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广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第五次模拟考物理试题（解析版）
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这是一份广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第五次模拟考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，一物块放在倾斜木板上，当木板的倾角θ分别为30°和45°时，物块所受摩擦力的大小相等，则物块与木板间的动摩擦因数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对物块受力分析可知，当倾角为时，物块受到静摩擦力
当倾角为时，物块受到滑动摩擦力
联立方程
故选B。
2. 如图所示，将一小球以10m/s的速度水平抛出，落地时的速度方向与水平方向的夹角恰为45°，不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A. 小球抛出点离地面的高度15mB. 小球抛出点离地面的高度10m
C. 小球飞行的水平距离10mD. 小球飞行的水平距离20m
【答案】C
【解析】
【详解】AB.根据平抛规律：求得：落地竖直速度，竖直方向：，计算得：，AB错误
CD.根据竖直方向，解得，水平方向，C正确D错误
3. 如图所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F-t图像的其中一段，如图（b）所示，则（ ）
A. t0阶段重物一定处于静止状态B. t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速
C. t2阶段重物处于超重状态D. t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AD．t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误；D正确；
B．t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上减速，所以B错误；
C．t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，所以C错误；
故选D。
4. 卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，不仅用实验验证了万有引力定律的正确性，而且应用引力常量还可以测出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”。已知引力常量，地面上的重力加速度，地球半径，则地球质量约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据公式
可得
故选D。
5. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（ ）
A. 物体从A下降到B的过程中，速率不断变小
B. 物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大
C. 物体在B点时，所受合力为零
D. 物体从B上升到A的过程中，速率先增大，后减小
【答案】D
【解析】
【详解】AC．在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，且在B点速度为0时，存在一定的加速度，故物体在B点所受合力不为零；故AC错误；
BD．物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度大小先增大后减小，故B错误，D正确；
故选D。
6. 如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
B. 小球落地点时的速度大小为
C. 小球落地点离O点的水平距离为R
D. 若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】ABC．小不恰能通过最高点P，则重力提供向心力有
从最高点P飞出后小球做平抛运动，有
小球落地点时，由动能定理可得
解得
，
所以ABC错误；
D．若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高，因为这种情况下所用动能全部转化为重力势能，则D正确；
故选D
7. 带电粒子M和N以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是
A. M带正电，N带负电
B. M的质量小于N的质量
C. M的比荷小于N的比荷
D. M的运行时间小于N的运行时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．进入磁场时，M粒子所受的洛伦兹力方向向右，N的洛伦兹力方向向左，由左手定则判断出M带负电，N带正电，故A错误；
BC．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有
轨迹半径为：
由图看出，M的轨迹半径较大，而两个粒子的速率相等，则知，M粒子的比荷q/m较小，但不能判断它们电量和质量的大小，故B错误，C正确；
D．由周期公式 ，M粒子的比荷q/m较小，周期大；两粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，故M的运行时间大于N的运行时间，故D错误．
8. 某交流发电机的示意图如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。已知线圈面积S=0.01m2，线圈电阻r=2Ω，外接定值电阻的阻值R=8Ω，其他电阻不计，电路中的交流电压表、交流电流表均为理想电表，线圈产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈产生的交变电流的频率为100HzB. 电流表的示数为0.6A
C. 电压表的示数为6VD. 匀强磁场的磁感应强度大小为6T
【答案】B
【解析】
【详解】A．线圈产生的交变电流的周期为
T=0.02s
则频率为
选项A错误；
BC．交流电动势的有效值为
则
则电流表的示数为0.6A；电压表的示数为
U=IR=4.8V
选项B正确，C错误。
D．根据
匀强磁场的磁感应强度大小为
选项D错误。
故选B。
9. 如图所示，一个带电微粒从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方h处自由落下，两板间还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电小球通过正交的电、磁场时，其运动情况是（ ）
A. 可能做匀速直线运动
B. 可能做匀加速直线运动
C. 可能做曲线运动
D. 一定做曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】粒子进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平方向相反的电场力和洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故粒子一定做曲线运动
故选D。
10. 分别用频率为ν和2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1∶3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e。下列说法正确的是（ ）
A. 用频率为2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多
B. 用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应
C. 甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同
D. 该金属的逸出功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故A错误；
BD．光子能量分别为
和
根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为，逸出光电子的最大初动能之比为1：3，联立解得
用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应，故B正确，D错误；
C．两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故C错误。
故选B。
11. 如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为。一带负电的粒子（重力不计）由M点分别运动到N点和P点的过程中，电势能的增加量相等。则（ ）
A. 若该粒子从M点运动到Q点，动能一定增加
B. 若该粒子由N点运动到Q点，电势能一定减小
C. 直线c位于某一等势面内，
D. 直线b位于某一等势面内，
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．带负电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功，则负粒子的电势能增加，故电势减小，NP两点电势低于M点电势，电场力做负功相等，则粒子的电势能增加相等，即NP两点的电势相等，直线d位于某一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线c位于某一等势面内，直线a、b为电场线，MQ位于同一等势面上，故，所以带负电的粒子由M点运动到Q点，电场力不做功，动能不变，ACD错误；
B．因N点的电势低于D点的电势，故带负电的粒子由N点运动到Q点电场力做正功，电势能减小，B正确。
故选B。
12. 某圆形导电线圈处于一方向垂直于该线圈的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间的变化如图所示。对OP、PM、MN和NQ时间段内线圈中的感应电流，下列说法正确的是（ ）
A. PM段的感应电流值最大
B. OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的2倍
C. MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同
D. OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】设圆形导电线圈的面积为，线圈匝数为，电阻为，根据法拉第电磁感应定律有
则感应电流为
A．由磁感应强度B随时间的变化图可知，PM段的
故感应电流为零，故A错误；
B．由磁感应强度B随时间的变化图可知，OP段的是MN段的的，则OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的，故B错误；
C．由磁感应强度B随时间的变化图可知，MN段的与NQ段的相等，则MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同，故C正确；
D．由磁感应强度B随时间变化图可知，OP段的为正值，NQ段的为负值，则OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相反，故D错误。
故选C。
13. 一列简谐横波沿轴传播，、时刻的波形分别如图中实线、虚线所示。已知该波的速度大小为。下列说法中正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 时，4m处的质点加速度最大
C. 0.2s内4m处的质点沿轴方向运动3m
D. 时，3.5m处的质点比3m处的质点先回到平衡位置
【答案】D
【解析】
【详解】A．该波的速度大小为，0.2s传播的距离为
结合图形可判断该波沿轴负方向传播，故A错误；
B．时，4m处的质点位于平衡位置，速度最大，加速度最小，故B错误；
C．4m处的质点只上下振动，并不随波迁移，故C错误；
D．因为波沿轴负方向传播，时，3.5m处的质点比3m处的质点先回到平衡位置，故D正确。
故选D。
二、实验题（共21分）
14. 如图1所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．
（1）如图2用螺旋测微器测量钢球的直径，读数为______mm．
（2）钢球下落过程中受到的空气平均阻力Ff=______（用题中所给物理量符号来表示）．
（3）本题用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度______（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【答案】 ①. 12.985 ②. mg-m ③. ＜
【解析】
【详解】（1）[1]固定刻度读数为：12.5mm，可动刻度上读数为48.5×0.01=0.485mm，所以最终读数为：12.985mm；
（2）[2]根据平均速度公式可得，小球经过两光电门的速度分别为：
vA=
vB=
则对下落h过程分析，由速度和位移关系可知：
=2ah
再由牛顿第二定律可知：
mg-Ff=ma
解得阻力：
Ff=mg-m
（3）[3]由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．
15. 利用图（a）所示电路测量电池的电动势，金属丝的长度为1.000m，电阻率1.09×10﹣6Ω•m，微安表的量程为100μA，内阻Rg=1500Ω。
(1)甲同学用螺旋测微器某次测量金属丝直径时的示数如图（b）所示，则金属丝的直径为______mm，由此求得金属丝的电阻为______Ω（保留3位有效数字）；
(2)乙同学经多次测量，求得金属丝的电阻为5.50Ω。
①若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为______mA（保留3位有效数字）；
②若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，则电池电动势E=______。
【答案】 ①. 0.508(0.507～0.509) ②. 5.38(5.30Ω～5.60) ③. 15.1 ④.
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.8×0.01=0.008mm，所以金属丝的直径为0.508mm，由于需要估读，所以金属丝的直径为0.507～0.509mm；
[2]根据电阻的决定式得
==5.38Ω
由误差分析可得范围为：5.30Ω～5.60Ω；
(2)[3]金属丝的电阻为5.50Ω，若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为
=55.0×10﹣6AA=1.5055×10－2A=15.1mA
[4]若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律得
E=I1(R1+R其它)、E=I2(R2+R其它)
联立解得电池电动势
三、解答题（共77分）
16. 如图，玻璃柱的横截面为半径R=20.0cm的半圆，O点为圆心。光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直。一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现两个光斑。已知玻璃的折射率为n=。
(1)若=60°，求两个光斑间的距离；
(2)屏上两个光斑间的距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离。
【答案】(1)cm；(2)20cm
【解析】
【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30°
得：
根据折射定律得
可得，i=60°
则
所以两个光斑间的距离 LCD=LCN+LDN=
（ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式得：
所以两光斑间的最短距离 Lmin=
联立解得 Lmin=20cm
17. 斜面ABC倾角为30°，AB段粗糙，BC段光滑，如图（a）所示。质量为1kg的小物块以初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v—t图像如图（b）所示，重力加速度g取。求：
（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度；
（2）求物块与斜面的动摩擦因数；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过的时间。
【答案】（1）4m/s；（2）；（3）2.4s
【解析】
【详解】（1）由题意可知
由图像得
解得
（2）设BC段长度为，加速度大小为。段，由牛顿第二定律有
BC段有
联立解得
（3）因为BC段光滑，所以物体沿斜面下滑，回到点的速度大小仍为
段，设下滑时间，则
解得
BA段，位移
下滑时
解得
则小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间
故CA段下滑总时间
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m/s2，求:
(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v;
(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ;
(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。
【答案】(1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J
【解析】
【详解】(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律
解得
v=2m/s
方向水平向右
(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到州对静止，对平板车与滑块组成的系统
由能量守恒
解得
μ=0.54
如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒
解得
μ=0.18
(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒
得
Ep=18J
所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。
19. 如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=5T，导轨宽度L=0.4m，左侧与R=0.5Ω的定值电阻连接．右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻r=0.5Ω，与导轨的动摩擦因数μ=0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大，取g=10m/s2.求：
(1)导体棒ab运动的最大速度是多少?
(2)当导体棒ab的速度v=1m/s时，导体棒ab的加速度是多少?
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少?
【答案】(1)vm=1.5m/s (2)a=1m/s2 (3)QR=0.075J
【解析】
【详解】（1）导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E＝BLv，
由闭合电路的欧姆定律得：
导体棒受到的安培力：FA=BIL，
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：
解得最大速度：vm=1.5m/s；
（2）当速度为v由牛顿第二定律得：
解得：a=1m/s2；
（3）在整个过程中，由能量守恒定律可得:
解得：Q=0.15J，
所以QR=0.075J．
20. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上与O点相距为L的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，入电场时的速度方向恰与电场方向相反，不计重力。求:
(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；
(3)从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间；
(4)粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【解析】
【详解】(1)带电粒子磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，
由几何关系得
又由洛仑磁力提供向心力，有
解得
(2)依题意，粒子从P到M点第一次到达x轴粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为零，然后沿原路返回做匀加速运动，第二次到达x轴上的M点后进入磁场做圆周运动到N点转过90°，由几何关系有
所以粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为
(3)粒子在磁场中P到M点所需时间
粒子在电场中先减速再返回M点所需时间
粒子在磁场中从M点到N点所需时间
故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间
(4)粒子从N点到Q点做类平抛运动
解得
所以粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间为
1. 如图所示，一物块放在倾斜木板上，当木板的倾角θ分别为30°和45°时，物块所受摩擦力的大小相等，则物块与木板间的动摩擦因数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对物块受力分析可知，当倾角为时，物块受到静摩擦力
当倾角为时，物块受到滑动摩擦力
联立方程
故选B。
2. 如图所示，将一小球以10m/s的速度水平抛出，落地时的速度方向与水平方向的夹角恰为45°，不计空气阻力，g取10m/s2，则（ ）
A. 小球抛出点离地面的高度15mB. 小球抛出点离地面的高度10m
C. 小球飞行的水平距离10mD. 小球飞行的水平距离20m
【答案】C
【解析】
【详解】AB.根据平抛规律：求得：落地竖直速度，竖直方向：，计算得：，AB错误
CD.根据竖直方向，解得，水平方向，C正确D错误
3. 如图所示，老师用力传感器提着重物在竖直方向上做了一个超、失重实验，并截取了电脑显示器上所显示F-t图像的其中一段，如图（b）所示，则（ ）
A. t0阶段重物一定处于静止状态B. t1到t2阶段重物先向上加速后向下减速
C. t2阶段重物处于超重状态D. t3阶段重物处于静止状态或匀速直线运动状态
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】AD．t0阶段和t3阶段，拉力等于重力，重物可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，所以A错误；D正确；
B．t1阶段拉力大于重力，重物处于超重状态，加速度一定向上，重物向上做加速运动或向下做减速运动，t2阶段拉力小于重力，加速度向下，做向下加速或向上减速，所以B错误；
C．t2阶段拉力小于重力，重物处于失重状态，所以C错误；
故选D。
4. 卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量，不仅用实验验证了万有引力定律的正确性，而且应用引力常量还可以测出地球的质量，卡文迪许也因此被称为“能称出地球质量的人”。已知引力常量，地面上的重力加速度，地球半径，则地球质量约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据公式
可得
故选D。
5. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（ ）
A. 物体从A下降到B的过程中，速率不断变小
B. 物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大
C. 物体在B点时，所受合力为零
D. 物体从B上升到A的过程中，速率先增大，后减小
【答案】D
【解析】
【详解】AC．在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，且在B点速度为0时，存在一定的加速度，故物体在B点所受合力不为零；故AC错误；
BD．物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度大小先增大后减小，故B错误，D正确；
故选D。
6. 如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
B. 小球落地点时的速度大小为
C. 小球落地点离O点的水平距离为R
D. 若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】ABC．小不恰能通过最高点P，则重力提供向心力有
从最高点P飞出后小球做平抛运动，有
小球落地点时，由动能定理可得
解得
，
所以ABC错误；
D．若将半圆弧轨道上半部分的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点位置要高，因为这种情况下所用动能全部转化为重力势能，则D正确；
故选D
7. 带电粒子M和N以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是
A. M带正电，N带负电
B. M的质量小于N的质量
C. M的比荷小于N的比荷
D. M的运行时间小于N的运行时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．进入磁场时，M粒子所受的洛伦兹力方向向右，N的洛伦兹力方向向左，由左手定则判断出M带负电，N带正电，故A错误；
BC．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有
轨迹半径为：
由图看出，M的轨迹半径较大，而两个粒子的速率相等，则知，M粒子的比荷q/m较小，但不能判断它们电量和质量的大小，故B错误，C正确；
D．由周期公式 ，M粒子的比荷q/m较小，周期大；两粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，故M的运行时间大于N的运行时间，故D错误．
8. 某交流发电机的示意图如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。已知线圈面积S=0.01m2，线圈电阻r=2Ω，外接定值电阻的阻值R=8Ω，其他电阻不计，电路中的交流电压表、交流电流表均为理想电表，线圈产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈产生的交变电流的频率为100HzB. 电流表的示数为0.6A
C. 电压表的示数为6VD. 匀强磁场的磁感应强度大小为6T
【答案】B
【解析】
【详解】A．线圈产生的交变电流的周期为
T=0.02s
则频率为
选项A错误；
BC．交流电动势的有效值为
则
则电流表的示数为0.6A；电压表的示数为
U=IR=4.8V
选项B正确，C错误。
D．根据
匀强磁场的磁感应强度大小为
选项D错误。
故选B。
9. 如图所示，一个带电微粒从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方h处自由落下，两板间还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，带电小球通过正交的电、磁场时，其运动情况是（ ）
A. 可能做匀速直线运动
B. 可能做匀加速直线运动
C. 可能做曲线运动
D. 一定做曲线运动
【答案】D
【解析】
【详解】粒子进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平方向相反的电场力和洛伦兹力，若电场力与洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，粒子向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会一直与电场力平衡，故合力一定会与速度不共线，故粒子一定做曲线运动
故选D。
10. 分别用频率为ν和2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1∶3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e。下列说法正确的是（ ）
A. 用频率为2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多
B. 用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应
C. 甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同
D. 该金属的逸出功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故A错误；
BD．光子能量分别为
和
根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为，逸出光电子的最大初动能之比为1：3，联立解得
用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应，故B正确，D错误；
C．两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是不同的，故C错误。
故选B。
11. 如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为。一带负电的粒子（重力不计）由M点分别运动到N点和P点的过程中，电势能的增加量相等。则（ ）
A. 若该粒子从M点运动到Q点，动能一定增加
B. 若该粒子由N点运动到Q点，电势能一定减小
C. 直线c位于某一等势面内，
D. 直线b位于某一等势面内，
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．带负电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功，则负粒子的电势能增加，故电势减小，NP两点电势低于M点电势，电场力做负功相等，则粒子的电势能增加相等，即NP两点的电势相等，直线d位于某一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线c位于某一等势面内，直线a、b为电场线，MQ位于同一等势面上，故，所以带负电的粒子由M点运动到Q点，电场力不做功，动能不变，ACD错误；
B．因N点的电势低于D点的电势，故带负电的粒子由N点运动到Q点电场力做正功，电势能减小，B正确。
故选B。
12. 某圆形导电线圈处于一方向垂直于该线圈的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间的变化如图所示。对OP、PM、MN和NQ时间段内线圈中的感应电流，下列说法正确的是（ ）
A. PM段的感应电流值最大
B. OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的2倍
C. MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同
D. OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相同
【答案】C
【解析】
【详解】设圆形导电线圈的面积为，线圈匝数为，电阻为，根据法拉第电磁感应定律有
则感应电流为
A．由磁感应强度B随时间的变化图可知，PM段的
故感应电流为零，故A错误；
B．由磁感应强度B随时间的变化图可知，OP段的是MN段的的，则OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的，故B错误；
C．由磁感应强度B随时间的变化图可知，MN段的与NQ段的相等，则MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同，故C正确；
D．由磁感应强度B随时间变化图可知，OP段的为正值，NQ段的为负值，则OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相反，故D错误。
故选C。
13. 一列简谐横波沿轴传播，、时刻的波形分别如图中实线、虚线所示。已知该波的速度大小为。下列说法中正确的是（ ）
A. 该波沿轴正方向传播
B. 时，4m处的质点加速度最大
C. 0.2s内4m处的质点沿轴方向运动3m
D. 时，3.5m处的质点比3m处的质点先回到平衡位置
【答案】D
【解析】
【详解】A．该波的速度大小为，0.2s传播的距离为
结合图形可判断该波沿轴负方向传播，故A错误；
B．时，4m处的质点位于平衡位置，速度最大，加速度最小，故B错误；
C．4m处的质点只上下振动，并不随波迁移，故C错误；
D．因为波沿轴负方向传播，时，3.5m处的质点比3m处的质点先回到平衡位置，故D正确。
故选D。
二、实验题（共21分）
14. 如图1所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB．用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g．
（1）如图2用螺旋测微器测量钢球的直径，读数为______mm．
（2）钢球下落过程中受到的空气平均阻力Ff=______（用题中所给物理量符号来表示）．
（3）本题用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度______（选填“＞”或“＜”）钢球球心通过光电门的瞬时速度．
【答案】 ①. 12.985 ②. mg-m ③. ＜
【解析】
【详解】（1）[1]固定刻度读数为：12.5mm，可动刻度上读数为48.5×0.01=0.485mm，所以最终读数为：12.985mm；
（2）[2]根据平均速度公式可得，小球经过两光电门的速度分别为：
vA=
vB=
则对下落h过程分析，由速度和位移关系可知：
=2ah
再由牛顿第二定律可知：
mg-Ff=ma
解得阻力：
Ff=mg-m
（3）[3]由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．
15. 利用图（a）所示电路测量电池的电动势，金属丝的长度为1.000m，电阻率1.09×10﹣6Ω•m，微安表的量程为100μA，内阻Rg=1500Ω。
(1)甲同学用螺旋测微器某次测量金属丝直径时的示数如图（b）所示，则金属丝的直径为______mm，由此求得金属丝的电阻为______Ω（保留3位有效数字）；
(2)乙同学经多次测量，求得金属丝的电阻为5.50Ω。
①若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为______mA（保留3位有效数字）；
②若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，则电池电动势E=______。
【答案】 ①. 0.508(0.507～0.509) ②. 5.38(5.30Ω～5.60) ③. 15.1 ④.
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.8×0.01=0.008mm，所以金属丝的直径为0.508mm，由于需要估读，所以金属丝的直径为0.507～0.509mm；
[2]根据电阻的决定式得
==5.38Ω
由误差分析可得范围为：5.30Ω～5.60Ω；
(2)[3]金属丝的电阻为5.50Ω，若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为
=55.0×10﹣6AA=1.5055×10－2A=15.1mA
[4]若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律得
E=I1(R1+R其它)、E=I2(R2+R其它)
联立解得电池电动势
三、解答题（共77分）
16. 如图，玻璃柱的横截面为半径R=20.0cm的半圆，O点为圆心。光屏CD紧靠在玻璃柱的右侧，且与截面底边MN垂直。一光束沿中半径方向射向O点，光束和MN的夹角为，在光屏CD上出现两个光斑。已知玻璃的折射率为n=。
(1)若=60°，求两个光斑间的距离；
(2)屏上两个光斑间的距离会随大小的变化而改变，求两光斑间的最短距离。
【答案】(1)cm；(2)20cm
【解析】
【详解】（i）光束在MN界面上一部分反射，设反射光与光屏CD的交点为C，另一部分折射，设折射光与光屏的交点为D，入射角为r，折射角为i，光路图如图所示，由几何关系得：r=90°-θ=30°
得：
根据折射定律得
可得，i=60°
则
所以两个光斑间的距离 LCD=LCN+LDN=
（ii）屏上两个光斑间的距离会随θ的减小而变短，当光线在MN就要发生全反射时，两光斑间距离最短，由临界角公式得：
所以两光斑间的最短距离 Lmin=
联立解得 Lmin=20cm
17. 斜面ABC倾角为30°，AB段粗糙，BC段光滑，如图（a）所示。质量为1kg的小物块以初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的v—t图像如图（b）所示，重力加速度g取。求：
（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度；
（2）求物块与斜面的动摩擦因数；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过的时间。
【答案】（1）4m/s；（2）；（3）2.4s
【解析】
【详解】（1）由题意可知
由图像得
解得
（2）设BC段长度为，加速度大小为。段，由牛顿第二定律有
BC段有
联立解得
（3）因为BC段光滑，所以物体沿斜面下滑，回到点的速度大小仍为
段，设下滑时间，则
解得
BA段，位移
下滑时
解得
则小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间
故CA段下滑总时间
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m/s2，求:
(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v;
(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ;
(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。
【答案】(1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J
【解析】
【详解】(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律
解得
v=2m/s
方向水平向右
(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到州对静止，对平板车与滑块组成的系统
由能量守恒
解得
μ=0.54
如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒
解得
μ=0.18
(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒
得
Ep=18J
所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。
19. 如图所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=5T，导轨宽度L=0.4m，左侧与R=0.5Ω的定值电阻连接．右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m=2.0kg，电阻r=0.5Ω，与导轨的动摩擦因数μ=0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x=40cm后，速度达到最大，取g=10m/s2.求：
(1)导体棒ab运动的最大速度是多少?
(2)当导体棒ab的速度v=1m/s时，导体棒ab的加速度是多少?
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少?
【答案】(1)vm=1.5m/s (2)a=1m/s2 (3)QR=0.075J
【解析】
【详解】（1）导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E＝BLv，
由闭合电路的欧姆定律得：
导体棒受到的安培力：FA=BIL，
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：
解得最大速度：vm=1.5m/s；
（2）当速度为v由牛顿第二定律得：
解得：a=1m/s2；
（3）在整个过程中，由能量守恒定律可得:
解得：Q=0.15J，
所以QR=0.075J．
20. 如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上与O点相距为L的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，入电场时的速度方向恰与电场方向相反，不计重力。求:
(1)磁场的磁感应强度B；
(2)粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离；
(3)从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间；
(4)粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)
【解析】
【详解】(1)带电粒子磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，
由几何关系得
又由洛仑磁力提供向心力，有
解得
(2)依题意，粒子从P到M点第一次到达x轴粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为零，然后沿原路返回做匀加速运动，第二次到达x轴上的M点后进入磁场做圆周运动到N点转过90°，由几何关系有
所以粒子第三次到达x轴的位置到O点的距离为
(3)粒子在磁场中P到M点所需时间
粒子在电场中先减速再返回M点所需时间
粒子在磁场中从M点到N点所需时间
故粒子从P点开始到第三次通过x轴所经历的时间
(4)粒子从N点到Q点做类平抛运动
解得
所以粒子从第三次经过x轴到第四次经过x轴所用时间为
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