登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省沧州市普通高中2022-2023学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·沧县期末）某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示。两动车运动的v t图像如图乙所示，时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是（ ）
A．前30s两动车平均速度相等
B．图乙中动车a的最大速度为80.8m/s
C．0~36s内，两车头相距最远为65.6m
D．两车头在36s末再次并排行驶
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 图像与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，在前30s内动车 的位移大于动车 的位移，故动车 的平均速度大于动车 的平均速度，A不符合题意；
B．动车 做匀加速直线运动的加速度大小 ，由题图乙可知，在36s时刻动车 的速度最大，则有 ，B符合题意；
C.0~36s内，当两动车的速度相等时，即在 时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两动车头最远的距离 ，C不符合题意；
D．由题图乙可知0~30s内动车 比动车 多走的位移 ，30~36s内动车 比动车 多走的位移 ，说明在0~36s内动车 比动车 多走的位移 A，即两车头在36s末没有并排行驶，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 图像与横轴围成的面积表示位移，v-t图像的斜率表示加速度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系进行分析判断。
2．（2023高三上·沧县期末）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路，实验过程中李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟为了使李辉操作方便，也用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量；测量时表针摆过了一定角度，李辉由此确认线圈没有断路；最后李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离。在测量的整个过程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．觉得有电击感的人是刘伟，是因为变压器初次级间的电磁感应作用升高了电压
B．发生电击时，多用电表的电流很大
C．发生电击是在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆分别接触线圈裸露的两端时
D．发生电击的前后，流过刘伟的电流大小及方向都发生了变化
【答案】D
【知识点】自感与互感；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压器线圈会产生较大的自感电动势，使刘伟有触电感，故原因不是变压器初次级间的电磁感应作用升高了电压，A不符合题意；
B．发生电电击时，多用电表已经与电路断开，此时多用电表的电流为零，B不符合题意；
C．有“电击感”的原因是当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，与刘伟组成闭合回路电击发生在断电时，C不符合题意；
D．发生电击的前后，由于线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，故它产生的自感电流方向与原方向一致，这样使得流过刘伟的电流方向与原来相反，流过刘伟的电流大小也明显增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】发生电击时电表示数为零，结合法拉第电磁感应定律和自感现象进行分析判断。
3．（2023高三上·沧县期末）如图所示，某学校运动员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自己的弹跳力。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高训练过程中，该运动员先由静止下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若将该运动员起跳的过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量=60kg，取=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．该运动员从起跳到上升至最高点的过程中一直处于超重状态
B．该运动员起跳过程的加速度小于重力加速度
C．该运动员离地时的速度大小为
D．起跳过程中该运动员对地面的平均压力为1425N
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．运动员从起跳到上升至最高点，先加速后减速，是先超重后失重，A不符合题意；
BC．离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为 ，运动员离开地面后做竖直上抛运动，设离地时运动员的速度为 ，则有 ，解得 ，在起跳过程中，根据速度位移公式可知 ，解得 ， ，B不符合题意，C不符合题意；
D．起跳过程对运动员，根据牛顿第二定律 ，解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】运动起跳的过程对其进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的方向，从而判断运动员的超失重，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出起跳过程中的加速度和重力加速度的大小关系，通过牛顿第二定律得出F的大小。
4．（2023高三上·沧县期末）一个质量为m的环套在一根倾角为的滑杆上，一个质量为M的小球通过细线吊在环上，先将两者约束到一定的位置，再以相同的初速度释放，在此后的运动过程中，环和小球保持相对静止。四套这样的装置在运动过程中分别形成①、②、③、④所示的情境。只不过把它们画在如图所示的同一幅画面中。情境②中，细线处于竖直状态；情境③中，细线处于与杆垂直的状态。对这几种情况，下列分析正确的是（ ）
A．情境①，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
B．情境②，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
C．情境③，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
D．情境④，环一定沿杆向上运动的，环与杆之间的动摩擦因数
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；力的分解；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．情境①，对环和小球进行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使环和小球保持相对静止，则环一定沿杆向下做匀减速运动，对整体受力分析则有 ，即有 ，A不符合题意；
B．情境②，对小球受力分析可知，若小球具有加速度则必沿竖直方向。对小环受力分析可知，若小环具有加速度则沿斜面方向。而小球和小环要保持相对静止，则小环和小球加速度要相等，故小环和小球加速度均为零，即都做匀速直线运动。对整体受力分析，要使整体合力为零，则环一定沿杆向下运动的，且有 ，即有 ，B符合题意；
C．情境③，对小环和小球受力分析可知，要使两者具有相同加速度，则小环与杆的摩擦因数 必须等于零，此时小环可能以加速度 沿杆向上减速，也可能以加速度 沿杆向下加速，C不符合题意；
D．设细线拉力为F，细线与杆的夹角为 ，若小环沿杆向下运动，则对整体受力分析有 ，对小球受力分析则有 ，可知两者加速度不可能相等，故小环只能沿杆向上运动，对整体受力分析有 ，可得 ，对小球受力分析有 ，可得 ，两者加速度相等，只需小环与杆的摩擦因数 不等于零即可，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在4中情境下对环和小球进行受力分析，根据牛顿第二定律以及力的分解得出重力分力和摩擦力的大小关系，进一步得出 环与杆之间的动摩擦因数的范围。
5．（2022高三上·南京月考）如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为的点电荷，点固定一个电荷量为的点电荷，、点分别为、边的中点，取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．将一负试探电荷从点移到点，其电势能增加
C．将一正试探电荷沿直线从点移到点，电场力做正功
D．若在点和点分别再固定电荷量为和的点电荷，则点的场强方向指向点
【答案】B
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A. 、 两点在 连线中垂线上，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知， 、 两点的电场强度方向都与 平行，方向相同，但 离 较远，故 点的电场强度大于 点的电场强度，A不符合题意；
B．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知， 点电势高于 点，故负试探电荷从 点移到 点，电场力做负功，电势能增大，B符合题意；
C．由等量异种电荷电场线分布可知，面 为等势面，将一正试探电荷沿直线从 点移到 点，电场力始终不做功，C不符合题意；
D．在 点再固定一电荷量为 的点电荷， 点再固定一个电荷量为 的点电荷，由电场强度的叠加原理和场强方向特征可知A、C两点电荷在D点合场强方向沿AC方向， 和 两点电荷在D点合场强也沿AC方向，故总的合场强方向指向C点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量异种点电荷周围电场线的分布得出电场强度的大小关系，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场的合成得出总的合场强方向。
6．（2023高三上·沧县期末）如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法不正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，静电计指针张开角度不变
C．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，静电计指针张开角度减小
D．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压增大
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由 可知，板间场强增大，A错误，符合题意；
B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B正确，不符合题意；
C．断开开关S后，电容器带电量Q不变，紧贴下极板插入金属板，相当于极板之间的距离d减小，根据 可知，电容增大，根据 可知，两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，C正确，不符合题意；
D．断开开关S后，将两极板间距增大，根据 可知，电容减小，根据 可知，两极板间电势差增大，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】结合匀强电场电场强度的表达式得出两板间距减小时板间场强的变化情况，开关S闭合时， R的滑片向左移动时利用电容器的定义式和决定式得出静电计张角的变化情况，断开s后，通过电容器的决定式和定义式得出静电计张角的变化情况。
二、多选题
7．（2022高二下·凉山期末）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，外接电源使通过霍尔元件电流I向左，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U（前表面的电势低于后表面的电势）。下述正确的有（ ）
A．根据车轮半径，脉冲周期，可算车速大小
B．图乙中霍尔元件中的自由电荷带正电
C．若电流I变大，则霍尔电势差U变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U越大
【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式
结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，A符合题意；
B．前表面的电势低于后表面的电势，根据左手定则，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，B不符合题意；
D．根据
得
由电流的微观定义式I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U与车速大小无关，D不符合题意；
C．由公式
若电流I变大，则霍尔电势差U将变大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】车轮转动周期，从而求得车轮的角速度。左手定则，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的。霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度。
8．（2023高三上·沧县期末）如图所示，边长为的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．磁场垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，因此粒子的直径等于O点垂直于cd的线段大小，设垂足为d，由几何关系得 ，所以，半径为 ，由洛伦兹力提供向心力可得 ，解得 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．当发射粒子速度为2v时，由洛伦兹力作为向心力可得，对应轨道半径为 ，当粒子从垂足d离开磁场时轨迹对应的弦最短、弧长最短，对应的圆心角最小，故所用时间最短，由几何关系可得，转过的角度（圆心角）为 ，则时间为 ，又因为 ，解得 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据粒子在磁场中运动的轨迹以及几何关系得出轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式，利用粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出粒子在磁场中运动的最短时间。
9．（2020高二上·洮南月考）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s
B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
【答案】A,B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得
由机械能守恒得
代入数据解得
即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得
解得
以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为
则合力冲量大小为3.4N s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为
A B符合题意，D不符合题意；
C．设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得
在最高点，由牛顿第二定律得
m从B点飞出，需要满足： ，飞出后，小球做平抛运动
解得
当 时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，C不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出两个小球分离时的速度大小，利用机械能守恒定律可以求出m到达B点的速度大小，利用初末动量的变化量可以求出球m从A到B过程合力冲量的大小；利用动量定理可以求出弹力对m的冲量大小；利用机械能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以求出水平距离大小与半径大小的关系。
10．（2023高三上·沧县期末）如图，间距为的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的金属杆从左侧水平向右以的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 （ ）
A．通过电阻的电荷量为
B．整个过程中安培力做功为
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；平均速度；动能；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．导体棒在磁场中运动的位移为 ，通过电阻的电荷量为 ，A符合题意；
BC．根据动能定理得 ，因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，BC不符合题意；
D．根据动量定理得 ，结合 解得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】结合匀变速直线运动的平均速度的表达式得出导体棒在磁场中运动的位移，利用电流的定义式得出通过电阻的电荷量，通过动能定理和动量定理计算安培力做的功和水平外力对金属杆的冲量。
三、实验题
11．（2023高三上·沧县期末）2022年6月5日10时44分，神舟十四号飞船搭载航天员陈冬、刘洋和蔡旭哲，成功发射，并与空间站核心舱顺利对接。神舟十四号飞行乘组将首次利用位于问天实验舱的气闸舱实施两到三次出舱活动，并将继续开展天宫课堂。假设刘洋想用如图所示装置验证碰撞中的动量守恒，粗糙导轨水平放置，挡光板宽度为9.0mm，两滑块A、B被弹簧（图中未画出）弹开后，左侧A滑块通过左侧的光电计时器，记录时间为0.040s，右侧B滑块通过右侧的光电计时器，记录时间为0.060s，A、B质量未知。
质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测量仪完成的。由牛顿第二定律可知，如果给物体施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。
（1）如图，假如航天员在A、B两滑块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B滑块一个恒力F，此时压力传感器示数为。将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为。据此可知A、B两滑块的质量之比 。（用、表示）
（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a= （用x、t表示）。
（3）若测出左侧A滑块质量为100g，A滑块的大小为 kg·m/s，右侧B滑块质量为150g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和 kg·m/s。
（4）对于在天宫二号完成这个实验，下列说法正确的是______。
A．可以用天平测出
A．B物块的质量
B．因导轨粗糙，验证碰撞中的动量守恒，先要平衡摩擦力
C．这个实验可以估算出弹簧的弹性势能
D．两滑块的质量与速度乘积的矢量和式中的、都是速度的大小
【答案】（1）
（2）
（3）0.0225；0
（4）C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）现让舱壁支架给B滑块一个恒力F，此时压力传感器示数为 ，满足 ， ，将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为 ，满足 ， ，据此可知A、B两滑块的质量之比
（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，则 ，从而计算出加速度
（3）规定向左为正方向，左侧A滑块的速度为 ，则A滑块 的大小为 ，规定向左为正方向，右侧B滑块的速度为 ，则B滑块 的大小为 ，因为 和 等大、反向，则两滑块质量与速度的乘积的矢量和
（4）A．天空二号中所有以重力为工作原理的都不能工作，所有不可以用天平测出物块的质量，A不符合题意；
B．导轨虽然粗糙，因无正压力，没有摩擦力，所以不需要平衡，B不符合题意；
C．这个实验可以估算出弹簧的弹性势能 ，C符合题意；
D．两滑块的质量与速度乘积的矢量和 式中的 、 都是速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据受力分析以及牛顿第二定律得出A、B两滑块的质量之比；
（2）结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出加速度的表达式；
（3）通过短时间内的平均速度等于瞬时速度以及动量的表达式得出两滑块质量与速度的乘积的矢量和；
（4）天空二号中所有以重力为工作原理的都不能工作，用气垫导轨时不需要平衡摩擦力，结合动量和动能的表达式进行分析判断。
12．（2022·和平模拟）在学校社团活动中，某实验小组欲将一只量程为的微安表头G改装为量程为0~15V的电压表，首先利用如图所示的电路测量微安表的内阻，可供选择的实验器材有：
A．待改装的微安表头G（量程为，内阻约为几百欧姆）
B．微安表（量程为）
C．滑动变阻器（）
D．滑动变阻器（）
E.电阻箱（）
F.电源E（电动势约为9V）
G.开关、导线若干
（1）为顺利完成实验，变阻器1应选择 ，变阻器2应选择 （填器材前序号）；
（2）实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是 ；
（3）改装完成后，实验小组利用电流表A和改装后的电压表V，用伏安法测量某未知电阻的阻值，测量时电流表的示数为0.2A，改装的电压表指针指在原处，则该电阻的测量值为 。
【答案】（1）D；E
（2）变阻器2的阻值
（3）60
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）在该实验中，首先要闭合S1，断开S2，调节变阻器1使得，电流计G1和G2偏转到满刻度的以上（设为I1），然后闭合S2，保持变阻器1的电阻不变，调节变阻器2，使得电流计G读数为I2，则通过变阻器2的电流为I1-I2，通过变阻器2的阻值以及电流关系可求解电流G的内阻；则认为当闭合S2时，电路中的电流I1保持不变，这就需要变阻器1的阻值较大，因不需要读出变阻器1的阻值，则变阻器1可选择阻值较大的D；变阻器2必须要用电阻箱，故答案为：E；
（2）由上述分析可知，实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是变阻器2的阻值；
（3）将满偏电流为250μA的电流计改装为15V量程的电压表，当电流计读数为200μA时，对应的电压值为12V，则待测电阻阻值为
【分析】 (1)由实验原理选择合适的电学仪器：
(2)根据实验原理及目的分析出还需要记录的数据：
(3)根据欧姆定律和电路结构求出电阻的测量值。
四、解答题
13．（2023高三上·沧县期末）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数，传送带的长度。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
【答案】（1）解：设B滑到曲面底部速度为 ，根据机械能守恒定理
解得
由于 ，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为 ，由动能定理可知
解得
由于 小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为 ；
（2）解：设第一次碰后A的速度为 ，B的速度为 ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得
解得
上式表明B碰后以 的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为 ，由动能定理得
解得
因此，在传送带上B的速度减为零，B不能滑上右边曲面。
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从滑到最低端的过程利用机械能守恒定律得出滑块在最低端的速度，滑块在传送带上运动时通过动能定理得出B与A碰前的速度；
（2）A与B碰撞的过程根据动量守恒和动能不变得出第一次碰撞后B的速度，滑块在传送带上运动时利用动能定理得出 A能否运动到右边曲线。
14．（2023高三上·沧县期末）如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行。距线框cd边为的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为、质量为、电阻大小为R，木块质量也为，重力加速度为g，试求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示
根据平衡条件有
其中
导线框与木块通过光滑细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据运动学方程可得进入磁场时速度
以上各式联立求解可得
（2）解：线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成系统减少重力势能转化为电路中产生焦耳热，根据能量守恒定律得
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）对导线框进行受力分析，根据共点力平衡和安培力的表达式以及法拉第 电磁感应定律的表达式得出细绳的拉力， 对导线框和木块构成的系统 结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出磁感应强度的表达式；
（2）导线框运动的过程中利用能量守恒定律得出导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热 。
15．（2023高三上·沧县期末）两金属板MN平行放置，金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，P、Q分别为ad边和bc边的中点，ab=3L，ad=2L，金属板与矩形区域的轴线PQ垂直，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放，经两板间电压加速后，穿过N板上的小孔，以速度v沿轴线PQ进入磁场区域，并由b点离开磁场。不计粒子重力，求：
（1）加速电压U的大小；
（2）矩形磁场中磁感应强度的大小；
（3）若在矩形磁场右侧，分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh（未画出），粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置，求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。（cos=0.8，sin=0.6）
【答案】（1）解：在电场中加速，由动能定理得
可得
（2）解：磁场中
由勾股定理
可得 ，
可得
（3）解：粒子可能的轨迹如图所示，则有粒子离开abcd后，立即进入磁场efgh时，满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r
可得
磁场efgh中
由公式
得
则
磁场efgh面积
可得
得
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中结合动能定理 得出加速电压的表达式；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系得出磁感应强度的表达式；
（3）根据粒子在磁场中运动的轨迹以及几何关系和洛伦兹力提供向心力得出矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省沧州市普通高中2022-2023学年高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·沧县期末）某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示。两动车运动的v t图像如图乙所示，时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是（ ）
A．前30s两动车平均速度相等
B．图乙中动车a的最大速度为80.8m/s
C．0~36s内，两车头相距最远为65.6m
D．两车头在36s末再次并排行驶
2．（2023高三上·沧县期末）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路，实验过程中李辉两手分别握住红黑表笔的金属杆，刘伟为了使李辉操作方便，也用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量；测量时表针摆过了一定角度，李辉由此确认线圈没有断路；最后李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离。在测量的整个过程中，他们二人中有人突然“哎哟”惊叫起来，觉得有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．觉得有电击感的人是刘伟，是因为变压器初次级间的电磁感应作用升高了电压
B．发生电击时，多用电表的电流很大
C．发生电击是在李辉用多用电表红黑表笔的金属杆分别接触线圈裸露的两端时
D．发生电击的前后，流过刘伟的电流大小及方向都发生了变化
3．（2023高三上·沧县期末）如图所示，某学校运动员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自己的弹跳力。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高训练过程中，该运动员先由静止下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若将该运动员起跳的过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量=60kg，取=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．该运动员从起跳到上升至最高点的过程中一直处于超重状态
B．该运动员起跳过程的加速度小于重力加速度
C．该运动员离地时的速度大小为
D．起跳过程中该运动员对地面的平均压力为1425N
4．（2023高三上·沧县期末）一个质量为m的环套在一根倾角为的滑杆上，一个质量为M的小球通过细线吊在环上，先将两者约束到一定的位置，再以相同的初速度释放，在此后的运动过程中，环和小球保持相对静止。四套这样的装置在运动过程中分别形成①、②、③、④所示的情境。只不过把它们画在如图所示的同一幅画面中。情境②中，细线处于竖直状态；情境③中，细线处于与杆垂直的状态。对这几种情况，下列分析正确的是（ ）
A．情境①，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
B．情境②，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
C．情境③，环一定沿杆向下运动的，环与杆之间的动摩擦因数
D．情境④，环一定沿杆向上运动的，环与杆之间的动摩擦因数
5．（2022高三上·南京月考）如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为的点电荷，点固定一个电荷量为的点电荷，、点分别为、边的中点，取无穷远处电势为零。下列说法中正确的是（ ）
A．、两点的电场强度相同
B．将一负试探电荷从点移到点，其电势能增加
C．将一正试探电荷沿直线从点移到点，电场力做正功
D．若在点和点分别再固定电荷量为和的点电荷，则点的场强方向指向点
6．（2023高三上·沧县期末）如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法不正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小
B．保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，静电计指针张开角度不变
C．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，静电计指针张开角度减小
D．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压增大
二、多选题
7．（2022高二下·凉山期末）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，外接电源使通过霍尔元件电流I向左，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U（前表面的电势低于后表面的电势）。下述正确的有（ ）
A．根据车轮半径，脉冲周期，可算车速大小
B．图乙中霍尔元件中的自由电荷带正电
C．若电流I变大，则霍尔电势差U变大
D．若自行车的车速越大，则霍尔电势差U越大
8．（2023高三上·沧县期末）如图所示，边长为的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度大小为2v时，在磁场中运动的最短时间为
9．（2020高二上·洮南月考）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s
B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
10．（2023高三上·沧县期末）如图，间距为的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的金属杆从左侧水平向右以的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 （ ）
A．通过电阻的电荷量为
B．整个过程中安培力做功为
C．整个过程中水平外力做功为零
D．水平外力对金属杆的冲量大小为
三、实验题
11．（2023高三上·沧县期末）2022年6月5日10时44分，神舟十四号飞船搭载航天员陈冬、刘洋和蔡旭哲，成功发射，并与空间站核心舱顺利对接。神舟十四号飞行乘组将首次利用位于问天实验舱的气闸舱实施两到三次出舱活动，并将继续开展天宫课堂。假设刘洋想用如图所示装置验证碰撞中的动量守恒，粗糙导轨水平放置，挡光板宽度为9.0mm，两滑块A、B被弹簧（图中未画出）弹开后，左侧A滑块通过左侧的光电计时器，记录时间为0.040s，右侧B滑块通过右侧的光电计时器，记录时间为0.060s，A、B质量未知。
质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测量仪完成的。由牛顿第二定律可知，如果给物体施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。
（1）如图，假如航天员在A、B两滑块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B滑块一个恒力F，此时压力传感器示数为。将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为。据此可知A、B两滑块的质量之比 。（用、表示）
（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a= （用x、t表示）。
（3）若测出左侧A滑块质量为100g，A滑块的大小为 kg·m/s，右侧B滑块质量为150g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和 kg·m/s。
（4）对于在天宫二号完成这个实验，下列说法正确的是______。
A．可以用天平测出
A．B物块的质量
B．因导轨粗糙，验证碰撞中的动量守恒，先要平衡摩擦力
C．这个实验可以估算出弹簧的弹性势能
D．两滑块的质量与速度乘积的矢量和式中的、都是速度的大小
12．（2022·和平模拟）在学校社团活动中，某实验小组欲将一只量程为的微安表头G改装为量程为0~15V的电压表，首先利用如图所示的电路测量微安表的内阻，可供选择的实验器材有：
A．待改装的微安表头G（量程为，内阻约为几百欧姆）
B．微安表（量程为）
C．滑动变阻器（）
D．滑动变阻器（）
E.电阻箱（）
F.电源E（电动势约为9V）
G.开关、导线若干
（1）为顺利完成实验，变阻器1应选择 ，变阻器2应选择 （填器材前序号）；
（2）实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是 ；
（3）改装完成后，实验小组利用电流表A和改装后的电压表V，用伏安法测量某未知电阻的阻值，测量时电流表的示数为0.2A，改装的电压表指针指在原处，则该电阻的测量值为 。
四、解答题
13．（2023高三上·沧县期末）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数，传送带的长度。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
14．（2023高三上·沧县期末）如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与斜面平行。距线框cd边为的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为、质量为、电阻大小为R，木块质量也为，重力加速度为g，试求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。
15．（2023高三上·沧县期末）两金属板MN平行放置，金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场，P、Q分别为ad边和bc边的中点，ab=3L，ad=2L，金属板与矩形区域的轴线PQ垂直，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放，经两板间电压加速后，穿过N板上的小孔，以速度v沿轴线PQ进入磁场区域，并由b点离开磁场。不计粒子重力，求：
（1）加速电压U的大小；
（2）矩形磁场中磁感应强度的大小；
（3）若在矩形磁场右侧，分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh（未画出），粒子经过efgh偏转后恰好回到出发位置，求矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。（cos=0.8，sin=0.6）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A． 图像与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，在前30s内动车 的位移大于动车 的位移，故动车 的平均速度大于动车 的平均速度，A不符合题意；
B．动车 做匀加速直线运动的加速度大小 ，由题图乙可知，在36s时刻动车 的速度最大，则有 ，B符合题意；
C.0~36s内，当两动车的速度相等时，即在 时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两动车头最远的距离 ，C不符合题意；
D．由题图乙可知0~30s内动车 比动车 多走的位移 ，30~36s内动车 比动车 多走的位移 ，说明在0~36s内动车 比动车 多走的位移 A，即两车头在36s末没有并排行驶，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 图像与横轴围成的面积表示位移，v-t图像的斜率表示加速度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系进行分析判断。
2．【答案】D
【知识点】自感与互感；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．当李辉把多用表的表笔与被测线圈脱离时，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压器线圈会产生较大的自感电动势，使刘伟有触电感，故原因不是变压器初次级间的电磁感应作用升高了电压，A不符合题意；
B．发生电电击时，多用电表已经与电路断开，此时多用电表的电流为零，B不符合题意；
C．有“电击感”的原因是当回路断开时电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象会产生感应电动势，与刘伟组成闭合回路电击发生在断电时，C不符合题意；
D．发生电击的前后，由于线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，故它产生的自感电流方向与原方向一致，这样使得流过刘伟的电流方向与原来相反，流过刘伟的电流大小也明显增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】发生电击时电表示数为零，结合法拉第电磁感应定律和自感现象进行分析判断。
3．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．运动员从起跳到上升至最高点，先加速后减速，是先超重后失重，A不符合题意；
BC．离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离为 ，运动员离开地面后做竖直上抛运动，设离地时运动员的速度为 ，则有 ，解得 ，在起跳过程中，根据速度位移公式可知 ，解得 ， ，B不符合题意，C不符合题意；
D．起跳过程对运动员，根据牛顿第二定律 ，解得 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】运动起跳的过程对其进行受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度的方向，从而判断运动员的超失重，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出起跳过程中的加速度和重力加速度的大小关系，通过牛顿第二定律得出F的大小。
4．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；力的分解；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．情境①，对环和小球进行受力分析可知，小球具有沿斜面向上的加速度，要使环和小球保持相对静止，则环一定沿杆向下做匀减速运动，对整体受力分析则有 ，即有 ，A不符合题意；
B．情境②，对小球受力分析可知，若小球具有加速度则必沿竖直方向。对小环受力分析可知，若小环具有加速度则沿斜面方向。而小球和小环要保持相对静止，则小环和小球加速度要相等，故小环和小球加速度均为零，即都做匀速直线运动。对整体受力分析，要使整体合力为零，则环一定沿杆向下运动的，且有 ，即有 ，B符合题意；
C．情境③，对小环和小球受力分析可知，要使两者具有相同加速度，则小环与杆的摩擦因数 必须等于零，此时小环可能以加速度 沿杆向上减速，也可能以加速度 沿杆向下加速，C不符合题意；
D．设细线拉力为F，细线与杆的夹角为 ，若小环沿杆向下运动，则对整体受力分析有 ，对小球受力分析则有 ，可知两者加速度不可能相等，故小环只能沿杆向上运动，对整体受力分析有 ，可得 ，对小球受力分析有 ，可得 ，两者加速度相等，只需小环与杆的摩擦因数 不等于零即可，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】在4中情境下对环和小球进行受力分析，根据牛顿第二定律以及力的分解得出重力分力和摩擦力的大小关系，进一步得出 环与杆之间的动摩擦因数的范围。
5．【答案】B
【知识点】电场强度；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A. 、 两点在 连线中垂线上，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知， 、 两点的电场强度方向都与 平行，方向相同，但 离 较远，故 点的电场强度大于 点的电场强度，A不符合题意；
B．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知， 点电势高于 点，故负试探电荷从 点移到 点，电场力做负功，电势能增大，B符合题意；
C．由等量异种电荷电场线分布可知，面 为等势面，将一正试探电荷沿直线从 点移到 点，电场力始终不做功，C不符合题意；
D．在 点再固定一电荷量为 的点电荷， 点再固定一个电荷量为 的点电荷，由电场强度的叠加原理和场强方向特征可知A、C两点电荷在D点合场强方向沿AC方向， 和 两点电荷在D点合场强也沿AC方向，故总的合场强方向指向C点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据等量异种点电荷周围电场线的分布得出电场强度的大小关系，沿着电场线电势逐渐降低，通过电场的合成得出总的合场强方向。
6．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由 可知，板间场强增大，A错误，符合题意；
B．保持开关闭合，变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，B正确，不符合题意；
C．断开开关S后，电容器带电量Q不变，紧贴下极板插入金属板，相当于极板之间的距离d减小，根据 可知，电容增大，根据 可知，两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，C正确，不符合题意；
D．断开开关S后，将两极板间距增大，根据 可知，电容减小，根据 可知，两极板间电势差增大，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】结合匀强电场电场强度的表达式得出两板间距减小时板间场强的变化情况，开关S闭合时， R的滑片向左移动时利用电容器的定义式和决定式得出静电计张角的变化情况，断开s后，通过电容器的决定式和定义式得出静电计张角的变化情况。
7．【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式
结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，A符合题意；
B．前表面的电势低于后表面的电势，根据左手定则，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，B不符合题意；
D．根据
得
由电流的微观定义式I=neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度，整理得
联立解得
可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压U与车速大小无关，D不符合题意；
C．由公式
若电流I变大，则霍尔电势差U将变大，C符合题意。
故答案为：AC。
【分析】车轮转动周期，从而求得车轮的角速度。左手定则，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的。霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度。
8．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．磁场垂直纸面向外，粒子恰好没有穿出磁场区域，因此粒子的直径等于O点垂直于cd的线段大小，设垂足为d，由几何关系得 ，所以，半径为 ，由洛伦兹力提供向心力可得 ，解得 ，A不符合题意，B符合题意；
CD．当发射粒子速度为2v时，由洛伦兹力作为向心力可得，对应轨道半径为 ，当粒子从垂足d离开磁场时轨迹对应的弦最短、弧长最短，对应的圆心角最小，故所用时间最短，由几何关系可得，转过的角度（圆心角）为 ，则时间为 ，又因为 ，解得 ，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据粒子在磁场中运动的轨迹以及几何关系得出轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力得出磁感应强度的表达式，利用粒子在磁场中运动的时间和周期的关系得出粒子在磁场中运动的最短时间。
9．【答案】A,B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得
由机械能守恒得
代入数据解得
即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得
解得
以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为
则合力冲量大小为3.4N s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为
A B符合题意，D不符合题意；
C．设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得
在最高点，由牛顿第二定律得
m从B点飞出，需要满足： ，飞出后，小球做平抛运动
解得
当 时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，C不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用动量守恒定律结合机械能守恒定律可以求出两个小球分离时的速度大小，利用机械能守恒定律可以求出m到达B点的速度大小，利用初末动量的变化量可以求出球m从A到B过程合力冲量的大小；利用动量定理可以求出弹力对m的冲量大小；利用机械能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以求出水平距离大小与半径大小的关系。
10．【答案】A,D
【知识点】动量定理；平均速度；动能；电流、电源的概念
【解析】【解答】A．导体棒在磁场中运动的位移为 ，通过电阻的电荷量为 ，A符合题意；
BC．根据动能定理得 ，因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，BC不符合题意；
D．根据动量定理得 ，结合 解得 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】结合匀变速直线运动的平均速度的表达式得出导体棒在磁场中运动的位移，利用电流的定义式得出通过电阻的电荷量，通过动能定理和动量定理计算安培力做的功和水平外力对金属杆的冲量。
11．【答案】（1）
（2）
（3）0.0225；0
（4）C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）现让舱壁支架给B滑块一个恒力F，此时压力传感器示数为 ，满足 ， ，将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为 ，满足 ， ，据此可知A、B两滑块的质量之比
（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，则 ，从而计算出加速度
（3）规定向左为正方向，左侧A滑块的速度为 ，则A滑块 的大小为 ，规定向左为正方向，右侧B滑块的速度为 ，则B滑块 的大小为 ，因为 和 等大、反向，则两滑块质量与速度的乘积的矢量和
（4）A．天空二号中所有以重力为工作原理的都不能工作，所有不可以用天平测出物块的质量，A不符合题意；
B．导轨虽然粗糙，因无正压力，没有摩擦力，所以不需要平衡，B不符合题意；
C．这个实验可以估算出弹簧的弹性势能 ，C符合题意；
D．两滑块的质量与速度乘积的矢量和 式中的 、 都是速度，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据受力分析以及牛顿第二定律得出A、B两滑块的质量之比；
（2）结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出加速度的表达式；
（3）通过短时间内的平均速度等于瞬时速度以及动量的表达式得出两滑块质量与速度的乘积的矢量和；
（4）天空二号中所有以重力为工作原理的都不能工作，用气垫导轨时不需要平衡摩擦力，结合动量和动能的表达式进行分析判断。
12．【答案】（1）D；E
（2）变阻器2的阻值
（3）60
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）在该实验中，首先要闭合S1，断开S2，调节变阻器1使得，电流计G1和G2偏转到满刻度的以上（设为I1），然后闭合S2，保持变阻器1的电阻不变，调节变阻器2，使得电流计G读数为I2，则通过变阻器2的电流为I1-I2，通过变阻器2的阻值以及电流关系可求解电流G的内阻；则认为当闭合S2时，电路中的电流I1保持不变，这就需要变阻器1的阻值较大，因不需要读出变阻器1的阻值，则变阻器1可选择阻值较大的D；变阻器2必须要用电阻箱，故答案为：E；
（2）由上述分析可知，实验时，除了微安表的示数和微安表G的示数，还需要记录的数据是变阻器2的阻值；
（3）将满偏电流为250μA的电流计改装为15V量程的电压表，当电流计读数为200μA时，对应的电压值为12V，则待测电阻阻值为
【分析】 (1)由实验原理选择合适的电学仪器：
(2)根据实验原理及目的分析出还需要记录的数据：
(3)根据欧姆定律和电路结构求出电阻的测量值。
13．【答案】（1）解：设B滑到曲面底部速度为 ，根据机械能守恒定理
解得
由于 ，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为 ，由动能定理可知
解得
由于 小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为 ；
（2）解：设第一次碰后A的速度为 ，B的速度为 ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得
解得
上式表明B碰后以 的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为 ，由动能定理得
解得
因此，在传送带上B的速度减为零，B不能滑上右边曲面。
【知识点】动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）滑块从滑到最低端的过程利用机械能守恒定律得出滑块在最低端的速度，滑块在传送带上运动时通过动能定理得出B与A碰前的速度；
（2）A与B碰撞的过程根据动量守恒和动能不变得出第一次碰撞后B的速度，滑块在传送带上运动时利用动能定理得出 A能否运动到右边曲线。
14．【答案】（1）解：导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示
根据平衡条件有
其中
导线框与木块通过光滑细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据运动学方程可得进入磁场时速度
以上各式联立求解可得
（2）解：线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成系统减少重力势能转化为电路中产生焦耳热，根据能量守恒定律得
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）对导线框进行受力分析，根据共点力平衡和安培力的表达式以及法拉第 电磁感应定律的表达式得出细绳的拉力， 对导线框和木块构成的系统 结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出磁感应强度的表达式；
（2）导线框运动的过程中利用能量守恒定律得出导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热 。
15．【答案】（1）解：在电场中加速，由动能定理得
可得
（2）解：磁场中
由勾股定理
可得 ，
可得
（3）解：粒子可能的轨迹如图所示，则有粒子离开abcd后，立即进入磁场efgh时，满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r
可得
磁场efgh中
由公式
得
则
磁场efgh面积
可得
得
【知识点】动能；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中结合动能定理 得出加速电压的表达式；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系得出磁感应强度的表达式；
（3）根据粒子在磁场中运动的轨迹以及几何关系和洛伦兹力提供向心力得出矩形磁场efgh的最大磁感应强度及对应的面积。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
