山东省济宁市2024-2025学年高三上学期1月期末质量检测物理试题
1．（2024高三上·济宁期末）体育课上某同学做俯卧撑训练，在该同学身体下降过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该同学处于失重状态
B．地面对该同学的冲量不为零
C．地面对该同学的支持力做负功
D．重力对该同学做功的功率逐渐增大
2．（2024高三上·济宁期末）如图所示，实线为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度相同、电势不同 B．电场强度不同、电势相同
C．电场强度相同、电势相同 D．电场强度不同、电势不同
3．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一条不可伸长的轻绳两端分别系在轻杆两端，轻杆的中点为O，在轻绳上放置一轻质滑轮，滑轮与一重物相连，此时轻杆与水平方向的夹角为，轻绳两部分的夹角为90°。让轻杆绕O点在竖直面内顺时针缓慢转过角，在此过程中关于轻绳张力大小，下列说法正确的是（ ）
A．保持不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增大再减小
4．（2024高三上·济宁期末）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·济宁期末）如图所示，纸面内有两个半径均为R且相切的圆形磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里；左侧有一半径也为R的金属圆环，圆环阻值为r。三圆共面且圆心在同一水平直线上。现使圆环从图示位置以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A．当时，圆环中感应电流的方向为顺时针
B．当时，圆环中感应电流的大小为
C．当时，圆环中感应电流第一次反向
D．当时，圆环中感应电动势达到最大值
6．（2024高三上·济宁期末）北斗卫星导航系统是我国自主研制、独立运行的全球卫星导航系统，其中一颗静止轨道卫星的运行轨道如图中圆形虚线所示，其对地张角为。已知地球半径为R、自转周期为T、表面重力加速度为g，万有引力常量为G。则地球的平均密度为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·济宁期末）某同学投篮空心入筐，篮球在空中运动的轨迹如图所示，A为出手点，出手速度大小为，B为轨迹最高点，C为篮筐，连线与水平面的夹角为（），不计空气阻力，篮球可视为质点，取。篮球从A点运动到B点的时间为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，，，取。下列说法正确的是（ ）
A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为
B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为
D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人
9．（2024高三上·济宁期末）如图所示，变压器为理想变压器，a、b、c、d为4个完全相同的灯泡，在间接入有效值不变的交流电压，开关S闭合时，4个灯泡亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为2：1
B．交流电压的有效值为此时一个灯泡电压的3倍
C．开关S断开时，灯泡c变亮
D．开关S断开时，灯泡a的亮度不变
10．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一质量为的滑块静置在光滑的水平面上，其曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m的小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，小球未从圆弧最高点冲出，重力加速度为g。在小球上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球组成的系统动量守恒
B．滑块对小球始终做负功
C．小球运动至最高点时，滑块的速度大小为
D．小球沿曲面上升的最大高度为
11．（2024高三上·济宁期末）2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。在一段竖直向下着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好减为零。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，探测器做匀速直线运动
B．时刻探测器的速度大小为
C．时间内，探测器的位移大小为
D．时刻气体对探测器的作用力大小为时刻的两倍
12．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一光滑固定轨道由倾斜轨道和水平轨道两部分组成，轨道上端连接一阻值的电阻，水平部分两轨道间有竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，磁场区域的长度为。一质量为的导体棒，从轨道上距水平轨道高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端飞出，落在水平地面上。已知轨道间距，轨道水平部分距地面的高度，导体棒电阻、轨道电阻、空气阻力均忽略不计，取。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒刚进入磁场时加速度的大小为
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为3C
C．整个过程中，电阻R上产生的热量为3J
D．导体棒的落地点与水平轨道末端的水平距离为0.8m
13．（2024高三上·济宁期末）在“测定金属丝的电阻率”实验中，金属丝的阻值约为5Ω。正确连接电路后，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径d，然后用伏安法测出金属丝的电阻，最后根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率。
（1）某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数如图所示，其测量值 mm。
（2）实验室提供的器材有：
A．电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）
B．电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
C．滑动变阻器R（0~5Ω）
D．电源E（电动势为3.0V、内阻不计）、开关和导线若干
要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，并能较准确地测出金属丝的阻值，实验电路应选用图中的________。
A． B．
C． D．
（3）若实验中电压表和电流表的示数分别为U、I，则金属丝的电阻率 （用d、U、I、L表示）。
14．（2024高三上·济宁期末）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过如图甲所示实验装置探究手机运动的规律，实验装置如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端与手机连接，手机下方悬挂装有砝码的小桶，整个装置处于静止状态。
（1）剪断手机和小桶间的细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的 （选填“A”、“B”或“C”）点。
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小等于（ ）
A．砝码的重力大小 B．小桶和砝码的重力大小
C．手机的重力大小 D．弹簧对手机的拉力大小
（3）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制图像，获得一条斜率为k、截距为b的直线，若当地重力加速度为g，则可推算出手机的质量为 ，小桶的质量为 。（选用k、b、g表示）
15．（2024高三上·济宁期末）机器人某次在平台上运送货物时，从A处由静止出发沿两段互相垂直的直线路径、运动到C处停下。已知机器人最大运行速率，加速或减速运动时的加速度大小均为，A到B的时间，距离，机器人途经B处时的速率为零，忽略机器人在B处的转向时间。要求机器人最短时间内到达C处，运动过程中机器人可视为质点。求：
（1）间的距离；
（2）机器人从A处运动到C处的平均速度大小（结果保留两位小数）。
16．（2024高三上·济宁期末）如图所示，框架中的杆竖直，光滑杆与水平面间的夹角。轻质弹簧上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在杆上质量为m的小球相连，整个装置处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角，已知两点间的距离为L，重力加速度为g。
（1）求弹簧的弹力大小；
（2）若框架以为轴开始转动，使小球缓慢运动到与B点等高的A点，在A点做匀速圆周运动，求整个过程杆对小球做的功W。
17．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一抛物线的方程为（），在抛物线的上方有竖直向下的匀强电场。抛物线上每个位置可连续发射质量为m、电荷量为q的粒子，粒子均以大小为的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O。第四象限内（含x边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场，为平行于x轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上下移动，不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求电场强度的大小E；
（2）求从抛物线上横坐标的A点发射的粒子射出磁场时的坐标；
（3）若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点和O点发射的粒子打在荧光屏上的发光点的最大距离L。
18．（2024高三上·济宁期末）在光滑水平桌面上固定两足够长的粗糙弹性挡板a、b，两挡板与桌面垂直且相互平行，如图所示为其俯视图。虚线位于水平桌面内，且与挡板a的夹角为。一质量为m的小球A沿虚线以速度进入到两挡板间先与挡板a发生碰撞，小球与两挡板碰撞时，碰撞后沿垂直挡板方向的分速度等大反向，沿挡板方向的分速度由于摩擦而减小，小球与挡板间的摩擦力大小是其与挡板压力的倍。已知两挡板间距为d，小球可视为质点，小球与挡板的碰撞时间远小于小球在两挡板间运动的时间，小球没有从两挡板间穿出，，。求：
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】超重与失重；功的概念；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】本题以俯卧撑为情景，来考查超失重状态以及重力功率和动量定理等物理知识，加强了知识的实际应用。A．该同学身体加速下降过程中，加速度向下，处于失重状态；减速下降过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B． 恒力的冲量可用直接求解，但要分清是哪个力在哪一段时间内的冲量。 地面对该同学的冲量即支持力的冲量
支持力不为零，时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B正确；
C．地面对该同学的支持力作用点不移动，故支持力不做功，故C错误；
D．重力对该同学做功的功率
因为速度先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；重力功率等于力与速度的乘积；根据功的定义确定做功情况；根据冲量定义确定冲量大小。
2．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题主要考查带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，沿电场线方向电势逐渐降低。如图所示
把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为、的点电荷，关于O点对称的两正负点电荷、在M、N两点产生的电场强度都大小相等方向相同，如图中、。由对称性可知，M、N两点产生的合电场强度
方向相同，都沿从到方向。同理，PQ连线上的点电场强度方向也沿从到方向。PQ连线上的电场线方向为从到方向，沿电场线方向电势逐渐降低，故有
故M、N两点的电场强度相同、电势不同。
故选A。
【分析】可以把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为+q、-q的点电荷，根据等量异种电荷的电场分布，可确定M、N两点的电场强度关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低，可确定M、N两点的电势关系，即可判断ABCD正误。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。如图所示
轻杆MN与水平方向的夹角（）越大，MN之间的水平距离d越小，由于滑轮两侧轻绳拉力相等，滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为，轻绳长为L，则有
可知，若θ越大，d越小，则α越小，根据平衡条件有
可得
在圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过2θ的过程中，MN之间的水平距离d先增大后减小，即α先增大后减小，先减小后增大，可知，轻绳的张力先增大再减小。
故选D。
【分析】MN连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，MN之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据平衡条件得出轻绳上的张力与α的关系，再分析其变化情况。
4．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】解答本题的关键是能够根据安培定则判断磁场的方向，再根据左手定则判断通电导线受到的安培力方向。由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
【分析】根据安培定则判断MN左右两侧的磁场方向，利用左手定则判断各段导线受到的安培力方向，再选择线框的形状。
5．【答案】C
【知识点】楞次定律；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】此题考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律的相关知识，解题的关键是画出运动的示意图，确定有效的切割长度，根据楞次定律分析感应电流的方向。AB．画出圆形导线框运动的5个状态，如图所示
当时，圆形导线框运动到1位置，由右手定则可判断出此时圆形导线框的感应电流方向为逆时针，由几何关系可知此时切割磁感线的有效长度为
根据法拉第电磁感应定律有
故此时感应电流大小为
A错误；B错误；
C．当时，圆形导线框运动到2位置，当时，圆形导线框运动到3位置，从初始位置到2位置，穿过线框的磁通量变大，从2位置到3位置，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律可知时，导线框运动到2位置时，电流方向第一次反向，C正确；
D．当时，导线框运动到3位置，此时导线框的左右两侧都在切割，切割长度和方向均相同，此时的感应电动势相互抵消，实际感应电动势为0，D错误。
故选C。
【分析】画出对应的导线框的运动位置，根据几何关系确定有效的切割长度，计算感应电流。根据楞次定律分析导线框中感应电流方向改变的位置。
6．【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 计算中心天体的质量需要知道：行星或卫星运行的轨道半径，以及运行的任一参数（如线速度或角速度或向心加速度等），知道天体自身半径就可以求出中心天体的密度 。
ABCD．设卫星的轨道半径为，由题意可知
解得
对卫星绕地球做圆周运动
可得
由地球体积为
则地球密度为
故选C。
【分析】先根据几何关系求出卫星轨道半径，再根据万有引力提供向心力求出中心天体质量，结合球体体积得出地球密度。
7．【答案】A
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，如图所示
由平抛运动的规律可知，A点速度的延长线过从A到B水平位移的中点，且A点速度与水平方向的夹角满足
得
从A点运动到B点的时间
故选A。
【分析】逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，根据平抛运动规律计算。
8．【答案】C
【知识点】功的计算；机车启动
【解析】【解答】 重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。计算重力做功的步骤为：①确定物体重力的大小；②确定物体在竖直方向上的位移大小；③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。A．最高点与最低点之间的距离
一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功
故A错误；
B．“魔毯”始终匀速运行，一个成年人乘“魔毯”上山过程中所受静摩擦力大小为
一个成年人乘“魔毯”上山过程中摩擦力做正功，大小为
故B错误；
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则
得
故C正确；
D．若“魔毯”以速率运行，则最多可以同时承运N个成年人，则
解得
故D错误。
故选C。
【分析】先求出最高点与最低点之间的距离，再根据恒力做功求解；根据平衡条件求出静摩擦力大小，再根据做功公式求出；根据功率公式求出结论。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】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．AB．设每个灯泡的电流为I，电压为U，则初级电流为I，次级电流为2I，可得变压器原、副线圈的匝数比为
变压器初级电压
可得交流电压的有效值
选项A正确，B错误；
CD．变压器等效电阻为
开关S断开时，次级电阻变大，则等效电阻变大，则初级电流减小，两个灯泡上的电压减小，即灯泡a的亮度变暗，则变压器初级电压变大，次级电压变大，则灯泡c变亮，选项C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据理想变压器电流与匝数比的关系求出原、副线圈的匝数比，求出变压器等效电阻，开关S断开时，次级电阻变大，则等效电阻变大，据此分析。
10．【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）。解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；
BC．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有
解得
可见小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功。故B正确，C错误；
D．根据机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】在小球运动过程中，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒；小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功，水平方向根据动量守恒定律进行解答，再根据机械能守恒定律列方程求解。
11．【答案】B,C
【知识点】图象法；牛顿第二定律
【解析】【解答】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。A．时间内，探测器的加速度不变，做匀减速直线运动，选项A错误；
B．时刻探测器的速度恰好减为零，因图像与坐标轴围成的面积等于速度变化量，可知时刻探测器的速度大小为
选项B正确；
C．时间内，结合逆向思维可知探测器的位移大小为
选项C正确；
D．时刻探测器的加速度为a0，由牛顿第二定律
时刻探测器的加速度为，由牛顿第二定律
可知，时刻气体对探测器的作用力大小F1不等于时刻气体对探测器的作用力大小F2的两倍，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据a-t图像的面积表示速度变化量以及3t0时刻探测器的速度恰好为零，然后结合速度—时间公式v=v0+at可求t0时刻的速度，根据匀变速直线运动位移公式可求位移。由牛顿第二定律分析作用力大小。
12．【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体棒下落过程机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
又
，
解得
故A正确；
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为
又
，
解得
故B错误；
C．导体棒穿过磁场过程中，以向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得
解得
设整个过程中电阻R上产生的热量为Q，有
故C正确；
D．导体棒水平飞出做平抛运动，有
，
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】结合题意，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；整个过程中，根据电荷量与电流的关系、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；导体棒穿过磁场过程中，对导体棒根据动量定理列式，整个过程中，根据能量守恒列式，即可分析判断；导体棒水平飞出后做平抛运动，由平抛运动的运动规律分别列式，即可分析判断。
13．【答案】（1）0.398
（2）A
（3）
【知识点】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】【解得】实验原理： 把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据欧姆定律 计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）
螺旋测微器的精确度为，则读数为
（2）
由题意要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，可知应该选分压接法，又金属丝的阻值和电压表、电流表的内阻关系满足
故电流表应选外接法，则电路分压外接，故选A。
（3）
由部分回路欧姆定律
金属丝电阻率
金属丝横截面积
联立上式可得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）实验中要求电压的调节范围尽可能的大，据此分析滑动变阻器的接法；根据待测电阻，电流表内阻和电压表内阻的比值关系确定电流表的内、外接法，然后选择电路图；
（3）根据欧姆定律和电阻定律结合金属丝横截面积求解作答。
（1）螺旋测微器的精确度为，则读数为
（2）由题意要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，可知应该选分压接法，又金属丝的阻值和电压表、电流表的内阻关系满足
故电流表应选外接法，则电路分压外接，故选A。
（3）由部分回路欧姆定律
金属丝电阻率
金属丝横截面积
联立上式可得
14．【答案】（1）B
（2）B
（3）；
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解得】实验原理： 探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系 。
（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机加速度向下，且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。
（2）
剪断细绳前，弹簧弹力等于手机重力和小桶和砝码的重力之和，即
剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小
即小桶和砝码的重力大小。
故选B。
（3）
设手机质量为，小桶质量为，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为
故手机的质量为
截距为
小桶的质量为
【分析】（1）根据刚剪断细绳的瞬间，手机具有的加速度分析正方向的规定，然后根据在最高点时具有向下的最大加速度分析；
（2）先根据平衡条件分析弹簧的弹力，然后判断合力即可；
（3）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像分析计算。
（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机加速度向下，且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。
（2）剪断细绳前，弹簧弹力等于手机重力和小桶和砝码的重力之和，即
剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小
即小桶和砝码的重力大小。
故选B。
（3）设手机质量为，小桶质量为，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为
故手机的质量为
截距为
小桶的质量为
15．【答案】（1）设机器人从A到B过程中，加速到所需时间为，减速所用时间为，
则
机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移分别为、，
则
匀速运动的位移
间的距离
（2）机器人从B运动到C的过程恰好达到最大速度，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间
机器人从A运动到C的位移大小
从A运动到C的平均速度大小
解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）机器人先加速再匀速，最后减速，求出三段时间的和即可；
（2）先求出从B到C的时间，再根据平均速度的定义式求出平均速度。
（1）设机器人从A到B过程中，加速到所需时间为，减速所用时间为，
则
机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移分别为、，
则
匀速运动的位移
间的距离
（2）机器人从B运动到C的过程恰好达到最大速度，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间
机器人从A运动到C的位移大小
从A运动到C的平均速度大小
解得
16．【答案】（1）小球静止时，根据平衡条件有
解得
（2）小球在A点时弹簧的长度与静止时相同，则弹簧的弹力大小
设小球在A点做圆周运动的半径为r，速度大小为，所受杆的弹力大小为，竖直方向有
水平方向有
由几何关系有
小球运动到A点的过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球静止时，根据平衡条件求弹簧的弹力大小；
（2）小球在A点做匀速圆周运动时，在对小球进行受力分析的基础上，再结合牛顿第二定律求出小球的速度大小，再根据动能定理求整个过程杆对小球做的功W。
（1）小球静止时，根据平衡条件有
解得
（2）小球在A点时弹簧的长度与静止时相同，则弹簧的弹力大小
设小球在A点做圆周运动的半径为r，速度大小为，所受杆的弹力大小为，竖直方向有
水平方向有
由几何关系有
小球运动到A点的过程中，根据动能定理有
解得
17．【答案】（1）粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向有
竖直方向有
其中
解得
（2）如图所示
在电场中，水平方向有
竖直方向有
则
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为，则
即
由牛顿第二定律得
由几何关系知
解得
射出磁场时的位置坐标为。
（3）从O点发射进入磁场的粒子，运动半径为
解得
由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律得出粒子的加速度，结合平抛运动的特点得出场强的大小；
（2）求出粒子进入磁场时速度v，根据牛顿第二定律得出粒子做圆周运动的半径，结合几何关系求解粒子射出磁场时的坐标；
（3）根据牛顿第二定律得出从O点发射进入磁场的粒子的运动半径，结合几何关系得出打在荧光屏上的发光点的最大距离。
（1）粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向有
竖直方向有
其中
解得
（2）如图所示
在电场中，水平方向有
竖直方向有
则
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为，则
即
由牛顿第二定律得
由几何关系知
解得
射出磁场时的位置坐标为。
（3）从O点发射进入磁场的粒子，运动半径为
解得
由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
18．【答案】（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中
解得
（2）设小球A与挡板a第一次碰撞时间为，沿挡板方向，由动量定理得
垂直于挡板方向，由动量定理得
又因为
解得
（3）小球A最后速度大小为
由动能定理可得，挡板对小球A做的总功为
解得
（4）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿挡板方向上，每次碰撞动量减小，则每次碰撞速度减小。
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为
因而小球A能够在沿板方向运动的距离
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）动量变化量等于末动量减去初动量；
（2）在沿挡板方向和垂直于挡板方向由动量定理列式求解；
（3）由动能定理求解挡板对小球A做的总功；
（4）沿挡板方向上，每次碰撞动量减小0.1mv0，每次碰撞速度减小0.1v0，求出每次碰撞小球A能够在沿板方向运动的距离，从而求解小球A能够在沿板方向运动总距离。
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中
解得
（2）设小球A与挡板a第一次碰撞时间为，沿挡板方向，由动量定理得
垂直于挡板方向，由动量定理得
又因为
解得
（3）小球A最后速度大小为
由动能定理可得，挡板对小球A做的总功为
解得
（4）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿挡板方向上，每次碰撞动量减小，则每次碰撞速度减小。
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为
因而小球A能够在沿板方向运动的距离
解得
1 / 1山东省济宁市2024-2025学年高三上学期1月期末质量检测物理试题
1．（2024高三上·济宁期末）体育课上某同学做俯卧撑训练，在该同学身体下降过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该同学处于失重状态
B．地面对该同学的冲量不为零
C．地面对该同学的支持力做负功
D．重力对该同学做功的功率逐渐增大
【答案】B
【知识点】超重与失重；功的概念；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】本题以俯卧撑为情景，来考查超失重状态以及重力功率和动量定理等物理知识，加强了知识的实际应用。A．该同学身体加速下降过程中，加速度向下，处于失重状态；减速下降过程中，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B． 恒力的冲量可用直接求解，但要分清是哪个力在哪一段时间内的冲量。 地面对该同学的冲量即支持力的冲量
支持力不为零，时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B正确；
C．地面对该同学的支持力作用点不移动，故支持力不做功，故C错误；
D．重力对该同学做功的功率
因为速度先增大后减小，故重力做功的功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；重力功率等于力与速度的乘积；根据功的定义确定做功情况；根据冲量定义确定冲量大小。
2．（2024高三上·济宁期末）如图所示，实线为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度相同、电势不同 B．电场强度不同、电势相同
C．电场强度相同、电势相同 D．电场强度不同、电势不同
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】本题主要考查带电体周围的电势分布，解题时需注意，电势是标量，电势的叠加遵循代数相加法则，沿电场线方向电势逐渐降低。如图所示
把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为、的点电荷，关于O点对称的两正负点电荷、在M、N两点产生的电场强度都大小相等方向相同，如图中、。由对称性可知，M、N两点产生的合电场强度
方向相同，都沿从到方向。同理，PQ连线上的点电场强度方向也沿从到方向。PQ连线上的电场线方向为从到方向，沿电场线方向电势逐渐降低，故有
故M、N两点的电场强度相同、电势不同。
故选A。
【分析】可以把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为+q、-q的点电荷，根据等量异种电荷的电场分布，可确定M、N两点的电场强度关系；根据沿电场线方向电势逐渐降低，可确定M、N两点的电势关系，即可判断ABCD正误。
3．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一条不可伸长的轻绳两端分别系在轻杆两端，轻杆的中点为O，在轻绳上放置一轻质滑轮，滑轮与一重物相连，此时轻杆与水平方向的夹角为，轻绳两部分的夹角为90°。让轻杆绕O点在竖直面内顺时针缓慢转过角，在此过程中关于轻绳张力大小，下列说法正确的是（ ）
A．保持不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增大再减小
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。如图所示
轻杆MN与水平方向的夹角（）越大，MN之间的水平距离d越小，由于滑轮两侧轻绳拉力相等，滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等，令夹角为，轻绳长为L，则有
可知，若θ越大，d越小，则α越小，根据平衡条件有
可得
在圆环从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过2θ的过程中，MN之间的水平距离d先增大后减小，即α先增大后减小，先减小后增大，可知，轻绳的张力先增大再减小。
故选D。
【分析】MN连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，MN之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据平衡条件得出轻绳上的张力与α的关系，再分析其变化情况。
4．（2024高三上·济宁期末）如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】解答本题的关键是能够根据安培定则判断磁场的方向，再根据左手定则判断通电导线受到的安培力方向。由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
【分析】根据安培定则判断MN左右两侧的磁场方向，利用左手定则判断各段导线受到的安培力方向，再选择线框的形状。
5．（2024高三上·济宁期末）如图所示，纸面内有两个半径均为R且相切的圆形磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里；左侧有一半径也为R的金属圆环，圆环阻值为r。三圆共面且圆心在同一水平直线上。现使圆环从图示位置以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是（ ）
A．当时，圆环中感应电流的方向为顺时针
B．当时，圆环中感应电流的大小为
C．当时，圆环中感应电流第一次反向
D．当时，圆环中感应电动势达到最大值
【答案】C
【知识点】楞次定律；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】此题考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律的相关知识，解题的关键是画出运动的示意图，确定有效的切割长度，根据楞次定律分析感应电流的方向。AB．画出圆形导线框运动的5个状态，如图所示
当时，圆形导线框运动到1位置，由右手定则可判断出此时圆形导线框的感应电流方向为逆时针，由几何关系可知此时切割磁感线的有效长度为
根据法拉第电磁感应定律有
故此时感应电流大小为
A错误；B错误；
C．当时，圆形导线框运动到2位置，当时，圆形导线框运动到3位置，从初始位置到2位置，穿过线框的磁通量变大，从2位置到3位置，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律可知时，导线框运动到2位置时，电流方向第一次反向，C正确；
D．当时，导线框运动到3位置，此时导线框的左右两侧都在切割，切割长度和方向均相同，此时的感应电动势相互抵消，实际感应电动势为0，D错误。
故选C。
【分析】画出对应的导线框的运动位置，根据几何关系确定有效的切割长度，计算感应电流。根据楞次定律分析导线框中感应电流方向改变的位置。
6．（2024高三上·济宁期末）北斗卫星导航系统是我国自主研制、独立运行的全球卫星导航系统，其中一颗静止轨道卫星的运行轨道如图中圆形虚线所示，其对地张角为。已知地球半径为R、自转周期为T、表面重力加速度为g，万有引力常量为G。则地球的平均密度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 计算中心天体的质量需要知道：行星或卫星运行的轨道半径，以及运行的任一参数（如线速度或角速度或向心加速度等），知道天体自身半径就可以求出中心天体的密度 。
ABCD．设卫星的轨道半径为，由题意可知
解得
对卫星绕地球做圆周运动
可得
由地球体积为
则地球密度为
故选C。
【分析】先根据几何关系求出卫星轨道半径，再根据万有引力提供向心力求出中心天体质量，结合球体体积得出地球密度。
7．（2024高三上·济宁期末）某同学投篮空心入筐，篮球在空中运动的轨迹如图所示，A为出手点，出手速度大小为，B为轨迹最高点，C为篮筐，连线与水平面的夹角为（），不计空气阻力，篮球可视为质点，取。篮球从A点运动到B点的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，如图所示
由平抛运动的规律可知，A点速度的延长线过从A到B水平位移的中点，且A点速度与水平方向的夹角满足
得
从A点运动到B点的时间
故选A。
【分析】逆向思维，从A到B的斜上抛运动可以看作从B到A的平抛运动，根据平抛运动规律计算。
8．（2024高三上·济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，，，取。下列说法正确的是（ ）
A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为
B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为
D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人
【答案】C
【知识点】功的计算；机车启动
【解析】【解答】 重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。计算重力做功的步骤为：①确定物体重力的大小；②确定物体在竖直方向上的位移大小；③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。A．最高点与最低点之间的距离
一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功
故A错误；
B．“魔毯”始终匀速运行，一个成年人乘“魔毯”上山过程中所受静摩擦力大小为
一个成年人乘“魔毯”上山过程中摩擦力做正功，大小为
故B错误；
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则
得
故C正确；
D．若“魔毯”以速率运行，则最多可以同时承运N个成年人，则
解得
故D错误。
故选C。
【分析】先求出最高点与最低点之间的距离，再根据恒力做功求解；根据平衡条件求出静摩擦力大小，再根据做功公式求出；根据功率公式求出结论。
9．（2024高三上·济宁期末）如图所示，变压器为理想变压器，a、b、c、d为4个完全相同的灯泡，在间接入有效值不变的交流电压，开关S闭合时，4个灯泡亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为2：1
B．交流电压的有效值为此时一个灯泡电压的3倍
C．开关S断开时，灯泡c变亮
D．开关S断开时，灯泡a的亮度不变
【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】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．AB．设每个灯泡的电流为I，电压为U，则初级电流为I，次级电流为2I，可得变压器原、副线圈的匝数比为
变压器初级电压
可得交流电压的有效值
选项A正确，B错误；
CD．变压器等效电阻为
开关S断开时，次级电阻变大，则等效电阻变大，则初级电流减小，两个灯泡上的电压减小，即灯泡a的亮度变暗，则变压器初级电压变大，次级电压变大，则灯泡c变亮，选项C正确，D错误。
故选AC。
【分析】根据理想变压器电流与匝数比的关系求出原、副线圈的匝数比，求出变压器等效电阻，开关S断开时，次级电阻变大，则等效电阻变大，据此分析。
10．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一质量为的滑块静置在光滑的水平面上，其曲面为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m的小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，小球未从圆弧最高点冲出，重力加速度为g。在小球上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球组成的系统动量守恒
B．滑块对小球始终做负功
C．小球运动至最高点时，滑块的速度大小为
D．小球沿曲面上升的最大高度为
【答案】B,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）。解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。A．在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；
BC．小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有
解得
可见小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功。故B正确，C错误；
D．根据机械能守恒定律得
解得
故D正确。
故选BD。
【分析】在小球运动过程中，系统竖直方向动量不守恒，小球和滑块组成的系统动量不守恒；小球的速度减少，动能减少，所以滑块对小球始终做负功，水平方向根据动量守恒定律进行解答，再根据机械能守恒定律列方程求解。
11．（2024高三上·济宁期末）2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力，有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。在一段竖直向下着陆过程中，探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示，时刻探测器的速度恰好减为零。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，探测器做匀速直线运动
B．时刻探测器的速度大小为
C．时间内，探测器的位移大小为
D．时刻气体对探测器的作用力大小为时刻的两倍
【答案】B,C
【知识点】图象法；牛顿第二定律
【解析】【解答】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。A．时间内，探测器的加速度不变，做匀减速直线运动，选项A错误；
B．时刻探测器的速度恰好减为零，因图像与坐标轴围成的面积等于速度变化量，可知时刻探测器的速度大小为
选项B正确；
C．时间内，结合逆向思维可知探测器的位移大小为
选项C正确；
D．时刻探测器的加速度为a0，由牛顿第二定律
时刻探测器的加速度为，由牛顿第二定律
可知，时刻气体对探测器的作用力大小F1不等于时刻气体对探测器的作用力大小F2的两倍，选项D错误。
故选BC。
【分析】根据a-t图像的面积表示速度变化量以及3t0时刻探测器的速度恰好为零，然后结合速度—时间公式v=v0+at可求t0时刻的速度，根据匀变速直线运动位移公式可求位移。由牛顿第二定律分析作用力大小。
12．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一光滑固定轨道由倾斜轨道和水平轨道两部分组成，轨道上端连接一阻值的电阻，水平部分两轨道间有竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，磁场区域的长度为。一质量为的导体棒，从轨道上距水平轨道高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端飞出，落在水平地面上。已知轨道间距，轨道水平部分距地面的高度，导体棒电阻、轨道电阻、空气阻力均忽略不计，取。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒刚进入磁场时加速度的大小为
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为3C
C．整个过程中，电阻R上产生的热量为3J
D．导体棒的落地点与水平轨道末端的水平距离为0.8m
【答案】A,C,D
【知识点】平抛运动；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。A．导体棒下落过程机械能守恒，有
解得
由牛顿第二定律得
又
，
解得
故A正确；
B．整个过程中，通过电阻R的电荷量为
又
，
解得
故B错误；
C．导体棒穿过磁场过程中，以向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得
解得
设整个过程中电阻R上产生的热量为Q，有
故C正确；
D．导体棒水平飞出做平抛运动，有
，
解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】结合题意，根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；整个过程中，根据电荷量与电流的关系、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律分别列式，即可分析判断；导体棒穿过磁场过程中，对导体棒根据动量定理列式，整个过程中，根据能量守恒列式，即可分析判断；导体棒水平飞出后做平抛运动，由平抛运动的运动规律分别列式，即可分析判断。
13．（2024高三上·济宁期末）在“测定金属丝的电阻率”实验中，金属丝的阻值约为5Ω。正确连接电路后，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径d，然后用伏安法测出金属丝的电阻，最后根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率。
（1）某次测量金属丝直径时螺旋测微器的示数如图所示，其测量值 mm。
（2）实验室提供的器材有：
A．电压表V（量程0~3V，内阻约3kΩ）
B．电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）
C．滑动变阻器R（0~5Ω）
D．电源E（电动势为3.0V、内阻不计）、开关和导线若干
要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，并能较准确地测出金属丝的阻值，实验电路应选用图中的________。
A． B．
C． D．
（3）若实验中电压表和电流表的示数分别为U、I，则金属丝的电阻率 （用d、U、I、L表示）。
【答案】（1）0.398
（2）A
（3）
【知识点】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】【解得】实验原理： 把电阻丝连入如图所示的电路，用电压表测其两端电压，用电流表测电流，根据欧姆定律 计算金属丝的电阻Rx，然后用米尺测量金属丝的有效长度l，用螺旋测微器测量金属丝的直径d，计算出金属丝的横截面积S，根据电阻定律计算出电阻率。
（1）
螺旋测微器的精确度为，则读数为
（2）
由题意要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，可知应该选分压接法，又金属丝的阻值和电压表、电流表的内阻关系满足
故电流表应选外接法，则电路分压外接，故选A。
（3）
由部分回路欧姆定律
金属丝电阻率
金属丝横截面积
联立上式可得
【分析】 （1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
（2）实验中要求电压的调节范围尽可能的大，据此分析滑动变阻器的接法；根据待测电阻，电流表内阻和电压表内阻的比值关系确定电流表的内、外接法，然后选择电路图；
（3）根据欧姆定律和电阻定律结合金属丝横截面积求解作答。
（1）螺旋测微器的精确度为，则读数为
（2）由题意要求能在实验中获得尽可能大的电压调节范围，可知应该选分压接法，又金属丝的阻值和电压表、电流表的内阻关系满足
故电流表应选外接法，则电路分压外接，故选A。
（3）由部分回路欧姆定律
金属丝电阻率
金属丝横截面积
联立上式可得
14．（2024高三上·济宁期末）利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过如图甲所示实验装置探究手机运动的规律，实验装置如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端与手机连接，手机下方悬挂装有砝码的小桶，整个装置处于静止状态。
（1）剪断手机和小桶间的细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的 （选填“A”、“B”或“C”）点。
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小等于（ ）
A．砝码的重力大小 B．小桶和砝码的重力大小
C．手机的重力大小 D．弹簧对手机的拉力大小
（3）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制图像，获得一条斜率为k、截距为b的直线，若当地重力加速度为g，则可推算出手机的质量为 ，小桶的质量为 。（选用k、b、g表示）
【答案】（1）B
（2）B
（3）；
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解得】实验原理： 探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量--小车的质量m不变，讨论加速度a与力F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系 。
（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机加速度向下，且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。
（2）
剪断细绳前，弹簧弹力等于手机重力和小桶和砝码的重力之和，即
剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小
即小桶和砝码的重力大小。
故选B。
（3）
设手机质量为，小桶质量为，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为
故手机的质量为
截距为
小桶的质量为
【分析】（1）根据刚剪断细绳的瞬间，手机具有的加速度分析正方向的规定，然后根据在最高点时具有向下的最大加速度分析；
（2）先根据平衡条件分析弹簧的弹力，然后判断合力即可；
（3）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像分析计算。
（1）剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A点，故规定加速度向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时的，由简谐运动的对称性，手机加速度向下，且加速度向下达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。
（2）剪断细绳前，弹簧弹力等于手机重力和小桶和砝码的重力之和，即
剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小
即小桶和砝码的重力大小。
故选B。
（3）设手机质量为，小桶质量为，则剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度
图像斜率为
故手机的质量为
截距为
小桶的质量为
15．（2024高三上·济宁期末）机器人某次在平台上运送货物时，从A处由静止出发沿两段互相垂直的直线路径、运动到C处停下。已知机器人最大运行速率，加速或减速运动时的加速度大小均为，A到B的时间，距离，机器人途经B处时的速率为零，忽略机器人在B处的转向时间。要求机器人最短时间内到达C处，运动过程中机器人可视为质点。求：
（1）间的距离；
（2）机器人从A处运动到C处的平均速度大小（结果保留两位小数）。
【答案】（1）设机器人从A到B过程中，加速到所需时间为，减速所用时间为，
则
机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移分别为、，
则
匀速运动的位移
间的距离
（2）机器人从B运动到C的过程恰好达到最大速度，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间
机器人从A运动到C的位移大小
从A运动到C的平均速度大小
解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）机器人先加速再匀速，最后减速，求出三段时间的和即可；
（2）先求出从B到C的时间，再根据平均速度的定义式求出平均速度。
（1）设机器人从A到B过程中，加速到所需时间为，减速所用时间为，
则
机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移分别为、，
则
匀速运动的位移
间的距离
（2）机器人从B运动到C的过程恰好达到最大速度，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间
机器人从A运动到C的位移大小
从A运动到C的平均速度大小
解得
16．（2024高三上·济宁期末）如图所示，框架中的杆竖直，光滑杆与水平面间的夹角。轻质弹簧上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在杆上质量为m的小球相连，整个装置处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角，已知两点间的距离为L，重力加速度为g。
（1）求弹簧的弹力大小；
（2）若框架以为轴开始转动，使小球缓慢运动到与B点等高的A点，在A点做匀速圆周运动，求整个过程杆对小球做的功W。
【答案】（1）小球静止时，根据平衡条件有
解得
（2）小球在A点时弹簧的长度与静止时相同，则弹簧的弹力大小
设小球在A点做圆周运动的半径为r，速度大小为，所受杆的弹力大小为，竖直方向有
水平方向有
由几何关系有
小球运动到A点的过程中，根据动能定理有
解得
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）小球静止时，根据平衡条件求弹簧的弹力大小；
（2）小球在A点做匀速圆周运动时，在对小球进行受力分析的基础上，再结合牛顿第二定律求出小球的速度大小，再根据动能定理求整个过程杆对小球做的功W。
（1）小球静止时，根据平衡条件有
解得
（2）小球在A点时弹簧的长度与静止时相同，则弹簧的弹力大小
设小球在A点做圆周运动的半径为r，速度大小为，所受杆的弹力大小为，竖直方向有
水平方向有
由几何关系有
小球运动到A点的过程中，根据动能定理有
解得
17．（2024高三上·济宁期末）如图所示，一抛物线的方程为（），在抛物线的上方有竖直向下的匀强电场。抛物线上每个位置可连续发射质量为m、电荷量为q的粒子，粒子均以大小为的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O。第四象限内（含x边界）存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场，为平行于x轴且足够大的荧光屏，荧光屏可以上下移动，不计粒子重力及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求电场强度的大小E；
（2）求从抛物线上横坐标的A点发射的粒子射出磁场时的坐标；
（3）若将荧光屏缓慢上下移动，求从A点和O点发射的粒子打在荧光屏上的发光点的最大距离L。
【答案】（1）粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向有
竖直方向有
其中
解得
（2）如图所示
在电场中，水平方向有
竖直方向有
则
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为，则
即
由牛顿第二定律得
由几何关系知
解得
射出磁场时的位置坐标为。
（3）从O点发射进入磁场的粒子，运动半径为
解得
由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
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；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律得出粒子的加速度，结合平抛运动的特点得出场强的大小；
（2）求出粒子进入磁场时速度v，根据牛顿第二定律得出粒子做圆周运动的半径，结合几何关系求解粒子射出磁场时的坐标；
（3）根据牛顿第二定律得出从O点发射进入磁场的粒子的运动半径，结合几何关系得出打在荧光屏上的发光点的最大距离。
（1）粒子在电场中做类平抛运动。
水平方向有
竖直方向有
其中
解得
（2）如图所示
在电场中，水平方向有
竖直方向有
则
设粒子进入磁场时速度v与竖直方向的夹角为，则
即
由牛顿第二定律得
由几何关系知
解得
射出磁场时的位置坐标为。
（3）从O点发射进入磁场的粒子，运动半径为
解得
由几何知识可知，从A点和O点发射的粒子从同一点射出磁场，所以打在荧光屏上的发光点的最大距离为
解得
18．（2024高三上·济宁期末）在光滑水平桌面上固定两足够长的粗糙弹性挡板a、b，两挡板与桌面垂直且相互平行，如图所示为其俯视图。虚线位于水平桌面内，且与挡板a的夹角为。一质量为m的小球A沿虚线以速度进入到两挡板间先与挡板a发生碰撞，小球与两挡板碰撞时，碰撞后沿垂直挡板方向的分速度等大反向，沿挡板方向的分速度由于摩擦而减小，小球与挡板间的摩擦力大小是其与挡板压力的倍。已知两挡板间距为d，小球可视为质点，小球与挡板的碰撞时间远小于小球在两挡板间运动的时间，小球没有从两挡板间穿出，，。求：
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中垂直挡板方向动量变化量的大小；
（2）小球A与挡板a第一次碰撞过程中沿挡板方向动量变化量的大小；
（3）小球A在挡板间运动的过程中，两挡板对小球做的总功W；
（4）小球A与挡板a第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离L。
【答案】（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中
解得
（2）设小球A与挡板a第一次碰撞时间为，沿挡板方向，由动量定理得
垂直于挡板方向，由动量定理得
又因为
解得
（3）小球A最后速度大小为
由动能定理可得，挡板对小球A做的总功为
解得
（4）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿挡板方向上，每次碰撞动量减小，则每次碰撞速度减小。
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为
因而小球A能够在沿板方向运动的距离
解得
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）动量变化量等于末动量减去初动量；
（2）在沿挡板方向和垂直于挡板方向由动量定理列式求解；
（3）由动能定理求解挡板对小球A做的总功；
（4）沿挡板方向上，每次碰撞动量减小0.1mv0，每次碰撞速度减小0.1v0，求出每次碰撞小球A能够在沿板方向运动的距离，从而求解小球A能够在沿板方向运动总距离。
（1）小球A与挡板a第一次碰撞过程中
解得
（2）设小球A与挡板a第一次碰撞时间为，沿挡板方向，由动量定理得
垂直于挡板方向，由动量定理得
又因为
解得
（3）小球A最后速度大小为
由动能定理可得，挡板对小球A做的总功为
解得
（4）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿挡板方向上，每次碰撞动量减小，则每次碰撞速度减小。
小球与挡板碰前沿挡板方向的分速度为
因而小球A能够在沿板方向运动的距离
解得
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