2024届湖南师大附中高三上学期摸底考试物理试题含答案.pdf

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1、第1页/共8页 湖南师大附中湖南师大附中 2021 级高三摸底考试试卷级高三摸底考试试卷物理物理 本试题卷分第本试题卷分第 I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，共卷（非选择题）两部分，共 8页。时量页。时量 75分钟，满分分钟，满分100 分。分。第第 I 卷卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1.2023年 4月 12 日 21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（

2、EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行 403 秒。下列关于核聚变的说法正确的是（）A.核电站采用核聚变技术发电B.任何两个原子核都可以发生聚变C.两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大D.两个轻核结合成质量较大原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和2.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度 g 的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）A.“笛音雷”在2t时刻上升至最高点B.34tt时间内“笛音雷”做自由落体

3、运动C.01t t时间内“笛音雷”的平均速度为12vD.34tt时间内“笛音雷”处于失重状态 3.“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另的第2页/共8页 一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自 A、C两点，沿 AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（）A.左右两边绳的弹力均不变B.

4、左右两边绳的弹力不相等C.左边绳的弹力变大D.右边绳的弹力变小4.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径12rr、之比为 1：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（）A.行星绕太阳做圆周运动的周期为 8 年B.由图示位置开始计时，至少再经过47年，地球、太阳和行星连线为同一直线C.地球和行星的线速度大小之比为1:2D.经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为1:25.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于 x 轴，其电势 随 x的分布如图所示。一质量 m=4.0

5、10-20kg，电荷量q=-4.010-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在 x 轴上往返运动。则（）第3页/共8页 A.x 轴左侧电场强度 E1和右侧电场强度 E2的大小之比1212EE=B.粒子在-1cm0.5cm区间运动过程中的电势能先增加后减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 6.010-8JD.该粒子运动的周期 T=3.010-6s6.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为 m可视为质点的铁球从距弹簧上端 h的 O点静止释放，以O 点（即坐标原点）开始计时，铁球所受的弹力 F的大小随铁球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重

6、力加速度取 g。下列结论正确的是（）A.弹簧弹性势能最大值为 mg(h2x0)B.铁球运动过程中最大动能012mghmgx+C.当 x=h 时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。7.如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源 S，它发出的是两种不同颜色

7、的 a 光和 b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由 a、b 两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为 a 光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（）A.a 光的频率大于 b光的频率B.a 光的折射率小于 b 光的折射率C.a 光在水中的传播速度比 b光大D.a 光在水中发生全反射的临界角小于 b 光在水中发生全反射的临界角8.在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值22 2sin100(V)ut=，理想变压器原、副线圈的匝数比第4页/共8页 21:2:1nn=，两定值电阻1R、2R的阻值相同。在滑动变阻器的滑片 P向上滑动一小段的过程中，1R、2R两

8、端电压的变化量分别为1U、2U，1R的电功率的变化量为1P。下列说法正确的是（）A.2R中电流的频率是1R中电流频率的 2倍B1212UU=C.()2111UPR=D.当滑片 P 移到最上端时，1R两端的电压为4.4V9.某同学将一乒乓球从距水平地面高 h 处的 A 点以速度0v水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的 B 点时速度方向与水平地面的夹角为 45，如图所示。已知乒乓球从 A 点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（）A.乒乓球从 A点运动到 B点的过程中速度先减小后

9、增大B.乒乓球落到 B 点时的速度大小为022vC.乒乓球水平射程为202vgD.乒乓球从 A点运动到 B点的时间为002hvgv+10.如图所示，界线 MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取 MN 上一点 O作为原点，竖直向下建立 y轴，磁场的磁感应强度 B 随 y 坐标（以 m为单位）的分布规律为 B=1+y（T）。一边长为.的第5页/共8页 L=1m、质量为 m=0.1kg、电阻 R=2 的正方形金属框 abcd从 MN 上方静止释放，0.2s后金属框的 cd边到达界线 MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力 F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的

10、过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.金属框进入磁场的过程中电流大小为 1AB.金属框进入磁场的过程经历的时间为2s3C.金属框进入磁场的过程中外力 F 做功为 0.35JD.金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到 3m/s 后不再加速第第 II 卷卷 三、实验题（三、实验题（11 题题 6 分，分，12 题题 9 分）分）11.图甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为M，重物的质量为m，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数F。（1）实验过程中，_（填“需要”或“不需要”

11、）满足Mm。（2）实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为50Hz。其中 A、B、C、D、E 为五个第6页/共8页 计数点，相邻两个计数点之间还有 4 个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为_2m/s。（计算结果保留三位有效数字）（3）当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为0F。更换重物，用a表示小车的加速度，F表示弹簧测力计的示数，下列描绘的aF关系图像合理的为_。A.B.C.D.12.在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A电流表 1（量程 2mA，内阻150r=）B电流表 2（量程 1A，内阻约 10）C定值电阻02950R

12、=D滑动变阻器 R（020）E开关和导线若干（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，MN连接_（选填“电流表 1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；（2）该同学利用测出的实验数据作出的12-I I图线（1I为电流表 1 的示数，2I为电流表 2 的示数，且1I远小于2I）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势 E_V，内阻 r_。（以上结果皆保留两位有效数字）第7页/共8页 四、解答题（四、解答题（13 题题 12 分，分，14 题题 13 分，分，15 题题 16 分）分）13.一只篮球体积为0V，球内气体的压强为0p，温度为0T。现用打气筒对篮球充入压强为02p、温度为0T、体积

13、为1V（大小未知）的气体，使球内气体压强变为03p，同时温度升至01.5T。已知气体内能 U与温度的关系为 U=kT（k为正常数），充气过程中气体向外放出 Q 的热量，篮球体积不变。求（1）充入气体的体积1V的大小；（2）充气过程中打气筒对气体做的功。14.如图所示，质量为 m的小圆环 A套在足够长的光滑水平杆上，质量为 3m的小球 B 通过长度为 L的轻绳与 A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球 1和 2，小球 1的质量为 3m，小球 2的质量为 m，小球 1位于 A环正下方 L处，某时刻释放小球 B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后 B 在水平地面上向

14、左运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为 g，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：（1）轻绳断裂时 A、B各自的速度大小；（2）轻绳所能承受的最大拉力；（3）小球 1与小球 2第一次碰撞过程中，小球 1对小球 2 的冲量大小。15.某离子实验装置基本原理如图甲所示。区宽度为 d，左边界与 x轴垂直交于坐标原点 O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0B；区宽度为 L，左边界与 x轴垂直交于1O点，右边界与 x轴垂直交于2O点，其内充满沿 y轴负方向的匀强电场。测试板垂直 x轴置于区右边界，其中心的的第8页/共8页 C与2O点重合。从离子源不断飘出电荷量

15、为 q、质量为 m 的正离子，加速后沿 x 轴正方向过 O点，依次经区、区，恰好到达测试板中心 C。已知离子刚进入区时速度方向与 x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在区中运动时速度的大小 v；（2）求区内电场强度的大小 E；（3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为 B（数值未知）方向相反且平行 y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于 C点，需沿 x 轴移动测试板，求移动后 C到1O的距离 S。第1页/共21页 湖南师大附中湖南师大附中 2021 级高三摸底考试试卷级高三摸底考试试卷物理物理 本试题卷分第本试题卷分

16、第 I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，共卷（非选择题）两部分，共 8页。时量页。时量 75分钟，满分分钟，满分100 分。分。第第 I 卷卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1.2023年 4月 12 日 21时，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行 403 秒。下列关于核聚变的说法正确的是（）A.核电站采

17、用核聚变技术发电B.任何两个原子核都可以发生聚变C.两个轻核结合成质量较大的原子核，核子的比结合能变大D.两个轻核结合成质量较大的原子核，生成核的质量大于两轻核的质量之和【答案】C【解析】【详解】A核电站采用核裂变技术发电，故 A 错误；B自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素-氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能发生核聚变，故B错误；C两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量，核子的平均质量减小，所以核子的比结合能增加，故 C 正确；D两个轻核结合成质量较大的原子核，释放能量，生成核的质量小于两轻核的质量之和，故 D 错误。故选 C。2.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时

18、间内的速度时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度 g 的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）第2页/共21页 A.“笛音雷”在2t时刻上升至最高点B 34tt时间内“笛音雷”做自由落体运动C.01t t时间内“笛音雷”的平均速度为12vD.34tt时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A由图可知，04tt时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在2t时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在4t时刻之后，故 A 错误；B34tt时间内“笛音雷”速度方向向

19、上，图像斜率为一恒定的负值，表明34tt时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度 g，故 B错误；C将 A、B 用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为12v，而 AB 线段与横轴所围的面积大于 AB 曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据 xvt=可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于 AB 曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即01t t时间内“笛音雷”的平均速度小于12v，故 C 错误；D 根据上述，34tt时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故 D 正确。故选 D。3.“抖空竹”是中国传统的体育活

20、动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点.第3页/共21页 匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自 A、C两点，沿 AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（）A.左右两边绳的弹力均不变B.左右两边绳的弹力不相等C.左边绳的弹力变大D.右边绳的弹力变小【答案】A【解析】【详解】B以空竹为研究对象进行受力分析，同一

21、根绳子拉力处处相等，所以 12FF=故 B 错误；ACD在水平方向空竹处于共点力平衡，设1F与水平方向夹角为，2F与水平方向的夹角为12coscosFF=所以=所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为，则 12cosFmg=12cosmgF=两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，所以弹力大小不变，故 A 正确，CD错误。的第4页/共21页 故选 A。4.如图所示，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径12rr、之比为 1：4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法错误的是（）A.行星绕太阳做圆周运动的周期为 8 年B.由图示位置开始计时，至少再经过47年，地球、太阳

22、和行星连线为同一直线C.地球和行星的线速度大小之比为1:2D.经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为1:2【答案】C【解析】【详解】A根据万有引力提供圆周运动向心力有 2224GmMmrrT=可得周期234rTGM=所以333481TrTr=行行地地 因为地球公转周期为 1年，故行星公转周期为 8年，故 A正确，不符合题意；B地球周期短，故当地球比行星多公转半周时，地球、太阳和行星连线为同一直线，即 22tTT=地行 周期42222718tTT=地行年第5页/共21页 故 B 正确，不符合题意；C根据万有引力提供圆周运动向心力有 22mMvGmrr=得线速度GMvr=可得4211rvvr

23、=地行地行故 C 错误，符合题意；D行星与太阳连线扫过的面积 222222ttSrrTTr=故2222811142TSrSTrtrTtrT=地行地地行地地行行行故 D 正确，不符合题意。故选 C。5.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于 x 轴，其电势 随 x的分布如图所示。一质量 m=4.010-20kg，电荷量q=-4.010-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在 x 轴上往返运动。则（）A.x 轴左侧电场强度 E1和右侧电场强度 E2的大小之比1212EE=B.粒子在-1cm0

24、.5cm区间运动过程中的电势能先增加后减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为 6.010-8J第6页/共21页 D.该粒子运动的周期 T=3.010-6s【答案】A【解析】【详解】A.由电场强度与电势差的关系可得 1 122E xE x=解得12210.5112ExEx=A正确；B粒子在-1cm0.5cm过程中，电势先增大后减小，根据公式 PEq=可得：带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误；C根据电场力做功与电势能变化关系可得 PEqU=该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为-8maxa9m x4.0 10 C()20V=8 10 JPEqU=C错误；D粒子在-

25、1cm0cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得 11E qma=11UEx=211 112xat=粒子在 0cm0.5cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得 22E qma=22UEx=222 212=xa t该粒子运动的周期第7页/共21页()122Ttt=+联立可得：83 10 sT=，D错误；故选 A。6.如图甲竖直弹簧固定在水平地面上，一质量为 m可视为质点的铁球从距弹簧上端 h的 O点静止释放，以O 点（即坐标原点）开始计时，铁球所受的弹力 F的大小随铁球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度取 g。下列结论正确的是（）A.弹簧弹性

26、势能最大值为 mg(h2x0)B.铁球运动过程中最大动能012mghmgx+C.当 x=h 时小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小D.铁球压缩弹簧过程中重力做功功率逐渐增大【答案】B【解析】【详解】C根据图乙可知，当 x=hx0时，小球的重力跟弹簧弹力平衡，此时小球速度最大，动能最多，所以系统的势能最少，故 C错误；D小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹簧弹力，小球加速下降，重力做功功率逐渐增大，重力与弹簧弹力平衡后，由于惯性小球继续向下运动，由于弹簧弹力大于重力，则小球减速下降，重力做功功率逐渐减小，故 D错误；A由图像可知，hx0为平衡位置，此时弹簧的压缩量为 x0。假如小球刚接触弹簧时没

27、有速度，根据简谐运动的对称性可知，弹簧的最大压缩量为 2x0，而实际上小球刚接触弹簧时有向下的速度，可知，弹簧的最大压缩量大于 2x0，小球到达最低点的坐标大于 h2x0，所以弹簧弹性势能的最大值大于 mg(h2x0)，故 A错误；B根据动能定理 00km1()2mg hxmgxE+=第8页/共21页 km012Emghmgx=+故 B 正确。故选 D。二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全

28、的得分，选对但不全的得 3分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。7.如图甲所示，在平静水面下有一个点光源 S，它发出的是两种不同颜色的 a光和 b 光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由 a、b 两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状单色光区域，且为 a 光的颜色（见图乙）。则下列说法正确的是（）A.a 光的频率大于 b光的频率B.a 光的折射率小于 b 光的折射率C.a 光在水中的传播速度比 b光大D.a 光在水中发生全反射的临界角小于 b 光在水中发生全反射的临界角【答案】BC【解析】【详解】ABDa光照射的面积较大，知a光的临界角较大，根据 1sinCn=知

29、a光的折射率较小，根据光的折射率越小频率也越小，可知a光的频率小于b光的频率，故 AD 错误，B正确；C根据 cvn=可知知a光在水中传播的速度较大，故 C 正确；故选 BC。8.在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值22 2sin100(V)ut=，理想变压器原、副线圈的匝数比21:2:1nn=，两定值电阻1R、2R的阻值相同。在滑动变阻器的滑片 P向上滑动一小段的过程中，1R、2R两端电压的变化量分别为1U、2U，1R的电功率的变化量为1P。下列说法正确的是（）的第9页/共21页 A.2R中电流的频率是1R中电流频率的 2倍B.1212UU=C.()2111UPR=D.当滑片 P 移到最

30、上端时，1R两端的电压为4.4V【答案】BD【解析】【详解】A变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A错误；B1R和2R都是定值电阻，有=UI R 又由理想变压器特点知原副线圈上的电流与匝数成反比，则有1212II=可得1212UU=B正确；C设1R两端电压分别为 UR1，UR1，滑片上滑，副线圈电阻减小电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知111=RRUUU其电功率的变化量为()()()2221111111=RRUUUPRRRC错误；第10页/共21页 D当滑片 P 移到最上端时，副线圈电阻只有 R2，设为 R，将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R，由 11UI R

31、=，1122=nUUn，2121nIIn=，222UI R=联立可得21222=4nRRRn=（）由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有11R1=22V=+5=5UIRIRIRU=可得1R两端的电压为4.4V，D 正确。故选 BD。9.某同学将一乒乓球从距水平地面高 h 处的 A 点以速度0v水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的 B 点时速度方向与水平地面的夹角为 45，如图所示。已知乒乓球从 A 点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（）A.乒乓球从 A点运动到 B点的过程中速

32、度先减小后增大B.乒乓球落到 B 点时的速度大小为022vC.乒乓球的水平射程为202vgD.乒乓球从 A点运动到 B点的时间为002hvgv+【答案】BCD【解析】【详解】A乒乓球从 A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，则有 第11页/共21页 0fmgkv=到 B 点时速度方向与水平地面的夹角为 45，则小球一直做减速运动，故 A 错误；BCD运用运配速法，配一速度,使其阻力与重力平衡，则可理解为竖直向下的匀速直线运动和斜向上的的变加速直线运动，如图所示由图知，落地点的速度为022vv=斜向上45方向，根据牛顿第二定律有 kvam=累积可得ksvm=则有022vv=

33、02mvsk=则有20cos452vxsg=竖直方向上有0thv tv t=其中第12页/共21页 yx=则有2002vhv tg=解得002vhtvg=+故 BCD正确。故选 BCD。10.如图所示，界线 MN以下存在一个方向水平磁场（垂直于纸面向里），取 MN 上一点 O作为原点，竖直向下建立 y轴，磁场的磁感应强度 B 随 y 坐标（以 m为单位）的分布规律为 B=1+y（T）。一边长为L=1m、质量为 m=0.1kg、电阻 R=2 的正方形金属框 abcd从 MN 上方静止释放，0.2s后金属框的 cd边到达界线 MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力 F，直至金属框完全进入磁场时撤

34、去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平、左右边始终竖直，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.金属框进入磁场的过程中电流大小为 1AB.金属框进入磁场的过程经历的时间为2s3C.金属框进入磁场的过程中外力 F 做功为 0.35JD.金属框完全进入磁场后继续做加速运动，直到速度达到 3m/s 后不再加速【答案】AC【解析】【详解】A进入磁场前做自由落体运动，有 010 0.2m/s=2m/svgt=的第13页/共21页 金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有01 1 2V=2VEBLv=则感应电流为2A=1A2E

35、IR=故 A 正确；B金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有=(1+)1 1N=(1+)NFBILyy=安刚进入瞬间，安培力为11NF=完全进入瞬间，安培力为22NF=所以安培力做的负功大小为12121J=1.5J22FFWL+=安又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则2QI RtW=安代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为221.5=s=0.75s12WtI R=安故 B 错误；C完全进入瞬间，安培力为 22112=2NB L vFR=完全进入磁场时，速度为11m/sv=金属框进入磁场的过程中，由动能定理，得22101122WmgLWmvmv+=安所以外力 F做功=0.35

36、JW第14页/共21页 故 C 正确；D金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为 v，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为 EBLv=根据闭合电路欧姆定律可得EIR=上下两边产生的安培力的合力为AFBI L=其中：B=1T，根据平衡条件可得 AFmg=联立解得v=2m/s 故 D 错误。故选 AC。第第 II 卷卷 三、实验题（三、实验题（11 题题 6 分，分，12 题题 9 分）分）11.图甲为“探究加速度与物体所受合外力关系”的实验装置，实验中所用小车的质量为M，重物的质量为m，实验时改变重物的质量，记下测力计对应的读数F。（1）实验过程中，_（填“需要”或“不需要”）满足Mm。

37、（2）实验过程中得到如图乙所示的纸带，已知所用交流电的频率为50Hz。其中 A、B、C、D、E 为五个计数点，相邻两个计数点之间还有 4 个点没有标出，根据纸带提供的数据，可求出小车加速度的大小为第15页/共21页 _2m/s。（计算结果保留三位有效数字）（3）当重物质量合适时，小车做匀速运动，此时测力计的读数为0F。更换重物，用a表示小车的加速度，F表示弹簧测力计的示数，下列描绘的aF关系图像合理的为_。A.B.C.D.【答案】.不需要 .0.638 .D【解析】【详解】（1）1实验中，细线对滑轮和小车的作用力通过测力计测量，不需要满足Mm；（2）2相邻计数点间的时间间隔为 55s=0.1s

38、50Tf=根据逐差法可得小车的加速度为222222.673.32 1.402.0410 m/s0.638m/s44 0.1CDDEABBCxxxxaT+=（3）3小车匀速运动时有 02Ff=当更换重物后，由牛顿第二定律有2FfMa=解得022FaFMM=可知函数为一次函数，图像为一条倾斜直线，与横轴交于一点。故选 D。12.在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A电流表 1（量程 2mA，内阻150r=）B电流表 2（量程 1A，内阻约 10）C定值电阻02950R=第16页/共21页 D滑动变阻器 R（020）E开关和导线若干（1）某同学根据提供的器材设计电路来完成实验，MN

39、连接_（选填“电流表 1”或“电流表2”），PQ连接另一电流表；（2）该同学利用测出的实验数据作出的12-I I图线（1I为电流表 1 的示数，2I为电流表 2 的示数，且1I远小于2I）如图所示，则由图线可得被测电池的电动势 E_V，内阻 r_。（以上结果皆保留两位有效数字）【答案】.电流表 1.4.5 .1.5【解析】【详解】（1）1PQ 连接电流表测电路的电流，MN连接内阻已知的电流表相当于改装了一只电压表，故 PQ接电流表 2，MN 接电流表 1。（2）23由闭合电路欧姆定律()21012EUI rIRrI r=+=+解得120101ErIIRrRr=+第17页/共21页 结合图像解得

40、4.5VE=1.5r=四、解答题（四、解答题（13 题题 12 分，分，14 题题 13 分，分，15 题题 16 分）分）13.一只篮球的体积为0V，球内气体的压强为0p，温度为0T。现用打气筒对篮球充入压强为02p、温度为0T、体积为1V（大小未知）的气体，使球内气体压强变为03p，同时温度升至01.5T。已知气体内能 U与温度的关系为 U=kT（k为正常数），充气过程中气体向外放出 Q 的热量，篮球体积不变。求（1）充入气体的体积1V的大小；（2）充气过程中打气筒对气体做的功。【答案】（1）012VV=；（2）012WQkT=+【解析】【详解】（1）充入气体的体积为1V，根据理想气体状态

41、方程有 000100000231.5p Vp Vp VTTT+=解得012VV=（2）由于充气过程中气体向外放出 Q的热量，根据热力学第一定律有()QUW=+根据气体内能 U与温度的关系表达式有 00011.52UkTkTkT=解得012WQkT=+14.如图所示，质量为 m的小圆环 A套在足够长的光滑水平杆上，质量为 3m的小球 B 通过长度为 L的轻绳与 A连接，初始时轻绳处于水平伸直状态，A、B均静止，光滑水平地面上静止有小球 1和 2，小球 1的质量为 3m，小球 2的质量为 m，小球 1位于 A环正下方 L处，某时刻释放小球 B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后 B 在水平地面上向左

42、运动，所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，已知重力加速度为 g，不计空气阻力，所有小球均可视为质点，求：（1）轻绳断裂时 A、B各自的速度大小；第18页/共21页（2）轻绳所能承受的最大拉力；（3）小球 1与小球 2第一次碰撞过程中，小球 1对小球 2 的冲量大小。【答案】（1）A3 22gLv=，B22gLv=；（2）27mg；（3）324mgL【解析】【详解】（1）小球 B开始释放至轻绳断裂，A、B组成的系统水平方向动量守恒，则有 AB30mvmv=A、B组成的系统满足机械能守恒，则有 22AB113322mgLmvmv=+联立解得A3 22gLv=，B22gLv=（2）B到达最低点时轻绳刚好

43、断裂，达到最大拉力，由向心力公式有2AB3()3m vvTmgL+=联立解得轻绳所能承受的最大拉力为27Tmg=（3）绳断后，B球在水平地面向左运动与 1号球碰撞，设碰后 B 球和 1 号球速度分别为Bv和0v，由动量守恒和能量守恒可得BB0333mvmvmv=+，222BB0111333222mvmvmv=+解得B0v=，022gLv=1、2号球碰撞前后动量守恒和机械能守恒，则有 01233mvmvmv=+，22201211133222mvmvmv=+的第19页/共21页 解得124gLv=，23 24gLv=对 2号球，由动量定理可得 122Imv=解得小球 1 对小球 2的冲量大小为 1

44、2324mgLI=15.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。区宽度为 d，左边界与 x 轴垂直交于坐标原点 O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为0B；区宽度为 L，左边界与 x轴垂直交于1O点，右边界与 x轴垂直交于2O点，其内充满沿 y轴负方向的匀强电场。测试板垂直 x轴置于区右边界，其中心C与2O点重合。从离子源不断飘出电荷量为 q、质量为 m 的正离子，加速后沿 x 轴正方向过 O点，依次经区、区，恰好到达测试板中心 C。已知离子刚进入区时速度方向与 x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在区中运动时速度的大小 v；（2）求区内电场强度的

45、大小 E；（3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为 B（数值未知）方向相反且平行 y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于 C点，需沿 x 轴移动测试板，求移动后 C到1O的距离 S。【答案】（1）0sinqB dvm=；（2）220222tantansintanqB dddELmL=+；（3）()6317SL+=【解析】【分析】第20页/共21页【详解】（1）设离子在区内做匀速圆周运动的半径为 r，由牛顿第二定律得 20vqvBmr=根据几何关系得sindr=联立式得0sinqB dvm=（2）离子在区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y

46、方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心 C 的时间为 t，y 方向的位移为0y，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 qEma=由运动的合成与分解得()cos?Lvt=，0(1cos)yr=，()201sin?2yvtat=联立得220222tantansintanqB dddELmL=+（3）区内填充磁场后，离子在垂直 y轴的方向做线速度大小为 vcos的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何关系得 22222lrr+=+，cos2 rr=由于在 y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于 C 点，则离子在区内的运动时间不变，故有coscoslLvv=C到1O的距离 2 sinSrr=+联立得()6317SL+=第21页/共21页