河北省某中學(xué)2023-2024學(xué)年高三年級上冊期末考試物理試卷（含解析）

河北省衡水中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末考試物理試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖所示，用特定頻率的光照射光電管陰極K,發(fā)現(xiàn)微安表示數(shù)不為0,調(diào)

節(jié)滑動變阻器，當(dāng)電壓表的示數(shù)為6.6V時(shí)，微安表示數(shù)恰好為0。已知陰極K

的截止頻率為％=8x1014//Z,普朗克常量h=6.63x10-34/.s,電子電荷

量e=1.6X10-19Co則該光的頻率約為（）

A.9.6X1015Wz

B.2.4x10lsHz

1.6X1015Wz

D.8x1015Wz

2.嫦娥七號將配置能在月面上空飛行的“飛躍探測器”，其中六足構(gòu)型如圖所示。對稱分布的六條輕質(zhì)“腿”

與探測器主體通過錢鏈連接，當(dāng)探測器靜止在水平地面上時(shí)，六條“腿”的上臂與豎直方向夾角均為仇探

測器的質(zhì)量為小，重力加速度為g。則每條“腿”的上臂對探測器的彈力大小為（）

Amg口mg「mgcosO、mgsinO

A.--D.-~~-C.------D.---------

bcosO6sin066

3.如圖甲所示，波源是固定在同一個(gè)振動片上的兩根細(xì)桿，當(dāng)振動片上下振動時(shí)，兩根細(xì)桿周期性地觸動

水面，形成兩個(gè)波源。t=0時(shí)刻，波面圖如圖乙所示，虛線圓表示波峰，實(shí)線圓表示波谷，質(zhì)點(diǎn)a、b、c、

d的平衡位置均在同一直線上，放大圖像如圖丙所示，其中質(zhì)點(diǎn)c的平衡位置位于a、b平衡位置的中點(diǎn)，d的

平衡位置位于氏c平衡位置的中點(diǎn)。已知兩波源振動的周期為T,振幅相同。下列說法中正確的是（）

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A.t>0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c始終處于平衡位置

B.t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)c向上振動

C.t=0.25T時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)b位于平衡位置

D.t=0.757時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)d的加速度豎直向上

4.2021年2月，天問一號火星探測器被火星捕獲，經(jīng)過一系列變軌后從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”，為

著陸火星做準(zhǔn)備。如圖所示，陰影部分為探測器在不同軌道上繞火星運(yùn)行時(shí)與火星的連線每秒掃過的面積，

下列說法正確的是（）

A.圖中兩陰影部分的面積相等

B.從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”探測器機(jī)械能變小

C.從“調(diào)相軌道”進(jìn)入“停泊軌道”探測器周期變大

D.探測器在P點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度

5.一長方體魚缸長為0.8m,高為0.6m,魚缸內(nèi)水面高度為0.48m,此時(shí)

魚缸正視圖如圖所示，其中P為右側(cè)缸沿上的一點(diǎn)，Q為魚缸底部左邊上

的一點(diǎn)。某同學(xué)從4點(diǎn)沿2P方向觀察魚缸底部的小石子，發(fā)現(xiàn)石子恰好

位于Q處。將魚缸水放掉之后，測得石子到Q點(diǎn)的距離為0.28M。已知4

P、Q所在的平面與魚缸正視面平行，石子可視為質(zhì)點(diǎn)，s出37。=0.6,

cos37°=0.8o則水的折射率為（）

43

AAB

-3!4

6.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧固定在斜面底端，t=0時(shí)刻，一物塊從斜面頂端

由靜止釋放,直至運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，物塊的速度"和加速度a隨時(shí)間t、

動能就和機(jī)械能E隨位移x變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）

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有1、2、3三個(gè)帶電荷量均為+q、質(zhì)量均為小的相

同金屬小球,用長度均為L的三根絕緣細(xì)繩連接，4B、C分別為其連線的中點(diǎn)，。為

三角形中心,已知電荷量為q的點(diǎn)電荷在周圍空間產(chǎn)生的電勢9=吟,其中k為靜電力

常量，r為到點(diǎn)電荷的距離，則下列說法正確的是（）

A.。點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零

B.若L長度可調(diào)節(jié)，則4。兩點(diǎn)的電勢可能相等

C.系統(tǒng)的總電勢能為k竽

D.系統(tǒng)的總電勢能為k等

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.如圖所示，在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)a、b、c、d處分別固定著垂直于紙面、電流大小

均相同的長直導(dǎo)線，其中a處電流方向垂直于紙面向外，其余電流方向均垂直于紙面

向里。測得正方形的幾何中心。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。對于下列四種情況，關(guān)于

。處磁感應(yīng)強(qiáng)度4的說法正確的是（）

A.a導(dǎo)線單獨(dú)作用時(shí)，方向由b指向d

B.若僅將b處導(dǎo)線電流反向，則當(dāng)=2B

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C.若僅將d處導(dǎo)線電流反向，則當(dāng)=

D.若僅將b、c兩處導(dǎo)線電流反向，則/的方向由a指向c

9.電動打夯機(jī)可以幫助筑路工人壓實(shí)路面，大大提高工作效率。如圖為某電動打夯機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，由偏

心輪（飛輪和配重物組成）、電動機(jī)和底座三部分組成。電動機(jī)、飛輪和底座總質(zhì)量為“，配重物質(zhì)量為zn,

配重物的重心到輪軸的距離為r,重力加速度為g。在電動機(jī)帶動下，偏心輪在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，皮帶

不打滑。當(dāng)偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時(shí)，剛好使整體離開地面。下列判斷正確的是（）

A,電動機(jī)輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度相同

B.配重物轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，處于超重狀態(tài)

C.偏心輪轉(zhuǎn)動的角速度為卜（M+叫囪

\mr

D.打夯機(jī)對地面壓力的最大值為2（M+ni）g

10.如圖所示，PQ左右兩側(cè)分別有間距為L和2L且足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，PQp

兩側(cè)導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量/J7一

分別為小、2nl的導(dǎo)體棒a、b分別靜止在PQ兩側(cè)的導(dǎo)軌上，t=0時(shí)刻，b棒獲°

得一水平向右、大小為北的初速度，t=一時(shí)a棒剛好達(dá)到最大速度。已知a、b

導(dǎo)體棒的長度分別為L、2L,電阻分別為R、2R,a棒始終在PQ左側(cè)運(yùn)動，兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,

導(dǎo)軌電阻不計(jì)。關(guān)于0?時(shí)間內(nèi)a、b兩棒的運(yùn)動，下列說法中正確的是（）

A.兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒B.a棒的最大速度為凈為

C.0?％時(shí)間內(nèi)通過b棒的電荷量為舞D.0?ti時(shí)間內(nèi)b棒產(chǎn)生的焦耳熱為鎮(zhèn)

DDLy

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。

11.流量是指單位時(shí)間內(nèi)流經(jīng)封閉管道或明渠有效截面的流體的體積，又稱瞬時(shí)流量，某學(xué)習(xí)小組用如圖1所

示的實(shí)驗(yàn)裝置測定桶裝水抽水器的水流量和噴水口的橫截面積。

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時(shí)間/

實(shí)驗(yàn)器材：3m卷尺，1000czn3量筒一個(gè)，手機(jī)一部

主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①調(diào)節(jié)抽水器噴口的位置和角度，使其末端水平；

②打開抽水器開關(guān)，將水水平噴出，調(diào)節(jié)桌面上量筒的位置使水落入量筒中；

③用卷尺測得噴口到水平桌面的豎直高度為y=49.0cm,噴口到水在量筒底部落點(diǎn)的水平位移為x=

25.0cm；

④清空量筒中的水，重新打開抽水器開關(guān)，待空中水流穩(wěn)定后用手機(jī)計(jì)時(shí)器計(jì)時(shí)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示：

時(shí)間⑸11.115.319.524.028.2

水量(Xl(r6nl3)300400500600700

(1)根據(jù)流量的定義，從理論上分析，在空中下落的水柱的橫截面積會隨下落高度的增大而______(選填“增

大”“減小”或者“不變”);

(2)根據(jù)所測數(shù)據(jù)，在圖2坐標(biāo)紙上作出時(shí)間與水量的關(guān)系圖線；

(3)根據(jù)圖像可得實(shí)驗(yàn)中桶裝水抽水器的水流量Q=m3/s；(保留2位有效數(shù)字)

(4)若已知重力加速度g=9.8m/s2,<10?3,16,根據(jù)測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知抽水器的水流量Q與抽水器出水

口橫截面積之比約為。

A.0.74

B.0.79

C.1.27

0.1.36

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12.某同學(xué)測量一段粗細(xì)均勻金屬絲的電阻率，器材如下：金屬絲&,電源E（電動勢3人內(nèi)阻不計(jì)），電流

表（量程0-0.64、內(nèi)阻0.50）,電壓表（量程0?3V1、內(nèi)阻約3k。），滑動變阻器R（最大阻值150）,毫米刻度

尺，開關(guān)S及導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

（1）首先用毫米刻度尺測出接入電路中金屬絲的長度I=50.00cm,再用螺旋測微器測金屬絲直徑，示數(shù)如圖

甲所示，金屬絲直徑的測量值d=mm。

（2）為減小誤差，應(yīng)選用乙圖中的（填“a”或"b"）連接線路。

（3）實(shí)驗(yàn)過程中，改變滑動變阻器的滑片位置，并記錄兩電表的讀數(shù)，作出如圖丙所示的U-/圖像，可得金

屬絲的電阻R=H,電阻率p=。?zn。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

（4）電路保持閉合，若測量時(shí)間較長，會使電阻率的測量結(jié)果（填“偏大”“偏小”或“不變”）。

四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。

13.如圖所示，4B兩汽缸均由絕熱材料制成，其容積分別為2%、%。最初人B之

間細(xì)管道上的絕熱閥門Ki和B排氣口處的絕熱閥門七均閉合，兩缸內(nèi)同種理想氣體的

壓強(qiáng)和熱力學(xué)溫度均相同，其值分別為Po、To,4缸內(nèi)氣體的內(nèi)能為九，B缸內(nèi)氣體

的質(zhì)量為加。。已知理想氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比，外界氣壓為Po,溫度恒為To,

汽缸密封性均良好，細(xì)管道內(nèi)的氣體忽略不計(jì)?，F(xiàn)通過電熱絲對4缸內(nèi)的氣體緩慢加

熱，當(dāng)其溫度達(dá)到2To時(shí)停止加熱并打開氣體狀態(tài)穩(wěn)定后再次閉合

（1）求再次閉合Ki之后4缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度。

（2）打開七，當(dāng)B缸內(nèi)氣壓為po、溫度為時(shí)關(guān)閉出，求B缸內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量。

14.如圖所示，xOy坐標(biāo)系第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度大小為后=

叵騏的勻強(qiáng)電場；第二象限內(nèi)以01為圓心、以R為半徑的圓與％、y軸均相切，

qR

其內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；第三、四象

限內(nèi)存在垂直于；cOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。點(diǎn)P（-2R、R）處的粒子源不斷地向

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圓形區(qū)域內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為小、電荷量為+q、速率相同、方向不同的粒子。粒子K以與久軸正方向夾角a=30。的

方向射入圓形區(qū)域，且其在該磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長；粒子K經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以與％軸正方向成夕=60。角的方

向射入第四象限，經(jīng)點(diǎn)M(-R、0)再次射入圓形區(qū)域。已知粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動軌跡的半徑大于R,粒子

的重力及粒子間的相互作用均忽略不計(jì)。求：

(1)粒子在點(diǎn)P處的發(fā)射速率。

(2)第三、四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

15.如圖甲所示，在水平地面上固定一光滑的豎直軌道MNP,其中水平軌道MN足夠長，NP為半圓形軌道。

一個(gè)質(zhì)量為小的物塊B與輕彈簧連接，靜止在水平軌道MN上；物塊4向B運(yùn)動，t=0時(shí)刻與彈簧接觸，至肚=

2to時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束；4、B的u-t圖像如圖乙所示。己知在0?時(shí)間內(nèi)，物塊B運(yùn)動的距

離為0.6%%，4B分離后,B與靜止在水平軌道MN上的物塊C發(fā)生彈性正碰，此后物塊C滑上半圓形豎直

軌道，物塊C的質(zhì)量為小，且在運(yùn)動過程中始終未離開軌道"NP。已知物塊4、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過

程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，重力加速度為g。求：

(1)半圓形豎直軌道半徑R滿足的條件。

(2)物塊4最終運(yùn)動的速度大小。

(3)4、B第一次碰撞和第二次碰撞過程中物塊4的最大加速度大小之比［彈簧的彈性勢能表達(dá)式為Ep=

^k(Ax)2,其中k為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量］。

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答案和解析

1.【答案】B

15

【解析】解：設(shè)該光的頻率為n,根據(jù)公式hv—h%=eUc,得v=半+%,代入數(shù)據(jù)解得v=2.4X10Wz,

故8正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)光電效應(yīng)方程和動能定理列式聯(lián)立解答。

考查光電效應(yīng)的問題，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。

2.【答案】A

【解析】解：設(shè)每條“腿”的上臂對測器的彈力大小為F。探測器靜止在水平地面上，合力為零，根據(jù)共點(diǎn)

力的平衡條件得

6Fcos9=mg

則得尸=事，故A正確，2CZ）錯(cuò)誤。

bcosO

故選：Ao

探測器靜止在水平地面上，合力為零，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解。

本題的關(guān)鍵要掌握共點(diǎn)力的平衡條件：合力為零，利用豎直方向受力平衡進(jìn)行處理。

3.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)圖丙可知，帥連線上各點(diǎn)都是振動加強(qiáng)點(diǎn)，所以質(zhì)點(diǎn)c不是始終處于平衡位置，故A

錯(cuò)誤；

8、t=0時(shí)，由圖乙可知，在c點(diǎn)將向波谷靠近，故質(zhì)點(diǎn)c向下振動，故B錯(cuò)誤；

C、t=0時(shí)，b點(diǎn)處于兩波峰匯合處，經(jīng)過0.25T時(shí)間，也就是J周期，根據(jù)推波法可知，質(zhì)點(diǎn)b將處于平衡

位置，故C正確；

D、t=0時(shí)，d點(diǎn)處于平衡位置與波谷之間，經(jīng)過0.75T時(shí)，也就是'周期，根據(jù)推波法可知，質(zhì)點(diǎn)d將處于

平衡位置以上，質(zhì)點(diǎn)d的加速度豎直向下，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

振動加強(qiáng)的點(diǎn)振動最劇烈；根據(jù)推波法分析B選項(xiàng)；經(jīng)過0.257時(shí)間，也就是J周期，根據(jù)推波法分析b所處

4

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的位置；經(jīng)過0.75T時(shí)，也就是［周期，根據(jù)推波法分析d所處的位置，由此分析加速度方向。

本題主要是考查波的疊加，解答本題的關(guān)鍵是知道波的疊加方法，能夠根據(jù)推波法進(jìn)行分析。

4.【答案】B

【解析】解：4、根據(jù)開普勒第二定律可知，探測器在同一軌道上運(yùn)行時(shí)，在相等的時(shí)間內(nèi)探測器與火星的

連線掃過的面積相等，不同軌道掃過的面積不相等，故A錯(cuò)誤；

8、探測器在“調(diào)相軌道”的P點(diǎn)減速進(jìn)入“停泊軌道”，機(jī)械能減小，故B正確；

C、“調(diào)相軌道”的半長軸大于“停泊軌道”的半長軸，由開普勒第三定律*=k可知從“調(diào)相軌道”進(jìn)入

“停泊軌道”探測器周期變小，故C錯(cuò)誤；

。、由牛頓第二定律有：G*=ma,可得a=罷，探測器在P點(diǎn)的半徑r小于在N點(diǎn)的半徑，所以探測器在

P點(diǎn)的加速度大于在N點(diǎn)的加速度，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

A、根據(jù)開普勒第二定律可知同一軌道探測器與火星連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等；

8、探測器從高軌道進(jìn)入低軌道要減速，機(jī)械能減少；

C、由圖可知探測器在兩軌道半長軸的大小關(guān)系，由開普勒第三定律可知探測器在兩軌道運(yùn)動的周期大小關(guān)

系；

根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小表達(dá)式，可知半徑越小，加速度越大。

本題考查了開普勒定律，熟練掌握開普勒三個(gè)定律是解題的關(guān)鍵。

5.【答案】A

【解析】解：光路圖如圖所示:

0.8—0.28—0.2xtan。036永r=37。

tanr=0^480^48

由折射定律得：幾=黑=黯=!故A正確,BCD錯(cuò)誤。

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故選：Ao

根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合光的折射定律求解水的折射率。

解決該題的關(guān)鍵是熟記折射定律的表達(dá)式，能根據(jù)幾何知識求解相關(guān)的角度以及長度。

6.【答案】A

【解析】解：B、物塊與彈簧接觸前所受合力是恒力，加速度大小不變，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；

物塊與彈簧接觸后在壓縮彈簧過程，彈簧的彈力逐漸增大，合力逐漸減小，物塊的加速度逐漸減小，物體

做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動；當(dāng)物塊所受合力為零后繼續(xù)向下運(yùn)動過程，合力沿斜面向上，物塊做減速

運(yùn)動，由于彈簧彈力增大，合力最大，加速度增大，物塊做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動直到速度為零，由

于物塊與彈簧接觸時(shí)有一定的初速度，因此彈簧壓縮量最大時(shí)的加速度大于物塊做勻加速直線運(yùn)動時(shí)的加

速度大小，故A正確，8錯(cuò)誤；

C、由動能定理可知：Ek=Fx=max,由于開始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，做初速度為零的勻加速

直線運(yùn)動時(shí)a與x正正比，a圖象是傾斜的直線；物塊與彈簧接觸后先做加速度增大的減速運(yùn)動，后做

加速度減小的減速運(yùn)動，與彈簧接觸后圖象的斜率先減小后增大，故C錯(cuò)誤；

D、如果斜面不光滑，設(shè)物塊所受摩擦力大小為/,物塊與彈簧接觸前機(jī)械能的減少量/E=/%,E-x圖象

是傾斜的直線，與彈簧接觸后一方面克服摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一方面要克服彈簧彈力

做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，彈簧的彈性勢能/Ep=^^2,故￡＞錯(cuò)誤。

故選：Ao

物塊與彈簧接觸后彈簧被壓縮，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)物塊所受合力情況應(yīng)用牛頓第二定律判斷加速

度如何變化，根據(jù)物塊的運(yùn)動過程與加速度變化情況判斷速度如何變化，根據(jù)速度變化情況判斷動能如何

變化，根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的變化情況。

對于圖象問題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導(dǎo)出橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的關(guān)系式，分析斜率的變化，

然后作出正確的判斷。

7.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)對稱性可知，三個(gè)金屬小球在。點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加法

則可得。點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為0,故A錯(cuò)誤；

B、。點(diǎn)到金屬小球的距離均為與，4點(diǎn)到金屬小球3的距離為孚，根據(jù)電勢疊加原則，4。兩點(diǎn)的電勢分

別為04=鰭*2+左莪=（4+孚）%（p0=k-^x3=3y/lk^,則4、0兩點(diǎn)電勢不論在L取何值時(shí)都

2—用

不可能相等，故B錯(cuò)誤；

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C。、小球1的電勢能Epi=（02+03）q=k竽，同理可得小球2和3電勢能與2=￡p3=k竽，故整個(gè)系統(tǒng)電

勢能為也=Epi+E}+Ep3=）￥，故c錯(cuò)誤、。正確。

故選：Do

A、根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加法則可得。點(diǎn)的電場強(qiáng)度；

8、根據(jù)電勢疊加原則，計(jì)算人。兩點(diǎn)的電勢進(jìn)行比較；

CD,分別計(jì)算小球的電勢能，進(jìn)而求出系統(tǒng)的總電勢能。

考查對點(diǎn)電荷電場分布特點(diǎn)及電場強(qiáng)度疊加的理解，根據(jù)關(guān)系式解答。

8.【答案】CD

【解析】解：4如圖所示：

僅有b、d兩處導(dǎo)線時(shí)，。處磁感應(yīng)強(qiáng)度為0,a、c導(dǎo)線單獨(dú)作用時(shí)在0處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，設(shè)為殳，

貝l」2Bo=B,故為=?,方向由d指向b,即/=小方向由d指向6,故A錯(cuò)誤；

BCD若僅將b處導(dǎo)線電流反向,則僅有b、d處導(dǎo)線作用時(shí)，。點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,由a指向c,可知名=^2B,

同理分析CD選項(xiàng)，可知CD正確；故2錯(cuò)誤，C￡＞正確。

故選：CD。

由安培定則確定出方向，得出各導(dǎo)線在。處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，再利用矢量合成法求出。點(diǎn)感應(yīng)強(qiáng)

度大小。

考查磁感應(yīng)強(qiáng)度B的矢量合成法則，會進(jìn)行B的合成，注意右手螺旋定則與右手定則的區(qū)別。

9.【答案】CD

【解析】解：4、電動機(jī)輪軸與偏心輪轉(zhuǎn)軸屬于皮帶傳動，軸邊緣線速度大小相等，根據(jù)線速度與角速度的

關(guān)系可知，角速度不相等，故A錯(cuò)誤；

8、配重物轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故2錯(cuò)誤；

C.當(dāng)偏心輪上的配重物轉(zhuǎn)到頂端時(shí)，剛好使整體離開地面，根據(jù)平衡條件T=Mg

飛輪對配重的作用力為T,對配重物，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律mg+7=小廠丁

聯(lián)立解得3=叵遢，故C正確；

7mr

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D、在最低點(diǎn)，飛輪對配重的作用力為T',對配重物，根據(jù)牛頓第二定律『-mg=HIT32

對打夯機(jī)，根據(jù)平衡條件N=T'+Mg

聯(lián)立解得N=2(m+M)g

根據(jù)牛頓第三定律可知打夯機(jī)對地面壓力的最大值為2(M+m)g,故。正確。

故選：CD。

根據(jù)傳動方式以及線速度與角速度的關(guān)系分析作答；

根據(jù)超重和失重的知識分析作答；

根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律與圓周運(yùn)動的知識分析作答；

根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律與圓周運(yùn)動的知識以及牛頓第三定律分析作答。

本題考查了圓周運(yùn)動物體的傳動方式、線速度與角速度的關(guān)系、平衡條件以及牛頓第二定律、第三定律的

綜合運(yùn)用。

10.【答案】BD

【解析】解：4根據(jù)安培力公式尸=3〃可知，兩金屬棒的電流相同，長度不同，。?G時(shí)間內(nèi)b棒所受的安

培力大小始終為a棒所受安培力的兩倍，系統(tǒng)所受合外力不為0,故系統(tǒng)動量不守恒，故A錯(cuò)誤；

BC.t=亢時(shí)刻，兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等有BL%=B-2L-vb,設(shè)0?時(shí)間內(nèi)通過a、b棒的電荷量為q,

規(guī)定向右的方向?yàn)檎较?，對a、b兩棒分別由動量定理得BLq=mvm,-B-2L-q=2mvb-2mv0,得加=

,北，q=需，故B正確，C錯(cuò)誤；

3DDL

。.由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，該段時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為Q=1-2mvQ-|-mv^-1-2mv^,貝!Jb

產(chǎn)生的焦耳熱冊=肅(2,解得的=萼，故。正確。

￡.K-rKy

故選：BDo

A根據(jù)安培力公式分析兩棒安培力大小，結(jié)合動量守恒的條件進(jìn)行分析判斷；

BC根據(jù)a棒最大速度的條件結(jié)合兩棒的動量定理列式聯(lián)立解答；

。.根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律列式求解b棒產(chǎn)生的熱量。

考查雙棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢問題，結(jié)合動量守恒定律、動量定理以及能量的轉(zhuǎn)化和守恒

定律聯(lián)立求解相關(guān)物理量。

I.【答案】減小2.2XIO」B

【解析】解：Q)設(shè)空中下落的水的速度為〃，根據(jù)流量定義有Q=Su

在流量不變時(shí)，隨著下落高度的增大，水的速度在增大，此時(shí)水柱的橫截面積會減小。

(2)將表格中的數(shù)據(jù)描繪在坐標(biāo)上，作圖時(shí)使盡量多的點(diǎn)落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線

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的兩側(cè)，舍棄個(gè)別相差較遠(yuǎn)的點(diǎn)，所作圖像如圖所示:

(3)根據(jù)題意可得水量與流量的關(guān)系為P=Qt

變形得t=^-v

t-U圖像的斜率卜=s/相=||x105s/m3

Q-onUUn—去OUJ\Xn1U-6/寸

1

結(jié)合t一U函數(shù)可知k=,

代入數(shù)據(jù)解得Q=2.2x10-5m3/s

(4)設(shè)水從出水口射出的水平初速度為北

根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，豎直方向丫=29/

水平方向％=vot

聯(lián)立代入數(shù)值解得%=679mls

根據(jù)前面分析此時(shí)有Q=S%

所以可得抽水器的水流量Q與抽水器出水口橫截面積之比為*=v0=0.79m/s

綜上分析，故ACD錯(cuò)誤，8正確。

故選：So

故答案為：(1)減小；(2)見解析;(3)2.2x10-5；(4)Bo

(1)根據(jù)流量公式分析作答；

(2)根據(jù)描點(diǎn)法作圖；

(3)根據(jù)水流與流量的關(guān)系求解t-U函數(shù)，結(jié)合圖像斜率的含義求流量;

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(4)根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律求水流的初速度，根據(jù)流量公式求抽水器的水流量Q與抽水器出水口橫截面積之比。

此題考查了平拋運(yùn)動的規(guī)律，解題的關(guān)鍵是明確水做平拋運(yùn)動，以及單位時(shí)間內(nèi)流出的水量與流量的關(guān)系。

12.【答案】0.500a4.01.6x10-6偏大

【解析】解：(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為OSrrnn,可動刻度讀數(shù)為0xOOlrnm,則金屬絲直徑為：

d=0.5mm+0X0.01mm=0.500mm；

(2)電流表的內(nèi)阻已知，與待測電阻串聯(lián)，通過待測電阻的電流測量值是準(zhǔn)確值，故應(yīng)選乙圖中的a連接線

路；

(3)根據(jù)圖a可知U=/(%+RA-)

圖像的斜率表示金屬絲的電阻，則有％+RA=需糕。=4.5。

U.6U—U.U7

代入數(shù)據(jù)解得

Rx=4.0/2

根據(jù)電阻定律有/?=0(

根據(jù)幾何知識有S=邛

解得

p=1.6X10-6。-m

(4)電路保持閉合，若測量時(shí)間較長，電阻溫度升高，會使電阻率的測量結(jié)果偏大。

故答案為:(1)0.500；(2)a；(3)4.0,1.6XIO-6；(4)偏大。

(1)明確螺旋測微器的分度值，讀出讀數(shù)；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差分析判斷；

(3)根據(jù)歐姆定律、電阻定律、幾何知識推導(dǎo)計(jì)算。

(4)根據(jù)溫度對金屬電阻率的影響分析判斷。

本題考查測量一段粗細(xì)均勻金屬絲的電阻率實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)電路、實(shí)驗(yàn)步驟、數(shù)據(jù)處理和

誤差分析。

13.【答案】解：(1)最初4、B兩缸內(nèi)同種理想氣體的壓強(qiáng)和熱力學(xué)溫度均相同，可知4、B兩缸內(nèi)同種理想

氣體的密度相同，4中氣體體積是B的2倍，則4中氣體質(zhì)量和分子數(shù)量均為B的2倍，因溫度相同，故分子平

均動能相同，可得B中氣體的內(nèi)能是4的看即/=辭

當(dāng)A中氣體溫度為27。時(shí)，據(jù)題意可得：黑=繆

100

解得此時(shí)4中氣體內(nèi)能為：UA1=2U0

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此時(shí)4、B中氣體總的內(nèi)能為：=UA1+UB=2.5U0

根據(jù)能量守恒定律，可知?dú)怏w狀態(tài)穩(wěn)定后再次閉合K1后總的內(nèi)能不變，4中氣體的內(nèi)能是B的2倍，貝必中氣

體的內(nèi)能是總內(nèi)能的|,即：

%=寸2J=汐5。

設(shè)所求的熱力學(xué)溫度為T,則有：華=黑

解得：T=|7o

(2)以8中氣體為研究對象，設(shè)打開修前其壓強(qiáng)為pi，由查理定律得：

Po=Pi

To~T

解得：Pl=|po

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：畢=瞥

T凱。

解得：v=|y0

由：*為

y頻

解得：小剩余=汾。

答：(1)再次閉合匕之后4缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度為母To；

(2)B缸內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量為1加0。

【解析】(1)由已知條件結(jié)合內(nèi)能的定義，可得4B兩缸內(nèi)氣體的內(nèi)能關(guān)系，從求出B中氣體的內(nèi)能。根據(jù)

理想氣體的內(nèi)能與熱力學(xué)溫度成正比，結(jié)合能量守恒定律，求得末態(tài)總內(nèi)能和4中氣體的內(nèi)能，以及再次閉

合Ki之后4缸內(nèi)氣體的熱力學(xué)溫度；

(2)由查理定律求出B內(nèi)氣體的壓強(qiáng)，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求出B中氣體末態(tài)體積，根據(jù)體積關(guān)系求解B缸

內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量。

包括考查了分子動理論與理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，理解內(nèi)能的含義。確定氣體的初末狀態(tài)，應(yīng)用相應(yīng)的

氣體實(shí)驗(yàn)定律和理想氣體狀態(tài)方程解答。

14.【答案】解：(1)粒子K在圓形磁場中運(yùn)動時(shí)間最長，可知該粒子在圓形磁場中運(yùn)動的軌跡以直徑PN為

弦，如圖所示

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其運(yùn)動軌跡的半徑

R仁n

n=--=2R

xsina

由

B°O0=萼

解得

”_2B0qR

(2)設(shè)粒子K在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t,則

Eqt=mv0cosa?tan(3—mvosina

設(shè)粒子經(jīng)Q點(diǎn)由第一象限射入第四象限，則

XQ=v0cosa?t

解得

R

XQ=2

由幾何關(guān)系可知粒子在第三、四象限內(nèi)運(yùn)動的軌跡半徑為

R+%Q

x_2

女一訴

設(shè)粒子在Q點(diǎn)速度大小為方,則

VnCOS30°

VQ=cos60。

結(jié)合

2

mvn

Ba=—

解得

Bi=4B0

第16頁，共19頁

答：(1)粒子在點(diǎn)P處的發(fā)射速率為總戶；

(2)第三、四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4%。

【解析】(1)畫出粒子的運(yùn)動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求粒子在點(diǎn)P處的發(fā)射速率；

(2)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和幾何關(guān)系求第三、四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

解決該題的關(guān)鍵是明確知道粒子在各部分的運(yùn)動情況，能根據(jù)幾何知識求解粒子運(yùn)動半徑，本題難度中等。

15.【答案】解：(1)由圖乙知t=2%后

vB=2v0

8、C發(fā)生彈性碰撞，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒可?/p>

m?2v0=mvB+mvc

由機(jī)械能守恒可知

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