江西省贛州市2022屆高三上學(xué)期物理期末考試試卷

江西省贛州市2022屆高三上學(xué)期物理期末考試試卷

閱卷人

-------------------、單選題（共7題；共14分）

得分

1.（2分）2021年12月10日上午9點(diǎn)，G2197次列車從贛州西站發(fā)出，一路向南駛向深圳，這標(biāo)志

著贛深高鐵正式開(kāi)通運(yùn)營(yíng)，贛南革命老區(qū)與深圳經(jīng)濟(jì)特區(qū)之間從此有了快速客運(yùn)通道。以下相關(guān)說(shuō)

法正確的是（）

A.列車啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反

B.由綜合技術(shù)實(shí)時(shí)測(cè)量并顯示在車廂內(nèi)的速度297km"為列車的瞬時(shí)速度

C.硬幣能始終直立在列車窗臺(tái)上，說(shuō)明列車一定是做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.單位km、h、。。是國(guó)際單位制中的基本單位

【答案】B

【解析】【解答】A.列車啟動(dòng)時(shí)乘客和列車一起加速運(yùn)動(dòng)，受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向

相同，A不符合題意；

B.由綜合技術(shù)實(shí)時(shí)測(cè)量并顯示在車廂內(nèi)的速度297km"為列車的瞬時(shí)速度，B符合題意；

C.硬幣能始終直立在列車窗臺(tái)上，說(shuō)明硬幣處于平衡狀態(tài)可能是做勻速直線運(yùn)動(dòng)也可能是靜止?fàn)?/p>

態(tài)，C不符合題意；

D.單位km、ft、。。均不是國(guó)際單位制中的基本單位，D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相同，才可以讓乘客隨車一起加速。車廂內(nèi)

的速度為測(cè)速瞬間的速度，所以為瞬時(shí)速度，基本單位只有7個(gè)，不包括kzn、h.℃?

2.（2分）一電子在電場(chǎng)中由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示，圖中一組平行的水平直線（實(shí)

線）是等勢(shì)線，則下列說(shuō)法正確的是（）

?a

A.a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低B.電子在a點(diǎn)的加速度方向向下

C.電子從a點(diǎn)到匕點(diǎn)速度增大D.電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能減小

【答案】B

【解析】【解答】A.電場(chǎng)線方向與等勢(shì)面垂直，電子帶負(fù)電，由圖可判斷所受電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)線

方向是豎直向上，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，A不符合題意；

B.電子在a點(diǎn)受到的電場(chǎng)力向下，故加速度方向向下，B符合題意；

CD.電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，C、D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】電場(chǎng)線方向與等勢(shì)面垂直，水平直線（實(shí)線）是等勢(shì)線，電場(chǎng)線豎直。曲線運(yùn)動(dòng)合力指

向軌跡內(nèi)側(cè)，電場(chǎng)方向向上。電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加。

3.（2分）將甲、乙兩小球先后以相同的初速度3Vo從水平地面豎直向上拋出，拋出的時(shí)間間隔為

T,它們運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，則（）

A.t=T時(shí)，甲球距離地面的高度為voT

B.t=1.5T時(shí)，兩球高度差最大

C.1=2丁時(shí)-，兩球距離地面的高度相同

D.t=3T時(shí)，甲球距離地面的高度大于乙球

【答案】C

【解析】【解答】A.據(jù)速度時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的“面積”表示質(zhì)點(diǎn)的位移，則t=T時(shí)，甲球運(yùn)動(dòng)

的位移為八="。或3"07=2V0T

A不符合題意；

B.由圖像可知，t=T時(shí)，兩圖線的“面積”之差最大，位移之差最大，相距最遠(yuǎn)即高度差最大，B不

符合題意；

C.t=2T時(shí)，甲球的位移為=嗎也x27=2%T

乙球的位移為九乙=3"。邪。xT=2170T

C符合題意；

D.t=3T時(shí)，甲球的位移為=%^x3T=0

甲2

乙球的位移為八乙=x2T=2VQT

D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】Vt圖像與時(shí)間軸所圍的“面積”表示運(yùn)動(dòng)的位移，面積之差最大，位移之差最大，高度差最

大。

4.（2分）如圖所示，垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在正方形虛線區(qū)域內(nèi)，電阻均勻的正方形導(dǎo)線框abed

位于虛線區(qū)域的中央，兩正方形共面且四邊相互平行?，F(xiàn)將導(dǎo)線框先后朝圖示兩個(gè)方向以速度"、3v

分別勻速拉出磁場(chǎng)，拉出時(shí)保持線框不離開(kāi)紙面且速度垂直線框。比較兩次移出磁場(chǎng)的過(guò)程中，以

下說(shuō)法正確的是（）

Oooo

ab

Oooo3V

Oooo

dc

ooOo

A.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反

B.ad邊兩端的電壓之比為1：3

C.線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：1

D.通過(guò)導(dǎo)線框某一截面的電荷量之比為1：1

【答案】D

【解析】【解答】A.因?qū)?dǎo)線框移出磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)導(dǎo)線框的磁通量減少，由楞次定律知兩次

移出磁場(chǎng)的過(guò)程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的電流方向相同，A不符合題意；

B.以速度v拉出磁場(chǎng)時(shí)，be邊相當(dāng)于電源，切割電動(dòng)勢(shì)Ei=B。

ad邊兩端的電壓%=%]/?=蓊0

以速度3v拉出磁場(chǎng)時(shí)，ad邊相當(dāng)于電源，切割電動(dòng)勢(shì)E2=3BLv

導(dǎo)體框ad邊兩端的電壓力=柒為=為h

,R44

ad邊兩端的電壓之比為1：9,B不符合題意；

C.設(shè)變長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,運(yùn)動(dòng)速度v,根據(jù)/=4=萼

KK

L

1=v

23

則產(chǎn)生的熱量Q=/2Rt="”

可見(jiàn)產(chǎn)生的熱量與速度有關(guān)，所以線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：3,C不符合題意；

D.平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)片=群

平均電流7=名

電荷量q=TAt=筆

與速度無(wú)關(guān)，向左和向右兩次拉出磁場(chǎng)過(guò)程中，磁通量的變化量相等，故兩次的電荷量之比為1：

1,D符合題意。

故答案為：Do

【分析】由楞次定律結(jié)合右手螺旋定則可以求出線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向。由閉合電路歐姆定律

可以求出Qd邊兩端的電壓之比。由焦耳定律求出產(chǎn)生的焦耳熱之比。

5.（2分）如圖所示，在x>0、y>0的空間內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)有兩個(gè)質(zhì)

量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點(diǎn)以不同的初速度平行于y軸射入此磁場(chǎng)，然后分別

從y軸上的M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力及它們間的相互作用.比較兩粒子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)

法正確的是（）

XXXXX

XXXXX

N.xxXXX

XXXXX

opX

A.從N點(diǎn)射出的粒子初速度較大

B.從N點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的加速度較大

C.從M點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的角速度較大

D.從M點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的時(shí)間較短

【答案】D

【解析】【解答】分別畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖：

A.根據(jù)r=前知，粒子的質(zhì)量及電荷量均相同，初速度大的軌道半徑大，由圖可知從N點(diǎn)射出的

粒子初速度較小，A不符合題意；

C.根據(jù)7=箸知，粒子的在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與粒子的速度無(wú)關(guān)，粒子的質(zhì)量及電荷量均相同，

則周期相同，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度：3=桀=變是相等的。C不符合題意；

Im

2

B.粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度：an=（Dr,兩種粒子的角速度相等，到達(dá)M點(diǎn)的半徑大，所以從

M點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的加速度較大。B不符合題意；

D.由圖可知，從M點(diǎn)射出的粒子圓心角比較小，根據(jù)1知，從M點(diǎn)射出的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最

短，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡。洛倫茲力提供向心力，得出半徑表達(dá)式，初速度大的軌道半徑大。粒

子的在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與粒子的速度無(wú)關(guān)。到達(dá)M點(diǎn)的粒子半徑大，在磁場(chǎng)中的加速度較大。

6.（2分）如圖所示，質(zhì)量均為血=Mg的小球A、B用兩根不可伸長(zhǎng)的輕繩連接后懸掛于。點(diǎn)，現(xiàn)對(duì)

小球4施加大小恒為16N、方向可以改變的外力尸，若要使兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，懸線04與豎直方向

的夾角。的值不可能是（）

B.45°C.37°D.30°

【答案】A

【解析】【解答】?jī)尚∏蛱幱陟o止?fàn)顟B(tài)，對(duì)A、B整體為研究對(duì)象，受力分析，受整體重力、OA繩

子拉力、外力F,三個(gè)力共點(diǎn)力平衡。

重力大小方向均不變，外力F大小不變，方向可變，由三角形定則可知，當(dāng)外力F與繩子拉力T垂直

時(shí)，。最大。

由幾何關(guān)系可知

F16N

3砌=新=08

故懸線。4與豎直方向的夾角。的最大值為53°,不可能是60°,

故答案為：Ao

【分析】?jī)尚∏蛱幱陟o止?fàn)顟B(tài)，由平行四邊形法則，通過(guò)平移得到三力的矢量三角形。由幾何關(guān)

系，當(dāng)外力F與繩子拉力T垂直時(shí)，8最大。

7.（2分）如圖甲所示，用起重機(jī)起吊質(zhì)量為m的重物，重物上升過(guò)程中速度的平方v?與上升高度h

的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度為g,則重物上升過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.重物加速上升的時(shí)間為尊

B.起重機(jī)對(duì)重物做功的最大瞬時(shí)功率為mg%

C.重物上升過(guò)程中，克服重力做功的平均功率為|mg為

D.重物加速上升時(shí)，起重機(jī)對(duì)重物做正功，減速上升時(shí)，起重機(jī)對(duì)重物做負(fù)功

【答案】C

【解析】【解答】A.由題圖可知在O~ho高度范圍內(nèi)重物加速上升，且由于該高度范圍內(nèi)供-八圖像

為直線，所以重物勻加速上升，則重物加速上升的時(shí)間為〃=勺=*=舞

A不符合題意；

”2

B.八圖像的斜率表示加速度的2倍，則重物勻加速上升時(shí)的加速度大小為a=票

2

根據(jù)牛頓第二定律可知重物勻加速上升時(shí)起重機(jī)對(duì)重物的牽引力大小為F=mg+ma=mg+鬻

3

當(dāng)重物勻加速至速度大小為vo時(shí)，起重機(jī)對(duì)重物做功的瞬時(shí)功率最大，為Pmax=P%=巾9%+轡

B不符合題意；

C.由圖像的對(duì)稱性可知重物勻減速上升的時(shí)間為t3=G=半

v0

重物勻速上升的時(shí)間為t2=2

v0

重物上升過(guò)程中，克服重力做功的平均功率為R=黑笫=lm^v°

C符合題意；

D.重物上升時(shí)，起重機(jī)對(duì)重物的牽引力方向始終與速度方向相同，所以始終做正功，D不符合題

忌o

故答案為：Co

【分析】利用其運(yùn)動(dòng)的位移和平均速度可以求出重物上升的時(shí)間；利用牛頓第二定律可以求出起重

機(jī)牽引力的大小，結(jié)合其最大速度的大小可以求出最大瞬時(shí)功率的大?。焕闷渌俣裙娇梢郧蟪?/p>

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合重力做功可以求出平均功率的大小，利用其牽引力方向與速度方向相同可以判別

牽引力做正功。

閱卷入

二、多選題（共3題；共6分）

得分

8.（2分）如圖所示，a、匕兩顆衛(wèi)星分別繞地球做圓軌道運(yùn)動(dòng)和橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，P、Q兩點(diǎn)分別為b衛(wèi)

星橢圓軌道的近地點(diǎn)、遠(yuǎn)地點(diǎn)。則（）

A.a衛(wèi)星的運(yùn)行周期可能為1小時(shí)

B.b衛(wèi)星從Q點(diǎn)到P的過(guò)程中，速度變化越來(lái)越快

C.ab兩顆衛(wèi)星受到地球的引力大小有時(shí)可能相等

D.衛(wèi)星a、b與地心的連線在相同的時(shí)間內(nèi)所掃過(guò)的面積相同

【答案】B,C

【解析】【解答】A.近地衛(wèi)星的周期是所有衛(wèi)星中運(yùn)行周期最小的，約等于85min,所以A不符合

題意；

B.b衛(wèi)星從Q點(diǎn)到P的過(guò)程中，地球?qū)ζ湟υ絹?lái)越大，加速度越來(lái)越大，所以速度變化越來(lái)越快,

B符合題意；

C.ab兩顆衛(wèi)星離地心的距離不等（匕離地心的距離還在變化），但兩衛(wèi)星質(zhì)量未知，所以受到地球

的引力大小有時(shí)可能相等，C符合題意；

D.根據(jù)開(kāi)普勒第二定律可知，同一顆衛(wèi)星在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與地心連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等,

D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】近大遠(yuǎn)小，近地衛(wèi)星的速度是最快的，周期是最小的。Q點(diǎn)到P的過(guò)程中，離地球越來(lái)越

近，地球?qū)ζ湟υ絹?lái)越大，加速度越來(lái)越大。不知道質(zhì)量大小，無(wú)法具體求解引力大小。

9.（2分）如圖所示，小滑塊P、Q的質(zhì)量均為血，P套在豎直固定的長(zhǎng)桿上，P、Q通過(guò)一根繞過(guò)小

定滑輪的不可伸長(zhǎng)輕繩連接?，F(xiàn)將滑塊P由a點(diǎn)靜止釋放，滑塊P經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)，右側(cè)輕繩水平，然后

繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)c點(diǎn)。己知ab=bc=L,。點(diǎn)到定滑輪的距離為遍L(zhǎng)。忽略所有摩擦，不計(jì)繩子質(zhì)

量，貝（J（）

A.滑塊P經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度大小為。炳I

B.滑塊P經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)，繩子拉力大小等于mg

C.滑塊P從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊Q的動(dòng)能先增大后減小

D.從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊P的機(jī)械能先增大后減小

【答案】A,D

【解析】【解答】A.已知ab=bc=L,滑塊P經(jīng)過(guò)從a點(diǎn)到c點(diǎn)時(shí)，滑塊Q的高度未發(fā)生變化，將滑

塊P的速度沿繩方向和垂直于繩子方向分解，則沿繩子方向巧=vPcos9

滑塊Q的速度大小與vi相同氣=%=Vpcosd

根據(jù)幾何關(guān)系可得cos。=寺

從a點(diǎn)到c點(diǎn)，系統(tǒng)動(dòng)能定理得mgL=^mvp+曲

聯(lián)立解得17P=七J5gL

A符合題意；

B.分析得經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)，滑塊P的速度不為0,則滑塊Q在最低點(diǎn)加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律可

知，繩子拉力大小大于mg,B不符合題意；

C.滑塊P在a點(diǎn)的速度和經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)沿繩子方向的分速度都為零，故滑塊Q在對(duì)應(yīng)時(shí)刻的速度也

為0；滑塊P從b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，速度一直增大，可得滑塊Q從b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，速度也

一直增大，故滑塊P從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊Q的動(dòng)能先增大后減小再增大，C不符合題意；

D.從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，繩子對(duì)滑塊P的拉力做功先做正功在做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，滑塊P

的機(jī)械能先增大后減小，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】實(shí)際速度方向?yàn)楹纤俣确较?，將滑塊P的速度沿繩方向和垂直于繩子方向分解，從a點(diǎn)到c

點(diǎn)由動(dòng)能定理得滑塊P經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度大小?；瑝KQ在最低點(diǎn)加速度向上，繩子拉力大小大于mg。

繩子對(duì)滑塊P的拉力做功先做正功在做負(fù)功，滑塊P的機(jī)械能先增大后減小。

10.（2分）如圖所示，電源內(nèi)阻r和燈泡L的電阻R均恒定不變，。為理想二極管，%、%為定值電

阻，電表均為理想電表。閉合S且電路穩(wěn)定后，有一帶電油滴在平行板電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將

滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，電表VnV2和A示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為4%、ZU2和4/,則下列說(shuō)

法中正確的是（）

L

油滴將向下運(yùn)動(dòng)

D.=R+r

【答案】A.C

【解析】【解答】A.滑片向上滑動(dòng)，其接入電路的阻值減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆

定律可知回路中電流變大，燈泡變亮，電流表示數(shù)增大，A符合題意;

B.總電流增大，故電源內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即Vi的示數(shù)減小，而Li的電壓變大，所以并聯(lián)

部分Ri兩端的電壓減小，所以V2的示數(shù)及電容器板間電壓變小，應(yīng)放電，但二極管的單向?qū)щ娦?/p>

使電荷不能放出，由于Q不變，則由C=2=福，E=§

得T

可知E不變，油滴靜止不動(dòng)，B不符合題意;

C.根據(jù)閉合電路歐姆定律可知％=E-/總r

4(7-1

可知西

&

電流表串聯(lián)在支路上，則有4>4/總

故刁123<37T=r

總

C符合題意；

D.將燈泡L電阻R看作電源內(nèi)阻一部分，可知Z7"=R+r

總

由于4>4總，故竽<R+r

D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】當(dāng)其滑動(dòng)變阻器的阻值變小時(shí)，利用動(dòng)態(tài)電路的串反并同可以判別其電流表和電壓表的讀

數(shù)變化；利用電容器的定義式及決定式可以判別其電場(chǎng)強(qiáng)度不變則油滴靜止不動(dòng)；利用閉合電路的

歐姆定律可以判別其電壓表和電流表變化量的比值大小。

閱卷入

三'實(shí)驗(yàn)題（共2題；共9分）

得分

11.（4分）為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn):

（1）（1分）用螺旋測(cè)微器測(cè)出擋光片的寬度d,測(cè)量結(jié)果如圖甲所示，則4=mm；

（2）（1分）不計(jì)擋光片的質(zhì)量，所用鉤碼的質(zhì)量相同，如圖乙所示，由靜止釋放鉤碼4、B、

C,實(shí)驗(yàn)測(cè)得，釋放鉤碼時(shí)擋光片距光電門的距離為力，擋光片遮光的時(shí)間為￡若系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

則需要驗(yàn)證：h=（用物理量字母表示，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間）；

（3）（2分）以下建議中能對(duì)減小該實(shí)驗(yàn)誤差有作用的是一

A.繩子越長(zhǎng)越好

B.使用質(zhì)量小且結(jié)實(shí)的繩子

C.盡量保證重物只沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，不要搖晃

【答案】（1）2.662

（2）h=^

2gt2

（3）B；C

【解析】【解答】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為d=2.5mm+16.2x0.01mm=2.662mm

（2）系統(tǒng)的末速度為17=9

若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有（2m—m）gh=4-3mv2

解得h=乎=其

2g2gt2

（3）A.通過(guò)驗(yàn)證關(guān)系式h=當(dāng)，與繩子長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，A不符合題意；

B.物塊在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，細(xì)繩也在運(yùn)動(dòng)，也具有動(dòng)能，故使用質(zhì)量小且結(jié)實(shí)的繩子可使實(shí)驗(yàn)減小系

統(tǒng)誤差，B符合題意；

C.盡量保證重物只沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閾u晃會(huì)使得物體在水平方向上有速度分量，影響實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證

結(jié)果，C符合題意；

故答案為：BCo

【分析】（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于可動(dòng)刻度加上固定刻度。結(jié)果要估讀。

（2）擋光片通過(guò)光電門看成勻速運(yùn)動(dòng)。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒列出等式，得出h的表達(dá)式。

（3）繩會(huì)分走一部分動(dòng)能，搖晃會(huì)使得物體在水平方向上有速度分量，豎直速度偏小，測(cè)量速度的

結(jié)果偏小。

12.（5分）如圖（a）所示，某實(shí)驗(yàn)小組用銅片和鋁片作為電極插入臍橙中，組成水果電池，為了測(cè)

量該臍橙電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們用電阻箱、定值電阻和電壓表設(shè)計(jì)了如圖（b）所示的實(shí)驗(yàn)電路

圖，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①將S2接到4,閉合Si，當(dāng)電阻箱的阻值為5400時(shí)，電壓表示數(shù)為0.30K

②保持電阻箱阻值不變，將S2切換到B,電壓表示數(shù)為0.35U；

③仍將S2切換到B,多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的阻值R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U。

圖（c）

（1）（3分）根據(jù)上述步驟，若電壓表視為理想表，則可得出定值電阻Ro的阻值為0。

該實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得幾組數(shù)據(jù)后，利用計(jì)算機(jī)得出電壓表示數(shù)的倒數(shù)與和電阻箱與定值電阻之和的倒數(shù)

111

儡，繪出了如圖（c）所示的方-儡圖像。根據(jù)圖像可求得水果電池的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r,其中

E=V,r=0。（計(jì)算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

（2）（2分）在治已知的條件下，若電壓表不是理想表，只考慮由此引起的系統(tǒng)誤差，則電動(dòng)勢(shì)

的測(cè)量值_________（選填“大于”、“小于”或“等于"）真實(shí)值，內(nèi)阻的測(cè)量值_________（選填“大

于，，，小于,，或，，等于，，）真實(shí)值。

【答案】（1）90；0.83；8.3x102

（2）小于；小于

【解析】【解答】（1）根據(jù)串聯(lián)電路電壓之比等于電阻之比可得端^=些鑄迎

解得Ro=900

Ur

根據(jù)閉合電路歐姆定律，當(dāng)S2打到B端時(shí)有E=U+

可變形為方力?福鼎

由圖像可得看=1.2尸

E

解得E=0.837

112—12

由百r==1000/3/7

解得r=8.3x102n

（2）由于電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大，電壓表起分流作用，可知測(cè)得通過(guò)電源的電流值偏小，外電壓準(zhǔn)

確，根據(jù)U-/圖線知，電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，內(nèi)阻的測(cè)量值小于真實(shí)值。

【分析】（1）由串聯(lián)電路串聯(lián)分壓得到電阻之比。閉合電路歐姆定律得到與和尋島的關(guān)系式，畫(huà)

出圖像，得到電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

（2）電壓表分流，導(dǎo)致測(cè)得通過(guò)電源的電流值偏小，電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值和內(nèi)阻的測(cè)量值都偏小。

閱卷人

四、解答題（共4題；共40分）

得分

13.（10分）如圖所示,一直角輕質(zhì)木架ABC,A8部分水平，BC部分豎直，其中A、B兩點(diǎn)距離為

L.一根長(zhǎng)為2L的輕繩兩端分別系在A、B兩點(diǎn)，繩上串一個(gè)質(zhì)量為m的光滑小圓環(huán)，初始時(shí)木架和

圓環(huán)保持靜止?fàn)顟B(tài)?現(xiàn)使木架繞軸BC轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)圓環(huán)一起在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與4端相連的

繩子保持豎直時(shí)，木架勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，已知重力加速度g，sin37°=|?求：

AB

（1）（5分）木架與圓環(huán)保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，繩子的張力大?。?/p>

（2）（5分）與A端相連的繩子保持豎直時(shí)，木架轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。

【答案】（1）解：當(dāng)木架與圓環(huán)保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由于A、B兩點(diǎn)距離為3且長(zhǎng)為2L的輕繩兩端分

別系在A、B兩點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩端繩之間的夾角為60。，對(duì)圓環(huán)受力分析可得，豎直方向

有27cos30°=mg

解得T=守mg

（2）解：設(shè)細(xì)線中拉力大小為T,做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為3圓環(huán)與A點(diǎn)的距離為二，圓環(huán)與B點(diǎn)的

連線與水平方向的角度為仇根據(jù)幾何關(guān)系可得/+/2=（2￡一廠）2

解得匕=V

可得。=37°

對(duì)圓環(huán)受力分析可得Tcos37°=ma）12L

豎直方向T+Tsin37°=

解得3=

【解析】【分析】（1）張力即拉力。由受力平衡結(jié)合平行四邊形法則得出繩子的張力大小。

（2）由幾何關(guān)系得出圓環(huán)與A點(diǎn)的距離，對(duì)圓環(huán)受力分析，水平方向拉力分力提供向心力，豎直

方向受力平衡。列出方程求解。

14.（10分）在贛州市南河大橋擴(kuò)建工程中，雙向橋梁已完成了某一通車方向的建設(shè)，為保持雙向車

輛正常通行，臨時(shí)將其改成雙向車道。如圖所示，引橋與橋面對(duì)接處，有兩車道合并一車道的對(duì)接

口，4、B兩車相距So=4m時(shí)，B車正以為=4m/s速度勻速行駛，4車正以力=7rn/s的速度借道

超越同向行駛的B車，此時(shí)4車司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方距離車頭s=16m處的并道對(duì)接口，4、B兩車長(zhǎng)度均

為L(zhǎng)=4m,且不考慮4車變道過(guò)程的影響。

（1）（5分）若4車司機(jī)放棄超車，而立即駛?cè)肱cB車相同的行駛車道，A車至少以多大的加速度

剎車勻減速，才能避免與B車相撞。

（2）（5分）若4車司機(jī)加速超車，4車的最大加速度為a=3m/s2,請(qǐng)通過(guò)計(jì)算分析4車能否實(shí)現(xiàn)

安全超車。

【答案】（1）解：A車減速到與B車同速時(shí)，若恰未與B車相碰，則A車將不會(huì)與B車相碰，設(shè)經(jīng)

歷的時(shí)間為3則

A車位移X4="號(hào)"8t①

B車位移物=vBt（2）

XA-XB=So③

由①②③式聯(lián)立解得t=1s

V-V7-4.29.

則A車與B車不相碰，剎車時(shí)的最小加速度大小。=安A且B=—m/s2=^m/s2

3

（2）解：設(shè)A車加速t2時(shí)間后車尾到達(dá)B車車頭，貝風(fēng)+2乙=〃血+4砒22-昭2

解得t2=2s

在此時(shí)間內(nèi)，A車向前運(yùn)動(dòng)了孫？=勿12+2at22

計(jì)算可得支超=20m>s=16m

說(shuō)明在離并道對(duì)接口16m的距離上以3m/s2的加速度加速不能實(shí)現(xiàn)安全超車。

【解析】【分析】（1）A車減速到與B車同速時(shí)，此時(shí)兩車距離最小，若此時(shí)恰未與B車相碰，

則A車將不會(huì)與B車相碰。由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列方程求解。

（2）并道對(duì)接口距離只有16米，所以超車位移不能超過(guò)16米。但到達(dá)相同位置時(shí)，才可以實(shí)現(xiàn)

超車。

15.（10分）如圖所示，絕緣的光滑豎直桿，長(zhǎng)度為2L,底端固定一個(gè)電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，兩個(gè)

絕緣的滑塊4、B（可看做質(zhì)點(diǎn)）套在桿上，滑塊A不帶電，滑塊8所帶電荷量為+q,滑塊4的質(zhì)量是

滑塊B的兩倍。開(kāi)始時(shí)，在離直桿底端距離為L(zhǎng)的位置上將兩滑塊疊放在一起，并保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)

給人施加一沿直桿向上的力F（大小未知），使人以加速度a=沿直桿向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至

A運(yùn)動(dòng)到絕緣桿頂端。已知靜電力常量為k,在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中任意一點(diǎn)的電勢(shì)為w=（r

為該點(diǎn)到場(chǎng)源電荷Q的距離）。求：

F

\A

~B

?

（1）（5分）力/剛達(dá)到最大值時(shí)，滑塊8電勢(shì)能的變化量；

（2）（5分）整個(gè)過(guò)程拉力?對(duì)滑塊4做的功。

【答案】（1）解：開(kāi)始時(shí)，兩滑塊靜止，設(shè)B的質(zhì)量為m,則A的質(zhì)量為2m,由平衡條件得

3mg=卜彗

施加F后，A以加速度a=卜

做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B剛好分離時(shí)?，F(xiàn)最大，此時(shí)A、B加速度相等且AB無(wú)作用力，由牛頓第

二定律，對(duì)A有產(chǎn)max-2mg=2am

對(duì)B有鳥(niǎo)—mg=ma

聯(lián)立解得丁=|L

由公式3=半

可知，初始位置電勢(shì)為%=華

kQ

F最大時(shí)電勢(shì)為%=可

2L

兩點(diǎn)電勢(shì)差為U=—02=第

故zlEp=qU=挈^

即電勢(shì)能減少第。

（2）解：對(duì)A、B,由動(dòng)能定理可得小F+qU—=4?2mi;2

其中h=（|L-L）=1L

又/=2ah=ggL

解得“尸=縛

【解析】【分析】（1）AB做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B剛好分離時(shí)，F(xiàn)最大。對(duì)AB分別由牛頓第二定

律和電勢(shì)的公式列出方程求出兩點(diǎn)電勢(shì)差，由電場(chǎng)力做功公式求出電勢(shì)能減少量。

（2）求出下落高度，以及運(yùn)動(dòng)速度，對(duì)A、B,由動(dòng)能定理可得整個(gè)過(guò)程拉力F對(duì)滑塊4做的功。

16.（10分）如圖所示，有一傾角6=37。的平行傾斜金屬導(dǎo)軌4BAB',44處接有電容為C=0.3F的

電容器，在底端B9處通過(guò)一小段光滑圓弧絕緣件（長(zhǎng)度可忽略）連接足夠長(zhǎng)的平行光滑水平金屬導(dǎo)

軌BCB'C',兩導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)=1m,在導(dǎo)軌4B4B'間和導(dǎo)軌BCB'C'間分別存在著垂直導(dǎo)軌平面向上

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為%=17和82=0.17。兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬棒a、b,棒b靜止在

水平金屬導(dǎo)軌BCB'C'的最左端，棒a與導(dǎo)軌/BA'B'間的動(dòng)摩擦因數(shù)//=0.5,并從離導(dǎo)軌力BA'B'底端

高度為八=0.3恒處由靜止釋放。已知棒a、b始終與導(dǎo)軌間保持良好接觸，兩棒間的碰撞為水平彈性

碰撞，ma=0.3kg,mb=0.1kg,%=0.2。，不計(jì)棒a的電阻，重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）（5分）棒a到達(dá)導(dǎo)軌ZBAB'底端時(shí)的速度大小;

（2）（5分）最終棒a、b之間的距離。

【答案】（1）解：對(duì)a受力分析結(jié)合牛頓第二定律有magsine-〃magcos。一/安=niaa

而產(chǎn)妥=

其中/_陽(yáng)_%一色四

=CBLa

/一ZF一~AT~At1

聯(lián)立解得a=lm/s2

所以金屬棒a在傾斜軌道上做勻變速運(yùn)動(dòng)，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有/=2a新

解得〃=lm/s

（2）解：當(dāng)金屬棒a進(jìn)入水平導(dǎo)軌與b發(fā)生彈性碰撞，碰后兩者速度分別為vi、V2,由動(dòng)量守恒和

mv

能量守恒粗力=al+Trtbv2

111

2maV2=2maVl2+2

聯(lián)立解得%=&m]s，v?—^m/s

碰后a、b在安培力作用下向右變速運(yùn)動(dòng)，a向右加速，b向右減速，整體的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量

守恒，當(dāng)二者速度相等時(shí)它們之間的距離保持不變，設(shè)為S,據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Ma%=（巾a+

在此過(guò)程中對(duì)導(dǎo)體棒b應(yīng)用動(dòng)量定理有-/安=-B2ILAt=mhv^.-mbv2

由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律7=g=裁=等

聯(lián)立可得s=1.5m

【解析】【分析】（1）對(duì)a受力分析，結(jié)合電容表達(dá)式以及電流定義式。求出棒a到達(dá)導(dǎo)軌底端時(shí)

的速度大小

（2）金屬棒a進(jìn)入水平導(dǎo)軌與b發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒。當(dāng)二者速

度相等時(shí)它們之間的距離保持不變，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理以及法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合

甩路歐姆定律分別列方程求解得到最終棒a、b之間的距離。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：69分

客觀題（占比）20.0(29.0%)

分值分布

主觀題（占比）49.0(71.0%)

客觀題（占比）10(62.5%)

題量分布

主觀題（占比）6(37.5%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

實(shí)驗(yàn)題2(12.5%)9.0(13.0%)

解答題4(25.0%)