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2022-2023学年上海市杨浦区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年上海市杨浦区高三（上）期末物理试卷（一模）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 声波等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上海市杨浦区高三（上）期末物理试卷（一模）
1. 声波( )
A. 能在真空中传播 B. 在气体中的传播速度最大
C. 靠各质点的迁移来传递能量 D. 传播过程中形成疏密相间的波
2. 物体处于以下状态时所受合力为零的是( )
A. 铅球在沙坑里下陷到最低位置时
B. 小球竖直向上抛出到速度减为零时
C. 摆球在竖直平面内摆动到右侧最高位置时
D. 小球沿竖直光滑圆轨道滑动到与圆心等高且速度为零时
3. 如图，足够长的固定粗糙直杆与水平面成θ角，套在杆上的小球在拉力F作用下以一定的初速度向上滑动。下列情况中小球机械能可能守恒的是( )
A. B.
C. D.
4. 关于通电导线在磁场中受到的磁场力，下列说法正确的是( )
A. 磁场力方向可以不与磁场方向垂直
B. 磁场力的方向一定垂直于通电导线
C. 环形通电线圈在磁场中所受磁场力一定为零
D. 只有垂直磁场方向放置的通电导线才受磁场力
5. 若带电粒子仅在电场力作用下运动，则带电粒子可能( )
A. 速率变大，电势能变大 B. 所受电场力不变，动能不变
C. 速率不变，电势能不变 D. 所受电场力变小，动能不变
6. 如图，空间固定一条形磁体(其轴线水平)，穿过圆环的磁通量先增大再减小的是( )
A. 圆环a沿磁体轴线由磁体N极向右移至S极
B. 圆环a沿磁体轴线由磁体N极左侧向左移至无穷远
C. 圆环b从磁体正下方竖直下落
D. 圆环c从磁体右边的位置1下降到位置3
7. 如图为“用DIS研究加速度与力的关系”实验的a−F关系，根据图线分析该实验过程可能存在的问题为( )
A. 所用小车质量过大 B. 所挂钩码的总质量太大
C. 导轨与小车间摩擦太大 D. 没有多次测量取平均值
8. 如图，A、B两小球沿倒置的光滑圆锥内侧在水平面内做匀速圆周运动。则( )
A. A球质量大于B球
B. A球线速度大于B球
C. A球转动周期小于B球
D. A球向心加速度小于B球
9. 某同学在解题过程中得到x=BE这一表达式，其中B是某磁场的磁感应强度，E是某电场的电场强度。请你帮他判断x的单位是( )
A. kg⋅m
B. s/m
C. kg⋅A/s
D. m/(A⋅s)
10. 如图，采用一个电阻箱和电流表测量一节干电池的电动势和内阻，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图，悬挂在丝线下的小球B与固定在悬点正下方的小球A带同种电荷，两球均可视作点电荷。细线竖直时，B处于静止状态且丝线上的拉力大小为T1，两球间距为l1，库仑力大小为F1。若将B拉至图中另一位置处也能静止，此时丝线拉力大小为T2，两球间距为l2，库仑力大小为F2。则( )
A. T1>T2
B. F1
D. T2=T1+F1−l2l1F2
12. 均匀材质制作的弹性绳沿x轴放置，t=0时刻弹性绳上处于坐标原点O的波源S沿y轴正向开始振动，振动周期为0.8s。产生的简谐横波沿弹性绳向x轴正、负两个方向传播，t=1s时坐标xP=3.6cm的质点P恰好第一次处于y轴正向最大位移处。再过1s位于x轴负半轴的质点Q恰好第一次处于y轴正向最大位移处。则( )
A. xQ=−7.2cm
B. 波速为3.6cm/s
C. 若波源振动周期为1s，则P、Q两质点都起振后运动方向始终相反
D. 若波源振动周期为0.4s，则P、Q两质点都起振后运动方向始终相反
13. 一个物体在恒力作用下做匀加速直线运动，其速度是否可以不断增大直至无穷大？你的回答是______(选填“是”或“否”)，理由是______。
14. 2022年11月12日，我国发射的天舟五号货运飞船与在轨运行的空间站组合体顺利完成自主快速交会对接。已知地球半径为R，地面重力加速度大小为g。若空间站组合体绕地球飞行的速度大小为v，则对接时天舟五号货运飞船离地高度为______，空间站组合体的加速度大小为______。
15. 已知真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比。如图，处于真空中的立方体一顶点处放置一电荷量为+q的点电荷。则立方体上各顶点中与b点电势相等的点还有______。若在f点再放置一个电荷量为−q的点电荷，则立方体上各顶点中电场强度相同的成对点有______。
16. 在平直轨道上匀速行驶的观光小火车全长为15m，一乘客从车尾的座位上起身以3m/s2的加速度匀加速跑到车头。当他抵达车头时，车头正好经过地面观察站，观察站里的安全监管员测得此人的速率为63km/h，于是立即叫停列车。则观光小火车的车速为______m/s，观光小火车在此人跑动时间内走过的路程为______ m。
17. 如图，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，R1、R2为两个可调电阻。已知电动机的额定电压U=8V，线圈电阻RM=1Ω.开关S闭合后，可调电阻R1取1Ω、R2取8Ω时，电动机恰能正常工作，则电动机正常工作时的效率η=______。在电动机正常工作的前提下调节电阻R1、R2的取值，则电源输出功率能达到的最大值为______。
18. 某同学独自一人进行“研究共点力的合成”这一实验。因无法同时拉两个弹簧测力计并记录拉力的方向和大小，该同学的实验操作步骤如下：
①在木板上固定白纸，橡皮筋的一端用图钉固定在木板上A点，另一端系上两根带绳套的细绳，在白纸上标出某标记点“O”；
②先将细绳1的绳套拉至另一标记点“B”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳2，将橡皮筋的另一端拉至“O”点并使两细绳间有一定的夹角θ，如图所示。记录此时弹簧测力计的示数F1及细绳2的方向(沿OC方向)；
③松开细绳1的绳套端，用弹簧测力计拉细绳2，再次将橡皮筋的另一端拉到“O”点，记录此时弹簧测力计的示数F2及细绳2的方向(沿图中虚线方向)；
④______，记录此时弹簧测力计的示数F3；
⑤确定标度，作出三个力的图示，观察这些力的图示间的几何关系；
⑥改变标记点“O”、“B”的位置，重复上述实验过程，多次实验。
(1)请写出在上述步骤中遗漏了什么环节：______；
(2)为完成这一实验，这位同学应在步骤④中进行的操作过程为：______；
(3)这位同学根据记录的三个力F1、F2和F3作图，下列图示符合这位同学的实验过程的是______。
(4)这位同学想进一步进行合力与分力对应关系的探究，他在完成实验步骤①、②后，保持橡皮筋的另一端仍在“O”点并缓慢改变细绳2的方向，观察到弹簧测力计的读数逐渐增大，则两细绳间夹角θ的变化情况为______。
19. 某品牌电动自行车的主要技术参数如表所示。已知小明同学的质量为60kg，当他骑该车行驶时，他和车所受的空气阻力大小与瞬时速率成正比，比例系数为k1。设行驶过程中车子所受路面的阻力大小恒定。
整车质量(含电池)
30kg
标称最大速度
25km/h
最大载重
150kg
电动机额定输出功率
350W
(1)若车子的驱动力为135N、速率为2m/s时，小明和车子的加速度为1m/s2；若车子的驱动力为55N、速率为4m/s时，车子匀速行驶。求行驶过程中车子所受路面的阻力大小和比例系数k1；
(2)若车传动与变速系统因内部机件摩擦而损耗的功率与车的瞬时速率成正比，比例系数k2=15kg⋅m/s2。当车子以额定输出功率在非机动车道上匀速行驶时，判断该车是否符合在非机动车道上行驶的最高限速15km/h这一道路法规要求，并说明理由。
20. 如图(1)所示，间距为d0的两条足够长光滑平行绝缘导轨放置在水平面内，导轨间有竖直方向且等间距间隔的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度及间距均为2L。导轨上有一正方形金属框abcd，质量为m，边长为L，ab、cd边与导轨平行。ab、cd边有电阻且阻值相同，bc和ad边电阻不计。金属框在沿导轨方向的恒定拉力F作用下从图示位置由静止起向右沿导轨运动，经过一段距离后进入第一个磁场。从bc边进入第一个磁场至bc边离开第一个磁场过程中，测得bc两端的电压随时间变化图像如图(2)所示。设Δt1=t1−0，Δt2=t2−t1。
(1)求金属框从静止起向右运动至bc边进入第一个磁场过程中运动的距离x；
(2)求出Δt2并比较Δt1和Δt2的大小；
(3)分析并在图(3)中定性画出bc边离开第一个磁场至刚进入第二个磁场过程中ad两端的电压随时间变化图像；
(4)求bc边刚进入第二个磁场时金属框所具有的动能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、声波不能在真空中传播，在固体中传播的最快，故AB错误；
C、声波在振动中传播能量的形式，并不是靠振动质点的迁移来传播，故C错误；
D、声波是纵波，在传播过程中形成疏密相间的波，故D正确；
故选：D。
声音的传播需要介质，一切的固体、液体和气体都可以传播声音，真空不能传声；不同的介质中，声音传播的速度是不同的，一般情况下，声音在固体中传播的最快，在气体中传播的最慢；波在振动中传播波的能量；声波是纵波。
本题关键能区别横波与纵波，知道声波的传播特点，波在传播过程中质点做机械振动，基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A、铅球在沙坑里下陷到最低位置时，受重力和沙坑的弹力平衡，可以静止在最低处，合力为零，故A正确；
B、小球竖直向上抛出到速度减为零时，受重力作用，合力不为零，故B错误；
C、摆球在竖直平面内摆动到右侧最高位置时，受重力和绳的拉力作用，合力沿摆弧切线方向不为零，故C错误；
D、小球沿竖直光滑圆轨道滑动到与圆心等高且速度为零时，受重力作用，合力不为零，故D错误；
故选：A。
分别对各情况下物体受力分析，受力平衡时合力为零。
本题考查物体受力与运动的关系，解题关键要知道速度为零时合力不一定为零。
3.【答案】BD
【解析】解：A、若竖直向上拉力F等于重力，则小球受重力和拉力平衡，机械能不守恒；若竖直向上拉力F不等于重力，小球受重力、拉力F、杆的弹力和摩擦力作用，小球运动过程中摩擦力做负功，则小球机械能不守恒，故A错误；
B、小球受重力、杆的弹力、拉力F和摩擦力作用，若拉力F大小与摩擦力大小相等时，小球运动过程中只有重力做功，小球机械能守恒，故B正确；
C、小球受重力、杆的弹力、拉力F和摩擦力作用，小球运动过程中摩擦力做负功，小球机械能不守恒，故CD错误；
D、F垂直杆向上，当F等于中垂直杆向下的分力时，小球与杆之间无弹力，也就没有摩擦力，F垂直运动方向，不做功，此情况只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
故选：BD。
分析小球受力情况，根据机械能守恒条件判断小球机械能可能守恒情况。
本题关键是掌握机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，分析小球可能的受力情况即可。
4.【答案】B
【解析】解：AB、左手定则是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，根据左手定则可知，安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，故A错误，B正确；
C、环形线圈在磁场中会转动，说明受力会不为零，故C错误；
D、当通电导线在磁场中与磁场的方向平行时，不受安培力的作用，垂直磁场方向放置的通电导线受磁场力是最大的，故D错误。
故选：B。
利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向。
安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向。
5.【答案】C
【解析】解：A、带电粒子速率变大，说明电场力对粒子做正功，电势能减小，故A错误；
B、如果粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，电场力可以对带电粒子做功，则粒子动能是变化的，故B错误；
C、若电场力时刻和速度垂直，则带电粒子做匀速圆周运动，速率不变，电场力不做功，电势能不变，故C正确；
D、若所受电场力变小，加速度变小，速度肯定发生变化，动能变化，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密描述电场的强弱，从而确定电荷受到的电场力的大小；根据电荷的受力方向与运动方向的关系，判断出电场力做功；电场力做正功，电荷的电势能减小；电场力做负功，电荷的电势能增大。
本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小。
6.【答案】A
【解析】解：A、在磁体内部有向左的磁感线，磁体外部有向右的磁感线，圆环a沿磁体轴线由磁体N极向右移至S极，穿过圆环的磁通量为合磁通量，磁体中间位置磁场较弱，所以穿过圆环的磁感线条数先增大再减小，则穿过圆环的磁通量先增大再减小，故A正确；
B、圆环a沿磁体轴线由磁体N极左侧向左移至无穷远，磁场变弱，穿过圆环的磁通量减小，故B错误；
C、圆环b从磁体正下方竖直下落，磁场变弱，穿过圆环的磁通量减小，故C错误；
D、圆环c从磁体右边的位置1下降到位置3，穿过圆环的磁感线条数先减小再增大，其中在2位置处的磁通量为零，则穿过圆环的磁通量先减小再增大，故D错误。
故选：A。
明确条形磁铁的磁场分布及磁通量的定义分析磁通量的变化情况，从而即可求解。
本题考查磁通量的定义，要注意明确磁通量可以用穿过线圈的磁感线条数来定性分析。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.以小车和钩码为研究对象，根据牛顿第二定律有
F−f=(M+m)a
可得
a=1M+mF−fM+m
当钩码质量和小车质量不满足m≪M时，随着m增大，1M+m逐渐减小，即图像的斜率减小，向下弯曲，
若导轨与小车间摩擦太大，影响图像和纵轴的截距，不会影响图像斜率，故B正确；AC错误；
D.多次测量取平均值只能减小偶然误差，图像末端弯曲是系统误差造成，故D错误。
故选：B。
以小车和钩码为研究对象，根据牛顿第二定律推导a−F关系式，分析引起斜率变化的原因。
本题考查用DIS研究加速度与力的关系实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
8.【答案】B
【解析】解：对A.B两球分别受力分析，如图：
设支持力和水平方向的夹角为θ，由图根据向心力公式有：
mgtanθ=ma=mv2R=mR4π2T2
解得：a=gtanθ，v=gRtanθ，T=4π2Rgtanθ
则向心加速度一样大，由于A球转动半径较大，A球的线速度较大，A球的周期较大，无法判断两球质量大小关系；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出向心加速度、线速度、周期大小，从而比较。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．知道线速度、角速度、周期之间的关系．
9.【答案】B
【解析】解：根据B=FIL得磁感应强度单位1T=1N/(A⋅m)，根据E=Fq得电场强度单位是N/C，
x=BE，所以x的单位是N/(A⋅m)N/C=CA⋅m，根据q=It得1C=1A⋅s，所以x的单位s/m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据磁感应强度和电场强度的单位推导出x的单位。
本题考查的是常见物理量及对应单位的识记，属于基础题，容易解答。
10.【答案】A
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律：E=I(R+r)，整理得：I=ER+r，故A正确；
B、整理得：R=EI−r，当I=0时，R趋近于无穷大，故B错误；
CD、整理得到R−1I的一次函数关系式：R=E⋅1I−r，得到1I−R的一次函数关系式：1I=1E⋅R+rE，对照图像可知，CD错误；
故选：A。
根据闭合电路欧姆定律写出方程，整理出一次函数关系式。
本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。要注意闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，特别是求图象的表达式时，要注意灵活应用闭合电路欧姆定律。
11.【答案】C
【解析】解：小球B的受力情况如下图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力在两种情况下的合力均为0。
在左图中，根据平衡条件可得：mg=F1+T1，或T1=mg−F1
B、根据库仑定律有：F1=kQ1Q2l12，F2=kQ1Q2l22，由于l1F2，故B错误；
A、由以上相似比例可得：T2=l0l0+l1mg=l0l0+l1(F1+T1)=(1−l1l0+l1)(F1+T1)=T1+F1−l1l0+l1mg=T1+F1−l1l2F2>T1+F2−l1l2F2>T1，故A错误；
CD、由以上相似比可得：T2=l0l0+l1×(T1+F1)=(1−l1l0+l1)(F1+T1)=F1+T1−l1l0+l1mg=F1+T1−l1×F2l2=F1+T1−l1l2F2，故C正确，D错误。
故选：C。
对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与距离的几何关系，即可求解。
本题从小球的受力分析出发寻求正确的答案，采用三角形相似法处理，比较简单，也可以运用函数法研究。
12.【答案】D
【解析】解：AB、t=1s时坐标xP=3.6cm的质点P恰好第一次处于y轴正向最大位移处，由于T=0.8s，则从波源传到P点用时t′=0.8s，则波速v=xt′=3.60.8cm/s=4.5cm/s，t′′=2s时位于x轴负半轴的质点Q恰好第一次处于y轴正向最大位移处，则从波源传到Q点用时t′′=1.8s，则xQ=−4.5×1.8cm=−8.1cm，故AB错误；
C、若波源振动周期为1s，则波长λ=vT′=4.5×1cm=4.5cm，则xP=3.6cm=45λ，xQ=8.1cm=145λ，都起振后运动方向始终相同，故C错误；
D、若波源振动周期为0.4s，则波长λ=vT′′=4.5×0.4cm=1.8cm，则xP=3.6cm=2λ，xQ=8.1cm=412λ，所以P、Q两质点都起振后运动方向始终相反，故D正确；
故选：D。
根据题意和波速公式得出波速，再解得Q点的位移；根据不同的周期解得波长，分析PQ与波长的关系判断质点的振动情况。
本题考查波长、频率、波速的关系，解题关键掌握质点到波源的距离与波长的关系，从而分析质点的运动情况。
13.【答案】否 光速是自然界内的最大速度
【解析】解：光速是自然界内的最大速度，物体在恒力作用下也不可能达到光速，更不可能超过光速。
故答案为：否，光速是自然界内的最大速度
光速是自然界内的最大速度，物体的速度不可能大于光速。
该题考查对相对论的理解，知道物体的相对质量随物体速度的增大而增大，而且物体的速度也不可能达到光速即可。
14.【答案】GMv2−Rv4gR2
【解析】解：空间站组合体绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm(R+h)2=mv2R+h=ma
其中GM=gR2
解得离地高度：h=GMv2−R，加速度：a=v4gR2.
故答案为：GMv2−R；v4gR2。
根据黄金代换式结合万有引力提供向心力，得到加速度和线速度大小。。
熟练掌握万有引力定律以及圆周运动的相关公式是解体的关键，尤其是关于圆周运动中的线速度、角速度、周期、向心加速度和半径之间的关系更是基础。
15.【答案】d、f e和g、b和d
【解析】解：真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比，b点到点电荷的距离与d、f两点到点电荷距离相等，则d、f两点的电势与b点电势相等；
若在f点再放置一个电荷量为−q的点电荷，根据等量异种点电荷电场的分布特点可得，e、g两点电场强度相同，b、d两点电场强度相同。
故答案为：d、f；e和g、b和d。
真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比，判断顶点中与d到+q的距离相同的点即可；根据根据等量异种点电荷电场的分布特点即可判断。
本题考查电势和电场强度，知道点电荷产生电场的特点和等量异种点电荷产生电场的特点即可判断求解。
16.【答案】825.3
【解析】解：63km/h=17.5m/s
设乘客从车尾到车头的时间为t，火车的速度为v0，根据题意可得：
v0t+12at2−v0t=L
解得：t=10s
根据速度-时间公式可得：
v=v0+at
解得：v0≈8m/s
观光小火车在此人跑动时间内经过的路程为：
s=v0t=8×10m≈25.3m
故答案为：8；25.3
先根据运动学公式得出对应的时间，结合速度-时间公式得出小火车的速度，再结合位移-时间公式得出火车的路程。
本题主要考查了运动学公式的基本应用，熟悉运动学公式并联立等式即可完成分析，难度不大。
17.【答案】87.5%36W
【解析】解：电动机恰能正常工作，则电动机两端的电压为U=8V，电阻R2与电动机并联，电压相等，则通过R2的点电流为I2=UR2=88A=1A
根据闭合电路欧姆定律得，电源内阻和电阻R1分担的电压为U′=E−U=12V−8V=4V
干路电流为I1=U′R1+r=41+1A=2A
则通过电动机的电流为IM=I1−I2=2A−1A=1A
电动机的输入功率为P=UIM=8×1W=8W
电动机的热功率为P热=IM2RM=12×1W=1W
电动机正常工作时的效率η=P−P热P×100%=8−18×100%=87.5%
设干路电流为I，则电源的输出功率为P出=EI−I2r=−r(I−E2r)2+E24r
当I=E2r时，输出功率P出最大，最大值为P出=E24r=1224×1W=36W
故答案为：87.5%；36W。
电动机正常工作时，电动机的电压为额定电压，R2和电动机并联，它们的电压相同，由欧姆定律求出通过R2的电流，根据闭合回路欧姆定律可以求得电路中的总电流，进而得到电动机的电流，再根据功率的公式可以求得电动机的输入功率和热功率，机械功率是输出功率与输入功率的比值；根据功率的公式求得电源的输出功率，利用数学方法求解电源输出功率能达到的最大值。
本题考查非纯电阻电路和电源功率的极值问题，注意电动机的电流不能直接用欧姆定律求解。
18.【答案】将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录细绳1的方向(沿OB方向)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置 将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时弹簧测力计的示数F3及细绳1的方向(沿OB方向)D变小
【解析】解：(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置；
(2)应在步骤④中进行的操作过程为：将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时细绳1的方向(沿OB方向)；
(3)为了验证两个力共同作用效果与一个力作用效果是否相同，需按平行四边形作出F1、F3 的合力F合，与F2的大小和方向进行比较，看在误差允许的范围内是否重合；力F2是松开细绳1的绳套端后，沿图中虚线方向，即AO方向弹簧测力计的示数，是合力的真实值，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(4)拉力F3大小和方向不变，合力方向始终竖直向下，F1的大小和方向都发生变化，根据平行四边形定则作图如下：
由图可知，当弹簧测力计的读数逐渐增大，则两细绳间夹角θ将变小。
故答案为：(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置；
(2)将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时细绳1的方向(沿OB方向)；
(3)D；
(4)变小。
(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置，据此作答；
(2)根据实验步骤②及实验的原理可知在该实验中还需要测量沿OB方向的拉力，由此确定应在步骤④中进行的操作过程；
(3)为了验证两个力共同作用效果与一个力作用效果是否相同，需按平行四边形作出F1、F3 的合力F合，与F2的大小和方向进行比较，而力F2是合力的真实值，据此分析作答。
(4)一个分力确定而合力方向一定的情况下，由平行四边形定则判断另一分力的大小和方向。
解决本题的关键掌握“互成角度的共点力合成”实验的原理和步骤，以及注意事项；明确实验原理，了解具体操作，要围绕“研究共点力的合成”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解记忆。
19.【答案】解：(1)由题意可知，小明和车的总质量m=30kg+60kg=90kg，当驱动力F1=135N时，受到的阻力f=k1v1，
那么由牛顿第二定律有：F1−k1v1−f=ma
整车驱动力F2=55N时，受到的阻力f=k1v2，此时匀速：F2−k1v2−f=0
联立解得：f=35N，k1=5kg⋅s−1
(2)由题意车子扣耗的功率为ΔP=k2v=15v，那么当整车以额定功率行驶时，
根据功率的公式牵引力：F=Pv=P−ΔPv=P−k2vv=350−15vv
整车的阻力与牵引力与阻力平衡时有：k1v+f=F
联立求得：v=4.75m/s，或−14.75m/s(舍去)
由于v=4.75m/s=17.1km/h>15km/h，故不合要求。
答：(1)行驶过程中车子所受路面的阻力大小为35N和比例系数k1为5kg⋅s−1。
(2)该车不符合道路法规要求，理由见解析。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和平衡条件，列方程求比例常数；
(2)当阻力与牵引力相等时，根据功率公式，解一元二次方程解是否越合乎要求。
本题的第(1)问是一个开放性试题；难度在第(2)问，计算需要用到功率的的计算公式，求解时需要根据题中的等量关系建立一个等式，从而解关于速度v的二次方程求解。
20.【答案】解：(1)设从bc边进入第一个磁场至bc边离开第一个磁场过程中，金属框的速度为v，因bc的电阻不计，故bc两端的电压等于bc切割磁感线产生的感应电动势，则有：
Ubc=E=Bd0v
可见Ubc与v成正比关系，由图(2)可得Δt2时间内金属框做匀加速直线运动，可知t1时刻金属框恰好完全进入磁场，Δt2时间内金属框的位移等于2L−L=L，金属框中无感应电流，金属框所受合力等于F，设t1、t2时刻的速度大小分别为v1、v2，对照图(2)可得：
U1=Bd0v2，U2=Bd0v1，
由动能定理得：
FL=12mv22−12mv12
解得：F=m(U12−U22)2B2d02L
由图(2)可知t=0时刻金属框的速度大小v0=v2
对金属框从静止运动到bc边刚进入第一个磁场过程，由动能定理得：
Fx=12mv02−0
联立解得：x=U22U12−U22L；
(2)由(1)的分析，以向右为正方向，对Δt2时间内金属框的运动，由动量定理得：
FΔt2=mv2−mv1
解得：Δt2=2Bd0LU1+U2
由(1)的分析结论：Ubc与v成正比关系，可知Δt1时间内金属框做加速度减小的减速直线运动，又有v0=v2，可得Δt1时间的平均速度小于Δt2时间内的平均速度，而Δt1时间内金属框的位移等于边长L，与Δt2时间内金属框的位移相等，由平均速度的定义，可知Δt1>Δt2。
(3)t2时刻bc以速度v2开始离开磁场，ad边在磁场中切割磁感线产生的感应电动势，因ad的电阻不计，故ad两端的电压Uad等于ad产生的感应电动势，即Uad=Bd0v，因t2时刻ad边开始切割磁感线的速度v2等于t=0时刻bc边刚进磁场的速度v0，此时Uad=U1，可知ad边在磁场中运动过程与Δt1时间内bc边进磁场的过程完全相同，均为加速度减小的减速运动，在t3时刻ad边刚离开后Uad=0，Uad随时间变化图像如下图。
(4)在t3时刻ad边刚离开磁场时的速度就等于v1。金属框完全离开磁场后，所受合力等于F，做匀加速直线运动，运动过程与Δt2时间内金属框的运动完全相同，bc边刚进入第二个磁场时速度就等于v2，则金属框所具有的动能为：
Ek=12mv22=mU122B2d02。
答：(1)金属框从静止起向右运动至bc边进入第一个磁场过程中运动的距离x为U22U12−U22L；
(2)Δt2为2Bd0LU1+U2，比较Δt1和Δt2的大小关系为Δt1>Δt2；
(3)见解答；
(4)bc边刚进入第二个磁场时金属框所具有的动能为mU122B2d02。
【解析】(1)因bc的电阻不计，故bc两端的电压等于bc切割磁感线产生的感应电动势，可得Ubc与速度大小成正比关系，由图(2)可得Δt2时间内金属框做匀加速直线运动，可知t1时刻金属框恰好完全进入磁场，Δt2时间内金属框的位移等于L，金属框中无感应电流，金属框所受合力等于F，根据动能定理求得F，由图(2)可知t=0时刻与t2时刻金属框的速度大小相等，对金属框从静止运动到bc边刚进入第一个磁场过程，由动能定理求解；
(2)根据(1)的分析，由动量定理求解；
(3)bc出磁场后，ad边在磁场中切割磁感线产生的感应电动势，ad两端的电压等于ad产生的感应电动势，可分析得到ad边在磁场中运动过程与Δt1时间内bc边进磁场的过程完全相同。
(4)在ad边刚离开磁场时的速度等于t1时刻的速度，金属框完全离开磁场后，所受合力等于F，做匀加速直线运动，运动过程与Δt2时间内金属框的运动完全相同，bc边刚进入第二个磁场时速度就等于t1时刻的速度。从而确定动能。
本题考查了电磁感应现象中导体框穿过磁场过程力与运动、功与能的分析能力，应用法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律判断研究对象的运动过程，应用相应的物理原理，例如功能关系、动量定理等解答。
2022-2023学年上海市杨浦区高三（上）期末物理试卷（一模）
1. 声波( )
A. 能在真空中传播 B. 在气体中的传播速度最大
C. 靠各质点的迁移来传递能量 D. 传播过程中形成疏密相间的波
2. 物体处于以下状态时所受合力为零的是( )
A. 铅球在沙坑里下陷到最低位置时
B. 小球竖直向上抛出到速度减为零时
C. 摆球在竖直平面内摆动到右侧最高位置时
D. 小球沿竖直光滑圆轨道滑动到与圆心等高且速度为零时
3. 如图，足够长的固定粗糙直杆与水平面成θ角，套在杆上的小球在拉力F作用下以一定的初速度向上滑动。下列情况中小球机械能可能守恒的是( )
A. B.
C. D.
4. 关于通电导线在磁场中受到的磁场力，下列说法正确的是( )
A. 磁场力方向可以不与磁场方向垂直
B. 磁场力的方向一定垂直于通电导线
C. 环形通电线圈在磁场中所受磁场力一定为零
D. 只有垂直磁场方向放置的通电导线才受磁场力
5. 若带电粒子仅在电场力作用下运动，则带电粒子可能( )
A. 速率变大，电势能变大 B. 所受电场力不变，动能不变
C. 速率不变，电势能不变 D. 所受电场力变小，动能不变
6. 如图，空间固定一条形磁体(其轴线水平)，穿过圆环的磁通量先增大再减小的是( )
A. 圆环a沿磁体轴线由磁体N极向右移至S极
B. 圆环a沿磁体轴线由磁体N极左侧向左移至无穷远
C. 圆环b从磁体正下方竖直下落
D. 圆环c从磁体右边的位置1下降到位置3
7. 如图为“用DIS研究加速度与力的关系”实验的a−F关系，根据图线分析该实验过程可能存在的问题为( )
A. 所用小车质量过大 B. 所挂钩码的总质量太大
C. 导轨与小车间摩擦太大 D. 没有多次测量取平均值
8. 如图，A、B两小球沿倒置的光滑圆锥内侧在水平面内做匀速圆周运动。则( )
A. A球质量大于B球
B. A球线速度大于B球
C. A球转动周期小于B球
D. A球向心加速度小于B球
9. 某同学在解题过程中得到x=BE这一表达式，其中B是某磁场的磁感应强度，E是某电场的电场强度。请你帮他判断x的单位是( )
A. kg⋅m
B. s/m
C. kg⋅A/s
D. m/(A⋅s)
10. 如图，采用一个电阻箱和电流表测量一节干电池的电动势和内阻，下列图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 如图，悬挂在丝线下的小球B与固定在悬点正下方的小球A带同种电荷，两球均可视作点电荷。细线竖直时，B处于静止状态且丝线上的拉力大小为T1，两球间距为l1，库仑力大小为F1。若将B拉至图中另一位置处也能静止，此时丝线拉力大小为T2，两球间距为l2，库仑力大小为F2。则( )
A. T1>T2
B. F1
D. T2=T1+F1−l2l1F2
12. 均匀材质制作的弹性绳沿x轴放置，t=0时刻弹性绳上处于坐标原点O的波源S沿y轴正向开始振动，振动周期为0.8s。产生的简谐横波沿弹性绳向x轴正、负两个方向传播，t=1s时坐标xP=3.6cm的质点P恰好第一次处于y轴正向最大位移处。再过1s位于x轴负半轴的质点Q恰好第一次处于y轴正向最大位移处。则( )
A. xQ=−7.2cm
B. 波速为3.6cm/s
C. 若波源振动周期为1s，则P、Q两质点都起振后运动方向始终相反
D. 若波源振动周期为0.4s，则P、Q两质点都起振后运动方向始终相反
13. 一个物体在恒力作用下做匀加速直线运动，其速度是否可以不断增大直至无穷大？你的回答是______(选填“是”或“否”)，理由是______。
14. 2022年11月12日，我国发射的天舟五号货运飞船与在轨运行的空间站组合体顺利完成自主快速交会对接。已知地球半径为R，地面重力加速度大小为g。若空间站组合体绕地球飞行的速度大小为v，则对接时天舟五号货运飞船离地高度为______，空间站组合体的加速度大小为______。
15. 已知真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比。如图，处于真空中的立方体一顶点处放置一电荷量为+q的点电荷。则立方体上各顶点中与b点电势相等的点还有______。若在f点再放置一个电荷量为−q的点电荷，则立方体上各顶点中电场强度相同的成对点有______。
16. 在平直轨道上匀速行驶的观光小火车全长为15m，一乘客从车尾的座位上起身以3m/s2的加速度匀加速跑到车头。当他抵达车头时，车头正好经过地面观察站，观察站里的安全监管员测得此人的速率为63km/h，于是立即叫停列车。则观光小火车的车速为______m/s，观光小火车在此人跑动时间内走过的路程为______ m。
17. 如图，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，R1、R2为两个可调电阻。已知电动机的额定电压U=8V，线圈电阻RM=1Ω.开关S闭合后，可调电阻R1取1Ω、R2取8Ω时，电动机恰能正常工作，则电动机正常工作时的效率η=______。在电动机正常工作的前提下调节电阻R1、R2的取值，则电源输出功率能达到的最大值为______。
18. 某同学独自一人进行“研究共点力的合成”这一实验。因无法同时拉两个弹簧测力计并记录拉力的方向和大小，该同学的实验操作步骤如下：
①在木板上固定白纸，橡皮筋的一端用图钉固定在木板上A点，另一端系上两根带绳套的细绳，在白纸上标出某标记点“O”；
②先将细绳1的绳套拉至另一标记点“B”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳2，将橡皮筋的另一端拉至“O”点并使两细绳间有一定的夹角θ，如图所示。记录此时弹簧测力计的示数F1及细绳2的方向(沿OC方向)；
③松开细绳1的绳套端，用弹簧测力计拉细绳2，再次将橡皮筋的另一端拉到“O”点，记录此时弹簧测力计的示数F2及细绳2的方向(沿图中虚线方向)；
④______，记录此时弹簧测力计的示数F3；
⑤确定标度，作出三个力的图示，观察这些力的图示间的几何关系；
⑥改变标记点“O”、“B”的位置，重复上述实验过程，多次实验。
(1)请写出在上述步骤中遗漏了什么环节：______；
(2)为完成这一实验，这位同学应在步骤④中进行的操作过程为：______；
(3)这位同学根据记录的三个力F1、F2和F3作图，下列图示符合这位同学的实验过程的是______。
(4)这位同学想进一步进行合力与分力对应关系的探究，他在完成实验步骤①、②后，保持橡皮筋的另一端仍在“O”点并缓慢改变细绳2的方向，观察到弹簧测力计的读数逐渐增大，则两细绳间夹角θ的变化情况为______。
19. 某品牌电动自行车的主要技术参数如表所示。已知小明同学的质量为60kg，当他骑该车行驶时，他和车所受的空气阻力大小与瞬时速率成正比，比例系数为k1。设行驶过程中车子所受路面的阻力大小恒定。
整车质量(含电池)
30kg
标称最大速度
25km/h
最大载重
150kg
电动机额定输出功率
350W
(1)若车子的驱动力为135N、速率为2m/s时，小明和车子的加速度为1m/s2；若车子的驱动力为55N、速率为4m/s时，车子匀速行驶。求行驶过程中车子所受路面的阻力大小和比例系数k1；
(2)若车传动与变速系统因内部机件摩擦而损耗的功率与车的瞬时速率成正比，比例系数k2=15kg⋅m/s2。当车子以额定输出功率在非机动车道上匀速行驶时，判断该车是否符合在非机动车道上行驶的最高限速15km/h这一道路法规要求，并说明理由。
20. 如图(1)所示，间距为d0的两条足够长光滑平行绝缘导轨放置在水平面内，导轨间有竖直方向且等间距间隔的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度及间距均为2L。导轨上有一正方形金属框abcd，质量为m，边长为L，ab、cd边与导轨平行。ab、cd边有电阻且阻值相同，bc和ad边电阻不计。金属框在沿导轨方向的恒定拉力F作用下从图示位置由静止起向右沿导轨运动，经过一段距离后进入第一个磁场。从bc边进入第一个磁场至bc边离开第一个磁场过程中，测得bc两端的电压随时间变化图像如图(2)所示。设Δt1=t1−0，Δt2=t2−t1。
(1)求金属框从静止起向右运动至bc边进入第一个磁场过程中运动的距离x；
(2)求出Δt2并比较Δt1和Δt2的大小；
(3)分析并在图(3)中定性画出bc边离开第一个磁场至刚进入第二个磁场过程中ad两端的电压随时间变化图像；
(4)求bc边刚进入第二个磁场时金属框所具有的动能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、声波不能在真空中传播，在固体中传播的最快，故AB错误；
C、声波在振动中传播能量的形式，并不是靠振动质点的迁移来传播，故C错误；
D、声波是纵波，在传播过程中形成疏密相间的波，故D正确；
故选：D。
声音的传播需要介质，一切的固体、液体和气体都可以传播声音，真空不能传声；不同的介质中，声音传播的速度是不同的，一般情况下，声音在固体中传播的最快，在气体中传播的最慢；波在振动中传播波的能量；声波是纵波。
本题关键能区别横波与纵波，知道声波的传播特点，波在传播过程中质点做机械振动，基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A、铅球在沙坑里下陷到最低位置时，受重力和沙坑的弹力平衡，可以静止在最低处，合力为零，故A正确；
B、小球竖直向上抛出到速度减为零时，受重力作用，合力不为零，故B错误；
C、摆球在竖直平面内摆动到右侧最高位置时，受重力和绳的拉力作用，合力沿摆弧切线方向不为零，故C错误；
D、小球沿竖直光滑圆轨道滑动到与圆心等高且速度为零时，受重力作用，合力不为零，故D错误；
故选：A。
分别对各情况下物体受力分析，受力平衡时合力为零。
本题考查物体受力与运动的关系，解题关键要知道速度为零时合力不一定为零。
3.【答案】BD
【解析】解：A、若竖直向上拉力F等于重力，则小球受重力和拉力平衡，机械能不守恒；若竖直向上拉力F不等于重力，小球受重力、拉力F、杆的弹力和摩擦力作用，小球运动过程中摩擦力做负功，则小球机械能不守恒，故A错误；
B、小球受重力、杆的弹力、拉力F和摩擦力作用，若拉力F大小与摩擦力大小相等时，小球运动过程中只有重力做功，小球机械能守恒，故B正确；
C、小球受重力、杆的弹力、拉力F和摩擦力作用，小球运动过程中摩擦力做负功，小球机械能不守恒，故CD错误；
D、F垂直杆向上，当F等于中垂直杆向下的分力时，小球与杆之间无弹力，也就没有摩擦力，F垂直运动方向，不做功，此情况只有重力做功，机械能守恒，故D正确。
故选：BD。
分析小球受力情况，根据机械能守恒条件判断小球机械能可能守恒情况。
本题关键是掌握机械能守恒条件：只有重力或弹力做功，分析小球可能的受力情况即可。
4.【答案】B
【解析】解：AB、左手定则是判断磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间关系的法则，根据左手定则可知，安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，故A错误，B正确；
C、环形线圈在磁场中会转动，说明受力会不为零，故C错误；
D、当通电导线在磁场中与磁场的方向平行时，不受安培力的作用，垂直磁场方向放置的通电导线受磁场力是最大的，故D错误。
故选：B。
利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直于电流方向。
安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向。
5.【答案】C
【解析】解：A、带电粒子速率变大，说明电场力对粒子做正功，电势能减小，故A错误；
B、如果粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，电场力可以对带电粒子做功，则粒子动能是变化的，故B错误；
C、若电场力时刻和速度垂直，则带电粒子做匀速圆周运动，速率不变，电场力不做功，电势能不变，故C正确；
D、若所受电场力变小，加速度变小，速度肯定发生变化，动能变化，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密描述电场的强弱，从而确定电荷受到的电场力的大小；根据电荷的受力方向与运动方向的关系，判断出电场力做功；电场力做正功，电荷的电势能减小；电场力做负功，电荷的电势能增大。
本题就是对电场力做功特点的考查，掌握住电场力做正功，电势能减小，动能增加，电场力做负功时，电势能增加，动能减小。
6.【答案】A
【解析】解：A、在磁体内部有向左的磁感线，磁体外部有向右的磁感线，圆环a沿磁体轴线由磁体N极向右移至S极，穿过圆环的磁通量为合磁通量，磁体中间位置磁场较弱，所以穿过圆环的磁感线条数先增大再减小，则穿过圆环的磁通量先增大再减小，故A正确；
B、圆环a沿磁体轴线由磁体N极左侧向左移至无穷远，磁场变弱，穿过圆环的磁通量减小，故B错误；
C、圆环b从磁体正下方竖直下落，磁场变弱，穿过圆环的磁通量减小，故C错误；
D、圆环c从磁体右边的位置1下降到位置3，穿过圆环的磁感线条数先减小再增大，其中在2位置处的磁通量为零，则穿过圆环的磁通量先减小再增大，故D错误。
故选：A。
明确条形磁铁的磁场分布及磁通量的定义分析磁通量的变化情况，从而即可求解。
本题考查磁通量的定义，要注意明确磁通量可以用穿过线圈的磁感线条数来定性分析。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.以小车和钩码为研究对象，根据牛顿第二定律有
F−f=(M+m)a
可得
a=1M+mF−fM+m
当钩码质量和小车质量不满足m≪M时，随着m增大，1M+m逐渐减小，即图像的斜率减小，向下弯曲，
若导轨与小车间摩擦太大，影响图像和纵轴的截距，不会影响图像斜率，故B正确；AC错误；
D.多次测量取平均值只能减小偶然误差，图像末端弯曲是系统误差造成，故D错误。
故选：B。
以小车和钩码为研究对象，根据牛顿第二定律推导a−F关系式，分析引起斜率变化的原因。
本题考查用DIS研究加速度与力的关系实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
8.【答案】B
【解析】解：对A.B两球分别受力分析，如图：
设支持力和水平方向的夹角为θ，由图根据向心力公式有：
mgtanθ=ma=mv2R=mR4π2T2
解得：a=gtanθ，v=gRtanθ，T=4π2Rgtanθ
则向心加速度一样大，由于A球转动半径较大，A球的线速度较大，A球的周期较大，无法判断两球质量大小关系；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
小球受重力和支持力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出向心加速度、线速度、周期大小，从而比较。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．知道线速度、角速度、周期之间的关系．
9.【答案】B
【解析】解：根据B=FIL得磁感应强度单位1T=1N/(A⋅m)，根据E=Fq得电场强度单位是N/C，
x=BE，所以x的单位是N/(A⋅m)N/C=CA⋅m，根据q=It得1C=1A⋅s，所以x的单位s/m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据磁感应强度和电场强度的单位推导出x的单位。
本题考查的是常见物理量及对应单位的识记，属于基础题，容易解答。
10.【答案】A
【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律：E=I(R+r)，整理得：I=ER+r，故A正确；
B、整理得：R=EI−r，当I=0时，R趋近于无穷大，故B错误；
CD、整理得到R−1I的一次函数关系式：R=E⋅1I−r，得到1I−R的一次函数关系式：1I=1E⋅R+rE，对照图像可知，CD错误；
故选：A。
根据闭合电路欧姆定律写出方程，整理出一次函数关系式。
本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。要注意闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，特别是求图象的表达式时，要注意灵活应用闭合电路欧姆定律。
11.【答案】C
【解析】解：小球B的受力情况如下图所示，重力mg、悬线张力T、库仑斥力F，这三个力在两种情况下的合力均为0。
在左图中，根据平衡条件可得：mg=F1+T1，或T1=mg−F1
B、根据库仑定律有：F1=kQ1Q2l12，F2=kQ1Q2l22，由于l1
A、由以上相似比例可得：T2=l0l0+l1mg=l0l0+l1(F1+T1)=(1−l1l0+l1)(F1+T1)=T1+F1−l1l0+l1mg=T1+F1−l1l2F2>T1+F2−l1l2F2>T1，故A错误；
CD、由以上相似比可得：T2=l0l0+l1×(T1+F1)=(1−l1l0+l1)(F1+T1)=F1+T1−l1l0+l1mg=F1+T1−l1×F2l2=F1+T1−l1l2F2，故C正确，D错误。
故选：C。
对小球A的受力情况进行分析，运用三角形相似法，根据平衡条件得到悬线中的张力大小与距离的几何关系，即可求解。
本题从小球的受力分析出发寻求正确的答案，采用三角形相似法处理，比较简单，也可以运用函数法研究。
12.【答案】D
【解析】解：AB、t=1s时坐标xP=3.6cm的质点P恰好第一次处于y轴正向最大位移处，由于T=0.8s，则从波源传到P点用时t′=0.8s，则波速v=xt′=3.60.8cm/s=4.5cm/s，t′′=2s时位于x轴负半轴的质点Q恰好第一次处于y轴正向最大位移处，则从波源传到Q点用时t′′=1.8s，则xQ=−4.5×1.8cm=−8.1cm，故AB错误；
C、若波源振动周期为1s，则波长λ=vT′=4.5×1cm=4.5cm，则xP=3.6cm=45λ，xQ=8.1cm=145λ，都起振后运动方向始终相同，故C错误；
D、若波源振动周期为0.4s，则波长λ=vT′′=4.5×0.4cm=1.8cm，则xP=3.6cm=2λ，xQ=8.1cm=412λ，所以P、Q两质点都起振后运动方向始终相反，故D正确；
故选：D。
根据题意和波速公式得出波速，再解得Q点的位移；根据不同的周期解得波长，分析PQ与波长的关系判断质点的振动情况。
本题考查波长、频率、波速的关系，解题关键掌握质点到波源的距离与波长的关系，从而分析质点的运动情况。
13.【答案】否 光速是自然界内的最大速度
【解析】解：光速是自然界内的最大速度，物体在恒力作用下也不可能达到光速，更不可能超过光速。
故答案为：否，光速是自然界内的最大速度
光速是自然界内的最大速度，物体的速度不可能大于光速。
该题考查对相对论的理解，知道物体的相对质量随物体速度的增大而增大，而且物体的速度也不可能达到光速即可。
14.【答案】GMv2−Rv4gR2
【解析】解：空间站组合体绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm(R+h)2=mv2R+h=ma
其中GM=gR2
解得离地高度：h=GMv2−R，加速度：a=v4gR2.
故答案为：GMv2−R；v4gR2。
根据黄金代换式结合万有引力提供向心力，得到加速度和线速度大小。。
熟练掌握万有引力定律以及圆周运动的相关公式是解体的关键，尤其是关于圆周运动中的线速度、角速度、周期、向心加速度和半径之间的关系更是基础。
15.【答案】d、f e和g、b和d
【解析】解：真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比，b点到点电荷的距离与d、f两点到点电荷距离相等，则d、f两点的电势与b点电势相等；
若在f点再放置一个电荷量为−q的点电荷，根据等量异种点电荷电场的分布特点可得，e、g两点电场强度相同，b、d两点电场强度相同。
故答案为：d、f；e和g、b和d。
真空中单个点电荷在空间任一点产生的电势与该点到点电荷的距离成反比，判断顶点中与d到+q的距离相同的点即可；根据根据等量异种点电荷电场的分布特点即可判断。
本题考查电势和电场强度，知道点电荷产生电场的特点和等量异种点电荷产生电场的特点即可判断求解。
16.【答案】825.3
【解析】解：63km/h=17.5m/s
设乘客从车尾到车头的时间为t，火车的速度为v0，根据题意可得：
v0t+12at2−v0t=L
解得：t=10s
根据速度-时间公式可得：
v=v0+at
解得：v0≈8m/s
观光小火车在此人跑动时间内经过的路程为：
s=v0t=8×10m≈25.3m
故答案为：8；25.3
先根据运动学公式得出对应的时间，结合速度-时间公式得出小火车的速度，再结合位移-时间公式得出火车的路程。
本题主要考查了运动学公式的基本应用，熟悉运动学公式并联立等式即可完成分析，难度不大。
17.【答案】87.5%36W
【解析】解：电动机恰能正常工作，则电动机两端的电压为U=8V，电阻R2与电动机并联，电压相等，则通过R2的点电流为I2=UR2=88A=1A
根据闭合电路欧姆定律得，电源内阻和电阻R1分担的电压为U′=E−U=12V−8V=4V
干路电流为I1=U′R1+r=41+1A=2A
则通过电动机的电流为IM=I1−I2=2A−1A=1A
电动机的输入功率为P=UIM=8×1W=8W
电动机的热功率为P热=IM2RM=12×1W=1W
电动机正常工作时的效率η=P−P热P×100%=8−18×100%=87.5%
设干路电流为I，则电源的输出功率为P出=EI−I2r=−r(I−E2r)2+E24r
当I=E2r时，输出功率P出最大，最大值为P出=E24r=1224×1W=36W
故答案为：87.5%；36W。
电动机正常工作时，电动机的电压为额定电压，R2和电动机并联，它们的电压相同，由欧姆定律求出通过R2的电流，根据闭合回路欧姆定律可以求得电路中的总电流，进而得到电动机的电流，再根据功率的公式可以求得电动机的输入功率和热功率，机械功率是输出功率与输入功率的比值；根据功率的公式求得电源的输出功率，利用数学方法求解电源输出功率能达到的最大值。
本题考查非纯电阻电路和电源功率的极值问题，注意电动机的电流不能直接用欧姆定律求解。
18.【答案】将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录细绳1的方向(沿OB方向)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置 将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时弹簧测力计的示数F3及细绳1的方向(沿OB方向)D变小
【解析】解：(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置；
(2)应在步骤④中进行的操作过程为：将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时细绳1的方向(沿OB方向)；
(3)为了验证两个力共同作用效果与一个力作用效果是否相同，需按平行四边形作出F1、F3 的合力F合，与F2的大小和方向进行比较，看在误差允许的范围内是否重合；力F2是松开细绳1的绳套端后，沿图中虚线方向，即AO方向弹簧测力计的示数，是合力的真实值，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(4)拉力F3大小和方向不变，合力方向始终竖直向下，F1的大小和方向都发生变化，根据平行四边形定则作图如下：
由图可知，当弹簧测力计的读数逐渐增大，则两细绳间夹角θ将变小。
故答案为：(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置；
(2)将细绳2的绳套拉至另一标记点“C”并用图钉固定，再用弹簧测力计拉细绳1，将橡皮筋的另一端拉至“O”点，并保持两细绳间的夹角θ不变，如图所示，记录此时细绳1的方向(沿OB方向)；
(3)D；
(4)变小。
(1)步骤②中在记录F2的大小和方向时，还要记录细绳2的C点位置，据此作答；
(2)根据实验步骤②及实验的原理可知在该实验中还需要测量沿OB方向的拉力，由此确定应在步骤④中进行的操作过程；
(3)为了验证两个力共同作用效果与一个力作用效果是否相同，需按平行四边形作出F1、F3 的合力F合，与F2的大小和方向进行比较，而力F2是合力的真实值，据此分析作答。
(4)一个分力确定而合力方向一定的情况下，由平行四边形定则判断另一分力的大小和方向。
解决本题的关键掌握“互成角度的共点力合成”实验的原理和步骤，以及注意事项；明确实验原理，了解具体操作，要围绕“研究共点力的合成”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解记忆。
19.【答案】解：(1)由题意可知，小明和车的总质量m=30kg+60kg=90kg，当驱动力F1=135N时，受到的阻力f=k1v1，
那么由牛顿第二定律有：F1−k1v1−f=ma
整车驱动力F2=55N时，受到的阻力f=k1v2，此时匀速：F2−k1v2−f=0
联立解得：f=35N，k1=5kg⋅s−1
(2)由题意车子扣耗的功率为ΔP=k2v=15v，那么当整车以额定功率行驶时，
根据功率的公式牵引力：F=Pv=P−ΔPv=P−k2vv=350−15vv
整车的阻力与牵引力与阻力平衡时有：k1v+f=F
联立求得：v=4.75m/s，或−14.75m/s(舍去)
由于v=4.75m/s=17.1km/h>15km/h，故不合要求。
答：(1)行驶过程中车子所受路面的阻力大小为35N和比例系数k1为5kg⋅s−1。
(2)该车不符合道路法规要求，理由见解析。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和平衡条件，列方程求比例常数；
(2)当阻力与牵引力相等时，根据功率公式，解一元二次方程解是否越合乎要求。
本题的第(1)问是一个开放性试题；难度在第(2)问，计算需要用到功率的的计算公式，求解时需要根据题中的等量关系建立一个等式，从而解关于速度v的二次方程求解。
20.【答案】解：(1)设从bc边进入第一个磁场至bc边离开第一个磁场过程中，金属框的速度为v，因bc的电阻不计，故bc两端的电压等于bc切割磁感线产生的感应电动势，则有：
Ubc=E=Bd0v
可见Ubc与v成正比关系，由图(2)可得Δt2时间内金属框做匀加速直线运动，可知t1时刻金属框恰好完全进入磁场，Δt2时间内金属框的位移等于2L−L=L，金属框中无感应电流，金属框所受合力等于F，设t1、t2时刻的速度大小分别为v1、v2，对照图(2)可得：
U1=Bd0v2，U2=Bd0v1，
由动能定理得：
FL=12mv22−12mv12
解得：F=m(U12−U22)2B2d02L
由图(2)可知t=0时刻金属框的速度大小v0=v2
对金属框从静止运动到bc边刚进入第一个磁场过程，由动能定理得：
Fx=12mv02−0
联立解得：x=U22U12−U22L；
(2)由(1)的分析，以向右为正方向，对Δt2时间内金属框的运动，由动量定理得：
FΔt2=mv2−mv1
解得：Δt2=2Bd0LU1+U2
由(1)的分析结论：Ubc与v成正比关系，可知Δt1时间内金属框做加速度减小的减速直线运动，又有v0=v2，可得Δt1时间的平均速度小于Δt2时间内的平均速度，而Δt1时间内金属框的位移等于边长L，与Δt2时间内金属框的位移相等，由平均速度的定义，可知Δt1>Δt2。
(3)t2时刻bc以速度v2开始离开磁场，ad边在磁场中切割磁感线产生的感应电动势，因ad的电阻不计，故ad两端的电压Uad等于ad产生的感应电动势，即Uad=Bd0v，因t2时刻ad边开始切割磁感线的速度v2等于t=0时刻bc边刚进磁场的速度v0，此时Uad=U1，可知ad边在磁场中运动过程与Δt1时间内bc边进磁场的过程完全相同，均为加速度减小的减速运动，在t3时刻ad边刚离开后Uad=0，Uad随时间变化图像如下图。
(4)在t3时刻ad边刚离开磁场时的速度就等于v1。金属框完全离开磁场后，所受合力等于F，做匀加速直线运动，运动过程与Δt2时间内金属框的运动完全相同，bc边刚进入第二个磁场时速度就等于v2，则金属框所具有的动能为：
Ek=12mv22=mU122B2d02。
答：(1)金属框从静止起向右运动至bc边进入第一个磁场过程中运动的距离x为U22U12−U22L；
(2)Δt2为2Bd0LU1+U2，比较Δt1和Δt2的大小关系为Δt1>Δt2；
(3)见解答；
(4)bc边刚进入第二个磁场时金属框所具有的动能为mU122B2d02。
【解析】(1)因bc的电阻不计，故bc两端的电压等于bc切割磁感线产生的感应电动势，可得Ubc与速度大小成正比关系，由图(2)可得Δt2时间内金属框做匀加速直线运动，可知t1时刻金属框恰好完全进入磁场，Δt2时间内金属框的位移等于L，金属框中无感应电流，金属框所受合力等于F，根据动能定理求得F，由图(2)可知t=0时刻与t2时刻金属框的速度大小相等，对金属框从静止运动到bc边刚进入第一个磁场过程，由动能定理求解；
(2)根据(1)的分析，由动量定理求解；
(3)bc出磁场后，ad边在磁场中切割磁感线产生的感应电动势，ad两端的电压等于ad产生的感应电动势，可分析得到ad边在磁场中运动过程与Δt1时间内bc边进磁场的过程完全相同。
(4)在ad边刚离开磁场时的速度等于t1时刻的速度，金属框完全离开磁场后，所受合力等于F，做匀加速直线运动，运动过程与Δt2时间内金属框的运动完全相同，bc边刚进入第二个磁场时速度就等于t1时刻的速度。从而确定动能。
本题考查了电磁感应现象中导体框穿过磁场过程力与运动、功与能的分析能力，应用法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律判断研究对象的运动过程，应用相应的物理原理，例如功能关系、动量定理等解答。
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