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福建省三明市普通高中2022届高三上学期物理期末质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·三明期末）跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，如图是跑鞋结构示意图，以下说法中错误的是（ ）
A．鞋垫减小了人与地面的作用力
B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多的回馈给人
【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】ACD．根据动量定理
解得
鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，ACD正确，不符合题意；
B. 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误，符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据动量定理得鞋垫的作用是减小了人和地面的作用力F。鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，鞋垫没有减小人落地过程的动量变化量。
2．（2022高三上·三明期末）如图所示是常用的手机支架，背板垂直于下挡板，转动支架可调节合适的观看角度。若不计背板摩擦，缓慢增大角度（），下列判断正确的是（ ）
A．背板与下挡板受到的压力均增大
B．背板与下挡板受到的压力均减小
C．背板受到的压力增大，下挡板受到的压力减小
D．背板受到的压力减小，下挡板受到的压力增大
【答案】C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】对手机受力分析结合牛顿第三定律可知，背板受到的压力
下挡板受到的压力
当缓慢增大角度时，则背板受到的压力变大，下挡板受到的压力减小。
故答案为：C。
【分析】将物体重力沿斜面和垂直斜面分解，得出两个方向分力大小。根据分力表达式，得到当缓慢增大角度时，各个物体受力情况。
3．（2022高三上·三明期末）如图。在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氦核同时从y轴上O点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。不计重力及两粒子间的相互作用，以下对氕核和氦核的运动轨迹图判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】氕核和一个氦核都带正电，根据左手定则可知洛伦兹力向y轴负方向，则两粒子都将向y轴负方向偏转。根据洛伦兹力提供向心力有
解得
而两粒子初动能相同，则
故答案为：D。
【分析】根据左手定可知洛伦兹力方向，洛伦兹力提供圆周运动的向心力。两粒子初动能相同，得到粒子运动半径之比。
4．（2022高三上·三明期末）“无线蓝牙耳机”可在一定距离内实现与手机的无线连接。为了探究无线连接的最远距离。甲同学携带手机，乙同学佩戴无线蓝牙耳机进行检测实验。开始时两人相距15m，乙在前甲在后，同时沿同一直线同向运动，其图像如图所示，此过程中蓝牙耳机能接收到手机信号的时间为6s。则最远连接距离为（ ）
A．3.5m B．7m C．8m D．11.5m
【答案】D
【知识点】运动学v-t 图像
【解析】【解答】甲做匀减速运动的加速度大小为
设经过时间t两人的距离到达蓝牙信号距离的最大值，则
经过(t+6)s两人间距又到达蓝牙信号距离的最大值，则
解得t=1s
sm=11.5m
故答案为：D。
【分析】根据vt图像得到甲做匀减速运动的加速度大小，两物体速度相等时。两人的距离到达蓝牙信号距离的最大值。
二、多选题
5．（2022高三上·三明期末）金星是夜空中最亮的行星，也叫启明星，《诗经·小雅·大东》中写道：“东有启明，西有长庚。”已知金星绕太阳公转的周期约为224天，可以判定（ ）
A．金星的质量大于地球的质量
B．金星的轨道半径大于地球的轨道半径
C．金星公转的线速度大于地球公转的线速度
D．金星的向心加速度大于地球的向心加速度
【答案】C,D
【知识点】天体的匀速圆周运动的模型
【解析】【解答】A．根据数据无法比较环绕天体即金星和地球的质量，A不符合题意；
B．由开普勒第三定律
知金星的轨道半径小于地球半径，B不符合题意；
C．根据万有引力提供向心力有
得
可知金星公转的线速度大于地球公转的线速度，C符合题意；
D．根据万有引力提供向心力有
得
金星的向心加速度大于地球的向心加速度，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】万有引力定律中环绕天体即金星和地球的质量都会相互抵消，所以无法求解。万有引力提供金星和地球运动向心力，越近线速度和加速度越大。
6．（2022高三上·三明期末）如图甲所示的“简易电动机”，由5号干电池、圆柱形强磁铁、裸铜导线框组成，干电池的正极向上，各部分均保持良好接触，放手后线框能持续转动，其原理如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中①②两部分电路是并联关系
B．“简易电动机”从上往下看逆时针旋转
C．电池的输出功率大于线框转动的机械功率
D．“简易电动机”转动后，线框中的电流逐渐增大
【答案】A,C
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．甲图中①②两部分电路是并联关系，A符合题意；
B．甲图中①部分电路上边电流向左，磁场偏上，根据左手定则，安培力向里，同理，②部分电路所受安培力向外，“简易电动机”从上往下看顺时针旋转，B不符合题意；
C．电池的输出功率等于线框转动的机械功率与回路的热功率之和，C符合题意；
D．“简易电动机”转动后，产生感应电流与原电流方向相反，线框中的电流逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】电流有多条路径，甲图中①②两部分电路是并联关系。根据左手定则①部分所受安培力向里，②部分电路所受安培力向外。电池的输出功率等于线框的机械功率加上回路的热功率。
7．（2022高三上·三明期末）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有光滑定滑轮。一轻绳跨过滑轮，其一端与悬挂一物块Q的竖直轻弹簧连接，另一端与斜面上的物块P相连。托住物块Q轻弹簧处于原长时，系统处于静止状态。现将Q由静止释放（未着地），P始终保持静止，已知物块P与Q质量分别为3m与m，，轻绳不可伸长，轻弹簧始终在弹性限度内，以下判断正确的（ ）
A．Q下落过程，P所受的摩擦力一直减小
B．Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后增大
C．Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先做正功后做负功
D．Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量
【答案】B,C
【知识点】弹性势能；动能与重力势能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．Q刚开始释放时，只受重力作用，加速度方向向下，根据牛顿第二定律可得
当Q下到最低点时，根据运动的对称性，可知此时Q的加速度大小也为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有
解得
Q释放前P所受的摩擦力为
方向向上；Q在最低点时P所受的摩擦力为
方向向下，所以Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后增大，A不符合题意，B符合题意；
C．Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先向下后向上，所以合力先做正功后做负功，C符合题意；
D．Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量与动能增加量之差，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】Q刚开始释放时，只受重力作用，加速度为g。Q运动可以看成简谐运动，平衡位置重力等于弹力，所以当Q下到最低点时，Q的加速度大小也为g。Q从释放至最低点过程中，合力先向下后向上，先做正功后做负功。
8．（2022高三上·三明期末）如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（），以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（）的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g，g为重力加速度大小，k为静电力常量。则（ ）
A．小球S在M点的加速度为0
B．从O点到N点场强逐渐增大
C．小球S在M点所受电场力大小为
D．从O点到N点小球S的动能增加了
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，根据对称性，在M点的电场力大小也为mg，且向上，故M点的加速度为0，A符合题意；
B．图像的斜率表示电场强度，结合图像来看的话从O点到N点场强先增大后减小，B不符合题意；
C．根据库仑定律可知两个点电荷在M点产生的电场力大小都为
则合成之后的合力大小为
C符合题意；
D．从O点到M点合力做功为
有动能定理可知，从O点到N点小球S的动能增加了，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】小球在N点的加速度大小为2g，在N点的电场力大小等于mg，根据对称性在M点的电场力大小也为mg。由动能定理可得动能增加量等于合力做功。
三、实验题
9．（2022高三上·三明期末）
（1）如图，20分度游标卡尺读数为 mm。
（2）如图，弹簧秤的读数为 N。
【答案】（1）20.45
（2）1.0
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺读数为
（2）由图知弹簧秤的读数为1.0N。
【分析】（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标读数。
（2）最小刻度为0.2牛，读数不用估读。
10．（2022高三上·三明期末）某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
⑴一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；
⑵运行智能手机中的声音“振幅”（声音传感器）项目；
⑶迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图10乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为。
⑷若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式： （请用物理量符号m、g、h、t表示）。
⑸若已知铁球质量为50g，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能 J（结果保留3位小数）。相对误差 ，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
⑹敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果 （填“有”或“没有”）影响。
【答案】或；0.380；0.5；没有
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（4）铁球下落的速度为
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有
解得铁球下落时间t的速度为
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式
代入数据解得或
（5）下落过程中增加的动能
相对误差
（6）根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
【分析】（1）由运动学公式和机械能守恒定律求得铁球下落过程中应满足的等式。
（2）根据相对误差 表达式，代入题中数据求得相对误差大小。
（3）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，这个速度不会影响竖直方向运动，所以 对实验测量结果无影响。
11．（2022高三上·三明期末）某同学要将一量程为3mA的毫安表改装为较大量程的电流表，其改装的电路如图甲所示。
（1）图甲中“表头”线圈由铜线制作，阻值会随温度升高而增大，定值电阻由锰铜或镍铬合金制作，阻值几乎不随温度变化。若改装后的电流表放到高温环境下使用，会造成测量结果 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（2）为了校正电表因温度变化产生的测量误差，如图乙所示，将表头与一个温度补偿电阻串联后接入电路。为保证测量的准确，温度补偿电阻的阻值需随温度升高而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）见图乙改装的电流表，当使用O、A两接线柱，量程为0.6A，当使用O、B两接线柱，量程为3A，已知，，则 （结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）偏小
（2）减小
（3）1.2
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流
放到高温环境下使用，阻值会随温度升高而增大，流过同样的电流，会减小，即表头的偏转变小，会造成测量结果偏小；
（2）阻值会随温度升高而增大，而与之串联的温度补偿电阻的阻值应该随温度升高而减小，这样两电阻之和才能尽量保持不变；
（3）当使用O、A两接线柱，量程为0.6A，根据电流表改装原理则有
当使用O、B两接线柱，量程为3A，根据电流表改装原理则有
已知，，联立解得
【分析】（1）求出流过表头的电流表达式，在高温条件下，阻值会增大，表头的电流变小，测量结果偏小。
（2）串联的温度补偿电阻和原电阻阻值之和应保持不变，阻值应该随温度升高而减小。
（3）根据电流表改装原理，结合电流表两个量程，联立方程求解得到电阻大小。
四、填空题
12．（2022高三上·三明期末）根据以下三幅图按要求作答：
（1）图a中时引力 斥力（填“大于”“小于”或“等于”）。
（2）图b中 （填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）图c中从状态A到状态B过程气体 热量（填“吸收”或“放出”）。
【答案】（1）大于
（2）小于
（3）吸收
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）图a中时引力大于斥力，分子力表现为引力。
（2）因为温度越高，则分子的平均速率越大，则速率较大的分子占分子总数的比例越大，则图线的“腰”越粗，则图b中小于。
（3）图c中从状态A到状态B过程气体体积变大，对外做功，温度升高，内能增加，则根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
【分析】（1）分子距离较大，分子力表现为引力。
（2）因为温度越高，分子的平均速率越大，速率较大的分子占分子总数的比例越大。
（3）状态A到状态B过程气体体积变大，对外做功，由理想气体状态方程，温度升高。结合能量守恒定律，气体要吸收热量。
五、解答题
13．（2022高三上·三明期末）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气、然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.5，体积为V。已知阿伏加德罗常数为。
（1）若该状态下气体的摩尔体积为，求袖带内气体的分子数；
（2）若缓慢放弃过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.8V，压强变回到，求袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值。
【答案】（1）解：气体物质的量
袖带内气体的分子数
（2）解：对原袖带内气体，发生等温变化，压强为时气体体积为，则
解得
袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值：
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）求出气体物质的量 ，代入阿伏加德罗常数得出袖带内气体的分子数 。
（2） 对原袖带内气体，发生等温变化 ，根据理想气体状态方程，得到 袖带内气体原体积，从而得出剩余气体的质量与放气前总质量的比值 。
14．（2022高三上·三明期末）滑沙是国内新兴的户外运动，运动模型简化成如图甲所示，总质量为30kg的小孩和滑沙板从倾角为37°的滑道顶端由静止开始下滑，为了防止下滑过快，滑沙板后方有一大人沿斜面向上拉滑沙板，拉力T的大小随下滑位移的变化关系如图乙所示。滑道末端安装有缓冲轮胎，滑沙板撞上轮胎后经1.5s停止运动。已知滑沙板前端A至缓冲轮胎B的长度为30m，滑沙板与滑道的动摩擦因数为0.2，忽略轮胎形变产生的位移，g取10，，，求：
（1）当拉力为108N时，小孩的加速度大小；
（2）滑沙板到达缓冲轮胎处的速度大小；
（3）缓冲过程轮胎与滑沙板间的平均作用力大小。
【答案】（1）解：设小孩和滑沙板的总质量为m，斜面倾角为，滑沙板与滑道间的动摩擦因数为，支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为108N时的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
联立并代入题给数据得
（2）解：设AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
式中、和、分别对应下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，，，
设到达B点时速度大小为v，从A到B，由动能定理有
联立并代入题给数据得
（3）解：缓冲过程由动量定理有
联立式并代入题给数据得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小孩受力分析，在斜面上由牛顿第二定律可得小孩的加速度大小。
（2）从A到B，由动能定理得出滑沙板到达缓冲轮胎处B点时速度大小v 。
（3） 缓冲过程由动量定理得出轮胎与滑沙板间的平均作用力大小 。
15．（2022高三上·三明期末）如图，竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道ABCD，圆弧BC与水平轨道CD相切于C点，倾角的斜轨AB与圆弧相切于B点，O为圆弧圆心，半径为R，半径OC所在竖直线左侧区域存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小滑块P（可视为质点）从A处由静止开始沿斜轨下滑，进入水平轨道后与D处静止的绝缘小滑块Q发生弹性正碰。已知AB两点间的距离为2R，场强大小为，重力加速度大小为g，水平轨道CD足够长，，。求：
（1）P第一次到达圆弧轨道C点时所受的支持力N；
（2）P的最大速度vm；
（3）若Q质量，P与Q发生第二次碰撞后，P能否到达轨道上与O点等高处的H点（请通过计算判断）。
【答案】（1）解：P从A点第一次运动到C点过程，根据动能定理有
解得
P第一次到达C点时，由牛顿第二定律得
解得
（2）解：设甲受到的电场力、重力的合力（即等效重力）与竖直方向成θ角，如图所示。
解得
P第一次运动到圆弧上与OC竖直线的圆心角成θ角时速度最大，根据动能定理有
解得
（3）解：P与Q发生弹性碰撞过程，由动量守恒得
由动能守恒得
解得
代入数据
解得P与Q发生第一次碰撞后P、Q的速度大小分别为
代入数据解得P与Q发生第二次碰撞后P的速度大小为
若C能到达H过程有
解得
所以假设不成立，P无法到达轨道H点
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据 动能定理 得出 P从A点第一次运动到C点 的速度大小。由牛顿第二定律得圆弧轨道C点时所受的支持力N 。
（2）根据平行四边形法则，得到 等效重力 大小与方向，根据动能定理得出P的最大速度vm 。
（3） P与Q发生弹性碰撞 ， 动量守恒 而且机械能守恒，代入数据得到 第一次碰撞后P、Q的速度大小。如果C能到达H，得到和事实相矛盾的结论。所以 P无法到达轨道H点 。
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福建省三明市普通高中2022届高三上学期物理期末质量检测试卷
一、单选题
1．（2022高三上·三明期末）跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，如图是跑鞋结构示意图，以下说法中错误的是（ ）
A．鞋垫减小了人与地面的作用力
B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多的回馈给人
2．（2022高三上·三明期末）如图所示是常用的手机支架，背板垂直于下挡板，转动支架可调节合适的观看角度。若不计背板摩擦，缓慢增大角度（），下列判断正确的是（ ）
A．背板与下挡板受到的压力均增大
B．背板与下挡板受到的压力均减小
C．背板受到的压力增大，下挡板受到的压力减小
D．背板受到的压力减小，下挡板受到的压力增大
3．（2022高三上·三明期末）如图。在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氦核同时从y轴上O点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。不计重力及两粒子间的相互作用，以下对氕核和氦核的运动轨迹图判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2022高三上·三明期末）“无线蓝牙耳机”可在一定距离内实现与手机的无线连接。为了探究无线连接的最远距离。甲同学携带手机，乙同学佩戴无线蓝牙耳机进行检测实验。开始时两人相距15m，乙在前甲在后，同时沿同一直线同向运动，其图像如图所示，此过程中蓝牙耳机能接收到手机信号的时间为6s。则最远连接距离为（ ）
A．3.5m B．7m C．8m D．11.5m
二、多选题
5．（2022高三上·三明期末）金星是夜空中最亮的行星，也叫启明星，《诗经·小雅·大东》中写道：“东有启明，西有长庚。”已知金星绕太阳公转的周期约为224天，可以判定（ ）
A．金星的质量大于地球的质量
B．金星的轨道半径大于地球的轨道半径
C．金星公转的线速度大于地球公转的线速度
D．金星的向心加速度大于地球的向心加速度
6．（2022高三上·三明期末）如图甲所示的“简易电动机”，由5号干电池、圆柱形强磁铁、裸铜导线框组成，干电池的正极向上，各部分均保持良好接触，放手后线框能持续转动，其原理如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中①②两部分电路是并联关系
B．“简易电动机”从上往下看逆时针旋转
C．电池的输出功率大于线框转动的机械功率
D．“简易电动机”转动后，线框中的电流逐渐增大
7．（2022高三上·三明期末）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有光滑定滑轮。一轻绳跨过滑轮，其一端与悬挂一物块Q的竖直轻弹簧连接，另一端与斜面上的物块P相连。托住物块Q轻弹簧处于原长时，系统处于静止状态。现将Q由静止释放（未着地），P始终保持静止，已知物块P与Q质量分别为3m与m，，轻绳不可伸长，轻弹簧始终在弹性限度内，以下判断正确的（ ）
A．Q下落过程，P所受的摩擦力一直减小
B．Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后增大
C．Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先做正功后做负功
D．Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量
8．（2022高三上·三明期末）如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（），以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（）的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g，g为重力加速度大小，k为静电力常量。则（ ）
A．小球S在M点的加速度为0
B．从O点到N点场强逐渐增大
C．小球S在M点所受电场力大小为
D．从O点到N点小球S的动能增加了
三、实验题
9．（2022高三上·三明期末）
（1）如图，20分度游标卡尺读数为 mm。
（2）如图，弹簧秤的读数为 N。
10．（2022高三上·三明期末）某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括：安装phyphox APP的智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下：
⑴一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差；
⑵运行智能手机中的声音“振幅”（声音传感器）项目；
⑶迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落。传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图10乙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻。测得这两个尖峰的时间间隔为。
⑷若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式： （请用物理量符号m、g、h、t表示）。
⑸若已知铁球质量为50g，，则下落过程中减小的重力势能，增加的动能 J（结果保留3位小数）。相对误差 ，据此可以得到的实验结论：在误差允许的范围内，铁球在自由下落过程中机械能守恒。
⑹敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对实验测量结果 （填“有”或“没有”）影响。
11．（2022高三上·三明期末）某同学要将一量程为3mA的毫安表改装为较大量程的电流表，其改装的电路如图甲所示。
（1）图甲中“表头”线圈由铜线制作，阻值会随温度升高而增大，定值电阻由锰铜或镍铬合金制作，阻值几乎不随温度变化。若改装后的电流表放到高温环境下使用，会造成测量结果 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（2）为了校正电表因温度变化产生的测量误差，如图乙所示，将表头与一个温度补偿电阻串联后接入电路。为保证测量的准确，温度补偿电阻的阻值需随温度升高而 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）见图乙改装的电流表，当使用O、A两接线柱，量程为0.6A，当使用O、B两接线柱，量程为3A，已知，，则 （结果保留两位有效数字）。
四、填空题
12．（2022高三上·三明期末）根据以下三幅图按要求作答：
（1）图a中时引力 斥力（填“大于”“小于”或“等于”）。
（2）图b中 （填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）图c中从状态A到状态B过程气体 热量（填“吸收”或“放出”）。
五、解答题
13．（2022高三上·三明期末）如图所示，用水银血压计测量血压时，先向袖带内充气、然后缓慢放气。某次测量充入袖带内气体的压强为1.5，体积为V。已知阿伏加德罗常数为。
（1）若该状态下气体的摩尔体积为，求袖带内气体的分子数；
（2）若缓慢放弃过程中温度保持不变，袖带内气体体积变为0.8V，压强变回到，求袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值。
14．（2022高三上·三明期末）滑沙是国内新兴的户外运动，运动模型简化成如图甲所示，总质量为30kg的小孩和滑沙板从倾角为37°的滑道顶端由静止开始下滑，为了防止下滑过快，滑沙板后方有一大人沿斜面向上拉滑沙板，拉力T的大小随下滑位移的变化关系如图乙所示。滑道末端安装有缓冲轮胎，滑沙板撞上轮胎后经1.5s停止运动。已知滑沙板前端A至缓冲轮胎B的长度为30m，滑沙板与滑道的动摩擦因数为0.2，忽略轮胎形变产生的位移，g取10，，，求：
（1）当拉力为108N时，小孩的加速度大小；
（2）滑沙板到达缓冲轮胎处的速度大小；
（3）缓冲过程轮胎与滑沙板间的平均作用力大小。
15．（2022高三上·三明期末）如图，竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道ABCD，圆弧BC与水平轨道CD相切于C点，倾角的斜轨AB与圆弧相切于B点，O为圆弧圆心，半径为R，半径OC所在竖直线左侧区域存在水平向右的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带正电小滑块P（可视为质点）从A处由静止开始沿斜轨下滑，进入水平轨道后与D处静止的绝缘小滑块Q发生弹性正碰。已知AB两点间的距离为2R，场强大小为，重力加速度大小为g，水平轨道CD足够长，，。求：
（1）P第一次到达圆弧轨道C点时所受的支持力N；
（2）P的最大速度vm；
（3）若Q质量，P与Q发生第二次碰撞后，P能否到达轨道上与O点等高处的H点（请通过计算判断）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动量定理
【解析】【解答】ACD．根据动量定理
解得
鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，ACD正确，不符合题意；
B. 鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误，符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据动量定理得鞋垫的作用是减小了人和地面的作用力F。鞋垫没有改变人的初动量0，也没有改变人的末动量mv，鞋垫没有减小人落地过程的动量变化量。
2．【答案】C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】对手机受力分析结合牛顿第三定律可知，背板受到的压力
下挡板受到的压力
当缓慢增大角度时，则背板受到的压力变大，下挡板受到的压力减小。
故答案为：C。
【分析】将物体重力沿斜面和垂直斜面分解，得出两个方向分力大小。根据分力表达式，得到当缓慢增大角度时，各个物体受力情况。
3．【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】氕核和一个氦核都带正电，根据左手定则可知洛伦兹力向y轴负方向，则两粒子都将向y轴负方向偏转。根据洛伦兹力提供向心力有
解得
而两粒子初动能相同，则
故答案为：D。
【分析】根据左手定可知洛伦兹力方向，洛伦兹力提供圆周运动的向心力。两粒子初动能相同，得到粒子运动半径之比。
4．【答案】D
【知识点】运动学v-t 图像
【解析】【解答】甲做匀减速运动的加速度大小为
设经过时间t两人的距离到达蓝牙信号距离的最大值，则
经过(t+6)s两人间距又到达蓝牙信号距离的最大值，则
解得t=1s
sm=11.5m
故答案为：D。
【分析】根据vt图像得到甲做匀减速运动的加速度大小，两物体速度相等时。两人的距离到达蓝牙信号距离的最大值。
5．【答案】C,D
【知识点】天体的匀速圆周运动的模型
【解析】【解答】A．根据数据无法比较环绕天体即金星和地球的质量，A不符合题意；
B．由开普勒第三定律
知金星的轨道半径小于地球半径，B不符合题意；
C．根据万有引力提供向心力有
得
可知金星公转的线速度大于地球公转的线速度，C符合题意；
D．根据万有引力提供向心力有
得
金星的向心加速度大于地球的向心加速度，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】万有引力定律中环绕天体即金星和地球的质量都会相互抵消，所以无法求解。万有引力提供金星和地球运动向心力，越近线速度和加速度越大。
6．【答案】A,C
【知识点】安培力
【解析】【解答】A．甲图中①②两部分电路是并联关系，A符合题意；
B．甲图中①部分电路上边电流向左，磁场偏上，根据左手定则，安培力向里，同理，②部分电路所受安培力向外，“简易电动机”从上往下看顺时针旋转，B不符合题意；
C．电池的输出功率等于线框转动的机械功率与回路的热功率之和，C符合题意；
D．“简易电动机”转动后，产生感应电流与原电流方向相反，线框中的电流逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】电流有多条路径，甲图中①②两部分电路是并联关系。根据左手定则①部分所受安培力向里，②部分电路所受安培力向外。电池的输出功率等于线框的机械功率加上回路的热功率。
7．【答案】B,C
【知识点】弹性势能；动能与重力势能；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．Q刚开始释放时，只受重力作用，加速度方向向下，根据牛顿第二定律可得
当Q下到最低点时，根据运动的对称性，可知此时Q的加速度大小也为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有
解得
Q释放前P所受的摩擦力为
方向向上；Q在最低点时P所受的摩擦力为
方向向下，所以Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后增大，A不符合题意，B符合题意；
C．Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先向下后向上，所以合力先做正功后做负功，C符合题意；
D．Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量与动能增加量之差，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】Q刚开始释放时，只受重力作用，加速度为g。Q运动可以看成简谐运动，平衡位置重力等于弹力，所以当Q下到最低点时，Q的加速度大小也为g。Q从释放至最低点过程中，合力先向下后向上，先做正功后做负功。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，根据对称性，在M点的电场力大小也为mg，且向上，故M点的加速度为0，A符合题意；
B．图像的斜率表示电场强度，结合图像来看的话从O点到N点场强先增大后减小，B不符合题意；
C．根据库仑定律可知两个点电荷在M点产生的电场力大小都为
则合成之后的合力大小为
C符合题意；
D．从O点到M点合力做功为
有动能定理可知，从O点到N点小球S的动能增加了，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】小球在N点的加速度大小为2g，在N点的电场力大小等于mg，根据对称性在M点的电场力大小也为mg。由动能定理可得动能增加量等于合力做功。
9．【答案】（1）20.45
（2）1.0
【知识点】实验基础知识与实验误差；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）20分度游标卡尺读数为
（2）由图知弹簧秤的读数为1.0N。
【分析】（1）游标卡尺读数等于固定刻度读数加游标读数。
（2）最小刻度为0.2牛，读数不用估读。
10．【答案】或；0.380；0.5；没有
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（4）铁球下落的速度为
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有
解得铁球下落时间t的速度为
若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式
代入数据解得或
（5）下落过程中增加的动能
相对误差
（6）根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。
【分析】（1）由运动学公式和机械能守恒定律求得铁球下落过程中应满足的等式。
（2）根据相对误差 表达式，代入题中数据求得相对误差大小。
（3）敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，这个速度不会影响竖直方向运动，所以 对实验测量结果无影响。
11．【答案】（1）偏小
（2）减小
（3）1.2
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流
放到高温环境下使用，阻值会随温度升高而增大，流过同样的电流，会减小，即表头的偏转变小，会造成测量结果偏小；
（2）阻值会随温度升高而增大，而与之串联的温度补偿电阻的阻值应该随温度升高而减小，这样两电阻之和才能尽量保持不变；
（3）当使用O、A两接线柱，量程为0.6A，根据电流表改装原理则有
当使用O、B两接线柱，量程为3A，根据电流表改装原理则有
已知，，联立解得
【分析】（1）求出流过表头的电流表达式，在高温条件下，阻值会增大，表头的电流变小，测量结果偏小。
（2）串联的温度补偿电阻和原电阻阻值之和应保持不变，阻值应该随温度升高而减小。
（3）根据电流表改装原理，结合电流表两个量程，联立方程求解得到电阻大小。
12．【答案】（1）大于
（2）小于
（3）吸收
【知识点】气体的变化图像P-V图、P-T图、V-T图
【解析】【解答】（1）图a中时引力大于斥力，分子力表现为引力。
（2）因为温度越高，则分子的平均速率越大，则速率较大的分子占分子总数的比例越大，则图线的“腰”越粗，则图b中小于。
（3）图c中从状态A到状态B过程气体体积变大，对外做功，温度升高，内能增加，则根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
【分析】（1）分子距离较大，分子力表现为引力。
（2）因为温度越高，分子的平均速率越大，速率较大的分子占分子总数的比例越大。
（3）状态A到状态B过程气体体积变大，对外做功，由理想气体状态方程，温度升高。结合能量守恒定律，气体要吸收热量。
13．【答案】（1）解：气体物质的量
袖带内气体的分子数
（2）解：对原袖带内气体，发生等温变化，压强为时气体体积为，则
解得
袖带内剩余气体的质量与放气前总质量的比值：
【知识点】与阿伏加德罗常数有关的计算；理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）求出气体物质的量 ，代入阿伏加德罗常数得出袖带内气体的分子数 。
（2） 对原袖带内气体，发生等温变化 ，根据理想气体状态方程，得到 袖带内气体原体积，从而得出剩余气体的质量与放气前总质量的比值 。
14．【答案】（1）解：设小孩和滑沙板的总质量为m，斜面倾角为，滑沙板与滑道间的动摩擦因数为，支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为108N时的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
联立并代入题给数据得
（2）解：设AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
式中、和、分别对应下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，，，
设到达B点时速度大小为v，从A到B，由动能定理有
联立并代入题给数据得
（3）解：缓冲过程由动量定理有
联立式并代入题给数据得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对小孩受力分析，在斜面上由牛顿第二定律可得小孩的加速度大小。
（2）从A到B，由动能定理得出滑沙板到达缓冲轮胎处B点时速度大小v 。
（3） 缓冲过程由动量定理得出轮胎与滑沙板间的平均作用力大小 。
15．【答案】（1）解：P从A点第一次运动到C点过程，根据动能定理有
解得
P第一次到达C点时，由牛顿第二定律得
解得
（2）解：设甲受到的电场力、重力的合力（即等效重力）与竖直方向成θ角，如图所示。
解得
P第一次运动到圆弧上与OC竖直线的圆心角成θ角时速度最大，根据动能定理有
解得
（3）解：P与Q发生弹性碰撞过程，由动量守恒得
由动能守恒得
解得
代入数据
解得P与Q发生第一次碰撞后P、Q的速度大小分别为
代入数据解得P与Q发生第二次碰撞后P的速度大小为
若C能到达H过程有
解得
所以假设不成立，P无法到达轨道H点
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据 动能定理 得出 P从A点第一次运动到C点 的速度大小。由牛顿第二定律得圆弧轨道C点时所受的支持力N 。
（2）根据平行四边形法则，得到 等效重力 大小与方向，根据动能定理得出P的最大速度vm 。
（3） P与Q发生弹性碰撞 ， 动量守恒 而且机械能守恒，代入数据得到 第一次碰撞后P、Q的速度大小。如果C能到达H，得到和事实相矛盾的结论。所以 P无法到达轨道H点 。
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