北京市東城區(qū)2023-2024學年高三年級上冊1月期末考試物理試題（含解析）

東城區(qū)2023-2024學年度第一學期期末統(tǒng)一檢測

高三物理

共100分。考試時長90分鐘。

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

I.一帶電粒子以速度V進入勻強磁場，僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。如果速度V增大，下列說法

正確的是（）

A,半徑增大，周期不變B.半徑增大，周期增大

C.半徑減小，周期不變D,半徑減小，周期減小

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m——

r

解得

mv

r=——

qB

根據(jù)

TA

V

解得

f2兀m

1=-----

qB

如果速度v增大，可知半徑增大，周期不變。

故選Ao

2.將質(zhì)量為10kg的模型火箭點火升空，0.2kg燃燒的燃氣以大小為500m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)

噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小是（噴出過程重力和空氣阻力不計）（）

A.100kg-m/sB.5000kg-m/sC.IOOgm/sD.5000N-S

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)動量守恒定律可知，在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小等于燃氣的動量大小，即

p=mv=0.2x500kg-m/s=100kg-m/s

故選Ao

3.富蘭克林曾用萊頓瓶收集“天電”，萊頓瓶相當于電容器，其結(jié)構(gòu)如圖所示。為提升萊頓瓶的電容值,

以下做法正確的是（）

A.升高萊頓瓶的電壓B.增加銅桿上的電荷量

C.增加內(nèi)外錫箔的高度D.增加玻璃瓶壁的厚度

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)電容的決定式

C=-^-

4兀kd

可知萊頓瓶的電容與萊頓瓶的電壓、銅桿上的電荷量無關，故AB錯誤;

CD.內(nèi)外錫箔紙形成一個電容器，玻璃瓶壁為電容器的介質(zhì)。增加內(nèi)外錫箔紙的高度，電容器正對面積變

大，萊頓瓶的電容值變大，增加玻璃瓶壁厚度，電容器兩極板間距離增大，萊頓瓶的電容值變小，故C正

確，D錯誤。

故選C。

4.我國發(fā)射的“天和”核心艙距離地面的高度為肌運動周期為T,繞地球的運動可視為勻速圓周運動。己

知萬有引力常量為G,地球半徑為凡根據(jù)以上信息可知（）

4萬2(穴+/?)3

A.地球的質(zhì)量M=B.核心艙的質(zhì)量加=

GT2GT2

C.核心艙的向心加速度口=9/D.核心艙的線速度v=2公

T2T

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)

Mm4/

G----------m——(7?+/z)

(R+4T2

解得地球的質(zhì)量

W+紅

GT2

但不能求解核心艙的質(zhì)量，選項A正確，B錯誤；

C.核心艙的向心加速度

4乃2（氏+子）

a=-------；----

T2

選項C錯誤；

D.核心艙的線速度

2萬（A+r）

v=------------

T

選項D錯誤。

故選Ao

5.在如圖所示的電路中，電源電動勢為￡,內(nèi)阻為心閉合開關S,在滑動變阻器人的滑片向下滑動的過

程中，關于電壓表和電流表示數(shù)的變化情況的判斷中正確的是（）

A.電壓表示數(shù)不變B.電流表示數(shù)不變

C.電壓表示數(shù)增大D.電流表示數(shù)增大

【答案】D

【解析】

【詳解】在滑動變阻器&的滑片向下滑動的過程中，&變小，即電路的總電阻變小，則電路的干路電流/

增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=U+Ir

可知，電路的路端電壓。減小，即電壓表示數(shù)變小，則定則電阻R的電流4變小，根據(jù)

/=4+4

可知滑動變阻器凡的電流右增大，即電流表示數(shù)增大。

故選D。

6.圖甲為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=0.4s時的波形圖，P、。是這列波上的兩個質(zhì)點，質(zhì)點P的振動

圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）

甲乙

A.這列波沿x軸負方向傳播

B.這列波的傳播速度v=15m/s

C.這列波的波長A,=7.3ni

D,在/=0.4s到t=0.5s內(nèi)，質(zhì)點。通過的路程是1.5m

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知，/=0.4s時尸點向上振動，根據(jù)同側(cè)法，波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；

BC.由圖甲可知，波長為

2=6m

由圖乙可知，振動周期為

T=0.4s

所以波速為

v=4=i5m/s

T

故B正確，C錯誤；

D.在，=0.4s至h=0.5s內(nèi)，經(jīng)過工7,質(zhì)點。通過的路程是2cm,故D錯誤。

4

故選B。

7.如圖所示，運動員在攀登峭壁的過程中，通過手、腳與巖壁、繩索間的相互作用來克服自身的重力。若

圖片所示時刻運動員保持靜止，則運動員（）

A.只受到重力和拉力的作用B.一定受到巖石施加的支持力

C.一定受到巖石施加的靜摩擦力D.所受到的合力豎直向上

【答案】B

【解析】

【詳解】ABC.根據(jù)圖示照片可知運動員一定受到重力、繩子的拉力與巖石的支持力，無法確定是否受到

摩擦力的作用，B正確，AC錯誤；

D.運動員保持靜止，處于平衡態(tài)，所以運動員所受合力為零，D錯誤。

故選B。

8.如圖所示，光滑平行導軌固定于水平面內(nèi)，間距為/,其所在空間存在方向豎直向上，磁感應強度大小為

8的勻強磁場，導軌左側(cè)接有阻值為R的定值電阻，一長為/,質(zhì)量為加，阻值為r的導體棒垂直導軌放置。

導軌電阻忽略不計，導體棒運動中始終與導軌垂直口接觸良好?，F(xiàn)使導體棒獲得一水平向右的速度%,在

導體棒向右運動的整個過程中，下列說法正確的是()

A.流過電阻R的電流方向為0—及t6

B.導體棒向右做勻減速運動

D2Z2

C.導體棒開始運動時的加速度為1~~?

m(7?+r)

1

D.電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量為一切片9

2

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由右手定則可知，流過電阻R的電流方向為選項A錯誤;

B.導體棒向右運動時受安培力作用而做減速運動，根據(jù)

E=Blv

R+r

F=BIl

F=ma

解得

B2l2v

a=----------

m(R+r)

則隨速度減小，則加速度減小，即導體棒向右做加速度減小的變減速運動，選項B錯誤;

C.由上述分析可知，導體棒開始運動時的加速度為

二B212Vo

°m(R+r)

選項C正確；

D.由能量關系可知，電路產(chǎn)生的總的焦耳熱為

1,

Q=-mv0

電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量為

選項D錯誤。

故選C。

9.用試探電荷可以探測電場中場強和電勢的分布情況。如圖甲所示，兩個被固定的點電荷Q、。2,連線

的延長線上有。、6兩點，Q帶正電。試探電荷+g僅受電場力作用，-0時刻從6點沿著兒方向運動，t0

時刻到達。點，其VT圖像如圖乙所示，根據(jù)圖像，下列判斷正確的是()

A.2帶正電B.沿加連線電勢先減小后增大

C.場強為零的點在6點和。2之間D.a點電勢比6點高

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知試探電荷先做減速運動，則6點的電場強度方向為仍方向，故2帶負電，故A錯

誤；

B.試探電荷從b點向。點運動過程中，電場力先做負功，后做正功，電勢能先增大后減小，沿加連線電

勢先增大后減小，故B錯誤；

C.n-f圖象的斜率表示加速度，可知a點和6點間某處加速度為零，試探電荷受到的電場力為零，場強

為零的點在。點和b點間某處，故C錯誤；

D.試探電荷從b點到。點，根據(jù)動能定理有

且

Uba=(Ph-(Pa

可得

<(

(PbPa

故D正確。

故選D。

10.如圖所示，一長為，的輕桿的一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量為加的小球。使輕桿隨轉(zhuǎn)軸在

豎直平面內(nèi)做角速度為①的勻速圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是()

/-J-1

A.小球運動到最高點時，桿對球的作用力一定向上

B.小球運動到水平位置/時，桿對球的作用力指向。點

C.若。=占，小球通過最高點時，桿對球的作用力為零

D.小球通過最低點時，桿對球的作用力可能向下

【答案】C

【解析】

【詳解】AC.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，小球運動到最高點時，若桿對球的作用力為零，則有

mg=mco11

解得

co

可知，若小球運動的角速度

桿對球的作用力向下，若小球運動的角速度

桿對球的作用力向上，故A錯誤，C正確；

B.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，則小球運動到水平位置/時，合力指向圓心，對小球受力分析可

知，小球受重力和桿的作用力，由平行四邊形法則可知，桿對球的作用力不可能指向。點，故B錯誤；

D.根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，小球通過最低點時，合力豎直向上，則桿對球的作用力一定向上,

故D錯誤。

故選C。

II.如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX'和熒光屏組成。電極。

YY'、XX'的長度均為/、間距均為孔若電子槍的加速電壓為XX'極板間的電壓為。2（X端接為

高電勢），YY'極板間的電壓為零。電子剛離開金屬絲時速度可視為零，從電子槍射出后沿示波管軸線。O'

方向（?！跓晒馄琳醒耄┻M入偏轉(zhuǎn)電極。電子電荷量為e則電子（）

A.會打在熒光屏左上角形成光斑

B.打在熒光屏上時的動能大小為e（q+（4）

l2U

C.打在熒光屏上的位置與。的距離為了已

IU,

D.打在熒光屏上時，速度方向與。的夾角a滿足tana=彳六

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)題意可知，由于XX'極板間的電壓為。2（X端接為高電勢），YY'極板間的電壓為零,

則電子只是向左偏轉(zhuǎn)，上下未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則在水平軸線的左半段成光斑，故A錯誤;

B.根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，電場力做功為

Wx=eU[

電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動，電場力做功

W2<eU2

由動能定理可知，由于電子剛離開金屬絲時速度可視為零，打在熒光屏上時的動能大小為

Ek=Wl+W2<e(Ui+%)

故B錯誤；

C.根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，由動能定理有

eU[i=-2mv°l

電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動，則有

聯(lián)立解得

.4dq

設電極左端到熒光屏的距離為上，電子離開電極后繼續(xù)做勻速直線運動，由相似三角形可得

L+i

Y21+2L

jLi

2

解得

y__lU^l+2L

4叫I)

IU，/+21、

即打在熒光屏上的位置與。的距離為:7十(^^),故C錯誤；

4dU[I

D.電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動，則有

2

l=vot,a=史■,Vy=at

md

解得

elU

v=-------7

3v

mdv0

則速度方向與。。'的夾角0滿足

v,,elU?IU、

tana=上=——%二—

v0mdv^2dU\

故D正確。

故選D。

12.如圖，線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連到電流表上，把線圈A裝在線圈

B的里面。已知開關閉合瞬間，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，則下列正確的是（）

A.開關斷開瞬間，電流表指針不偏轉(zhuǎn)

B.開關閉合瞬間，在A線圈中沒有電磁感應現(xiàn)象發(fā)生

C.開關閉合，向右移動滑動變阻器的滑片，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)

D.開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，線圈B將對線圈A產(chǎn)生排斥力

【答案】C

【解析】

【詳解】A.開關斷開瞬間，線圈B的磁通量變小，則有感應電流產(chǎn)生，所以電流表指針偏轉(zhuǎn)，故A錯誤;

B.開關閉合瞬間，A線圈的磁通量變大，則在A線圈中也會產(chǎn)生感應電流，即在A線圈中有電磁感應現(xiàn)

象發(fā)生，故B錯誤；

C.由題可知，開關閉合瞬間，即線圈B的磁通量變大瞬間，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)。則開關閉合，向右移動

滑動變阻器的滑片，電路中的電流增大，A線圈中產(chǎn)生的磁場增強，導致線圈B的磁通量變大，所以電流

表指針向右偏轉(zhuǎn)，故C正確；

D.開關閉合，向上拔出線圈A的過程中，線圈B的磁通量變小，則根據(jù)楞次定律可知，線圈B將對線圈

A產(chǎn)生吸引力來阻礙線圈B的磁通量變小，故D錯誤。

故選C。

13.在地鐵某路段的隧洞墻壁上，連續(xù)相鄰地掛有相同的廣告畫，畫幅的寬度為0.8m,在列車行進的某段

時間內(nèi)，由于視覺暫留現(xiàn)象，車廂內(nèi)的人向窗外望去會感覺廣告畫面是靜止的。若要使人望向窗外時，看

到的是畫中的蘋果做自由落體運動，則這段時間內(nèi)（人眼的視覺暫留時間取0.05s,重力加速度g取lOm/s?）

A.列車的車速為8m/s

B.隧洞墻壁上每幅畫中蘋果所在的位置可連成拋物線

C.隧洞墻壁上相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差都相等

D.隧洞墻壁上連續(xù)相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差不相等，依次相差5cm

【答案】B

【解析】

【詳解】A.地鐵移動速度達到相鄰圖片時間間隔為0.05s時，可以認為廣告畫面靜止，所以列車速度為

A錯誤；

B.以勻速行駛的列車為參考系，畫中的蘋果是自由落體運動，則在以地面為參考系中畫中蘋果任意時刻水

平方向的位置與列車相同，豎直方向自由落體的位置，因此隧洞墻壁上每幅畫中蘋果所在的位置可連成拋

物線，B正確；

C.列車勻速直線運動，每隔相等時間通過一幅畫，則蘋果在豎直方向的自由落體運動，連續(xù)相等時間內(nèi)的

位移之比是1:3:5:…：（2〃-1）,隧洞墻壁上相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差不相等，C錯誤;

D.根據(jù)紳=g〃可得

隧洞墻壁上連續(xù)相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差的差值為

Ay=gr2=10x（0.05）2m=2.5cm

D錯誤。

故選B。

14.閃電的可見部分之前有一個不可見階段，在該階段，由于雷雨云和地面間強大的電場，云底首先出現(xiàn)大

氣被強烈電離形成的一段暗淡的氣柱，這種氣柱逐級從云底向下延伸到地面，稱梯級先導。梯級先導長約

50m、直徑約6m、電流約100A,可視為電子柱，它以平均約1.5x10$向$的速度一；級一級地伸向地面，一

旦接近地面，柱內(nèi)的電子迅速地傾泄到地面，在傾泄期間，運動電子與柱內(nèi)空氣的碰撞導致明亮的閃光。

一般情況下雷雨云距離地面1000m左右。用高速攝像機研究發(fā)現(xiàn)梯級先導電流主要集中在直徑為幾厘米的

核心通道內(nèi)流動。已知若電荷均勻分布在一條長直線上，與長直線距離為r處的電場強度大小的表達式為

E=2k-。為單位長度上的電荷量，yt=9xlO9N.m2/C2，e=1.6xlO_19C不考慮電荷運動引起的

r

其他效應，下列估算正確的是()

A.梯級先導到達地面的時間約為7x10-65

B.電子柱內(nèi)的平均電子數(shù)密度約為1X1()12個/n?

C.核心通道每米長度上的電荷量約為6xl0-6c

D,電子柱邊緣處的電場強度大小約為4xl()6N/C

【答案】D

【解析】

【詳解】A.梯級先導到達地面的時間約為

"一.5義1。'7乂103s

故A錯誤;

B.取時間A/通過某橫截面積的電荷量為

D2

Q=IN=vZV-n~^~ne

解得

n=M?p1.5xIO、個/n?

7iDev

故B錯誤；

C.取時間4通過某橫截面積的電荷量為

Q=ZA/=pv't

解得

^=-?6.7X10-4C

V

D.根據(jù)

_JA

E—2k—

r

解得

E=2A：-=2x9xl09x6^10N/C^4X106N/C

r1乙—x6

2

故D正確。

故選D。

第二部分

本部分共6題，共58分。

15.在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖所示，用米尺測

出金屬絲的長度L先用伏安法測出金屬絲的電阻R（約為5。）、然后計算出該金屬絲的電阻率。

（1）從圖中讀出金屬絲的直徑。為mm；

（2）實驗室有兩節(jié)干電池、開關、若干導線及下列器材：

A.電壓表0?3V,內(nèi)阻約3kQ

B.電壓表0?15V,內(nèi)阻約15k。

C.電流表0?0.6A,內(nèi)阻約0.2。

D.電流表0?3A,內(nèi)阻約0.1。

要求較準確地測出金屬絲的阻值，電壓表應選,電流表應選（選填選項前的字母）；

（3）在坐標紙上建立U、/坐標系，并描繪出圖線。由圖像得到金屬絲的阻值R=Q（保留2

位有效數(shù)字）；

【答案】①.0.400②.A③.C4.4##4.5⑤.0=石絲

4L

【解析】

【詳解】（1）[1]固定刻度讀數(shù)為0mm,可動刻度讀數(shù)為

40.0x0.01mm=0.400mm

所以最終讀數(shù)為

0mm+0.400mm=0.400mm

(2)[2]因為每節(jié)干電池的電動勢為1.5V,兩節(jié)干電池的電動勢一共3V,所以應該選擇量程為0?3V的電

壓表，故選A；

[3]因為金屬絲的電阻大約為5。，流過電流表的最大電流約為

U3

/=—=—A

R5

故選量程為0?0.6A的電流表，故選C；

(3)[4]根據(jù)U-/圖可知圖線斜率為4.5,所以金屬絲的阻值R=4.5Q；

(4)[5]根據(jù)

可得

7TRD-

P=-------

4L

16.做“探究加速度與力、質(zhì)量的關系”的實驗。

(1)若使用圖甲所示裝置進行實驗，下列說法中正確的是(選填選項前的字母)

A.拉小車的細線應與帶滑輪的長木板平行

B實驗開始時，讓小車靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶

C.把木板右端墊高，小車在拉力作用下拖動紙帶勻速運動，以平衡小車受到的阻力

D.為減小誤差，實驗中要保證槽碼的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量M

(2)在圖甲所示裝置中，打點計時器的打點頻率為50Hz,實驗中得到一條紙帶，在紙帶上從/點開始，

每隔4個點取一個計數(shù)點，分別為瓦C、D、E、F,如圖乙所示，相鄰兩計數(shù)點間的距離分別為10.0mm、

12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm,則小車的加速度為m/s2?

?????????

ABCDEF

乙

(3)當保持槽碼的重力不變，研究加速度隨質(zhì)量變化的關系時，得到的數(shù)據(jù)如下表所示。下方有兩張坐標

紙分別選取了不同的坐標系，請選擇可以更好地處理數(shù)據(jù)的那組坐標系，在相應的圖中標出實驗序號為6

的那組數(shù)據(jù)點，并畫出圖線

小車與車上鉤碼總質(zhì)量的倒數(shù)

實驗序加速度小車與車上鉤碼總質(zhì)

號2：/kgT

6z/(m-s-)量A//kg

M

10.310.205.0

20.260.254.0

30.210.303.3

40.180.352.9

50.160.402.5

60.140.452.2

AMins?)

0.35

0.30

0.25

0.20

0.15

0.1

00.10.20.30.40.5A/2kg宓kg」

丙

(4)若采用傳感器測量數(shù)據(jù)進行實驗，裝置如圖丁所示，在小車前固定一無線式力傳感器(通過無線傳輸

方式在電腦上顯示拉力的大小)，細繩系在力傳感器上，槽碼的總質(zhì)量用加表示，小車(含車內(nèi)鉤碼)和力

傳感器的總質(zhì)量用M表示。

接電源

①實驗中，在保持M一定的前提下，（選填“需要”或“不需要”）滿足機遠小于M；

（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。

②若一位同學在上面①的兩個選擇中都選擇了“不需要”，之后多次改變槽碼的質(zhì)量，重復實驗，測得多

組力月及對應的加速度e作出a-E圖像，最有可能的a-廠圖像是

【答案】①.AD##DA④.不需要⑤.

需要⑥.B

【解析】

【詳解】（1）[1]AC.為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時應

當將穿過打點計時器的紙帶連在小車上，調(diào)整長木板的傾斜度，在沒有其它外力的作用下，讓小車拖著紙

帶做勻速直線運動，同時要調(diào)整長木板上滑輪的高度使細線與長木板平行，故A正確，C錯誤；

B.實驗開始時，讓小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，故B錯誤；

D.在消除摩擦力對實驗的影響后，那么小車的合力就是繩子的拉力，根據(jù)牛頓第二定律得，對小車有

F=Ma

對整體有

mg=(^M+m^a

整理可得

KL=---M------mg

M+m

可知，當鉤碼的質(zhì)量加遠小于小車的質(zhì)量〃時，繩子的拉力近似等于鉤碼的重力，故D正確。

故選ADo

(2)[2]打點計時器的打點頻率為50Hz,每隔4個點取一個計數(shù)點，則相鄰計數(shù)點間的時間間隔為

T=*=0.1s

f

由逐差法有

xDF-xBD=a\2T^

解得

)-3

(18.0+16.0-14.0-12.0xl02,2,

a=--------------5——』--------m/s=0.2m/s

(2x0.1).

(3)[3]由牛頓第二定律有

F=Ma

當保持槽碼的重力不變，即小車所受合力不變時，小車加速度與小車質(zhì)量成反比，則做,圖像可更直

M

觀的看出加速度隨質(zhì)量變化的關系，在坐標紙上描出實驗序號為6的那組數(shù)據(jù)點，并畫出圖線，如圖所示

(4)①[4][5]由圖丁可知，繩子的拉力可以通過傳感器讀出，則不需要滿足加遠小于為使繩子的拉力

為小車的合力，需要平衡摩擦力。

②[6]若未平衡摩擦力，由牛頓第二定律有

F—f=Ma

整理可得

可知，a-廠圖像為不過第二象限的直線。

故選B。

17.如圖1所示，質(zhì)量加=10kg的物塊靜止在光滑水平面上/點，在水平外力下作用下，10s末到達3點,

外力F隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，取向右為正方向。

(1)求前10s內(nèi)物塊的位移大小xi和在8點速度的大小匕；

(2)請在圖3中畫出物體在前20s內(nèi)的速度一時間(v-f)圖像;

(3)求在10s到20s這段時間內(nèi)外力尸所做的功W.

圖3

【答案】(1)20m；4m/s；(2)見解析；(3)-80J

【解析】

【詳解】(1)對物塊，在段,由牛頓第二定律，可得

R=maA

解得

Oj=—=0.4m/s2

m

由運動學公式可得

1,

=20m,V]=a&=4m/s

(2)依題意，前10s,物塊做勻加速直線運動，初速度為0,加速度大小為0.4m/s2,末速度為4m/s,10s

到20s過程，由圖2可知，物塊做勻減速直線運動，加速度大小仍為0.4m/s2,由對稱性可知末速度為0,所

畫圖像，如圖所示

（3）由圖可知，在10s到20s這段時間內(nèi)，物體的位移

=X[=20m

力/做的功

W=FX2COSn=-80J

18.如圖所示，在豎直向上，場強大小為E的勻強電場中，一個質(zhì)量為加、帶電荷量為+夕的絕緣物塊B靜

止于豎直方向的輕彈簧上端，另一個質(zhì)量也為沉、不帶電的絕緣物塊A由靜止釋放，下落高度〃后與物塊

B相碰，碰后二者粘在一起又下落〃后到達最低點。整個過程中不計空氣阻力，不計電荷量的損失，彈簧

始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,兩物塊均可視為質(zhì)點，針對上述過程，求：

（1）A與B碰后的速度大小v；

（2）電勢能的增加量△￡電；

（3）彈簧彈性勢能的增加量的。

【答案】（1）（2）Eqh.（3）〃唱（即1+冷卜

22

【解析】

【詳解】（1）設物塊A下落高度8時的速度為%,根據(jù)機械能守恒

12

mgH=—mv0

可得

%2gH

物體A與B碰撞過程，動量守恒

mv0=2mv

A與B碰后的速度大小為

（2）A、B碰后到最低點的過程中，靜電力做功

町=-Eqh

電勢能的增加量

(3)A、B碰后至最低點的過程中，由動能定理

1。

2mgh-Eqh+咤=0--x2mv

解得

叫”孫一一(丁

彈性勢能的增加量為

ebmg(4h+H)

際=-%=——--Eqh

19.圖1所示的是北京歡樂谷的“太陽神車”游樂項目，圖2是對其進行簡化后的結(jié)構(gòu)圖，已知懸臂長為乙

可繞水平方向的固定軸。?在豎直面內(nèi)擺動，旋盤半徑為r,盤面與懸臂垂直，在電動機帶動下可以懸臂為

軸轉(zhuǎn)動，旋盤中心用儀表示，在旋盤邊緣的圓周上排列著座椅。假設游戲開始后的某段時間內(nèi)旋盤始終繞

懸臂沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為電；懸臂擺到最高點(圖2中①位置)時懸臂剛好和豎直方向垂直,

從此位置，懸臂向下擺動到豎直方向(圖2中②位置)時，懸臂對固定轉(zhuǎn)軸0的瞬時角速度是。2。懸臂在

①位置時，旋盤邊緣的6點與懸臂等高，旋盤邊緣的。點在最高點，若坐在。處座椅上的游客隨懸臂一起

運動到②位置時剛好到達圖中c點，c點與懸臂在同一豎直面內(nèi)。游客的質(zhì)量為機，游客及座椅可視為質(zhì)點，

重力加速度用g表示，不計軸間的摩擦阻力和空氣阻力。

(1)求b點速度的方向和速度的大小為；

(2)由于旋盤繞懸臂轉(zhuǎn)動，c點同時參與了兩個運動，除了繞儀做圓周運動之外，還和懸臂一起繞固定轉(zhuǎn)

軸Q轉(zhuǎn)動,求游客在c點時的速度大小匕；

(3)求懸臂從位置①到位置②的過程中，座椅及安全帶對坐在a處座椅上的游客所做的功沙。

a

；2+；

【答案】(1)方向豎直向上，(2)J幼2/+牡2r+6y?2工2；(3)mco^rmrn^l}-mg(r+L)

【解析】

【詳解】(1)6點速度的方向豎直向上，速度大小為

為=

(2)c點繞儀做圓周運動，因此具有分速度

Vj=o,

方向垂直于C點和懸臂構(gòu)成的平面向里；假設旋盤與懸臂之間是完全固定連在一起的，則旋盤與懸臂一起

繞a軸轉(zhuǎn)動，其上各點繞軸轉(zhuǎn)動的角速度都相同，又由于擺動到最低點時，。點與懸臂在同一豎直面內(nèi)，

因此C點繞。?做圓周運動的半徑

R=Ji?+丫2

與懸臂一起轉(zhuǎn)動而具有的分速度

v2=a)2R=CO2\l?+r~

方向在C點和懸臂構(gòu)成的平面內(nèi)，垂直。I和C的連線斜向下。這兩個分速度之間互相垂直，因此懸臂在位

置②時C點的速度大小

vc=小①：戶+電2r+3；乃

(3)對游客從。點到c點的過程應用動能定理，有

mg(r+L)+W=—mv^--mv^

代入可得

2i

W=+^-m(t>2L-mg(r+L)

20.在如圖所示。孫坐標系中，存在垂直。肛平面向外的磁場。邊長為/的正三角形導線框％的總電阻為

R,頂點。位于x軸上，6c邊平行于Ox軸。

(1)若此示意圖表示的磁場是由一條通電直導線產(chǎn)生的,

a.說明此直導線在Oxy坐標系中的大致位置和電流方向;

b.說明當磁場增強時，導線框a6c中感應電流的方向。

(2)若此示意圖表示的磁場有這樣的特點:

AD

磁場在'方向是均勻的，即磁感應強度不隨X坐標發(fā)生變化，——二0；磁場在歹方向均勻變化，已知磁感

Ax

AB7

應強度隨〉坐標均勻增大，丁=左且丁=0時，B=00從某時刻開始，此區(qū)域中各點的磁感應強度都隨

時間均勻增大且對時間的變化率為k',求經(jīng)過時間t

a.線框中電流的大小I；

b.bc邊受到磁場力的方向和磁場力的大小Fbc；

【答案】(1)a.見解析，b.見解析；(2)b."/

k'l^—ki+k't],c.工kier

2

4R4R716R

【解析】

【詳解】(1)a.根據(jù)題意，由通電直導線產(chǎn)生的磁場特點，結(jié)合題圖可知，直導線在北邊上方，與x軸平

行，由安培定則可知，電流方向沿x軸負方向。

b.當磁場增強時，由楞次定律可知，感應磁場垂直紙面向里，由安培定則可知，導線框a6c中感應電流方

向為順時針。

(2)a.根據(jù)題意可知，經(jīng)過加時