河南省漯河市2023－2024学年高三上学期物理期末质量监测
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项符合题目要求，第8~10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2023高三上·漯河期末） 2023年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（ ）
A．核聚变过程中核子的总质量增加
B．核聚变反应中释放的γ射线具有较强的穿透能力
C．核反应是核聚变
D．原子弹是利用核聚变原理制成的
【答案】B
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.核聚变过程中有能量放出，所以核聚变过程中存在质量亏损，A不符合题意；
B.射线波长短，能量高，具有较强的穿透能力，B符合题意；
C.方程
是核裂变反应，C不符合题意；
D.原子弹是利用核裂变原理制成的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】放能核反应中，一定有质量亏损；根据射线的性质分析；根据核裂变和核聚变的特点分析反应类型；根据原子弹的原理分析。
2．（2023高三上·漯河期末）一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，直径AB与水平方向的夹角为如图所示的θ， A、B两端系着一根不可伸长的轻绳，绳长大于直径AB，绳上套有一光滑小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力先增大后减小 B．轻绳的拉力先减小后增大
C．小球受到的合力先减小后增大 D．小球受到的合力先增大后减小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB.设轻绳与竖直方向夹角为a，AN、NB间夹角为，如图：
则根据几何关系可得，，，联立可得
根据共点力平衡条件可得
可得
可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角的过程中，轻绳的拉力F先增大再减小，A符合题意，B不符合题意；
CD.因为小球是缓慢运动，所以小球一直处于动态平衡状态，合力一直为0，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据小球受力，由共点力平衡条件几何关系，求出F的表达式，根据表达式分析圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角的过程中，轻绳拉力的变化情况；小球处于动态平衡状态，合力一直为零。
3．（2023高三上·漯河期末）如图所示，将小球从倾角为θ=37°的斜面底端正上方某点以8m/s的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动6m时小球撞在斜面上。小球的质量为2kg，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动
B．小球在空中的运动时间为0.75s
C．抛出点与斜面底端的高度差为5.4m
D．小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为200W
【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.小球在水平方向做匀速直线运动，水平位移与时间的关系为
则小球在斜面的“影子”运动的位移与时间的关系为
由此式可知“影子”做匀速直线运动，A不符合题意；
B.小球的水平位移为
则小球运动时间为
B不符合题意；
C.小球竖直方向做自由落体运动，故小球撞到斜面时，竖直方向的位移为
可得抛出点与斜面底端的高度差为
C符合题意；
D.小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】推导小球“影子”运动的位移与时间的关系式，根据关系式的特点分析影子的运动方式；根据小球水平方向做匀速运动的特点，求出小球运动时间；根据小球竖直方向做自由落体运动的特点，求出小球撞到斜面时下落的位移，再结合几何关系，求出小球的抛出点与斜面底端的高度差；根据功率的公式，求解小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率。
4．（2023高三上·漯河期末） 2023年10月26日17时46分，神州十七号载人飞船成功对接空间站天和核心舱，天和核心舱在距离地球表面h高度处围绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若飞船绕地球做圆周运动经过M处，则它的周期大于核心舱的周期
B．若飞船在M处，则它的向心加速度小于核心舱的向心加速度
C．若飞船在N处，则应加速变轨才能成功对接核心舱
D．天和核心舱的周期为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】AB.根据万有引力提供向心力可得
可得
若飞船绕地球做圆周运动经过M处，轨道半径小于核心舱的轨道半径，则它的周期小于核心舱的周期，A不符合题意；
B.由牛顿第二定律可得
飞船轨道半径小于核心舱的轨道半径，故飞船的向心加速度大于核心舱的向心加速度，B不符合题意；
C.若飞船在N处，则应减速做向心运动，才能变轨到核心舱轨道与核心舱对接，C不符合题意；
D.根据万有引力等于重力可得
天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
联立解得天和核心舱的周期为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据万有引力提供向心力推导周期表达式，根据表达式比较飞船与核心舱运行周期的大小关系；根据牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据表达式比较飞船与核心舱向心加速度的大小关系；由卫星变轨的规律，分析飞船要与核心舱对接要采取的措施；根据万有引力等于重力和万有引力提供核心舱做圆周运动的向心力，综合推导天和核心舱的周期。
5．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，绝热活塞将气缸分为a、b两部分，活塞与气缸之间无摩擦；初始时a、b中的气体压强、温度均相等，现通过电阻丝对a中的气体进行缓慢加热，停止加热并达到稳定后（ ）
A．a中的气体温度减小
B．a中的气体压强减小
C．b中的气体压强增大
D．b中的气体单位体积内的分子数不变
【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】ABC.假设活塞不动，电阻丝对a进行加热，温度升高，压强增大，由图可知，a、b压强应相等，所以活塞应向右移动，b中气体的体积减小，压强增大，a、b中气体压强应相等，所以a中压强增大，由
可知，a气体压强增大，体积增大，所以温度增大，AB不符合题意，C符合题意；
D.因为b的体积减小，气体总分子数不变，则b中的气体单位体积内的分子数增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析如果活塞不动，a中气体被加热后压强的变化，结合a、b两部分气体压强总相等的特点，得出活塞的运动方向，继而得到b中气体压强的变化情况，再由理想气体状态方程分析a中气体温度的变化情况；根据b中气体体积的变化，分析b中气体单位体积内的分子数的变化情况。
6．（2023高三上·漯河期末） 2023年12月18日在甘肃临夏州积石山县发生了6.2级地震，让人感觉地球处于“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t＋0.5）s（图中虚线）两个时刻x轴上区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是（ ）
A．质点振动的周期T=1.0s
B．最小波速v=4km/s
C．t时刻位于x=1km的质点沿y轴正向振动
D．从t时刻开始计时，x=2.5km处的质点比x=2km处的质点先回到平衡位置
【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据一个周期波向前传播一个波长的距离，结合图像可得
可得周期为
A不符合题意；
B.由图可知波长为，可得波速
可知当n=0时，波速最小，最小波速为
B符合题意；
C.波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x=1km的质点沿轴负向振动，C不符合题意；
D.从t时刻开始计时，根据波形平移法可知，x=2km处的质点接下来由端点向下振动，x=2.5km处的质点再该时刻向上振动，故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据一个周期波向前传播一个波长的距离，结合图像中波向前传播的距离与波长的关系，求出质点振动的周期；由波速公式，求出波速表达式，得到最小波速；根据波传播的方向，由波形平移法分析t时刻位于x=1km的质点的振动方向；根据两质点在t时刻的振动方向，判断哪个质点先回到平衡位置。
7．（2023高三上·漯河期末）中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（ ）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A.圆筒轴线处的磁场为条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，A不符合题意；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示：
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，B不符合题意；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n-1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，C符合题意；
D.若电流I为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由安培定则判断通电导线产生的磁场，根据对称性分析圆筒内部和外部各处的磁感应强度；同样由安培定则结合对称性分析某条通电导线所在处的磁场，再由左手定则判断导线受到的洛伦兹力方向；根据安培力的公式F=BIL，分析若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力的变化情况。
8．（2023高三上·漯河期末）在同一水平面内平行正对放置的两相同细金属杆A、B，分别带有沿杆均匀分布的等量异种电荷，如图所示。水平面上方的P点到每杆两端点的距离都相等，Q点是P点在水平面内的投影点（P、Q两点图中未标出）。下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大小为零
B．将负试探电荷从P点沿PQ连线移到Q点的过程中，其电势能不断减小
C．在P点另放入一个正点电荷后，Q点的电势一定升高
D．在P点另放入一个负点电荷后，Q点的电场强度一定增大
【答案】C,D
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A.将两金属杆形成的电场等效为位置在金属杆中心处的两等量异种电荷的电场，因为等量异种点电荷中垂线上点的电场强度不为零，所以P点的电场强度大小不为零，A不符合题意；
B.等量异种点电荷中垂线是等势线，故PQ连线为等势线，将负试探电荷从P点沿PO连线移到O点的过程中，电场力不做功，电势能不变，B不符合题意；
C.Q点的电势是各个点电荷在O点电势的代数和，在P点另放入一个正点电荷后，Q点的电势一定升高，C符合题意；
D.Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和，在P点另放一个负点电荷后，Q点的电场强度增大，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】将两金属杆形成的电场等效为位置在金属杆中心处的两等量异种电荷的电场，再根据等量异种点电荷的电场分布，分析P点的电场强度大小；根据等量异种点电荷中垂线是等势线的特点，得出PQ连线为等势线，再由电场力做功分析电势能的变化；电势是标量，电势为各点电荷产生电场的电势的代数和；电场强度为矢量，Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和。
9．（2023高三上·漯河期末）将两大小相同、质量相等的铅球从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞，假设碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。已知左筒底部为钢板，右筒底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表右球的碰撞情况，曲线②代表左球的碰撞情况
B．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
C．两小球到达圆筒底部时，它们碰前的动量相等
D．碰撞过程中，两个小球所受合力冲量相等
【答案】B,C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.左球与钢板碰撞时间较短，右球与泡沫碰撞时间较长，即曲线①代表左球的碰撞情况，曲线②代表右球的碰撞情况，A不符合题意；
C.因为两球碰前自由下落的高度相同，所以碰前的速度相等，两球的动量相等，C符合题意；
D.由题意可知，碰撞过程中，两球的初速度和反弹的速度v都相同，根据动量定理可知，碰撞过程中两球受到的合力的冲量
相等，D符合题意；
B.F-t图像中面积表示F产生的冲量，根据动量定理可得
因为曲线①中作用时间比曲线②中作用时间短，所以曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，B符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】右筒底部的泡沫由缓冲作用，所以球与泡沫碰撞时间长；根据两球碰前自由下落的高度相同，判断两球碰前的动量关系；由动量定理分析两小球碰撞过程中受到的合力冲量的大小关系；根据F-t图像中面积表示F产生的冲量，结合动量定理，分析两个图线与时间轴所围面积的大小关系。
10．（2023高三上·漯河期末）如图所示，粗糙绝缘的直杆倾斜固定，轻质绝缘弹簧AB套在直杆上且位于直杆末端。一带正电的小球也套在杆上，从某一位置P由静止下滑，下滑到点M时速度最大，到达N点时速度为零（M、N两点未标出）。若在杆所在的竖直平面内加一方向垂直杆斜向右上的匀强磁场，小球仍然从P点由静止下滑（电量不变），则下列判断正确的是（ ）
A．磁场足够强时，小球有可能不能到达A点
B．小球速度最大的位置一定在P、M之间的某一位置
C．因为洛伦兹力不做功，所以小球下降的最低点仍然在N点
D．第二种情况下弹簧所具有的最大弹性势能一定比第一次小
【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A.第一次能由静止开始下滑，说明
第二次开始下滑后，多一个垂直杆的、水平方向的洛伦兹力，洛伦兹力由零逐渐增大，小球对杆的弹力由逐渐增大，滑动摩擦力也从开始逐渐增大，如果小球在到达A之前摩擦力没有增大到等于重力的下滑分量，则小球一直加速运动到A，如果小球没有到达A之前摩擦力就增大了等于下滑力，则加速结束，速度最大，之后做匀速运动，直到到达A点，所以不存在到达A点之前就停下来的情况，A不符合题意；
B.由于第二次相对于第一次经过同一位置时，摩擦力会变大，所以加速度为零，也就是速度最大的位置一定在M点之上，B符合题意；
CD.第二种情况下摩擦力变大，经过相同的路径克服摩擦力做的功会变大，机械能减小较第一次多，所以第二次小球不能到达第一次的最低点N，弹簧所具有的最大弹性势能比第一次小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】小球第一次从静止下滑，可知重力向下的分力大于最大静摩擦力，第二次加上磁场，释放瞬间洛伦兹力为零，小球仍然能从静止加速下滑，由左手定则判断出洛伦兹力的方向，得到小球的弹力变化情况，继而得到摩擦力的变化情况，然后根据摩擦力与重力下滑分量的关系，分析小球能否停止A点；比较两次运动中小球所受合力为零的位置关系，得到两次小球速度最大的位置的关系；根据两次运动过程中机械能的损失情况，分析第二次小球能否到N点，并比较两种情况下弹簧所具有的最大弹性势能的关系。
二、非选择题：本题共6小题，共60分。
11．（2023高三上·漯河期末）小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值和，如图丙所示。
（1）实验中还需要测量的量有____
A．五角硬币和一元硬币的质量、
B．五角硬币和一元硬币的直径、
C．硬币与木板间的动摩擦因数
D．发射槽口到O点距离
（2）该同学要验证动量守恒定律的表达式为 （用已知量和测量的量表示），若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式 是否成立（用、、表示）。
【答案】（1）A
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A.为了得出动量守恒定律的表达式，应测量五角硬币和一元硬币的质量、，A符合题意；
BD.验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，BD不符合题意；
C.由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，C不符合题意；
故答案为：A。
（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速直线运动，根据速度与位移的关系式可得
由牛顿第二定律可得硬币的加速度大小为
联立可得
由动量守恒定律可知
即
整理得
故该同学要验证动量守恒定律的表达式为
如果该碰撞为弹性碰撞，则还需要满足能量守恒定律，即
解得
【分析】（1）根据实验原理分析要测量的物理量；（2）根据测得的物理量，求出两硬币碰撞前后的速度，再由动量守恒定律分析该实验要验证的表达式；弹簧碰撞过程中除要满足动量守恒外，还需满足能量守恒定律，由此求出需要判断是否成立的表达式。
12．（2023·安徽模拟）如图甲所示的电路是可以用来测量电阻丝的电阻率，这一电路是在传统实验“测量电阻丝的电阻率”基础上进行改进的，与传统电路相比，多设置一个定值电阻和一个开关。被测电阻是一段粗细均匀的电阻丝，电阻丝被固定在木板上，两个鳄鱼夹夹住电阻丝然后接入电路，接入电路的电阻丝长度可通过木板上固定的刻度尺读出，如图乙所示。
（1）主要实验步骤如下：
①用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图丙所示，则电阻丝的直径的测量值 ；
②按照图甲连接电路，让开关处于断开状态，同时将滑动变阻器阻值调到最大，测量并记录两鳄鱼夹之间的距离；
③仅闭合开关，调节滑动变阻器滑片，尽量使得V和A的指针落在表盘中央附近，记录下此时V和A读数，分别记作和；
④再闭合，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为，记录A的读数，记作，则此时电阻丝的测量值 （用题中所测物理量字母表示）；
⑤改变两个鳄鱼夹之间的距离，重复步骤②③④得到多组数据。
（2）用图像法处理数据：将得到的实验数据在坐标系中描点并拟合为一条直线，如图丁所示，测得这条直线斜率的数值等于，则被测电阻丝的电阻率 （保留2位有效数字）。
（3）这种改进型电路的优点是____
A．克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差
B．克服了电流表内电阻对实验结果带来的系统误差
C．克服了电源内电阻对实验结果带来的系统误差
【答案】（1）3.799/3.800/3.801；
（2）
（3）A
【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；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）①螺旋测微器读数D=3.5mm+30.0×0.01mm=3.800mm；④由于开关是断开的，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值，闭合开关，电阻丝与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值，电流表示数增大，电压表示数变小。向左调节滑动变阻器滑片使电压表的示数仍为U，电阻丝与定值电阻并联后的总电阻为，根据欧姆定律得，联立解得；（2）根据可得图像的斜率，其中，解得；（3）考虑电压表内阻时，有，，联立可得，因此，克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差。
故答案为：A。
【分析】（1）①螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；④根据实验原理，由欧姆定律推导电阻丝的测量值；（2）由电阻定律写出的表达式，结果数学图像求出电阻率；（3）考虑电表内阻，重新进行的阻值计算，根据计算过程及结果分析实验电路的优点。
13．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一个质量为10kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
（1）若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大；
（2）若撤去推力F，物体沿斜面下滑4m的过程中，求物体的平均速度大小。
【答案】（1）解：若要使物体静止在斜面上，根据平衡条件得
解得推力至少为
（2）解：若撤去推力F，根据牛顿第二定律可得
解得
物体沿斜面下滑4m过程中，根据运动学公式可得
解得
则物体的平均速度大小为
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析物体的受力，当物体恰好能静止在斜面上时，推力F最小，由共点力平衡条件求解推力F的最小值；（2）撤去推力F，由牛顿第二定律求出物体下滑的加速度，再由运动学公式，求解物体的平均速度大小。
14．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一玻璃砖的截面由半圆和等边三角形ABC组成，O点为圆心，半圆的直径BC长为2R，半圆上的D点到BC的距离为。一束光射到D点，入射角为60°，折射光线与BC垂直。已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）光在玻璃砖中的传播时间t。
【答案】（1）解：半圆上的D点到BC的距离为，则有
可得折射角为
则玻璃砖的折射率为
（2）解：光射到AC边时的入射角为，发生全反射的临界角为
则有
故光在传播到AC边后发生全反射，光路图如图所示
光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的传播速度为
则光在玻璃砖中的传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）结合几何关系，由折射率公式，求解玻璃砖的折射率；（2）由几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，再由折射率公式求出光在玻璃砖中的传播速度，继而求出光在玻璃砖中的传播时间。
15．（2023高三上·漯河期末）如图所示，两平行极板间距y和长度x之比为，两极板间加电场强度未知的匀强电场，一重力不计的带电粒子以速度v0紧贴下极板的边缘、平行于极板射入两板间，恰好从上极板边缘进入一矩形区域OPSQ，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，双平行绝缘轨道OP、QS间距为L，荧光屏MN沿轨道可以平行移动。求：
（1）粒子从上极板飞出的速度方向与OP的夹角θ为多大；
（2）当粒子恰好垂直打在荧光屏上的N点时，MN距OQ的距离为多大，该粒子的比荷为多大；
（3）为使上述粒子打在荧光屏上MN的中点，MN应该向上移动多大距离。
【答案】（1）解：设粒子离开电场的竖直速度为，粒子在电场中的飞行时间为，在电场中的水平位移为，竖直位移为，则有，
根据题意有
联立解得
则有
解得
（2）解：设粒子射入磁场的速度为，则有
粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示
则有，
由洛伦兹力提供向心力可得
可得距离为
比荷为
（3）解：设MN向上移动的距离为，粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示
由几何关系可得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律，由运动学公式，求解粒子从上极板飞出的速度方向与OP的夹角；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子恰好垂直打在荧光屏上的N点时，由几何关系求出轨迹半径和MN距OQ的距离，再由洛伦兹力充当向心力，求解 粒子的比荷；（3）做出运动轨迹，由几何关系求出粒子打在荧光屏上MN的中点，MN应该向上移动多大距离。
16．（2023高三上·漯河期末）如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。导体棒PQ质量，电阻，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量，电阻，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取。
（1）若，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；
（2）若，两棒在磁场中运动时发生弹性碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热；
（3）若，，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
【答案】（1）解：根据题意，由机械能守恒定律有
由法拉第电磁感应定律有
感应电流为
导体棒PQ所受安培力F的大小
解得
（2）解：根据题意，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
导体棒MN上产生的焦耳热
解得
（3）解：根据题意，对PQ棒，由动量定理有
又有
解得
代入数值得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出导体棒MN进入磁场时的速度，再由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式，求出MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；（2）当导体棒的运动达到稳定时，两棒的速度相等，从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律，求出导体棒MN上产生的焦耳热；（3）对PQ棒应用动量定理，再结合电流公式和闭合电路欧姆定律，求出a与b满足的函数关系。
1 / 1河南省漯河市2023－2024学年高三上学期物理期末质量监测
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一个选项符合题目要求，第8~10题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2023高三上·漯河期末） 2023年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（ ）
A．核聚变过程中核子的总质量增加
B．核聚变反应中释放的γ射线具有较强的穿透能力
C．核反应是核聚变
D．原子弹是利用核聚变原理制成的
2．（2023高三上·漯河期末）一半圆环直径为AB，圆心为O，半圆环放置于竖直平面内，直径AB与水平方向的夹角为如图所示的θ， A、B两端系着一根不可伸长的轻绳，绳长大于直径AB，绳上套有一光滑小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心O顺时针缓慢转过2θ。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力先增大后减小 B．轻绳的拉力先减小后增大
C．小球受到的合力先减小后增大 D．小球受到的合力先增大后减小
3．（2023高三上·漯河期末）如图所示，将小球从倾角为θ=37°的斜面底端正上方某点以8m/s的速度水平抛出，同时一束平行光竖直向下照射小球，在斜面上留下了小球的“影子”，“影子”沿斜面运动6m时小球撞在斜面上。小球的质量为2kg，小球可视为质点，不计空气阻力，不考虑小球与斜面相撞后的运动情况，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．小球的“影子”沿斜面做匀减速直线运动
B．小球在空中的运动时间为0.75s
C．抛出点与斜面底端的高度差为5.4m
D．小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为200W
4．（2023高三上·漯河期末） 2023年10月26日17时46分，神州十七号载人飞船成功对接空间站天和核心舱，天和核心舱在距离地球表面h高度处围绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若飞船绕地球做圆周运动经过M处，则它的周期大于核心舱的周期
B．若飞船在M处，则它的向心加速度小于核心舱的向心加速度
C．若飞船在N处，则应加速变轨才能成功对接核心舱
D．天和核心舱的周期为
5．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一封闭着理想气体的绝热气缸置于水平地面上，绝热活塞将气缸分为a、b两部分，活塞与气缸之间无摩擦；初始时a、b中的气体压强、温度均相等，现通过电阻丝对a中的气体进行缓慢加热，停止加热并达到稳定后（ ）
A．a中的气体温度减小
B．a中的气体压强减小
C．b中的气体压强增大
D．b中的气体单位体积内的分子数不变
6．（2023高三上·漯河期末） 2023年12月18日在甘肃临夏州积石山县发生了6.2级地震，让人感觉地球处于“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t＋0.5）s（图中虚线）两个时刻x轴上区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是（ ）
A．质点振动的周期T=1.0s
B．最小波速v=4km/s
C．t时刻位于x=1km的质点沿y轴正向振动
D．从t时刻开始计时，x=2.5km处的质点比x=2km处的质点先回到平衡位置
7．（2023高三上·漯河期末）中空的圆筒形导体中的电流所产生的磁场，会对其载流粒子施加洛伦兹力，可用于设计能提供安全核能且燃料不虞匮乏的核融合反应器。如图所示为筒壁很薄、截面圆半径为R的铝制长直圆筒，电流I平行于圆筒轴线稳定流动，均匀通过筒壁各截面，筒壁可看作n条完全相同且平行的均匀分布的长直载流导线，每条导线中的电流均为，n比1大得多。已知通电电流为i的长直导线在距离r处激发的磁感应强度，其中k为常数。下列说法正确的是（ ）
A．圆筒内部各处的磁感应强度均不为0
B．圆筒外部各处的磁感应强度方向与筒壁垂直
C．每条导线受到的安培力方向都垂直筒壁向内
D．若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力也变为原来的2倍
8．（2023高三上·漯河期末）在同一水平面内平行正对放置的两相同细金属杆A、B，分别带有沿杆均匀分布的等量异种电荷，如图所示。水平面上方的P点到每杆两端点的距离都相等，Q点是P点在水平面内的投影点（P、Q两点图中未标出）。下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大小为零
B．将负试探电荷从P点沿PQ连线移到Q点的过程中，其电势能不断减小
C．在P点另放入一个正点电荷后，Q点的电势一定升高
D．在P点另放入一个负点电荷后，Q点的电场强度一定增大
9．（2023高三上·漯河期末）将两大小相同、质量相等的铅球从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞，假设碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。已知左筒底部为钢板，右筒底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表右球的碰撞情况，曲线②代表左球的碰撞情况
B．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
C．两小球到达圆筒底部时，它们碰前的动量相等
D．碰撞过程中，两个小球所受合力冲量相等
10．（2023高三上·漯河期末）如图所示，粗糙绝缘的直杆倾斜固定，轻质绝缘弹簧AB套在直杆上且位于直杆末端。一带正电的小球也套在杆上，从某一位置P由静止下滑，下滑到点M时速度最大，到达N点时速度为零（M、N两点未标出）。若在杆所在的竖直平面内加一方向垂直杆斜向右上的匀强磁场，小球仍然从P点由静止下滑（电量不变），则下列判断正确的是（ ）
A．磁场足够强时，小球有可能不能到达A点
B．小球速度最大的位置一定在P、M之间的某一位置
C．因为洛伦兹力不做功，所以小球下降的最低点仍然在N点
D．第二种情况下弹簧所具有的最大弹性势能一定比第一次小
二、非选择题：本题共6小题，共60分。
11．（2023高三上·漯河期末）小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值和，如图丙所示。
（1）实验中还需要测量的量有____
A．五角硬币和一元硬币的质量、
B．五角硬币和一元硬币的直径、
C．硬币与木板间的动摩擦因数
D．发射槽口到O点距离
（2）该同学要验证动量守恒定律的表达式为 （用已知量和测量的量表示），若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式 是否成立（用、、表示）。
12．（2023·安徽模拟）如图甲所示的电路是可以用来测量电阻丝的电阻率，这一电路是在传统实验“测量电阻丝的电阻率”基础上进行改进的，与传统电路相比，多设置一个定值电阻和一个开关。被测电阻是一段粗细均匀的电阻丝，电阻丝被固定在木板上，两个鳄鱼夹夹住电阻丝然后接入电路，接入电路的电阻丝长度可通过木板上固定的刻度尺读出，如图乙所示。
（1）主要实验步骤如下：
①用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图丙所示，则电阻丝的直径的测量值 ；
②按照图甲连接电路，让开关处于断开状态，同时将滑动变阻器阻值调到最大，测量并记录两鳄鱼夹之间的距离；
③仅闭合开关，调节滑动变阻器滑片，尽量使得V和A的指针落在表盘中央附近，记录下此时V和A读数，分别记作和；
④再闭合，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为，记录A的读数，记作，则此时电阻丝的测量值 （用题中所测物理量字母表示）；
⑤改变两个鳄鱼夹之间的距离，重复步骤②③④得到多组数据。
（2）用图像法处理数据：将得到的实验数据在坐标系中描点并拟合为一条直线，如图丁所示，测得这条直线斜率的数值等于，则被测电阻丝的电阻率 （保留2位有效数字）。
（3）这种改进型电路的优点是____
A．克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差
B．克服了电流表内电阻对实验结果带来的系统误差
C．克服了电源内电阻对实验结果带来的系统误差
13．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一个质量为10kg的物体，在垂直于斜面推力F的作用下静止在倾角θ＝37°的固定斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
（1）若要使物体静止在斜面上，推力F至少为多大；
（2）若撤去推力F，物体沿斜面下滑4m的过程中，求物体的平均速度大小。
14．（2023高三上·漯河期末）如图所示，一玻璃砖的截面由半圆和等边三角形ABC组成，O点为圆心，半圆的直径BC长为2R，半圆上的D点到BC的距离为。一束光射到D点，入射角为60°，折射光线与BC垂直。已知光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖的折射率n；
（2）光在玻璃砖中的传播时间t。
15．（2023高三上·漯河期末）如图所示，两平行极板间距y和长度x之比为，两极板间加电场强度未知的匀强电场，一重力不计的带电粒子以速度v0紧贴下极板的边缘、平行于极板射入两板间，恰好从上极板边缘进入一矩形区域OPSQ，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，双平行绝缘轨道OP、QS间距为L，荧光屏MN沿轨道可以平行移动。求：
（1）粒子从上极板飞出的速度方向与OP的夹角θ为多大；
（2）当粒子恰好垂直打在荧光屏上的N点时，MN距OQ的距离为多大，该粒子的比荷为多大；
（3）为使上述粒子打在荧光屏上MN的中点，MN应该向上移动多大距离。
16．（2023高三上·漯河期末）如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距。EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。导体棒PQ质量，电阻，静止在边界EF右侧x处。导体棒MN质量，电阻，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取。
（1）若，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；
（2）若，两棒在磁场中运动时发生弹性碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热；
（3）若，，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.核聚变过程中有能量放出，所以核聚变过程中存在质量亏损，A不符合题意；
B.射线波长短，能量高，具有较强的穿透能力，B符合题意；
C.方程
是核裂变反应，C不符合题意；
D.原子弹是利用核裂变原理制成的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】放能核反应中，一定有质量亏损；根据射线的性质分析；根据核裂变和核聚变的特点分析反应类型；根据原子弹的原理分析。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB.设轻绳与竖直方向夹角为a，AN、NB间夹角为，如图：
则根据几何关系可得，，，联立可得
根据共点力平衡条件可得
可得
可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角的过程中，轻绳的拉力F先增大再减小，A符合题意，B不符合题意；
CD.因为小球是缓慢运动，所以小球一直处于动态平衡状态，合力一直为0，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据小球受力，由共点力平衡条件几何关系，求出F的表达式，根据表达式分析圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角的过程中，轻绳拉力的变化情况；小球处于动态平衡状态，合力一直为零。
3．【答案】C
【知识点】平抛运动；功率及其计算
【解析】【解答】A.小球在水平方向做匀速直线运动，水平位移与时间的关系为
则小球在斜面的“影子”运动的位移与时间的关系为
由此式可知“影子”做匀速直线运动，A不符合题意；
B.小球的水平位移为
则小球运动时间为
B不符合题意；
C.小球竖直方向做自由落体运动，故小球撞到斜面时，竖直方向的位移为
可得抛出点与斜面底端的高度差为
C符合题意；
D.小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】推导小球“影子”运动的位移与时间的关系式，根据关系式的特点分析影子的运动方式；根据小球水平方向做匀速运动的特点，求出小球运动时间；根据小球竖直方向做自由落体运动的特点，求出小球撞到斜面时下落的位移，再结合几何关系，求出小球的抛出点与斜面底端的高度差；根据功率的公式，求解小球撞在斜面瞬间重力的瞬时功率。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】AB.根据万有引力提供向心力可得
可得
若飞船绕地球做圆周运动经过M处，轨道半径小于核心舱的轨道半径，则它的周期小于核心舱的周期，A不符合题意；
B.由牛顿第二定律可得
飞船轨道半径小于核心舱的轨道半径，故飞船的向心加速度大于核心舱的向心加速度，B不符合题意；
C.若飞船在N处，则应减速做向心运动，才能变轨到核心舱轨道与核心舱对接，C不符合题意；
D.根据万有引力等于重力可得
天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
联立解得天和核心舱的周期为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据万有引力提供向心力推导周期表达式，根据表达式比较飞船与核心舱运行周期的大小关系；根据牛顿第二定律推导向心加速度的表达式，根据表达式比较飞船与核心舱向心加速度的大小关系；由卫星变轨的规律，分析飞船要与核心舱对接要采取的措施；根据万有引力等于重力和万有引力提供核心舱做圆周运动的向心力，综合推导天和核心舱的周期。
5．【答案】C
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】ABC.假设活塞不动，电阻丝对a进行加热，温度升高，压强增大，由图可知，a、b压强应相等，所以活塞应向右移动，b中气体的体积减小，压强增大，a、b中气体压强应相等，所以a中压强增大，由
可知，a气体压强增大，体积增大，所以温度增大，AB不符合题意，C符合题意；
D.因为b的体积减小，气体总分子数不变，则b中的气体单位体积内的分子数增大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析如果活塞不动，a中气体被加热后压强的变化，结合a、b两部分气体压强总相等的特点，得出活塞的运动方向，继而得到b中气体压强的变化情况，再由理想气体状态方程分析a中气体温度的变化情况；根据b中气体体积的变化，分析b中气体单位体积内的分子数的变化情况。
6．【答案】B
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据一个周期波向前传播一个波长的距离，结合图像可得
可得周期为
A不符合题意；
B.由图可知波长为，可得波速
可知当n=0时，波速最小，最小波速为
B符合题意；
C.波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x=1km的质点沿轴负向振动，C不符合题意；
D.从t时刻开始计时，根据波形平移法可知，x=2km处的质点接下来由端点向下振动，x=2.5km处的质点再该时刻向上振动，故x=2km处的质点比x=2.5km处的质点先回到平衡位置，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据一个周期波向前传播一个波长的距离，结合图像中波向前传播的距离与波长的关系，求出质点振动的周期；由波速公式，求出波速表达式，得到最小波速；根据波传播的方向，由波形平移法分析t时刻位于x=1km的质点的振动方向；根据两质点在t时刻的振动方向，判断哪个质点先回到平衡位置。
7．【答案】C
【知识点】安培力；安培定则
【解析】【解答】A.圆筒轴线处的磁场为条通电导线激发磁场的矢量和，由安培定则和对称性可知，圆筒轴线处的磁场刚好抵消，磁感应强度为0，A不符合题意；
B.各条通电导线在圆筒外部P处激发的磁场如图所示：
由对称性可知，合磁场方向在垂直轴线的平面内且与筒壁切线平行，B不符合题意；
C.某条通电导线受到的安培力是受除它之外的n-1条通电导线激发的合磁场施加的，由对称性可知通电导线处合磁场沿圆周切线方向，由左手定则判断，这条通电导线受到的安培力垂直筒壁方向指向轴线，C符合题意；
D.若电流I为原来的2倍，由磁场的叠加，某条通电导线所在处的磁感应强度变为原来的2倍，由安培力公式F=BIl，可知通电导线受到的安培力变为原来的4倍，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由安培定则判断通电导线产生的磁场，根据对称性分析圆筒内部和外部各处的磁感应强度；同样由安培定则结合对称性分析某条通电导线所在处的磁场，再由左手定则判断导线受到的洛伦兹力方向；根据安培力的公式F=BIL，分析若电流I变为原来的2倍，每条导线受到的安培力的变化情况。
8．【答案】C,D
【知识点】电势能；电势；等势面
【解析】【解答】A.将两金属杆形成的电场等效为位置在金属杆中心处的两等量异种电荷的电场，因为等量异种点电荷中垂线上点的电场强度不为零，所以P点的电场强度大小不为零，A不符合题意；
B.等量异种点电荷中垂线是等势线，故PQ连线为等势线，将负试探电荷从P点沿PO连线移到O点的过程中，电场力不做功，电势能不变，B不符合题意；
C.Q点的电势是各个点电荷在O点电势的代数和，在P点另放入一个正点电荷后，Q点的电势一定升高，C符合题意；
D.Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和，在P点另放一个负点电荷后，Q点的电场强度增大，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】将两金属杆形成的电场等效为位置在金属杆中心处的两等量异种电荷的电场，再根据等量异种点电荷的电场分布，分析P点的电场强度大小；根据等量异种点电荷中垂线是等势线的特点，得出PQ连线为等势线，再由电场力做功分析电势能的变化；电势是标量，电势为各点电荷产生电场的电势的代数和；电场强度为矢量，Q点的电场强度是各个点电荷在Q点电场强度的矢量和。
9．【答案】B,C,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A.左球与钢板碰撞时间较短，右球与泡沫碰撞时间较长，即曲线①代表左球的碰撞情况，曲线②代表右球的碰撞情况，A不符合题意；
C.因为两球碰前自由下落的高度相同，所以碰前的速度相等，两球的动量相等，C符合题意；
D.由题意可知，碰撞过程中，两球的初速度和反弹的速度v都相同，根据动量定理可知，碰撞过程中两球受到的合力的冲量
相等，D符合题意；
B.F-t图像中面积表示F产生的冲量，根据动量定理可得
因为曲线①中作用时间比曲线②中作用时间短，所以曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，B符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】右筒底部的泡沫由缓冲作用，所以球与泡沫碰撞时间长；根据两球碰前自由下落的高度相同，判断两球碰前的动量关系；由动量定理分析两小球碰撞过程中受到的合力冲量的大小关系；根据F-t图像中面积表示F产生的冲量，结合动量定理，分析两个图线与时间轴所围面积的大小关系。
10．【答案】B,D
【知识点】能量守恒定律；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A.第一次能由静止开始下滑，说明
第二次开始下滑后，多一个垂直杆的、水平方向的洛伦兹力，洛伦兹力由零逐渐增大，小球对杆的弹力由逐渐增大，滑动摩擦力也从开始逐渐增大，如果小球在到达A之前摩擦力没有增大到等于重力的下滑分量，则小球一直加速运动到A，如果小球没有到达A之前摩擦力就增大了等于下滑力，则加速结束，速度最大，之后做匀速运动，直到到达A点，所以不存在到达A点之前就停下来的情况，A不符合题意；
B.由于第二次相对于第一次经过同一位置时，摩擦力会变大，所以加速度为零，也就是速度最大的位置一定在M点之上，B符合题意；
CD.第二种情况下摩擦力变大，经过相同的路径克服摩擦力做的功会变大，机械能减小较第一次多，所以第二次小球不能到达第一次的最低点N，弹簧所具有的最大弹性势能比第一次小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】小球第一次从静止下滑，可知重力向下的分力大于最大静摩擦力，第二次加上磁场，释放瞬间洛伦兹力为零，小球仍然能从静止加速下滑，由左手定则判断出洛伦兹力的方向，得到小球的弹力变化情况，继而得到摩擦力的变化情况，然后根据摩擦力与重力下滑分量的关系，分析小球能否停止A点；比较两次运动中小球所受合力为零的位置关系，得到两次小球速度最大的位置的关系；根据两次运动过程中机械能的损失情况，分析第二次小球能否到N点，并比较两种情况下弹簧所具有的最大弹性势能的关系。
11．【答案】（1）A
（2）；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A.为了得出动量守恒定律的表达式，应测量五角硬币和一元硬币的质量、，A符合题意；
BD.验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，BD不符合题意；
C.由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，C不符合题意；
故答案为：A。
（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速直线运动，根据速度与位移的关系式可得
由牛顿第二定律可得硬币的加速度大小为
联立可得
由动量守恒定律可知
即
整理得
故该同学要验证动量守恒定律的表达式为
如果该碰撞为弹性碰撞，则还需要满足能量守恒定律，即
解得
【分析】（1）根据实验原理分析要测量的物理量；（2）根据测得的物理量，求出两硬币碰撞前后的速度，再由动量守恒定律分析该实验要验证的表达式；弹簧碰撞过程中除要满足动量守恒外，还需满足能量守恒定律，由此求出需要判断是否成立的表达式。
12．【答案】（1）3.799/3.800/3.801；
（2）
（3）A
【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；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）①螺旋测微器读数D=3.5mm+30.0×0.01mm=3.800mm；④由于开关是断开的，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值，闭合开关，电阻丝与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值，电流表示数增大，电压表示数变小。向左调节滑动变阻器滑片使电压表的示数仍为U，电阻丝与定值电阻并联后的总电阻为，根据欧姆定律得，联立解得；（2）根据可得图像的斜率，其中，解得；（3）考虑电压表内阻时，有，，联立可得，因此，克服了电压表内电阻对实验结果带来的系统误差。
故答案为：A。
【分析】（1）①螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数（mm）+对齐格数（估读一位）×精确度；④根据实验原理，由欧姆定律推导电阻丝的测量值；（2）由电阻定律写出的表达式，结果数学图像求出电阻率；（3）考虑电表内阻，重新进行的阻值计算，根据计算过程及结果分析实验电路的优点。
13．【答案】（1）解：若要使物体静止在斜面上，根据平衡条件得
解得推力至少为
（2）解：若撤去推力F，根据牛顿第二定律可得
解得
物体沿斜面下滑4m过程中，根据运动学公式可得
解得
则物体的平均速度大小为
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）分析物体的受力，当物体恰好能静止在斜面上时，推力F最小，由共点力平衡条件求解推力F的最小值；（2）撤去推力F，由牛顿第二定律求出物体下滑的加速度，再由运动学公式，求解物体的平均速度大小。
14．【答案】（1）解：半圆上的D点到BC的距离为，则有
可得折射角为
则玻璃砖的折射率为
（2）解：光射到AC边时的入射角为，发生全反射的临界角为
则有
故光在传播到AC边后发生全反射，光路图如图所示
光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的传播速度为
则光在玻璃砖中的传播时间为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）结合几何关系，由折射率公式，求解玻璃砖的折射率；（2）由几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，再由折射率公式求出光在玻璃砖中的传播速度，继而求出光在玻璃砖中的传播时间。
15．【答案】（1）解：设粒子离开电场的竖直速度为，粒子在电场中的飞行时间为，在电场中的水平位移为，竖直位移为，则有，
根据题意有
联立解得
则有
解得
（2）解：设粒子射入磁场的速度为，则有
粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示
则有，
由洛伦兹力提供向心力可得
可得距离为
比荷为
（3）解：设MN向上移动的距离为，粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示
由几何关系可得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律，由运动学公式，求解粒子从上极板飞出的速度方向与OP的夹角；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子恰好垂直打在荧光屏上的N点时，由几何关系求出轨迹半径和MN距OQ的距离，再由洛伦兹力充当向心力，求解 粒子的比荷；（3）做出运动轨迹，由几何关系求出粒子打在荧光屏上MN的中点，MN应该向上移动多大距离。
16．【答案】（1）解：根据题意，由机械能守恒定律有
由法拉第电磁感应定律有
感应电流为
导体棒PQ所受安培力F的大小
解得
（2）解：根据题意，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
导体棒MN上产生的焦耳热
解得
（3）解：根据题意，对PQ棒，由动量定理有
又有
解得
代入数值得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出导体棒MN进入磁场时的速度，再由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式，求出MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；（2）当导体棒的运动达到稳定时，两棒的速度相等，从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律，求出导体棒MN上产生的焦耳热；（3）对PQ棒应用动量定理，再结合电流公式和闭合电路欧姆定律，求出a与b满足的函数关系。
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