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2022-2023学年广东省肇庆中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年广东省肇庆中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省肇庆中学高三（下）开学考试物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是( )
A. 力的合成 B. 质点 C. 自由落体运动 D. 点电荷
2. 汽车在平直路面以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线15m处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的v−t图像可能是下图中的( )
A. B.
C. D.
3. 口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，平板电极表面为等势面，熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 针状电极上，针尖附近的电场较弱
B. 熔喷布上表面因捕获带电粒子将带负电
C. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其加速度逐渐减小
D. 两电极相距越远，熔喷布捕获的带电粒子速度越大
4. 某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.1kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则每根筷子对小球的压力至少为( )
A. 5N B. 7.5N C. 10N D. 12.5N
5. 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 宇航员在某一星球距离表面h高度处，初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到该星球表面，已知该星球的半径为R(R≫h)，引力常量为G，则该星球的质量为( )
A. 2hR2Gt2 B. 2hR2Gt C. 2hRGt2 D. Gt22hR2
7. 如图是磁流体发电机的示意图，它的发电原理是：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带有正点和负电的微粒，而从整体上说呈电中性)喷射入磁场，于是在磁场中有两块金属板A、B上就会聚集电荷，产生电压．以下说法正确的是( )
A. A板电势较高
B. 流过R的电流方向a→R→b
C. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功
D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为100rad/s
B. 在0～0.005s时间内，通过电热丝的电荷量为15πC
C. 电热丝两端的电压为180
D. 电热丝的发热功率为1800W
9. 如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为+q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器R的阻值可以从零连续增大到Rmax，定值电阻R1的阻值范围为r
A. 当R=R1−r时，R1消耗的功率最大 B. R消耗的最大功率可能为E24r+R1
C. 当R=0时，R1消耗的功率最大 D. 外电路消耗的最大功率为E2R1r+R12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
11. 疫情反弹期间，快递既可以满足人们的购物需要，又充气袋可以减少人员接触。在快递易碎品时，往往用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品。如图所示，当物品外部的充气袋四周被挤压时，外界对袋内气体_____(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)；若袋内气体(视为理想气体)与外界无热交换，则袋内气体分子的平均动能_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 某同学设计了如图所示装置来验证机械能守恒定律。
(1)质量均为M的重物A、B用绕过光滑定滑轮的轻绳连接、重物A上装有质量不计的遮光片，竖直标尺下端固定有光电门，固定重物A.先记下遮光片在标尺上对准的位置，再在重物A点下面悬挂一个质量为m的钩码。由静止释放重物A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，若遮光片的宽度为d，则遮光片挡光时重物A的速度为v=________。
(2)在重物A下面依次悬挂2个，3个，4个……n个，每次重物A从同一位置静止释放，重复(1)实验n次，测得n个对应的遮光片遮光时间t，以t2为纵轴，以1n为横轴，作出t2−1n图像，另外还需要测量的物理量是__________(写出物理量及符号)。已知当地重力加速度为g，如果作出的图像与纵轴的截距等于__________，图像的斜率等于___________，则机械能守恒定律得到验证。
13. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，闭合开关S1，当单刀双掷开关S2拨向上端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙U−I图像中的a图线；当单刀双掷开关S2拨向下端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙U−I图像中的b图线。
(1)可供选择的器材有
A.电流表A0−0.6A
B.电压表V10−3V
C.电压表V20−15V
D.滑动变阻器R10−20Ω
E.滑动变阻器R20−200Ω
(2)实验中电压表选用__________，滑动变阻器选用__________，(填器材前面的字母标号)。
(3)干电池电动势的真实值E=__________，内阻的真实值r=__________。
(4)假设电流表的内阻为RA，电压表的内阻为RV，干电池的内阻为r，图乙的a、b图线的交点的电压和电流的比值UI=__________。
五、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
14. 如图1所示装置可以用来研究气体状态变化问题。某次实验中，导热性能良好的玻璃注射器内密封了一部分气体，注射器上绑定一物块，当系统稳定时注射器内空气柱的长度为L，气体压强为p，实验室温度为T。现将此装置放在温度为1.1T的温室中，温室的大气压与实验室大气压相同，重力加速度为g，注射器横截面积为S，求：
(i)再次稳定时空气柱的长度L1；
(ii)在温室中将整个装置倒置如图2所示，稳定时空气柱的长度变为2L，求柱塞、压力表和物块的总质量m。
六、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向间夹角为60∘，要想使该粒子经过匀强磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
16. 如图所示，一个木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，并且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端，滑轮与物体A间的细绳平行于桌面。已知木板的质量m1=20.0kg，物体A的质量m2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ=0.5，木板长L=2m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)为了使A、B两个物体以及木板均保持静止状态，需要对木板施加水平向左的力F1加以维持，求这个力F1的大小；
(2)为了使物体A随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动，现把力F1替换为水平向左的力F2，求力F2的最大值；
(3)现在用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，使得物体B上升高度hB=1.0m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好经过木板的最右端，求打击木板的这个力的冲量大小I。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、力的合成是一种等效替代，故A正确；
B、质点是用来表示物体的有质量的点，忽略了物体的大小、形状等次要因数，是一种理想模型，故B错误；
C、自由落体运动忽略了空气阻力等次要因素，故C错误；
D、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，故D错误；
故选A．
理想化是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化．
理想化模型是抓住问题的主要方面，忽略问题的次要方面，是物理学中一种常见的研究方法．
2.【答案】A
【解析】试题分析：在v−t图像中图像与横坐标围成的面积表示位移，根据题意可知汽车速度为零时，走过的位移刚好为15m，据此分析．
此图线表示汽车发生的位移为 xA=12×10×3=15m ，A正确；B图的面积小于A图中的面积，可知 xB<15m ，B错误；C图中 xC=(10×1)+12×10×2=20m ，C错误；D图中 xD=(10×0.5)+12×10×2.5=17.5m ，D错误
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在电场中运动与实际生活相关联的情境，涉及电场线分布、电场力的变化等知识，知道针状电极上，电场线比较密，电场强。
针状电极上，电场线比较密，电场强；根据正离子所受的电场力方向确定正离子的运动方向，判断出熔喷布上所带电荷的电性；根据W=qU判断电场力做功的大小；根据电场强度的大小，判断出带电粒子所受电场力的大小，从而得出带电粒子加速度的变化。
【解答】
A.针状电极上，针尖附近的电场线较密，电场较强，故A错误；
B.针状电极带正电，平板电极带负电，它们之间的电场大致向下，空气被电离后的正电荷在电场力作用下向下运动，则熔喷布上表面因捕获带电粒子将带正电，故B错误；
C.沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，所受的电场力逐渐减小，则其加速度逐渐减小，故C正确；
D.设两电极间电压为U，熔喷布捕获的带电粒子速度为v，根据动能定理得qU=12mv2，得v= 2qUm，与两电极间的距离无关，所以熔喷布捕获的带电粒子速度一定，故D错误。
4.【答案】A
【解析】设筷子对小球的压力大小为N，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，小球受力平衡。
在竖直方向上有：2fcosθ−2Nsinθ=mg
f=μN
联立解得：N=mg2(μcosθ−sinθ)，代入数值解得N=5N，故A正确，BCD错误。
故选A。
本题主要考查力的合成与分解的运用，共点力的平衡，解决本题的关键在于分析筷子压力最小时，静摩擦力的方向及小球的受力情况。
5.【答案】B
【解析】根据如图乙所示的I−t图象可知I=kt，其中k为比例系数，又E=Blv， I=ER+r ，所以 v=kR+rBlt ，v−t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；由闭合电路欧姆定律可得： I=ER+r=kt ，可推出：E=kt(R+r)，而 E=▵Φ▵t ，所以有： ▵Φ▵t=kt(R+r) ， ▵Φ▵t−t 图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F−BIl−mgsinθ=ma，而 I=BlvR+r ，v=at得到 F=B2l2aR+rt+ma+mgsinθ ，可见F−t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误． q=I▵t=▵ΦR+r=Bl12at2R+r=Bla2R+rt2 ，q−t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误．
6.【答案】A
【解析】设该星球表面的重力加速度为g，小球在星球表面做平抛运动，有：h=12gt2，
设该星球的质量为M，在星球表面有：mg=GMmR2，
联立解得，该星球的质量：M=2hR2Gt2，故A项正确，BCD错误。
故选：A。
根据平抛运动竖直方向上的运动规律，结合位移时间公式求出星球表面的重力加速度，根据万有引力等于重力求出星球的质量。
解决本题的关键掌握，在星球表面上，不计星球自转因素时，物体所受万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
等离子体含有大量带正电和带负电的微粒，这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正、负电荷受到的洛伦兹力方向分别向下和向上，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极．电源的正极电势高于负极的电势。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力，此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。
【解答】
AB.大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由b→R→a，B板的电势高，故AB错误；
C.等离子体在a、b间运动时，磁场力是洛伦兹力，与速度垂直，不对等离子体做功，故C错误；
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，否则不会偏转，故D正确。
故选D。
8.【答案】BD
【解析】A.周期为0.02s，角速度为
ω=2πT=100πrad/s
故A错误；
B.在0～0.005s时间内，磁通量变化量为BS，交变电压峰值为200V，由 Em=NBSω 则
BS= 2π
电量
q=It= ΔΦR+r=15πC
故B错误；
C.电热丝两端电压
U=RR+r 2=99+1×200 2V=90 2V
故C错误；
D.电热丝的发热功率
P=I2R=U2R=(90 2)29W=1800W
故D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题关键在于用左手定则判断洛伦兹力的方向，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．
【解答】
A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D、粒子受向下的重力和向上的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选CD．
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联接入电路，根据串联电路特点、闭合电路欧姆定律及电功率公式P=I2R分析答题。
在闭合电路中(外电路为纯电阻电路)，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；属于应用电功率公式、应用配方法是正确解题的关键。
【解答】
AC.计算R1的最大功率，P1=I2R1=E2R1(r+R1+R)2，只需要回路中电流最大，此时R=0，R1消耗的功率为最大为P1=E2R1(r+R1)2，故A错误，C正确；
B.因为r
故选BCD。
11.【答案】 做正功 增大
【解析】[1][2]当物品外部的充气袋四周被挤压时，袋内气体体积减小，外界对袋内气体做正功；若袋内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律，袋内气体内能增大，分子的平均动能增大。
12.【答案】dt 重物A释放时遮光片离光电门的距离h d22gh Md2mgh
【解析】解：(1)由极短时间内的平均速度等于瞬时速度可得，遮光片通过光电门时重物A的速度：
v=dt，
(2)根据机械能守恒，可得
nmgh=12(nm+2M)v2=12(nm+2M)(dt)2
即有
t2=Md2mgh⋅1n+d22gh，
如果图像与以轴的截距为d22gh，斜率为Md2mgh，则机械能守恒定律得到验证。还需要测量重物A释放时遮光片离光电门的距离h。
故答案为：(1)dt(2)重物A释放时遮光片离光电门的距离h，d22gh，Md2mgh
(1)由极短时间内的平均速度等于瞬时速度可求得经过光电门时的速度；
(2)根据机械能守恒定律列式可得t2−1n图像解析式，即可求解。
解决本题的关键掌握实验的原理，知道用光电门测速度的方法，知道图像处理实验数据方法。
13.【答案】(2)B；D；(3)U2 ；U2I2 ；(4)RVRAr
【解析】(2)由于测量一节干电池的电动势和内阻，干电池的电动势约为1.5V，因此电压表选用B，即电压表V1。
由于一节电池的内阻较小，为调节滑动变阻器方便，效果明显，应选用最大阻值较小的D，即R1。
(3)当单刀双掷开关S2拨向上端，得到如图乙U−I图像中的a图线，电流趋于0时，电池内阻电压是零，开路电压等于电动势，因此图像a测得的电动势为真实值，即E=U2。
当单刀双掷开关S2拨向下端，得到如图乙U−I图像中的b图线，电压趋于0时，此时短路电流
I2=Er
则有内阻的真实值为
r=EI2=U2I2
(4)当单刀双掷开关S2拨向上端，则有
U=E−IRA+r
当单刀双掷开关S2拨向下端，则有
U=E−I+URVr
联立解得
UI=RVRAr
14.【答案】解
(i)在温度由T升高到1.1T过程中气体发生的是等压变化，
初状态：V1=LS，T1=T
末状态：V2=L1S，T2=1.1T
根据V1T1=V2T2
代入数据解得
L1=1.1L
(ii)在温室中装置倒置前后气体发生的是等温变化，
初状态：p1=p，V1=L1S
末状态：V2=2LS
根据p1V1=p2V2
代入数据解得
p2=0.55p
根据受力分析可知
ΔpS=2mg
Δp=p−p2
代入数据解得
m=0.225pSg
答：(i)再次稳定时空气柱的长度为1.1L；
(ii)柱塞、压力表和物块的总质量为0.225pSg。
【解析】(i)在温度由T升高到1.1T过程中气体发生的是等压变化，确定初末状态，根据等压变化求得空气柱长度；
(ii)装置倒置处于等温变化，求得倒置后的压强，再根据受力分析求得总质量。
本题考查了等压变化与等温变化规律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程，正确选择研究对象是解题的前提，应用对应的规律即可解题。
15.【答案】解：(1)如下图所示，
设粒子在磁场中的轨道半径为 R1，
则由几何关系得R1= 3r3，
又qv1B=mv1 2R1
得v1= 3Bqr3m．
(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系有：(2r−R2)2=R 2 2+r2
可得R2=3r4，又qv2B=v2 2R2，
可得v2=3Bqr4m
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m
答：(1)要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小为 3Bqr3m
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过3Bqr4m
【解析】(1)粒子第一次经过磁场通过A点，可先画出粒子的运动轨迹，利用几何关系求出粒子的运动半径，再由圆周运动公式求出粒子的初速度。
(2)粒子不穿出环形区域的临界情况是粒子做圆周运动时轨迹圆刚好与磁场的外边界内切，根据几何条件求出最大圆周半径，结合qvB=mv2R即可求出临界速度。
16.【答案】解：(1)对物体，由平衡条件可知，绳子拉力T1=m3g
对A和木板组成的整体，则有 F1=T1，F1=m3g=10N；
(2)物体A随着木板一起向左运动时，三个物体的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F2达到最大值．
对AB整体进究得，f−m3g=m2+m3a，
又f=μm2g
解得，a=2m/s2
对木板，根据牛顿第二定律得 F2−f=m1a
解得F2=60N；
(3)用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，A向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB的加速度大小与(2)中加速度大小相等，即为a=2m/s2
对B：h=12at2
解得，t=1s
设木板减速运动过程中的加速度大小为a′
则有 f=m1a′
解得，a′=1m/s2
根据题意，物体B上升hB=1.0m的过程中，木板向左运动的位移
x=L+hB=3m
设击打木板后的瞬间，木板的速度大小为v0，
对木板：由x=v0t−12a′t2
解得，v0=3.5m/s，
根据动量定理有I=m1v0−0，
代入解得：I=70N·s。
【解析】本题考查运动学中滑块−木板模型题；本题首先确定研究对象，其次要分析三个物体的运动情况，采用牛顿第二定律和运动学公式结合是基本方法。
(1)先对物体B研究，得到绳子的拉力大小，再对A和木板组成的整体，根据平衡条件求出F1的大小；
(2)物体A随着木板一起向左运动时，三个物体的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F2达到最大值，根据牛顿第二定律，先对AB整体进行研究，求出加速度，再对木板进行研究，求出力F2的最大值；
(3)用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，A向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB的加速度大小与(2)中加速度大小相等，由位移公式可求出B上升高度hB所用的时间．根据牛顿第二定律和运动学公式木板向左运动的初速度，在根据动量定理解题。
2022-2023学年广东省肇庆中学高三（下）开学考试物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型．下列选项中不属于物理学中的理想化模型的是( )
A. 力的合成 B. 质点 C. 自由落体运动 D. 点电荷
2. 汽车在平直路面以10m/s的速度匀速驶向十字路口，当行驶至距路口停车线15m处时，绿灯还有3s熄灭，若从此刻开始计时，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的v−t图像可能是下图中的( )
A. B.
C. D.
3. 口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，平板电极表面为等势面，熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 针状电极上，针尖附近的电场较弱
B. 熔喷布上表面因捕获带电粒子将带负电
C. 沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其加速度逐渐减小
D. 两电极相距越远，熔喷布捕获的带电粒子速度越大
4. 某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.1kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。则每根筷子对小球的压力至少为( )
A. 5N B. 7.5N C. 10N D. 12.5N
5. 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 宇航员在某一星球距离表面h高度处，初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到该星球表面，已知该星球的半径为R(R≫h)，引力常量为G，则该星球的质量为( )
A. 2hR2Gt2 B. 2hR2Gt C. 2hRGt2 D. Gt22hR2
7. 如图是磁流体发电机的示意图，它的发电原理是：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带有正点和负电的微粒，而从整体上说呈电中性)喷射入磁场，于是在磁场中有两块金属板A、B上就会聚集电荷，产生电压．以下说法正确的是( )
A. A板电势较高
B. 流过R的电流方向a→R→b
C. 等离子体在A、B间运动时，磁场力对等离子体做正功
D. 等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为100rad/s
B. 在0～0.005s时间内，通过电热丝的电荷量为15πC
C. 电热丝两端的电压为180
D. 电热丝的发热功率为1800W
9. 如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为+q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示的电路中，已知电源电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器R的阻值可以从零连续增大到Rmax，定值电阻R1的阻值范围为r
A. 当R=R1−r时，R1消耗的功率最大 B. R消耗的最大功率可能为E24r+R1
C. 当R=0时，R1消耗的功率最大 D. 外电路消耗的最大功率为E2R1r+R12
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
11. 疫情反弹期间，快递既可以满足人们的购物需要，又充气袋可以减少人员接触。在快递易碎品时，往往用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品。如图所示，当物品外部的充气袋四周被挤压时，外界对袋内气体_____(选填“做正功”、“做负功”或“不做功”)；若袋内气体(视为理想气体)与外界无热交换，则袋内气体分子的平均动能_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 某同学设计了如图所示装置来验证机械能守恒定律。
(1)质量均为M的重物A、B用绕过光滑定滑轮的轻绳连接、重物A上装有质量不计的遮光片，竖直标尺下端固定有光电门，固定重物A.先记下遮光片在标尺上对准的位置，再在重物A点下面悬挂一个质量为m的钩码。由静止释放重物A，记录遮光片通过光电门的遮光时间t，若遮光片的宽度为d，则遮光片挡光时重物A的速度为v=________。
(2)在重物A下面依次悬挂2个，3个，4个……n个，每次重物A从同一位置静止释放，重复(1)实验n次，测得n个对应的遮光片遮光时间t，以t2为纵轴，以1n为横轴，作出t2−1n图像，另外还需要测量的物理量是__________(写出物理量及符号)。已知当地重力加速度为g，如果作出的图像与纵轴的截距等于__________，图像的斜率等于___________，则机械能守恒定律得到验证。
13. 某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，电路图如图甲所示，闭合开关S1，当单刀双掷开关S2拨向上端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙U−I图像中的a图线；当单刀双掷开关S2拨向下端，改变滑动变阻器的阻值，得到如图乙U−I图像中的b图线。
(1)可供选择的器材有
A.电流表A0−0.6A
B.电压表V10−3V
C.电压表V20−15V
D.滑动变阻器R10−20Ω
E.滑动变阻器R20−200Ω
(2)实验中电压表选用__________，滑动变阻器选用__________，(填器材前面的字母标号)。
(3)干电池电动势的真实值E=__________，内阻的真实值r=__________。
(4)假设电流表的内阻为RA，电压表的内阻为RV，干电池的内阻为r，图乙的a、b图线的交点的电压和电流的比值UI=__________。
五、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
14. 如图1所示装置可以用来研究气体状态变化问题。某次实验中，导热性能良好的玻璃注射器内密封了一部分气体，注射器上绑定一物块，当系统稳定时注射器内空气柱的长度为L，气体压强为p，实验室温度为T。现将此装置放在温度为1.1T的温室中，温室的大气压与实验室大气压相同，重力加速度为g，注射器横截面积为S，求：
(i)再次稳定时空气柱的长度L1；
(ii)在温室中将整个装置倒置如图2所示，稳定时空气柱的长度变为2L，求柱塞、压力表和物块的总质量m。
六、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向间夹角为60∘，要想使该粒子经过匀强磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
16. 如图所示，一个木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，并且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端，滑轮与物体A间的细绳平行于桌面。已知木板的质量m1=20.0kg，物体A的质量m2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ=0.5，木板长L=2m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)为了使A、B两个物体以及木板均保持静止状态，需要对木板施加水平向左的力F1加以维持，求这个力F1的大小；
(2)为了使物体A随着木板一起向左运动，并且不发生相对滑动，现把力F1替换为水平向左的力F2，求力F2的最大值；
(3)现在用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，使得物体B上升高度hB=1.0m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好经过木板的最右端，求打击木板的这个力的冲量大小I。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、力的合成是一种等效替代，故A正确；
B、质点是用来表示物体的有质量的点，忽略了物体的大小、形状等次要因数，是一种理想模型，故B错误；
C、自由落体运动忽略了空气阻力等次要因素，故C错误；
D、点电荷忽略了电荷的大小等次要因素，故D错误；
故选A．
理想化是对事物的各个物理因素加以分析、忽略与问题无关或影响较小的因素，突出对问题起作用较大的主要因素，从而把问题简化．
理想化模型是抓住问题的主要方面，忽略问题的次要方面，是物理学中一种常见的研究方法．
2.【答案】A
【解析】试题分析：在v−t图像中图像与横坐标围成的面积表示位移，根据题意可知汽车速度为零时，走过的位移刚好为15m，据此分析．
此图线表示汽车发生的位移为 xA=12×10×3=15m ，A正确；B图的面积小于A图中的面积，可知 xB<15m ，B错误；C图中 xC=(10×1)+12×10×2=20m ，C错误；D图中 xD=(10×0.5)+12×10×2.5=17.5m ，D错误
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在电场中运动与实际生活相关联的情境，涉及电场线分布、电场力的变化等知识，知道针状电极上，电场线比较密，电场强。
针状电极上，电场线比较密，电场强；根据正离子所受的电场力方向确定正离子的运动方向，判断出熔喷布上所带电荷的电性；根据W=qU判断电场力做功的大小；根据电场强度的大小，判断出带电粒子所受电场力的大小，从而得出带电粒子加速度的变化。
【解答】
A.针状电极上，针尖附近的电场线较密，电场较强，故A错误；
B.针状电极带正电，平板电极带负电，它们之间的电场大致向下，空气被电离后的正电荷在电场力作用下向下运动，则熔喷布上表面因捕获带电粒子将带正电，故B错误；
C.沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，所受的电场力逐渐减小，则其加速度逐渐减小，故C正确；
D.设两电极间电压为U，熔喷布捕获的带电粒子速度为v，根据动能定理得qU=12mv2，得v= 2qUm，与两电极间的距离无关，所以熔喷布捕获的带电粒子速度一定，故D错误。
4.【答案】A
【解析】设筷子对小球的压力大小为N，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，小球受力平衡。
在竖直方向上有：2fcosθ−2Nsinθ=mg
f=μN
联立解得：N=mg2(μcosθ−sinθ)，代入数值解得N=5N，故A正确，BCD错误。
故选A。
本题主要考查力的合成与分解的运用，共点力的平衡，解决本题的关键在于分析筷子压力最小时，静摩擦力的方向及小球的受力情况。
5.【答案】B
【解析】根据如图乙所示的I−t图象可知I=kt，其中k为比例系数，又E=Blv， I=ER+r ，所以 v=kR+rBlt ，v−t图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；由闭合电路欧姆定律可得： I=ER+r=kt ，可推出：E=kt(R+r)，而 E=▵Φ▵t ，所以有： ▵Φ▵t=kt(R+r) ， ▵Φ▵t−t 图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F−BIl−mgsinθ=ma，而 I=BlvR+r ，v=at得到 F=B2l2aR+rt+ma+mgsinθ ，可见F−t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误． q=I▵t=▵ΦR+r=Bl12at2R+r=Bla2R+rt2 ，q−t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误．
6.【答案】A
【解析】设该星球表面的重力加速度为g，小球在星球表面做平抛运动，有：h=12gt2，
设该星球的质量为M，在星球表面有：mg=GMmR2，
联立解得，该星球的质量：M=2hR2Gt2，故A项正确，BCD错误。
故选：A。
根据平抛运动竖直方向上的运动规律，结合位移时间公式求出星球表面的重力加速度，根据万有引力等于重力求出星球的质量。
解决本题的关键掌握，在星球表面上，不计星球自转因素时，物体所受万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
等离子体含有大量带正电和带负电的微粒，这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正、负电荷受到的洛伦兹力方向分别向下和向上，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极．电源的正极电势高于负极的电势。
根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力，此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势。
【解答】
AB.大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由b→R→a，B板的电势高，故AB错误；
C.等离子体在a、b间运动时，磁场力是洛伦兹力，与速度垂直，不对等离子体做功，故C错误；
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，否则不会偏转，故D正确。
故选D。
8.【答案】BD
【解析】A.周期为0.02s，角速度为
ω=2πT=100πrad/s
故A错误；
B.在0～0.005s时间内，磁通量变化量为BS，交变电压峰值为200V，由 Em=NBSω 则
BS= 2π
电量
q=It= ΔΦR+r=15πC
故B错误；
C.电热丝两端电压
U=RR+r 2=99+1×200 2V=90 2V
故C错误；
D.电热丝的发热功率
P=I2R=U2R=(90 2)29W=1800W
故D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题关键在于用左手定则判断洛伦兹力的方向，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．
【解答】
A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D、粒子受向下的重力和向上的电场力，不受洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选CD．
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联接入电路，根据串联电路特点、闭合电路欧姆定律及电功率公式P=I2R分析答题。
在闭合电路中(外电路为纯电阻电路)，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；属于应用电功率公式、应用配方法是正确解题的关键。
【解答】
AC.计算R1的最大功率，P1=I2R1=E2R1(r+R1+R)2，只需要回路中电流最大，此时R=0，R1消耗的功率为最大为P1=E2R1(r+R1)2，故A错误，C正确；
B.因为r
故选BCD。
11.【答案】 做正功 增大
【解析】[1][2]当物品外部的充气袋四周被挤压时，袋内气体体积减小，外界对袋内气体做正功；若袋内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律，袋内气体内能增大，分子的平均动能增大。
12.【答案】dt 重物A释放时遮光片离光电门的距离h d22gh Md2mgh
【解析】解：(1)由极短时间内的平均速度等于瞬时速度可得，遮光片通过光电门时重物A的速度：
v=dt，
(2)根据机械能守恒，可得
nmgh=12(nm+2M)v2=12(nm+2M)(dt)2
即有
t2=Md2mgh⋅1n+d22gh，
如果图像与以轴的截距为d22gh，斜率为Md2mgh，则机械能守恒定律得到验证。还需要测量重物A释放时遮光片离光电门的距离h。
故答案为：(1)dt(2)重物A释放时遮光片离光电门的距离h，d22gh，Md2mgh
(1)由极短时间内的平均速度等于瞬时速度可求得经过光电门时的速度；
(2)根据机械能守恒定律列式可得t2−1n图像解析式，即可求解。
解决本题的关键掌握实验的原理，知道用光电门测速度的方法，知道图像处理实验数据方法。
13.【答案】(2)B；D；(3)U2 ；U2I2 ；(4)RVRAr
【解析】(2)由于测量一节干电池的电动势和内阻，干电池的电动势约为1.5V，因此电压表选用B，即电压表V1。
由于一节电池的内阻较小，为调节滑动变阻器方便，效果明显，应选用最大阻值较小的D，即R1。
(3)当单刀双掷开关S2拨向上端，得到如图乙U−I图像中的a图线，电流趋于0时，电池内阻电压是零，开路电压等于电动势，因此图像a测得的电动势为真实值，即E=U2。
当单刀双掷开关S2拨向下端，得到如图乙U−I图像中的b图线，电压趋于0时，此时短路电流
I2=Er
则有内阻的真实值为
r=EI2=U2I2
(4)当单刀双掷开关S2拨向上端，则有
U=E−IRA+r
当单刀双掷开关S2拨向下端，则有
U=E−I+URVr
联立解得
UI=RVRAr
14.【答案】解
(i)在温度由T升高到1.1T过程中气体发生的是等压变化，
初状态：V1=LS，T1=T
末状态：V2=L1S，T2=1.1T
根据V1T1=V2T2
代入数据解得
L1=1.1L
(ii)在温室中装置倒置前后气体发生的是等温变化，
初状态：p1=p，V1=L1S
末状态：V2=2LS
根据p1V1=p2V2
代入数据解得
p2=0.55p
根据受力分析可知
ΔpS=2mg
Δp=p−p2
代入数据解得
m=0.225pSg
答：(i)再次稳定时空气柱的长度为1.1L；
(ii)柱塞、压力表和物块的总质量为0.225pSg。
【解析】(i)在温度由T升高到1.1T过程中气体发生的是等压变化，确定初末状态，根据等压变化求得空气柱长度；
(ii)装置倒置处于等温变化，求得倒置后的压强，再根据受力分析求得总质量。
本题考查了等压变化与等温变化规律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程，正确选择研究对象是解题的前提，应用对应的规律即可解题。
15.【答案】解：(1)如下图所示，
设粒子在磁场中的轨道半径为 R1，
则由几何关系得R1= 3r3，
又qv1B=mv1 2R1
得v1= 3Bqr3m．
(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系有：(2r−R2)2=R 2 2+r2
可得R2=3r4，又qv2B=v2 2R2，
可得v2=3Bqr4m
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m
答：(1)要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小为 3Bqr3m
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过3Bqr4m
【解析】(1)粒子第一次经过磁场通过A点，可先画出粒子的运动轨迹，利用几何关系求出粒子的运动半径，再由圆周运动公式求出粒子的初速度。
(2)粒子不穿出环形区域的临界情况是粒子做圆周运动时轨迹圆刚好与磁场的外边界内切，根据几何条件求出最大圆周半径，结合qvB=mv2R即可求出临界速度。
16.【答案】解：(1)对物体，由平衡条件可知，绳子拉力T1=m3g
对A和木板组成的整体，则有 F1=T1，F1=m3g=10N；
(2)物体A随着木板一起向左运动时，三个物体的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F2达到最大值．
对AB整体进究得，f−m3g=m2+m3a，
又f=μm2g
解得，a=2m/s2
对木板，根据牛顿第二定律得 F2−f=m1a
解得F2=60N；
(3)用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，A向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB的加速度大小与(2)中加速度大小相等，即为a=2m/s2
对B：h=12at2
解得，t=1s
设木板减速运动过程中的加速度大小为a′
则有 f=m1a′
解得，a′=1m/s2
根据题意，物体B上升hB=1.0m的过程中，木板向左运动的位移
x=L+hB=3m
设击打木板后的瞬间，木板的速度大小为v0，
对木板：由x=v0t−12a′t2
解得，v0=3.5m/s，
根据动量定理有I=m1v0−0，
代入解得：I=70N·s。
【解析】本题考查运动学中滑块−木板模型题；本题首先确定研究对象，其次要分析三个物体的运动情况，采用牛顿第二定律和运动学公式结合是基本方法。
(1)先对物体B研究，得到绳子的拉力大小，再对A和木板组成的整体，根据平衡条件求出F1的大小；
(2)物体A随着木板一起向左运动时，三个物体的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F2达到最大值，根据牛顿第二定律，先对AB整体进行研究，求出加速度，再对木板进行研究，求出力F2的最大值；
(3)用一个水平向左的力瞬间击打木板，并同时撤去力F1，A向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB的加速度大小与(2)中加速度大小相等，由位移公式可求出B上升高度hB所用的时间．根据牛顿第二定律和运动学公式木板向左运动的初速度，在根据动量定理解题。
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