山东省枣庄市2021届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，物块以初速度v0沿水平面运动，然后冲上固定的粗糙斜面，到达最高点后返回。物块与所有接触面的动摩擦因数均相同，而且物块经过水平面和斜面连接处时速率不变，下列关于物块速率v和时间t的v-t图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2020高三上·枣庄期末）如图甲所示，理想变压器原线圈连接交流电源，该电输出电压u随时间t的变化关系图像为正弦曲线，如图乙所示。理想变压器副线圈上连接交流电压表V、标有“36V 40W”的灯泡和标有“20μF 45V”的电容器（其中45V为电容器的击穿电压）变压器的原、副线圈匝数比为55：9，闭合开关S，下列判断正确的是（ ）
A．t=0.01s时刻，电压表V的示数为零
B．电容器不可能被击穿
C．小灯泡实际功率为40W
D．电压表V的指针做周期性摆动
3．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，振幅为A，P为介质中质量为m的一个质点，质点P该时刻的速度沿y轴的正方向，以下判断正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．经过 周期，质点P通过的路程等于A
C．质点每次通过同一位置时的加速度一定相同
D．质点P从波峰到平衡位置和从平衡位置到波谷两个过程相比较，回复力的冲量相同
4．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，质量mA=8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB=2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是（ ）
A．木块B的最终速度大小为5.6m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
5．（2020高三上·枣庄期末）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号顺利回家。下图是嫦娥五号进入月球轨道的示意图。嫦娥五号飞临月球时速度约为v1=3km/s，大于月球的逃逸速度v2=2.4km/s，需要减速才能被月球捕获；当速度小于2.4km/s、大于1.7km/s时，嫦娥五号能沿椭圆轨道绕月球运行。在椭圆轨道上既不利于着陆器的分离、也不利于将来跟上升器的对接，因此需要把椭圆轨道调整为正圆轨道。嫦娥五号沿椭圆轨道运行到近心点，运行速度约为v3=2km/s；在此位置保持切向将运行速度瞬间降低到v4=1.7km/s，嫦娥五号的运行轨道就调整为在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的正圆轨道（轨道半径可视为月球半径r）。已知引力常量为G，请根据以上信息，判断下列说法不正确的是（ ）
A．嫦娥五号分别沿椭圆轨道和正圆轨道运行时，半长轴的三次方与周期的平方的比值不相等
B．在近心点由椭圆轨道进入正圆轨道时，嫦娥五号的机械能减小
C．月球的质量可表示为
D．月球表面附近的重力加速度为
6．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，边长为10cm的正立方体ABCD-A′B′C′D′处在匀强电场中。已知A、C、B′、B点的电势分别为 、 ，则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A．120V/m B．60 V/m C．40 V/m D．40 V/m
7．（2020高三上·枣庄期末）一个硬质轻圆环平放在水平桌面上，环中有一个竖直固定柱。圆环被甲、乙、丙三人用力拉住，紧压着固定柱而静止，受三人拉力的俯视图如图所示，α＜β。不计一切摩擦。若仅调整其中两人拉力的大小，使圆环与固定柱之间的弹力恰好为零，则下列描述正确的是（ ）
A．仅增加甲、乙两个力的大小，且甲力的大小增加较多
B．仅增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多
C．仅增加乙、丙两个力的大小，且乙力的大小增加较多
D．仅增加乙、丙两个力的大小，且丙力的大小增加较多
二、多选题
8．（2020高三上·枣庄期末）如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是（ ）
A． ～ 内，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针
B． ～ 内，圆环中的感应电动势逐渐减小
C． ～ 内，圆环对桌面的压力大于mg
D． ～T内，圆环对桌面的摩擦力方向向左
9．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，两个光滑 圆弧轨道平滑对接于O点，圆弧半径分别为 、R2=R。C点为上面圆弧轨道中的某点（C点未画出），∠CO1O=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。现将质量为m可视为质点的物体从上面圆弧轨道的某点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．当物体从C点以上的位置释放时，离开O点都可以做平抛运动
B．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，所受的支持力大小变化了2mg
C．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，角速度大小由 变化到
D．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，向心加速度大小由 变化到
10．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，R1=R2=R3=20Ω，电容器的电容C=5 ，电源电动势E=7V，电源内阻r=10Ω。起初，开关S是断开的，电容器C所带的电荷量为Q1；然后，闭合开关S，待电路稳定后，电容器C所带的电荷量为Q2。下列说法正确的是（ ）
A．开关S断开时，上极板所带的电荷为正电荷
B．开关S闭合后，上极板所带的电荷为正电荷
C．Q1：Q2=7：5
D．闭合开关S电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为2.4×10-5C
11．（2020高三上·枣庄期末）用无人机携带红外线测温装置可以实现无接触测温，这是防疫测温方式的一种创新。有一款携带测温装置的无人机总质量2kg、机载锂电池电动势为20V。某次对高楼中窗内人测温时，无人机从地面竖直向上升起，先匀加速、再匀减速、至与人的头部等高处速度恰好减小到零并悬停，然后水平缓慢移向头部，进行测温。无人机上升过程的v—t图像如图所示。设无人机运动过程中所受阻力大小恒为无人机总重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．人的头部距地面的高度为15m
B．在这次飞行中无人机的最大举升力为25.6N
C．在这次飞行中无人机举升力的最大做功功率为102.4W
D．在这次飞行中，若无人机举升力的最大做功功率占电源总功率的80%，则此时的工作电流为6.4A
12．（2020高三上·枣庄期末）长为a、宽为b、电阻为R的单匝矩形闭合导体框，在外力F拉动下，以速度v垂直于磁场匀速通过宽度为d（d>a）的匀强磁场。磁场的磁感应强度大小为B、方向如图所示。导体框的右边恰好接触到磁场边缘时记作t=0。则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则导体框中磁通量为d2B
B．若 ，则导体框中磁通量为Bbvt
C．在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
D．在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
三、实验题
13．（2020高三上·枣庄期末）某同学用光电门及数字计时器来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
⑴将两个光电门沿同一竖直线固定在铁架台上；
⑵遮光条的宽度用螺旋测微器测得，读数如图乙所示；
⑶把遮光条夹在钢笔上；
⑷连接光电门与数字计时器
⑸接通计时器电源使之工作，选功能“3”测加速度，竖直释放钢笔；
⑹将计时器记录的数据填入下表：
项目 时间
0-1 123s
1 5ms
1-2 168.1ms
2 1.9ms
注：表中“项目0-1”是指从计时器通电至遮光条下落到光电门1的过程，“项目1”是指遮光条通过光电门1的过程。其余类推。
请回答下列问题：
（1）遮光条的宽度为 mm；
（2）当地的重力加速度为 m/s2（保留三位有效数字）。
14．（2020高三上·枣庄期末）为精确测量电池的电动势和内阻，某同学设计的电路如图所示，其中R0为阻值已知的小阻值定值电阻，R为（0 ~ 999.9）Ω的电阻箱，S2为单刀双掷开关。将电阻箱R的阻值调节到最大，把开关S2接2，接通S1，调节电阻箱R的阻值为R1时，电压表和电流表有合适的读数，记下其读数U0、I0，断开S1，调节电阻箱R的阻值为最大把开关S2接1，再接通S1，调节电阻箱R的阻值，测出几组电压值U和电流值I，根据测出的数据作出U—I图像如图所示。图像的截距分别为U1、I1。
（1）请用笔画线代替导线，在答题卡上按照电路图将实物图连接成完整电路；
（2）电流表的内阻RA = ，电源电动势E = ，电源内阻r = 。（用R0、U0、I0、R1、U1、I1表示）
四、解答题
15．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，用长为L=2m的细线拴住质量m=400g的小球悬挂在天花板上，悬点正下方有质量为M=600g的木块静止放在水平面上。将小球向左拉离平衡位置，使细线与竖直方向的夹角θ=53°，自由释放，小球运动到悬点的正下方，与木块发生弹性正碰。小球和木块均看成质点，已知木块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.32，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球运动到最低点与木块碰撞前的速度；
（2）木块被碰撞后，在水平面上运动的距离。
16．（2020高三上·枣庄期末）宽度L = 1m、形状如图所示的平行金属导轨，由三部分构成，左侧与水平地面成θ = 37°角，光滑且足够长，处于垂直于轨道平面向上的磁感应强度为B1
= 0.5T的匀强磁场中。中间部分水平。右侧竖直段足够长，处于竖直向上的磁感应强度为B2
= 1T匀强磁场中。将ab杆放在倾斜轨道上，将cd杆紧靠在竖直段的右侧，cd杆与轨道间的动摩擦因数μ = 0.5。杆ab、cd长度都等于导轨的宽度，质量都为m
= 0.5kg电阻都为R = 0.2Ω，其余电阻不计。现把ab、cd杆同时由静止释放，两杆下滑过程中始终与导轨接触良好，取重力加速度g = 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。在杆下滑过程中
（1）判断cd杆中电流方向；
（2）求cd杆加速度的最小值。
17．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在地面上，面光滑且足够长。其上有一质量为M=1kg、长L=6m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m=2kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ=0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F=30N拉木块，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）经过多长时间木块从木板右端滑落？
（2）当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间距离。
18．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为 。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（- 2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B2；
（3）第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体在水平面上运动时，摩擦力提供合力则
所以加速度大小为
方向与速度方向反向，物体做匀减速运动；物体沿斜面上升时合力为
则加速度大小有
加速度方向与速度方向反向，物体沿斜面匀减速上升；物体从斜面最高点下滑时有
则加速度为
物体沿斜面加速下滑；回到水平面时在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为
因为摩擦力的存在，所以物体从斜面上滑下回到斜面底端时的速度小于从水平面滑上斜面时的速度，综上所述，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据牛顿第二定律，水平面上，，，沿斜面上升时，根据牛顿第二定律，解加速度，到最高点后下滑，根据牛顿第二定律，解加速度结合图象选择即可。
2．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】AD．根据
原线圈电压的有效值
因此副线圈电压的有效值
电压表测量就是电压的有效值，因此无论何时电压表的示数均为36V，AD不符合题意；
B．副线圈电压的最大值
电容器被击穿，B不符合题意；
C．由于加在小灯泡两端的电压就是额定电压，因此小灯泡实际功率就是额定功率40W，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据 ，解U2，电压表测量就是电压的有效值，示数为36V。（2）最大值 与45V比较，看是否击穿。（3）小灯泡两端的电压=额定电压，故小灯泡实际功率=额定功率=40W.
3．【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．因P点向上振动，根据上下坡法可知波沿x轴正方向传播，A不符合题意；
B．因此时刻开始P点向上振动的速度逐渐减小，可知经过 周期的平均速度小于一个周期内的平均速度，则质点P通过的路程小于A，B不符合题意；
C．质点每次通过同一位置时位移相同，则回复力相同，则加速度一定相同，C符合题意；
D．质点P从波峰到平衡位置和从平衡位置到波谷两个过程相比较，回复力的冲量大小相同，但是方向相反，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据上下坡法，P点向上振，波沿x轴正方向传播。（2）P点向上振动的速度逐渐减小，平均速度小于一个周期内的平均速度，则质点P通过的路程小于A。（3）同一位置，回复力相同，加速度相同。（4）冲量是矢量，回复力的冲量大小相同，方向相反。
4．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
A不符合题意；
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为
B符合题意；
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为
C不符合题意；
D．在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1） 足够长的木板 ，小木块与木板最终共速，由动量守恒定律解速度v。 （2）木块B的动能变化量，计算即可。（3）木块B的动量变化量：计算即可。（4）克服摩擦力做功，系统机械能不守恒。
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力
得
所以半长轴的三次方与周期的平方的比值相等，A错误，符合题意；
B．在近地点嫦娥五号速度降低，高度不变，因此动能减小，重力势能不变，所以机械能减小，B正确，不符合题意；
C．嫦娥五号在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力
得
C正确，不符合题意；
D．在月球表面附近时，重力提供向心力
解得
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】(1)根据开普勒第三定律，，所以半长轴的三次方与周期的平方的比值相等。（2）近地点嫦娥五号速度降低，重力势能不变，动能减小，机械能减小。（3）万有引力提供向心力求M即可。（4）月球表面，重力近似=引力=向心力，解重力加速度即可。
6．【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】因为 可知，连接AB′C的平面为等势面，从B点向平面AB′C引垂线的方向为场强方向，且B点与平面AB′C的电势差为U=6V，由几何关系可知，B点到平面AB′C的距离为
则场强大小
故答案为：B。
【分析】，AB′C的平面为等势面，电场线和等势线垂直，从B点向平面AB′C引垂线的方向为场强方向，由几何关系，B点到平面AB′C的距离d可求，再根据解场强大小。
7．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】根据题意可知，圆环受甲、乙、丙三个力以及固定柱的弹力作用，处于平衡状态，甲、乙、丙三个力的合力与固定柱对圆环的弹力等大反向，该弹力的方向沿圆环半径方向向外，则这几个力构成了一个封闭的多边形，如图
若仅调整其中两人拉力的大小，使圆环与固定柱之间的弹力恰好为零，如图所示当 时，甲、乙、丙三个力构成一个封闭的三角形，则应增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】受力分析，画图，几个力构成了一个封闭的多边形，根据平衡条件，当 时，甲、乙、丙三个力构成一个封闭的三角形，则应增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多。
8．【答案】C,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A． ～ 内，线圈中电流为正方向且减小，通电螺线中产生向上的磁场且磁感应强度减小，圆环中感应出向上的磁场，则圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针，A不符合题意；
B．因为线圈中电流为正弦电流，所以产生的磁场也是正弦变化的，变化图象也是正弦图像， ～ 内，由图像可知，图线的斜率的绝对值逐渐增大，即磁感应强度的变化量与时间变化量的比值逐渐增大，根据
得感应电动势逐渐增大，B不符合题意；
C． ～ 内，线圈中电流反向增大，根据楞次定律可知，此时圆环有远离线圈的趋势，所以对桌面有向下的安培力，则压力大于重力，C符合题意；
D． ～T内，线圈中电流为负方向且减小，通电螺线中产生向下的磁场且磁感应强度减小，根据楞次定律可知圆环有向右运动的趋势，所以受到向左的摩擦力，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】（1）根据楞次定律，增反减同， ～ 内，圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针。（2）根据法拉第电磁感应定律， ～ 内，，感应电动势逐渐增大。（3）根据楞次定律，来拒去留，压力大于重力。（4）根据楞次定律，来拒去留，受到向左的摩擦力。
9．【答案】C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 若从A点释放，则到达O点时，由机械能守恒定律
到达O点下轨道时
解得
说明轨道对小球已经无支持力，脱离轨道做平抛运动。
若从C点释放，则到达O点时，由机械能守恒定律
解得
到达O点的下轨道时时
解得
小球对轨道压力不为零，则当物体从C点以上的某些位置释放时，离开O点都可以做平抛运动，但不是O点以上的所有位置，A不符合题意；
B．当小球从C点释放时，在上面轨道的最低点时
解得
即物体经过O点前后，所受的支持力大小变化了
B不符合题意；
C．根据 可知当物体从C点释放时，物体经过O点前后，角速度大小由
变化到
C符合题意；
D．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，向心加速度大小由
变化到
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】（1）由A到o，由机械能守恒定律，，在o点根据圆周规律，解方程求支持力即可。由C到O，由机械能守恒定律，，解速度，根据圆周规律，，解方程求支持力即可。（2）在上面轨道的最低点根据圆周规律，，支持力大小变化了 解方程即可。（3）根据 ，，。（4）向心加速度大小，解方程即可。
10．【答案】A,C,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．当开关S断开时，电容器下极板与电源负极相连，带负电，故上极板带正电荷，A符合题意；
B．开关S闭合时，电容器下极板与电源正极相连，带正电，故电容器上极板带负电荷，B不符合题意；
C．开关S断开时，电容器与R3并联，故有
闭合开关S，待电路稳定后，电容器C与R1并联，且由于R1=R3，由电路结构及闭合电路欧姆定律得有
又
联立以上三式，代入数据解得
又因为电容器所带电荷量满足
由于电容器电容C不变，故
C符合题意；
D．电容器在闭合开关S后，电极板所带正负电荷出现交换，故电路稳定后通过灵敏电流计的电荷量为
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】（1）S断开，电容器下极板与电源负极相连，带负电，上极板带正电荷。（2）S闭合，电容器下极板与电源正极相连，带正电，故电容器上极板带负电荷。（3）根据电路串并联规律求电压，再根据比较电荷量。（4）分析电路，电极板所带正负电荷出现交换，解方程即可。
11．【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．v—t图像的面积代表位移则有x = × 10 × 4m = 20m
A不符合题意；
B．当无人机从地面竖直向上升起做匀加速直线运动时举升力最大，根据加速度的定义式和牛顿第二定律有a = =
代入数据可计算出Fmax = 25.6N
B符合题意；
C．当速度最大时，有最大功率，则无人机举升力的最大做功功率为Pmax = Fmaxvmax = 102.4W，vmax = 4m/s
C符合题意；
D．由选项知，无人机举升力的最大做功功率占电源总功率的80%，则有Pmax = EI × 80%，E = 20V
代入数据有I = 6.4A
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）v—t图像的面积代表位移，求解即可。（2）据加速度的定义式和牛顿第二定律有a = = 解方程即可。（3）无人机举升力的最大做功功率为Pmax = Fmaxvmax解方程即可。（4）最大做功功率占电源总功率的80%，则有Pmax = EI × 80%，解方程即可。
12．【答案】B,C
【知识点】冲量；磁通量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．若 ，导体框正在进入磁场，则导体框中磁通量为
A不符合题意，B符合题意；
CD．导体框进入磁场的过程，力F的冲量与安培力的冲量等大反向，而安培力的冲量
同理线框出离磁场时，安培力的冲量与进入时相等，则
在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据磁通量公式，计算时磁通量即可。（2）安培力的冲量 ，导体框进入磁场的过程，力F的冲量=安培力的冲量，计算即可。同理，计算出磁场时外力F对导体框的冲量。
13．【答案】（1）5.030
（2）9.76
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1)遮光条的宽度5mm+3.0×0.01mm=5.030mm(2)通过第一个光电门时的速度
通过第二个光电门时的速度
当地的重力加速度
【分析】（1）螺旋测微器，5mm+3.0×0.01mm=5.030mm，千分尺，mm为单位，小数点后三位。（2）通过光电门时的速度，，重力加速度 计算即可。
14．【答案】（1）
（2）RA = ；E = U1；r = + R1 - R0 -
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电路图连接出实物图如下
；(2)根据欧姆定律有U0= I0(R1 + RA)
整理得出RA= 根据闭合电路的欧姆定律有E = U + I(R0 + r + RA)，RA=
整理有U = - I(R0 + r + ) + E
则当I = 0时U = E
且U—I图像的斜率k = R0 + r +
由题知根据测出的数据作出U—I图像如图所示。图像的截距分别为U1、I1，整理得出E = U1，k = = R0 + r +
最后可解出r = + R1 - R0 -
【分析】根据欧姆定律，U0= I0(R1 + RA)，根据闭合电路的欧姆定律有E = U + I(R0 + r + RA)，整理成U-I的表达式，结合图象，求E，r。
15．【答案】（1）解：设小球与物块碰撞前的速度为v0，小球由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
解得v0=4m/s
（2）解：设碰撞后小球的速度为v1，物块的速度为v2，由于小球与物块发生的是弹性碰撞，所以碰撞过程满足机动量守恒定律和械能守恒定律。取向右为正方向，则得mv0=mv1+Mv2
两式联立可得v1=-0.8m/s ，v2=3.2m/s
对木块由动能定理
解得s=1.6m
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球由初始位置摆动到最低点 ， 由机械能守恒定律 ， 解速度即可。（2） 小球与物块发生的是弹性碰撞 ， 动量守恒定律和械能守恒定律 列式： mv0=mv1+Mv2 、 、由动能定理 解方程即可。
16．【答案】（1）解：根据右手定则可判断ab中感应电流方向为从a至b，所以cd杆中电流方向为从d至c。
（2）解：分析可知，当ab杆的运动速度达到最大v时，电路中的电流为最大I，cd杆受摩擦力为最大f，其加速度为最小。对ab杆，从此时开始，沿斜面向下做匀速直线运动。由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式和平衡条件得
E = B1Lv，I = ，F安 = B1IL，mgsinθ = F安
对cd杆，受力如图所示F′安 = B2IL，FN = F 安，f = μFN，mg - f = ma
联立解得amin= 4m/s2
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 右手定则 ， ab中感应电流方向为从a至b ， cd杆中电流方向为从d至c 。（2） 由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式和平衡条件 ： E = B1Lv，I = ，F安 = B1IL，mgsinθ = F安 、 F′安 = B2IL，FN = F 安，f = μFN，mg - f = ma 解方程即可。
17．【答案】（1）解：对木块由牛顿第二定律得
解得
对木板由牛顿第二定律得
解得
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则
解得
（2）解：木块从木板右端滑落时，木块的速度为
木板的速度为
木块从木板右端滑落后，木板和木板运动的加速度
木板到相对斜面速度为零运动的时间为
木块运动的位移
木板的位移
木板右端与木块之间距离
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对木块和木板，用牛顿第二定律： 、 解加速度，根据位移关系 解时间。（2）对木块和木板速度公式， 、 木块滑落后， 木板和木板运动的加速度 ， 木板到相对斜面速度为零运动的时间为 ， 木块运动的位移 、 木板的位移 、 木板右端与木块之间距离 解方程即可。
18．【答案】（1）解：在匀强电场中，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O时竖直分速度为vy，合速度为v；由牛顿第二定律和运动学公式得2L = v0t，L = at2，a =
联立解得E =
（2）解：由(1)问可知vy = at，2L = v0t，a = ，E =
联立上式有vy = v0，v = = v0
设合速度v与x轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：vy = vsinθ
解得θ = 45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得r2 + r2cos45° = 2d，qvB2= m
解得B2=
（3）解：粒子的运动轨迹如下图所示
设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ON = d + 2r1sin45° + d，qvB1= m ，MN = r2sin45°，s = ON - MN
联立解得s = 4d
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据类平抛规律： vy = at，2L = v0t，a = ，E = 、 v = 、 vy = vsinθ 解角度，根据 洛伦兹力提供向心力：r2 + r2cos45° = 2d，qvB2= m 解方程即可。（2） 由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ON = d + 2r1sin45° + d，qvB1= m ，MN = r2sin45°，s = ON - MN 解方程即可。
1 / 1山东省枣庄市2021届高三上学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，物块以初速度v0沿水平面运动，然后冲上固定的粗糙斜面，到达最高点后返回。物块与所有接触面的动摩擦因数均相同，而且物块经过水平面和斜面连接处时速率不变，下列关于物块速率v和时间t的v-t图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物体在水平面上运动时，摩擦力提供合力则
所以加速度大小为
方向与速度方向反向，物体做匀减速运动；物体沿斜面上升时合力为
则加速度大小有
加速度方向与速度方向反向，物体沿斜面匀减速上升；物体从斜面最高点下滑时有
则加速度为
物体沿斜面加速下滑；回到水平面时在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为
因为摩擦力的存在，所以物体从斜面上滑下回到斜面底端时的速度小于从水平面滑上斜面时的速度，综上所述，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据牛顿第二定律，水平面上，，，沿斜面上升时，根据牛顿第二定律，解加速度，到最高点后下滑，根据牛顿第二定律，解加速度结合图象选择即可。
2．（2020高三上·枣庄期末）如图甲所示，理想变压器原线圈连接交流电源，该电输出电压u随时间t的变化关系图像为正弦曲线，如图乙所示。理想变压器副线圈上连接交流电压表V、标有“36V 40W”的灯泡和标有“20μF 45V”的电容器（其中45V为电容器的击穿电压）变压器的原、副线圈匝数比为55：9，闭合开关S，下列判断正确的是（ ）
A．t=0.01s时刻，电压表V的示数为零
B．电容器不可能被击穿
C．小灯泡实际功率为40W
D．电压表V的指针做周期性摆动
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】AD．根据
原线圈电压的有效值
因此副线圈电压的有效值
电压表测量就是电压的有效值，因此无论何时电压表的示数均为36V，AD不符合题意；
B．副线圈电压的最大值
电容器被击穿，B不符合题意；
C．由于加在小灯泡两端的电压就是额定电压，因此小灯泡实际功率就是额定功率40W，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据 ，解U2，电压表测量就是电压的有效值，示数为36V。（2）最大值 与45V比较，看是否击穿。（3）小灯泡两端的电压=额定电压，故小灯泡实际功率=额定功率=40W.
3．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，振幅为A，P为介质中质量为m的一个质点，质点P该时刻的速度沿y轴的正方向，以下判断正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．经过 周期，质点P通过的路程等于A
C．质点每次通过同一位置时的加速度一定相同
D．质点P从波峰到平衡位置和从平衡位置到波谷两个过程相比较，回复力的冲量相同
【答案】C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．因P点向上振动，根据上下坡法可知波沿x轴正方向传播，A不符合题意；
B．因此时刻开始P点向上振动的速度逐渐减小，可知经过 周期的平均速度小于一个周期内的平均速度，则质点P通过的路程小于A，B不符合题意；
C．质点每次通过同一位置时位移相同，则回复力相同，则加速度一定相同，C符合题意；
D．质点P从波峰到平衡位置和从平衡位置到波谷两个过程相比较，回复力的冲量大小相同，但是方向相反，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据上下坡法，P点向上振，波沿x轴正方向传播。（2）P点向上振动的速度逐渐减小，平均速度小于一个周期内的平均速度，则质点P通过的路程小于A。（3）同一位置，回复力相同，加速度相同。（4）冲量是矢量，回复力的冲量大小相同，方向相反。
4．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，质量mA=8.0kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB=2.0kg的小木块B。给B以大小为4.0m/s、方向左的初速度，同时给A以大小为6.0m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是（ ）
A．木块B的最终速度大小为5.6m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A．小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
A不符合题意；
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为
B符合题意；
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为
C不符合题意；
D．在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1） 足够长的木板 ，小木块与木板最终共速，由动量守恒定律解速度v。 （2）木块B的动能变化量，计算即可。（3）木块B的动量变化量：计算即可。（4）克服摩擦力做功，系统机械能不守恒。
5．（2020高三上·枣庄期末）2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号顺利回家。下图是嫦娥五号进入月球轨道的示意图。嫦娥五号飞临月球时速度约为v1=3km/s，大于月球的逃逸速度v2=2.4km/s，需要减速才能被月球捕获；当速度小于2.4km/s、大于1.7km/s时，嫦娥五号能沿椭圆轨道绕月球运行。在椭圆轨道上既不利于着陆器的分离、也不利于将来跟上升器的对接，因此需要把椭圆轨道调整为正圆轨道。嫦娥五号沿椭圆轨道运行到近心点，运行速度约为v3=2km/s；在此位置保持切向将运行速度瞬间降低到v4=1.7km/s，嫦娥五号的运行轨道就调整为在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的正圆轨道（轨道半径可视为月球半径r）。已知引力常量为G，请根据以上信息，判断下列说法不正确的是（ ）
A．嫦娥五号分别沿椭圆轨道和正圆轨道运行时，半长轴的三次方与周期的平方的比值不相等
B．在近心点由椭圆轨道进入正圆轨道时，嫦娥五号的机械能减小
C．月球的质量可表示为
D．月球表面附近的重力加速度为
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由万有引力提供向心力
得
所以半长轴的三次方与周期的平方的比值相等，A错误，符合题意；
B．在近地点嫦娥五号速度降低，高度不变，因此动能减小，重力势能不变，所以机械能减小，B正确，不符合题意；
C．嫦娥五号在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力
得
C正确，不符合题意；
D．在月球表面附近时，重力提供向心力
解得
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】(1)根据开普勒第三定律，，所以半长轴的三次方与周期的平方的比值相等。（2）近地点嫦娥五号速度降低，重力势能不变，动能减小，机械能减小。（3）万有引力提供向心力求M即可。（4）月球表面，重力近似=引力=向心力，解重力加速度即可。
6．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，边长为10cm的正立方体ABCD-A′B′C′D′处在匀强电场中。已知A、C、B′、B点的电势分别为 、 ，则匀强电场的电场强度大小为（ ）
A．120V/m B．60 V/m C．40 V/m D．40 V/m
【答案】B
【知识点】电势；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】因为 可知，连接AB′C的平面为等势面，从B点向平面AB′C引垂线的方向为场强方向，且B点与平面AB′C的电势差为U=6V，由几何关系可知，B点到平面AB′C的距离为
则场强大小
故答案为：B。
【分析】，AB′C的平面为等势面，电场线和等势线垂直，从B点向平面AB′C引垂线的方向为场强方向，由几何关系，B点到平面AB′C的距离d可求，再根据解场强大小。
7．（2020高三上·枣庄期末）一个硬质轻圆环平放在水平桌面上，环中有一个竖直固定柱。圆环被甲、乙、丙三人用力拉住，紧压着固定柱而静止，受三人拉力的俯视图如图所示，α＜β。不计一切摩擦。若仅调整其中两人拉力的大小，使圆环与固定柱之间的弹力恰好为零，则下列描述正确的是（ ）
A．仅增加甲、乙两个力的大小，且甲力的大小增加较多
B．仅增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多
C．仅增加乙、丙两个力的大小，且乙力的大小增加较多
D．仅增加乙、丙两个力的大小，且丙力的大小增加较多
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；受力分析的应用
【解析】【解答】根据题意可知，圆环受甲、乙、丙三个力以及固定柱的弹力作用，处于平衡状态，甲、乙、丙三个力的合力与固定柱对圆环的弹力等大反向，该弹力的方向沿圆环半径方向向外，则这几个力构成了一个封闭的多边形，如图
若仅调整其中两人拉力的大小，使圆环与固定柱之间的弹力恰好为零，如图所示当 时，甲、乙、丙三个力构成一个封闭的三角形，则应增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】受力分析，画图，几个力构成了一个封闭的多边形，根据平衡条件，当 时，甲、乙、丙三个力构成一个封闭的三角形，则应增加甲、丙两个力的大小，且甲力的大小增加较多。
二、多选题
8．（2020高三上·枣庄期末）如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放在桌面上，螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定图甲中标出的电流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是（ ）
A． ～ 内，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针
B． ～ 内，圆环中的感应电动势逐渐减小
C． ～ 内，圆环对桌面的压力大于mg
D． ～T内，圆环对桌面的摩擦力方向向左
【答案】C,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A． ～ 内，线圈中电流为正方向且减小，通电螺线中产生向上的磁场且磁感应强度减小，圆环中感应出向上的磁场，则圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针，A不符合题意；
B．因为线圈中电流为正弦电流，所以产生的磁场也是正弦变化的，变化图象也是正弦图像， ～ 内，由图像可知，图线的斜率的绝对值逐渐增大，即磁感应强度的变化量与时间变化量的比值逐渐增大，根据
得感应电动势逐渐增大，B不符合题意；
C． ～ 内，线圈中电流反向增大，根据楞次定律可知，此时圆环有远离线圈的趋势，所以对桌面有向下的安培力，则压力大于重力，C符合题意；
D． ～T内，线圈中电流为负方向且减小，通电螺线中产生向下的磁场且磁感应强度减小，根据楞次定律可知圆环有向右运动的趋势，所以受到向左的摩擦力，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】（1）根据楞次定律，增反减同， ～ 内，圆环中从上向下看感应电流方向为逆时针。（2）根据法拉第电磁感应定律， ～ 内，，感应电动势逐渐增大。（3）根据楞次定律，来拒去留，压力大于重力。（4）根据楞次定律，来拒去留，受到向左的摩擦力。
9．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，两个光滑 圆弧轨道平滑对接于O点，圆弧半径分别为 、R2=R。C点为上面圆弧轨道中的某点（C点未画出），∠CO1O=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。现将质量为m可视为质点的物体从上面圆弧轨道的某点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．当物体从C点以上的位置释放时，离开O点都可以做平抛运动
B．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，所受的支持力大小变化了2mg
C．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，角速度大小由 变化到
D．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，向心加速度大小由 变化到
【答案】C,D
【知识点】机械能守恒及其条件；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 若从A点释放，则到达O点时，由机械能守恒定律
到达O点下轨道时
解得
说明轨道对小球已经无支持力，脱离轨道做平抛运动。
若从C点释放，则到达O点时，由机械能守恒定律
解得
到达O点的下轨道时时
解得
小球对轨道压力不为零，则当物体从C点以上的某些位置释放时，离开O点都可以做平抛运动，但不是O点以上的所有位置，A不符合题意；
B．当小球从C点释放时，在上面轨道的最低点时
解得
即物体经过O点前后，所受的支持力大小变化了
B不符合题意；
C．根据 可知当物体从C点释放时，物体经过O点前后，角速度大小由
变化到
C符合题意；
D．当物体从C点释放时，物体经过O点前后，向心加速度大小由
变化到
D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】（1）由A到o，由机械能守恒定律，，在o点根据圆周规律，解方程求支持力即可。由C到O，由机械能守恒定律，，解速度，根据圆周规律，，解方程求支持力即可。（2）在上面轨道的最低点根据圆周规律，，支持力大小变化了 解方程即可。（3）根据 ，，。（4）向心加速度大小，解方程即可。
10．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，R1=R2=R3=20Ω，电容器的电容C=5 ，电源电动势E=7V，电源内阻r=10Ω。起初，开关S是断开的，电容器C所带的电荷量为Q1；然后，闭合开关S，待电路稳定后，电容器C所带的电荷量为Q2。下列说法正确的是（ ）
A．开关S断开时，上极板所带的电荷为正电荷
B．开关S闭合后，上极板所带的电荷为正电荷
C．Q1：Q2=7：5
D．闭合开关S电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为2.4×10-5C
【答案】A,C,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．当开关S断开时，电容器下极板与电源负极相连，带负电，故上极板带正电荷，A符合题意；
B．开关S闭合时，电容器下极板与电源正极相连，带正电，故电容器上极板带负电荷，B不符合题意；
C．开关S断开时，电容器与R3并联，故有
闭合开关S，待电路稳定后，电容器C与R1并联，且由于R1=R3，由电路结构及闭合电路欧姆定律得有
又
联立以上三式，代入数据解得
又因为电容器所带电荷量满足
由于电容器电容C不变，故
C符合题意；
D．电容器在闭合开关S后，电极板所带正负电荷出现交换，故电路稳定后通过灵敏电流计的电荷量为
D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】（1）S断开，电容器下极板与电源负极相连，带负电，上极板带正电荷。（2）S闭合，电容器下极板与电源正极相连，带正电，故电容器上极板带负电荷。（3）根据电路串并联规律求电压，再根据比较电荷量。（4）分析电路，电极板所带正负电荷出现交换，解方程即可。
11．（2020高三上·枣庄期末）用无人机携带红外线测温装置可以实现无接触测温，这是防疫测温方式的一种创新。有一款携带测温装置的无人机总质量2kg、机载锂电池电动势为20V。某次对高楼中窗内人测温时，无人机从地面竖直向上升起，先匀加速、再匀减速、至与人的头部等高处速度恰好减小到零并悬停，然后水平缓慢移向头部，进行测温。无人机上升过程的v—t图像如图所示。设无人机运动过程中所受阻力大小恒为无人机总重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，以下判断正确的是（ ）
A．人的头部距地面的高度为15m
B．在这次飞行中无人机的最大举升力为25.6N
C．在这次飞行中无人机举升力的最大做功功率为102.4W
D．在这次飞行中，若无人机举升力的最大做功功率占电源总功率的80%，则此时的工作电流为6.4A
【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．v—t图像的面积代表位移则有x = × 10 × 4m = 20m
A不符合题意；
B．当无人机从地面竖直向上升起做匀加速直线运动时举升力最大，根据加速度的定义式和牛顿第二定律有a = =
代入数据可计算出Fmax = 25.6N
B符合题意；
C．当速度最大时，有最大功率，则无人机举升力的最大做功功率为Pmax = Fmaxvmax = 102.4W，vmax = 4m/s
C符合题意；
D．由选项知，无人机举升力的最大做功功率占电源总功率的80%，则有Pmax = EI × 80%，E = 20V
代入数据有I = 6.4A
D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）v—t图像的面积代表位移，求解即可。（2）据加速度的定义式和牛顿第二定律有a = = 解方程即可。（3）无人机举升力的最大做功功率为Pmax = Fmaxvmax解方程即可。（4）最大做功功率占电源总功率的80%，则有Pmax = EI × 80%，解方程即可。
12．（2020高三上·枣庄期末）长为a、宽为b、电阻为R的单匝矩形闭合导体框，在外力F拉动下，以速度v垂直于磁场匀速通过宽度为d（d>a）的匀强磁场。磁场的磁感应强度大小为B、方向如图所示。导体框的右边恰好接触到磁场边缘时记作t=0。则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则导体框中磁通量为d2B
B．若 ，则导体框中磁通量为Bbvt
C．在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
D．在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
【答案】B,C
【知识点】冲量；磁通量；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．若 ，导体框正在进入磁场，则导体框中磁通量为
A不符合题意，B符合题意；
CD．导体框进入磁场的过程，力F的冲量与安培力的冲量等大反向，而安培力的冲量
同理线框出离磁场时，安培力的冲量与进入时相等，则
在导体框完全通过磁场的过程中，外力F对导体框的冲量为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据磁通量公式，计算时磁通量即可。（2）安培力的冲量 ，导体框进入磁场的过程，力F的冲量=安培力的冲量，计算即可。同理，计算出磁场时外力F对导体框的冲量。
三、实验题
13．（2020高三上·枣庄期末）某同学用光电门及数字计时器来测量当地的重力加速度，实验装置如图甲所示，实验步骤如下：
⑴将两个光电门沿同一竖直线固定在铁架台上；
⑵遮光条的宽度用螺旋测微器测得，读数如图乙所示；
⑶把遮光条夹在钢笔上；
⑷连接光电门与数字计时器
⑸接通计时器电源使之工作，选功能“3”测加速度，竖直释放钢笔；
⑹将计时器记录的数据填入下表：
项目 时间
0-1 123s
1 5ms
1-2 168.1ms
2 1.9ms
注：表中“项目0-1”是指从计时器通电至遮光条下落到光电门1的过程，“项目1”是指遮光条通过光电门1的过程。其余类推。
请回答下列问题：
（1）遮光条的宽度为 mm；
（2）当地的重力加速度为 m/s2（保留三位有效数字）。
【答案】（1）5.030
（2）9.76
【知识点】探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1)遮光条的宽度5mm+3.0×0.01mm=5.030mm(2)通过第一个光电门时的速度
通过第二个光电门时的速度
当地的重力加速度
【分析】（1）螺旋测微器，5mm+3.0×0.01mm=5.030mm，千分尺，mm为单位，小数点后三位。（2）通过光电门时的速度，，重力加速度 计算即可。
14．（2020高三上·枣庄期末）为精确测量电池的电动势和内阻，某同学设计的电路如图所示，其中R0为阻值已知的小阻值定值电阻，R为（0 ~ 999.9）Ω的电阻箱，S2为单刀双掷开关。将电阻箱R的阻值调节到最大，把开关S2接2，接通S1，调节电阻箱R的阻值为R1时，电压表和电流表有合适的读数，记下其读数U0、I0，断开S1，调节电阻箱R的阻值为最大把开关S2接1，再接通S1，调节电阻箱R的阻值，测出几组电压值U和电流值I，根据测出的数据作出U—I图像如图所示。图像的截距分别为U1、I1。
（1）请用笔画线代替导线，在答题卡上按照电路图将实物图连接成完整电路；
（2）电流表的内阻RA = ，电源电动势E = ，电源内阻r = 。（用R0、U0、I0、R1、U1、I1表示）
【答案】（1）
（2）RA = ；E = U1；r = + R1 - R0 -
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】(1)根据电路图连接出实物图如下
；(2)根据欧姆定律有U0= I0(R1 + RA)
整理得出RA= 根据闭合电路的欧姆定律有E = U + I(R0 + r + RA)，RA=
整理有U = - I(R0 + r + ) + E
则当I = 0时U = E
且U—I图像的斜率k = R0 + r +
由题知根据测出的数据作出U—I图像如图所示。图像的截距分别为U1、I1，整理得出E = U1，k = = R0 + r +
最后可解出r = + R1 - R0 -
【分析】根据欧姆定律，U0= I0(R1 + RA)，根据闭合电路的欧姆定律有E = U + I(R0 + r + RA)，整理成U-I的表达式，结合图象，求E，r。
四、解答题
15．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，用长为L=2m的细线拴住质量m=400g的小球悬挂在天花板上，悬点正下方有质量为M=600g的木块静止放在水平面上。将小球向左拉离平衡位置，使细线与竖直方向的夹角θ=53°，自由释放，小球运动到悬点的正下方，与木块发生弹性正碰。小球和木块均看成质点，已知木块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.32，sin53°=0.8，cos53°=0.6，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球运动到最低点与木块碰撞前的速度；
（2）木块被碰撞后，在水平面上运动的距离。
【答案】（1）解：设小球与物块碰撞前的速度为v0，小球由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
解得v0=4m/s
（2）解：设碰撞后小球的速度为v1，物块的速度为v2，由于小球与物块发生的是弹性碰撞，所以碰撞过程满足机动量守恒定律和械能守恒定律。取向右为正方向，则得mv0=mv1+Mv2
两式联立可得v1=-0.8m/s ，v2=3.2m/s
对木块由动能定理
解得s=1.6m
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1） 小球由初始位置摆动到最低点 ， 由机械能守恒定律 ， 解速度即可。（2） 小球与物块发生的是弹性碰撞 ， 动量守恒定律和械能守恒定律 列式： mv0=mv1+Mv2 、 、由动能定理 解方程即可。
16．（2020高三上·枣庄期末）宽度L = 1m、形状如图所示的平行金属导轨，由三部分构成，左侧与水平地面成θ = 37°角，光滑且足够长，处于垂直于轨道平面向上的磁感应强度为B1
= 0.5T的匀强磁场中。中间部分水平。右侧竖直段足够长，处于竖直向上的磁感应强度为B2
= 1T匀强磁场中。将ab杆放在倾斜轨道上，将cd杆紧靠在竖直段的右侧，cd杆与轨道间的动摩擦因数μ = 0.5。杆ab、cd长度都等于导轨的宽度，质量都为m
= 0.5kg电阻都为R = 0.2Ω，其余电阻不计。现把ab、cd杆同时由静止释放，两杆下滑过程中始终与导轨接触良好，取重力加速度g = 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。在杆下滑过程中
（1）判断cd杆中电流方向；
（2）求cd杆加速度的最小值。
【答案】（1）解：根据右手定则可判断ab中感应电流方向为从a至b，所以cd杆中电流方向为从d至c。
（2）解：分析可知，当ab杆的运动速度达到最大v时，电路中的电流为最大I，cd杆受摩擦力为最大f，其加速度为最小。对ab杆，从此时开始，沿斜面向下做匀速直线运动。由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式和平衡条件得
E = B1Lv，I = ，F安 = B1IL，mgsinθ = F安
对cd杆，受力如图所示F′安 = B2IL，FN = F 安，f = μFN，mg - f = ma
联立解得amin= 4m/s2
【知识点】共点力平衡条件的应用；安培力；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 右手定则 ， ab中感应电流方向为从a至b ， cd杆中电流方向为从d至c 。（2） 由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式和平衡条件 ： E = B1Lv，I = ，F安 = B1IL，mgsinθ = F安 、 F′安 = B2IL，FN = F 安，f = μFN，mg - f = ma 解方程即可。
17．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，倾角为θ=37°的斜面固定在地面上，面光滑且足够长。其上有一质量为M=1kg、长L=6m的木板，木板厚度不计。在木板的左端有一个可以看作质点的质量为m=2kg的木块，木块与木板之间动摩擦因数μ=0.5。开始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力F=30N拉木块，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）经过多长时间木块从木板右端滑落？
（2）当木板相对斜面速度为零时，木板右端与木块之间距离。
【答案】（1）解：对木块由牛顿第二定律得
解得
对木板由牛顿第二定律得
解得
木块从木板右端滑落时，木块的位移比木板的位移大L，则
解得
（2）解：木块从木板右端滑落时，木块的速度为
木板的速度为
木块从木板右端滑落后，木板和木板运动的加速度
木板到相对斜面速度为零运动的时间为
木块运动的位移
木板的位移
木板右端与木块之间距离
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对木块和木板，用牛顿第二定律： 、 解加速度，根据位移关系 解时间。（2）对木块和木板速度公式， 、 木块滑落后， 木板和木板运动的加速度 ， 木板到相对斜面速度为零运动的时间为 ， 木块运动的位移 、 木板的位移 、 木板右端与木块之间距离 解方程即可。
18．（2020高三上·枣庄期末）如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场左边界到y轴的距离为s（s未知），磁感应强度为B2（B2未知）；第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E（E未知）；第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界到x轴距离为d，磁感应强度为 。有一个带正电的粒子（质量为m、电荷量为q、不计重力）从电场中的A（- 2L，L）点以水平向右的速度v0射出，恰好经过坐标原点O进入第四象限，经过磁场后，从x轴上某点进入第一象限的磁场中，经过磁场偏转后水平射出，恰好经过y轴上的P（0，2d）点。求：
（1）电场强度E；
（2）磁感应强度B2；
（3）第一象限磁场左边界到y轴的距离s。
【答案】（1）解：在匀强电场中，设粒子运动时间为t，加速度为a，到达原点O时竖直分速度为vy，合速度为v；由牛顿第二定律和运动学公式得2L = v0t，L = at2，a =
联立解得E =
（2）解：由(1)问可知vy = at，2L = v0t，a = ，E =
联立上式有vy = v0，v = = v0
设合速度v与x轴正方向夹角为θ，由平行四边形定则得：vy = vsinθ
解得θ = 45°
设粒子在第一象限的磁场中做圆周运动的半径为r2，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得r2 + r2cos45° = 2d，qvB2= m
解得B2=
（3）解：粒子的运动轨迹如下图所示
设粒子在第四象限的磁场中做圆周运动的半径为r1，由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ON = d + 2r1sin45° + d，qvB1= m ，MN = r2sin45°，s = ON - MN
联立解得s = 4d
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据类平抛规律： vy = at，2L = v0t，a = ，E = 、 v = 、 vy = vsinθ 解角度，根据 洛伦兹力提供向心力：r2 + r2cos45° = 2d，qvB2= m 解方程即可。（2） 由几何关系、牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ON = d + 2r1sin45° + d，qvB1= m ，MN = r2sin45°，s = ON - MN 解方程即可。
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