2024屆山東省棗莊市高三上學期期末考試物理及答案

2023—2024學年第一學期高三質量檢測物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.物理概念的建立推動了物理學的發(fā)展，下列關于物理概念建立的說法中正確的是（??）A.力的概念是牛頓建立的B.加速度概念是由亞里士多德首先提出的C.電壓概念是伽利略首先建立的D.電場是安培完善后形成的概念2.2024年1月10日是第四個中國人民警察節(jié)，東莞上千架無人機上演“蒼穹之舞”。若取豎直向上為正方向，其中一架無人機沿豎直方向運動的v-t圖像，如圖所示。關于這架無人機運動的說法中正確的是（）A.4s~6s內(nèi)無人機處于懸停狀態(tài)B.無人機可以上升的最大高度是8mC.6s~10s內(nèi)無人機處于失重狀態(tài)D.無人機在第2s末開始向下運動3.如圖所示，細繩將光滑小球A懸掛在電梯轎廂豎直壁上的O點，木板B被小球A擠在轎廂內(nèi)壁上，細繩與側壁的夾角為θ，電梯靜止時，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的質量分別為M、m，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（??）第1頁/共10頁mtanA.木板B與電梯側壁之間的動摩擦因數(shù)為MB.當電梯以加速度C.當電梯以加速度a豎直加速上升時，木板B會滑落a(ag)豎直加速下降時，木板B仍保持靜止a(ag)豎直加速下降時，A對B的壓力大小為M(ga)tanD.電梯以加速度4.2023年11月22日，“夸父一號”先進天基太陽天文臺衛(wèi)星，完成在軌初步評估，衛(wèi)星工作正常，性能穩(wěn)定。“夸父一號”衛(wèi)星最終運行在太陽同步晨昏軌道II（距離地面720km的圓形軌道）上，其軌道面和地球晨昏線始終近似重合。該衛(wèi)星先被發(fā)射到橢圓軌道I上運行，在A處通過變軌轉移至圓形軌道II上運行，A、B分別為橢圓軌道I的遠地點和近地點，地球同步衛(wèi)星距離地面36000km，下列說法中正確的是（??）A.衛(wèi)星經(jīng)過B點時的速度小于沿軌道II經(jīng)過A點時的速度B.衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過A點時的加速度相等C.“夸父一號”衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期相等D.“夸父一號”衛(wèi)星的機械能小于地球同步衛(wèi)星的機械能q的5.如圖所示，真空中M、N、O三點共線，MN、NO之間的距離分別為3L、L，N點固定電荷量為點電荷，當M點也放置一點電荷后，在它們共同形成的電場中，電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零）恰好是以O點為球心的球面。已知點電荷周圍某點的電勢為，r為該點到點電荷的距離，Qr為場源電荷的電荷量。則放置在M點的點電荷的電荷量為（）第2頁/共10頁A.qB.2qC.3qD.4q6.如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場中一矩形線圈繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，轉動角速，產(chǎn)生的電能通過滑環(huán)M、N度為由單刀雙擲開關控制提供給電路中的用電器。線圈的面積為，匝S數(shù)為N，線圈的總阻值為r，定值電阻R2R，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1:2，電壓表為1理想電表。線圈由圖示位置轉過90的過程中，下列說法中正確的是（??）N2BSA.若開關打到“1，通過電阻1的電荷量qB.若開關打到“1，電阻1產(chǎn)生的熱量QC.若開關打到“2，電壓表的示數(shù)為URrNRB2S24(Rr)22RNBS5R4r2RB2S2R2D.若開關打到“2，電阻產(chǎn)生的熱量QN16(Rr)27.如圖所示，紙面內(nèi)一正三角形的中心在O點，頂點a、b處分別垂直于紙面放置通電長直導線，電流方向相反，a處電流大小是b處電流大小的2倍，頂點c處的磁感應強度大小為B0。已知電流為I的無限長I通電直導線在距其r遠的圓周上產(chǎn)生的磁感應強度為Bk，k為比例系數(shù)。那么正三角形中心O點處r的磁感應強度的大小，下列說法中正確的是（）第3頁/共10頁233A.70B.230C.30D.08.如圖所示，半徑為r的光滑豎直圓環(huán)固定在水平地面上，套在圓環(huán)上的小球A、B由不可伸長的細線連接，質量均為m，細線長度為r，小球A在拉力F作用下沿圓環(huán)緩慢上移至頂點M。初始時細線豎直，拉力F始終沿圓環(huán)切線方向，下列說法中正確的是（）A.小球B到達與圓心O等高處時拉力F=mgB.小球A到達M點時拉力FC.細線的拉力先增大后減小D.圓環(huán)對球B的支持力先增大后減小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.2023年12月6日，2023世界5G大會在河南鄭州開幕，主題為“5G變革共繪未來”。目前全球已部署超過260張5G網(wǎng)絡，覆蓋近一半的人口。產(chǎn)生5G無線信號電波的LC振蕩電路某時刻的工作狀態(tài)如圖所示，則該時刻（）第4頁/共10頁A.線圈中磁場的方向向下B.電容器兩極板間電場強度正在變大C.電容器正在放電，線圈儲存的磁場能正在增加D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應電流的方向相反10.如圖所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，小球從彈簧正上方由靜止釋放，釋放點與彈簧頂端的距離h，小球接觸彈簧后向下運動的最大距離x。已知彈簧的原長l，勁度系數(shù)為k，小球的質量m，它運動過程中所受空氣阻力的大小恒為f，取重力加速度為g。在小球由開始下落至被反彈離開彈簧后上升到最高點的過程中，下列說法中正確的是（）(f)2A.小鋼球的最大動能(f)h2kPmg(hx)B.輕質彈簧的最大彈性勢能E(mgf)(hx)2f(hx)C.下降至最低點過程中兩者組成的系統(tǒng)損失的機械能D.小鋼球反彈后上升的最高點位置與釋放點的高度差hft時刻的部分波形，如圖所示，質點M、P的平衡位置的坐標分別為011.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，1x16mt時首次返回平衡位置，質點M首次返回平衡位置的時間早于質和。已知質點P在2點P，則下列說法中正確的是（??）第5頁/共10頁A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的傳播速度為2m/sC.t10.5s時，質點M位于波峰t時刻，質點M與質點P速度大小之比為3:20D.12.如圖所示，水平面上固定有形狀為“”的光滑金屬導軌MON、PO'Q，OO'左右導軌的寬度分別為2L、L，兩側勻強磁場的方向分別豎直向上和豎直向下，磁感應強度大小分別為B和2B，導體棒a、b垂00直于導軌放在OO'兩側，長度分別為2L、L。已知導體棒的材料相同、橫截面積相同，導體棒b的質量為vm，兩導體棒與導軌接觸良好，不計導軌電阻。使導體棒b獲得水平向右的初速度，直到導體棒b達到0穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，下列說法中正確的是（??）A.導體棒b克服安培力做功等于其產(chǎn)生的焦耳熱2B.導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為20903C.導體棒a、b最終以相同的速度做勻速直線運動030LD.通過a棒的電荷量為三、非擇題：本題共6小題，共60分。13.某小組做“探究加速度、力和質量的關系”的實驗裝置，如圖所示，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力計固定在天花板上。小車上固定一個定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶，繞過小車上定滑輪的細繩均平行于長木板，交流電的頻率為50Hz。（1中，紙帶中C點對應時刻小車的速度大小為____________m/s，小車運動的加速度大小為____________m/s2第6頁/共10頁（2）本實驗中是否需要滿足“沙桶及沙的總質量遠小于小車的質量”這一條件__________（選填“需要”或“不需要”（3）改變沙桶中細沙的質量，重復實驗操作，利用打點計時器打出多條紙帶，同時記錄對應的彈簧測力計的示數(shù)F，以小車的加速度a為縱坐標，測力計的示數(shù)F為橫坐標繪制a-F圖像，如圖所示，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為__________（用字母k14.為測量某電源電動勢E和內(nèi)阻r，現(xiàn)備有下列器材：A．待測電源B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）C．電壓表（量程0~3.0V，內(nèi)阻約為10kΩ）D．滑動變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流2A）0ΩE．定值電阻F．開關、導線若干實驗電路圖如圖（a）所示第7頁/共10頁（1）按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實物筆畫線代替導線補充完整__________；（2）改變滑動變阻器的阻值，多次測量并記錄多組U、I數(shù)據(jù)，作出UI圖像，如圖（c）所示，根據(jù)圖r__________Ω像求得電源電動勢E__________V，內(nèi)阻（3）為消除電表內(nèi)阻引起的誤差，采用一種改進后的“補償”電路，如圖（d）所示。①開關K、KR、R均處于接入電路最大值。2，均斷開，21R，使電壓表，電流表AV數(shù)值合適。11②閉合K1，調節(jié)③保持R1阻值不變，閉合K2，調節(jié)，使A示數(shù)為零，記錄電壓表的示數(shù)U與電流表A的示數(shù)I。22R21④重復②、③操作測多組U、I，作出UI圖像，根據(jù)圖像可測得真實的電動勢E及內(nèi)阻r。22在某次測量中，K閉合后電壓表的示數(shù)__________（選填“大于、“等于”或“小于）K閉合前電壓22表的示數(shù)。15.建立x軸沿水平方向的坐標系，如圖所示，發(fā)球機將乒乓球從坐標原點O發(fā)出，當發(fā)射速度與水平方向成θ角時，乒乓球經(jīng)過x軸時的位置坐標為（L，0初速度發(fā)出乒乓球，乒乓球打到擋板上發(fā)生反彈，經(jīng)過x軸時的位置坐標為（1.5L，0前后沿x軸方向速度不變，沿y軸方向速度等大反向，不計空氣阻力，乒乓球可視為質點，重力加速度為g，求：（1）乒乓球被拋出時速度的大小v；0（2）擋板距離x軸的高度H。第8頁/共10頁16.如圖所示，半徑R1.0m的光滑半圓形軌道豎直固定，它的最底端跟水平傳送帶的B端平滑連接，軌道上C點和圓心O的連線與水平方向成角。將小滑塊（視為質點）無初速度放在傳送帶A端，同時對小滑塊施加水平向右的恒力F0.35N，當小滑塊到達傳送帶B端時，撤去恒力F。已知小滑塊的質量m，與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.15；傳送帶的長度L8.5mv，始終以的速度0順時針轉動，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，370.8。求：（1）小滑塊在傳送帶上的運動時間；（2）小滑塊在C點對軌道的壓力大小。17.如圖所示，平行正對金屬板a、b帶有等量異種電荷，極板間形成電場強度為E0=1×105N/C的勻強電場，該空間同時分布有跟電場正交且垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B0=1T。金屬板右側勻強磁場的邊界線Q、R、M均垂直于兩極板的中間線PO，邊界線Q與中間線PO交于O點，QR之間的磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B=1T，磁場寬度d=0.6m，RM之間的磁場的方向垂直紙面向11里，磁感應強度大小為B2=4T，邊界M右側存在方向水平向左的勻強電場，電場強度大小為E。一帶正電的粒子以平行于金屬板的速度v0從左側進入正交場區(qū)域，沿中間線PO向右運動，從圓孔穿后由O點進入磁場B，并恰好返回O點。已知邊界RM之間的磁場寬度d可以在一定范圍內(nèi)調節(jié)，粒子的比荷為12q110C/kg，不計粒子的重力，求：5m（1）帶電粒子的速度v0；（2）若粒子恰好不進人邊界M右側的電場，磁場B的寬度d；22（3）若粒子能夠進入邊界M右側的電場，請寫出E與d2的關系式；第9頁/共10頁（4）若d2=35cm時，粒子從O進入磁場到返回O所經(jīng)歷的時間。18.如圖所示，水平木板的a端緊挨著長度L1=1.15m的平臺A，b端與足夠長的平臺B之間的距離為L2=0.25m，木板的長度L=2m、質量M=2kg，上表面跟平臺A、B等高。平臺B上有完全相同、質量均為m=1kg的滑塊（從左向右依次記為滑塊1、滑塊2……滑塊n，均可視為質點）等間距靜止排列，間距d，滑塊1位于平臺B的左端。與平臺B上完全相同的滑塊P放置在平臺A的左端。質量m1=1.5kg的小球用長度l=1m的細繩栓接在O點，無初速度釋放時細繩剛好伸直且與水平方向成θ=30°角，運動到最低點時與滑塊P發(fā)生彈性碰撞，碰撞后滑塊P沿平臺A滑動，之后滑上木板，當木板的b端撞到平臺B時立即靜止?；瑝KP與滑塊1相碰后粘在一起，碰后兩滑塊以共同的速度繼續(xù)運動距離d與滑塊2相碰，三滑塊以共同的速度運動……后面重復前面的運動情況。小球與滑塊、滑塊與滑塊間的碰撞時間極短。已知滑塊P跟平臺A、木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，木板與水平面之間μ=0.1、滑塊與平臺B之間的動摩擦12因數(shù)均為μ，取g=10m/s2。求：（1）細繩上的拉力F的最大值；（2）滑塊P剛滑上木板時的速度大小；（3）滑塊P與滑塊1碰撞時損失的機械能；（4）若滑塊P與滑塊1碰撞前瞬間的速度為v0，則第n次碰撞前已經(jīng)粘到一起的滑塊的動能表達式。第10頁/共10頁2023—2024學年第一學期高三質量檢測物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.物理概念的建立推動了物理學的發(fā)展，下列關于物理概念建立的說法中正確的是（??）A.力的概念是牛頓建立的B.加速度概念是由亞里士多德首先提出的C.電壓概念是伽利略首先建立的D.電場是安培完善后形成的概念【答案】A【解析】【詳解】A．牛頓將物體間復雜多樣的相互作用抽象為“力，為提出牛頓第一定律而確立了一個重要的物理概念，故A正確；B．加速度的概念是由伽利略首先提出來的，故B錯誤；C．電壓概念是伏特首先建立的，故C錯誤；D．法拉第最早提出了“電場”的概念，麥克斯韋建立電磁場后完善了場的概念，故D錯誤。故選A。2.2024年1月10日是第四個中國人民警察節(jié)，東莞上千架無人機上演“蒼穹之舞”。若取豎直向上為正方向，其中一架無人機沿豎直方向運動的v-t圖像，如圖所示。關于這架無人機運動的說法中正確的是（）第1頁/共32頁A.4s~6s內(nèi)無人機處于懸停狀態(tài)B.無人機可以上升的最大高度是8mC.6s~10s內(nèi)無人機處于失重狀態(tài)D.無人機在第2s末開始向下運動【答案】C【解析】【詳解】A．4s~6s內(nèi)無人機以4m/s的速度勻速向上運動，A錯誤；B．v-t圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移，可得，無人機在前2s內(nèi)上升的高度為28hm8m20-8s無人機都在上升，所以上升的最大高度一定大于8m，B錯誤；C．v-t圖像中圖線表示物體的加速度，6s~10s內(nèi)斜率為負值，表示無人機加速度向下，處于失重狀態(tài)，C正確；D．無人機在第2s末速度仍未正值，所以依然向上運動但速度開始減小，D錯誤。故選C。3.如圖所示，細繩將光滑小球A懸掛在電梯轎廂豎直壁上的O點，木板B被小球A擠在轎廂內(nèi)壁上，細繩與側壁的夾角為θ，電梯靜止時，木板B恰好不下滑。已知小球A、木板B的質量分別為M、m，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法中正確的是（??）mtanA.木板B與電梯側壁之間的動摩擦因數(shù)為MB.當電梯以加速度a(ag)豎直加速下降時，A對B的壓力大小為M(ga)tanC.當電梯以加速度a豎直加速上升時，木板B會滑落D.電梯以加速度a(ag)豎直加速下降時，木板B仍保持靜止【答案】D【解析】第2頁/共32頁AAB對小球的支持力為NF件有FsinN，F(xiàn)解得cosNtan，F(xiàn)N對木板B有解得mgNmMtan故A錯誤；BD．當電梯以加速度a(ag)豎直加速下降時，則有1cos解得Mga1則木板B對小球的支持力為1Mgatan由牛頓第三定律可得，A對B的壓力大小為N'11Mgatan此時，木板B與墻面的最大靜摩擦力mfm1MgatanmgaMtan對木板B，豎直方向上有f解得fmgafm可知，木板B仍保持靜止，故B錯誤，D正確；C．當電梯以加速度a豎直加速上升時，則有第3頁/共32頁2cos解得Mga2同理可得N'2Mgatan此時，木板B與墻面的最大靜摩擦力為對木板B，豎直方向上有解得fmgafmgmafmgaf可知，木板B仍保持靜止，故C錯誤。故選D。4.2023年11月22日，“夸父一號”先進天基太陽天文臺衛(wèi)星，完成在軌初步評估，衛(wèi)星工作正常，性能穩(wěn)定?！翱涓敢惶枴毙l(wèi)星最終運行在太陽同步晨昏軌道II（距離地面720km的圓形軌道）上，其軌道面和地球晨昏線始終近似重合。該衛(wèi)星先被發(fā)射到橢圓軌道I上運行，在A處通過變軌轉移至圓形軌道II上運行，A、B分別為橢圓軌道I的遠地點和近地點，地球同步衛(wèi)星距離地面36000km，下列說法中正確的是（??）A.衛(wèi)星經(jīng)過B點時的速度小于沿軌道II經(jīng)過A點時的速度B.衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過A點時的加速度相等C.“夸父一號”衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期相等D.“夸父一號”衛(wèi)星的機械能小于地球同步衛(wèi)星的機械能【答案】B第4頁/共32頁【解析】AB點圓軌道上的運行速度為vBII經(jīng)過A點時的速度為vA力提供向心力有v2mr2r可得vBvA設衛(wèi)星在軌道I經(jīng)過B點時的速度v，衛(wèi)星經(jīng)過B點時，由圓軌道變軌到軌道I需加速，則有1v1vB則有v1vA即衛(wèi)星經(jīng)過B點時的速度大于沿軌道II經(jīng)過A點時的速度，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有r2解得GMar2可知，衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過A點時的加速度相等，故B正確；C．由萬有引力提供向心力有2mrr2T2解得23rTGM由于“夸父一號”衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑不相等，則“夸父一號”衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期不相等，故C錯誤；D．由于不知道“夸父一號”衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的質量關系，無法比較二者的機械能關系，故D錯誤。故選B。5.如圖所示，真空中M、N、O三點共線，MN、NO之間的距離分別為3L、L，N點固定電荷量為q的第5頁/共32頁點電荷，當M點也放置一點電荷后，在它們共同形成的電場中，電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零）恰好是以O點為球心的球面。已知點電荷周圍某點的電勢為，r為該點到點電荷的距離，Qr為場源電荷的電荷量。則放置在M點的點電荷的電荷量為（）A.qB.2qC.3qD.4q【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)題意，設等勢面的半徑為R，置在M點的點電荷的電荷量為q，則有000，4LRRL4LRRL聯(lián)立解得02q，R2L故選B。6.如圖所示，磁感應強度大小為B的勻強磁場中一矩形線圈繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，轉動角速，產(chǎn)生的電能通過滑環(huán)M、N度為由單刀雙擲開關控制提供給電路中的用電器。線圈的面積為，匝S數(shù)為N，線圈的總阻值為r，定值電阻R2R，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1:2，電壓表為1理想電表。線圈由圖示位置轉過90的過程中，下列說法中正確的是（??）N2BSA.若開關打到“1，通過電阻1的電荷量qRr第6頁/共32頁NRB2S2B.若開關打到“1，電阻1產(chǎn)生的熱量Q4(Rr)22RNBS5R4rC.若開關打到“2，電壓表的示數(shù)為U2RB2S2R2D.若開關打到“2，電阻產(chǎn)生的熱量QN16(Rr)2【答案】C【解析】【詳解】A．若開關打到“1，線圈由圖示位置轉過90的過程中，平均感應電動勢為tEN又有ERrI，qIt可得RrRrNBSqN故A錯誤；BCD．根據(jù)題意可知，線圈由圖示位置轉過90的過程的時間為14t線圈轉動產(chǎn)生感應電動勢的最大值為有效值為EmNBSEmNBSE有22若開關打到“1，感應電流的有效值為有1rBNSRr2I有電阻R1產(chǎn)生的熱量第7頁/共32頁B2N2SR2QI2有t4Rr2若開關打到“2，設電壓表讀數(shù)為U，流過R的電流為，則原線圈兩端電壓為I21UU12流過原線圈的電流為12I則原線圈的等效電阻為U1URR'14I4則有14RRNBS25R4rU1E有1RrR4則電壓表讀數(shù)2RNBSUU15R4r電阻R產(chǎn)生的熱量2U2RN2B2S2QtR25R4r故BD錯誤，C正確。故選C。7.如圖所示，紙面內(nèi)一正三角形的中心在O點，頂點a、b處分別垂直于紙面放置通電長直導線，電流方向相反，a處電流大小是b處電流大小的2倍，頂點c處的磁感應強度大小為B0。已知電流為I的無限長I通電直導線在距其r遠的圓周上產(chǎn)生的磁感應強度為Bk，k為比例系數(shù)。那么正三角形中心O點處r的磁感應強度的大小，下列說法中正確的是（）第8頁/共32頁233A.70B.230C.30D.0【答案】A【解析】【詳解】設正三角形邊長為L，b處電流大小為I，a處電流大小為2I，則a處電流和b處電流在c處產(chǎn)生的磁感應強度大小分別為2Iack2B1LIkB1La處電流和b處電流在O處產(chǎn)生的磁感應強度大小分別為2Ik2223L3Ik3L3則有23B1根據(jù)右手螺旋定則，如圖所示第9頁/共32頁在c處根據(jù)矢量疊加原則可得c2(2B30B30)2(2Bsin30Bsin30)2021111解得3103在O處根據(jù)矢量疊加原則可得B2O(2Bcos60Bcos60)2(2Bsin60Bsin60)22222解得3B7B73B73070O213故選A。8.如圖所示，半徑為r的光滑豎直圓環(huán)固定在水平地面上，套在圓環(huán)上的小球A、B由不可伸長的細線連接，質量均為m，細線長度為r，小球A在拉力F作用下沿圓環(huán)緩慢上移至頂點M。初始時細線豎直，拉力F始終沿圓環(huán)切線方向，下列說法中正確的是（）第10頁/共32頁A.小球B到達與圓心O等高處時拉力F=mgB.小球A到達M點時拉力FC.細線的拉力先增大后減小D.圓環(huán)對球B的支持力先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】A．小球B到達與圓心O等高處時進行受力分析，如圖對B，繩上的拉力為233To303NBtan30o3對A，有A錯誤；3Fsin30oTcos30o2B．小球A到達M點時進行受力分析，如圖第11頁/共32頁對B，有對A，有NBT3FT30o2B錯誤；CD．開始時繩上拉力為TNB0環(huán)對B的支持力綜合AB的分析，可知，細線的拉力先增大后減小，圓環(huán)對球B的支持力一直增大，C正確，D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.2023年12月6日，2023世界5G大會在河南鄭州開幕，主題為“5G變革共繪未來”。目前全球已部署超過260張5G網(wǎng)絡，覆蓋近一半的人口。產(chǎn)生5G無線信號電波的LC振蕩電路某時刻的工作狀態(tài)如圖所示，則該時刻（）A.線圈中磁場的方向向下第12頁/共32頁B.電容器兩極板間電場強度正在變大C.電容器正在放電，線圈儲存的磁場能正在增加D.線路中的電流正在減小且與線圈中感應電流的方向相反【答案】AB【解析】【詳解】A．根據(jù)線圈中電流方向，應用右手螺旋定則判斷出線圈中磁場方向向下，A正確；B．電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，板間電場強度在變大，B正確；CD．電流方向流向正極板，表示電容器在充電，兩極板電荷量增大，電路中電流在減小，線圈儲存的磁場能正在減小，逐漸轉化成電場能，根據(jù)“增反減同”可知，線圈中感應電流的方向與線路中原電流方向相同，CD均錯誤。故選AB。10.如圖所示，輕質彈簧下端固定在水平地面上，小球從彈簧正上方由靜止釋放，釋放點與彈簧頂端的距離h，小球接觸彈簧后向下運動的最大距離x。已知彈簧的原長l，勁度系數(shù)為k，小球的質量m，它運動過程中所受空氣阻力的大小恒為f，取重力加速度為g。在小球由開始下落至被反彈離開彈簧后上升到最高點的過程中，下列說法中正確的是（）(f)2A.小鋼球的最大動能(f)h2kPmg(hx)B.輕質彈簧的最大彈性勢能E(mgf)(hx)2f(hx)C.下降至最低點過程中兩者組成的系統(tǒng)損失的機械能D.小鋼球反彈后上升的最高點位置與釋放點的高度差hf【答案】AD【解析】第13頁/共32頁【詳解】A．小球下落過程中合力先減小，后反向增大，當合力為0時，動能最大，此時設彈簧的形變量為x，有fmg解得mgfxk根據(jù)動能定理，有fhx彈E01彈kx22解得(f)2(f)h2kA正確；B．小球從下落到最低點的過程中，根據(jù)動能定理，有fhx彈00彈Ep解得EpfhxmgB錯誤；C．小球下降至最低點過程中兩者組成的系統(tǒng)損失的機械能等于小球克服空氣阻力做的功，即Ef(hx)C錯誤；D．設小鋼球反彈后上升的最高點與彈簧頂端距離為h，整個過程，根據(jù)動能定理，有hhfhxxh00解得fh2fxmghfmg所以小鋼球反彈后上升的最高點位置與釋放點的高度差為第14頁/共32頁2f(hx)mgfhhhD正確。故選AD。t時刻的部分波形，如圖所示，質點M、P的平衡位置的坐標分別為011.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，1x16mt時首次返回平衡位置，質點M首次返回平衡位置的時間早于質和。已知質點P在2點P，則下列說法中正確的是（??）A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的傳播速度為2m/sC.t10.5s時，質點M位于波峰t時刻，質點M與質點P速度大小之比為3:20D.【答案】BC【解析】t時刻質點M沿軸負方向振動，0y【詳解】AM首次返回平衡位置的時間早于質點P由同側法可知，該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．已知質點P在t時首次返回平衡位置，由圖可知133186T，21解得T，24m則該波的傳播速度為v2msT故B正確；C．經(jīng)過時間第15頁/共32頁7T3tTT828質點M恰好位于波峰，故C正確；1D．設彈簧的勁度系數(shù)為k，由彈性勢能公式EP2可得，最大的彈性勢能為21Pmk222k2t時刻，質點M的動能為0由機械能守恒定律可得，122kEkMEPmEPM2kk2質點P的動能為112kPPmE2kk3kPP22則質點M與質點P速度大小之比為2:1，故D錯誤。故選BC。12.如圖所示，水平面上固定有形狀為“”的光滑金屬導軌MON、PO'Q，OO'左右導軌的寬度分別為2L、L，兩側勻強磁場的方向分別豎直向上和豎直向下，磁感應強度大小分別為B和2B，導體棒a、b垂00直于導軌放在OO'兩側，長度分別為2L、L。已知導體棒的材料相同、橫截面積相同，導體棒b的質量為vm，兩導體棒與導軌接觸良好，不計導軌電阻。使導體棒b獲得水平向右的初速度，直到導體棒b達到0穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，下列說法中正確的是（??）A.導體棒b克服安培力做功等于其產(chǎn)生的焦耳熱2B.導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為20903C.導體棒a、b最終以相同的速度做勻速直線運動030LD.通過a棒的電荷量為【答案】BD【解析】【詳解】導體棒的材料相同、橫截面積相同，長度分別為2L，導體棒的質量為，則導體棒a的質bm第16頁/共32頁量為2m，由電阻定律可知，導體棒的電阻之比為R:R2:1ab設回路中電流為I，導體棒a受的安培力為導體棒b受的安培力為FBI2La0F2BILb0可知，運動過程中，兩導體棒的安培力大小相等C．根據(jù)題意，設導體棒a、b穩(wěn)定時的速度大小分別為va、v，穩(wěn)定時有bB2Lv2BLvb0a0分別對導體棒a、b應用動量定理有at2Ftb，ab0解得03vvab由于導體棒b開始向右運動，由左手定則可知，導體棒a受向左的安培力，則導體棒a向左運動，則導體棒a、b最終速度大小相等，方向相反，故C錯誤；A．由功能關系可知，導體棒b克服安培力做功等于導體棒a、b上產(chǎn)生的焦耳熱和導體棒a的動能之和，故A錯誤；B．由能量守恒定律可知，導體棒a、b上產(chǎn)生的焦耳熱為211v31Q202mm020223則導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為a2aQ20ab9故B正確；D．根據(jù)題意，由動量定理，對導體棒a有1FtB2Lq2mv0a0a3解得第17頁/共32頁030La故D正確。故選BD。三、非擇題：本題共6小題，共60分。13.某小組做“探究加速度、力和質量的關系”的實驗裝置，如圖所示，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力計固定在天花板上。小車上固定一個定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶，繞過小車上定滑輪的細繩均平行于長木板，交流電的頻率為50Hz。（1中，紙帶中C點對應時刻小車的速度大小為____________m/s，小車運動的加速度大小為____________m/s2（2）本實驗中是否需要滿足“沙桶及沙的總質量遠小于小車的質量”這一條件__________（選填“需要”或“不需要”（3）改變沙桶中細沙的質量，重復實驗操作，利用打點計時器打出多條紙帶，同時記錄對應的彈簧測力計的示數(shù)F，以小車的加速度a為縱坐標，測力計的示數(shù)F為橫坐標繪制a-F圖像，如圖所示，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為__________（用字母k2【答案】【解析】①.0.66②.1.8③.不需要④.k第18頁/共32頁1）[1]紙帶中C點對應時刻小車的速度大小為xT5.76cm7.50cmC0.66m/s2[2]根據(jù)逐差法求得，小車運動的加速度大小為CDxDExABxBCa1.8m/s2T2（2）[3]由于有彈簧秤測量繩上的拉力，所以不需要用沙桶及沙的重力等于繩上的拉力，所以不需要滿足“沙桶及沙的總質量遠小于小車的質量”這一條件。（3）[4]對小車進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有2Ff可得2faFMM斜率為解得2kM2Mk14.為測量某電源電動勢E和內(nèi)阻r，現(xiàn)備有下列器材：A．待測電源B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）C．電壓表（量程0~3.0V，內(nèi)阻約為10kΩ）D．滑動變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流2A）0ΩE．定值電阻F．開關、導線若干實驗電路圖如圖（a）所示第19頁/共32頁（1）按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實物筆畫線代替導線補充完整__________；（2）改變滑動變阻器的阻值，多次測量并記錄多組U、I數(shù)據(jù)，作出UI圖像，如圖（c）所示，根據(jù)圖r__________Ω像求得電源電動勢E__________V，內(nèi)阻（3）為消除電表內(nèi)阻引起的誤差，采用一種改進后的“補償”電路，如圖（d）所示。①開關K、KR、R均處于接入電路最大值。2，均斷開，21R，使電壓表，電流表AV數(shù)值合適。11②閉合K1，調節(jié)③保持R1阻值不變，閉合K2，調節(jié)，使A示數(shù)為零，記錄電壓表的示數(shù)U與電流表A的示數(shù)I。22R21④重復②、③操作測多組U、I，作出UI圖像，根據(jù)圖像可測得真實的電動勢E及內(nèi)阻r。22在某次測量中，K閉合后電壓表的示數(shù)__________（選填“大于、“等于”或“小于）K閉合前電壓22表的示數(shù)?！敬鸢浮俊窘馕觥竣?②.1.80③.1.10④.大于1）[1]按照（a）電路圖，將圖（b）中的器材實物筆畫線代替導線補充完整，如圖所示第20頁/共32頁（2）[2][3]根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律有UrEI0結合圖（c）可得1.800.5E1.80V，0r解得r1.10（3）[4]在某次測量中，K2閉合前，設此時電壓表示數(shù)為U，電流表A示數(shù)為I，電壓表內(nèi)阻為R，111V電流表A內(nèi)阻為R，滑動變阻器接入電路阻值為R1；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得1EUI(RRr)1110又1RRV1VUI11聯(lián)立可得RRrEU0)111V1V保持R1阻值不變，閉合K2，調節(jié)，使A示數(shù)為零，設此時電壓表示數(shù)為U，電流表A示數(shù)為I22，2R21由于A示數(shù)為零，則A表兩端電勢相等，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得11EUI(Rr)1220又1RRV1VUI22第21頁/共32頁聯(lián)立可得0r1VEU)121V則有RRr0r1VU10)U2)1V1V1V可得U2U1則在某次測量中，K閉合后電壓表的示數(shù)大于K閉合前電壓表的示數(shù)。2215.建立x軸沿水平方向的坐標系，如圖所示，發(fā)球機將乒乓球從坐標原點O發(fā)出，當發(fā)射速度與水平方向成θ角時，乒乓球經(jīng)過x軸時的位置坐標為（L，0初速度發(fā)出乒乓球，乒乓球打到擋板上發(fā)生反彈，經(jīng)過x軸時的位置坐標為（1.5L，0前后沿x軸方向速度不變，沿y軸方向速度等大反向，不計空氣阻力，乒乓球可視為質點，重力加速度為g，求：（1）乒乓球被拋出時速度的大小v；0（2）擋板距離x軸的高度H。3LgLsin【答案】（1）02）H【解析】t1）根據(jù)題意，設乒乓球做斜拋后運動至x軸時的時間為，水平方向1L01cos豎直方向第22頁/共32頁0sin12g解得gLsin0（2）設乒乓球第二次運動至x軸的時間為t擋板距離x軸的高度，根據(jù)軌跡的對稱性得乒乓球兩次運動的時間之比為2t:t2:3122t21t2222H0sing解得3LtanH16.如圖所示，半徑R1.0m的光滑半圓形軌道豎直固定，它的最底端跟水平傳送帶的B端平滑連接，軌道上C點和圓心O的連線與水平方向成角。將小滑塊（視為質點）無初速度放在傳送帶A端，同時對小滑塊施加水平向右的恒力F0.35N，當小滑塊到達傳送帶B端時，撤去恒力F。已知小滑塊的質量m，與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.15；傳送帶的長度L8.5mv，始終以的速度0順時針轉動，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，370.8。求：（1）小滑塊在傳送帶上的運動時間；（2）小滑塊在C點對軌道的壓力大小。【答案】（1）t）2【解析】1）小滑塊剛放上傳送帶時，受力分析如圖所示第23頁/共32頁根據(jù)牛頓第二定律解得Ff115m/s2tx1設小滑塊達到與傳送帶共同速度所用時間為，該段時間內(nèi)的位移為，則有110atxat112，1112解得1x2.5mL，1達到共同速度后，對小滑塊受力分析如圖所示根據(jù)牛頓第二定律解得Ffma22/s2設小滑塊又經(jīng)時間t到達傳送帶B端，則有21vtat222L1022解得第24頁/共32頁t2那么小滑塊在傳送帶上運動的時間為t1t2t解得（2）設小滑塊到達傳送帶右端時的速度為v，則有1vvat2210小滑塊沿半圓形軌道滑至C點的過程，根據(jù)機械能守恒定律11mgRsin)212C22在軌道上C點，設小滑塊受到的彈力為F，根據(jù)牛頓第二定律1v2CR1sin37m聯(lián)立解得1根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊在C點對軌道的壓力大小'F1117.如圖所示，平行正對金屬板a、b帶有等量異種電荷，極板間形成電場強度為E0=1×105N/C的勻強電場，該空間同時分布有跟電場正交且垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B0=1T。金屬板右側勻強磁場的邊界線Q、R、M均垂直于兩極板的中間線PO，邊界線Q與中間線PO交于O點，QR之間的磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B=1T，磁場寬度d=0.6m，RM之間的磁場的方向垂直紙面向11里，磁感應強度大小為B2=4T，邊界M右側存在方向水平向左的勻強電場，電場強度大小為E。一帶正電的粒子以平行于金屬板的速度v0從左側進入正交場區(qū)域，沿中間線PO向右運動，從圓孔穿后由O點進入磁場B，并恰好返回O點。已知邊界RM之間的磁場寬度d可以在一定范圍內(nèi)調節(jié)，粒子的比荷為12q110C/kg，不計粒子的重力，求：5m（1）帶電粒子的速度v0；（2）若粒子恰好不進人邊界M右側的電場，磁場B的寬度d；22（3）若粒子能夠進入邊界M右側的電場，請寫出E與d2的關系式；第25頁/共32頁（4）若d2=35cm時，粒子從O進入磁場到返回O所經(jīng)歷的時間。01105m/s；d20.4m；【答案】（1）（2）（3）E1.6(d2106N/C(0.15md20.4m)4）總7.3104s【解析】1）粒子沿中間線經(jīng)過通過正交場區(qū)域，電場力與洛倫茲力平衡qvBqE000解得01105m/s（2）設粒子在QR、RM內(nèi)圓周運動的軌跡半徑分別為r、r，最終恰好不進入右側電場，粒子軌跡全部12在磁場中如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得0r12qvB011設粒子飛過QR區(qū)域圓弧對應的圓心角為，根據(jù)幾何關系第26頁/共32頁1sin0.6r1解得那么QR區(qū)域的偏移量為yrrcos370.2m111在RM區(qū)域內(nèi)0220.25m20.15mM邊界與粒子軌跡恰好相切，則磁場B2的寬度dr0.4m222（3）要保證粒子返回O點且速度水平向左，則d必須大于AO，即22d2>0.15m粒子軌跡，如圖乙所示當0.15md20.4m時，軌跡有一部分在電場中，進入電場時的速度可以分解為水平向右的0sin，vcos0豎直向上的，粒子水平向右做勻減速直線運動，豎直向上做勻速直線運動，設粒子在電場中運動時間為t，加速度的大小為a