资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
2024届天津市和平区高三下学期第一次质量调查（一模）物理试卷（一模+一模）
展开
这是一份2024届天津市和平区高三下学期第一次质量调查（一模）物理试卷（一模+一模），文件包含2024届天津市和平区高三下学期第一次质量调查一模物理试卷原卷版docx、2024届天津市和平区高三下学期第一次质量调查一模物理试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将正确答案填涂在答题卡相应的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1. 用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌板和银板，都能产生光电效应，下列判断正确的是（ ）
A. 两次实验中，光子的能量一定相同B. 两次实验中，金属的逸出功一定相同
C. 两次实验中，光电子的最大初动能一定相同D. 两种金属的截止频率一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】用同一束单色光先后照射锌板和银板，一定相同的是入射光的光子能量，根据光电效应方程
不同的金属，逸出功不同，则最大初动能不同，再根据公式
可知两种金属的截止频率不相同。
故选A。
2. 健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能与外界充分的热交换。则下列说法正确的是（ ）
A. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C. 人体缓慢离开健身球过程中，球内气体压强增大
D. 人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，体积减小，外部对气体做功，根据热力学第一定律可知，球内温度升高，球内气体分子热运动的平均动能增大，由理想气体状态方程可知，球内压强变大，A错误；B正确；
C．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由理想气体状态方程可知，当体积变大时球内气体压强变小，C错误；
D．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由热力学第一定律可知，体积增大，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，D错误。
故选B。
3. 2023年10月26日，“神州十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后成功与在轨的“天宫”空间站核心舱对接。已知对接后的“神州十七号”飞船与空间站组合体在轨做匀速圆周运动，运行周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度g，仅利用上述数据可以求得（ ）
A. 地球的平均密度B. 地球的质量
C. 组合体的在轨运行高度D. 组合体受到的万有引力
【答案】C
【解析】
【详解】在地面表面有
可得
地球的平均密度为
设组合体的在轨运行高度为，由万有引力提供向心力可得
可得
由于不知道万有引力常量和组合体的质量，故仅利用上述数据可以求得组合体的在轨运行高度。
故选C。
4. 如图所示，两个单匝线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，甲图中线圈面积为S，转动角速度为，乙图中线圈面积为，转动角速度为，甲图从线圈和磁场方向平行处开始计时；乙图从线圈和磁场方向垂直处开始计时，两图中磁感应强度大小相同，线圈电阻均忽略不计，外接电阻阻值均为R，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两种情况下，感应电动势的瞬时值表达式相同
B. 甲、乙两种情况下，磁通量随时间变化的表达式相同
C. 甲、乙两种情况下，转过90°过程中通过线圈的电荷多少相同
D. 甲、乙两种情况下，电阻R消耗的功率相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中感应电动势瞬时表达式为
乙图中感应电动势瞬时表达式为
故A错误；
B．甲种情况下，磁通量随时间变化的表达式
乙种情况下，磁通量随时间变化的表达式
故B错误；
C．甲乙转过90°过程中所用时间分别为
甲乙在该时间内的平均电流分别为
转过90°过程中通过线圈的电荷分别为
故C错误；
D．由于甲乙两种情况下电压的有效值相同，均为
因此甲、乙两种情况下，电阻R消耗的功率均为
故D正确。
故选D。
5. 2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上爬升，忽略阻力，飞机沿圆弧运动过程（ ）
A. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则所受合力为零
B. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则重力的功率不变
C. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则发动机推力大小不变
D. 若飞机沿圆弧向上加速爬升，则发动机推力做的功大于重力势能增加量
【答案】D
【解析】
【详解】A．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，所受合力提供所需向心力，合力不为零，故A错误；
B．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，根据
由于竖直分速度大小不断变化，所以重力的功率不断变化，故B错误；
C．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，飞机受到重力和发动机的推力的合力提供所需向心力，由于重力不变，合力大小不变，但合力方向时刻发生变化，根据力的矢量三角形定则可知发动机的推力大小时刻发生变化，故C错误；
D．若飞机沿圆弧向上加速爬升，则飞机的动能增加，根据动能定理可知，发动机推力做的功大于克服重力做的功，即发动机推力做的功大于重力势能增加量，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6. 下列对于原子及原子核结构规律的研究，正确的是（ ）
A. 图①中射线2的穿透能力最强
B. 图②中镉棒的作用是吸收中子以控制反应速度
C. 图③中的实验现象可得出原子核具有复杂的结构
D. 图④中的核反应属于原子核的人工转变
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图①中射线2为电中性，可知射线2为射线，射线2的穿透能力最强，故A正确；
B．图②中镉棒的作用是吸收中子以控制反应速度，故B正确；
C．图③中的实验现象可得出原子核式结构，故C错误；
D．图④中的核反应属于衰变，故D错误。
故选AB。
7. 如图甲所示，战斗绳是健身房健训练项目之一，训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到处，下列说法正确的是（ ）
A. 绳波传播的速度大小为15m/s
B. 手从平衡位置起振方向沿y轴正方向
C. 时，处的质点的位移为
D. 处的质点在此过程中通过的路程为1.2m
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图乙可得该绳波的波长，由题意可知，该绳波的周期，根据波长与波速之间的关系可得
故A正确；
B．该波沿轴正方向传播，而在波传播方向上任意质点的起振方向均和波源的起振方向相同，根据“同侧法”可知，处质点的起振方向沿着轴负方向，因此可知手从平衡位置起振方向沿y轴负方向，故B错误；
C．波源的振动方程为
而处的质点滞后波源振动，则可得处的质点的振动方程为
式中
，，
则有
将时代入上式可得
故C正确；
D．波传到处所用的时间为
在波传到的过程中处的质点振动的时间为0.2s，即，由此可知该过程中处的质点通过的路程为
故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中（ ）
A. 甲粒子的入射速度小于乙粒子B. 甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子
C. 甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向D. 电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为
沿电场方向的位移为
联立可得
由于
，
可知甲粒子入射速度大于乙粒子的入射速度，故A错误；
B．根据沿电场方向的位移为
，
可知
根据
可知甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子所受电场力的冲量，故B正确；
C．粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于O点下方，故C错误；
D．根据
，
可知电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4题，共60分。
9. 在“利用单摆测量当地重力加速度”的实验中：
（1）如图甲所示，用游标卡尺测得小球的直径______mm。
（2）在实验中，你认为图乙中四种组装单摆方式正确的是______。
（3）在用单摆测重力加速度的实验中，同学们改变摆长L，得到对应的周期T，用多组实验数据作出图像，利用图像求出当地重力加速度g，4个组同学做的图像分别如图中的a、b、c、d所示，其中a和c、d平行，b和c都过原点，图线c对应的g值最接近当地重力加速度的值。则下列分析正确的是______。
A. 若不测量摆球直径，同样也可以利用图线求出重力加速度g
B. 出现图线b的原因是误将N次全振动记作N-1次全振动
C. 出现图线d的原因是测摆长时直接将摆线的长度作为摆长L
D. 出现图线a的原因是将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长L
【答案】（1）13.80
（2）B （3）AB
【解析】
【小问1详解】
20分度游标卡尺的精确值为，由图可知小球的直径为
【小问2详解】
为了减小空气阻力的影响，小球应选铁球；为了保证小球摆动过程中，摆长不变，摆线应选择细丝线且上端用铁夹夹住。
故选B。
【小问3详解】
A．根据
解得
若不测量摆球直径，仍可根据图像的斜率求出重力加速度g，故A正确；
B．若误将N次全振动记作N-1次全振动，则周期测量值偏大，即与c比较，相同的L值时T值偏大，即会出现图线b，故B正确；
C．出现图线d的原因是测摆长时将摆线长与摆球的直径之和作为摆长L，故C错误；
D．出现图线a的原因是直接将摆线的长度作为摆长，忘记加了小球的半径，故D错误。
故选AB。
10. 某兴趣小组为测量某干电池的电动势和内阻，所用器材如下：
A．电压表（量程0~0.6V，内阻为15kΩ）
B．定值电阻电阻
C．定值电阻电阻
D．电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω）
E．滑动变阻器（阻值50Ω）
F．待测废旧干电池
G．开关一个及导线若干
（1）根据所给器材，要求读数尽可能准确，在方框中画出电路图，并在图中标出所用器材的符号______。
（2）测量后得到如图所示的电压表与电流表示数关系图像如图所示，由图像可知，干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω（结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）见解析 （2） ①. 1.44 ②. 1.08
【解析】
【小问1详解】
由于干电池的电动势约为，可知电压表量程太小，所以将电压表与定则电阻串联改装成量程为的电压表；由于干电池的内阻较小，远小于电压表的内阻，所以电流表采用相对于电池外接法，则电路图如图所示
【小问2详解】
[1][2]当电压表示数为，可知外电压为，由于电压表的分流几乎可以忽略不计，根据闭合电路欧姆定律可得
可得
如图所示
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
可知图像的斜率绝对值为
解得内阻为
11. 如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为的粒子从y轴上一点以大小为的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：
（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：
（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与轴的夹角为，可得粒子在P点的竖直分速度
粒子电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向根据牛顿第二定律有
而根据速度与时间的关系可得
联立以上各式可得
（2）粒子在点的速度
粒子在磁场中做圆周运动，有
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得
联立解得
（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间
而粒子做圆周运动的周期
解得
12. 冰壶是冬奥会的热门项目，其中包含着大量的物理规律。冰壶比赛场地如图所示，投掷线AB到圆垒区圆心O的距离为，圆垒区半径为。运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面以减小减速时的摩擦力。若不擦冰时，冰壶与冰面的动摩擦因数为，擦冰面后动摩擦因数减小至。在某次训练中，运动员推着冰壶从起滑架出发，到达投掷线中点时立即将冰壶以一定的速度向O点推出，推出冰壶后运动员静止（推出过程忽略所受的摩擦力），若不用毛刷擦冰面，冰壶向前滑行25m速度即减为0。已知运动员的质量，所有冰壶的质量均为，冰壶可看作质点，g取，壶之间碰撞的机械能损失忽略不计。求：
（1）运动员刚将冰壶从手中推出时冰壶的速度；
（2）将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功W；
（3）在圆垒圆心位置有对方的冰壶，如果在碰撞前运动员用毛刷擦冰面的长度为18m，通过计算判断擦冰面之后能否将对方冰壶撞出圆垒区。
【答案】（1）；（2）；（3）能将对方冰壶碰出圆垒区
【解析】
【详解】（1）若不刷冰面，冰壶滑行过程中由动能定理有
式中
可得
（2）冰壶被推出过程，由动量守恒定律有
由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功
可得
（3）推出后冰壶在冰面滑行过程，根据动能定理有
冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律有
被碰冰球的滑行过程由动能定理有
联立以上各式解得
可知，能将对方冰壶碰出圆垒区。
13. 某游乐园中过山车进入停车区时利用磁力进行刹车，磁力刹车原理可以简化为如图所示的模型：水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，金属棒MN沿导轨向右运动的过程，对应过山车的磁力刹车过程，假设MN的运动速度代表过山车的速度，MN所受的安培力代表过山车所受的磁场作用力。已知过山车以速度进入磁场区域，过山车的质量为m，平行导轨间距离为L，整个回路中的等效电阻为R，磁感应强度大小为B；已知刹车过程中轨道对过山车的摩擦阻力大小恒为f，忽略空气阻力，求：
（1）刚进入磁场区域时，过山车的加速度a；
（2）若磁力刹车直至速度减为0的过程所用时间为t，求此过程中摩擦力对过山车做的功W；
（3）若忽略摩擦阻力，求过山车运动到总位移的倍时，安培力的功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
由闭合电路的欧姆定律有
而
则根据牛顿第二定律有
联立可得
（2）减速过程应用动量定理有
平均感应电流
摩擦力对过山车做的功
联立可得
（3）过山车速度减0所用时间为，对该过程由动量定理有
结合
可得
当位移为总位移的倍时，所用时间为，设此时速度为，由动量定理有
该过程通过回路中的电荷量
而安培力在此时的功率
联立解得
（）
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将正确答案填涂在答题卡相应的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
2．本卷共8题，每题5分，共40分。
一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）
1. 用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌板和银板，都能产生光电效应，下列判断正确的是（ ）
A. 两次实验中，光子的能量一定相同B. 两次实验中，金属的逸出功一定相同
C. 两次实验中，光电子的最大初动能一定相同D. 两种金属的截止频率一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】用同一束单色光先后照射锌板和银板，一定相同的是入射光的光子能量，根据光电效应方程
不同的金属，逸出功不同，则最大初动能不同，再根据公式
可知两种金属的截止频率不相同。
故选A。
2. 健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能与外界充分的热交换。则下列说法正确的是（ ）
A. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C. 人体缓慢离开健身球过程中，球内气体压强增大
D. 人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，体积减小，外部对气体做功，根据热力学第一定律可知，球内温度升高，球内气体分子热运动的平均动能增大，由理想气体状态方程可知，球内压强变大，A错误；B正确；
C．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由理想气体状态方程可知，当体积变大时球内气体压强变小，C错误；
D．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由热力学第一定律可知，体积增大，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，D错误。
故选B。
3. 2023年10月26日，“神州十七号”飞船从酒泉卫星发射中心发射升空后成功与在轨的“天宫”空间站核心舱对接。已知对接后的“神州十七号”飞船与空间站组合体在轨做匀速圆周运动，运行周期为T，地球半径为R，地球表面的重力加速度g，仅利用上述数据可以求得（ ）
A. 地球的平均密度B. 地球的质量
C. 组合体的在轨运行高度D. 组合体受到的万有引力
【答案】C
【解析】
【详解】在地面表面有
可得
地球的平均密度为
设组合体的在轨运行高度为，由万有引力提供向心力可得
可得
由于不知道万有引力常量和组合体的质量，故仅利用上述数据可以求得组合体的在轨运行高度。
故选C。
4. 如图所示，两个单匝线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，甲图中线圈面积为S，转动角速度为，乙图中线圈面积为，转动角速度为，甲图从线圈和磁场方向平行处开始计时；乙图从线圈和磁场方向垂直处开始计时，两图中磁感应强度大小相同，线圈电阻均忽略不计，外接电阻阻值均为R，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两种情况下，感应电动势的瞬时值表达式相同
B. 甲、乙两种情况下，磁通量随时间变化的表达式相同
C. 甲、乙两种情况下，转过90°过程中通过线圈的电荷多少相同
D. 甲、乙两种情况下，电阻R消耗的功率相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲图中感应电动势瞬时表达式为
乙图中感应电动势瞬时表达式为
故A错误；
B．甲种情况下，磁通量随时间变化的表达式
乙种情况下，磁通量随时间变化的表达式
故B错误；
C．甲乙转过90°过程中所用时间分别为
甲乙在该时间内的平均电流分别为
转过90°过程中通过线圈的电荷分别为
故C错误；
D．由于甲乙两种情况下电压的有效值相同，均为
因此甲、乙两种情况下，电阻R消耗的功率均为
故D正确。
故选D。
5. 2023年5月23日，中国空军八一飞行表演队时隔14年换装新机型，歼10C飞出国门，在大马航展上腾空而起，特技表演惊艳全场。如图所示，飞机在竖直平面内经一段圆弧向上爬升，忽略阻力，飞机沿圆弧运动过程（ ）
A. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则所受合力为零
B. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则重力的功率不变
C. 若飞机沿圆弧向上匀速爬升，则发动机推力大小不变
D. 若飞机沿圆弧向上加速爬升，则发动机推力做的功大于重力势能增加量
【答案】D
【解析】
【详解】A．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，所受合力提供所需向心力，合力不为零，故A错误；
B．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，根据
由于竖直分速度大小不断变化，所以重力的功率不断变化，故B错误；
C．若飞机沿圆弧向上匀速爬升，飞机受到重力和发动机的推力的合力提供所需向心力，由于重力不变，合力大小不变，但合力方向时刻发生变化，根据力的矢量三角形定则可知发动机的推力大小时刻发生变化，故C错误；
D．若飞机沿圆弧向上加速爬升，则飞机的动能增加，根据动能定理可知，发动机推力做的功大于克服重力做的功，即发动机推力做的功大于重力势能增加量，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）
6. 下列对于原子及原子核结构规律的研究，正确的是（ ）
A. 图①中射线2的穿透能力最强
B. 图②中镉棒的作用是吸收中子以控制反应速度
C. 图③中的实验现象可得出原子核具有复杂的结构
D. 图④中的核反应属于原子核的人工转变
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图①中射线2为电中性，可知射线2为射线，射线2的穿透能力最强，故A正确；
B．图②中镉棒的作用是吸收中子以控制反应速度，故B正确；
C．图③中的实验现象可得出原子核式结构，故C错误；
D．图④中的核反应属于衰变，故D错误。
故选AB。
7. 如图甲所示，战斗绳是健身房健训练项目之一，训练时，手持绳的一端上下甩动形成的绳波可简化为简谐横波，手的平衡位置在处，手从平衡位置开始甩动时开始计时，时绳的波形图如图乙所示，此时绳波刚好传播到处，下列说法正确的是（ ）
A. 绳波传播的速度大小为15m/s
B. 手从平衡位置起振方向沿y轴正方向
C. 时，处的质点的位移为
D. 处的质点在此过程中通过的路程为1.2m
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图乙可得该绳波的波长，由题意可知，该绳波的周期，根据波长与波速之间的关系可得
故A正确；
B．该波沿轴正方向传播，而在波传播方向上任意质点的起振方向均和波源的起振方向相同，根据“同侧法”可知，处质点的起振方向沿着轴负方向，因此可知手从平衡位置起振方向沿y轴负方向，故B错误；
C．波源的振动方程为
而处的质点滞后波源振动，则可得处的质点的振动方程为
式中
，，
则有
将时代入上式可得
故C正确；
D．波传到处所用的时间为
在波传到的过程中处的质点振动的时间为0.2s，即，由此可知该过程中处的质点通过的路程为
故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中（ ）
A. 甲粒子的入射速度小于乙粒子B. 甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子
C. 甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向D. 电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功
【答案】BD
【解析】
【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为
沿电场方向的位移为
联立可得
由于
，
可知甲粒子入射速度大于乙粒子的入射速度，故A错误；
B．根据沿电场方向的位移为
，
可知
根据
可知甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子所受电场力的冲量，故B正确；
C．粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于O点下方，故C错误；
D．根据
，
可知电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4题，共60分。
9. 在“利用单摆测量当地重力加速度”的实验中：
（1）如图甲所示，用游标卡尺测得小球的直径______mm。
（2）在实验中，你认为图乙中四种组装单摆方式正确的是______。
（3）在用单摆测重力加速度的实验中，同学们改变摆长L，得到对应的周期T，用多组实验数据作出图像，利用图像求出当地重力加速度g，4个组同学做的图像分别如图中的a、b、c、d所示，其中a和c、d平行，b和c都过原点，图线c对应的g值最接近当地重力加速度的值。则下列分析正确的是______。
A. 若不测量摆球直径，同样也可以利用图线求出重力加速度g
B. 出现图线b的原因是误将N次全振动记作N-1次全振动
C. 出现图线d的原因是测摆长时直接将摆线的长度作为摆长L
D. 出现图线a的原因是将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长L
【答案】（1）13.80
（2）B （3）AB
【解析】
【小问1详解】
20分度游标卡尺的精确值为，由图可知小球的直径为
【小问2详解】
为了减小空气阻力的影响，小球应选铁球；为了保证小球摆动过程中，摆长不变，摆线应选择细丝线且上端用铁夹夹住。
故选B。
【小问3详解】
A．根据
解得
若不测量摆球直径，仍可根据图像的斜率求出重力加速度g，故A正确；
B．若误将N次全振动记作N-1次全振动，则周期测量值偏大，即与c比较，相同的L值时T值偏大，即会出现图线b，故B正确；
C．出现图线d的原因是测摆长时将摆线长与摆球的直径之和作为摆长L，故C错误；
D．出现图线a的原因是直接将摆线的长度作为摆长，忘记加了小球的半径，故D错误。
故选AB。
10. 某兴趣小组为测量某干电池的电动势和内阻，所用器材如下：
A．电压表（量程0~0.6V，内阻为15kΩ）
B．定值电阻电阻
C．定值电阻电阻
D．电流表（量程0~0.6A，内阻约为0.5Ω）
E．滑动变阻器（阻值50Ω）
F．待测废旧干电池
G．开关一个及导线若干
（1）根据所给器材，要求读数尽可能准确，在方框中画出电路图，并在图中标出所用器材的符号______。
（2）测量后得到如图所示的电压表与电流表示数关系图像如图所示，由图像可知，干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω（结果均保留3位有效数字）。
【答案】（1）见解析 （2） ①. 1.44 ②. 1.08
【解析】
【小问1详解】
由于干电池的电动势约为，可知电压表量程太小，所以将电压表与定则电阻串联改装成量程为的电压表；由于干电池的内阻较小，远小于电压表的内阻，所以电流表采用相对于电池外接法，则电路图如图所示
【小问2详解】
[1][2]当电压表示数为，可知外电压为，由于电压表的分流几乎可以忽略不计，根据闭合电路欧姆定律可得
可得
如图所示
可知图像的纵轴截距为
解得电动势为
可知图像的斜率绝对值为
解得内阻为
11. 如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为的粒子从y轴上一点以大小为的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：
（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：
（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与轴的夹角为，可得粒子在P点的竖直分速度
粒子电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向根据牛顿第二定律有
而根据速度与时间的关系可得
联立以上各式可得
（2）粒子在点的速度
粒子在磁场中做圆周运动，有
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得
联立解得
（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间
而粒子做圆周运动的周期
解得
12. 冰壶是冬奥会的热门项目，其中包含着大量的物理规律。冰壶比赛场地如图所示，投掷线AB到圆垒区圆心O的距离为，圆垒区半径为。运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面以减小减速时的摩擦力。若不擦冰时，冰壶与冰面的动摩擦因数为，擦冰面后动摩擦因数减小至。在某次训练中，运动员推着冰壶从起滑架出发，到达投掷线中点时立即将冰壶以一定的速度向O点推出，推出冰壶后运动员静止（推出过程忽略所受的摩擦力），若不用毛刷擦冰面，冰壶向前滑行25m速度即减为0。已知运动员的质量，所有冰壶的质量均为，冰壶可看作质点，g取，壶之间碰撞的机械能损失忽略不计。求：
（1）运动员刚将冰壶从手中推出时冰壶的速度；
（2）将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功W；
（3）在圆垒圆心位置有对方的冰壶，如果在碰撞前运动员用毛刷擦冰面的长度为18m，通过计算判断擦冰面之后能否将对方冰壶撞出圆垒区。
【答案】（1）；（2）；（3）能将对方冰壶碰出圆垒区
【解析】
【详解】（1）若不刷冰面，冰壶滑行过程中由动能定理有
式中
可得
（2）冰壶被推出过程，由动量守恒定律有
由动能定理可得将冰壶从手中推出过程中运动员对冰壶所做的功
可得
（3）推出后冰壶在冰面滑行过程，根据动能定理有
冰壶碰撞过程由动量守恒定律和机械能守恒定律有
被碰冰球的滑行过程由动能定理有
联立以上各式解得
可知，能将对方冰壶碰出圆垒区。
13. 某游乐园中过山车进入停车区时利用磁力进行刹车，磁力刹车原理可以简化为如图所示的模型：水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，金属棒MN沿导轨向右运动的过程，对应过山车的磁力刹车过程，假设MN的运动速度代表过山车的速度，MN所受的安培力代表过山车所受的磁场作用力。已知过山车以速度进入磁场区域，过山车的质量为m，平行导轨间距离为L，整个回路中的等效电阻为R，磁感应强度大小为B；已知刹车过程中轨道对过山车的摩擦阻力大小恒为f，忽略空气阻力，求：
（1）刚进入磁场区域时，过山车的加速度a；
（2）若磁力刹车直至速度减为0的过程所用时间为t，求此过程中摩擦力对过山车做的功W；
（3）若忽略摩擦阻力，求过山车运动到总位移的倍时，安培力的功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
由闭合电路的欧姆定律有
而
则根据牛顿第二定律有
联立可得
（2）减速过程应用动量定理有
平均感应电流
摩擦力对过山车做的功
联立可得
（3）过山车速度减0所用时间为，对该过程由动量定理有
结合
可得
当位移为总位移的倍时，所用时间为，设此时速度为，由动量定理有
该过程通过回路中的电荷量
而安培力在此时的功率
联立解得
（）
相关试卷
2022-2023学年天津市部分区高三下学期质量调查（一）（一模）物理试题（PDF版）： 这是一份2022-2023学年天津市部分区高三下学期质量调查（一）（一模）物理试题（PDF版），文件包含天津市部分区2023年高三质量调查试卷pdf、部分区一模物理答案1docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
天津市和平区2023届高三物理下学期第一次质量调查试题（Word版附解析）： 这是一份天津市和平区2023届高三物理下学期第一次质量调查试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本卷共8题，每题5分，共40分等内容，欢迎下载使用。
2023天津市部分区高三下学期质量调查（一）（一模）物理试题含答案： 这是一份2023天津市部分区高三下学期质量调查（一）（一模）物理试题含答案，文件包含2023届天津市部分区高三质量调查一物理试题docx、部分区一模物理答案1docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
