2023-2024学年江苏省张家港市高三（下）阶段性调研测试物理试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年江苏省张家港市高三（下）阶段性调研测试物理试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 790.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-03-05 23:02:41 | ||
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文档简介
2023-2024学年江苏省张家港市高三（下）阶段性调研测试物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，从水平方向拍摄的照片如图所示。看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，而且变粗了。这是因为光发生了( )
A. 折射现象 B. 全反射现象 C. 衍射现象 D. 干涉现象
2.“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，组装仪器时，应将单缝固定在
A. 处 B. 处 C. 处 D. 处
3.如图，单摆在之间做简谐运动，、为运动最高点，为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是( )
A. 经过点时，向心力和回复力均不为零 B. 经过点时，向心力和回复力均为零
C. 在半个周期内，合外力的冲量一定为零 D. 在半个周期内，合外力做的功一定为零
4.生活中经常用刀来劈开物体，如图是刀刃的横截面，是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为，则刀劈物体时对物体侧向推力的大小
A. B. C. D.
5.年月日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示．根据以上信息可以得出
A. 当火星与地球相距最近时，两者的相对速度最大
B. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
C. 火星与地球绕太阳速度大小之比约为
D. 下一次“火星冲日”将出现在年月日之前
6.飞机向东水平匀减速飞行，每隔相等时间抛下一物，则物体在空中的排布情况应是
A. B.
C. D.
7.直导线折成夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，线中通有如图所示恒定电流现将该导线绕轴由图示位置向纸面外缓慢转过，在该过程中导线所受的安培力
A. 大小和方向均不变 B. 大小和方向均改变
C. 大小改变，方向不变 D. 大小不变，方向改变
8.如图是变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压稳定，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，如果变压器上的能量损失可以忽略，图中各表的读数如何变化( )
A. 读数减小 B. 读数增大 C. 读数增大 D. 读数增大
9.时刻，质点从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间按图示的正弦曲线变化，周期为在时间内，下列说法正确的是
A. 时，回到原点
B. 时，到原点的距离最远
C. 在时间内，的动量的变化量为
D. 在和时间内，所受合外力的冲量不同
10.如图所示，等边三角形的三个顶点、、上分别固定一点电荷，点电荷的带电荷量分别为、、，已知、、分别为、、的中点，为三角形的中心，下列说法正确的是
A. 从点到点，电势先减小后增大
B. 点和点的电场强度相同
C. 电子在点的电势能大于在点的
D. 正试探电荷沿直线从点运动到点，电场力先做负功后做正功
11.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹射入木块的深度是的倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，、做直线运动且不会相遇，则、运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块和子弹、系统动量不守恒
B. 子弹的初速度大小是子弹的初速度大小的倍
C. 子弹的质量是子弹的质量的倍
D. 若子弹向右射入木块，与木块相对静止后，子弹再向左射入木块，最终进入的深度仍是的倍
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学为了测量某新型电动自行车电瓶的电动势和内阻，现有实验器材如下：
A.待测电源电动势约为，内阻约为
B.电压表量程为，内阻为
C.电流表量程为，内阻约为
D.滑动变阻器
E.电阻箱最大阻值
F.定值电阻
G.开关和导线若干
为了完成实验，该同学扩大电压表的量程为，那么他应该将电阻箱的阻值调到 ，使电阻箱和电压表串联；
将改装后的电压表表盘未换与电流表连成如图所示的电路，测量电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数和电流表示数，作出图像如图所示，则电源的电动势为 ，内阻为 结果均保留一位小数；
对改装后的电压表进行后期校准时，发现示数与标准值总有偏差，怀疑是电压表标示的内阻值可能并不准确，为了重新测量电压表的内阻，又设计了图所示的电路图，按照图连接好电路，进行了如下几步操作：
将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；
闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表示数为；
保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表示数为时，电阻箱的读数为，则电压表内阻的测量值为 ，该测量值 电压表内阻的真实值选填“大于”、“小于”或“等于”．
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为且足够长，左端接阻值为的定值电阻，一金属棒垂直放在导轨上．现将金属棒以点为轴沿顺时针方向以角速度转过，金属棒始终与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计．求：
金属棒转动过程中产生感应电动势的最大值；
转动过程中通过定值电阻的电荷量是多少？
14.如图所示，用折射率为的透明介质制成内外半径分别为和的空心球壳，一束光射向此球壳，当入射角时，光束经折射后恰好与内球表面相切，求：
该透明材料的折射率；
改变入射角，使折射光线恰好在内球表面发生全反射，此时入射角多大？
15.如图所示，质量为的“”型金属工件竖直放置在水平面上，工件部分是粗细均匀的细杆，细杆上套有质量为的钢珠，初始时二者都处于静止状态，钢珠位于点．拨动钢珠，让它从点以初速度开始上滑，钢珠到达点时与工件发生弹性碰撞，使工件离开桌面竖直向上运动．已知、两点间的距离，钢珠相对工件滑动时受到摩擦力大小，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力．求：
钢珠与工件碰撞前钢珠的速度；
工件向上运动的最大高度；
若工件落地后不反弹且保持竖直，从开始到最后均停止运动，钢珠与工件因摩擦而产生的热量．
16.如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限有足够长的条状磁场区域、，宽度均为，区域有垂直纸面向里的匀强磁场，区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为、有一带正电粒子电量为，质量为，从坐标原点沿轴正方向以初速度射入磁场区域，不计粒子的重力．求：
粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
若区域磁感应强度大小沿轴满足，粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
筷子侧移是因为光的折射现象；变粗是因为杯壁是一个曲面，与水组成凸透镜，根据折射现象与凸透镜原理分析解答。
该题属于光学现象在日常生活中的应用，解答的关键是根据图示，注意凸透镜的原理。
【解答】
为了使成像原理更加清晰，应作截面图，如图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，
处为筷子，表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁射向观察者处的一条光线，为过点沿半径方向的直线，即在处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在处由水中射入空气中，图中的角和角分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有，所以观察者在处看到的筷子的像的位置不是在的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，故看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜成虚像，是放大的，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子变粗了。
故选A。
2.【答案】
【解析】【分析】
根据实验原理分析判断实验装置顺序。
【解答】
根据“用双缝干涉测量光的波长”实验原理可知，为滤光片，为单缝，为双缝，故B正确。
3.【答案】
【解析】【分析】本题考查了对向心力、回复力的理解，通过动量定理分析合外力的冲量，通过动能定理分析合外力做的功。
【解答】、经过点时，向心力不为零，回复力为零，故A错误；
B、经过点时，速度为零，向心力为零，回复力不为零，故B错误；
C、在半个周期内，动量的变化量不一定为零，比如从点向右运动到再次经过点向左运动速度相反，根据动量定理可知此过程合外力的冲量不为零，故C错误；
D、在半个周期内，速度大小一定相同，则动能变化量一定为零，根据动能定理可知合外力做的功一定为零，故D正确。
故选D。
4.【答案】
【解析】【分析】
将向下的力按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
【解答】
将力根据平行四边形定则分解如下：
由几何知识得，侧向推力的大小为：，故ABD错误，C正确。
故选：。
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是掌握天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法，能够根据开普勒第三定律分析周期关系。
根据开普勒第三定律求解火星与地球绕太阳运动的周期之比；根据相对运动情况分析相对速度大小；根据求出速度大小之比；求出火星的公转周期，根据天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法进行解答。
【解答】
B.火星和地球均绕太阳运动，根据开普勒第三定律有
代入数据解得，故B错误；
A.由题意知火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度的大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，此时两者的相对速度最大，故A错误；
C.天体绕太阳做圆周运动，则有解得
由此可得，则火星与地球绕太阳速度大小之比约为，故C正确；
D.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有，
要发生下一次火星冲日则有
得
可知下一次“火星冲日”将出现在年月日之后，故D错误。
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了两个直线运动的合成、平抛运动基本规律；解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，匀减速飞行的飞机上落下一小球，小球做平抛运动，根据小球水平方向上和竖直方向上的运动规律可知小球在空中排成形状。
【解答】
解：设飞机的加速度为，飞机释放一个铁球后，每隔相等时间后释放第二个，由于飞机做匀加速直线运动，此时第一个铁球与第二个铁球间的水平位移，再经释放第三个铁球，由于此时的飞机与第一个球的水平位移是，再经释放第四个球，此时飞机与第一个球的水平位移为；
则知第二、三、四个小球与飞机的水平位移之比为：：，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上的位移之比为：：，所以在空中任何时刻物体在空中排成倾斜的直线，竖直方向、水平方向间距越来越大；
故D正确，ABC错误。
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查非直线导体安培力的计算，在利用计算安培力时，式中为导体的有效长度，它的具体含义为磁场中的导体首尾相连的有向线段沿垂直于磁场方向上的投影。
【解答】
无论导线绕轴如何转动，导线中的电流始终可以等效成从到的直线电流，等效长度始终为线段的长度，根据可知安培力大小不变，根据左手定则可知方向也不变，故选A。
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了变压器的动态分析；电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
【解答】
C.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以的示数不变，故C错误；
B.当用电器增加时，相当于的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，故B正确；
D.由于副线圈的电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为的示数不变，所以的示数变小，故D错误；
A.当用户的用电器增加时，副线圈总电阻减小，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以的示数变大，故A错误。
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了运动学中的图像，解题的关键知道图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量，并画出图像的大致形状。
质点的初速度为零，根据图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量可知不同时刻速度大小；
根据图像可知质点的运动特点，根据动量、动量定理分析。
【解答】
由图可知，像的面积表示质点速度变化量，可知质点在 时间内一直向前做加速运动， 时刻速度达到最大； 时间内加速度方向与速度方向反向，因为加速度随时间按图示的正弦曲线变化，可知 时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动， 重复此过程的运动，即质点一直向前运动，故AB错误；
C.根据可知在时间内，的动量的变化量不为，故C错误；
D.根据动量定理可知：在和时间内，所受合外力的冲量大小相等，方向相反，所以所受合外力的冲量不同，故D正确。
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了点电荷的场强、场强的叠加和电势的叠加以及电势能的定义、电场力做功；注意电势是标量，空间中某点的电势是各点电荷在该点电势的代数和。
只考虑两处的点电荷时，由题意分析、两点的电势高低；再分析在处的点电荷产生的电场中、两点的电势高低，最后求合电势；
根据点电荷的场强公式求解三处的点电荷在、产生的合场强的大小，结合电场强度的方向作答；
、两点到点的距离相等，据此分析处的点电荷的电场中、两点电势的高低；再分析两处的点电荷的电场中、两点电势的高低，再根据电势能的定义分析作答；
将正试探电荷沿直线从点运动到点的过程中，分析三处的点电荷对试探电荷做功的情况，然后作答。
【解答】
解：只考虑两处的点电荷时，由题意可知、两点位于等量异种电荷的中垂线上，两点电势相等；
在点的点电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，可知从点到点，电势逐渐增大，故A错误；
B.设长为，根据几何关系可知长
A、两点的点电荷在点产生的电场方向由点指向点，电场强度大小为
可得三个点电荷在点产生的合电场强度大小为
同理可得三个点电荷在点产生的电场强度大小为
则点的电场强度大小等于点的电场强度，但方向不同，故B错误；
C.、两点到点的距离相等，因此处的点电荷产生的电场中、两点电势相等；
又在、两点的点电荷产生的电场中，点距离负点电荷近，因此点的电势低于点的电势，即；
根据电势能的定义可知，负电荷在电势低处的电势能大，因此电子在点的电势能大于在点的电势能，故C正确；
D.正试探电荷沿直线从运动到，三个点电荷均对试探电荷一直做负功，则电场力一直做负功，故D错误。
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查子弹打木块问题，解决问题的关键是清楚动量守恒的条件，能灵活运用动量和能量的观点分析子弹打木块问题。
【解答】
A.以木块和子弹、组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；
以木块和子弹、组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，
则有，即子弹的初动量与子弹的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为，子弹射入木块的深度为，由动能定理，对子弹有，可得，
对子弹有，可得，
由于，
则有两子弹初动能的关系为，
由动能公式可得，，
解得，
即子弹的质量是子弹的质量的倍；由于 ，
可得即子弹的初速度大小是子弹的初速度大小的倍，B错误，C正确；
D.若子弹向右射入木块，子弹与木块组成的系统动量守恒，子弹与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，可得，
子弹再向左射入木块，由于子弹、与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知，
则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后、与木块都静止，子弹射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，
可得，
由以上分析可知，D错误。
故选C。
12.【答案】；
；；
；大于
【解析】【分析】
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握根据图象求解电动势和内电阻的方法，同时注意电表改装原理的方法和量程的确定。
根据电压表量程扩大原理分析；
根据闭合电路欧姆定律结合图像计算电动势和内阻
根据实验原理分析。
【解答】
扩大电压表的量程为，将电阻箱的阻值调到，电阻箱和电压表串联，则；
解得：。
根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可知：，解得：；
由图可知电源的电动势为；
内阻为。
将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零，电压表示数为时：并联电路两端电压：；
保持滑动变阻器触头不动，因此电压表支路的总电压不变，当电压表的示数为时：；
且；
联立解得：；
电压表由满偏到偏转为时，电阻箱实际电压大于，所以测量的到的电阻大于电压表的真实值。
13.【答案】解：当金属棒顺时针转过时，金属棒中产生的感应电动势最大
；
由 ， ， ，
可得 ，
解得 。
【解析】解决本题时要注意：由于金属棒上各点的切割速度不同，要用平均速度求感应电动势。要能熟练地推导出感应电荷量表达式。
导体棒转动切割磁感线的感应电动势为，其中是平均速度，即导体棒中点转动的线速度。
电磁感应中电荷量的推论公式为。
14.【答案】解：依据题意可以做出光路图如图所示，可得，，
根据折射定律 ；
设经球壳外表面折射后折射角为 ，如图所示在 点正好发生全反射，有 ，
由正弦定理有 ，
可得 ，
根据折射定律有 ，
可得 ，则。
【解析】本题主要考查了折射定律和全反射条件，解题的关键是抓住几何关系即可。
做出光路图，根据折射定律求折射率；
做出恰好发生全反射的光路图，根据临界角公式、折射定律以及几何关系求解。
15.【答案】解：钢珠向上运动过程中，由于摩擦力等于工件的重力，所以工件保持静止，对钢珠研究，
，
，
解得： 。
解法二：工件保持静止，对钢珠研究，
由动能定理可知， ，
解得： 。
钢珠到达 点时与工件发生弹性碰撞，
由动量守恒， ，
由能量守恒， ，
联立解得： ， ，
此后，工件加速度 ，方向向下，工件速度为零时， ，钢珠加速度分别 ，方向向上，
此时， ，
若工件上升过程一直匀减速， ，
钢珠向下运动距离 ，钢珠与工件相对位移 ，则在工件上升到最高点之前，钢珠与工件既未共速，也未相碰，即工件匀减速上升。
钢珠由向上运动到过程中， ，
工件上升到最高点后做自由落体运动， ，
此后，钢珠加速度 ，方向向上，钢珠匀减速到停止， ，
，即钢珠不会与工件下端相碰，
，
。
解法二：
工件上升到最高点后做自由落体运动， ，
此后，钢珠加速度 ，方向向上，钢珠匀减速到停止， ，
，即钢珠与工件不会再次相碰，
由能量守恒， ，
联立解得： 。
【解析】法一：根据牛顿第二定律求钢珠的加速度，根据运动学公式求；
法二：根据动能定理求；
钢珠与工件发生弹性碰撞，根据动量守恒与动能守恒列式求出碰后速度，再根据牛顿第二定律求出碰后两者的加速度，根据运动学公式求工件向上运动的最大高度；
根据牛顿第二定律以及运动学公式求钢珠与工件的相对路程，再利用求摩擦热。或者根据能量守恒求摩擦热。
16.【答案】 ； ；
【解析】粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
如图所示，设、分别为粒子在区域Ⅰ、中运动轨迹的圆心，半径分别为
，
由几何关系可知
，
由几何关系可知
或 或
联立解得
解法二：在区域Ⅰ运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
同理，在区域运动过程中
两边累即求和
解得
联立解得
解法三：在区域Ⅰ、运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
联立解得
如图所示，粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域边界时，速度大小为，方向竖直向上
在区域Ⅰ运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
又因为
且与成线性关系，可知
两边累即求和得
解得
第1页，共1页
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中，从水平方向拍摄的照片如图所示。看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移，而且变粗了。这是因为光发生了( )
A. 折射现象 B. 全反射现象 C. 衍射现象 D. 干涉现象
2.“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图所示，组装仪器时，应将单缝固定在
A. 处 B. 处 C. 处 D. 处
3.如图，单摆在之间做简谐运动，、为运动最高点，为平衡位置。下列关于单摆说法正确的是( )
A. 经过点时，向心力和回复力均不为零 B. 经过点时，向心力和回复力均为零
C. 在半个周期内，合外力的冲量一定为零 D. 在半个周期内，合外力做的功一定为零
4.生活中经常用刀来劈开物体，如图是刀刃的横截面，是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为，则刀劈物体时对物体侧向推力的大小
A. B. C. D.
5.年月日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示．根据以上信息可以得出
A. 当火星与地球相距最近时，两者的相对速度最大
B. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
C. 火星与地球绕太阳速度大小之比约为
D. 下一次“火星冲日”将出现在年月日之前
6.飞机向东水平匀减速飞行，每隔相等时间抛下一物，则物体在空中的排布情况应是
A. B.
C. D.
7.直导线折成夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，线中通有如图所示恒定电流现将该导线绕轴由图示位置向纸面外缓慢转过，在该过程中导线所受的安培力
A. 大小和方向均不变 B. 大小和方向均改变
C. 大小改变，方向不变 D. 大小不变，方向改变
8.如图是变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压稳定，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，如果变压器上的能量损失可以忽略，图中各表的读数如何变化( )
A. 读数减小 B. 读数增大 C. 读数增大 D. 读数增大
9.时刻，质点从原点由静止开始做直线运动，其加速度随时间按图示的正弦曲线变化，周期为在时间内，下列说法正确的是
A. 时，回到原点
B. 时，到原点的距离最远
C. 在时间内，的动量的变化量为
D. 在和时间内，所受合外力的冲量不同
10.如图所示，等边三角形的三个顶点、、上分别固定一点电荷，点电荷的带电荷量分别为、、，已知、、分别为、、的中点，为三角形的中心，下列说法正确的是
A. 从点到点，电势先减小后增大
B. 点和点的电场强度相同
C. 电子在点的电势能大于在点的
D. 正试探电荷沿直线从点运动到点，电场力先做负功后做正功
11.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹、从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹射入木块的深度是的倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，、做直线运动且不会相遇，则、运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块和子弹、系统动量不守恒
B. 子弹的初速度大小是子弹的初速度大小的倍
C. 子弹的质量是子弹的质量的倍
D. 若子弹向右射入木块，与木块相对静止后，子弹再向左射入木块，最终进入的深度仍是的倍
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学为了测量某新型电动自行车电瓶的电动势和内阻，现有实验器材如下：
A.待测电源电动势约为，内阻约为
B.电压表量程为，内阻为
C.电流表量程为，内阻约为
D.滑动变阻器
E.电阻箱最大阻值
F.定值电阻
G.开关和导线若干
为了完成实验，该同学扩大电压表的量程为，那么他应该将电阻箱的阻值调到 ，使电阻箱和电压表串联；
将改装后的电压表表盘未换与电流表连成如图所示的电路，测量电源的电动势和内阻，调节滑动变阻器的触头，读出电压表示数和电流表示数，作出图像如图所示，则电源的电动势为 ，内阻为 结果均保留一位小数；
对改装后的电压表进行后期校准时，发现示数与标准值总有偏差，怀疑是电压表标示的内阻值可能并不准确，为了重新测量电压表的内阻，又设计了图所示的电路图，按照图连接好电路，进行了如下几步操作：
将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；
闭合开关，缓慢调节滑动变阻器的触头，使电压表示数为；
保持滑动变阻器触头不动，调节电阻箱的阻值，当电压表示数为时，电阻箱的读数为，则电压表内阻的测量值为 ，该测量值 电压表内阻的真实值选填“大于”、“小于”或“等于”．
三、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为且足够长，左端接阻值为的定值电阻，一金属棒垂直放在导轨上．现将金属棒以点为轴沿顺时针方向以角速度转过，金属棒始终与导轨接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计．求：
金属棒转动过程中产生感应电动势的最大值；
转动过程中通过定值电阻的电荷量是多少？
14.如图所示，用折射率为的透明介质制成内外半径分别为和的空心球壳，一束光射向此球壳，当入射角时，光束经折射后恰好与内球表面相切，求：
该透明材料的折射率；
改变入射角，使折射光线恰好在内球表面发生全反射，此时入射角多大？
15.如图所示，质量为的“”型金属工件竖直放置在水平面上，工件部分是粗细均匀的细杆，细杆上套有质量为的钢珠，初始时二者都处于静止状态，钢珠位于点．拨动钢珠，让它从点以初速度开始上滑，钢珠到达点时与工件发生弹性碰撞，使工件离开桌面竖直向上运动．已知、两点间的距离，钢珠相对工件滑动时受到摩擦力大小，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力．求：
钢珠与工件碰撞前钢珠的速度；
工件向上运动的最大高度；
若工件落地后不反弹且保持竖直，从开始到最后均停止运动，钢珠与工件因摩擦而产生的热量．
16.如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限有足够长的条状磁场区域、，宽度均为，区域有垂直纸面向里的匀强磁场，区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为、有一带正电粒子电量为，质量为，从坐标原点沿轴正方向以初速度射入磁场区域，不计粒子的重力．求：
粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
若区域磁感应强度大小沿轴满足，粒子初速度为多少时，恰好可以穿过磁场区域？
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
筷子侧移是因为光的折射现象；变粗是因为杯壁是一个曲面，与水组成凸透镜，根据折射现象与凸透镜原理分析解答。
该题属于光学现象在日常生活中的应用，解答的关键是根据图示，注意凸透镜的原理。
【解答】
为了使成像原理更加清晰，应作截面图，如图为筷子竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图，
处为筷子，表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁射向观察者处的一条光线，为过点沿半径方向的直线，即在处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在处由水中射入空气中，图中的角和角分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有，所以观察者在处看到的筷子的像的位置不是在的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，故看上去，浸在水中的这段筷子产生了侧移。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜成虚像，是放大的，对筷子起到了放大的作用，因此，观察到的筷子变粗了。
故选A。
2.【答案】
【解析】【分析】
根据实验原理分析判断实验装置顺序。
【解答】
根据“用双缝干涉测量光的波长”实验原理可知，为滤光片，为单缝，为双缝，故B正确。
3.【答案】
【解析】【分析】本题考查了对向心力、回复力的理解，通过动量定理分析合外力的冲量，通过动能定理分析合外力做的功。
【解答】、经过点时，向心力不为零，回复力为零，故A错误；
B、经过点时，速度为零，向心力为零，回复力不为零，故B错误；
C、在半个周期内，动量的变化量不一定为零，比如从点向右运动到再次经过点向左运动速度相反，根据动量定理可知此过程合外力的冲量不为零，故C错误；
D、在半个周期内，速度大小一定相同，则动能变化量一定为零，根据动能定理可知合外力做的功一定为零，故D正确。
故选D。
4.【答案】
【解析】【分析】
将向下的力按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
本题考查力的分解，题中的力的分解作图为一菱形，由几何知识正确确定菱形中的角度是关键。
【解答】
将力根据平行四边形定则分解如下：
由几何知识得，侧向推力的大小为：，故ABD错误，C正确。
故选：。
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要是考查万有引力定律及其应用，关键是掌握天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法，能够根据开普勒第三定律分析周期关系。
根据开普勒第三定律求解火星与地球绕太阳运动的周期之比；根据相对运动情况分析相对速度大小；根据求出速度大小之比；求出火星的公转周期，根据天体运动中的“追击相遇”问题的处理方法进行解答。
【解答】
B.火星和地球均绕太阳运动，根据开普勒第三定律有
代入数据解得，故B错误；
A.由题意知火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度的大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，此时两者的相对速度最大，故A错误；
C.天体绕太阳做圆周运动，则有解得
由此可得，则火星与地球绕太阳速度大小之比约为，故C正确；
D.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有，
要发生下一次火星冲日则有
得
可知下一次“火星冲日”将出现在年月日之后，故D错误。
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了两个直线运动的合成、平抛运动基本规律；解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，匀减速飞行的飞机上落下一小球，小球做平抛运动，根据小球水平方向上和竖直方向上的运动规律可知小球在空中排成形状。
【解答】
解：设飞机的加速度为，飞机释放一个铁球后，每隔相等时间后释放第二个，由于飞机做匀加速直线运动，此时第一个铁球与第二个铁球间的水平位移，再经释放第三个铁球，由于此时的飞机与第一个球的水平位移是，再经释放第四个球，此时飞机与第一个球的水平位移为；
则知第二、三、四个小球与飞机的水平位移之比为：：，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向上的位移之比为：：，所以在空中任何时刻物体在空中排成倾斜的直线，竖直方向、水平方向间距越来越大；
故D正确，ABC错误。
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查非直线导体安培力的计算，在利用计算安培力时，式中为导体的有效长度，它的具体含义为磁场中的导体首尾相连的有向线段沿垂直于磁场方向上的投影。
【解答】
无论导线绕轴如何转动，导线中的电流始终可以等效成从到的直线电流，等效长度始终为线段的长度，根据可知安培力大小不变，根据左手定则可知方向也不变，故选A。
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了变压器的动态分析；电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
【解答】
C.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以的示数不变，故C错误；
B.当用电器增加时，相当于的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即的示数变大，故B正确；
D.由于副线圈的电流变大，电阻消耗的电压变大，又因为的示数不变，所以的示数变小，故D错误；
A.当用户的用电器增加时，副线圈总电阻减小，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以的示数变大，故A错误。
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了运动学中的图像，解题的关键知道图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量，并画出图像的大致形状。
质点的初速度为零，根据图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量可知不同时刻速度大小；
根据图像可知质点的运动特点，根据动量、动量定理分析。
【解答】
由图可知，像的面积表示质点速度变化量，可知质点在 时间内一直向前做加速运动， 时刻速度达到最大； 时间内加速度方向与速度方向反向，因为加速度随时间按图示的正弦曲线变化，可知 时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动， 重复此过程的运动，即质点一直向前运动，故AB错误；
C.根据可知在时间内，的动量的变化量不为，故C错误；
D.根据动量定理可知：在和时间内，所受合外力的冲量大小相等，方向相反，所以所受合外力的冲量不同，故D正确。
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了点电荷的场强、场强的叠加和电势的叠加以及电势能的定义、电场力做功；注意电势是标量，空间中某点的电势是各点电荷在该点电势的代数和。
只考虑两处的点电荷时，由题意分析、两点的电势高低；再分析在处的点电荷产生的电场中、两点的电势高低，最后求合电势；
根据点电荷的场强公式求解三处的点电荷在、产生的合场强的大小，结合电场强度的方向作答；
、两点到点的距离相等，据此分析处的点电荷的电场中、两点电势的高低；再分析两处的点电荷的电场中、两点电势的高低，再根据电势能的定义分析作答；
将正试探电荷沿直线从点运动到点的过程中，分析三处的点电荷对试探电荷做功的情况，然后作答。
【解答】
解：只考虑两处的点电荷时，由题意可知、两点位于等量异种电荷的中垂线上，两点电势相等；
在点的点电荷产生的电场中，距离点电荷越近，电势越高，可知从点到点，电势逐渐增大，故A错误；
B.设长为，根据几何关系可知长
A、两点的点电荷在点产生的电场方向由点指向点，电场强度大小为
可得三个点电荷在点产生的合电场强度大小为
同理可得三个点电荷在点产生的电场强度大小为
则点的电场强度大小等于点的电场强度，但方向不同，故B错误；
C.、两点到点的距离相等，因此处的点电荷产生的电场中、两点电势相等；
又在、两点的点电荷产生的电场中，点距离负点电荷近，因此点的电势低于点的电势，即；
根据电势能的定义可知，负电荷在电势低处的电势能大，因此电子在点的电势能大于在点的电势能，故C正确；
D.正试探电荷沿直线从运动到，三个点电荷均对试探电荷一直做负功，则电场力一直做负功，故D错误。
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查子弹打木块问题，解决问题的关键是清楚动量守恒的条件，能灵活运用动量和能量的观点分析子弹打木块问题。
【解答】
A.以木块和子弹、组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；
以木块和子弹、组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，
则有，即子弹的初动量与子弹的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为，子弹射入木块的深度为，由动能定理，对子弹有，可得，
对子弹有，可得，
由于，
则有两子弹初动能的关系为，
由动能公式可得，，
解得，
即子弹的质量是子弹的质量的倍；由于 ，
可得即子弹的初速度大小是子弹的初速度大小的倍，B错误，C正确；
D.若子弹向右射入木块，子弹与木块组成的系统动量守恒，子弹与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，可得，
子弹再向左射入木块，由于子弹、与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知，
则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后、与木块都静止，子弹射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，
可得，
由以上分析可知，D错误。
故选C。
12.【答案】；
；；
；大于
【解析】【分析】
本题考查了测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握根据图象求解电动势和内电阻的方法，同时注意电表改装原理的方法和量程的确定。
根据电压表量程扩大原理分析；
根据闭合电路欧姆定律结合图像计算电动势和内阻
根据实验原理分析。
【解答】
扩大电压表的量程为，将电阻箱的阻值调到，电阻箱和电压表串联，则；
解得：。
根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可知：，解得：；
由图可知电源的电动势为；
内阻为。
将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零，电压表示数为时：并联电路两端电压：；
保持滑动变阻器触头不动，因此电压表支路的总电压不变，当电压表的示数为时：；
且；
联立解得：；
电压表由满偏到偏转为时，电阻箱实际电压大于，所以测量的到的电阻大于电压表的真实值。
13.【答案】解：当金属棒顺时针转过时，金属棒中产生的感应电动势最大
；
由 ， ， ，
可得 ，
解得 。
【解析】解决本题时要注意：由于金属棒上各点的切割速度不同，要用平均速度求感应电动势。要能熟练地推导出感应电荷量表达式。
导体棒转动切割磁感线的感应电动势为，其中是平均速度，即导体棒中点转动的线速度。
电磁感应中电荷量的推论公式为。
14.【答案】解：依据题意可以做出光路图如图所示，可得，，
根据折射定律 ；
设经球壳外表面折射后折射角为 ，如图所示在 点正好发生全反射，有 ，
由正弦定理有 ，
可得 ，
根据折射定律有 ，
可得 ，则。
【解析】本题主要考查了折射定律和全反射条件，解题的关键是抓住几何关系即可。
做出光路图，根据折射定律求折射率；
做出恰好发生全反射的光路图，根据临界角公式、折射定律以及几何关系求解。
15.【答案】解：钢珠向上运动过程中，由于摩擦力等于工件的重力，所以工件保持静止，对钢珠研究，
，
，
解得： 。
解法二：工件保持静止，对钢珠研究，
由动能定理可知， ，
解得： 。
钢珠到达 点时与工件发生弹性碰撞，
由动量守恒， ，
由能量守恒， ，
联立解得： ， ，
此后，工件加速度 ，方向向下，工件速度为零时， ，钢珠加速度分别 ，方向向上，
此时， ，
若工件上升过程一直匀减速， ，
钢珠向下运动距离 ，钢珠与工件相对位移 ，则在工件上升到最高点之前，钢珠与工件既未共速，也未相碰，即工件匀减速上升。
钢珠由向上运动到过程中， ，
工件上升到最高点后做自由落体运动， ，
此后，钢珠加速度 ，方向向上，钢珠匀减速到停止， ，
，即钢珠不会与工件下端相碰，
，
。
解法二：
工件上升到最高点后做自由落体运动， ，
此后，钢珠加速度 ，方向向上，钢珠匀减速到停止， ，
，即钢珠与工件不会再次相碰，
由能量守恒， ，
联立解得： 。
【解析】法一：根据牛顿第二定律求钢珠的加速度，根据运动学公式求；
法二：根据动能定理求；
钢珠与工件发生弹性碰撞，根据动量守恒与动能守恒列式求出碰后速度，再根据牛顿第二定律求出碰后两者的加速度，根据运动学公式求工件向上运动的最大高度；
根据牛顿第二定律以及运动学公式求钢珠与工件的相对路程，再利用求摩擦热。或者根据能量守恒求摩擦热。
16.【答案】 ； ；
【解析】粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
如图所示，设、分别为粒子在区域Ⅰ、中运动轨迹的圆心，半径分别为
，
由几何关系可知
，
由几何关系可知
或 或
联立解得
解法二：在区域Ⅰ运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
同理，在区域运动过程中
两边累即求和
解得
联立解得
解法三：在区域Ⅰ、运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
联立解得
如图所示，粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域边界时，速度大小为，方向竖直向上
在区域Ⅰ运动过程中任意时间，在方向上，由动量定理可得
又因为
且与成线性关系，可知
两边累即求和得
解得
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