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2024届福建省泉州市永春第一中学高三下学期物理模拟试卷（解析版）
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这是一份2024届福建省泉州市永春第一中学高三下学期物理模拟试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 汽车匀速率地行驶在如图所示凹凸路面上，则在、、、四点中，最易爆胎和最易腾空而起的点是（ ）
A. D与CB. C与BC. B与AD. A与D
【答案】A
【解析】
【详解】汽车在坡谷时：
可得：
r越小，FN越大；而D点半径比B点小，则D点最容易爆胎.
汽车在坡顶时：
mg-FN=mv2r
解得：
半径越小，FN越小，越容易飞离地面，所以C点容易容易飞离地面.故选A．
2. 如图所示，把一个上表面水平、下表面是半径很大的球面的凸透镜放在一块平面玻璃板上，凸透镜的上表面与玻璃板平行，从上往下看凸透镜，看到的干涉图样应为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大。
【详解】凸透镜曲面与平面玻璃板间形成空气薄膜，空气薄膜上，同一厚度上，应处于同一条纹上，两反射光的路程差沿半径自内向外随距离的变化越来越快，条纹逐渐变密。
故选B。
【点睛】本题考查光的干涉原理，关键掌握干涉的条件及牛顿环的工作原理，对物理现象要知其然更要知其所以然。
3. 某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理课本竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，忽略空气阻力，结合实际频率为（ ）
A. 5HzB. 10HzC. 20HzD. 50Hz
【答案】C
【解析】
【分析】根据图中的情况，结合自由落体运动的规律估算频率即可。
【详解】物理课本长度约为
l＝0.3m
由题图可知，设闪光周期为T，钢球从物理书上边沿到下边沿经过6次闪光，可知钢球下落时间为
t＝5T
钢球做自由落体运动
解得
该频闪摄影的闪光频率约为
故选C。
【点睛】考查自由落体运动中的机械能守恒的问题，会根据题意进行相关物理量的运算和解答。
4. 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（ ）
A. 0.160JB. 0.032JC. 0.014JD. 0.016J
【答案】C
【解析】
【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即
解得
根据左手定则可知，滑块受到洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则
解得
当滑块脱离小车时，有
解得滑块的速度大小为
所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
故选C。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5. 无动力翼装飞行是运动员穿戴拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，如图所示，则从a到b的运动过程中（ ）
A. 运动员所受的合外力为零
B. 运动员处于超重状态
C. 运动员的机械能逐渐减小
D. 运动员的机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】A.从a到b的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，则合外力提供向心力，故A错误；
B.从a到b的运动过程向心加速度有向上的分量，故运动员处于超重状态，故B正确；
CD.从a到b的运动过程速率不变，则动能不变，重力势能减小，故运动员的机械能逐渐减小，故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】考查机械能守恒和匀速圆周运动问题，会根据题意进行分析和判断。
6. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 香肠烤熟前金属杆1对烤肠的支持力大小为
B. 香肠烤熟后金属杆1对其支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C. 香肠烤熟后金属杆1对其支持力比烤熟前变小
D. 香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对其合力不变
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．对香肠进行受力分析如图所示，根据对称性有
根据平衡条件有
令金属杆之间的距离为d，则
可知
半径R变大，则θ减小，由分析可知， N1、N2均减小，选项AB错误，C正确；
D．香肠处于静止平衡状态，合力为0，则两根金属杆对其合力不变，始终与重力等大反向，D正确。
故选CD。
7. 如图甲，水平面上固定着倾角为的足够长的光滑绝缘斜面，以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向，有部分区域分布着沿x轴方向的电场。在斜面顶端静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块（可视为质点），其沿斜面向下运动过程中机械能E随位置x变化的关系如图乙，其中处对应曲线的切线斜率绝对值最大且为，、处斜率为0。不考虑空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 从，滑块电势能一直增大
B. 滑块加速度先增大后减小
C. 在处滑块速度最大
D. 滑块动能先增大再减小再增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，滑块在斜面上下滑到位置之前，滑块的机械能守恒，而从位置滑块的机械能始终减小，则可知在此过程中电场力对滑块始终做负功，滑块的电势能始终增大，故A正确；
BC．滑块重力沿斜面向下的分力为，而图像斜率表示电场力大小，可知后电场力先由0变大至，后减小为0；滑块在开始下滑时合力沿斜面向下，大小为，滑块做匀加速运动，从位置之后电场力从0开始先变大后变小，则滑块所受合力先减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，到了至某位置斜率为处时合外力为零，加速度为0，此时滑块速度达到最大，而继续运动至前电场力大于重力沿斜面向下的分力，滑块合外力沿斜面向上且逐渐增大，可知该过程中滑块做加速度变大的减速运动，而过了后，滑块所受合外力先沿斜面向上逐渐减小，即滑块先做加速度变小的减速运动，至同样斜率为处后合力向下，滑块做加速度变大的加速运动，因此滑块的加速度先减小后增大，之后又减小再增大，则可知滑块应在至中斜率为处速度最大，故BC错误；
D．根据以上分析，对滑块的运动，总体是先加速再减速再加速，因此滑块的动能是先增大后减小再增大，故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球紧靠着塑料圆盘，小球A固定不动（图中未画出）。小球B绕圆盘边缘在平面内从沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度随变化的图像（如图乙）和沿y方向的电场强度随变化的图像（如图丙）。下列说法正确的是（ ）
A. 小球A带负电荷，小球B带正电荷
B. 小球A、B所带电荷量之比为
C. 小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小
D. 小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由乙、丙两图可知，当时，小球B在O点正上方，此时，，则说明小球A一定在y轴上固定；当时，，小球B在O点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负向，则说明小球B为正电荷，此时，竖直方向的场强方向为y轴负向，若小球A在O点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，故A错误；
B．由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离r相同，当时，，，由可得
故B正确；
C．盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的矢量和，随着小球B从转到2π的过程中，和大小都不变，和的夹角在增大的过程中，当时，O处的合场强最大；当时，O处的合场强最小；所以小球B从转到2π的过程中，中心O处的合场强先增大后减小再增大，故C错误；
D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，当时，O处的合场强最小，其值大小为
故D正确。
故选BD。
三、填空题（每题3分，共9分）
9. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B到状态C再到状态D的T-V图像，已知状态B的压强为pB=1.5×105Pa，CD的延长线过坐标原点，D点坐标为（0.3m3，200K），那么状态C的压强pC=________；从状态A经过状态B再到状态C的过程中气体对外做的功W=________。
【答案】 ①. 2.0×105Pa ②. 3.0×104J
【解析】
【详解】[1]由图像可知，从A到B过程，气体发生等压变化，即
同理可知，状态C与状态D的压强相等，由理想气体状态方程可得
解得
[2]由状态A到状态B，气体发生等压变化，气体体积增大，则气体对外做功为
气体从状态B到状态C发生等容变化，气体对外不做功，所以
10. 如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M的下端与正在转动的电动机接触后，发现b钢片振幅很大________r/s，钢片d的振动频率约为 ________Hz。
【答案】 ①. 90 ②. 90
【解析】
【分析】b振幅最大说明发生共振现象，系统的驱动力频率等于b钢片的固有频率。
【详解】[1] b钢片振幅最大，与系统产生共振，电动机的转速和频率相同
故填90；
[2]钢片d的振动频率等于电动机的转速为90Hz，故填90。
【点睛】明确物体做受迫振动，振幅最大，产生共振现象。
11. 如图，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的磁场中，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动，在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置）开始，再转________角度，可达中性面，线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为________。
【答案】 ①. 60° ②.
【解析】
【详解】[1]线圈自图示位置转过60°时，线圈平面与磁场垂直，位于中性面；
[2]转动过程中的最大感应动势为
产生电动势的有效值为
四、实验题（12题6分，13题7分）
12. 某实验小组用如图甲所示装置探究加速度与合力的关系，一细绳通过定滑轮连接两个小桶A和B，A桶中放有若干个质量均为m的钩码，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加速度为g。
（1）下列实验操作步骤，正确的顺序是________。
①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶
②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀。
③根据所得数据，作出相关图像，得出结论
④重复步骤①的操作，得到多组数据。
（2）打点计时器的打点周期为T，实验打出的一段纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、5点间距为x2，则桶的加速度大小为________（用所给字母表示）。
（3）实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点斜率为k的倾斜直线，若牛顿第二定律成立，则两桶及所有钩码和桶内沙子的总质量________（用k、g表示）。
【答案】（1）②①④③
（2）
（3）2gk
【解析】
【小问1详解】
正确步骤为：给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀，从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a，重复步骤①的操作，得到多组数据，根据所得数据，作出相关图像，得出结论。故顺序为②①④③。
【小问2详解】
由逐差法有
整理有
【小问3详解】
设B桶和沙子的总质量为，A桶的质量为，钩码的总质量为，从A桶中取出钩码放到B同种的质量为，设绳子拉力为T，有
初始时B桶中没放钩码时，A桶和B桶匀速下落有
整理有
当从A桶中取出质量为的钩码放到B桶中时，对B桶有
对A桶有
解得
变形有
由于以桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点斜率为k，则有
解得
13. 滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池（电动势为3V，内阻为r），电流表（量程为0.6A，内阻为），电阻箱R（），待测滑动变阻器（总匝数120匝，匝数清晰可数），开关及导线若干。
器材按图1连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I。作出图像，如图2所示。
（1）用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3所示，电阻丝直径______mm；
（2）某次测量时，电流表指针位置如图4所示，读数______A；
（3）已知待测变阻器螺线管的直径，则待测变阻器电阻丝电阻率为______（结果保留2位有效数字）；
（4）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为，则两节干电池串联的总内阻______（结果保留2位有效数字）；
（5）实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.635（0.633-0.637均可）
（2）0.34 （3）（均可）
（4）1.2 （5）不变
【解析】
【小问1详解】
电阻丝直径为
【小问2详解】
电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，则该电流表的读数为
【小问3详解】
根据电阻定律
由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，斜率
代入数据，联立可得，待测变阻器电阻丝电阻率为
【小问4详解】
如图所示
根据
纵截距
代入数据解得两节干电池串联的总内阻为
【小问5详解】
根据
可知实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，即增大，影响纵截距，不影响斜率，故则测得的电阻率不变。
五、解答题（14题10分，15题12分，16题16分）
14. 人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以1m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°。若人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑雪者加速度的大小；
（2）3s内滑雪者下滑位移的大小；
（3）3s末人与滑板总重力的瞬时功率。
【答案】（1）；（2）21m；（3）3900W
【解析】
详解】（1）由牛顿第二定律
解得滑雪者加速度的大小为
（2）由运动学公式
其中
，
解得3s内滑雪者下滑位移的大小为
x=21m
（3）由运动学公式
重力的瞬时功率
联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为
P=3900W
15. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，运动过程中腰带可视为静止，不计一切阻力2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）配重做匀速圆周运动的角速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N；（2）；（3）7.07J
【解析】
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，如图所示
有
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
（3）配重做匀速圆周运动的线速度大小
解得
根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
【点睛】本题考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚配重的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解配重的速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
16. 如图所示，水平地面上方存在电场强度、方向水平向右的匀强电场。质量的不带电小物块B静置于绝缘水平地面上的O点，在O点左侧相距的P点，由静止释放质量、带电荷量的小物块A后，A与B发生多次弹性正碰（碰撞时间极短）后B通过Q点。已知O、Q两点间距，B与地面之间的动摩擦因数，A与地面之间的摩擦不计，A的电荷量始终不变，重力加速度大小，不计空气阻力。
求：
（1）A、B第一次碰后瞬间，A、B各自的速度大小；
（2）A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔；
（3）B通过Q点时的速度大小。
【答案】（1）1m/s，2m/s；（2）0.4s；（3）m/s
【解析】
【详解】（1）A向右运动，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
设A、B碰后瞬间，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
联立解得
=-1m/s，=2m/s
（2）A，B碰后，B向右做匀减速运动，A向左减速，对B由牛顿第二定律
设B经时间向右运动x停止，有
联立解得
x=0.4m，t=0.4s
t时间内，设A位移s，对A有
此时，A的速度为
联立解得
x=0.4m，v= 3m/s
即B停止的瞬间，A刚好与B相碰，再次重复第一次的碰撞，则A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔
t=0.4s
（3） A、B每经历一次碰撞，B向右移动0.4m，由
可知B向右移动5x，再对B由动能定理得
解得
m/s
1. 汽车匀速率地行驶在如图所示凹凸路面上，则在、、、四点中，最易爆胎和最易腾空而起的点是（ ）
A. D与CB. C与BC. B与AD. A与D
【答案】A
【解析】
【详解】汽车在坡谷时：
可得：
r越小，FN越大；而D点半径比B点小，则D点最容易爆胎.
汽车在坡顶时：
mg-FN=mv2r
解得：
半径越小，FN越小，越容易飞离地面，所以C点容易容易飞离地面.故选A．
2. 如图所示，把一个上表面水平、下表面是半径很大的球面的凸透镜放在一块平面玻璃板上，凸透镜的上表面与玻璃板平行，从上往下看凸透镜，看到的干涉图样应为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹。使牛顿环的曲率半径越大，相同的水平距离使空气层的厚度变小，所以观察到的圆环状条纹间距变大。
【详解】凸透镜曲面与平面玻璃板间形成空气薄膜，空气薄膜上，同一厚度上，应处于同一条纹上，两反射光的路程差沿半径自内向外随距离的变化越来越快，条纹逐渐变密。
故选B。
【点睛】本题考查光的干涉原理，关键掌握干涉的条件及牛顿环的工作原理，对物理现象要知其然更要知其所以然。
3. 某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理课本竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，忽略空气阻力，结合实际频率为（ ）
A. 5HzB. 10HzC. 20HzD. 50Hz
【答案】C
【解析】
【分析】根据图中的情况，结合自由落体运动的规律估算频率即可。
【详解】物理课本长度约为
l＝0.3m
由题图可知，设闪光周期为T，钢球从物理书上边沿到下边沿经过6次闪光，可知钢球下落时间为
t＝5T
钢球做自由落体运动
解得
该频闪摄影的闪光频率约为
故选C。
【点睛】考查自由落体运动中的机械能守恒的问题，会根据题意进行相关物理量的运算和解答。
4. 如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（ ）
A. 0.160JB. 0.032JC. 0.014JD. 0.016J
【答案】C
【解析】
【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即
解得
根据左手定则可知，滑块受到洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则
解得
当滑块脱离小车时，有
解得滑块的速度大小为
所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得
解得
根据能量守恒定律可得
故选C。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5. 无动力翼装飞行是运动员穿戴拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，如图所示，则从a到b的运动过程中（ ）
A. 运动员所受的合外力为零
B. 运动员处于超重状态
C. 运动员的机械能逐渐减小
D. 运动员的机械能守恒
【答案】BC
【解析】
【详解】A.从a到b的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，则合外力提供向心力，故A错误；
B.从a到b的运动过程向心加速度有向上的分量，故运动员处于超重状态，故B正确；
CD.从a到b的运动过程速率不变，则动能不变，重力势能减小，故运动员的机械能逐渐减小，故C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】考查机械能守恒和匀速圆周运动问题，会根据题意进行分析和判断。
6. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 香肠烤熟前金属杆1对烤肠的支持力大小为
B. 香肠烤熟后金属杆1对其支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C. 香肠烤熟后金属杆1对其支持力比烤熟前变小
D. 香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对其合力不变
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．对香肠进行受力分析如图所示，根据对称性有
根据平衡条件有
令金属杆之间的距离为d，则
可知
半径R变大，则θ减小，由分析可知， N1、N2均减小，选项AB错误，C正确；
D．香肠处于静止平衡状态，合力为0，则两根金属杆对其合力不变，始终与重力等大反向，D正确。
故选CD。
7. 如图甲，水平面上固定着倾角为的足够长的光滑绝缘斜面，以斜面顶端为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向，有部分区域分布着沿x轴方向的电场。在斜面顶端静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块（可视为质点），其沿斜面向下运动过程中机械能E随位置x变化的关系如图乙，其中处对应曲线的切线斜率绝对值最大且为，、处斜率为0。不考虑空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 从，滑块电势能一直增大
B. 滑块加速度先增大后减小
C. 在处滑块速度最大
D. 滑块动能先增大再减小再增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，滑块在斜面上下滑到位置之前，滑块的机械能守恒，而从位置滑块的机械能始终减小，则可知在此过程中电场力对滑块始终做负功，滑块的电势能始终增大，故A正确；
BC．滑块重力沿斜面向下的分力为，而图像斜率表示电场力大小，可知后电场力先由0变大至，后减小为0；滑块在开始下滑时合力沿斜面向下，大小为，滑块做匀加速运动，从位置之后电场力从0开始先变大后变小，则滑块所受合力先减小，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，到了至某位置斜率为处时合外力为零，加速度为0，此时滑块速度达到最大，而继续运动至前电场力大于重力沿斜面向下的分力，滑块合外力沿斜面向上且逐渐增大，可知该过程中滑块做加速度变大的减速运动，而过了后，滑块所受合外力先沿斜面向上逐渐减小，即滑块先做加速度变小的减速运动，至同样斜率为处后合力向下，滑块做加速度变大的加速运动，因此滑块的加速度先减小后增大，之后又减小再增大，则可知滑块应在至中斜率为处速度最大，故BC错误；
D．根据以上分析，对滑块的运动，总体是先加速再减速再加速，因此滑块的动能是先增大后减小再增大，故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球紧靠着塑料圆盘，小球A固定不动（图中未画出）。小球B绕圆盘边缘在平面内从沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度随变化的图像（如图乙）和沿y方向的电场强度随变化的图像（如图丙）。下列说法正确的是（ ）
A. 小球A带负电荷，小球B带正电荷
B. 小球A、B所带电荷量之比为
C. 小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小
D. 小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由乙、丙两图可知，当时，小球B在O点正上方，此时，，则说明小球A一定在y轴上固定；当时，，小球B在O点正右侧，而水平方向场强方向为x轴负向，则说明小球B为正电荷，此时，竖直方向的场强方向为y轴负向，若小球A在O点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在O点正下方固定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，故A错误；
B．由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离r相同，当时，，，由可得
故B正确；
C．盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的矢量和，随着小球B从转到2π的过程中，和大小都不变，和的夹角在增大的过程中，当时，O处的合场强最大；当时，O处的合场强最小；所以小球B从转到2π的过程中，中心O处的合场强先增大后减小再增大，故C错误；
D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，当时，O处的合场强最小，其值大小为
故D正确。
故选BD。
三、填空题（每题3分，共9分）
9. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B到状态C再到状态D的T-V图像，已知状态B的压强为pB=1.5×105Pa，CD的延长线过坐标原点，D点坐标为（0.3m3，200K），那么状态C的压强pC=________；从状态A经过状态B再到状态C的过程中气体对外做的功W=________。
【答案】 ①. 2.0×105Pa ②. 3.0×104J
【解析】
【详解】[1]由图像可知，从A到B过程，气体发生等压变化，即
同理可知，状态C与状态D的压强相等，由理想气体状态方程可得
解得
[2]由状态A到状态B，气体发生等压变化，气体体积增大，则气体对外做功为
气体从状态B到状态C发生等容变化，气体对外不做功，所以
10. 如图所示是共振原理演示仪。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100Hz、90Hz、80Hz、70Hz的四个钢片a、b、c、d，将M的下端与正在转动的电动机接触后，发现b钢片振幅很大________r/s，钢片d的振动频率约为 ________Hz。
【答案】 ①. 90 ②. 90
【解析】
【分析】b振幅最大说明发生共振现象，系统的驱动力频率等于b钢片的固有频率。
【详解】[1] b钢片振幅最大，与系统产生共振，电动机的转速和频率相同
故填90；
[2]钢片d的振动频率等于电动机的转速为90Hz，故填90。
【点睛】明确物体做受迫振动，振幅最大，产生共振现象。
11. 如图，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的磁场中，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动，在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置）开始，再转________角度，可达中性面，线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为________。
【答案】 ①. 60° ②.
【解析】
【详解】[1]线圈自图示位置转过60°时，线圈平面与磁场垂直，位于中性面；
[2]转动过程中的最大感应动势为
产生电动势的有效值为
四、实验题（12题6分，13题7分）
12. 某实验小组用如图甲所示装置探究加速度与合力的关系，一细绳通过定滑轮连接两个小桶A和B，A桶中放有若干个质量均为m的钩码，打点计时器固定在铁架台上，已知重力加速度为g。
（1）下列实验操作步骤，正确的顺序是________。
①从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶
②给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀。
③根据所得数据，作出相关图像，得出结论
④重复步骤①的操作，得到多组数据。
（2）打点计时器的打点周期为T，实验打出的一段纸带如图乙所示，5个点为连续打出的点，1、5点间距为x2，则桶的加速度大小为________（用所给字母表示）。
（3）实验小组测得多组数据，以B桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点斜率为k的倾斜直线，若牛顿第二定律成立，则两桶及所有钩码和桶内沙子的总质量________（用k、g表示）。
【答案】（1）②①④③
（2）
（3）2gk
【解析】
【小问1详解】
正确步骤为：给B桶一竖直向下的速度，通过不断调整B桶中细沙的质量，直到打出的纸带点迹均匀，从A桶中取一个钩码放入B桶，接通电源，释放B桶，利用纸带测出加速度a，重复步骤①的操作，得到多组数据，根据所得数据，作出相关图像，得出结论。故顺序为②①④③。
【小问2详解】
由逐差法有
整理有
【小问3详解】
设B桶和沙子的总质量为，A桶的质量为，钩码的总质量为，从A桶中取出钩码放到B同种的质量为，设绳子拉力为T，有
初始时B桶中没放钩码时，A桶和B桶匀速下落有
整理有
当从A桶中取出质量为的钩码放到B桶中时，对B桶有
对A桶有
解得
变形有
由于以桶中钩码的质量为纵坐标，A桶和B桶的加速度为横坐标，得到一条过原点斜率为k，则有
解得
13. 滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成。现为了测定某一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：
两节干电池（电动势为3V，内阻为r），电流表（量程为0.6A，内阻为），电阻箱R（），待测滑动变阻器（总匝数120匝，匝数清晰可数），开关及导线若干。
器材按图1连接，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关，调节电阻箱至合适阻值并保持不变，移动待测滑动变阻器的滑片，多次记录该滑动变阻器接入电路的匝数n和相应电流表的读数I。作出图像，如图2所示。
（1）用螺旋测微器测量滑动变阻器电阻丝的直径如图3所示，电阻丝直径______mm；
（2）某次测量时，电流表指针位置如图4所示，读数______A；
（3）已知待测变阻器螺线管的直径，则待测变阻器电阻丝电阻率为______（结果保留2位有效数字）；
（4）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为，则两节干电池串联的总内阻______（结果保留2位有效数字）；
（5）实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，则测得的电阻率______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）0.635（0.633-0.637均可）
（2）0.34 （3）（均可）
（4）1.2 （5）不变
【解析】
【小问1详解】
电阻丝直径为
【小问2详解】
电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，则该电流表的读数为
【小问3详解】
根据电阻定律
由闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，斜率
代入数据，联立可得，待测变阻器电阻丝电阻率为
【小问4详解】
如图所示
根据
纵截距
代入数据解得两节干电池串联的总内阻为
【小问5详解】
根据
可知实验中所用的电源因长时间使用，内阻增大，即增大，影响纵截距，不影响斜率，故则测得的电阻率不变。
五、解答题（14题10分，15题12分，16题16分）
14. 人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以1m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°。若人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑雪者加速度的大小；
（2）3s内滑雪者下滑位移的大小；
（3）3s末人与滑板总重力的瞬时功率。
【答案】（1）；（2）21m；（3）3900W
【解析】
详解】（1）由牛顿第二定律
解得滑雪者加速度的大小为
（2）由运动学公式
其中
，
解得3s内滑雪者下滑位移的大小为
x=21m
（3）由运动学公式
重力的瞬时功率
联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为
P=3900W
15. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，运动过程中腰带可视为静止，不计一切阻力2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）配重做匀速圆周运动的角速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N；（2）；（3）7.07J
【解析】
【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg和绳的拉力T，如图所示
有
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
（3）配重做匀速圆周运动的线速度大小
解得
根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
【点睛】本题考查匀速圆周运动和动能定理，关键是弄清楚配重的受力情况，能够根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解配重的速度。要知道动能定理是求功常用的方法。
16. 如图所示，水平地面上方存在电场强度、方向水平向右的匀强电场。质量的不带电小物块B静置于绝缘水平地面上的O点，在O点左侧相距的P点，由静止释放质量、带电荷量的小物块A后，A与B发生多次弹性正碰（碰撞时间极短）后B通过Q点。已知O、Q两点间距，B与地面之间的动摩擦因数，A与地面之间的摩擦不计，A的电荷量始终不变，重力加速度大小，不计空气阻力。
求：
（1）A、B第一次碰后瞬间，A、B各自的速度大小；
（2）A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔；
（3）B通过Q点时的速度大小。
【答案】（1）1m/s，2m/s；（2）0.4s；（3）m/s
【解析】
【详解】（1）A向右运动，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
设A、B碰后瞬间，A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律得
由机械能守恒得
联立解得
=-1m/s，=2m/s
（2）A，B碰后，B向右做匀减速运动，A向左减速，对B由牛顿第二定律
设B经时间向右运动x停止，有
联立解得
x=0.4m，t=0.4s
t时间内，设A位移s，对A有
此时，A的速度为
联立解得
x=0.4m，v= 3m/s
即B停止的瞬间，A刚好与B相碰，再次重复第一次的碰撞，则A、B第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔
t=0.4s
（3） A、B每经历一次碰撞，B向右移动0.4m，由
可知B向右移动5x，再对B由动能定理得
解得
m/s
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