2024届苏北四市高三下学期第四次模拟物理试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 江苏省苏北四市 2024 年高考第四次模拟物理试题试卷 注意事项：注意事项：1 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3 3考试结束后，将本试卷和答

2、题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1 1、1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为 B 的匀强磁场与的匀强磁场与 D 形盒面垂形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为 U、周期为、周期

3、为 T 的交流电源上，中心的交流电源上，中心 A 处处粒子源产生的粒子飘人狭缝中由初。速度为零开始加速，最后从出口处飞出。粒子源产生的粒子飘人狭缝中由初。速度为零开始加速，最后从出口处飞出。D 形盒的半径为形盒的半径为 R，下列说，下列说法正确的是（法正确的是（）A粒子在出口处的最大动能与加速电压粒子在出口处的最大动能与加速电压 U 有关有关 B粒子在出口处的最大动能与粒子在出口处的最大动能与 D 形盒的半径无关形盒的半径无关 C粒子在粒子在 D 形盒中运动的总时间与交流电的周期形盒中运动的总时间与交流电的周期 T 有关有关 D粒子在粒子在 D 形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关形盒中运动的总

4、时间与粒子的比荷无关 2 2、长均为长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为的两根轻绳，一端共同系住质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的的小球，另一端分别固定在等高的 A、B 两点，两点，A、B 两两点间的距离也为点间的距离也为 L，重力加速度大小为，重力加速度大小为 g。今使小球在竖直平面内以。今使小球在竖直平面内以 A、B 连线为轴做圆周运动，若小球在连线为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v 时，每根绳的拉力大小均为（时，每根绳的拉力大小均为（）A B C D 3

5、 3、分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质。据此可判断下列说法中正确的是（分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质。据此可判断下列说法中正确的是（）A布朗运动是指液体分子的无规则运动布朗运动是指液体分子的无规则运动 B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，先减小后增大分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，先减小后增大 C气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大 D若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多若气体的温度不变，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多 4 4、如图所示，如图所示，PQ 两小物块叠放在一起，中间由

6、短线连接两小物块叠放在一起，中间由短线连接(图中未画出图中未画出)，短线长度不计，所能承受的最大，短线长度不计，所能承受的最大拉力为物块拉力为物块 Q 重力的重力的 1.8 倍；一长为倍；一长为 1.5 m 的轻绳一端固定在的轻绳一端固定在 O 点，另一端与点，另一端与 P 块拴接，现保持轻绳拉直，块拴接，现保持轻绳拉直，将两物体拉到将两物体拉到 O 点以下，距点以下，距 O 点竖直距离为点竖直距离为 h 的位置，由静止释放，其中的位置，由静止释放，其中 PQ 的厚度远小于绳长。为保证的厚度远小于绳长。为保证摆动过程中短线不断，摆动过程中短线不断，h 最小应为（最小应为（）A0.15m B0.

7、3m C0.6 m D0.9 m 5 5、如图所示，如图所示，A B、两金属板平行放置，在两金属板平行放置，在0t=时刻将电子从时刻将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在分别在A B、两板间加上下列哪一种电压时，有可能使电子到不了两板间加上下列哪一种电压时，有可能使电子到不了 B 板（板（）A B C D 6 6、在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和和4v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（落至斜面

8、时的速率是乙球落至斜面时速率的（）A2 倍倍 B4 倍倍 C6 倍倍 D8 倍倍 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得题目要求的。全部选对的得 5 5 分，选对但不全分，选对但不全的得的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。7 7、如图甲所示，一个匝数为如图甲所示，一个匝数为n的多匝线圈，线圈面积为的多匝线圈，线圈面积为S，电阻为，电阻为r。一个匀强磁场垂直于线圈平面穿过。一个匀强磁场

9、垂直于线圈平面穿过该线圈。在该线圈。在 0 时刻磁感应强度为时刻磁感应强度为0B，之后随时间变化的特点如图乙所示。取磁感应强度向上方向为正值。，之后随时间变化的特点如图乙所示。取磁感应强度向上方向为正值。线圈的两个输出端线圈的两个输出端P、Q连接一个电阻连接一个电阻R。在。在00 t过程中（过程中（）学科网（北京）股份有限公司 A线圈的线圈的P点的电势高于点的电势高于Q点电势点电势 B线圈的线圈的P、Q两点间的电势差大小为两点间的电势差大小为00()nSB RRr t+C流过流过R的电荷量的大小为的电荷量的大小为0nSBRr+D磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻磁场的能量转化为电路中电能

10、，再转化为电阻R、r上的内能上的内能 8 8、如图所示，倾角为如图所示，倾角为30的粗糙斜面的粗糙斜面 AB 固定在水平地面固定在水平地面 AC 上，上，AB、AC 均绝缘、均绝缘、BC 竖直且高为竖直且高为 h，地，地面面 D 点固定一电量绝对值为点固定一电量绝对值为q的负点电荷，的负点电荷，C、D 相距相距33h。质量为。质量为 m、带电量为、带电量为 q(0)的小滑块以初速的小滑块以初速度从斜面底端度从斜面底端 A 点滑上斜面，恰好能到达斜面顶端。整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小点滑上斜面，恰好能到达斜面顶端。整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小33mgEq=，若取无穷远

11、为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为，若取无穷远为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为Qkr=，式中，式中 k 为静电力为静电力常量、常量、r 为离场源电荷的距离，为离场源电荷的距离，Q 为场源电荷的带电量为场源电荷的带电量(正正电荷取正值，负电荷取负值电荷取正值，负电荷取负值)，则小滑块，则小滑块()A从从 A 运动到运动到 B 的过程中，克服摩擦力做的功的过程中，克服摩擦力做的功2012fWmv=B从从 A 运动到运动到 B 的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功 C从从 A 运动到运动到 AB 中点的过程中，点电荷中点的过程

12、中，点电荷 q 对小滑块做的功对小滑块做的功3qkqqWh=D从从 A 运动到运动到 AB 中点时的动能中点时的动能203124kkqqEmvh=+9 9、如图所示，两条平行的光滑导轨水平放置如图所示，两条平行的光滑导轨水平放置(不计导轨电阻不计导轨电阻)，两金属棒垂直导轨放置在导轨上，整个装置，两金属棒垂直导轨放置在导轨上，整个装置处于竖在向下的匀强磁场中 现在用水平外力处于竖在向下的匀强磁场中 现在用水平外力 F 作用在导体棒作用在导体棒 B 上，使导体棒从静止开始向有做直线运动，上，使导体棒从静止开始向有做直线运动，经过一段时间，安培力对导体棒经过一段时间，安培力对导体棒 A 做功为做功

13、为1W，导体棒，导体棒 B 克服安培力做功为克服安培力做功为2W，两导体棒中产生的热量为，两导体棒中产生的热量为Q，导体棒，导体棒 A 获得的动能为获得的动能为kE，拉力做功为，拉力做功为FW，则下列关系式正确的是，则下列关系式正确的是 A1kWE=B21kWWE=+C2kWQE=+DFkWQE=+1010、质量均为质量均为m的相同物块的相同物块 P、Q 静止于同一水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为静止于同一水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为 0.5。现分別给。现分別给两物块施加等大的作用力两物块施加等大的作用力 F，方向如图所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为，

14、方向如图所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（下列说法正确的是（）A若若0.2Fmg=，则，则 P 受到的摩擦力比受到的摩擦力比 Q 受到的摩擦力小受到的摩擦力小 B若若0.2Fmg=，则，则 P 受到的摩擦力与受到的摩擦力与 Q 受到的摩擦力大小相等受到的摩擦力大小相等 C若若0.4Fmg=，则，则 P 受到的摩擦力比受到的摩擦力比 Q 受到的摩擦力小受到的摩擦力小 D若若0.4Fmg=，则，则 P 受到的摩擦力与受到的摩擦力与 Q 受到的摩擦力大相等受到的摩擦力大相等 三、实验题：本题共三、实验题：本题共 2 2 小题，共小题，共 1818 分。把答案

15、写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。1111（6 6 分）分）某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑 块、托盘和砝码块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数，滑块和托盘上分别放有，滑块和托盘上分别放有 若干砝码，滑块质量为若干砝码，滑块质量为 M，滑块上，滑块上砝码总质量为砝码总质量为 m，托盘和盘中砝码的总质量，托盘和盘中砝码的总质量为为 m实验中，滑块在水平实验中，滑块在水平 轨道上从轨

16、道上从 A 到到 B 做初速度为做初速度为零的匀加速直线运动，零的匀加速直线运动，重力加速度重力加速度 g 取取 10 m/s2 (1)为测量滑块的加速度为测量滑块的加速度 a，需测出它在，需测出它在 A、B 间运动的间运动的_和和_，计，计 算算 a 的运动学公式是的运动学公式是 学科网（北京）股份有限公司 _(2)根据牛顿运动定律得到根据牛顿运动定律得到 a 与与 m 的关系为：的关系为：_ 他想通过多次改变他想通过多次改变 m，测出相应的，测出相应的 a 值，并利用上式来计算值，并利用上式来计算 若要求若要求 a 是是 m 的一的一 次函数，必须使上次函数，必须使上式中的式中的 _保持不

17、变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_ 1212（1212 分）分）从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻 Rx的阻值。要求方法简捷，得到多组的阻值。要求方法简捷，得到多组数据，有尽可能高的测量精度。数据，有尽可能高的测量精度。(1)电流表应选用电流表应选用_，电压表应选用，电压表应选用_。(2)完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。_ (3)在实验中，有的同学连成下图所示的电路，其中在实验中，

18、有的同学连成下图所示的电路，其中 a，b，c，k 是表示接线柱的字母。请将图中接线是表示接线柱的字母。请将图中接线错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（改接、撤消或增添），填在图中表格相错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（改接、撤消或增添），填在图中表格相应的位置中。应的位置中。接线错误接线错误 引起的后果引起的后果 改正的方法改正的方法 _ _ _ 四、计算题：本题共四、计算题：本题共 2 2 小题，共小题，共 2626 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程

19、式和演算步骤。程式和演算步骤。1313（1010 分）分）如图所示，直线如图所示，直线 y=34x 与与 y 轴之间有垂直于轴之间有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场区域平面向外的匀强磁场区域，直线，直线 x=d 与与 y=34x间有沿间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度轴负方向的匀强电场，电场强度 E=3105V/m，另有一半径，另有一半径 R=103m 的圆形匀强磁场区域的圆形匀强磁场区域 I，磁感，磁感应强度应强度 B1=0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线 x=d 和和 x 轴均相切，且与轴均相切，且与 x 轴相切于轴相切于 S 点。一带负点

20、。一带负电的粒子从电的粒子从 S 点沿点沿 y 轴的正方向以速度轴的正方向以速度 v0进入圆形磁场区域进入圆形磁场区域 I，经过一段时间进入匀强磁场区域，经过一段时间进入匀强磁场区域，且第一，且第一次进入匀强磁场区域次进入匀强磁场区域时的速度方向与直线时的速度方向与直线 y=34x 垂直。粒子速度大小垂直。粒子速度大小503 10 m/sv=，粒子的比荷为，粒子的比荷为51 10 C/kgqm=，粒子重力不计。已知，粒子重力不计。已知 sin37=0.6，cos37=0.8，求：，求：(1)粒子在圆形匀强磁场粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；区域工中做圆周运动的半径大小；(2)坐

21、标坐标 d 的值；的值；(3)要使粒子能运动到要使粒子能运动到 x 轴的负半轴，则匀强磁场区域轴的负半轴，则匀强磁场区域的磁感应强度的磁感应强度 B2应满足的条件。应满足的条件。1414（1616 分）分）如图所示，竖直平面内固定一半径为如图所示，竖直平面内固定一半径为 R 的光滑半圆环，圆心在的光滑半圆环，圆心在 O 点。质量均为点。质量均为 m 的的 A、B 两两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球 A 与圆心与圆心 O 等高，球等高，球 B 在圆心在圆心 O 的正下方。轻杆对的正下方。轻杆对 学科网（北京）股份有限公司 小球的作用力

22、沿杆方向。小球的作用力沿杆方向。（1）对球）对球 B 施加水平向左的力施加水平向左的力 F，使，使 A、B 两小球静止在图示位置，求力的大小两小球静止在图示位置，求力的大小 F；（2）由图示位置静止释放）由图示位置静止释放 A、B 两小球，求此后运动过程中两小球，求此后运动过程中 A 球的最大速度球的最大速度 v；（3）由图示位置静止释放）由图示位置静止释放 A、B 两小球，求释放瞬间两小球，求释放瞬间 B 球的加速度大小球的加速度大小 a。1515（1212 分）分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡）所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直

23、玻璃细的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管管1K和和2K。1K长为长为l，顶端封闭，顶端封闭，2K上端与待测气体连通；上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连连通通。开始测量时，。开始测量时，M 与与2K相通；逐渐提升相通；逐渐提升 R 直到直到2K中水银面与中水银面与1K顶端等高，此时水银已进入顶端等高，此时水银已进入1K，且，且1K中水银面比顶端低中水银面比顶端低h，如图（，如图（b）所示。设测量过程中温度、与）所示。设测量过程中温度、与2K相通的待测气体的压强均保持不变。已相通的待测气体的压强均保持不变。已知知1K和和2K的内径均为的内径

24、均为d，M 的容积为的容积为0V，水银的密度为，水银的密度为，重力加速度大小为，重力加速度大小为g。求：。求：(i)待测气体的压强待测气体的压强(ii)该仪器能够测量的最大该仪器能够测量的最大压强压强 参考答案 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。目要求的。1 1、D【解题分析】【解题分析】AB根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运

25、动的半径不断变大，最大半径即为 D 形盒的半形盒的半径径 R，由，由 2mmvqBvmR=得得 mqBRvm=最大动能为最大动能为 222km2q B REm=故故 AB 错误；错误；CD粒子每加速一次动能增加粒子每加速一次动能增加 Ekm=qU 粒子加速的次数为粒子加速的次数为 22kmk2EqB RNEmU=粒子在粒子在 D 形盒中运动的总时间形盒中运动的总时间 2TtN=，2mTqB=联立得联立得 222TBRtNU=故故 C 错误，错误，D 正确。正确。故选故选 D。2 2、A 学科网（北京）股份有限公司【解题分析】【解题分析】小球在最高点速率为小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力

26、恰好均为零，有：时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg=m，当小球在最高点的速率为，当小球在最高点的速率为 2v 时，根时，根据牛顿第二定律有：据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30m，解得：，解得：T=mg。故选。故选 A.3 3、D【解题分析】【解题分析】考查布朗运动，分子间的相互作用力，热力学第一定律，气体压强的微观意义。考查布朗运动，分子间的相互作用力，热力学第一定律，气体压强的微观意义。【题目详解】【题目详解】A布朗运动是水中微粒的运动，反映了水分子的无规则运动，布朗运动是水中微粒的运动，反映了水分子的无规则运动，A 错误；错误；B由分子间相互作用力与分子距离的图像可知，分子间的相互作

27、用力随分子距离的增大，先减小后增大再由分子间相互作用力与分子距离的图像可知，分子间的相互作用力随分子距离的增大，先减小后增大再减小，减小，B 错误；错误；C由热力学第一定律：由热力学第一定律：UQW=+可知，改变气体内能的方式有两种，若气体从外界吸收热量的同时对外做功，则气体内能有可能不变或减可知，改变气体内能的方式有两种，若气体从外界吸收热量的同时对外做功，则气体内能有可能不变或减小，小，C 错误；错误；D气体压强宏观上由温度和体积决定，微观上由分子平均气体压强宏观上由温度和体积决定，微观上由分子平均动能和分子数密度决定，若气体温度不变，则分动能和分子数密度决定，若气体温度不变，则分子平均动

28、能不变，要使压强增大，则应增大分子数密度，即每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，子平均动能不变，要使压强增大，则应增大分子数密度，即每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，D 正确。正确。故选故选 D。4 4、D【解题分析】【解题分析】设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得()()()212PQPQmmg Lhmmv+=+对对 Q 块，根据牛顿第二定律有：块，根据牛顿第二定律有：21.8QQQm vm gm gL=将将 L=15m 代入得代入得 0.9mh=。ABC 错误；错误；D 正确。正确。故选故选 D。5 5、B【解题分析】【解题分析】加加 A

29、图电压，电子从图电压，电子从A板开始向板开始向B板做匀加速直线运动；加板做匀加速直线运动；加 B 图电压，电子开始向图电压，电子开始向B板做匀加速运动，再板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由电压变化的对称性可做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由电压变化的对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加板；加 C 图电压，电子先匀加速，再匀减速到静图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，电子一直向止，完成一个周期，电子一直向B板

30、运动，即电子一定能到达板运动，即电子一定能到达B板；加板；加 D 图电压，电子的运动与图电压，电子的运动与 C 图情形图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达板运动，即电子一定能到达B板，综上所述可知选项板，综上所述可知选项 B正确。正确。6 6、B【解题分析】【解题分析】设斜面倾角为设斜面倾角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，小球落在斜面上速度方向偏向角为，甲球以速度，甲球以速度 v 抛出，落在斜面上，根据平抛运动抛出，落在斜面上，根据平抛运动的推论可得的推论可得 tan2tan=所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏

31、向角相等所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等 对甲有对甲有 cosvv=甲末 对乙有对乙有 4cosvv=乙末 所以所以=4vv甲末乙末 故故 ACD 错误错误 B 正确。正确。故选故选 B。二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得题目要求的。全部选对的得 5 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。7 7、ABC【解题分析】【解题分析】A结合图乙

32、知磁场方向向上且逐渐减小。由楞次定律知感应电流的方向由结合图乙知磁场方向向上且逐渐减小。由楞次定律知感应电流的方向由Q点经线圈到点经线圈到P点，则点，则P点电点电势高，势高，A 正确；正确；学科网（北京）股份有限公司 B感应电动势为感应电动势为 00BEnnStt=又有又有 EIRr=+电势差大小电势差大小 UIR=解得解得 00()nSB RURr t=+B 正确；正确；C流过电路的电荷量大小为流过电路的电荷量大小为 0qIt=解得解得 0nSBqRr=+C 正确；正确；D电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作

33、为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻R、r上上转化为内能，转化为内能，D 错误。错误。故选故选 ABC。8 8、ABD【解题分析】【解题分析】A因因 C、D 相距相距33h，由几何关系可知，由几何关系可知，AD=BD，又因，又因Qkr=，故，故 A、B 两点在点电荷两点在点电荷q产生的电场产生的电场中等电势，故从中等电势，故从 A 运运动到动到 B，点电荷，点电荷q对小滑块做的总功为零。从对小滑块做的总功为零。从 A 运动到运动到 B 的过程：由动能定理得的过程：由动能定理得 2010tan302fqEhmgh Wmv=而而33qEmg=，解得，解得 2012fWmv=故故 A 正确；

34、正确；B小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从 A 运动到运动到 B 的过程中，点电荷的过程中，点电荷q对小滑块做的总功为零，对小滑块做的总功为零，故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即=tan30PqEhEmgh=减 故故 B 正确；正确；C由公式由公式Qkr=可知，点电荷可知，点电荷q产生的电场在产生的电场在 A 点的电势点的电势 322 33Akqkqhh=在在 AB 中点的电势中点的电势 333kqkqhh=中 故故 C 错误；错误；D由对称性可知，从由对称性可知，从 A 运动到运动到 AB 中点的

35、过程中，克服摩擦力做的功为中点的过程中，克服摩擦力做的功为12fW，故由动能定理可得，故由动能定理可得 20112tan30222fqkqEhhmgWWEmv+=解得解得 203124kkg qEmvh=+故故 D 正确。正确。故选故选 ABD。9 9、AC【解题分析】【解题分析】导体棒导体棒 A 在水平方向上只受到安培力作用，故根据动能定理可得在水平方向上只受到安培力作用，故根据动能定理可得1kWE=，A 正确；设正确；设 B 棒的动能变化量棒的动能变化量为为kE，则对，则对 B 分析，由动能定理可得分析，由动能定理可得2FkWWE=，将两，将两者看做一个整体，由于安培力是内力，所以者看做一

36、个整体，由于安培力是内力，所以整体在水平方向上只受拉力作用，根据能量守恒定律可得整体在水平方向上只受拉力作用，根据能量守恒定律可得FkkWEEQ=+，联立，联立解得解得 学科网（北京）股份有限公司 2kWQE=+，由于，由于FkkkWEEQQE=+，所以，所以 C 正确正确 BD 错误错误 1010、BD【解题分析】【解题分析】施加作用力施加作用力F后，、在水平方向上分力相等，由于后，、在水平方向上分力相等，由于 P 与地面间的最大静摩擦力小于与地面间的最大静摩擦力小于 Q 与地面间的最大静摩与地面间的最大静摩擦力，所以，若擦力，所以，若 P 静止，静止，Q 一定静止。一定静止。P 静止时满足

37、关系式静止时满足关系式 cos30(sin30)FmgF 解得解得 4 320.4511Fmgmg 因因0.2mg和和0.4mg均小于均小于0.45mg，故当，故当0.2Fmg=和和0.4Fmg=时，时，P、Q 均静止，均静止，P、Q 受到的摩擦受到的摩擦力均为静摩擦力，且大小都等于力均为静摩擦力，且大小都等于cos30F，BD 正确。正确。故选故选 BD。三、实验题：本题共三、实验题：本题共 2 2 小题，共小题，共 1818 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。1111、位移；位移；时间；时间；22xat=；()1

38、gamgMmm+=+(m+m)【解题分析】【解题分析】（1）滑块在水平轨道上从）滑块在水平轨道上从 A 到到 B 做初速为做初速为零的匀加速直线运动，根据零的匀加速直线运动，根据 x=12at2得得 a=22xt，所以需要测量的，所以需要测量的是位移是位移 s 和时间和时间 t（2）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：）对整体进行研究，根据牛顿第二定律得：()()1mgMm ggamgMmmMmm+=+若要求若要求 a 是是 m 的一次函数必须使的一次函数必须使()1gMmm+不变，即使不变，即使 m+m不变，在增大不变，在增大 m 时等量减小时等量减小 m，所以实验，所以实验中应将从托盘中取

39、出的砝码置于滑块上中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上【题目点拨】【题目点拨】本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难本题根据先根据牛顿第二定律并结合隔离法求解出加速度的表达式，然后再进行分析讨论，不难 1212、A1 V1 ce 不利于调节电压，调节不当，电源可能不利于调节电压，调节不当，电源可能短路，损坏电源短路，损坏电源 撤消撤消 ce 连线连线 【解题分析】【解题分析】（1）1器材中的电源为器材中的电源为 3V，被测电阻约为，被测电阻约为 10k，故通过电阻的电流最大约为，故通过电阻的电流最大约为 I=3V/10k=0.3mA=300A 刚好不

40、超刚好不超 A1的量程，而的量程，而 A2的量程是的量程是 0.6A 就太大就太大了；了；2电压表就选电压表就选 3V 量程的量程的 V1，因为，因为 V2 的量程也是太大了。的量程也是太大了。（2）3因为题中要求得到多组数据，所以用分压式较好，再说所给的变阻器的最大阻值是因为题中要求得到多组数据，所以用分压式较好，再说所给的变阻器的最大阻值是 50，它比被测，它比被测电阻小多了，也不能用限流的方法连接，又因为需要尽可能高的测量精度，所以电阻测量需要用电压表外电阻小多了，也不能用限流的方法连接，又因为需要尽可能高的测量精度，所以电阻测量需要用电压表外接法，因为被测电阻的电阻值较大，外接法的误差

41、较小；又因为使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至接法，因为被测电阻的电阻值较大，外接法的误差较小；又因为使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏，所以闭合开关前，应该使电压表的示数接近于被烧坏，所以闭合开关前，应该使电压表的示数接近 0，故电路的实物图如图所示；，故电路的实物图如图所示；（3）456接线错误的两个接线柱是接线错误的两个接线柱是 ce，因为它接起来后，电压表与电源，因为它接起来后，电压表与电源直接连接，变阻器的滑片如何直接连接，变阻器的滑片如何滑动都不会影响电压表示数的变化了，当滑动滑片移动到最下端时，电源也可能短路，故是不可以的，应滑动都不会影响电压表示数的变化了，当滑动滑

42、片移动到最下端时，电源也可能短路，故是不可以的，应该将其去掉才行。该将其去掉才行。四、计算题：本题共四、计算题：本题共 2 2 小题，共小题，共 2626 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。程式和演算步骤。1313、(1)10m3；(2)12m；(3)0.5TB21.125T【解题分析】【解题分析】(1)在磁场在磁场1B中，有中，有 学科网（北京）股份有限公司 20011mvqv Br=代入数据解得代入数据解得 110m3r=(2)在电场中类平抛运动：设粒子在电场中类平抛运动：设粒子 x

43、方向位移为方向位移为 x，y 方向位移为方向位移为 y，运动时间为，运动时间为 t，则，则 50y4 10 m/stan37vv=又又 yqEvtm=解得解得 5410 s3t=又根据又根据 0 xv t=02yvyt+=解得解得 4mx=，8m3y=所以坐标所以坐标 d 的值的值 1tan3712mtan37xyrd+=(3)进入磁场进入磁场2B的速度为的速度为 505 10 m/ssin37vv=带电粒子出磁场区城带电粒子出磁场区城中做匀速圆周运动中做匀速圆周运动 222mvqvBr=当带电粒子出磁场区域当带电粒子出磁场区域与与 y 轴垂直时轴垂直时 210msin37yRr+=可得可得

44、0.5TB=当带电粒子出磁场区域当带电粒子出磁场区域与与 y 轴相切时，轨迹半径为轴相切时，轨迹半径为2r，圆周半径为，圆周半径为 2210mcos37sin37ryRr+=可得可得 21.125TB=所以要使带电粒子能运动到所以要使带电粒子能运动到 x 轴的负半轴，轴的负半轴，20.5T1.125TB。1414、（1）mg；（；（2）(21)vgR=；（；（3）12ag【解题分析】【解题分析】（1）设圆环对）设圆环对A球的弹力为球的弹力为1N，轻杆对，轻杆对A球的弹力为球的弹力为1F，对，对A、B和轻杆整体，根据平衡条件有和轻杆整体，根据平衡条件有 10NF=对对A球有球有 1sin450F

45、mg=11cos450NF=解得解得 Fmg=（2）当轻杆运动至水平时，）当轻杆运动至水平时，A、B球速度最大且均为球速度最大且均为v，由机械能守恒有，由机械能守恒有 2221(2)222mgRmg RRm v=解得解得(21)vgR=（3）在初始位置释放瞬间，）在初始位置释放瞬间，A、B速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为a，设此时杆的弹力设此时杆的弹力1F，根据牛顿第二定律，根据牛顿第二定律 对对A球有球有 1sin45mgFma=对对B球有球有 学科网（北京）股份有限公司 1cos45Fma=解得解得 12ag 1515、(i)22204()xgd hpVdlh=+(ii)2 2max04gd lpV=【解题分析】【解题分析】(i)M中气体等温变化。初态为中气体等温变化。初态为 1120,2xdp VVpl=+末态为末态为 222,2xdppgh Vh=+=由等温变化有由等温变化有 1122pVp V=解得解得 22204()xgd hpVdlh=+(ii)气体等温变化。初态为气体等温变化。初态为 23max30,2dppVVl=+末态为末态为 24max4,2dppgl Vl=+=有有3344p Vp V=，解得，解得 2 2max04gd lpV=