2024届山东省潍坊市高三上学期模拟预测物理试题含答案.pdf

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1、 第1页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 2023 年潍坊市普通高中学科素养能力测评年潍坊市普通高中学科素养能力测评 高三物理高三物理 注意事项：注意事项：1答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。2选择题答案必须使用选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用黑色签字笔书写，绘图时，可用 2B 铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目

2、的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，分，共共 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。1.一物体做匀加速直线运动，连续经过 B、C、D三点，B、C 间的距离为 4.5m，C、D间的距离为 9.5m，通过 BC与 CD 的时间相同，则经过 B 点与

3、C 点的速度之比为（）A.3：5 B.2：7 C.9：19 D.5：7 2.一列沿 x 轴传播的横波，t=0.5s 时的波形如图甲所示，已知平衡位置在 x=0m处质点的振动图像如图乙所示，则（）A.该波沿 x轴负方向传播 B.在 t=0.5s时 x=0m处质点的速度与加速度方向相反 C.从 t=0.5s 开始 x=0m处质点在 0.3s 内的路程小于 5cm D.该波的波速大小为 20m/s3 3.如图所示，在真空中 a点固定正点电荷，电量为 Q1，b点固定负点电荷，电量为-Q2，Q1Q2。cd 为 ab的中垂线，M、N 关于 O 点对称，下列说法正确的是（）第2页/共10页 学科网（北京）股

4、份有限公司 A.M、N 两点的电场强度相同 B.a、b连线上 O点的电场强度最小 C.M、N两点的电势相等 D.将一正检验电荷从 M沿直线移到 N 的过程中电势能先变小后变大 4.中国天眼 FAST 为我国探索外太空做出了巨大贡献。研究团队利用中国天眼发现了一个名为 PSR J1953 1844（M71E）的双星系统，其运动周期仅为 53 分钟，是目前发现运动周期最短的脉冲星双星系统。该双星系统由一颗质量较大的恒星 a 和一颗质量较小的脉冲星 b 组成，它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。观察发现脉冲星 b 在不断吞噬恒星 a 的物质，两者之间的距离在不断减小。若两星之间的距离变为原来的89

5、，运动轨道仍然为圆周，则运动周期变为原来的（）A.89 B.32(89)C.32(98)D.12(98)5.某同学设计了如下电路，已知滑动变阻器总阻值为 R，电源电动势为 E，内阻为 r，开关闭合时小灯泡正常发光，现将滑片从右向左滑动，各元件均可安全工作，下列说法正确的是（）A.小灯泡变亮 B.电流表 A 示数先变小后变大 C.电压表 V 示数先变小后变大 D.电源的总功率先变小后变大 6.如图所示，质量为 m 的小物块开始静止在一半径为 R 的球壳内，它和球心 O 的连线与竖直方向的夹角为 30。现让球壳随转台绕转轴OO一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为 g，则（）第3页/共

6、10页 学科网（北京）股份有限公司 A.静止时物块受到的摩擦力大小为32mg B.若转台的角速度为33gR，小物块不受摩擦力作用 C.若转台的角速度为gR，小物块受到的摩擦力沿球面向下 D.若转台角速度为323gR，小物块受到的摩擦力沿球面向下 7.如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为 4m，由电动机驱动以 4m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为 10kg的包裹无初速的放到传送带 A 端，包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，重力加速度为 g10m/s?=，则包裹从 A 运动到 B 的过程（）A.时间为 1s B.时间 4s C.电动机多输出的电能为

7、 40J D.电动机多输出的电能为 80 2J 8.小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 1000 2N，某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为 15的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为 33，则他能拉动的重物质量最大为（）的为 第4页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 A.100kg B.100 3kg C.200kg D.200 3kg 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 4 分，分，共共 16 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

8、求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9.一带正电的粒子在匀强电场中仅在电场力作用下运动，如图所示 Oab 为运动轨迹的一部分，以 O点为坐标原点建立平面直角坐标系，a、b 点坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），粒子从 O 到 a 和从 a 到 b 的时间均为 t，粒子的比荷为 qm，则匀强电场的场强方向和大小应为（）A.方向与 x轴正向夹角的正切值21212n2yytaxx=B.方向与 x轴正向夹角的正切值2121nyytaxx=C.大小为()()2221212mxxyyqt+D.大小为()()222121222mxxy

9、yqt+10.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下端悬挂一质量为 M 的托盘，处于静止状态。现将一质量为 m 的粘性小球自距盘面高度为 h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为 g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（）第5页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 A.小球与盘运动的最大速度为 2mghMm+B.小球与盘碰后向下运动距离 mgk时，盘的速度达到最大 C.小球与盘向上运动过程中，弹簧弹性势能一直减小 D.当小球与盘的加速度向上且大小为 mgMm+时，其速度大小为 2mghMm+11.如图所示为某款手机内部加速度传感器的俯视图

10、，M、N 为电容器的两极板，M 板固定在手机上，N板通过两完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开，M、N 间距离为 d0，电压传感器示数为0U，已知弹簧的劲度系数为 k，N板质量为 m，不计摩擦，当手机在水平面内以加速度 a 沿 NM 方向运动时（）A.电容器的电容变大 B.M、N 板间的电场强度不变 C.电压传感器示数为0012maUkd+D.电压传感器示数为0012maUkd 的 第6页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 12.竖直平面内有一匀强电场，以水平向右为正方向建立 x 轴，x 轴上各点电势的变化规律如图所示。将一带正电的小球从原点O无初速释放，小球沿x轴运动，经

11、0.4s到达x=6dm处。已知小球的质量为44 10kg，2s10m/g=，则（）A.匀强电场的场强大小为 24V/m B.小球所带电荷量为41.25 10C C.电场强度方向沿 x轴正方向 D.小球运动到 x=6dm处的电势能为31.8 10 J 三、非选择题：三、非选择题：本题共本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。13.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。某同学的实验步骤如下：（1）正确安装单摆，测出摆线长 l；（2）释放摆球，从摆球第 1 次经过平衡位置开始计时，第 n次经过平衡位置结束计时，停表记

12、录的时间为t，则单摆周期 T=_。（3）改变摆长，测出几组摆线长 l和对应的周期 T，作出lT图像，如图所示。（4）测得图像的斜率为 k，纵截距为-b，则重力加速度 g=_，摆球的直径为_（用所测物理量符号表示）。14.小明同学用测电阻的方法测量一捆铜电线的实际长度，其标注长度为 100m，已知纯铜的电阻率为 第7页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 1.75 10 m。小明同学从实验室找来了如下器材测量电线的电阻xR：量程为 3V、内阻约为 3k的电压表 V；量程为 0.6A、内阻约为 0.1的电流表 A；阻值为 05的滑动变阻器 R；内阻较小，电动势为 3V 的电源 E；阻值为 4.5

13、0的定值电阻 R；开关和导线若干。（1）用螺旋测微器测量铜电线的直径，示数如图所示，则铜电线的直径为_mm。（2）请帮小明同学设计实验电路，将电路图画到方框内，并标明各器材的符号_。（3）正确测量后得到若干数据，在坐标纸上做出 U-I 图像，由图像结合已知数据测得电线长度为_m（保留三位有效数字）。第8页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 （4）再三检查上述仪表及实验操作均没有问题后，他又用其它方法准确测出该捆电线的实际长度是 100m，导致本次测量偏差较大可能是_。A.实验存在系统误差，电阻的测量值偏大 B.铜导线含有杂质，导线的电阻率比纯铜的大 C.直径的测量值比实际值偏小 15.如图

14、所示，用长为 l的绝缘细线把一个质量为 m，电荷量为 q的带正电小球悬挂在 O 点，现加一电场强度最小的匀强电场，使小球静止在 A 点，此时细线与竖直方向夹角45=，重力加速度为 g，求：（1）电场强度大小及方向；（2）要使小球能绕 O点做完整的圆周运动，在 A 点沿切线方向给小球的初速度的最小值。16.如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与物块 A 栓接。物块 A 用细线跨过光滑的定滑轮 O 连接球 B，细线平行于斜面，A、B 处于静止状态。此时球 B 与地面的距离为 h，物块 A 位于斜面上O点。现用外力将球 B 沿竖直方向缓慢拉至地面，无初速释

15、放，物块A 在斜面上以O点为中心做简谐运动，当 A 运动到最低点时细线恰好无拉力。已知物块 A、球 B 的质量均 第9页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 为 m，重力加速度为 g。求：（1）弹簧的劲度系数；（2）运动过程中物块 A 的最大速度。17.如图所示，在 xOy 平面内 x 轴上方的匀强电场沿 y 轴负方向，x 轴与虚线 ab 间的匀强电场斜向下与 x轴负方向夹角为（未知），场强沿 y 轴的分量与 x 轴上方的场强大小相等。一带正电的粒子沿 x 轴正方向从 M 点射出，已知OMd=，粒子恰好垂直 ab 离开 x 轴下方电场；若仅将 x 轴下方电场方向变为斜向下与 x 轴正方向的夹

16、角为，场强大小不变，粒子再次从 M 点以相同的初速度射出，进入 x 轴下方电场后做直线运动，离开 ab时粒子的动能是上次离开时的 3倍。不计空气阻力和粒子的重力。求：（1）粒子先后两次在 x轴下方电场中沿 x轴方向运动的位移之比；（2）x 轴下方电场沿 y轴方向宽度；（3）粒子做直线运动离开 ab时，x 轴下方电场方向与 x 轴正方向的夹角 的正切值。18.如图所示，长木板 C放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别放有两滑块 A、B，已知 A、B、C的质量分别为A2kgm=、B3kgm=、C1kgm=，滑块 A与 C 间的动摩擦因数为10.2=，B与 C 间的动摩擦因数为20.4=，木板长度

17、4mL=，开始整个系统静止，某时刻敲击滑块 A，使其立即获得3.5m/s的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取210m/sg=求：（1）经多长时间滑块 A、B发生碰撞；（2）木板 C运动的最大速度；（3）碰后滑块 A、B 间最大距离。的的 第10页/共10页 学科网（北京）股份有限公司 第1页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 2023 年潍坊市普通高中学科素养能力测评年潍坊市普通高中学科素养能力测评 高三物理高三物理 注意事项：注意事项：1答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置

18、。2选择题答案必须使用选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用黑色签字笔书写，绘图时，可用 2B 铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，

19、每小题 3 分，分，共共 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。1.一物体做匀加速直线运动，连续经过 B、C、D三点，B、C 间的距离为 4.5m，C、D间的距离为 9.5m，通过 BC与 CD 的时间相同，则经过 B 点与 C 点的速度之比为（）A.3：5 B.2：7 C.9：19 D.5：7【答案】B【解析】【详解】通过 BC 段与 CD段所用时间均为 T，通过 C点速度 72BCCDCxxvTT+=加速度 225CDBCxxaTT=经过 B点速度 2BCvvaTT=经过 B点与 C点的速度之比为 2：7。故选

20、 B。2.一列沿 x 轴传播的横波，t=0.5s 时的波形如图甲所示，已知平衡位置在 x=0m处质点的振动图像如图乙所示，则（）第2页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 A.该波沿 x轴负方向传播 B.在 t=0.5s时 x=0m处质点的速度与加速度方向相反 C.从 t=0.5s 开始 x=0m处质点在 0.3s 内的路程小于 5cm D.该波的波速大小为 20m/s3【答案】D【解析】【详解】A由乙图可知，在 t=0.5s 时 x=0m处质点速度方向指向平衡位置，结合甲图，根据“同侧法”可知该波沿 x 轴正方向传播，A 错误；B由乙图可知，在 t=0.5s 时 x=0m 处质点向平衡位置

21、运动，质点速度逐渐增大，做加速运动，故速度与加速度方向相同，B错误；C由乙图可知，从 t=0.5s开始 x=0m处质点向平衡位置运动，在 0.3s内质点速度先增大后减小，平均速度大于0 0.3s时间内的平均速度，故在 0.3s内的路程大于振幅 5cm，C错误；D由甲图可知 210m4433+=解得 8m=由乙图可知 1.2sT=故波速大小为 820m/sm/s1.23vT=D正确。故选 D。3.如图所示，在真空中 a点固定正点电荷，电量为 Q1，b点固定负点电荷，电量为-Q2，Q1Q2。cd 为 ab的中垂线，M、N 关于 O 点对称，下列说法正确的是（）第3页/共26页 学科网（北京）股份有

22、限公司 A.M、N 两点的电场强度相同 B.a、b连线上 O点的电场强度最小 C.M、N两点的电势相等 D.将一正检验电荷从 M沿直线移到 N 的过程中电势能先变小后变大【答案】C【解析】【详解】A根据电场的叠加原理可知，M、N两点的电场强度大小相等，方向不同，故 A错误；B若两点电荷电荷量相等，则连线中点点场强度最小，而此时两电荷电荷量不相等，则 a、b 连线上电场强度最小的位置应在 O 点的右侧，故 B 错误；CM、N 关于 O点对称，则 M、N两点电势相等，故 C 正确；D从 M沿直线移到 N的过程中，电势先升高后降低，所以将一正检验电荷从 M沿直线移到 N 的过程中电势能先变大后变小，

23、故 D错误。故选 C。4.中国天眼 FAST 为我国探索外太空做出了巨大贡献。研究团队利用中国天眼发现了一个名为 PSR J1953 1844（M71E）的双星系统，其运动周期仅为 53 分钟，是目前发现运动周期最短的脉冲星双星系统。该双星系统由一颗质量较大的恒星 a 和一颗质量较小的脉冲星 b 组成，它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。观察发现脉冲星 b 在不断吞噬恒星 a 的物质，两者之间的距离在不断减小。若两星之间的距离变为原来的89，运动轨道仍然为圆周，则运动周期变为原来的（）A.89 B.32(89)C.32(98)D.12(98)【答案】B【解析】【详解】设恒星 a的质量为M，脉

24、冲星 b的质量为m，它们做匀速圆周运动半径分别为ar、br，两星之间的距离为L，运动周期均为T；以恒星 a为对象，根据牛顿第二定律可得 的 第4页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 2224aGMmMrLT=以脉冲星 b 为对象，根据牛顿第二定律可得 2224bGMmmrLT=又 abrrL+=联立可得 234()TGLMm=+由于脉冲星 b在不断吞噬恒星 a 的物质，两星的总质量不变，两星之间的距离变为原来的89，则运动周期变为 2384()9()LTG Mm=+联立可得 329()8TT=故选 B。5.某同学设计了如下电路，已知滑动变阻器总阻值为 R，电源电动势为 E，内阻为 r，开关

25、闭合时小灯泡正常发光，现将滑片从右向左滑动，各元件均可安全工作，下列说法正确的是（）A.小灯泡变亮 B.电流表 A 示数先变小后变大 C.电压表 V 示数先变小后变大 D.电源的总功率先变小后变大【答案】A 第5页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】A依题意，将滑片从右向左滑动，滑动变阻器与小灯泡并联的部分电阻越来越大，由串联分压原理，可知小灯泡的电压一直增大，所以小灯泡将变亮。故 A正确；B设滑动变阻器与小灯泡并联部分的电阻为 R0，则剩余部分电阻为（R-R0）由闭合电路欧姆定律，可得 00020011LLLEEIR RRrRRrRRRRR=+滑片从右向左滑动过程中，R0增

26、加，则干路电流增大。故 B 错误；C根据 UEIr=可知电压表 V 示数变小。故 C 错误；D根据 PEI=总 易知随着干路电流的增加，电源的总功率也在增加。故 D错误。故选 A。6.如图所示，质量为 m 的小物块开始静止在一半径为 R 的球壳内，它和球心 O 的连线与竖直方向的夹角为 30。现让球壳随转台绕转轴OO一起转动，物块在球壳内始终未滑动，重力加速度大小为 g，则（）A.静止时物块受到的摩擦力大小为32mg B.若转台的角速度为33gR，小物块不受摩擦力作用 C.若转台的角速度为gR，小物块受到的摩擦力沿球面向下 D.若转台的角速度为323gR，小物块受到的摩擦力沿球面向下 第6页/

27、共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】D【解析】【详解】A静止时，对物块分析，根据平衡条件有 01sin302fmgmg=故 A 错误；B球壳随转台绕转轴OO一起转动，物块做匀速圆周运动，由沿圆周半径方向的合力提供向心力，若物块所受摩擦力恰好为 0 时，角速度为0，对物块进行分析，则有 20tan30sin30mgmR=解得 02 33gR=故 B 错误；C若转台的角速度为gR，由于 02 33ggRR=可知，物块有沿球壳向上运动的趋势，小物块受到的摩擦力沿球面向下，故 D正确。故选 D。7.如图所示，某快递公司为提高工作效率，利用传送带传输包裹，水平传送带长为 4m，由电动机驱动以 4

28、m/s的速度顺时针转动。现将一体积很小、质量为 10kg的包裹无初速的放到传送带 A 端，包裹和传送带间的动摩擦因数为 0.1，重力加速度为 g10m/s?=，则包裹从 A 运动到 B 的过程（）第7页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 A.时间为 1s B.时间为 4s C.电动机多输出的电能为 40J D.电动机多输出的电能为 80 2J【答案】D【解析】【详解】AB包裹加速度为 21m/smgagm=加速运动到与传送带共速经历的时间为 14s4s1vta=位移为 21118m4m2xat=故包裹在与传送带共速前已经滑离传送带，由 212Lat=可得 22 2sLta=AB 错误；CD

29、包裹从 A 运动到 B 的过程传送带位移为 8 2mxvt=传 包裹位移为 4mxL=包 摩擦生热为 第8页/共26页 学科网（北京）股份有限公司()()80 240 JQmg xL=传 包裹的获得的速度为 2 2m/svat=包裹获得的动能为 2k140J2Emv=故电动机多做的功为 k80 2JWQE=+=C错误，D 正确。故选 D 8.小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力最大为 1000 2N，某次训练中，体育老师将不同质量的重物置于倾角为 15的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数为 33，则他能拉动的重物质量最大为（）A.100kg B.100 3kg C.

30、200kg D.200 3kg【答案】C【解析】【详解】设 F 与斜面夹角为，则恰好拉动物体时有()cossin15cos15sinFmgmgF=+整理可得()()221sin45sin15cos15sin45sincossin1sinmgmgmgmgF+=+故当()sin1+=时，m最大。第9页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 200kgsin45Fmg=故选 C。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 4 分，分，共共 16 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

31、 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9.一带正电的粒子在匀强电场中仅在电场力作用下运动，如图所示 Oab 为运动轨迹的一部分，以 O点为坐标原点建立平面直角坐标系，a、b 点坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），粒子从 O 到 a 和从 a 到 b 的时间均为 t，粒子的比荷为 qm，则匀强电场的场强方向和大小应为（）A.方向与 x轴正向夹角的正切值21212n2yytaxx=B.方向与 x轴正向夹角的正切值2121nyytaxx=C.大小为()()2221212mxxyyqt+D.大小为()()222121222mxxyyqt+【答案】

32、AD【解析】【详解】A由题意，根据逐差公式可得()21121222xxxxxxatt=()21121222yyyyyyatt=因此，匀强电场的方向为 第10页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 21212tan2yxayyaxx=故 A 正确；B由 A项可知，B错误；C因带电粒子仅受电场力，则由牛顿第二定律有 qEma=由矢量合成法则可知 222221212222xyxxyyaaatt=+=+联立解得()()222121222mExxyyqt=+故 C 错误；D由 C项可知，D正确；故选 AD。10.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下端悬挂一质量为 M 的托盘，处于静止状态。现将一质量为

33、 m 的粘性小球自距盘面高度为 h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为 g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（）A.小球与盘运动最大速度为 2mghMm+B.小球与盘碰后向下运动距离 mgk时，盘的速度达到最大 C.小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小 的 第11页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 D.当小球与盘的加速度向上且大小为 mgMm+时，其速度大小为 2mghMm+【答案】BD【解析】【详解】A对小球下落 h的过程应用动能定理 2112mghmv=解得与盘碰撞前小球速度为 12vgh=小球与盘碰撞过程动量守恒

34、()12mvMm v=+解得碰后瞬间二者速度为 22mghvMm=+碰后小球与盘的重力大于弹簧弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零，弹力与二者重力相等时，速度达到最大，故最大速度大于2mghMm+，A 错误；B设初始时刻弹簧形变量为1x，速度最大时弹簧形变量为2x，则有 1kxMg=()2kxMm g=+下落距离为 21hxx=联立可得 mghk=B正确；C碰后小球与盘做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可能处于压缩状态，故小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，C错误；D碰后瞬间，对小球与盘整体应用牛顿第

35、二定律，有()()1Mm gkxMm a+=+第12页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 解得 mgaMm=+方向向下。由简谐运动对称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为 mgMm+时，小球速度大小为2mghMm+，D 正确。故选 BD。11.如图所示为某款手机内部加速度传感器的俯视图，M、N 为电容器的两极板，M 板固定在手机上，N板通过两完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开，M、N 间距离为 d0，电压传感器示数为0U，已知弹簧的劲度系数为 k，N板质量为 m，不计摩擦，当手机在水平面内以加速度 a 沿 NM 方向运动时（）A.电容器的电容变大 B.M、N 板间的电场

36、强度不变 C.电压传感器示数为0012maUkd+D.电压传感器示数为0012maUkd【答案】BC【解析】【详解】A当手机在水平面内以加速度 a 沿 NM 方向运动时，N板所受合力方向向右，N板将压缩弹簧，两极板间距增大，令极板间距为 d，根据 04SCk d=可知，电容器的电容变变小，故 A 错误；第13页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 B电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量一定，根据 QCU=，UEd=解得 04 k QES=可知，M、N板间的电场强度不变，故 B正确；CD没有加速运动前有 004SCk d=，0QCU=加速运动之后有 04SCk d=，QCU=N板所受外力的合

37、力等于弹簧压缩后的弹力，则有()02k ddma=解得 0012maUUkd=+故 C 正确，D错误。故选 BC。12.竖直平面内有一匀强电场，以水平向右为正方向建立 x 轴，x 轴上各点电势的变化规律如图所示。将一带正电的小球从原点O无初速释放，小球沿x轴运动，经0.4s到达x=6dm处。已知小球的质量为44 10kg，2s10m/g=，则（）A.匀强电场的场强大小为 24V/m B.小球所带电荷量为41.25 10C 第14页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 C.电场强度方向沿 x轴正方向 D.小球运动到 x=6dm处的电势能为31.8 10 J【答案】BD【解析】【详解】C将一带正

38、电的小球从原点 O 无初速释放，小球沿 x 轴运动，则竖直方向小球受平衡力，竖直方向上的电场强度方向竖直向上；水平方向带正电的小球受力方向沿 x 轴正方向，所以水平方向电场强度方向向右，所以电场强度的方向向右上方，故 C 错误；B带正电的小球从原点 O无初速释放，小球沿 x轴做匀速直线运动，由212xat=，解得 2227.5m/sxat=由牛顿第二定律可得 xFqEma=解得小球所带电荷量为 41.25 10CxmaqE=故 B 正确；A水平方向匀强电场的场强大小为()1012V/m24V/m5 10 xUEd=竖直方向小球受平衡力 ymgqE=解得 444 1010V/m32V/m1.25

39、 10ymgEq=匀强电场的场强大小为 2240V/mxyEEE=+=故 A 错误；D小球从原点 O无初速释放，运动到 x=6dm处电场力做功 31.8 10JxWqE d=第15页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 所以小球从原点 O 无初速释放，运动到 x=6dm处电势能降低31.8 10J，电势能为31.8 10J，故 D正确。故选 BD。三、非选择题：三、非选择题：本题共本题共 6 小题，共小题，共 60 分。分。13.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出了巴黎的重力加速度。我们也可以采用同样的办法，测量所在地区的重力加速度。某同学的实验步骤如下：（1）正确安装单摆，测出

40、摆线长 l；（2）释放摆球，从摆球第 1 次经过平衡位置开始计时，第 n次经过平衡位置结束计时，停表记录的时间为t，则单摆周期 T=_。（3）改变摆长，测出几组摆线长 l和对应的周期 T，作出lT图像，如图所示。（4）测得图像的斜率为 k，纵截距为-b，则重力加速度 g=_，摆球的直径为_（用所测物理量符号表示）。【答案】.21tn .24k .2b【解析】【详解】（2）1球在一个周期内两次经过平衡位置，有 12nTt=得周期为 21tTn=故填21tn；（4）2单摆的周期公式为 第16页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 2LTg=摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和 2dLl=+得 22

41、42gdlT=则斜率 24gk=得重力加速度为 24gk=3由截距为-b，有 2db=得 2db=故填2b。14.小明同学用测电阻的方法测量一捆铜电线的实际长度，其标注长度为 100m，已知纯铜的电阻率为1.75 10 m。小明同学从实验室找来了如下器材测量电线的电阻xR：量程为 3V、内阻约为 3k的电压表 V；量程为 0.6A、内阻约为 0.1电流表 A；阻值为 05的滑动变阻器 R；内阻较小，电动势为 3V 的电源 E；阻值为 4.50的定值电阻 R；开关和导线若干。（1）用螺旋测微器测量铜电线的直径，示数如图所示，则铜电线的直径为_mm。（2）请帮小明同学设计实验电路，将电路图画到方框

42、内，并标明各器材的符号_。的 第17页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 （3）正确测量后得到若干数据，在坐标纸上做出 U-I 图像，由图像结合已知数据测得电线长度为_m（保留三位有效数字）。（4）再三检查上述仪表及实验操作均没有问题后，他又用其它方法准确测出该捆电线的实际长度是 100m，导致本次测量偏差较大可能是_。A.实验存在系统误差，电阻的测量值偏大 B.铜导线含有杂质，导线的电阻率比纯铜的大 C.直径的测量值比实际值偏小【答案】.3.989#3.988 .119 .B 第18页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】（1）1螺旋测微器读数为 3.5mm48.9 0.

43、01mm3.989mm+=（2）2由电阻定律lRS=，24DS=可知，金属丝阻值大约为()8231.75 101000.143.989 104xR=阻值较小，直接选择伏安法，电流表量程不够，故应使xR与0R串联，电流表外界，电路图为 （3）3由图像可知 02.804.50.6xURRI=结合电阻定律可知 24119mxDRl=（4）4A实验中电流表外接，会导致电阻测量值偏小，由24xDRl=可知，电阻测量值偏小，会导致l偏小。A 错误；B由24xDRl=可知，铜导线含有杂质，导线的电阻率比纯铜的大，将纯铜电阻率代入表达式中会导致l偏大，B 正确；第19页/共26页 学科网（北京）股份有限公司

44、C由24xDRl=可知，直径的测量值比实际值偏小，会导致 l偏小，C错误。故选 B。15.如图所示，用长为 l的绝缘细线把一个质量为 m，电荷量为 q的带正电小球悬挂在 O 点，现加一电场强度最小的匀强电场，使小球静止在 A 点，此时细线与竖直方向夹角45=，重力加速度为 g，求：（1）电场强度大小及方向；（2）要使小球能绕 O点做完整的圆周运动，在 A 点沿切线方向给小球的初速度的最小值。【答案】（1）22mgq，方向与水平方向夹角 45，斜向右上方；（2）5 22Aglv=【解析】【详解】（1）如图所示，当电场力方向与细线垂直时电场力最小 由几何关系 sinqEmg=解得 sin22mgm

45、gqq=第20页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 与水平方向夹角 45，斜向右上方（2）由（1）可知，在 A点电场力与重力的合力为 2cos2Fmgmg=合 故小球恰好通过等效最高点时有 2mvFl=合 从 A 到等效最高点应用动能定理有 2211222AFlmvmv=合 解得 5 22Aglv=16.如图所示，倾角为30的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与物块 A 栓接。物块 A 用细线跨过光滑的定滑轮 O 连接球 B，细线平行于斜面，A、B 处于静止状态。此时球 B 与地面的距离为 h，物块 A 位于斜面上O点。现用外力将球 B 沿竖直方向缓慢拉至地面，无初

46、速释放，物块A 在斜面上以O点为中心做简谐运动，当 A 运动到最低点时细线恰好无拉力。已知物块 A、球 B 的质量均为 m，重力加速度为 g。求：（1）弹簧的劲度系数；（2）运动过程中物块 A 的最大速度。【答案】（1）2mgh；（2）gh【解析】【详解】（1）物块 A、B处于静止状态时，对 A 受力分析，由平衡状态可知 sinkxmgmg+=此时弹簧伸长x。第21页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 在 A 上升到最高点时，对 AB 整体分析由牛顿第二定律可得()sin302mgk xhmgma+=在 A 回到最低点时，对 A 分析由牛顿第二定律可得()sin30k hxmgma=联立求

47、得 2mgkh=（2）由（1）分析可求得 14xh=从 B 刚离开地面到 A 回到O时，由能量守恒可得()222111sin302222mghmghk hxkxmv+=求得 vgh=17.如图所示，在 xOy 平面内 x 轴上方的匀强电场沿 y 轴负方向，x 轴与虚线 ab 间的匀强电场斜向下与 x轴负方向夹角为（未知），场强沿 y 轴的分量与 x 轴上方的场强大小相等。一带正电的粒子沿 x 轴正方向从 M 点射出，已知OMd=，粒子恰好垂直 ab 离开 x 轴下方电场；若仅将 x 轴下方电场方向变为斜向下与 x 轴正方向的夹角为，场强大小不变，粒子再次从 M 点以相同的初速度射出，进入 x

48、轴下方电场后做直线运动，离开 ab时粒子的动能是上次离开时的 3倍。不计空气阻力和粒子的重力。求：（1）粒子先后两次在 x轴下方电场中沿 x轴方向运动的位移之比；（2）x 轴下方电场沿 y轴方向的宽度；（3）粒子做直线运动离开 ab时，x 轴下方电场方向与 x 轴正方向的夹角 的正切值。第22页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）1：3；（2）3d；（3）2tan2=【解析】【详解】（1）设初速度为 v0，第一次进入第四象限的沿 x轴方向运动的位移为 x1，水平方向的加速度的大小为 a1，第二次进入第四象限的沿 x 轴方向运动的位移为 x2，水平方向的加速度的大小为 a2，因为

49、第一次粒子恰好垂直 ab 离开 x 轴下方电场，根据运动合成与分解，水平方向是从 v0匀减速到 0 的，由速度位移公式 201 102va x=速度时间公式 010vat=由于仅将 x 轴下方电场方向变为斜向下与 x轴正方向的夹角为，场强大小不变，则第二次粒子竖直方向运动不变，则在 x 轴下方电场中的时间也为 t，水平方向的加速刚好反向，即 21aa=则水平方向末速度 0202vva tv=+=速度位移公式 220222vva x=综上可得 1213xx=（2）设 x 轴上方电场的电场强度为 E，x 轴下方电场沿 y 轴方向的宽度为 L，第一次粒子落到 x 轴上方时，竖直方向的速度为y1v，则

50、对竖直方向列动能定理 2y112Eqdmv=y10tanvv=设第二次粒子进入 x 轴下方电场后做直线运动离开 ab 时的竖直方向的速度为y2v，则对竖直方向列动能定理 第23页/共26页 学科网（北京）股份有限公司 2y21()2Eq dLmv+=y2y20tan2vvvv=综上可得 3Ld=（3）设粒子第一次从 M 点到离开电场时的速度为yv，动能为k1E，则粒子第二次从 M 点到离开电场时的竖直速度也为yv，设水平速度为xv，动能为k2E，则 2k1y12Emv=22k2y1122xEmvmv=+又因为 k2k13EE=则求得 y2xvv=所以 y2tan2xvv=18.如图所示，长木板