2024-2025學年安徽省合肥市普通高中高三上學期期末模擬訓練(二)物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1安徽省2024~2025學年高三上學期期末模擬訓練（二）物理試題本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分．第Ⅰ卷（選擇題共42分）一、單選題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確。1．如圖所示，地球可看成是一個質量分布均勻的球體，地球上的物體均隨地球自轉做勻速圓周運動。已知石家莊的緯度約為，則位于赤道和石家莊的物體P、Q隨地球自轉的角速度、線速度之比分別為()A．， B．，C．， D．，2．電梯向上運行過程中，李華同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。下列說法中正確的是()A．從20.0s到30.0s，電梯的加速度先減小后增大B．從30.0s到40.0s，電梯相對地面處于靜止狀態(tài)C．從40.0s到50.0s，電梯處于失重狀態(tài)D．從20.0s到50.0s，電梯運行了約15層樓高3．下列關于電和磁的情景的說法正確的是()A．圖甲：兩條異向通電長直導線相互吸引B．圖乙：在勻強磁場內運動的閉合線框中有感應電流產生C．圖丙：閉合線框中c點的電勢高于b點的電勢D．圖丁：電路通電穩(wěn)定后斷開開關S的瞬間，燈泡一定會閃一下再熄滅4．如圖甲所示，一物塊（可視為質點）從傾角的足夠長斜面上滑下，以物塊的初始位置為坐標原點，沿斜面向下為x軸的正方向建立坐標系，物塊運動的圖像如圖乙所示，重力加速度取，下列說法正確的是()A．物塊的加速度為2 B．物塊的初速度為零C．前2s內物塊的平均速度為5D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為5．風對帆面的作用力垂直于帆面，它能分解成兩個分力：垂直于航向的分力，會被很大的水的橫向阻力平衡；沿著航向的分力，提供船向前的動力。下列船帆與風的方向組合能使船沿航向方向行駛的是()A． B．C． D．6．如圖，邊長均為a的立方體木塊和空心立方體鐵塊，用長度也為a的細繩連接，懸浮在平靜的大水池中，木塊上表面和水面的距離為h=4a。當細繩某時刻突然斷裂后，木塊與鐵塊分別豎直向上、向下運動，當木塊上表面剛浮出水面時，鐵塊恰好到達池底。已知木塊的質量為m，鐵塊的質量為M=4m，不計水對物塊的阻力，設水對物塊的浮力不受物塊運動的影響，則池深為()A．8a B．10a C．12a D．15a7．示波管的結構如圖甲所示，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空，兩對偏轉電極XX′、YY′相互垂直。如圖乙所示，熒光屏上有xOy直角坐標系，坐標原點位于熒光屏的中心，x軸與電極XX′的金屬板垂直，其正方向由X′指向X，y軸與電極YY′的金屬板垂直，其正方向由Y′指向Y。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經加速電極間的電場加速后進入偏轉電極間，兩對偏轉電極分別使電子在兩個相互垂直的方向發(fā)生偏轉，最終打在熒光屏上，產生一個亮斑。已知兩對偏轉電極極板都是邊長為l的正方形金屬板，每對電極的兩個極板間距都為d，加速電極間電壓為U0，電子的電荷量為e，質量為m。忽略電子剛離開金屬絲時的速度，不計電子之間相互作用力及電子所受重力的影響。下列各情形中，電子均能打到熒光屏上。問：若在偏轉電極YY′之間加恒定電壓U1（U1>0），而偏轉電極XX′之間不加電壓，已知電極YY′的右端與熒光屏之間的距離為L1。求電子打在熒光屏上的位置坐標()A．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE8．已知通電長直導線周圍某點的磁感應強度，即磁感應強度B的大小與導線中的電流I成正比，與該點到導線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標系xOy。規(guī)定磁場沿方向為正，則磁感應強度B隨x、y變化的圖線正確的是()A． B．C． D．二、多選題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9．“雙星系統(tǒng)”是指在相互間萬有引力的作用下，繞連線上某點做勻速圓周運動的兩個孤立星球組成的系統(tǒng)。假設在太空中有星球A、B組成的雙星系統(tǒng)繞點做順時針勻速圓周運動，如圖所示，兩星球的間距為，公轉周期為。為探索該雙星系統(tǒng)，向星球B發(fā)射一顆人造衛(wèi)星C，C繞B運行的周期為，軌道半徑為，忽略C的引力對雙星系統(tǒng)的影響，萬有引力常量為。則以下說法正確的是()A．星球A、B的質量之和為B．星球A做圓周運動的半徑為C．星球B做圓周運動的半徑為D．若A也有一顆周期為的衛(wèi)星，則其軌道半徑一定大于10．半徑相同的光滑小球A、B、C按圖示放置，其中A、B球用長度為l的豎直輕桿連接，B、C球挨著，但不粘連。在受輕微擾動后輕桿開始向左傾斜，三個小球始終在同一豎直面內運動，A球著地后不反彈。已知小球C的最大速度為v，小球A、B、C的質量分別為3m、2m、m，重力加速度為g，則()A．B、C球分離時，A球的加速度豎直向下B．A球落地前瞬間的速度大小為C．從A球開始運動到落地前瞬間的過程中桿對A球始終做負功D．從A球開始運動到落地前瞬間三小球組成的系統(tǒng)動量守恒第Ⅱ卷（非選擇題共58分）三、非選擇題：本題共5小題，共58分?？忌鶕?jù)要求做答（第11～12題為實驗題或填空題，13～15題為計算題)。11．(6分)在“探究加速度與力的關系”的實驗中，李華同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。在調節(jié)桌面水平后，利用力傳感器來測量細線拉力。

(1)他在實驗中得到一條紙帶如圖乙所示。打點計時器每隔0.02s打一次點，O、A、B、C、D為5個計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點未畫出，則打下B點時小車的瞬時速度大小為m/s（結果保留2位有效數(shù)字）；(2)在（1）的條件下，小車的加速度大小為m/s2（結果保留2位有效數(shù)字）；(3)在利用圖甲裝置進行實驗時，補償阻力（選填“需要”或“不需要”）。12．(10分)某實驗小組同學利用以下器材設計改裝制作歐姆表，改裝電路如圖所示，通過調節(jié)開關S所接位置，可使歐姆表具有“×10”和“×100”兩種倍率。A、電池（電動勢E）B、電流表G（滿偏電流Ig=2mA，內阻Rg=120Ω）C、滑動變阻器R1D、定值電阻RaE、定制電阻RbF、開關一個、紅黑表筆各一支，導線若干(1)用該歐姆表測電壓表內阻時，紅表筆應接電壓表的（正、負）接線柱(2)先將開關S擲向（a、b），歐姆表的倍率是“×10”倍率，將兩表筆短接，調節(jié)滑動變阻器R1使電流表G滿偏，此時通過滑動變阻器的電流為40mA，則定值電阻Ra+Rb=Ω。(3)再將此歐姆表調至“×100”倍率，兩表筆短接，調節(jié)滑動變阻器R，使電流表G滿偏，再測量電壓表內阻，電流表G指針向右偏轉整個表盤滿刻度的，此時電壓表示數(shù)為4V，通過計算可知，該電壓表內阻為Ω。(4)若此歐姆表放置很久后，電源電動勢減小、內阻增大，則用此歐姆表測量未知電阻的阻值時，測量值（大于、小于、等于）真實值。13．(10分)如圖所示為一順時針勻速轉動的水平傳送帶，工人將一質量為m的貨物輕放在傳送帶左端A點，在傳送帶的帶動下貨物一直做勻加速直線運動，后從傳送帶的右端B點以速度水平飛出，最后落在離地高度的水平地面的C點。已知貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，不計空氣阻力，重力加速度，貨物可以看成質點。求(1)貨物在AB上運動的加速度大小a；(2)貨物從A運動到C所用的時間t；(3)貨物運動到C點時的速度大小v。14．(14分)平面直角坐標系中，第Ⅰ象限存在沿軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從軸負半軸上的P點與軸正方向成120°垂直磁場射入第Ⅳ象限，經軸上的N點與軸正方向成120°角射入電場，最后從軸正半軸上的M點以垂直于y軸方向的速度射出電場，粒子從P點射入磁場的速度為，不計粒子重力，求：(1)粒子從P點運動到M點的總時間t；(2)勻強電場的場強大小E；(3)若撤去第Ⅰ象限的勻強電場，加上一個磁感應強度也為B，方向也是垂直紙面向里的圓形磁場區(qū)域，同樣使該粒子垂直于y軸方向從M點輸出，求圓形磁場區(qū)域的最小半徑。15．(18分)如圖所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右側緊靠一足夠長的木板C，木板上表面粗糙，與曲面末端等高，下表面光滑，木板右側有一豎直墻壁P。物塊A置于曲面距末端高h=0.2m處，物塊B置于木板左端。已知物塊A、B均可視為質點，質量均為6kg，長木板C的質量為2kg，B、C間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，取g=10m/s2。物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生彈性碰撞（不考慮物塊A的后續(xù)運動），之后C與B第一次共速時恰好與墻壁P發(fā)生碰撞，碰后C被原速率彈回，所有碰撞時間均極短。求：(1)物塊A、B碰后瞬間，B的速度大?。?2)木板C初始位置右端與墻壁P的距離；(3)木板C從與墻壁P第4次碰撞前瞬間到木板C與物塊B第5次共速瞬間的時間間隔；(4)從木板C開始運動到停止運動的總路程?！飬⒖即鸢浮铩?、單選題：1．【答案】B【詳析】物體P、Q隨地球自轉，則物體P、Q的角速度相等；根據(jù)可得物體P、Q的線速度大小之比為：，故選B。2．【答案】C【詳析】A．圖像斜率等于加速度，由圖像可知，從20.0s到30.0s，電梯加速度先增加后減小，選項A錯誤；B．從30.0s到40.0s，電梯向上的速度為1m/s，此時相對地面處于運動狀態(tài)，選項B錯誤；C．從40.0s到50.0s，電梯向上減速，加速度向下，則處于失重狀態(tài)，選項C正確；D．從20.0s到50.0s，電梯位移約為：運行高度小于15層樓高，選項D錯誤。故選C。3．【答案】C【詳析】A．同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，故A錯誤；B．感應電流的產生條件是閉合回路中磁通量發(fā)生改變，線框磁通量未改變，無感應電流產生，故B錯誤；C．由右手定則可知，c點的電勢高于b點的電勢，故C正確；D．若電路穩(wěn)定時，流過電感線圈的電流大于燈泡中的電流，斷電自感時燈泡才會閃一下再熄滅，題中未說明，故D錯誤。故選C。4．【答案】D【詳析】AB．由運動學公式整理可得：由圖乙可知，解得：所以物塊在斜面上做初速度為的勻加速直線運動，AB錯誤；C．第2末的速度為：那么前2s內的平均速度為：C錯誤。D．由牛頓第二定律得解得：，D正確；故選D。5．【答案】D【詳析】A．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故A錯誤；B．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故B錯誤；C．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故C錯誤；D．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相同，故D正確。故選D。6．【答案】A【詳析】設鐵塊下降的高度為H，對于木塊和鐵塊整體由平均動量守恒有：化簡得：則池深為：，故選A。7．【答案】C【詳析】因偏轉電極XX′之間不加電壓，即電子在x方向不發(fā)生偏轉，故電子打在熒光屏上時的橫坐標為0；因偏轉電極YY′之間加恒定電壓U1（U1>0），故電子在偏轉電極YY′之間做類平拋運動，射出偏轉電極YY′之間的電場區(qū)域后做勻速直線運動，最終打在y軸的正半軸，電子經加速電極加速過程，根據(jù)動能定理，有在偏轉電極YY′之間運動過程，有，，，，聯(lián)立求得：電子做類平拋運動過程中，射出電場時速度的反向延長線過沿射入電場時速度方向位移的中點，根據(jù)幾何關系，有求得：，故選C。8．【答案】B【詳析】AB．兩通電導線在y軸的磁感應強度如圖所示因此可知合場強豎直向下，大小為：越遠離O點越小，因此B越小，B正確A錯誤。故選B。CD．由安培定則可知，左側導線中的電流在該導線右側產生的磁場的方向沿方向，而右側導線中的電流在該導線左側產生的磁場的方向沿方向，由于規(guī)定磁場方向沿方向為正，此區(qū)間內的磁場等于兩條直導線在各處形成的磁感應強度之和，故在MN區(qū)間內磁場方向為正，根據(jù)通電長直導線周圍某點磁感應強度知距離導線越遠磁場越弱，又可知在兩根導線中間位置O點磁場最弱，但不為零；在導線M左側M導線形成的磁場沿方向，N導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離M導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離M導線越遠處磁場越弱；同理，在導線N右側N導線形成的磁場沿方向，M導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離N導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離N導線越遠處磁場越弱，故C錯誤，D錯誤；二、多選題：9．【答案】BD【詳析】A．根據(jù)萬有引力提供向心力：其中得兩星球質量之和為：，故A錯誤；BC．C圍繞B做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有解得：，故B正確，C錯誤；D．若A也有一顆周期為的衛(wèi)星，則解得：由于則可知其軌道半徑一定大于，故D正確；故選BD。10．【答案】AB【詳析】A．B、C分離時，B、C間的彈力為0，且加速度相等，C的加速度為0，則B的加速度也為0，桿上的彈力為0，則A的加速度為g，方向豎直向下，故A正確；D．A、B、C三球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為0，水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，故D錯誤；B．A球落地前瞬間，A、B水平方向速度相等，在水平方向有又B球只有水平方向的速度，由機械能守恒有：聯(lián)立解得：，故B正確；C．B、C分離前，桿中彈力沿桿向外，此時桿對B做正功，對A做負功，分離后，桿中彈力沿桿向內，對A做正功，故C錯誤。故選AB。三、非選擇題：11．(6分)【答案】(1)0.72(2)2.4(3)需要【詳析】（1）相鄰計數(shù)點的時間間隔為B點的瞬時速度為：（2）小車的加速度為：（3）需要補償阻力。不掛重物的情況下，將長木板遠離定滑輪的一端適當墊高，輕推小車，如打出紙帶的點跡間距幾乎相等即可說明阻力補償?shù)轿弧?2．(10分)【答案】(1)負(2)a120(3)1500(4)大于【詳析】（1）歐姆表黑表筆接電源正極，紅表筆接電源負極，可知紅表筆應接電壓表的負接線柱。（2）[1]設歐姆表中值刻度為R中，則歐姆表為“×1”倍率時的歐姆內阻為：歐姆表為“×10”倍率時的歐姆內阻為：歐姆表為“×100”倍率時的歐姆內阻為：歐姆表進行歐姆調零時，有歐姆表倍率越高，歐姆表的內阻越大，可知電路的滿偏電流越小；由電路圖可知，當開關S合向a端，電路的滿偏電流較大，歐姆表的倍率是“×10”擋。[2]因此a擋的干路最大電流是b擋的干路最大電流的十倍，即b擋的電流最大值為4mA，此時有得：（3）將開關S合向b端，歐姆表的倍率是“×100”擋，測量電壓表內阻，電流表G指針向右偏轉整個表盤滿刻度的，此時電路總電流為：又聯(lián)立得：（4）若此歐姆表放置很久后，電源電動勢減小、內阻增大。而內阻增大可以通過歐姆調零補償，電動勢減小，由可知測量電流減小，指針偏角偏小，所以電阻測量值大于真實值。13．(10分)【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）由牛頓第二定律得：得：（2）貨物從A運動到B所用的時間貨物從B運動到C做平拋運動，貨物從B運動到C所用的時間貨物從A運動到C所用的時間（3）貨物運動到C點時豎直方向的速度貨物運動到C點時的速度大小14．(14分)【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得：可得粒子在磁場中運動的軌道半徑作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示由幾何關系可知，粒子在磁場中轉過的角度為150°，則運動的時間又因為從N到M運動的時間則粒子從P點運動到M點的總時間（2）在電場中豎直方向則有解得：（3）粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由于運動軌跡的半徑由幾何關系可知，圓形磁場區(qū)域的最小半徑15．(18分)【答案】(1)2m/s(2)(3)(4)【詳析】（1）對于A沿曲面下滑，由動能定理得：A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得，聯(lián)立解得：（2）B、C相互作用至第1次共速過程中由動量守恒定律得：解得：對于C由牛頓第二定律有解得：C做勻加速直線運動，由運動學公式有聯(lián)立解得：（3）C與擋板第n次（n>1）碰撞前瞬間的速度大小和C與B第n次共速時的速度大小相同從C與B第1次共速至第2次共速時過程由動量守恒有：解得：從C與B第2次共速至第3次共速的過程由動量守恒有解得：同理可知，C與B第4次共速時的速度大小C與B第5次共速時的速度大小從C與擋板第4次碰撞前瞬間到C與B第5次共速瞬間的過程由動量定理有解得：（4）木板C從開始運動到第2次與擋板碰撞前的路程為：由（3）中分析可知第2次及以后的共速的速度大小第2次碰撞到第3次碰撞期間木板C的路程第3次碰撞到第4次碰撞期間木板C的路程……安徽省2024~2025學年高三上學期期末模擬訓練（二）物理試題本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分．第Ⅰ卷（選擇題共42分）一、單選題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確。1．如圖所示，地球可看成是一個質量分布均勻的球體，地球上的物體均隨地球自轉做勻速圓周運動。已知石家莊的緯度約為，則位于赤道和石家莊的物體P、Q隨地球自轉的角速度、線速度之比分別為()A．， B．，C．， D．，2．電梯向上運行過程中，李華同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。下列說法中正確的是()A．從20.0s到30.0s，電梯的加速度先減小后增大B．從30.0s到40.0s，電梯相對地面處于靜止狀態(tài)C．從40.0s到50.0s，電梯處于失重狀態(tài)D．從20.0s到50.0s，電梯運行了約15層樓高3．下列關于電和磁的情景的說法正確的是()A．圖甲：兩條異向通電長直導線相互吸引B．圖乙：在勻強磁場內運動的閉合線框中有感應電流產生C．圖丙：閉合線框中c點的電勢高于b點的電勢D．圖?。弘娐吠姺€(wěn)定后斷開開關S的瞬間，燈泡一定會閃一下再熄滅4．如圖甲所示，一物塊（可視為質點）從傾角的足夠長斜面上滑下，以物塊的初始位置為坐標原點，沿斜面向下為x軸的正方向建立坐標系，物塊運動的圖像如圖乙所示，重力加速度取，下列說法正確的是()A．物塊的加速度為2 B．物塊的初速度為零C．前2s內物塊的平均速度為5D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為5．風對帆面的作用力垂直于帆面，它能分解成兩個分力：垂直于航向的分力，會被很大的水的橫向阻力平衡；沿著航向的分力，提供船向前的動力。下列船帆與風的方向組合能使船沿航向方向行駛的是()A． B．C． D．6．如圖，邊長均為a的立方體木塊和空心立方體鐵塊，用長度也為a的細繩連接，懸浮在平靜的大水池中，木塊上表面和水面的距離為h=4a。當細繩某時刻突然斷裂后，木塊與鐵塊分別豎直向上、向下運動，當木塊上表面剛浮出水面時，鐵塊恰好到達池底。已知木塊的質量為m，鐵塊的質量為M=4m，不計水對物塊的阻力，設水對物塊的浮力不受物塊運動的影響，則池深為()A．8a B．10a C．12a D．15a7．示波管的結構如圖甲所示，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空，兩對偏轉電極XX′、YY′相互垂直。如圖乙所示，熒光屏上有xOy直角坐標系，坐標原點位于熒光屏的中心，x軸與電極XX′的金屬板垂直，其正方向由X′指向X，y軸與電極YY′的金屬板垂直，其正方向由Y′指向Y。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經加速電極間的電場加速后進入偏轉電極間，兩對偏轉電極分別使電子在兩個相互垂直的方向發(fā)生偏轉，最終打在熒光屏上，產生一個亮斑。已知兩對偏轉電極極板都是邊長為l的正方形金屬板，每對電極的兩個極板間距都為d，加速電極間電壓為U0，電子的電荷量為e，質量為m。忽略電子剛離開金屬絲時的速度，不計電子之間相互作用力及電子所受重力的影響。下列各情形中，電子均能打到熒光屏上。問：若在偏轉電極YY′之間加恒定電壓U1（U1>0），而偏轉電極XX′之間不加電壓，已知電極YY′的右端與熒光屏之間的距離為L1。求電子打在熒光屏上的位置坐標()A．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE8．已知通電長直導線周圍某點的磁感應強度，即磁感應強度B的大小與導線中的電流I成正比，與該點到導線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標系xOy。規(guī)定磁場沿方向為正，則磁感應強度B隨x、y變化的圖線正確的是()A． B．C． D．二、多選題：本題共2小題，每小題5分，共10分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9．“雙星系統(tǒng)”是指在相互間萬有引力的作用下，繞連線上某點做勻速圓周運動的兩個孤立星球組成的系統(tǒng)。假設在太空中有星球A、B組成的雙星系統(tǒng)繞點做順時針勻速圓周運動，如圖所示，兩星球的間距為，公轉周期為。為探索該雙星系統(tǒng)，向星球B發(fā)射一顆人造衛(wèi)星C，C繞B運行的周期為，軌道半徑為，忽略C的引力對雙星系統(tǒng)的影響，萬有引力常量為。則以下說法正確的是()A．星球A、B的質量之和為B．星球A做圓周運動的半徑為C．星球B做圓周運動的半徑為D．若A也有一顆周期為的衛(wèi)星，則其軌道半徑一定大于10．半徑相同的光滑小球A、B、C按圖示放置，其中A、B球用長度為l的豎直輕桿連接，B、C球挨著，但不粘連。在受輕微擾動后輕桿開始向左傾斜，三個小球始終在同一豎直面內運動，A球著地后不反彈。已知小球C的最大速度為v，小球A、B、C的質量分別為3m、2m、m，重力加速度為g，則()A．B、C球分離時，A球的加速度豎直向下B．A球落地前瞬間的速度大小為C．從A球開始運動到落地前瞬間的過程中桿對A球始終做負功D．從A球開始運動到落地前瞬間三小球組成的系統(tǒng)動量守恒第Ⅱ卷（非選擇題共58分）三、非選擇題：本題共5小題，共58分?？忌鶕?jù)要求做答（第11～12題為實驗題或填空題，13～15題為計算題)。11．(6分)在“探究加速度與力的關系”的實驗中，李華同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。在調節(jié)桌面水平后，利用力傳感器來測量細線拉力。

(1)他在實驗中得到一條紙帶如圖乙所示。打點計時器每隔0.02s打一次點，O、A、B、C、D為5個計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點未畫出，則打下B點時小車的瞬時速度大小為m/s（結果保留2位有效數(shù)字）；(2)在（1）的條件下，小車的加速度大小為m/s2（結果保留2位有效數(shù)字）；(3)在利用圖甲裝置進行實驗時，補償阻力（選填“需要”或“不需要”）。12．(10分)某實驗小組同學利用以下器材設計改裝制作歐姆表，改裝電路如圖所示，通過調節(jié)開關S所接位置，可使歐姆表具有“×10”和“×100”兩種倍率。A、電池（電動勢E）B、電流表G（滿偏電流Ig=2mA，內阻Rg=120Ω）C、滑動變阻器R1D、定值電阻RaE、定制電阻RbF、開關一個、紅黑表筆各一支，導線若干(1)用該歐姆表測電壓表內阻時，紅表筆應接電壓表的（正、負）接線柱(2)先將開關S擲向（a、b），歐姆表的倍率是“×10”倍率，將兩表筆短接，調節(jié)滑動變阻器R1使電流表G滿偏，此時通過滑動變阻器的電流為40mA，則定值電阻Ra+Rb=Ω。(3)再將此歐姆表調至“×100”倍率，兩表筆短接，調節(jié)滑動變阻器R，使電流表G滿偏，再測量電壓表內阻，電流表G指針向右偏轉整個表盤滿刻度的，此時電壓表示數(shù)為4V，通過計算可知，該電壓表內阻為Ω。(4)若此歐姆表放置很久后，電源電動勢減小、內阻增大，則用此歐姆表測量未知電阻的阻值時，測量值（大于、小于、等于）真實值。13．(10分)如圖所示為一順時針勻速轉動的水平傳送帶，工人將一質量為m的貨物輕放在傳送帶左端A點，在傳送帶的帶動下貨物一直做勻加速直線運動，后從傳送帶的右端B點以速度水平飛出，最后落在離地高度的水平地面的C點。已知貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，不計空氣阻力，重力加速度，貨物可以看成質點。求(1)貨物在AB上運動的加速度大小a；(2)貨物從A運動到C所用的時間t；(3)貨物運動到C點時的速度大小v。14．(14分)平面直角坐標系中，第Ⅰ象限存在沿軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從軸負半軸上的P點與軸正方向成120°垂直磁場射入第Ⅳ象限，經軸上的N點與軸正方向成120°角射入電場，最后從軸正半軸上的M點以垂直于y軸方向的速度射出電場，粒子從P點射入磁場的速度為，不計粒子重力，求：(1)粒子從P點運動到M點的總時間t；(2)勻強電場的場強大小E；(3)若撤去第Ⅰ象限的勻強電場，加上一個磁感應強度也為B，方向也是垂直紙面向里的圓形磁場區(qū)域，同樣使該粒子垂直于y軸方向從M點輸出，求圓形磁場區(qū)域的最小半徑。15．(18分)如圖所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右側緊靠一足夠長的木板C，木板上表面粗糙，與曲面末端等高，下表面光滑，木板右側有一豎直墻壁P。物塊A置于曲面距末端高h=0.2m處，物塊B置于木板左端。已知物塊A、B均可視為質點，質量均為6kg，長木板C的質量為2kg，B、C間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，取g=10m/s2。物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生彈性碰撞（不考慮物塊A的后續(xù)運動），之后C與B第一次共速時恰好與墻壁P發(fā)生碰撞，碰后C被原速率彈回，所有碰撞時間均極短。求：(1)物塊A、B碰后瞬間，B的速度大小；(2)木板C初始位置右端與墻壁P的距離；(3)木板C從與墻壁P第4次碰撞前瞬間到木板C與物塊B第5次共速瞬間的時間間隔；(4)從木板C開始運動到停止運動的總路程?！飬⒖即鸢浮铩?、單選題：1．【答案】B【詳析】物體P、Q隨地球自轉，則物體P、Q的角速度相等；根據(jù)可得物體P、Q的線速度大小之比為：，故選B。2．【答案】C【詳析】A．圖像斜率等于加速度，由圖像可知，從20.0s到30.0s，電梯加速度先增加后減小，選項A錯誤；B．從30.0s到40.0s，電梯向上的速度為1m/s，此時相對地面處于運動狀態(tài)，選項B錯誤；C．從40.0s到50.0s，電梯向上減速，加速度向下，則處于失重狀態(tài)，選項C正確；D．從20.0s到50.0s，電梯位移約為：運行高度小于15層樓高，選項D錯誤。故選C。3．【答案】C【詳析】A．同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，故A錯誤；B．感應電流的產生條件是閉合回路中磁通量發(fā)生改變，線框磁通量未改變，無感應電流產生，故B錯誤；C．由右手定則可知，c點的電勢高于b點的電勢，故C正確；D．若電路穩(wěn)定時，流過電感線圈的電流大于燈泡中的電流，斷電自感時燈泡才會閃一下再熄滅，題中未說明，故D錯誤。故選C。4．【答案】D【詳析】AB．由運動學公式整理可得：由圖乙可知，解得：所以物塊在斜面上做初速度為的勻加速直線運動，AB錯誤；C．第2末的速度為：那么前2s內的平均速度為：C錯誤。D．由牛頓第二定律得解得：，D正確；故選D。5．【答案】D【詳析】A．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故A錯誤；B．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故B錯誤；C．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相反，故C錯誤；D．圖中船帆受到風的作用力，如圖所示由于F2方向與航向相同，故D正確。故選D。6．【答案】A【詳析】設鐵塊下降的高度為H，對于木塊和鐵塊整體由平均動量守恒有：化簡得：則池深為：，故選A。7．【答案】C【詳析】因偏轉電極XX′之間不加電壓，即電子在x方向不發(fā)生偏轉，故電子打在熒光屏上時的橫坐標為0；因偏轉電極YY′之間加恒定電壓U1（U1>0），故電子在偏轉電極YY′之間做類平拋運動，射出偏轉電極YY′之間的電場區(qū)域后做勻速直線運動，最終打在y軸的正半軸，電子經加速電極加速過程，根據(jù)動能定理，有在偏轉電極YY′之間運動過程，有，，，，聯(lián)立求得：電子做類平拋運動過程中，射出電場時速度的反向延長線過沿射入電場時速度方向位移的中點，根據(jù)幾何關系，有求得：，故選C。8．【答案】B【詳析】AB．兩通電導線在y軸的磁感應強度如圖所示因此可知合場強豎直向下，大小為：越遠離O點越小，因此B越小，B正確A錯誤。故選B。CD．由安培定則可知，左側導線中的電流在該導線右側產生的磁場的方向沿方向，而右側導線中的電流在該導線左側產生的磁場的方向沿方向，由于規(guī)定磁場方向沿方向為正，此區(qū)間內的磁場等于兩條直導線在各處形成的磁感應強度之和，故在MN區(qū)間內磁場方向為正，根據(jù)通電長直導線周圍某點磁感應強度知距離導線越遠磁場越弱，又可知在兩根導線中間位置O點磁場最弱，但不為零；在導線M左側M導線形成的磁場沿方向，N導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離M導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離M導線越遠處磁場越弱；同理，在導線N右側N導線形成的磁場沿方向，M導線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離N導線較近，則合磁場方向沿方向，為負方向，且離N導線越遠處磁場越弱，故C錯誤，D錯誤；二、多選題：9．【答案】BD【詳析】A．根據(jù)萬有引力提供向心力：其中得兩星球質量之和為：，故A錯誤；BC．C圍繞B做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有解得：，故B正確，C錯誤；D．若A也有一顆周期為的衛(wèi)星，則解得：由于則可知其軌道半徑一定大于，故D正確；故選BD。10．【答案】AB【詳析】A．B、C分離時，B、C間的彈力為0，且加速度相等，C的加速度為0，則B的加速度也為0，桿上的彈力為0，則A的加速度為g，方向豎直向下，故A正確；D．A、B、C三球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為0，水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，故D錯誤；B．A球落地前瞬間，A、B水平方向速度相等，在水平方向有又B球只有水平方向的速度，由機械能守恒有：聯(lián)立解得：，故B正確；C．B、C分離前，