物块A，根据平衡条件可得 解得 对小球B，有， 联立解得， 故B错误； C．A即将滑动时，突然撤去拉力的瞬间，小球B的加速度大小为 故C正确； D．在A即将滑动时，撤去拉力后，设物块A仍静止不动，小球B做圆周运动，到达最低点时速度为，根据机械能守恒可得 在最低点，由牛顿第二定律得 联立解得 可知小球B摆动过程中，物块A仍可以始终保持静止，故D正确。 故选CD。 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点，初始时测出入射光在点与法线间的夹角点到光屏的垂直距离。现保持入射光线不变，使玻璃砖绕点转动，则（　　） A. 初始时点距玻璃砖圆心的距离 B. 玻璃砖绕点转动时，光透过玻璃砖射到光屏上的点不动 C. 若玻璃砖绕点逆时针转动，则光点较初始位置向左移动了 D. 若玻璃砖绕点顺时针转动，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．设光线射出时的折射角为，根据光的折射定律可得 代入数据解得 即 由几何知识可得 解得 A正确； B．玻璃砖绕点转动时，光线在玻璃砖中的入射角发生改变，根据光的折射定律可知，折射角会随之改变，光透过玻璃砖射到光屏上的点也会随之偏移，B错误； C．若玻璃砖绕点逆时针转动，此时的入射角为，如图所示 由几何知识可知，在光屏上的水平距离为 玻璃砖旋转前，在光屏上的水平距离为 故玻璃砖旋转后，光点较初始位置向左移动的距离为 C错误； D．由题可知，光发生全反射时的临界角 若玻璃砖绕点顺时针转动，此时入射角，由于 此时光线在玻璃砖内发生全反射，光屏上没有透过玻璃砖折射出的光点，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 【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的过程中，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，测量其电动势和内阻。 （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和内阻，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（量程）；电流表（量程） 电压表（量程）；电压表（量程） 定值电阻（阻值，额定功率） 定值电阻（阻值，额定功率） 滑动变阻器（阻值）；滑动变阻器（阻值） 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、滑动变阻器分别应选_____。（填对应选项） A. B. 、、、 C. D. （3）记录单刀双掷开关分别接1、2对应的多组电压表的示数和电流表的示数，根据实验记录的数据绘制如图2中所示的两条图线，由图线得出的电动势测量值_____真实值（选填“大于”或“小于”或“等于”）。综合、两条图线，此电芯的电动势为_____，内阻_____（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随路端电压变化的关系，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. 等于 ②. ③. （4）C 【解析】 【小问1详解】 题图可知单块电芯容量为 故利用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】 根据定值电阻功率可知，通过保护电阻的最大电流为1A ，为了保证的安全，最大电流不超过1A，因此电流表应选A1； 由图可知电源电压为 因此电压表应选V1； 根据闭合电路的欧姆定律，电路中的最小电阻 因此定值电阻应选，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器应选，故本实验选择。 故选B。 【小问3详解】 [1][2]当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，因此内阻测量值比真实值偏大； 当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小； 由于图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡峭一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接1中的实验数据描出的，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即； [3]由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分压，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的图线是A图线纵轴交点与B图线横轴交点的连线，可知内阻。 【小问4详解】 由焦耳定律可得电源内阻热功率为 可知P与U成二次函数，图像为开口向上的抛物线的一部 分，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为 ，内阻越大，纵截距越小，已知甲电池组的内阻较大，则甲的纵轴截距较小，所以C选项图像符合题意。 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的成绩斩获全牌。这不仅是中国皮划艇队在巴黎变量之间的首金，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变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） （2）160N 【解析】 【小问1详解】 设划水时桨产生的动力大小为F，阻力大小为f、划水阶段加速度大小为，划水阶段，对质量m为80kg的皮艇，由牛顿第二定律有 空中运桨阶段加速度大小为，对运桨阶段，对皮艇，由牛顿第二定律有 题意知 联立解得 【小问2详解】 题意知划水阶段时间为1.2s，划水阶段位移 划水阶段结束时的速度 空中运桨阶段时间为1.0s，空中运桨阶段位移 又因为 联立以上解得 故阻力大小 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。 【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，在平面直角坐标系的轴和虚线之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场区Ⅰ，在虚线右侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场区Ⅱ，在轴左侧有沿轴正方向的匀强电场，一个质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点以初速度沿轴负方向射出，该粒子恰好从坐标原点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相切，不计粒子重力。已知，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）磁场区Ⅰ的磁感应强度大小和粒子第次经过轴位置的纵坐标； （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，从点进入磁场区Ⅰ，从坐标为（8L，0）的点离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过坐标为（8L，-3L）的点（图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。 【答案】（1） （2） （3）或或 【解析】 【小问1详解】 由题知，粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律得，，， 联立解得， 【小问2详解】 设粒子从O点进磁场I时速度大小为，由题知，粒子在O点y轴负方向速度大小为，x轴正方向速度大小为，根据速度的合成与分解，可得 设速度与y轴方向的夹角为，根据几何关系可得 解得 即粒子进磁场区I速度方向与y轴方向的夹角为，作出粒子运动轨迹，如图所示 设粒子在磁场区I中做圆周运动的半径为，根据几何关系有 解得 在磁场中，根据牛顿第二定律有 解得 根据几何关系，可得甲粒子第二次经过y轴的位置A点离O点的距离为 解得 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为 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轴位置的纵坐标为 当n取偶数时，粒子第n次经过y轴位置的纵坐标为 【小问3详解】 经过分析，粒子能达N点有三种情况，如图所示 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为，根据几何关系有 解得 设磁场区II的磁感应强度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 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做圆周运动的半径为，根据几何关系有 解得 设磁场区II的磁感应强度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 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做圆周运动的半径为，根据几何关系有 解得 设磁场区II的磁感应强度大小为，根据牛顿第二定律 解得 由上分析，可知为满足题意要求，则磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为或或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $