2024届哈尔滨三中高三上学期1月期末考试物理试题含答案.pdf

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1、 第1页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 哈三中哈三中 20232024 学年度上学期学年度上学期 高三学年期末考试物理试卷高三学年期末考试物理试卷 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 10 小题，共小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，分。在每小题给出的四个选项中，17 小题只有一个选小题只有一个选项正确，每小题项正确，每小题 4 分。分。810 小题有多个选项正确，全部选对的得小题有多个选项正确，全部选对的得 6分，选不全的得分，选不全的得 3 分，有分，有选错或不答的不得分）选错或不答的不得分）1.在跳水比赛中，某运动员（可看作质点）速度与时间关系图像如图所示，选竖直向下为

2、正方向，0=t是其向上起跳瞬间，30 t过程中下列说法正确的是（）A.2t时刻，该运动员上升到最高点 B.3t时刻，该运动员距离起跳点最远 C.1t时刻，该运动员加速度的方向发生了变化 D.21tt时间内的平均速度大于23tt时间内的平均速度 2.如图，质量分别为 2m和 3m的方形物体 A和 B在水平恒力 F 作用下，沿光滑水平面向右运动，A刚好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g，则 A、B间的动摩擦因数为（）A.32mgF B.103mgF C.85mgF D.43mgF 3.如图所示，质量均为 m的小球 A 和物块 B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块 B放在的斜面

3、体 C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力 F将 A 小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角60=，该过程物块 B和斜面 C 始终静止不动，重力加速度为 g。则下列说法正确的是（）的 第2页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 A.水平外力 F保持不变，且3Fmg=B.地面对斜面 C 的支持力保持不变 C.地面对斜面 C 摩擦力一定逐渐增大 D.物块 B和斜面 C之间的摩擦力一定先减小后增大 4.如图所示，虚线、分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道为近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道半

4、径的 2倍，卫星经过 a点的速率为av，经过 b点的速率为bv，则（）A.bv小于22av B.卫星在 a点的加速度为在 c点加速度的2倍 C.质量相同的卫星在 b 点的机械能等于在 c点的机械能 D.卫星在轨道上运行过程中所受到万有引力始终不做功 5.如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面上的半圆形固定轨道在 B点衔接，轨道半径为 R，BC为直径，一可看成质点、质量为 m的物块在 A点处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不拴接）。由静止释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道 B 点时对轨道的压力为其重力的 7 倍，之后沿半圆轨道向上运动，恰能通过该轨道最高点 C，重力加速度大小为 g，不计空气阻力

5、，则（）的 第3页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 A.物块从 B 点到 C 点过程中物块机械能的减少等于克服重力所做的功 B.从释放物块至弹簧恢复原长过程中物块与弹簧组成系统动量守恒 C.物块从 B 点到 C 点过程中克服摩擦阻力所做的功为 0.5mgR D.刚开始弹簧被压缩时的弹性势能为 3.5mgR 6.如图甲所示，a、b 是位于两个等量同种电荷的连线上的两点，且 a、b到 O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过 M、N两点，O为 MN的中点，c、d 是位于 MN连线上的两点，且 c、d 到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A

6、.O点处的电场强度和电势都为零 B.c、d处的磁感应强度大小相等方向相反 C.在 a点处无初速的释放点电荷q，点电荷将运动至 b点且电势能逐渐减小 D.O与 c点处的磁感应强度方向相同 7.在 x 轴上一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点 O 为中心，沿 x 轴做往返运动，x 轴上各点电势如图所示。若该粒子的质量为 m，电荷量为 q，其运动过程中电势能与动能之和为01.6q，则下列说法正确的是（）A.粒子在往返运动过程中能通过02xx=处 B.粒子在01.6xx=时其动能为08q且大于电势能 C.粒子沿 x轴往返运动，一个周期内的路程为09.6x 第4页/共8页 学科网（北京）股份

7、有限公司 D.原点 O与02xx=之间的电场为匀强电场，电场强度大小为002x 8.如图所示电路，电源电动势为 E，内阻为 r，C 为两块彼此靠近而又绝缘平行金属板，两金属板中一带电液滴 P处于静止状态，1R、2R和3R为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器4R的滑片由图中位置向 b端移动过程中，下列判断正确的是（）A.电流表读数减小，电压表读数增大 B.带电液滴 P将向下运动，与极板接触前液滴电势能逐渐增大 C.电源效率和电源的输出功率都逐渐减小 D.金属板一个极板所带电荷量逐渐增大 9.图（a）为某一简谐横波在0=t时刻的图像，2mx=处的质点的振动图像如图（b）所示。下列说

8、法正确的是（）A.该波沿 x轴负方向传播 B.2mx=处质点的振动方程为()4sincm2yt=C.该波的波速为 2m/s D.02.5s 内，2mx=处的质点经过的路程为()82 2 cm+10.如图甲所示，质量为2.0kgm=、带正电52.0 10 Cq=的物块放在绝缘的水平桌面上，滑块处在匀强电场中，电场强度54 10 N/CE=，重力加速度210m/sg=。从原点 O开始，物块与桌面的动摩擦因数随 x 的变化如图乙所示，取原点 O的电势为零，则下列判断正确的是（）的在 第5页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 A.物块运动的最大速度为 2.0m/s B.物块向右运动的最大位移为 4.

9、0m C.当物块速度为2m/s，物块的电势能可能为()168 3 J D.物块最终静止时，物块与水平桌面因摩擦生热量16J 二、非选择题（本题共二、非选择题（本题共 5 小题，共小题，共 54 分）分）11.实验小组用如图所示的装置验证“机械能守恒定律”。（1）除了图中所用的器材，还需要的器材有_（填正确答案标号）。A.刻度尺 B.天平 C.停表 D.游标卡尺（2）实验小组将挂有钩码的细线跨过定滑轮固定在滑块上，并保持滑块静止不动，测出遮光条到光电门中心的距离 L，接通气泵电源，然后将滑块由静止释放。已知钩码的质量为 m、滑块（带遮光条）的质量为 M，遮光条的宽度为 d，光电门记录的遮光时间为

10、 t，当地重力加速度为 g，滑块经过光电门时钩码未着地。则在滑块从释放至遮光条运动至光电门的时间内，系统减少的重力势能为_，系统增加的动能为_。（均用题中所给物理量的字母表示）（3）实验小组发现，所测出系统增加的动能总是大于系统减少的重力势能，可能的原因是：_。12.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻（约1.0）（1）现备有下列器材：A待测的干电池一节 B电流表 A（量程 0150mA、内阻g3.0R=）C电压表 V（量程 03V、内阻 R 约1k）为 第6页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 D滑动变阻器 R（0 20、1.0A）E电阻箱0R（0 99.9）F开关和若干导

11、线 该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为 00.6A的电流表。则电阻箱0R的阻值应取_，并在图甲的虚线框内画出改装后的电路图_；（2）图乙为该同学根据图甲所示电路所绘出的UI图像，U、I分别为电压表 V和电流表 A 的示数（表盘刻度值并未修改），根据该图像可得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_（小数点后保留两位）；（3）对本实验的系统误差理解正确的是_（多选，填正确答案标号）。A电流表的分压作用导致实验出现系统误差 B电压表的分流作用导致实验出现系统误差 C由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验系统误差大 D将虚线框、元件互换，重新进行实验，

12、可排除系统误差 13.某同学课间站在操场上利用一个自制玩具做游戏，将两个小球 A、B 分别固定在一根较长的绳子两端并让两个小球自然垂下，左右手距地高度始终为 1.44 米不变，右手掐住小球 A上方 0.64m处的绳子，左手 第7页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 掐住小球 B上方 0.8m处的绳子。右手以及下方的小球 A 始终保持静止，左手控制下方的小球 B 以左手掐住绳子的点（可认为是静止的）为圆心、以5m/sv=的速度在竖直面做匀速圆周运动，当两个小球高度相同时左右手同时松开，观察到 A小球比 B小球早落地，请通过计算说明两个小球落地的时间差。（绳子的质量可以忽略不计，210m/sg=

13、，sin370.6=，cos370.8=。）14.如图所示，质量为 2m的滑块 A 和质量为 3m的滑块 B中间夹着一个高压气体包（包以及内部气体质量和体积均可忽略），将它们放在质量为 m 左右两侧均有挡板的长板 C的正中间，A、B和 C 均静止，水平地面光滑。现刺破气体包，气体在极短时间内释放出来，让整个装置开始运动，A、B一直在 C板上运动。A、B与 C间的动摩擦因数分别为2、，观察发现 A、B与 C 三个物体经过 t时间可达到第一次速率相等，且并未发生碰撞，重力加速度为 g，求：（1）刺破气体包后的瞬间，A、B 两滑块速度大小之比；（2）从刺破气体包到 A、B与 C 三个物体第一次速率相

14、等的过程中，A、C之间摩擦产生的热量；（3）长板 C的长度至少是多少？15.如图所示，竖直面内的平面直角坐标系 xoy的第二象限内布满了一个匀强电场，方向与 x轴正方向夹60角，其它三个象限布满了电场强度为mgq、方向竖直向上的匀强电场。质量为 m、电荷量为 q的带正电微粒在 x轴上的 A 点()3,0L由静止释放，它会在上方匀强电场的作用下开始运动，并从 y 轴上的 P点()0,L射入第一象限，第一象限和第四象限布满了匀强磁场，方向垂直于坐标系平面向外，之后观察到该粒子会以垂直于 x轴方向的速度经过 C 点，g为重力加速度，求：（1）第二象限内匀强电场的电场强度1E的大小；（2）微粒在第一象

15、限和第四象限中的运动过程所用的总时间 t；（3）若第三象限内某处存在一个方向垂直于坐标系平面、边界分别与 x，y轴平行的矩形磁场区域，该区 第8页/共8页 学科网（北京）股份有限公司 域的最小面积为 S，观察到微粒通过该区域可将速度方向调整至 x 轴垂直的方向后射出该区域，则该矩形区域的磁感应强度2B与第一、四象限内磁场磁感应强度1B的比值为多少。第1页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 哈三中哈三中 20232024 学年度上学期学年度上学期 高三学年期末考试物理试卷高三学年期末考试物理试卷 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 10 小题，共小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中

16、，分。在每小题给出的四个选项中，17 小题只有一个选小题只有一个选项正确，每小题项正确，每小题 4 分。分。810 小题有多个选项正确，全部选对的得小题有多个选项正确，全部选对的得 6分，选不全的得分，选不全的得 3 分，有分，有选错或不答的不得分）选错或不答的不得分）1.在跳水比赛中，某运动员（可看作质点）的速度与时间关系图像如图所示，选竖直向下为正方向，0=t是其向上起跳瞬间，30 t过程中下列说法正确的是（）A.2t时刻，该运动员上升到最高点 B.3t时刻，该运动员距离起跳点最远 C.1t时刻，该运动员加速度的方向发生了变化 D.21tt时间内的平均速度大于23tt时间内的平均速度【答案

17、】B【解析】【详解】A由图像可知，10 t时间内运动员上升，则1t时刻，该运动员上升到最高点，选项 A 错误；B3t时刻，运动员到达水中的最低点，此时图线与横轴上下围成的净面积最大，此时该运动员距离起跳点最远，选项 B正确；C图像的斜率等于加速度，则1t时刻，该运动员加速度的方向没有发生变化，一直是向下的，选项 C 错误；D根据 2mvv=可知，21tt时间内的平均速度等于23tt时间内的平均速度，选项 D错误。故选 B。第2页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 2.如图，质量分别为 2m和 3m的方形物体 A和 B在水平恒力 F 作用下，沿光滑水平面向右运动，A刚好不下滑，设最大静摩擦力

18、等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g，则 A、B间的动摩擦因数为（）A.32mgF B.103mgF C.85mgF D.43mgF【答案】B【解析】【详解】设物体运动的加速度大小为a，对 A、B 整体有 5Fam=隔离 B，可得 A对 B作用力大小 335ABFFm a=由牛顿第三定律知 B对A作用力大小 35BAFF=对A在竖直方向有 2BAFmg=得 103mgF=故选 B 3.如图所示，质量均为 m的小球 A 和物块 B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块 B放在的斜面体 C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力 F将 A 小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角60=，该过程物块 B和斜面 C 始

19、终静止不动，重力加速度为 g。则下列说法正确的是（）A.水平外力 F保持不变，且3Fmg=。第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 B.地面对斜面 C 的支持力保持不变 C.地面对斜面 C 摩擦力一定逐渐增大 D.物块 B和斜面 C之间的摩擦力一定先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A对小球 A受力分析，设绳子与竖直方向夹角为，根据平衡条件 tanFmg=绳拉力 cosmgT=从 0 到 60，可知拉力 T逐渐增大，水平外力 F 逐渐增大，故 A 错误；BC以 B、C 为整体，根据受力平衡，在竖直方向 Tsin+N地=（mB+mC）g 在水平方向上 f=Tcos 由于拉力 T 逐渐增大

20、，可知地面对 C的支持力逐渐减小，地面对斜面 C摩擦力一定逐渐增大，故 B 错误，C正确；D对 B进行受力分析，当 A 上方绳子与竖直方向夹角=0 时，绳子拉力最小 Tmin=mgmgsin 此时斜面 C对 B 的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为 f=T-mgsin 由于拉力 T 逐渐增大，可知物块 B 和斜面 C之间的摩擦力一定一直增大，故 D错误。故选 C。4.如图所示，虚线、分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道为近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道半径的 2倍，卫星经过 a点的

21、速率为av，经过 b点的速率为bv，则（）第4页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 A.bv小于22av B.卫星在 a点的加速度为在 c点加速度的2倍 C.质量相同的卫星在 b 点的机械能等于在 c点的机械能 D.卫星在轨道上运行过程中所受到的万有引力始终不做功【答案】A【解析】【详解】AB由万有引力提供向心力得 22MmvGmrr=解得 GMvr=如果卫星在 b 点做匀速圆周运动，则卫星经过 b 点的速率为经过 a 点的22倍，但卫星在轨道做椭圆运动经过 b 点的速率小于做匀速圆周运动的速率，所以卫星经过 b 点的速率小于经过 a 点速率的22倍。故A 正确；B由公式 2GMar=可知

22、，卫星在 a 点的加速度大小为在 c 点的 4 倍，故 B 错误；C卫星从轨道到轨道需要点火加速，而在同一轨道机械能守恒，所以质量相同的卫星在 b点的机械能小于在 c点的机械能，故 C错误；D卫星在轨道上运行过程中，从近地点到远地点，万有引力做负功；从远地点到近地点，万有引力做正 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 功，故 D 错误。故选 A。5.如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面上的半圆形固定轨道在 B点衔接，轨道半径为 R，BC为直径，一可看成质点、质量为 m的物块在 A点处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不拴接）。由静止释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道 B 点时对轨道的压

23、力为其重力的 7 倍，之后沿半圆轨道向上运动，恰能通过该轨道最高点 C，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则（）A.物块从 B 点到 C 点过程中物块机械能的减少等于克服重力所做的功 B.从释放物块至弹簧恢复原长过程中物块与弹簧组成系统动量守恒 C.物块从 B 点到 C 点过程中克服摩擦阻力所做的功为 0.5mgR D.刚开始弹簧被压缩时的弹性势能为 3.5mgR【答案】C【解析】【详解】AC设物块经过半圆轨道 B点、C点的速度为 vB，vC物块在 B点、C点时根据牛顿第二定律分别有 27BvmgmgmR=2CvmgmR=物块从 B 点到 C 点的过程，由动能定理有 2211222fCBmg

24、RWmvmv+=联立解得 12fWmgR=即物块从 B点到 C点过程中物块机械能的减少等于克服阻力所做的功，克服摩擦阻力所做的功为0.5mgR，只有重力做功时物体机械能守恒，故 A 错误，C正确；B动量守恒条件是系统不受外力或所受合外力为零，从释放物块至弹簧恢复原长过程中物块与弹簧组成系统受左侧墙壁的弹力，故动量不守恒，故 B错误；第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 D从刚开始弹簧被压缩时到 B点过程，由功能关系 2p132BvEmmgR=故 D 错误。故选 C。6.如图甲所示，a、b 是位于两个等量同种电荷的连线上的两点，且 a、b到 O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直

25、导线垂直纸面通过 M、N两点，O为 MN的中点，c、d 是位于 MN连线上的两点，且 c、d 到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（）A.O点处的电场强度和电势都为零 B.c、d处的磁感应强度大小相等方向相反 C.在 a点处无初速的释放点电荷q，点电荷将运动至 b点且电势能逐渐减小 D.O与 c点处的磁感应强度方向相同【答案】D【解析】【详解】A两个正点电荷在 O点处产生的电场强度方向水平向右和水平向左，根据场强叠加可知，甲图中 O 点的合场强为零。正电荷周围的电势均大于零，所以 O 点处电势大于零，故 A错误；BD根据右手螺旋定则，M、N 两点处长直导线在 c、

26、d、O点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度相同，O点处的磁感应强度不为零，故 B 错误，D正确；C等量异种电荷连线上的场强方向由正电荷指向负电荷，点电荷q在 a点处无初速的释放，点电荷将沿a 运动到 b，运动过程合场强先向左再向右，所以电场力先做正功，再做负功，电势能先减小，后增大，故 C 错误。故选 D。7.在 x 轴上一带正电的粒子（重力不计）仅在电场力作用下以原点 O 为中心，沿 x 轴做往返运动，x 轴上各点电势如图所示。若该粒子的质量为 m，电荷量为 q，其运动过程中电势能与动能之和为01.6q，则下列说法正确的是（）第7页/共21页 学科

27、网（北京）股份有限公司 A.粒子在往返运动过程中能通过02xx=处 B.粒子在01.6xx=时其动能为08q且大于电势能 C.粒子沿 x轴往返运动，一个周期内的路程为09.6x D.原点 O与02xx=之间的电场为匀强电场，电场强度大小为002x【答案】C【解析】【详解】AC因为电势能与动能之和为01.6q，当动能为零时，电势能为01.6q，则此时其所处电势01.6，由图像可知，向右最多可达到01.6x处，向左最多可达到03.2x处，故一个周期内的路程为 0002(1.63.2)9.6sxxx=+=故 A 错误，C正确；B根据图像可知，粒子在01.6xx=时其电势能为 P001.620.84E

28、qq=此时动能为 k0P01.60.8EqEq=故 B 错误；Dx图像斜率表示电场强度，由图知，原点 O与02xx=之间的电场为匀强电场，强度大小为 002Exx=故 D 错误。故选 C。8.如图所示电路，电源电动势为 E，内阻为 r，C 为两块彼此靠近而又绝缘的平行金属板，两金属板中一 第8页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 带电液滴 P处于静止状态，1R、2R和3R为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器4R的滑片由图中位置向 b端移动过程中，下列判断正确的是（）A.电流表读数减小，电压表读数增大 B.带电液滴 P将向下运动，在与极板接触前液滴电势能逐渐增大 C.电源效率

29、和电源的输出功率都逐渐减小 D.金属板一个极板所带电荷量逐渐增大【答案】AB【解析】【详解】A当滑动变阻器 R4的滑片由图中位置向 b 端移动过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律得 1+EIRr=外 所以干路中的电流 I1增大，R1两端的电压 111UI R=增大，电压表读数增大；R3两端的电压()311UEIRr=+减小，所以通过 R3的电流减小，电流表的读数减小，故 A正确；B平行金属板与 R3并联，电压相等，由于 R3两端的电压减小，所以平行板两端的电压减小，平行板间的电场强度减小，带电液滴所受向上电场力减小（小于重力），带电液滴 P将向下运动，在

30、与极板接触前液滴所受电场力做负功，电势能逐渐增大，故 B正确；C电源效率 111=1+RUIrEIRrR=+外外外 由于当滑动变阻器4R的滑片由图中位置向 b 端移动过程中，电路的外电阻变小，电源的效率减小；电源的 第9页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 输出功率()22222=+2E REPI RrRrRrR+外出外外外外 当rR=外时电源的输出功率最大，由于不知各个电阻的阻值大小，所以电源输出功率大小变化不能判断，故 C 错误；D金属板一个极板所带电荷量 3QCU=由于平行板两端的电压减小，所以金属板一个极板所带电荷量逐渐减小，故 D错误。故选 AB。9.图（a）为某一简谐横波在0=

31、t时刻的图像，2mx=处的质点的振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.该波沿 x轴负方向传播 B.2mx=处质点的振动方程为()4sincm2yt=C.该波的波速为 2m/s D.02.5s 内，2mx=处的质点经过的路程为()82 2 cm+【答案】BCD【解析】【详解】A由图像可知，在 t=0时刻2mx=处的质点在平衡位置沿 y轴正向运动，结合波形图可知，该波沿 x 轴正方向传播，选项 A 错误；B因 T=4s，则 22T=则2mx=处质点的振动方程为()sin4sincm2yAtt=第10页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 选项 B正确；C该波的波速为 8m/s2m/s4

32、vT=选项 C正确；D02.5s内，经过28TT+的时间，2mx=处的质点经过的路程为()2282 2 cm2sAA=+=+选项 D正确。故选 BCD。10.如图甲所示，质量为2.0kgm=、带正电52.0 10 Cq=的物块放在绝缘的水平桌面上，滑块处在匀强电场中，电场强度54 10 N/CE=，重力加速度210m/sg=。从原点 O开始，物块与桌面的动摩擦因数随 x 的变化如图乙所示，取原点 O的电势为零，则下列判断正确的是（）A.物块运动的最大速度为 2.0m/s B.物块向右运动最大位移为 4.0m C.当物块速度为2m/s，物块的电势能可能为()168 3 J D.物块最终静止时，物

33、块与水平桌面因摩擦生热量为 16J【答案】BC【解析】【详解】A电场力 F=qE=8N 摩擦力 4(N)fmgx=当 的 第11页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 1Ff=时，即 12mx=时速度最大，根据动能定理得 2111max122fqExxmv=解得 max2 2m/sv=故 A 错误；B设向右运动得最大距离为maxx，根据动能定理可得 maxmax002fqExx=max4(N)fx=max4mx=故 B 正确；C当物块速度为 v=2m/s 时的位移为 x，根据动能定理可得 211022fqExxmv=14(N)fx=解得(23)mx=所以电势能 p0(168 3)JEqEx=

34、故 C 正确；D据能量守恒定律可知当物块停止运动时电势能的减少量将全部转化为摩擦生热，即 max32JQqEx=第12页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 故 D 错误。故选 BC。二、非选择题（本题共二、非选择题（本题共 5 小题，共小题，共 54 分）分）11.实验小组用如图所示的装置验证“机械能守恒定律”。（1）除了图中所用的器材，还需要的器材有_（填正确答案标号）。A.刻度尺 B.天平 C.停表 D.游标卡尺（2）实验小组将挂有钩码的细线跨过定滑轮固定在滑块上，并保持滑块静止不动，测出遮光条到光电门中心的距离 L，接通气泵电源，然后将滑块由静止释放。已知钩码的质量为 m、滑块（带遮

35、光条）的质量为 M，遮光条的宽度为 d，光电门记录的遮光时间为 t，当地重力加速度为 g，滑块经过光电门时钩码未着地。则在滑块从释放至遮光条运动至光电门的时间内，系统减少的重力势能为_，系统增加的动能为_。（均用题中所给物理量的字母表示）（3）实验小组发现，所测出系统增加的动能总是大于系统减少的重力势能，可能的原因是：_。【答案】.ABD .mgL .21()2dmMt+.实验中气垫导轨左端低、右端高【解析】【详解】（1）1A本实验还需要用刻度尺来测量滑块运动的位移，需要刻度尺，故 A正确；B需要用天平来测量钩码及滑块的质量，故 B正确；C本实验不需要用停表来记录时间，故 C错误；D需要用游标

36、卡尺来测量遮光条的宽度，故 D 正确。故选 ABD。（2）23系统减少的重力势能为 mgL；滑块经过光电门时速度大小为 dvt=系统的动能为钩码和滑块的动能之和，即 第13页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 2k1()2dEmMt=+（3）4实验中气垫导轨左端低、右端高，致使滑块的重力做功，使得测量出的系统增加的动能大于系统减少的重力势能。12.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻（约1.0）（1）现备有下列器材：A待测的干电池一节 B电流表 A（量程 0150mA、内阻g3.0R=）C电压表 V（量程 03V、内阻 R 约1k）D滑动变阻器 R（0 20、1.0A）E电

37、阻箱0R（0 99.9）F开关和若干导线 该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为 00.6A的电流表。则电阻箱0R的阻值应取_，并在图甲的虚线框内画出改装后的电路图_；（2）图乙为该同学根据图甲所示电路所绘出的UI图像，U、I分别为电压表 V和电流表 A 的示数（表盘刻度值并未修改），根据该图像可得被测电池的电动势E=_V，内阻r=_（小数点后保留两位）；第14页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 （3）对本实验的系统误差理解正确的是_（多选，填正确答案标号）。A电流表的分压作用导致实验出现系统误差 B电压表的分流作用导致实验出现系统误差 C由于

38、电压表读数变化不大，读数不准确导致实验系统误差大 D将虚线框、元件互换，重新进行实验，可排除系统误差【答案】.1 .见解析 .1.48 .0.84 .BD#DB【解析】【详解】（1）1利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为 00.6A的电流表，则需要并联的电阻箱0R的阻值应取 gg0g0.15 310.60.15I RRII=2电路图如图 （2）34设电流表的电流为I，则干路电流为4I，由闭合电路欧姆定律可得 4UEIr=将题中UI图像中图线延长与纵轴相交，如图所示 第15页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 根据UI图像的纵轴截距可知，电池的电动势为 1.48VE=UI图像的斜率绝对值

39、为 31.48 1.10112.5 104kr=解得内阻为 0.84r （3）5 AB由电路图可知，误差来源于电压表的分流，不是来源于电流表的分压，则电压表的分流作用导致实验出现系统误差，故 A错误，B 正确；C由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验偶然误差大，故 C 错误；D将虚线框、元件互换，由于电流表内阻已知，则电流表的分压可知，重新进行实验，可排除系统误差，故 D 正确。故选 BD。13.某同学课间站在操场上利用一个自制玩具做游戏，将两个小球 A、B 分别固定在一根较长的绳子两端并让两个小球自然垂下，左右手距地高度始终为 1.44 米不变，右手掐住小球 A上方 0.64m处的绳子，

40、左手掐住小球 B上方 0.8m处的绳子。右手以及下方的小球 A 始终保持静止，左手控制下方的小球 B 以左手掐住绳子的点（可认为是静止的）为圆心、以5m/sv=的速度在竖直面做匀速圆周运动，当两个小球高度相同时左右手同时松开，观察到 A小球比 B小球早落地，请通过计算说明两个小球落地的时间差。（绳子的质量可以忽略不计，210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。）第16页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【答案】0.4s【解析】【详解】由题意可知，A球离地高度为 1.44m0.64m0.8mh=当两个小球高度相同时左右手同时松开，A球做自由落体运动，则有 2A12hgt=解得

41、 A22 0.8s0.4s10htg=设手松开时，连接 B球绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得 1.44m0.8cos0.8mh=解得 cos0.8=可得 37=由于 A小球比 B小球早落地，可知手松开时 B球速度垂直绳子斜向上，竖直方向有 2BB1sin372hvtgt=代入数据解得 B0.8st=或B0.2st=（舍去）则两个小球落地的时间差为 BA0.4sttt=14.如图所示，质量为 2m的滑块 A 和质量为 3m的滑块 B中间夹着一个高压气体包（包以及内部气体质量和体积均可忽略），将它们放在质量为 m 左右两侧均有挡板的长板 C的正中间，A、B和 C 均静止，水平地面光滑。现刺

42、破气体包，气体在极短时间内释放出来，让整个装置开始运动，A、B一直在 C板上运动。A、B与 C间的动摩擦因数分别为2、，观察发现 A、B与 C 三个物体经过 t时间可达到第一次速率相等，且并未发生碰撞，重力加速度为 g，求：（1）刺破气体包后的瞬间，A、B 两滑块速度大小之比；（2）从刺破气体包到 A、B与 C 三个物体第一次速率相等的过程中，A、C之间摩擦产生的热量；（3）长板 C的长度至少是多少？第17页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）32；（2）22 26mg t；（3）26 gt【解析】【详解】（1）刺破气体包后的瞬间，由于气体在极短时间内释放出来，可知 A、B两

43、滑块在相互作用的瞬间动量守恒，由动量守恒定律可得 AAB Bm vm v=解得 ABBA3322vmmvmm=（2）A、B 两滑块分开后，物块 A 向左运动，物块 B向右运动，由于物块 A与长板 C 的摩擦力大于物块B与长板 C 的摩擦力，因此长板 C 向左做匀加速运动，物块 A向左做匀减速运动，物块 B 向右做匀减速运动，由牛顿第二定律，对长板 C，则有 ABCC2 m gm gagm=对物块 A，则有 AAA22m gagm=对物块 B，则有 BBBm gagm=A、B与 C三个物体经过 t时间可达到第一次速率相等，由速度时间公式可得 CCva tgt=可知三个物体相等速率为Cv，则有 A

44、CA23vva tgtgtgt=+=BCB2vva tgtgtgt=+=物块 A在 t时间内运动的路程 第18页/共21页 学科网（北京）股份有限公司()()22222CAAA3222 2gtgtvvsgtag=长板 C在 t时间内运动路程 22CC1122sa tgt=物块 A与长板 C在 t时间内摩擦产生的热量()222 2ACAAC322262Qm g ssmggtmg t=（3）A、B 和 C三物体速率相同后，A与 C相对静止，此时长板 C有向右的加速度，大小为 BCACm gagmm=+可知物块 A与长板 C同时向左做减速运动，物块 B向右做减速运动，由于 A、C 的加速度与 B的加

45、速度大小相等，又 A、B和 C 三物体同时都做减速运动的初速度大小相等，因此三物体同时静止，则有物块 A开始运动到与长板 C 相对静止时向左运动的位移 222CAAA22vvxgta=物块 B从开始运动到静止向右运动的位移为()222BBB2222gtvxgtag=长板 C从开始运动到静止向左的位移()2222222CCCC1111222222gtvxa tgtgtgtgtag=+=+=+=可知物块 B与长板 C 的相对位移为 222BC23xxxgtgtgt=+=+=由于 A、B物块从长板中间开始运动，因此可得长板 C 的长度至少是 2222 36Lxgtgt=15.如图所示，竖直面内的平面

46、直角坐标系 xoy的第二象限内布满了一个匀强电场，方向与 x轴正方向夹60角，其它三个象限布满了电场强度为mgq、方向竖直向上的匀强电场。质量为 m、电荷量为 q的带正电微粒在 x轴上的 A 点()3,0L由静止释放，它会在上方匀强电场的作用下开始运动，并从 y 轴上的 P点()0,L射入第一象限，第一象限和第四象限布满了匀强磁场，方向垂直于坐标系平面向外，之后观察到该的 第19页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 粒子会以垂直于 x轴方向的速度经过 C 点，g为重力加速度，求：（1）第二象限内匀强电场的电场强度1E的大小；（2）微粒在第一象限和第四象限中的运动过程所用的总时间 t；（3）

47、若第三象限内某处存在一个方向垂直于坐标系平面、边界分别与 x，y轴平行的矩形磁场区域，该区域的最小面积为 S，观察到微粒通过该区域可将速度方向调整至 x 轴垂直的方向后射出该区域，则该矩形区域的磁感应强度2B与第一、四象限内磁场磁感应强度1B的比值为多少。【答案】（1）3mgq；（2）439Lg；（3）2SLS或3 33SLS【解析】【详解】（1）带正电微粒在第二象限做匀加速运动，位移为 22(3)2xLLL=+=位移与x轴正方向夹角为 3tan33LL=解得 30=根据平衡条件可得 1sin60sin30mgE q=解得第二象限内匀强电场的电场强度1E的大小为 13mgEq=的 第20页/共

48、21页 学科网（北京）股份有限公司（2）带正电微粒第二象限，根据牛顿第二定律可得 1cos30cos60E qmgma=根据动力学公式 22vax=解得 2vgL=带正电微粒在第一、四象限中，由于 2E qmg=洛伦兹力提供向心力，带电微粒做圆周运动，如图所示 根据几何关系有 2 3cos303LrL=微粒在第一象限和第四象限中的运动过程所用的总时间为 240224336039rLtTvg=（3）若磁感应强度2B方向为坐标系平面垂直向外，根据几何关系有 22223cos30(1 sin30)4Srrr=根据洛伦兹力提供向心力 2vqvBmr=在 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 可得 mvrBq=该矩形区域的磁感应强度2B与第一、四象限内磁场磁感应强度1B的比值为 2123 33BrSLBrS=若磁感应强度2B方向为坐标系平面垂直向里，根据几何关系有 22223(1 sin30)2Sr rr=+=该矩形区域的磁感应强度2B与第一、四象限内磁场磁感应强度1B的比值为 2122BrSLBrS=