2023-2024學年浙江省金華市白龍橋中學高三物理名校聯(lián)考含解析

2023年浙江省金華市白龍橋中學高三物理名校聯(lián)考含

解析

一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分.每小題只有一個選項符合

題意

1.甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動，它們的「一力圖象如圖所示.兩圖象在2=

G時相交于戶點，戶在橫軸上的投影為0,△。戶0的面積為S.在2=0時刻，乙車在甲車前

面，相距為d.已知此后兩車相遇兩次，且第一次相遇的時刻為t',則下面四組t'和d

的組合可能的是（）

A.t'=ti,d=S

I1

B.t'=2ti,d=4S

I1

C.t'=2ti,d=2S

13

D.t'=?方i,d="S

參考答案：

D

解：在功時刻如果甲車沒有追上乙車，以后就不可能追上了，故t'Wt,從圖象中甲、

乙與坐標軸圍成的面積即對應的位移看：

A、當，=△時，SkSjS,即當廬S時正好相遇，但第一次相遇的時刻為，，以后就

不會相遇了，只相遇一次，故A組合不可能；

.133

B、C、D、當'一時，由幾何關系可知甲的面積比乙的面積多出不，即相距','時正好相

遇，故B、C組合不可能，D組合可能；故選D.

【點睛】本題是速度-時間圖象的應用，知道在速度-時間圖象中圖象與坐標軸圍成的面積

的含義，并能根據(jù)幾何關系求出面積，能根據(jù)圖象讀取有用信息.

2.用長為1的細繩拴著質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，如圖，則下列說

法正確的是（）

A.小球在圓周最高點時所受的向心力一定為重力

B.小球在圓周最高點時繩子的拉力不可能為0

C.若小球剛好能在豎直平面內做圓周運動，則其在最高點的速率為白

D.小球在圓周最低點時拉力可能小于重力

參考答案：

3..甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動，V-t圖像如圖所示，兩圖像在1=口

時刻相交，乙車從t=0開始到停下所通過的位移為S。t=0時刻，甲在乙前面，相

距為d。已知此后兩車可以相遇兩次，且第一次相遇時刻為匕則下列四組t，和d

的組合可能是：

3S

A.f=tld=TB.f=tld-4

“3sk史

C.t'=2d=16D.t'=2d=T

參考答案:

C

4.如圖所示，一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內，有垂直紙面向里的

勻強磁場，其左側有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abed,線框以水

平速度v勻速通過整個勻強磁場區(qū)域，設電流逆時針方向為正。則在線框通過磁場

的過程中，線框中感應電流i隨時間t變化的規(guī)律正確的是（）

參考答案:

A

5.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學設計了利用壓敏電阻判斷升

降機運動狀態(tài)的裝置，其工作原理圖如圖，將壓敏電阻固定在升降機底板上，其上

放置一個物塊，在升降機運動過程的某一段時間內，發(fā)現(xiàn)電流表的示數(shù)I不變，且

I大于升降機靜止時電流表的示數(shù)10,在這段時間內

A.升降機可能勻減速下降

B.升降機一定勻減速下降

C.升降機可能勻加速下降

D.升降機一定勻加速下降

參考答案：

C

二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分

6.（4分）質量為0.5kg的物體從高處自由落下，前2s內重力做功的平均功率

是W,2s末重力對物體做功的瞬時功率是W（取g=10m/s2.）

參考答案：

50100

7.質量為0.4kg的小球甲以速度3m/s沿光滑水平面向右運動，質量為4kg的小球

乙以速度5m/s沿光滑水平面與甲在同一直線上向左運動，它們相碰后，甲球以速

度8m/s被彈回，則此時乙球的速度大小為m/s,方向。

參考答案：

3.9水平向左

8.如圖所示，電源電動勢為E,內電阻為r.兩電壓表可看作是理想電表，當閉合開關，

將滑動變阻器的觸片由左端向右端滑動時，燈泡L2變,燈泡L1變

.（選填亮或暗）。表的讀數(shù)變小，表的讀數(shù)變大.（選

填VI或V2）o

參考答案:

L2變—暗燈泡L1變一亮一。（每空2分）

_V2—表的讀數(shù)變小，_VI一表的讀數(shù)變大。

9.利用如圖所示的電路可以測定電壓表的內阻，其中滑動變阻器R很小。不改

變滑動變阻器R滑動觸頭位置，當電阻箱Ro的阻值為10kQ時，電壓表正好滿

偏；當電阻箱Ro的阻值為3OkQ時，電壓表正好半偏。則電壓表的內阻Rv

LEI

參考答案:

答案：10

10.一小球從樓頂邊沿處自由下落，在到達地面前最后1S內通過的位移是樓高的25,則

樓高是L

參考答案：

125m

11.如圖所示，一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸負方向傳播，波速為4m/s,則質點P此

時刻的振動方向沿V軸（填"正"或"負"）方向.經過At=3s.質點Q通過的路

程是mo

參考答案:

正0.6

12.（5分）如圖所示，一定質量的理想氣體可由狀態(tài)1經等容過程到狀態(tài)2,再

經等壓過程到狀態(tài)3,也可先經等壓過程到狀態(tài)4,再經等容過程到狀態(tài)3。已知

狀態(tài)1的溫度和狀態(tài)3的溫度相同，狀態(tài)2的溫度為以狀態(tài)4的溫度為T?則狀

態(tài)1和狀態(tài)3的溫度3=乃=o

p

oV

參考答案：

答案：也i-

13.16.測定木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)時，采用如圖12-a所示的裝置，圖中

長木板水平固定.

(1)實驗過程中，電火花計時器接在頻率為50Hz的交流電源上.調整定滑輪高

度，

使-

(2)已知重力加速度為g,測得木塊的質量為M,祛碼盤和祛碼的總質量為m,

木塊的

加速度為a,則木塊與長木板間動摩擦因數(shù)卜=-

(3)如圖12上所示為木塊在水平木板上帶動紙帶運動時打出的一條紙帶的一部

分，0、1、2、3、4、5、6為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點未畫出.從紙

帶上測出xl=3.20cm,x2=4.52cm,x5=8.42cm,x6=9.70cm.則木塊加速度

大小a=m/s2(保留2位有效數(shù)字).

參考答案:

(1)細線與長木板平行

⑵四=Mg

(3)a=1.3m/s2(保留2位有效數(shù)字)

三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分

14.某同學想通過一個多用電表中的歐姆擋直接去測量某電壓表（量程為10V）的內阻

（大約為幾十千歐），該多用電表刻度盤上讀出電阻刻度中間值為30,貝IJ：

（1）歐姆擋的選擇開關撥至xlk（選填"xlk"或"xIOO"）擋，先將紅、黑表筆短接調零

后，選用圖中A（選填"A"或"B"）方式連接.

（2）在實驗中，某同學讀出歐姆表的讀數(shù)為40000Q,這時電壓表的讀數(shù)為5.0

V,歐姆表電池的電動勢為8.75V.

參考答案：

【考點】：用多用電表測電阻.

【專題】：實驗題；恒定電流專題.

【分析】：選擇倍率的原則是讓指針指在刻度盤的中間位置附近，歐姆表的內部電源的

正極與外部負極插孔相連，歐姆表的讀數(shù)為示數(shù)乘以倍率，由閉合電路的歐姆定律求電動

勢.

解：當歐姆表的指針指在中間位置附近時，測量值較為準確，根據(jù)讀數(shù)為：示數(shù)x倍率

=讀數(shù)知，選擇xlK的擋較好；

歐姆表的正極插孔與內部電源的負極相連，與電壓表構成一閉合回路，電流從負極流出,

進入電壓表的正極，所以選擇圖A正確；

歐姆表的讀數(shù)為：40xlK=40KQ；

電壓表的讀數(shù)為5.0V；

由題意知歐姆表的內阻為30KQ,與電壓表的內阻40KQ串聯(lián)，由歐姆定律可知：

5

E=I(r+R)=40000x(3xl04+4xl04)=8.75V.

故答案為：(1)xlk,A；(2)40000,5.0,8.75

【點評】：本題考查了歐姆表的結構、讀數(shù)和歐姆定律，題目難度不大.

15.利用圖甲裝置可以做許多力學實驗.

(1)利用此裝置探究"加速度與力、質量的關系"和"合外力做的功等于物體動能變化"實驗

中為了讓小車所受合外力等于細繩的拉力需要進行的步驟是平衡小車所受的摩擦.

(2)甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，小車上放不同

質量的祛碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究小車與木板之間的動摩擦因數(shù)(實驗中小

車的輪子被鎖死，小車只能在長木板上滑動).

①為使小車運動時受到的拉力在數(shù)值上近似等于祛碼桶及桶內祛碼的總重力，應滿足的

條件是祛碼桶及桶內祛碼的總質量遠小于小車和小車上祛碼的總質量,(填"遠大

于"、"遠小于"或"近似等于")

②實驗中對小車及車內祛碼研究，根據(jù)牛頓第二定律有F-|img=ma,實驗中記錄小車的

加速度a和小車所受的合外力F,通過圖象處理數(shù)據(jù).甲、乙兩同學分別得到圖乙中甲、

乙兩條直線.設甲、乙用的小車及祛碼質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的小車與木板間

的動摩擦因數(shù)分別為n甲、u乙，由圖可知，m中小于mz,u申大于多?。ㄌ?大

于“、"小于"或"等于"）

（3）做直線運動的小車，牽引一條紙帶通過打點計時器打出一條紙帶，從紙帶上打出的

某一點開始，每5個點剪下一段紙帶，按圖丙所示，使每一條紙帶下端與x軸重合，左邊

與y軸平行，將每段粘貼在直線坐標系中，各段緊靠但不重疊，根據(jù)圖丙可以判斷小車做

勻加速直線運動,加速度a=0.75?0.76m/s?（結果保留兩位有效數(shù)字）.已知交流

電源的頻率為50Hz.

參考答案:

考探究加速度與物體質量、物體受力的關系.

點：

專實驗題.

題：

分（1）小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則

析：應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高；

（2）在探究"小車的加速度a與力F的關系”時，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度a的

表達式，不難得出當鈞碼的質量遠遠大于小車的質量時，加速度a近似等于g的結

論；探究"小車與木板之間的動摩擦因數(shù)”實驗時，利用牛頓第二定律和圖象的意

義，判斷甲乙的質量和摩擦因數(shù)的大小.

（3）本題使用的方法是等效代替法解題，它們的長度分別等于x=v平均t,因為剪斷

的紙帶所用的時間都是t=0」s,即時間t相等，所以紙帶的長度之比等于此段紙帶的

平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時刻的速度，最后得出結

論紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時刻的速度

之比，即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比.根據(jù)圖象的斜率求出小車的加速

度.

解解：（1）小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使細線的拉力等

答：于其合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力；

mgMing

(2)對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，adT片,則繩子的拉力F=Ma=%M,

當m<<M,即祛碼桶及桶內祛碼的總質量遠小于小車和小車上祛碼的總質量時，

祛碼桶及桶內硅碼的總重力在數(shù)值上近似等于小車運動時受到的拉力.

F1

根據(jù)牛頓第二定律有F-Rmg=ma得：a=ir-ug,結合圖象可知，IT為斜率，-ug為

縱坐標的截距，所以m甲<m乙，以甲>口乙.

(3)因為剪斷的紙帶所用的時間都是t=0.1s,即時間t相等，所以紙帶的長度之比

等于此段紙帶的平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時刻的速

度，最后得出結論紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶

中間時刻的速度之比，即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比.在每段紙帶的上

邊緣中點畫"?"作為計數(shù)點，在新的坐標里每個計數(shù)點的縱坐標表示相對應的單位時

間內中間時刻的瞬時速度.

畫一直線，使盡可能多的計數(shù)點落在此直線上，并使直線兩側的計數(shù)點數(shù)目大致相

等，這條直線便是運動物體的速度-時間的圖線.

速度-時間直線的斜率表示加速度，可知運動小車做勻加速直線運動，其加速度大

△v

2

小a=At=0.75m/s.

故答案為：(1)平衡小車所受的摩擦力；

(2)①遠小于，小于，大于；

(3)勻加速直線，0.75-0.76.

點解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事

評：項，然后熟練應用物理規(guī)律來解決實驗問題；注意圖象進行數(shù)據(jù)處理時，斜率和截

距表示的物理意義.要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，

在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用.

四、計算題：本題共3小題，共計47分

16.如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大

小為B,邊長為L的正方形金屬框abed（下簡稱方框）放在光滑的水平地面上，其外側套

著一個與方框邊長相同的U型金屬框架MNPQ（下簡稱U型框），U型框與方框之間接

每條邊的電阻均為r.

（1）將方框固定不動，用力拉動U型框使它以速度vo垂直NP邊向右勻速運動，當U型

框的MQ端滑至方框的最右端（如圖乙所示）時，方框上的be兩端的電勢差為多大？此

時方框的熱功率為多大？

（2）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度vo，如果U型框恰好不能與方框

分離，則在這一過程中兩框架上產生的總熱量為多少？

（3）若方框不固定，給U型框垂直NP邊向右的初速度v（v>vo）,U型框最終將與方

框分離.如果從U型框和方框不再接觸開始，經過時間3方框最右側和U型框最左側的

距離為s.求兩金屬框分離時的速度各為多大？

參考答案：

解：（1）當方框固定不動，U型框以vo滑至方框最右側時，設產生的感應電動勢為E,

貝l」E=BLvo①

r,3r_3

be間并聯(lián)電阻R#=r+3r=Wr②

be兩端的電勢差Ube=R#+2r+r開③

1

由①②③得Ubc=5BLvo④

E

此時方框得熱功率P=（R并+2"r）2R并⑤

4B2L2VQ

由①②⑤得P=75r⑥

(2)若方框不固定，方框(U型框)每條邊的質量為m,則U型框、方框的質量分別為

3m和4m.又設U型框恰好不與方框分離時的速度為v,此過程中產生的總熱量為Q,由

動量守恒定律可知

3mvo=(3m+4m)v?

據(jù)能量轉化與守恒，可知：

]]2

Q=5?3mV＞萬⑧

62

由⑦⑧可知Q=7mv°⑨

(3)若方框不固定，設U型框與方框分離時速度分別為vi、V2,

由動量守恒可知3mvo=3mvi+4mv2@

從U形框和方框不再接觸后，都做勻速運動，在t時間內相距為s=vit-v2t(11)

14s3s

可得vi=7(3v+t),V2=T(v-t)

14B2L2VQ

答：(1)方框上的be兩端的電勢差為后BLvo,此時方框的熱功率為一后一.

62

(2)在這一過程中兩框架上產生的總熱量為7。丫。.

14s3s

(3)兩金屬框分離時的速度各為7(3V+T),7(v-T).

17.如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里

的勻強磁場，磁感應強度大小為B.如圖建立坐標系，x軸平行于金屬板，與金屬板中心

線重合，y軸垂直于金屬板.區(qū)域I的左邊界在y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且

與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行.在區(qū)域I和區(qū)域II內分別存在勻強磁場，磁感應

強度大小均為B,區(qū)域I內的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內的磁場垂直于Oxy平面

向里.一電子沿著x軸正向以速度vo射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直

線運動，并先后通過區(qū)域I和IL已知電子電量為e,質量為m,區(qū)域I和區(qū)域n沿x軸方

V3mv0

向寬度均為2Be.不計電子重力.

(1)求兩金屬板之間電勢差u；

(2)求電子從區(qū)域n右邊界射出時，射出點的縱坐標y；

(3)撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強電場，使得該電子剛好不能從區(qū)

域II的右邊界飛出.求電子兩次經過y軸的時間間隔t.

II

B

P?Q

?XBXK

M-J-N

參考答案:

(1)兩金屬板之間電勢差U為Bvod；

(2)電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y為eB；

51r

(3)電子兩次經過y軸的時間間隔為eB.

：解：(1)電子在平行板間做直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，

由平衡條件得：eE=evoB...①

電場強度：E=d…②

由①②兩式聯(lián)立解得：U=Bvod；

(2)如右圖所示，電子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，向上偏轉，洛倫茲力提供向心力,

由牛頓第二定律得：ev0B=mR…③

V3mv0

設電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉距離為yo,區(qū)域I的寬度為b(b=2Be)

由數(shù)學知識得：(R-yo)2+b2=R2...(4)

由③④式聯(lián)立解得：yo=工而

因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉量，故電子從區(qū)域n射出點的縱坐標為：

mv。

y=2yo=eB

(3)電子剛好不能從區(qū)域n的右邊界飛出，說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運動的軌跡

恰好與區(qū)域n的右邊界相切，圓半徑恰好與區(qū)域n寬度相同.電子運動軌跡如下圖所

示.設電子

進入?yún)^(qū)域n時的速度為v,

由牛頓第二定律得：evB=mr…⑤

亞

由人r=b得：v=2"0

_VQ+V

電子通過區(qū)域I的過程中，向右做勻變速直線運動，此過程中平均速度為：v=2

電子通過區(qū)域I的時間：

bFmv。

ti=v（b為區(qū)域I的寬度2Be）…⑥

_也

解得：ti=2（2V3-3）eB

電子在區(qū)域II中運動了半個圓周，設電子做圓周運動的周期為T,

由牛頓第二定律得：evB=mr...⑦

2兀r

v=T…⑧

T

電子在區(qū)域II中運動的時間：t2=/=eB...⑨

冗IT

由⑦⑧⑨式解得：t2=7E

電子反向通過區(qū)域I的時間仍為ti，電子兩次經過y軸的時間間隔：

二51r

t=2ti+t2=（8V3-12+n）eB

答：（1）兩金屬板之間電勢差U為Bvod；

mv0

（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標y為記；

51r

（3）電子兩次經過y軸的時間間隔為贏.

18.如圖所示，在以坐標原點O為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域內有相互垂直的勻

強電場和勻強磁場，磁感應強度為B,磁