还剩16页未读，
继续阅读
2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题 （解析版）
展开
这是一份2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（ ）
A. kg·m/（s²·A）B. kg·m/（s²·A²）C. kg·m²/（s³·A）D. kg·m²/（s³·A³）
【答案】B
【解析】
【详解】根据题干公式整理可得
代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为
故选B。
2. 如图所示，在条形磁铁外面套着一圆环，当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，圆环所在处的磁感应强度和穿过圆环的磁通量变化的情况是（ ）
A. 磁感应强度和磁通量都逐渐增大
B. 磁感应强度和磁通量都逐渐减小
C. 磁感应强度先减弱后增强，磁通量先增大后减小
D 磁感应强度先增强后减弱，磁通量先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】条形磁铁磁场两极最强中间最弱，当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，磁感应强度先减弱后增强；
条形磁铁的磁感线两极最密中间最疏，在磁铁两极时穿过圆环的磁感线的净条数最少，在磁铁中间位置时，穿过圆环的磁感线的净条数最多，所以当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小。
故选C。
3. 如图所示，Oabcdefg是一个边长相等的共面八边形，其中四个锐角顶角均为45°，以O点为原点，Oa边为y轴正方向建立平面直角坐标系。在O、a、g三点分别固定电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（ ）
A. b、f两点的电场强度相同
B. c、e两点的电势相同
C. 电荷量为＋q的点电荷，在b点电势能小于在c点电势能
D. 从O点沿x轴正方向移动电荷量为＋q的点电荷，电场力先做正功后做负功
【答案】B
【解析】
【详解】A．依题意，结合几何知识可知d连线为ag，bf，ce的中垂线，且关于d对称，结合等量同种点电荷电场线分布特点，利用点电荷场强公式
结合场强叠加原理，可判断知b、f两点的电场强度大小相等，但方向不相同，故A错误；
B．由几何知识，知
根据对称性可知c、e两点一定在同一等势面上，所以c、e两点的电势相同，故B正确；
C．根据场强叠加原理可判断知，将电荷量为＋q的点电荷，从b点沿bc运动到c点，电场力方向与bc方向夹角小于，电场力做正功，则电势能减小，所以＋q的点电荷在b点电势能大于在c点电势能，故C错误；
D．依题意，根据场强叠加原理结合几何知识可判断知Ox正方向上的点的场强方向偏向右上方，所以从O点沿x轴正方向移动电荷量为＋q的点电荷，电场力一直做正功，故D错误。
故选B。
4. 如图，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生弹性正碰，然后b与c也发生弹性正碰。若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于（ ）
A. 8vB. 6vC. 4vD. 2v
【答案】C
【解析】
【详解】设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
联立①②解得
③
由③式可知，当时，有
④
设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得
⑤
⑥
联立⑤⑥解得
⑦
由⑦式可知，当时，有
⑧
所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故选C。
5. 我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为的标准物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体B的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】整体为研究对象，由牛顿第二定律得
隔离B物体，由牛顿第二定律得
联立可得
故选B。
6. 某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 时，木棒的重力大于其所受的浮力
B. 振动过程中木棒的机械能守恒
C. 开始计时内木棒所经过路程是
D. 木棒的位移函数表达式是
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
在时，木棒位移为负的最大值，即回复力方向沿竖直向上方向，即木棒的重力小于其所受的浮力，A错误；
B．振动过程中，除了重力做功以外，浮力对木棒也做了功，可知振动过程中木棒的机械能不守恒，B错误；
C．根据题意可知振幅为5cm，由于
则开始计时内木棒所经过的路程是
C正确；
D．若从平衡位置沿正方向振动开始计时，则此振动方程为
当上述振动第一次达到位移等于，解得
根据图像可知，将上述函数的图像向右平移
即可得到图中的图像，即木棒的位移函数表达式是
D错误。
故选C。
7. 如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【详解】由动能定理有
联立可得
丙位置到地面高度为8个小格的高度。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 2022年8月20日01时37分，在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将“遥感三十五号04”组卫星发射升空，“遥感三十五号04”卫星顺利进入预定轨道，2022年9月6日12时19分，又成功将“遥感三十五号05”卫星发射升空，已知“遥感三十五号04”卫星距离地面的高度为h1，环绕周期为T0，“遥感三十五号05”卫星距离地面的高度为，地球的半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A. “遥感三十五号05”卫星的环绕周期为
B. “遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
C. 地球表面的重力加速度为
D. 地球的平均密度为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律
解得
A错误；
B．根据
解得
则“遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
B错误；
C．对于处在地球表面的物体万有引力近似等于重力，则有
对“遥感三十五号04”卫星有
解得
C正确；
D．根据上述有
又由于
解得
D正确。
故选CD。
9. 如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆长，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。当装置在竖直平面内由水平位置静止释放，某一时刻轻杆绕点转动的角度为（为锐角），若此时球a的速度大小为，方向斜向左下。运动过程中不计一切摩擦（），则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 此时b球的速度大小为
C. 轻杆对a球不做功，对b球做负功
D. 从初始位置到转过θ角度过程中，a球机械能减小，b球机械能增加
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，小球a、b转动时角速度相等，由公式可知
转动过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有
代入数据解得
即
故B错误，A正确；
CD．根据题意，设从初始位置到转过θ角度过程中，杆对球做功为，杆对球做功为，由动能定理对小球有
对小球有
解得
可知，轻杆对a球做负功，a球机械能减小，对b球做正功，b球机械能增加，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 空间中存在平行于纸面的匀强电场， 在纸面内取O点为坐标原点建立x轴， 如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为，方向与x轴正方向成
B. b点与a点的电势差
C. 微粒在时所受变力F可能达最小值
D. 圆周运动的过程中变力F的最大值为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据匀强电场场强与电势差的关系可知
方向与x轴正方向成，故A错误；
B．b点与a点的电势差为
故B错误；
C．由于场强方向斜向左下方，所以微粒在7时所受变力F可能达最大值，在时所受变力F可能达最小值，故C正确；
D．圆周运动的过程中变力F的最大值为
所以
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：
11. 在学习完毕传统的“验证机械能守恒定律”的实验后，同学们采用传感器等设备重新设计了一套新的实验装置。实验中，将完全相同的挡光片依次固定在圆弧轨道上，摆锤上内置了光电传感器，可测出摆锤经过挡光片时间，测出部分数据如表，表中高度h为0的位置为重力势能的零势能点：
（1） 若挡光片的宽度极小且为d，挡光时间为，则摆锤经过挡光片时的速度大小为_________________（用题目给的符号表示）。
（2）表中A处数据应为___________J（写具体数值）。
（3）另一小组记录了每个挡光板所在的高度h及其相应的挡光时间后，绘制了四幅图像。其中可以说明机械能守恒的图像最合适的是___________。
A． B． C． D．
【答案】 ①. ②. 0.0268 ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]根据极短时间的平均速度近似等于瞬时速度可知，摆锤经过挡光片时的速度大小为
（2）[2]根据机械能计算公式可知，动能
（3）[3]根据机械能守恒可知
画直线方程更佳
故选C。
12. 某小组用下图所示电路，测量定值电阻R0的阻值、理想直流电源（内阻为零）的电动势E和电流表A的内阻。实验器材有：待测直流电源E（内阻为零），待测定值电阻R0，待测电流表A（量程为0~0.6A），电阻箱R（阻值范围0~99.9Ω），开关S1和S2，导线若干。
（1）先测定值电阻R0的阻值。先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后断开S2，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2，则R0阻值为___________。
（2）通过上述操作，测得定值电阻R0=6.5Ω，继续测电源的电动势E和电流表内阻RA。闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，根据记录的数据，作出-R图像如题图2所示。由图像可得该电源的电动势E=___________V，电流表内阻RA=___________Ω。（保留两位有效数字）
（3）忽略实验中的偶然误差，用以上实验方法测出的电源电动势E与其真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”），电流表内阻RA的测量值与其真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. R1-R2 ②. 4.0 ③. 1.5 ④. 相等 ⑤. 相等
【解析】
【详解】（1）[1]由题知
R0+R2=R1
R0=R1-R2
（2）[2][3]由
得
解得
E=4.0V
（3）[4][5]由（2）知，本实验没有系统误差，用以上实验方法测出的电源电动势E与其真实值相比相等，电流表内阻RA的测量值与其真实值相比相等。
13. 如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：
①玻璃瓶底部面积S；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？（处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等）
【答案】①；②
【解析】
【详解】①根据平衡可知
解得
②小瓶初态
当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体
V2=xS
压强
p2=p′0
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态
对气体A
联立解得
14. 如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上、大小的匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小，滑块带电量始终保持不变。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为
，
在时间内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
（2）滑块进入电场后经过时间，滑块与木板同速，设共同速度为，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间和内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为，则有
解得
15. 如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为，区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为，区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从点向各个方向（范围）均匀发射带电量为、质量为、初速度为的带正电粒子，其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成，且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求：
（1）电场强度大小；
（2）水平向右射出粒子经过区域I下边界的时刻；
（3）打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。
【答案】（1）；（2），其中；（3）
【解析】
【详解】（1）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时的速度大小为，有
根据动能定理有
解得
（2）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时速度竖直方向分量为，则
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
粒子在区域Ⅱ运动的半径满足
得
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间
粒子第n次通过区域Ⅰ下边界的时刻为
，其中
即
，其中
（3）设粒子从点射出时与水平方向成角，运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切，经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为；粒子在区域Ⅱ中运动时，取极短时间，由水平方向的动量定理
两边求和有
代入得
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时，分别有
累加可得
根据洛伦兹提供向心力
求得
则高度h/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能Ep/J
0.0295
0.0236
0.0177
0.0118
0.0059
0.0000
动能Ek/J
0.0217
A
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0512
0.0504
0.0505
0.0503
0.0503
0.0501
1. 安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I₂的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（ ）
A. kg·m/（s²·A）B. kg·m/（s²·A²）C. kg·m²/（s³·A）D. kg·m²/（s³·A³）
【答案】B
【解析】
【详解】根据题干公式整理可得
代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为
故选B。
2. 如图所示，在条形磁铁外面套着一圆环，当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，圆环所在处的磁感应强度和穿过圆环的磁通量变化的情况是（ ）
A. 磁感应强度和磁通量都逐渐增大
B. 磁感应强度和磁通量都逐渐减小
C. 磁感应强度先减弱后增强，磁通量先增大后减小
D 磁感应强度先增强后减弱，磁通量先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】条形磁铁磁场两极最强中间最弱，当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，磁感应强度先减弱后增强；
条形磁铁的磁感线两极最密中间最疏，在磁铁两极时穿过圆环的磁感线的净条数最少，在磁铁中间位置时，穿过圆环的磁感线的净条数最多，所以当圆环由磁铁N极向下平移到磁铁S极的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小。
故选C。
3. 如图所示，Oabcdefg是一个边长相等的共面八边形，其中四个锐角顶角均为45°，以O点为原点，Oa边为y轴正方向建立平面直角坐标系。在O、a、g三点分别固定电荷量为的点电荷。下列说法正确的是（ ）
A. b、f两点的电场强度相同
B. c、e两点的电势相同
C. 电荷量为＋q的点电荷，在b点电势能小于在c点电势能
D. 从O点沿x轴正方向移动电荷量为＋q的点电荷，电场力先做正功后做负功
【答案】B
【解析】
【详解】A．依题意，结合几何知识可知d连线为ag，bf，ce的中垂线，且关于d对称，结合等量同种点电荷电场线分布特点，利用点电荷场强公式
结合场强叠加原理，可判断知b、f两点的电场强度大小相等，但方向不相同，故A错误；
B．由几何知识，知
根据对称性可知c、e两点一定在同一等势面上，所以c、e两点的电势相同，故B正确；
C．根据场强叠加原理可判断知，将电荷量为＋q的点电荷，从b点沿bc运动到c点，电场力方向与bc方向夹角小于，电场力做正功，则电势能减小，所以＋q的点电荷在b点电势能大于在c点电势能，故C错误；
D．依题意，根据场强叠加原理结合几何知识可判断知Ox正方向上的点的场强方向偏向右上方，所以从O点沿x轴正方向移动电荷量为＋q的点电荷，电场力一直做正功，故D错误。
故选B。
4. 如图，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生弹性正碰，然后b与c也发生弹性正碰。若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于（ ）
A. 8vB. 6vC. 4vD. 2v
【答案】C
【解析】
【详解】设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
联立①②解得
③
由③式可知，当时，有
④
设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得
⑤
⑥
联立⑤⑥解得
⑦
由⑦式可知，当时，有
⑧
所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故选C。
5. 我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为的标准物A的前后连接有质量均为的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为、，由此可知待测物体B的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】整体为研究对象，由牛顿第二定律得
隔离B物体，由牛顿第二定律得
联立可得
故选B。
6. 某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 时，木棒的重力大于其所受的浮力
B. 振动过程中木棒的机械能守恒
C. 开始计时内木棒所经过路程是
D. 木棒的位移函数表达式是
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
在时，木棒位移为负的最大值，即回复力方向沿竖直向上方向，即木棒的重力小于其所受的浮力，A错误；
B．振动过程中，除了重力做功以外，浮力对木棒也做了功，可知振动过程中木棒的机械能不守恒，B错误；
C．根据题意可知振幅为5cm，由于
则开始计时内木棒所经过的路程是
C正确；
D．若从平衡位置沿正方向振动开始计时，则此振动方程为
当上述振动第一次达到位移等于，解得
根据图像可知，将上述函数的图像向右平移
即可得到图中的图像，即木棒的位移函数表达式是
D错误。
故选C。
7. 如图所示，一个可视为质点的小木块从固定斜面的顶端由静止滑下，滑到水平面上的a点停下。斜面与水平面粗糙程度相同，且平滑连接。现将斜面向右移动到虚线所示的位置，并固定在地面上，再让小木块从斜面的某处由静止下滑，仍滑到a点停下。则小木块释放的位置可能是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【详解】由动能定理有
联立可得
丙位置到地面高度为8个小格的高度。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 2022年8月20日01时37分，在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将“遥感三十五号04”组卫星发射升空，“遥感三十五号04”卫星顺利进入预定轨道，2022年9月6日12时19分，又成功将“遥感三十五号05”卫星发射升空，已知“遥感三十五号04”卫星距离地面的高度为h1，环绕周期为T0，“遥感三十五号05”卫星距离地面的高度为，地球的半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A. “遥感三十五号05”卫星的环绕周期为
B. “遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
C. 地球表面的重力加速度为
D. 地球的平均密度为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由开普勒第三定律
解得
A错误；
B．根据
解得
则“遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
B错误；
C．对于处在地球表面的物体万有引力近似等于重力，则有
对“遥感三十五号04”卫星有
解得
C正确；
D．根据上述有
又由于
解得
D正确。
故选CD。
9. 如图所示，两个可视为质点的质量相同的小球a、b分别被套在刚性轻杆的中点位置和其中一端的端点处，两球相对于杆固定不动，杆长，轻杆的另一端可绕固定点O自由转动。当装置在竖直平面内由水平位置静止释放，某一时刻轻杆绕点转动的角度为（为锐角），若此时球a的速度大小为，方向斜向左下。运动过程中不计一切摩擦（），则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 此时b球的速度大小为
C. 轻杆对a球不做功，对b球做负功
D. 从初始位置到转过θ角度过程中，a球机械能减小，b球机械能增加
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，小球a、b转动时角速度相等，由公式可知
转动过程中，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律有
代入数据解得
即
故B错误，A正确；
CD．根据题意，设从初始位置到转过θ角度过程中，杆对球做功为，杆对球做功为，由动能定理对小球有
对小球有
解得
可知，轻杆对a球做负功，a球机械能减小，对b球做正功，b球机械能增加，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 空间中存在平行于纸面的匀强电场， 在纸面内取O点为坐标原点建立x轴， 如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度的大小为，方向与x轴正方向成
B. b点与a点的电势差
C. 微粒在时所受变力F可能达最小值
D. 圆周运动的过程中变力F的最大值为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据匀强电场场强与电势差的关系可知
方向与x轴正方向成，故A错误；
B．b点与a点的电势差为
故B错误；
C．由于场强方向斜向左下方，所以微粒在7时所受变力F可能达最大值，在时所受变力F可能达最小值，故C正确；
D．圆周运动的过程中变力F的最大值为
所以
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：
11. 在学习完毕传统的“验证机械能守恒定律”的实验后，同学们采用传感器等设备重新设计了一套新的实验装置。实验中，将完全相同的挡光片依次固定在圆弧轨道上，摆锤上内置了光电传感器，可测出摆锤经过挡光片时间，测出部分数据如表，表中高度h为0的位置为重力势能的零势能点：
（1） 若挡光片的宽度极小且为d，挡光时间为，则摆锤经过挡光片时的速度大小为_________________（用题目给的符号表示）。
（2）表中A处数据应为___________J（写具体数值）。
（3）另一小组记录了每个挡光板所在的高度h及其相应的挡光时间后，绘制了四幅图像。其中可以说明机械能守恒的图像最合适的是___________。
A． B． C． D．
【答案】 ①. ②. 0.0268 ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]根据极短时间的平均速度近似等于瞬时速度可知，摆锤经过挡光片时的速度大小为
（2）[2]根据机械能计算公式可知，动能
（3）[3]根据机械能守恒可知
画直线方程更佳
故选C。
12. 某小组用下图所示电路，测量定值电阻R0的阻值、理想直流电源（内阻为零）的电动势E和电流表A的内阻。实验器材有：待测直流电源E（内阻为零），待测定值电阻R0，待测电流表A（量程为0~0.6A），电阻箱R（阻值范围0~99.9Ω），开关S1和S2，导线若干。
（1）先测定值电阻R0的阻值。先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后断开S2，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2，则R0阻值为___________。
（2）通过上述操作，测得定值电阻R0=6.5Ω，继续测电源的电动势E和电流表内阻RA。闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，根据记录的数据，作出-R图像如题图2所示。由图像可得该电源的电动势E=___________V，电流表内阻RA=___________Ω。（保留两位有效数字）
（3）忽略实验中的偶然误差，用以上实验方法测出的电源电动势E与其真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”），电流表内阻RA的测量值与其真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】 ①. R1-R2 ②. 4.0 ③. 1.5 ④. 相等 ⑤. 相等
【解析】
【详解】（1）[1]由题知
R0+R2=R1
R0=R1-R2
（2）[2][3]由
得
解得
E=4.0V
（3）[4][5]由（2）知，本实验没有系统误差，用以上实验方法测出的电源电动势E与其真实值相比相等，电流表内阻RA的测量值与其真实值相比相等。
13. 如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：
①玻璃瓶底部面积S；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？（处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等）
【答案】①；②
【解析】
【详解】①根据平衡可知
解得
②小瓶初态
当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体
V2=xS
压强
p2=p′0
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态
对气体A
联立解得
14. 如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上、大小的匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小，滑块带电量始终保持不变。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为
，
在时间内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
（2）滑块进入电场后经过时间，滑块与木板同速，设共同速度为，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间和内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为，则有
解得
15. 如图所示，竖直平面内有四个相同的足够长的矩形区域、高度均为，区域Ⅰ中存在竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中存在垂直于纸面向里的匀强磁场、其磁感应强度大小之比为，区域Ⅳ下边界放置一块水平挡板，可吸收打到板上的粒子。零时刻，在纸面内从点向各个方向（范围）均匀发射带电量为、质量为、初速度为的带正电粒子，其中水平向右射出的粒子第一次进入区域Ⅱ时速度方向与水平方向成，且刚好经过区域Ⅱ的下边界。粒子重力以及粒子间的相互作用不计。求：
（1）电场强度大小；
（2）水平向右射出粒子经过区域I下边界的时刻；
（3）打在挡板上的粒子数占射出总粒子数的比例。
【答案】（1）；（2），其中；（3）
【解析】
【详解】（1）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时的速度大小为，有
根据动能定理有
解得
（2）设水平向右射出的粒子第一次进入区域II时速度竖直方向分量为，则
粒子从水平射出到第一次射出电场的时间
粒子在区域Ⅱ运动的半径满足
得
粒子从第一次到区域Ⅰ下边界到第二次经过区域Ⅰ下边界的时间
粒子第n次通过区域Ⅰ下边界的时刻为
，其中
即
，其中
（3）设粒子从点射出时与水平方向成角，运动到区域Ⅳ，轨迹刚好与挡板相切，经过区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的下边界时水平分速度的大小分别为；粒子在区域Ⅱ中运动时，取极短时间，由水平方向的动量定理
两边求和有
代入得
同理在区域Ⅲ、Ⅳ中运动时，分别有
累加可得
根据洛伦兹提供向心力
求得
则高度h/m
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0
势能Ep/J
0.0295
0.0236
0.0177
0.0118
0.0059
0.0000
动能Ek/J
0.0217
A
0.0328
0.0395
0.0444
0.0501
机械能E/J
0.0512
0.0504
0.0505
0.0503
0.0503
0.0501
相关试卷
2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题（Word版）： 这是一份2024届湖北省襄阳市第五中学高三下学期开学测试物理试题（Word版），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年远程授课湖北省襄阳市第五中学高三下学期期初测试物理试题： 这是一份2022-2023学年远程授课湖北省襄阳市第五中学高三下学期期初测试物理试题，共17页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2022届湖北省襄阳市第五中学高三适应性考试（四模）物理试题（PDF版）： 这是一份2022届湖北省襄阳市第五中学高三适应性考试（四模）物理试题（PDF版），共6页。
