黑龙江省牡丹江市重点中学2023届高三上学期期末考试物理试题（PDF版含答案）

2023 届高三学年上学期期末考试
物理试题
一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题
只有一项符合题目要求，第 9～12 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.在物理学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了巨大的贡献,下列说法正确的是( )
A.牛顿的万有引力定律和哥白尼的日心说奠定了现代天文学的理论基础
B.亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因
C.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律
D.安培首先发现了电流的磁效应,并提出了判断电流周围磁场方向的方法——安培定则
2.用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是( )
2 2 2
A.kg·m /s B.kg·m/s C.N/m D.N·m
3.甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v t图像如图所示，其中甲质点的
图像平行于 t轴，乙质点的图像在 0 ~ 3s内为直线，在 3s ~ 6s内为曲线。关于两质点的运动情况，下列说
法正确的是（ ）
A．乙在 0 ~ 3s的初、末位置中点的速度大小为 2m/s
B．乙在 3s ~ 6s时间内的加速度一直减小
C．乙在 3s ~ 6s时间内的平均速度等于 1m / s
25
D．在0 ~ 3s内，甲、乙之间的最大距离为 m
4
4.斜劈是生活中常用的一种小工具,它可以增加物体的稳定性。如图所示,将斜劈垫在光滑小球的下端,可
以使小球静止在光滑竖直墙壁和斜劈之间。若小球的质量为 m,斜劈尖端的角度为θ,最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。则下列说法正确的是( )
1
A.小球受到墙壁的弹力大小为 mg
2
B.斜劈对小球的支持力为 2mg
tan
C.斜劈与地面间的动摩擦因数可能为
2
D.增大小球的质量,斜劈不可能向右滑动
5.“扔坑”是农村小孩在农闲时玩的一款经典游戏,游戏中的“坑”是在平整的农田中挖出,坑的形状多为
圆柱形,扔掷物可以是铁球、石块,也可以是泥球。如图所示,在一次“扔坑”游戏中,将小泥球从 M 点以速
度 v 水平抛出,泥球恰好沿着坑的上沿入坑并打在坑的底角。若要让泥球进入坑中并直接击中坑底的正中
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间,下列做法可行的是( )
A.在 M 点将泥球以小于 v 的速度水平抛出
B.在 M 点将泥球以大于 v 的速度水平抛出
C.在 M 点正上方某位置将小球以小于 v 的速度水平抛出
D.在 M 点正下方某位置将小球以小于 v 的速度水平抛出
6.2021 年 10 月 16 日 0 时 23 分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号 F 遥十三运载火箭，顺利将翟志刚、
王亚平、叶光富 3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。已知空间站在低于同步卫
星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间 t（t 小于其运动周期），运动的弧长为 s，与地球中心连线
扫过的角度为β（弧度），引力常量为 G，则下列说法中正确的是( )
A.空间站的线速度大于第一宇宙速度
B.空间站的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
s3
C.空间站的质量为
Gt2
2πt
D.空间站的环绕周期为

7.如图所示，半径为 L 的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆与导轨之间的环形区
域存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场.现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一
端 O 点与圆心重合，另一端 A 与圆形导轨良好接触.在 O 点与导轨间接入一阻值为 r 的电阻，导体棒以角
速度ω绕 O 点沿逆时针方向做匀速圆周运动，其他部分电阻不计.下列说法正确的是( )
A.导体棒 O 点的电势比 A 点的电势高
9B L2
B.电阻两端的电压为
2
8BπL2
C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为
r
8π B2L4
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为
r
8. 下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简
谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力 F 为纵
轴，木棒水平位移 x 为横轴建立直角坐标系，浮力 F 随水平位移 x 的变化如图（b）所示。已知河水密度
为 ，木棒横截面积为 S，重力加速度大小为 g。下列说法错误的是（ ）
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A. x 从 0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x 从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. x 0.35m和 x 0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
F1 F2
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
2 Sg
9.图甲表示一列简谐横波在 t=20s 时的波形图，图乙是该列波中的质
点 P的振动图像，由甲、乙两图中所提供的信息可知下列说法正确的
是（ ）
A. 该波的波长为 1.5m，波的振幅为 0.2cm
B. 该波的传播速度为 0.5 m/s，速度沿﹣x 轴方向
C. P 质点在 t=1.25s 时沿﹢y 方向运动
D. P 质点在任意 1s 内的路程都是 0.2cm
10.如图甲所示,正六边形导线框 abcdef放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随
时间 t的变化关系如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度 B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向
为正、竖直边 cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流 i和 cd所受安培力 F随时间 t变
化的图象正确的是( )
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11.如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，上端与物块 B相连，物块 B 处于静止状态，
现将物块 A 置于斜面上 B 的上方某位置处，取物块 A 的位置为原点 O，沿斜面向下为正方向建立 x 轴坐标
系，某时刻释放物块 A，A 与物块 B 碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块 A 的动
E
能 k
0 ~ x
与其位置坐标 x的关系如图乙所示，图像中 1之间为过原点的直线，其余部分为曲线，物块 A、B
x
均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，整个过程斜面固定不动，已知x x1、 2、 3、E，
则下列说法正确的是（ ）
A．物块 A、B的质量之比为1:3
E
x
B．弹簧的劲度系数为 1 x2 x1
x x
C．A 与 B碰撞后，A 在x2位置处弹簧压缩量为 2 1
E 16x3 15x1
x x
D．从 1到 3的过程中，弹簧的弹性势能增加了 4x1
12.如图所示，在半径为 R的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，CD为圆的直径，O 为圆心，某
时刻从最高点 S 向纸面 180°角范围内各个方向均匀发射α粒子，速度大小均为 v。已知α粒子质量为 m，
8mv
电荷量为 q，磁感应强度 B ，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
5qR
A.在直径CD上有粒子射出的长度为 R
53
B.有 的粒子可以从直径CD上射出
180
C.有一半的粒子可以从半圆弧上射出
53πR
D.经过 时间，直径CD上开始有粒子射出
144v
二．实验题（共 2 道题，13 题 6 分，14 题 9 分，共计 15 分）
13.(6 分)如图所示,某同学利用气垫导轨和光电门验证动量守恒定律。将气垫导轨放置在水平桌面上,导轨
的左端有缓冲装置,右端固定有弹簧。将滑块 b 静止放于两光电门之间,用弹簧将滑块 a 弹出。滑块 a 被弹
出后与 b 发生碰撞,b 与缓冲装置相碰后立即停下,测得滑块 a、b 质量分别为 ma、mb,两个滑块上安装的挡
光片的宽度均为 d。
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(1)实验中记录下滑块 b 经过光电门时挡光片的挡光时间为 t0,滑块 a 第一次、第二次经过光电门 A 时,挡
光片的挡光时间分别为 t1、t2,则通过表达式 可以验证动量守恒定律。物块 a、b 的质量
大小关系为 ma (选填“>”“<”或“=”)mb;
(2)将滑块b上的挡光片取下,在两滑块相邻端面粘上轻质尼龙拉扣,使两滑块碰撞能粘在一起运动,记录下
滑块 a上挡光片经过光电门 A的挡光时间为 ta,滑块 a、b粘在一起后挡光片经过光电门 B的挡光时间为 tb,
若两滑块的质量仍为 ma、mb,则验证动量守恒定律的表达式是 。
14.（9 分） 某物理实验小组准备测一个电源的电动势和内阻，他们身边的器材有：
待测电源（E为 5V以下的电源）、电流表（量程 0.6A ，内阻为 0.5Ω）、电压表（量程15V，内阻为1500Ω）、
定值电阻 R0 5Ω、导线和开关若干。
（1）由于缺少变阻箱或者滑动变阻器，他们找来了一根粗细均匀的金属导体棒 R替代，利用接入电路不
同长度的导体来改变电阻，首先他们测量了导体棒的长度为10cm，用欧姆表“ 1挡”测量了导体棒的电
阻，指针偏转如图甲所示，导体棒每1cm的电阻大小为__________Ω。
（2）关于器材的选择，他们的解释合理是___________。
A.不使用电压表的原因是电压表内阻过小
B.不使用电压表的原因是电压表量程过大
C.使用定值电阻 R0 可以增大实验数据范围
（3）选定好器材后，设计了如乙所示实验电路图（导体棒 R用 表示），你认为合理的是
______。
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（4）根据实验数据他们画出了接入电路的导体的长度 l与电流表示数 I 之间的图像，如图丙所示，则该电
源的电动势 E __________V ，内阻 r __________Ω。（结果保留一位小数）
三.计算题（共 3道题，15 题 9 分，16 题 12 分，17 题 16 分，共计 37 分。需要写出必要的文字叙述和方
程）；
15.(9 分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上,先以加速度
a= 20.5 m/s 从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s 时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后
退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ
= . 20 25,已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s 。求:
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)
16.（12 分）如图,金属平行导轨 MN、M'N'和金属平行导轨 PQR、P'Q'R'分别固定在高度差为 h(数值未知)
的水平台面上。导轨 MN、M'N'左端接有电源,MN 与 M'N'的间距为 L=0.10 m,线框空间存在竖直向上的匀强
磁场,磁感应强度 B1=0.20 T;平行导轨 PQR 与 P'Q'R'的间距为 L=0.10 m,其中 PQ 与 P'Q'是圆心角为 60°
半径为 r=0.50 m 的圆弧导轨,QR 与 Q'R'是水平长直导轨,QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度
B2=0.40 T。导体棒 a 质量 m1=0.02 kg,电阻 R1=2.0 Ω,放置在导轨 MN、M'N'右侧 N'N 边缘处;导体棒 b 质
量 m2=0.04 kg,电阻 R2=4.0 Ω,放置在水平导轨某处。闭合开关 K后,导体棒 a从 NN'水平抛出,恰能无碰撞
2
地从 PP'处以速度 v1=2 m/s 滑入平行导轨,且始终没有与棒 b 相碰。重力加速度 g 取 10 m/s ,不计一切摩
擦及空气阻力。求:
(1)导体棒 b 的最大加速度;
(2)导体棒 a 在磁场 B2中产生的焦耳热;
(3)闭合开关 K 后,通过电源的电荷量 q。
17.（16 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的 y 轴和虚线
x L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 y轴左侧有沿 x
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P 1 L,L v
轴正方向的匀强电场，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从点 2 以初速度 0沿 y 轴负方向
射出，该粒子恰好从原点 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 x L相切，不计
粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子第 4 次经过 y 轴的位置坐标；
（3）仅改变磁场区Ⅰ的磁感应强度大小，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
M L,0 N L, 3L
点 离开磁场区Ⅰ，要使粒子能经过点 （图中未标出），磁场区Ⅱ的磁感应强度大小。
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2023 届高三学年上学期期末考试 物理试题参考答案
1.解析:在哥白尼的日心说基础上,诞生了开普勒行星运动定律,以此为基础,开普勒在第谷进行天文观测得出
大量观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律,奥斯特首先发现了电流的磁效应,；最早提出力是改变物体
1 1 1
s = ( 4 2 2 1)=1.5m
运 2 2 2 动状态原因的是伽利略,选项 B、C、D 错误,A 正确。
答案:A
2.A 国际单位制基本单位包括质量:千克(kg);长度:米(m);时间:秒(s);电流:安培(A);温度:开尔文(K);光强:坎德拉
(cd);物质的量:摩尔(mol)。能量的单位可以从力做功的角度考虑,力(N),位移(m),力的单位可以由牛顿第二定律
F=ma 导出,为 kg·m/s2,所以能量单位为 kg·m2/s2,选 A。
Vv 2 ( 4) 2
3.【答案】 D【解析】乙在 0～3s 内的加速度为a = = = 2m/s ，根据几何知识可得：0-3s 内
Vt 3
乙图象与 t 轴交点坐标为 2s。根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得中点位置与初位置的
距离，乙在 0~3s 的初、末位置中点的速度大小为v' = v20 2as = 4
2 2 2 1.5m/s = 10m/s，选
项 A 错误；因 v-t 图像的斜率等于加速度，则乙在 3s～6s 时间内的加速度先减小后增大，故 B 错误。
v + v 2+ 0
若乙在 3s～6s 时间内做匀减速运动，速度从 2m/s 减至 0时，平均速度为 v = 3 6 = =1m/ s，
2 2
由于乙在 3s～6s 时间内的位移大于匀减速运动的位移，所以其平均速度大于 1m/s，故 C错误。在 0～
3s 内，当两者速度相等时相距最远，设从 t=0时起经过时间 t两者速度相等，则有 v0 乙+at=v 甲，代入得
1 25
-4+2t=1，解得 t=2.5s，甲、乙之间的最大距离为 S=v 甲t-（v0乙t+ at
2），代入数据解得S = m ，
2 4
故 D 正确。故选 D。
4.C 解析 对小球受力分析如图甲所示,由平衡条件可得小球受到墙壁的弹力大小为 FN1=mgtan θ,斜

劈对小球的支持力为 FN2= ,所以 A、B 错误;对整体受力分析如图乙所示,由平衡条件可得斜劈与
cos
地面间的摩擦力为 Ff=FN1=mgtan θ,当斜劈的质量 m'=m 时,斜劈与地面间的动摩擦因数可能为
f tan tan μ= = = ,所以C正确;增大小球的质量,当FN1=mgtan θ>Ffm=μ(m'+m)g时,则斜劈向右滑
N ( '+ ) 2
动,所以 D 错误。
5.解析:泥球飞行的时间由下落高度决定,如果仍由 M 点抛出,则落到坑底的时间一定,如果速度小于 v,则不能
落入坑中,如果速度大于 v,则不能直接打到坑底,所以选项 A、B 均错误;当抛出位置比 M 点高,则下落时间变
长,但由于要落到坑底正中间,则水平距离相对于第一次要变短,所以水平抛出速度要变小,则选项 C 正确,选项
D 错误。答案:C
6.【答案】D【解析】A.第一宇宙速度是围绕地球做圆周运动物体的最大速度，所以空间站的线速度小于第
一宇宙速度，故 A 错误；
Mm GM
B.根据G = ma 可得a
r2 r 2
可知空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故 B 错误；
2π 2π 2πt
T
D.空间站的环绕周期为 故 D 正确；
t
C.空间站为绕行天体，其质量无法根据题中条件求出，故 C 错误。故选 D。
7.【答案】C
【解析】由右手定则可知，外电路中感应电流由 A 流向 O，则 O 点电势比 A 点电势低，故 A 错误；感应电
L + 3L
动势E = B(2L)v = B(2L) = 4BL
2 ，电阻两端电压U = E = 4BL2 ，故 B 错误；电路中电流
2
E 4BL2 2π 8πBL2
为 I = = ，周期为T = ，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻的电荷量为q = IT = ，
r r r
32πB2L4
故 C 正确；在导体棒旋转一周的时间内，电阻产生的焦耳热为Q = I 2rT = ，故 D 错误.
r
8.【答案】C
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m 时木棒处于平衡位置；则 x 从0.05m到0.15m的
过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能
先增大后减小，A正确；
B．x 从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速
度竖直向下，大小减小，B正确；
C． x = 0.35m和 x = 0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大
小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为 L，回复力系数为 k，平衡位
L
置时木棒重心在水面下方 x0 ，则有 gS + x0 = Mg
2
L
木棒重心在平衡位置上方最大位移 A处时Mg F2 = Mg gS + x0 A = kA
2
L
木棒重心在平衡位置下方最大位移 A处时F1 Mg = gS + x0 + A Mg = kA
2
F F
可解得 k = gS ， A =
1 2
D 正确；选择 C
2 Sg
9.【答案】BD
【详解】A．由波形图可知，该波 波长为 1.0m，该波的振幅为 0.1cm，选项 A错误；
1
B．周期 T=2s，则该波的传播速度为v = = m/s=0.5m/s
T 2
t=20s 时质点 P的振动情况与 t=0 时刻的振动情况相同，由波形图速度沿﹣x 轴方向，选项 B 正确；
的
C．由振动图像可知，P 质点在 t=1.25s时沿-y 方向运动，选项 C 错误；
D．1s=0.5T，P 质点在任意 1s 内的路程都是 2A=0.2cm，选项 D 正确；
10.解析:0~2 s 内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向,为正
Δ
值。根据法拉第电磁感应定律,E= =B0S 为定值,则感应电流为定值,I1= 0 。在 2~3 s 内,磁感应强度方向垂
Δ
直纸面向外,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向,为正值,大小与 0~2 s 内相同。在 3~4 s 内,
磁感应强度垂直纸面向外,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负值,大小与 0~2 s 内相
同。在 4~6 s 内,磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负
值,大小与 0~2 s 内相同。故 A 正确,B 错误。在 0~2 s 内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,电流恒定不
变,根据 FA=BIL,则安培力逐渐减小,cd 边所受安培力方向向右,为负值。0 时刻安培力大小为 F=2B0I0L。在
2~3 s 内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据 FA=BIL,则安培力逐渐增大,cd 边所受安培力方向向
左,为正值,3 s 末安培力大小为 B0I0L。在 2~3 s 内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,则安培力大小逐
渐增大,cd 边所受安培力方向向右,为负值,第 4 s 初的安培力大小为 B0I0L。在 4~6 s 内,磁感应强度方向垂直
纸面向里,且逐渐增大,则安培力大小逐渐增大,cd 边所受安培力方向向左,6 s 末的安培力大小为 2B0I0L。故 C
正确,D 错误。答案:AC
11.【答案】 ABD
1
m 2Av = E
【解析】A.由图乙可知，物块 A 与物块 B 碰撞前的动能 2
2E
v =
m
可得物块 A 与物块 B 碰撞前的速度 A
1 1
mAv
2
共 = E
物块 A 与物块 B 碰撞后的动能 2 16
2E v
v共 = =
16m 4
可得物块 A 与物块 B 碰撞后的速度 A
v mA 1
mAv = (m +m ) =A B
物块 A 与物块 B 碰撞时间极短，根据动量守恒定律 4 解得 mB 3 A 正确；
BC．弹簧上端与物块 B 相连，物块 B 处于静止状态，设此时弹簧的形变量为 x0 ，结合图甲根据平衡条件可
知mBg sin = kx0
x x = x x x
由图乙可知，当 AB 一起运动到 2时，此时弹簧的压缩量为 2 1 0
m g sin +m g sin = k x x + x
速度最大，此时弹簧对 AB 的弹力大小等于 AB 重力沿斜面的分力，即 A B ( 2 1 0 )
E
k =
x mAg sin x = E x ( x x物块 A 从 O 点运动到位置 1的过程中，根据动能定理 1 联立解得 1 2 1 )
B 正确，C 错误；
E 3E
D．物块 A 与物块 B 碰撞后，物块 A 的动能为16 ，根据 A 的分析可得碰后根据物块 B 的动能为 16 ，物块
E 3E
x (mx A +mB ) g sin (x3 x1 )+ + = Ep由 1运动到 3 过程中，根据能量守恒定律 16 16
E (16x3 15x1 )
Ep =
代入数据解得 4x1 D 正确；故选 ABD。
12.【答案】ABD
【解析】A.α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
mv2 8mv 5
q B = B = 解得 r = R
r 5qR 8
其运动轨迹如下如图所示
α 粒子被接收板最右侧接收，其运动轨迹恰好与CD相切于点 N，其圆心为E，EP 垂直SO ，根据几何关
系可得ON 2 = EP2 = SE2 SP2 = r2 (R r)2 解得ON =0.5R
α 粒子水平向左发射时被接收板最左侧接收时，其运动轨迹恰好与CD相交于点 M，其圆心在SO的 F 点，
2
根据几何关系可得OM = MF 2 OF 2 = r2 (R r)2 解得OM =0.5R
因此，接收板可接收到 α 粒子的长度为MN =OM +ON = R
故在直径CD上有粒子射出的长度为 R。故 A 正确；
ON 0.5R
sin = = = 0.8
BC.两种临界速度夹角为 α，由几何关系可得 SE 5
R
8
53
解得 = 53o 故有 的粒子可以从直径CD上射出，故 B 正确，C 错误；
180
2πm 5πR
D.α 粒子磁场中运动周期为T = =
qB 4v
直径上开始由粒子射出，即最短时间到达直径的粒子，因粒子的速度相同即走过的路程最小即弦长最短，
R
2
可知从 O 点射出的粒子是最早出现的，此时可知粒子走过的圆心角为2 ，则sin = = 0.8
5
R
8
解得 = 53
2 53πR
粒子所需时间为 t = T 联立解得 t = 故 D 正确。故选 ABD。
360o 144v
+
13.答案 (1) a = b a < (2) a = a b
1 0 2 a b

解析 (1)滑块 b 碰后的速度 v2=
0

滑块 a 碰前的速度 v0=
1

滑块 a 碰后弹回的速度 v1=
2
要验证的关系是 mav0=mbv2-mav1

即 ma =mb -ma
1 0 2

即 a

= b

a
1 0 2
因 a 碰后反弹,则物块 a、b 的质量大小关系为 ma
(2)滑块 a 经过光电门 A 的速度 va=
a

两滑块粘在一起后经过光电门 B 时的速度 vab=
b
要验证的关系是 mava=(ma+mb)vab

即 ma =(ma+mb)
a b

即 a

= a
+ b。
a b
【答案】 ①. 1.4 ②. BC ③. A ④. 3.0（2.9~3.1） ⑤. 0.5（0.3~0.7）
14
【详解】(1)[1]欧姆表读数14Ω，导体棒长为10cm，故每1cm电阻为 R = 1Ω =1.4Ω
10
(2)[2]AB．电源电动势5V以下，使用电压表时指针偏转角度小于满偏的三分之一，从测量精确的角度电压
表不能使用，故 A 错误，B正确；
C．当导体棒接入电路的电阻为 0 时，定值电阻可以保护电路，电流表可以安全使用，故 C 正确，故选 BC；
(3)[3]电流表串联接入电路，故 A 正确，BC 错误，故选 A；
(4)[4][5]根据闭合电路欧姆定律E = klI + I (R0 + r +RA )
1 k R
化简成题图丙所示的横纵坐标关系，得 = l + 0
+ r + RA 1.4 5.5+ r= l +
I E E E E
由图像读出数据进行计算，可得E =3.0V r =0.5Ω
15.答案 (1)16 m (2)上滑过程 8 m/s2 下滑过程 4 m/s2 (3)11.7 m/s(或 2√34 m/s)
1
解析 (1)“奔跑”过程 x= at2 x=16 m
2
(2)上滑过程 a1=gsin θ+μgcos θ a1=8 m/s2
下滑过程 a2=gsin θ-μgcos θ a =4 m/s22
2
( )
(3)上滑位移 x1= =1 m
2 1
退滑到出发点的速度 v2=2a2(x+x1) v=2√34 m/s≈11.7 m/s
16.答案 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C
解析 (1)设 a 棒在水平轨道上时的速度为 v2,根据动能定理:
1 1
m1g(r-rcos 60°)= m 2 21
2 2
m1
2 1
解得:v2=3 m/s
因为 a 棒刚进入磁场时,ab 棒中的电流最大,b 受到的力最大,加速度最大,所以有:
电动势为:E=B2Lv2

电流为:I=
1+ 2
根据牛顿第二定律:B2IL=m2amax
联立以上解得:a 2max=0.02 m/s
(2)两个导体棒在运动过程中,动量守恒和能量守恒,当两棒的速度相等时回路中的电流为
零,此后两棒做匀速运动,两棒不再产生焦耳热,所以根据动量守恒:m1v2=(m1+m2)v3
由能量守恒定律:
1 2 1m1 2 = (m
2
2 2 1
+m2) 3 +Qa+Qb

由于 ab 棒串联在一起,所以有: = 1
2
解得:Qa=0.02 J
(3)设接通开关后,a 棒以速度 v0 水平抛出,则有:v0=v1cos 60°=1 m/s
对 a 棒冲出过程由动量定理:
∑B1ILΔt=m1v0
即:B1Lq=m1v0
代入数据解得:q=1 C
mv20 2mv 2mv0 0 4mvE = 0 0, 2(3 2 2 )L
17.【答案】 （1） qL ；（2） ；（3） 3qL ， qL ， qL
1 1
L = at2
L = v t
【解析】（1）由题意知，粒子在电场中做类平抛运动，则 0 2 2
mv2
E = 0
根据牛顿第二定律qE = ma解得 qL
（2）设粒子从 O 点进入磁场区Ⅰ时速度大小为 v，
1 1
qE L = mv2
1
mv20
根据动能定理 2 2 2 解得v = 2v0
可知，粒子进磁场区Ⅰ时速度方向与 x 轴正方向夹角为 45°。运动轨迹如图甲所示
r = 2 2 L
设粒子在磁场区Ⅰ中做圆周运动的半径为 r，根据几何关系 rcos45 + r = L
( )
解得
d = 2r = 2( 2 1)L
甲粒子第二次经过 y 轴的位置 A 点离 O 点的距离
粒子第二次进入电场从 A 到P1过程是 P 到 O 的逆运动过程，从P1到 B 与从 P 到 O 运动相同。所以，位置 B
dB = 2L d = 2(2 2 )L离 O 点的距离
yc = dB + d = 2(3 2 2 )L则粒子第 4 次经过 y 轴 C 点的纵坐标为
0, 2(3 2 2 )L
所以，C 点的坐标为
（3）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
r
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 1，
3
r = L
2r1 cos45 = 3L
1
根据几何关系 解得 2
v2 2mv
qvB1 = m B =
0
1
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B1，据牛顿第二定律有 r1 解得 3qL
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，
2
r2 = L
则 MA 间距离为 L，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径 r2 ，根据几何关系2r2 cos45 = L解得 2
v2 2mv
qvB2 = m B =
0
设磁场区 的磁感应强度大小为B2，据牛顿第二定律有 r
2
Ⅱ 2 解得 qL
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
L
r
对称性知 AD 间距离为 2L，则 MA 间距离等于 DN 间距离为 2 ，设粒子在磁场区Ⅱ中做圆周运动的半径 3 ，
1 2
2r3 cos 45 = L r3 = L
根据几何关系 2 解得 4
v2 4mv
qvB3 = m B
0
3 =
设磁场区Ⅱ的磁感应强度大小为B3，据牛顿第二定律有 r3 解得 qL 。