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2024届重庆杨家坪中学高三上学期第五次月考物理试题 （解析版）
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这是一份2024届重庆杨家坪中学高三上学期第五次月考物理试题 （解析版），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，0km/s等内容，欢迎下载使用。
（满分：100分；考试时间：75分钟）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲图中推导匀变速直线运动位移与时间关系时运用了微元法
B. 乙图中卡文迪许测定引力常量的实验中运用了等效替代法
C. 丙图中探究向心力大小与质量、角速度和半径之间关系时运用了控制变量法
D. 丁图中伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中推导匀变速直线运动位移与时间关系时运用了微元法，故A正确，不符合题意；
B．乙图中卡文迪许测定引力常量的实验中运用了放大法，故B错误，符合题意；
C．丙图中探究向心力大小与质量、角速度和半径之间关系时运用了控制变量法，故C正确，不符合题意；
D．丁图中伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示。管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平。某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为、C中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为，则（ ）
A. B、C输电线缆相互吸引
B. 输电线缆A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
C. 正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左
D. 输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，A、B输电线缆在A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，而C线缆在该处的磁感应强度水平向左，则该点的合磁感应强度方向斜向上偏左，故B错误；
C．A输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，根据对称性可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故C错误。
D．B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示
由图可知
即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，则输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下，故D正确。
故选D。
3. “地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则（ ）
A. 该列波的传播方向沿x轴正向传播
B. 该列波的传播速度为4m /s
C. 质点M在7s内通过的路程为280cm
D. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴负向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为
故B错误；
C．由于
则质点M在7s内通过的路程为
故C正确；
D．机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，小物体P放在直角斜劈M上，M下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁；开始时，P、M静止，M与墙壁间无作用力．现以平行斜面向上的力F向上推物体P，但P、M未发生相对运动．则在施加力F后( )
A. P、M之间的摩擦力变大B. P、M之间的摩擦力变小
C. 墙壁与M之间仍然无作用力D. 弹簧的形变量减小
【答案】D
【解析】
【分析】施加F前后先对P受力分析，根据平衡条件列式，分情况讨论摩擦力的变化情况，把PM看成一个整体，整体受力平衡，根据平衡条件分析墙壁与M之间的弹力和弹簧弹力的变化情况．
【详解】未施加F之前，对P受力分析，根据平衡条件可知，P受到沿斜面向上的静摩擦力，等于重力沿斜面的向下的分量，当F大于重力向下的分量时，摩擦力方向向上，且大于重力沿斜面的向下的分量，则摩擦力变大，当F等于重力向下的分量时，摩擦力大小不变，当F小于重力向下的分量时，摩擦力减小，故AB错误；把PM看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁与M的支持力等于F在水平方向的分量，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F竖直方向的分量，则弹力减小，形变量减小，故C错误，D正确．故选D．
【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用．
5. 据统计，我国发射的卫星已近600颗，位居世界第二位，这些卫星以导航、遥感、通信为主要类别。如图，A、B、C为我国发射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B的轨道在赤道平面内，卫星C的轨道为极地轨道，轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星A的加速度大小比卫星B的大
B. 卫星B的动能比卫星A的大
C. 卫星B一定与地球自转同步
D. 卫星C线速度大小可能为8.0km/s
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力
解得
由图可知三颗卫星的轨道半径关系为
可知三颗卫星的加速度大小关系为
故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
解得
可得
三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；
C．地球同步卫星的轨道平面必须位于赤道平面，且距离地面的高度一定，而卫星B虽然位于赤道的正上方，但是高度不一定在同步卫星的轨道高度，所以卫星B不一定与地球自转同步，故C错误；
D．第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大环绕速度，所以卫星C的线速度大小一定小于7.9km/s，故D错误。
故选A。
6. 由电源、定值电阻、滑动变阻器和电容器组成的电路如图所示。电源电动势E，内阻r，定值电阻阻值R，电容器电容为C，间距为d。闭合开关S1、S2，稳定后，一带电油滴恰好静止在电容器中心，则（ ）
A. 移动滑动变阻器滑片向右，油滴将向下运动
B. 将N板向下移动，保持油滴不动，油滴电势能减小
C. 保持S1闭合，断开S2，滑动变阻器中电流方向从左向右
D. 若油滴获得一个向上的初速度，运动到M板的过程中电势能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．滑动变阻器稳定时不分压，对电容器电压没影响；移动滑动变阻器滑片向右，电容器板间场强不变，油滴受力不变，处于静止状态，故A错误；
B．根据油滴受力平衡，油滴受电场力向上，则带负电；将N板向下移动，保持油滴不动，间距增大，根据
可知板间场强减小，N板接地电势不变，MN间电势差不变，则油滴位置与M板间电势差减小，所以油滴所在处电势升高，则油滴电势能减小，故B正确；
C．保持S1闭合，断开S2，则电容器电压增大，电容器继续充电，滑动变阻器中电流方向从右向左，故C错误；
D．若油滴获得一个向上的初速度，运动到M板的过程中，电场力做功为
则电势能减小，故D错误。
故选B。
7. 绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A. 负点电荷在AO段的运动时间小于在OB段的运动时间
B. 负点电荷由A运动到O点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快
C. 负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
D. 当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
【答案】A
【解析】
【详解】AC．由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；
由图像可知，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小。同理，OB段不变。则负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动；
由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度v0，则电荷在AB间运动v-t图像如图
AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间小于OB段的时间。故A正确，C错误；
B．相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故B错误；
D．负点电荷分别处于m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但m处的电势大于m处的电势，说明O点到的电势差小于O点到的电势差，根据运动的可逆性都可看成O点向两处的减速运动
，
可知处的速度大，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. A、B两船的质量均为m，它们都静止在平静的湖面上，A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则（ ）
A. A、B两船的速度大小之比为3∶2
B. A、B（包括人）的动量大小之比为1∶1
C. A、B（包括人）的动量之和为0
D. 因跳跃次数未知，故以上选项均无法确定
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．选A船、B船和人为一个系统，则他们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。经多次跳跃后，人最终跳到B船上，由动量守恒定律可得
解得
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，故A正确；
B．A和B（包括人）的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，故B正确；
CD．由于系统的总动量守恒，始终为0，故A和B（包括人）的动量之和也始终为0，故C正确，D错误。
故选ABC。
9. 如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场右侧有一点已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则（ ）
A. 初速度方向与x轴夹角为的粒子经过A点
B. 初速度方向与x轴夹角为的粒子经过A点
C. 经过A点的粒子在磁场中运动时间为
D. 经过A点的粒子在磁场中运动时间为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨道半径
由
可得粒子轨道半径都为R；结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿轴正方向，根据几何关系有
经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为
故A正确，B错误；
CD．该粒子在磁场中的运动时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，一质量为m、长为L，上表面光滑的木板A静止在光滑水平面上，其左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一质量为2m、可视为质点的物块B以初速度从木板的最右端向左滑动，而后压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内）。当弹簧的弹性势能最大时，细绳恰好被拉断，之后A可在桌面上滑动。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。则（ ）
A. 弹性势能最大值为
B. 细绳所能承受的最大拉力
C. 从轻质绳被拉断到小物块B滑离木板A的过程中，物块B的对地位移为
D. 若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向不发生变化
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意当B的速度为零时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可知，弹性势能的最大值为
故A错误；
B．弹簧弹性势能最大时，弹力最大，有
此时弹力大小即为细绳所能承受的最大拉力
解得
故B正确；
C．从轻质绳被拉断到小物块B滑离木板A的过程中，AB系统平均动量守恒
则有
根据位移关系有
根据B分析可知
联立解得
故C正确；
D．假设若把B换成质量为（）的物块B速度方向恰好不变（弹簧恢复原长时B速度恰好为零），当弹簧压缩量为时，细绳断掉，此时弹性势能为
此时B的速度设为，则
之后AB系统动量守恒，当弹簧恢复原长时，以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
则若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向还会发生变化，故D错误。
故选BC。
三、实验题：本大题共2个小题，共16分。
11. 为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置 ，让木块从倾斜木板上A点由静止释放 ，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机 ，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律 ，取 g=10m/s2，如图所示:（以下结果均保留三位有效数字）
（1）根据上述图线 ，计算可得木块在 0.4s时的速度大小v= ______m/s。
（2）根据上述图线 ，计算可得木块的加速度大小a= ______m/s2。
（3）现测得斜面倾角为30°，则μ=______。（）
【答案】 ①. 0.400 ②. 1.00 ③. 0.453
【解析】
【详解】（1）[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小为
（2）[2]根据匀变速直线运动的规律中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，木块在0.2s时的速度大小为
木块的加速度大小
（3）[3]斜面倾角为30°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
12. 利用如图所示的电路测量一个满偏电流为3mA、内阻约为100Ω的电流表的内阻，有如下的主要实验器材可供选择：
A．滑动变阻器（阻值范围0～3kΩ，额定电流为1A）
B．滑动变阻器（阻值范围为0～10kΩ，额定电流为0.5A）
C．电源（电动势约为1.5V，内阻不计）
D．电源（电动势约为15V，内阻不计）
E．电阻箱（最大阻值为999.9Ω，额定电流为0.5A）
（1）为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用_______，电源E应选用_________。（填器材前的字母序号）
（2）实验时要进行的主要步骤有：
A．断开开关S2，闭合开关S1
B．调节R的阻值，使电流表的示数为2.5mA
C．闭合开关S2
D．调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为1.5mA
E．记下此时的阻值为120Ω
则待测电流表的内阻的测量值为________Ω，由于存在系统误差，该测量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值。
（3）若将此电流表改装成一个量程为3V的电压表，则应将一个阻值为________Ω的定值电阻与之_________（填“串”或“并”） 联，若用一块标准电压表与改装后的电压表并联，对改装后的电压表进行校准，由于（2）中电流表的内阻测量存在系统误差，使得改装表的示数总会比标准表的示数___________（填“大”或“小”）。
【答案】 ①. B ②. D ③. 80 ④. 小于 ⑤. 920 ⑥. 串 ⑦. 小
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据实验电路图可知，采用半偏法测量电流表的内阻，为了使测量尽量精确，应使滑动变阻器接入电路的阻值尽可能大一些，则电源E应选用电动势约为15V，即选择D；当电流表达到满偏电流时，电路总电阻约为
则滑动变阻器R应选用B。
（2）[3]根据实验步骤可认为电路总电流为2.5mA；调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为1.5mA，则此时通过电阻箱的电流为
则有
可得待测电流表的内阻的测量值为
[4]由于闭合开关S2，并联电阻箱后，电路总电阻变小，则电路的实际总电流应大于2.5mA，通过电阻箱的实际电流应满足
则有
可得
可知由于存在系统误差，该测量值小于电流表内阻的真实值。
（3）[5][6]若将此电流表改装成一个量程为3V的电压表，则有
解得
可知应将一个阻值为定值电阻与之串联；
[7]若用一块标准电压表与改装后的电压表并联，对改装后的电压表进行校准，由于（2）中电流表的内阻测量小于真实值，使得串联的电阻阻值偏大，改装表的内阻偏大，改装表与标准表并联时，改装表的内阻大，分到的电流小，所以改装表的示数总会比标准表的示数小。
四、计算题：本大题共3个小题，共41分，其中13题10分14题13分15题18分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案必须写出明确的数值和单位。
13. 光滑水平面的右端有一固定的倾斜轨道，轨道面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为2kg的滑块A以的速度向右滑行，另一质量为1kg的滑块B从5m高处由静止开始下滑，它们在水平轨道相碰后，B滑块刚好能返回到出发点.取10m/s2。
（1）求第一次碰撞后滑块A的瞬时速度；
（2）求两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【解析】
【详解】（1）设滑块B下滑过程到达 水平轨道的速度为，根据机械能守恒可得
解得
碰后滑块B刚好能返回到出发点，则碰后滑块B的速度大小为
以向右为正方向，A、B碰撞过程，根据动量守恒可得
解得第一次碰撞后滑块A的瞬时速度为
方向水平向右。
（2）根据能量守恒可知，两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能为
解得
14. 如图所示，一质量为m电荷量为的带电小球，用一长为绝缘细线悬挂于点，处于静止状态，现给小球所在的空间加一水平向右的匀强电场（电场未画出），电场强度，g取10m/s2。求：
（1）刚加上电场的瞬间，小球加速度的大小；
（2）小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度；
（3）小球向右摆动过程中，小球的最大动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刚假设电场瞬间，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设小球向右摆动过程中，摆下与竖直方向的最大角度为，根据动能定理可得
解得
则小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度为
（3）设小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的夹角为时，小球速度最大，即动能最大，此时沿切线方向有
可得
解得
根据动能定理可得
解得小球的最大动能为
15. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第二、三象限内存在方向水平向右、电场强度大小的匀强电场，第四象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，足够长的薄挡板在N点垂直于x轴竖直放置。质量、电荷量大小的带正电粒子从第二象限的M点由静止释放，经历一段时间到达y轴上的P点，随后经过第一象限内的电场运动至x轴上的Q点，之后进入第四象限内的匀强磁场。已知，粒子重力不计。
（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度大小；
（2）若粒子经过第四象限内的匀强磁场后恰好能够再次到达M点，求粒子从M点静止释放至再次回到M点的时间t（结果保留2位有效数字）；
（3）若粒子在进入匀强磁场后的运动过程中没有越过y轴，且粒子最终垂直打在薄挡板上，求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）粒子从M点运动到P点的过程，由动能定理有
从P点运动到Q点的过程，粒子做类平抛运动，则有
粒子在第一象限运动的过程中，由牛顿第二定律有
解得
（2）设粒子从Q点进入第四象限时的速度为，该速度与x轴正方向的夹角为θ，则
解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子经过第四象限内的匀强磁场后恰好能够再次到达M点，表明在电场中，水平分速度恰好减为0时到达M点，即进入中的速度与水平方向间的夹角也为，则粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆，如图甲所示
在电场加速时，有
在磁场中，有
根据几何关系有
根据“逆向思维”，粒子进入电场中到回到M点所用时间与粒子从M点运动到P点的时间相等，则总时间
（3）欲使粒子最终垂直打在薄挡板上，则粒子打击点必定位于粒子在电场中运动轨迹的最高点，设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，由于
根据对称性有
由于粒子进入匀强磁场后没有越过y轴，则
解得
由于粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
当时，解得
当时，解得
（满分：100分；考试时间：75分钟）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列说法不正确的是（ ）
A. 甲图中推导匀变速直线运动位移与时间关系时运用了微元法
B. 乙图中卡文迪许测定引力常量的实验中运用了等效替代法
C. 丙图中探究向心力大小与质量、角速度和半径之间关系时运用了控制变量法
D. 丁图中伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中推导匀变速直线运动位移与时间关系时运用了微元法，故A正确，不符合题意；
B．乙图中卡文迪许测定引力常量的实验中运用了放大法，故B错误，符合题意；
C．丙图中探究向心力大小与质量、角速度和半径之间关系时运用了控制变量法，故C正确，不符合题意；
D．丁图中伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示。管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平。某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B中电流方向垂直于纸面向里，A、B中电流大小均为、C中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为，则（ ）
A. B、C输电线缆相互吸引
B. 输电线缆A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上
C. 正三角形中心O处的磁感应强度方向水平向左
D. 输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于B、C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；
B．根据右手螺旋定则可知，A、B输电线缆在A、B圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，而C线缆在该处的磁感应强度水平向左，则该点的合磁感应强度方向斜向上偏左，故B错误；
C．A输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线缆在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，根据对称性可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，而C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故C错误。
D．B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示
由图可知
即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，则输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A、B圆心连线向下，故D正确。
故选D。
3. “地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则（ ）
A. 该列波的传播方向沿x轴正向传播
B. 该列波的传播速度为4m /s
C. 质点M在7s内通过的路程为280cm
D. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴负向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为
故B错误；
C．由于
则质点M在7s内通过的路程为
故C正确；
D．机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，小物体P放在直角斜劈M上，M下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁；开始时，P、M静止，M与墙壁间无作用力．现以平行斜面向上的力F向上推物体P，但P、M未发生相对运动．则在施加力F后( )
A. P、M之间的摩擦力变大B. P、M之间的摩擦力变小
C. 墙壁与M之间仍然无作用力D. 弹簧的形变量减小
【答案】D
【解析】
【分析】施加F前后先对P受力分析，根据平衡条件列式，分情况讨论摩擦力的变化情况，把PM看成一个整体，整体受力平衡，根据平衡条件分析墙壁与M之间的弹力和弹簧弹力的变化情况．
【详解】未施加F之前，对P受力分析，根据平衡条件可知，P受到沿斜面向上的静摩擦力，等于重力沿斜面的向下的分量，当F大于重力向下的分量时，摩擦力方向向上，且大于重力沿斜面的向下的分量，则摩擦力变大，当F等于重力向下的分量时，摩擦力大小不变，当F小于重力向下的分量时，摩擦力减小，故AB错误；把PM看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁与M的支持力等于F在水平方向的分量，竖直方向受力平衡，则弹簧弹力等于整体重力减去F竖直方向的分量，则弹力减小，形变量减小，故C错误，D正确．故选D．
【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用．
5. 据统计，我国发射的卫星已近600颗，位居世界第二位，这些卫星以导航、遥感、通信为主要类别。如图，A、B、C为我国发射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B的轨道在赤道平面内，卫星C的轨道为极地轨道，轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星A的加速度大小比卫星B的大
B. 卫星B的动能比卫星A的大
C. 卫星B一定与地球自转同步
D. 卫星C线速度大小可能为8.0km/s
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力
解得
由图可知三颗卫星的轨道半径关系为
可知三颗卫星的加速度大小关系为
故A正确；
B．根据万有引力提供向心力
解得
可得
三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故B错误；
C．地球同步卫星的轨道平面必须位于赤道平面，且距离地面的高度一定，而卫星B虽然位于赤道的正上方，但是高度不一定在同步卫星的轨道高度，所以卫星B不一定与地球自转同步，故C错误；
D．第一宇宙速度为7.9km/s，是卫星的最大环绕速度，所以卫星C的线速度大小一定小于7.9km/s，故D错误。
故选A。
6. 由电源、定值电阻、滑动变阻器和电容器组成的电路如图所示。电源电动势E，内阻r，定值电阻阻值R，电容器电容为C，间距为d。闭合开关S1、S2，稳定后，一带电油滴恰好静止在电容器中心，则（ ）
A. 移动滑动变阻器滑片向右，油滴将向下运动
B. 将N板向下移动，保持油滴不动，油滴电势能减小
C. 保持S1闭合，断开S2，滑动变阻器中电流方向从左向右
D. 若油滴获得一个向上的初速度，运动到M板的过程中电势能减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．滑动变阻器稳定时不分压，对电容器电压没影响；移动滑动变阻器滑片向右，电容器板间场强不变，油滴受力不变，处于静止状态，故A错误；
B．根据油滴受力平衡，油滴受电场力向上，则带负电；将N板向下移动，保持油滴不动，间距增大，根据
可知板间场强减小，N板接地电势不变，MN间电势差不变，则油滴位置与M板间电势差减小，所以油滴所在处电势升高，则油滴电势能减小，故B正确；
C．保持S1闭合，断开S2，则电容器电压增大，电容器继续充电，滑动变阻器中电流方向从右向左，故C错误；
D．若油滴获得一个向上的初速度，运动到M板的过程中，电场力做功为
则电势能减小，故D错误。
故选B。
7. 绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A. 负点电荷在AO段的运动时间小于在OB段的运动时间
B. 负点电荷由A运动到O点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快
C. 负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
D. 当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
【答案】A
【解析】
【详解】AC．由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；
由图像可知，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小。同理，OB段不变。则负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动；
由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度v0，则电荷在AB间运动v-t图像如图
AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间小于OB段的时间。故A正确，C错误；
B．相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故B错误；
D．负点电荷分别处于m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但m处的电势大于m处的电势，说明O点到的电势差小于O点到的电势差，根据运动的可逆性都可看成O点向两处的减速运动
，
可知处的速度大，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选A。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. A、B两船的质量均为m，它们都静止在平静的湖面上，A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船。水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则（ ）
A. A、B两船的速度大小之比为3∶2
B. A、B（包括人）的动量大小之比为1∶1
C. A、B（包括人）的动量之和为0
D. 因跳跃次数未知，故以上选项均无法确定
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．选A船、B船和人为一个系统，则他们的初始总动量为0。由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0。经多次跳跃后，人最终跳到B船上，由动量守恒定律可得
解得
所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，故A正确；
B．A和B（包括人）的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为1∶1，故B正确；
CD．由于系统的总动量守恒，始终为0，故A和B（包括人）的动量之和也始终为0，故C正确，D错误。
故选ABC。
9. 如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电量为q的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场右侧有一点已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则（ ）
A. 初速度方向与x轴夹角为的粒子经过A点
B. 初速度方向与x轴夹角为的粒子经过A点
C. 经过A点的粒子在磁场中运动时间为
D. 经过A点的粒子在磁场中运动时间为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨道半径
由
可得粒子轨道半径都为R；结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿轴正方向，根据几何关系有
经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为
故A正确，B错误；
CD．该粒子在磁场中的运动时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，一质量为m、长为L，上表面光滑的木板A静止在光滑水平面上，其左端固定一劲度系数为k的水平轻质弹簧，弹簧原长为，右侧用一不可伸长的轻质细绳连接于竖直墙上。现使一质量为2m、可视为质点的物块B以初速度从木板的最右端向左滑动，而后压缩弹簧（弹簧始终在弹性限度内）。当弹簧的弹性势能最大时，细绳恰好被拉断，之后A可在桌面上滑动。已知弹簧弹性势能的表达式，其中k为劲度系数，x为弹簧的形变量。则（ ）
A. 弹性势能最大值为
B. 细绳所能承受的最大拉力
C. 从轻质绳被拉断到小物块B滑离木板A的过程中，物块B的对地位移为
D. 若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向不发生变化
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据题意当B的速度为零时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可知，弹性势能的最大值为
故A错误；
B．弹簧弹性势能最大时，弹力最大，有
此时弹力大小即为细绳所能承受的最大拉力
解得
故B正确；
C．从轻质绳被拉断到小物块B滑离木板A的过程中，AB系统平均动量守恒
则有
根据位移关系有
根据B分析可知
联立解得
故C正确；
D．假设若把B换成质量为（）的物块B速度方向恰好不变（弹簧恢复原长时B速度恰好为零），当弹簧压缩量为时，细绳断掉，此时弹性势能为
此时B的速度设为，则
之后AB系统动量守恒，当弹簧恢复原长时，以向左为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
则若把B换成质量为2.5m的物块，其他条件不变，则物块在运动过程中速度方向还会发生变化，故D错误。
故选BC。
三、实验题：本大题共2个小题，共16分。
11. 为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置 ，让木块从倾斜木板上A点由静止释放 ，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机 ，描绘出滑块与传感器的距离s随时间t变化规律 ，取 g=10m/s2，如图所示:（以下结果均保留三位有效数字）
（1）根据上述图线 ，计算可得木块在 0.4s时的速度大小v= ______m/s。
（2）根据上述图线 ，计算可得木块的加速度大小a= ______m/s2。
（3）现测得斜面倾角为30°，则μ=______。（）
【答案】 ①. 0.400 ②. 1.00 ③. 0.453
【解析】
【详解】（1）[1]木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则木块在0.4s时的速度大小为
（2）[2]根据匀变速直线运动的规律中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，木块在0.2s时的速度大小为
木块的加速度大小
（3）[3]斜面倾角为30°，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
12. 利用如图所示的电路测量一个满偏电流为3mA、内阻约为100Ω的电流表的内阻，有如下的主要实验器材可供选择：
A．滑动变阻器（阻值范围0～3kΩ，额定电流为1A）
B．滑动变阻器（阻值范围为0～10kΩ，额定电流为0.5A）
C．电源（电动势约为1.5V，内阻不计）
D．电源（电动势约为15V，内阻不计）
E．电阻箱（最大阻值为999.9Ω，额定电流为0.5A）
（1）为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用_______，电源E应选用_________。（填器材前的字母序号）
（2）实验时要进行的主要步骤有：
A．断开开关S2，闭合开关S1
B．调节R的阻值，使电流表的示数为2.5mA
C．闭合开关S2
D．调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为1.5mA
E．记下此时的阻值为120Ω
则待测电流表的内阻的测量值为________Ω，由于存在系统误差，该测量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）电流表内阻的真实值。
（3）若将此电流表改装成一个量程为3V的电压表，则应将一个阻值为________Ω的定值电阻与之_________（填“串”或“并”） 联，若用一块标准电压表与改装后的电压表并联，对改装后的电压表进行校准，由于（2）中电流表的内阻测量存在系统误差，使得改装表的示数总会比标准表的示数___________（填“大”或“小”）。
【答案】 ①. B ②. D ③. 80 ④. 小于 ⑤. 920 ⑥. 串 ⑦. 小
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据实验电路图可知，采用半偏法测量电流表的内阻，为了使测量尽量精确，应使滑动变阻器接入电路的阻值尽可能大一些，则电源E应选用电动势约为15V，即选择D；当电流表达到满偏电流时，电路总电阻约为
则滑动变阻器R应选用B。
（2）[3]根据实验步骤可认为电路总电流为2.5mA；调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为1.5mA，则此时通过电阻箱的电流为
则有
可得待测电流表的内阻的测量值为
[4]由于闭合开关S2，并联电阻箱后，电路总电阻变小，则电路的实际总电流应大于2.5mA，通过电阻箱的实际电流应满足
则有
可得
可知由于存在系统误差，该测量值小于电流表内阻的真实值。
（3）[5][6]若将此电流表改装成一个量程为3V的电压表，则有
解得
可知应将一个阻值为定值电阻与之串联；
[7]若用一块标准电压表与改装后的电压表并联，对改装后的电压表进行校准，由于（2）中电流表的内阻测量小于真实值，使得串联的电阻阻值偏大，改装表的内阻偏大，改装表与标准表并联时，改装表的内阻大，分到的电流小，所以改装表的示数总会比标准表的示数小。
四、计算题：本大题共3个小题，共41分，其中13题10分14题13分15题18分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案必须写出明确的数值和单位。
13. 光滑水平面的右端有一固定的倾斜轨道，轨道面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为2kg的滑块A以的速度向右滑行，另一质量为1kg的滑块B从5m高处由静止开始下滑，它们在水平轨道相碰后，B滑块刚好能返回到出发点.取10m/s2。
（1）求第一次碰撞后滑块A的瞬时速度；
（2）求两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【解析】
【详解】（1）设滑块B下滑过程到达 水平轨道的速度为，根据机械能守恒可得
解得
碰后滑块B刚好能返回到出发点，则碰后滑块B的速度大小为
以向右为正方向，A、B碰撞过程，根据动量守恒可得
解得第一次碰撞后滑块A的瞬时速度为
方向水平向右。
（2）根据能量守恒可知，两滑块在第一次碰撞过程中损失的机械能为
解得
14. 如图所示，一质量为m电荷量为的带电小球，用一长为绝缘细线悬挂于点，处于静止状态，现给小球所在的空间加一水平向右的匀强电场（电场未画出），电场强度，g取10m/s2。求：
（1）刚加上电场的瞬间，小球加速度的大小；
（2）小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度；
（3）小球向右摆动过程中，小球的最大动能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刚假设电场瞬间，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设小球向右摆动过程中，摆下与竖直方向的最大角度为，根据动能定理可得
解得
则小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度为
（3）设小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的夹角为时，小球速度最大，即动能最大，此时沿切线方向有
可得
解得
根据动能定理可得
解得小球的最大动能为
15. 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第二、三象限内存在方向水平向右、电场强度大小的匀强电场，第四象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，足够长的薄挡板在N点垂直于x轴竖直放置。质量、电荷量大小的带正电粒子从第二象限的M点由静止释放，经历一段时间到达y轴上的P点，随后经过第一象限内的电场运动至x轴上的Q点，之后进入第四象限内的匀强磁场。已知，粒子重力不计。
（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度大小；
（2）若粒子经过第四象限内的匀强磁场后恰好能够再次到达M点，求粒子从M点静止释放至再次回到M点的时间t（结果保留2位有效数字）；
（3）若粒子在进入匀强磁场后的运动过程中没有越过y轴，且粒子最终垂直打在薄挡板上，求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）粒子从M点运动到P点的过程，由动能定理有
从P点运动到Q点的过程，粒子做类平抛运动，则有
粒子在第一象限运动的过程中，由牛顿第二定律有
解得
（2）设粒子从Q点进入第四象限时的速度为，该速度与x轴正方向的夹角为θ，则
解得
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子经过第四象限内的匀强磁场后恰好能够再次到达M点，表明在电场中，水平分速度恰好减为0时到达M点，即进入中的速度与水平方向间的夹角也为，则粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆，如图甲所示
在电场加速时，有
在磁场中，有
根据几何关系有
根据“逆向思维”，粒子进入电场中到回到M点所用时间与粒子从M点运动到P点的时间相等，则总时间
（3）欲使粒子最终垂直打在薄挡板上，则粒子打击点必定位于粒子在电场中运动轨迹的最高点，设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，由于
根据对称性有
由于粒子进入匀强磁场后没有越过y轴，则
解得
由于粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
当时，解得
当时，解得
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