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2025届云南省三校高三(上)高考备考实用性联考（五）物理试卷（解析版）
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这是一份2025届云南省三校高三(上)高考备考实用性联考（五）物理试卷（解析版），共22页。
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图所示为A、B两个物体做直线运动的位移一时间图像，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻A的速度与B的速度相等
B. 这段时间，A的平均速率等于B的平均速率
C. 时刻A、B相遇
D. 这段时间，A的平均速度小于B的平均速度
【答案】C
【解析】A．图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以看出时刻B的速度比A的速度大，故A错误。
BD．由图像知在这段时间内，A一直朝正方向运动，而B先朝正方向运动，后朝反方向运动，A、B初末位置相同，所以A、B的位移相等，但路程是B大于A，按照平均速率的定义
可知A的平均速率小于B的平均速率。根据平均速度的定义
可知A、B的平均速度相等，故BD错误。
C．从图像上可以看出：时刻和时刻两物体的位置相同，因此、时刻两物体相遇，故C正确。
故C正确。
2. 设金星和火星绕太阳的运动均为匀速圆周运动（金星离太阳更近），金星自身的半径是火星自身半径的n倍，金星的质量是火星质量的k倍。不考虑金星和火星自转的影响，则（ ）
A. 金星绕太阳运动的加速度比火星绕太阳运动的加速度小
B. 金星绕太阳运动的周期比火星绕太阳运动的周期大
C. 金星表面的重力加速度是火星表面重力加速度的倍
D. 金星的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的倍
【答案】D
【解析】A．根据
可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星小，故B错误；
C．根据
得
可知金星与火星表面重力加速度之比
故C错误；
D．根据
可知，金星与火星第一宇宙速度之比
故D正确。故选D。
3. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、。下列判断正确的是（ ）
A. ＜，＜B. ＜，＜
C. ＜，＜D. ＜，＜
【答案】D
【解析】若粒子从M点运动到N点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示
由图可知，粒子从M点到N点，电场线越来越密，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，粒子的加速度增加，即
速度方向与力的方向间的夹角为钝角，则速度不断减小，即
粒子速度减小，动能减小，根据能量守恒可得，粒子的电势能增大，即
根据电势能与电势的关系
可得
若粒子从N点运动到M点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示
由于速度方向与力的方向夹角为锐角，则速度增大，即
同理，仍可得
，，
故选D。
4. 在如图所示的电路中，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始时单刀双掷开关接1，一段时间后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是（ ）
A. 开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大
B. 开关接1时，x减小，电路中的电流沿顺时针方向
C. 开关接2时，x减小，静电计的指针偏角增大
D. 开关接2时，x增大，平行板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】AB．开关接1时，平行板间的电压不变。
当x增大时，电介质常数减小，由公式
可知电容器的电容减小，又由
知平行板电容器的电荷量减小；同理当减小时，电容器的电容增大，电荷量增大，电容器充电，由电路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故A错误，B正确；
CD．开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变。
当x减小时，电容器的电容增大，由公式
可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏转角度减小；
同理当x增大时，由电容器两极板的电势差增大，由
可知平行板间的电场强度增大，故CD错误。
故选B。
5. 智能手机中下载部分软件后，可利用手机中的磁传感器测量磁感应强度B。在手机上建立三维直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，x轴、y轴如图所示，z轴垂直手机屏正面向外。经探测发现当磁场在x、y、z方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值。某同学在某地对地磁场进行了六次测量，前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上。根据表中测量结果（保留两位有效数字）可推知（ ）
A. 第5、6次测量时z方向数值为0，表示手机屏均与磁场方向垂直
B. 第3、4次测量时x方向数值为0，表示此时x轴与磁场方向垂直
C. 通过6次测量地磁场可判断，该地位于地球的南半球
D. 通过6次测量取平均值可算出当地的磁场强度约为60μT
【答案】B
【解析】AB．由题意，当、、方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值，则说明当坐标轴与磁场方向垂直时，示数为0，故A错误，B正确。
C．前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上，而表中z轴数值为负值，说明该地地磁场方向向下，根据地磁场分布图（如图所示）可判断该地位于北半球
故C错误。
D．根据
利用表格中六组数据求出磁场大小后，再求平均值可算出当地的地磁场场强约为，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 三条边a、b、c中电流大小相等
B. 两次弹簧测力计示数
C. 金属等边三角形的总质量
D. 匀强磁场的磁感应强度
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，故A错误；
BCD．电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为
bc边的安培力大小为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小仍然为
bc边的安培力大小仍然为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
由上分析可得，，
解得，
故BD错误，C正确。故选C。
7. 如图甲所示，一质量的小球可视为质点，以的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对C点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，g取，下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C. 当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径
D. 若小球恰能通过轨道上的C点，则当小球运动到B点时，对轨道的压力
【答案】D
【解析】AB．设小球到达C点时的速度为，根据牛顿第二定律有
从A点到C点的过程中，取A所在平面为重力势能零势面，由机械能守恒定律有
由以上各式得
，
将，代入得
结合图乙可得
其中图像的斜率
解得
故A、B正确，不符合题意；
C．当小球恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为，此时轨道对小球的弹力
结合上述有
解得
故C正确，不符合题意；
D．若小球恰能通过轨道上的C点，则从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
根据牛顿第二定律有
由以上各式得
故D错误，符合题意。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 一新能源汽车以功率在平直的公路上匀速行驶，时刻发动机功率变为，此后以的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】C．当汽车以的功率在公路上匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，功率变为2P0时，此后汽车以该功率行驶，故C正确。
AD．由于速度不发生突变，则牵引力变为
此时
汽车做加速运动，增大，由于
功率不变速度增大，则牵引力减小，根据
加速度也减小，故AD错误。
B．由于阻力不变，最终牵引力等于阻力，加速度为零，汽车做加速度减小的加速运动，最终匀速，故B正确。
故选BC。
9. 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）
A. 开始时行李的加速度大小为4
B. 行李经过5.1s到达B处
C. 行李到达B处时速度大小为0.4
D. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
【答案】BC
【解析】A．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为
根据牛顿第二定律
解得
故A错误；
BC．行李达到和皮带速度相同需要的时间为
位移为
行李匀速到B的时间为
行李从A运动到B处的时间为
故B、C正确；
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
故D错误。
故选BC。
10. 空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里，匀强电场的场强为E、方向沿y轴向下，将一个质量为m、带正电q的粒子从O点由静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x轴的坐标为，已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为 QUOTE Px,y Px,y，不计粒子的重力，则（ ）
A. 该粒子运动过程中任意位置坐标的y值不可能取负值
B. 该粒子运动过程中任意位置坐标的x值不可能大于a
C. 粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时，距离x轴的距离
D. 粒子运动过程中的最大速率
【答案】AD
【解析】AB．粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值；到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的轨迹向前运动，则x值会大于a，故A正确，B错误；
C．粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
在此处有
解得
故C错误；
D．最大速率满足
解得
故D正确。
故选AD。
三、非选择题：共5小题，共54分。
11. 某同学要将量程为0~1V的电压表V的量程扩大为0~3V。他先用半偏法测出电压表V1的内阻，然后进行改装，最后再用一标准电压表V2对改装后的电压表进行校准。
（1）利用半偏法测电压表Vl的内阻。可供选择的器材有：待测电压表、滑动变阻器R1（0～20Ω）、电阻箱R2，电源、两个单刀单掷开关和若干导线。该同学设计了如图（a）所示的电路图，正确连线后进行如下操作：
①把滑动变阻器R1的滑片滑到a端，闭合开关S2，并将电阻箱R2的阻值调到最大；
②闭合开关S1，调节滑动变阻器R1的滑片位置，使电压表V1的指针指到满偏刻度；
③保持开关S1闭合，滑动变阻器R1滑片的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R2的阻值，当电阻箱R2的阻值如图（b）所示时电压表V1示数为0.5V。
由此可得，电压表V1的内阻为__________Ω；该测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（2）利用电阻箱R2对电压表V1进行改装。需将电阻箱R2与电压表V1_________（填“串联”或“并联”），并且将电阻箱R2调至_________Ω。
（3）用标准电压表V2与改装后的电压表并联进行校准。当电压表V2示数为1.5V时，电压表V1示数为0.48V，则电阻箱R2的阻值应调至__________Ω（结果保留1位小数）。
【答案】（1）835.4 大于（2）串联 1670.8 （3）1572.5
【解析】【小问1详解】
（1）③[1]利用“半偏法”测电阻时，当被测电压表半偏时与之串联的电阻箱的阻值为电压表内阻的测量值，由图（b）可知电压表V1的内阻为835.4Ω。
[2]由于电阻箱的接入，测量电路部分的总电阻增大，分得的电压增大，导致电阻箱的阻值大于被测电压表的阻值，因此测量值大于真实值。
【小问2详解】
[1]要想扩大电压表V1的量程至0～3V，需要将电阻箱R2与之串联。
[2]根据串联分压有
解得R2=1670.8Ω
【小问3详解】
用标准电压表V2与改装后的电压表并联进行校准，当电压表V2示数为1.5V时，电压表V2示数为0.48V，此时电阻箱分得的电压为1.02V，设电压表V1的真实阻值为，根据串联分压有
再根据
联立，解得
R2=1572.5Ω
12. （1）某同学想测量一种金属丝的电阻率，首先他测量出金属丝的直径为0.65mm，则他可能使用了下列哪个仪器测量______。
（2）接着他用多用表粗测金属丝的阻值，当红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图甲所示，出现上述情况最有可能的原因是______。
A．未进行机械调零 B．未进行欧姆调零 C．欧姆挡倍率太小 D．欧姆挡倍率太大
（3）被测电阻大约5Ω，他改用伏安法测定金属丝的电阻，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源（输出电压为3V）
B．电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）
E．开关、导线等
请根据所提供的器材，在图乙虚线框中画出实验电路图。（ ）
（4）在“导体电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是______。
A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．实验中应保持金属丝的温度不变
【答案】（1）A （2）B （3） （4） A
【解析】（1）[1]测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺；末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故选A；
（2）[2]测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理
，
可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故选B。
（3）[3] 由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示
（4）[4] A．先将金属丝接入电路,然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A错误；
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；
C．因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，C正确；
选操作错误的，故选A。
13. 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在两层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向（如图所示），边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从边中点P射入电场，粒子初速度为，入射角为θ，在纸面内运动，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角θ的范围。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）依题粒子进入磁场后，受到竖直方向的电场力，故水平方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，粒子在水平方向的速度
水平方向匀速直线运动，故该粒子通过电场的时间
（2）粒子进入电场时，竖直方向的速度为
分析易得，粒子竖直方向加速度为
若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，由
整理可得
故
解得
故θ的取值范围是
14. 如图所示，圆心为O、半径的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径且夹角为60°。将一带电荷量为的点电荷从a点移动到b点，电场力做功为；若将该粒子从d点移动到c点，电场力做功为。求：
（1）取c点电势为零，则d点电势；
（2）该匀强电场的场强大小和方向。
【答案】（1）-2V （2） 由a指向b
【解析】【小问1详解】
该粒子从d点运动到点，根据电势差的定义式
代入数据解得
根据电势差与电势的关系，有
因为
所以
【小问2详解】
由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴（水平方向），垂直于cd方向建立y轴，如图所示
在x方向有
解得
y方向有
解得
电场方向与水平方向夹角θ满足
电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且由a指向b
15. 如图所示，半圆形轨道的直径与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够长的长木板C，C的右端与弹性挡板D的距离。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不固定），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离。释放后，铁块A恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点P，铁块A到最高点后被取走。铁块B滑上木板C的上表面，一段时间后C与D相撞。已知B、C接触面间的动摩擦因数，其余摩擦均不计，C与D在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径，木板C的质量，铁块A、B与木板C的质量之比是，重力加速度大小取。
（1）求铁块B滑上木板C时的速度的大小；
（2）求C与D第一次相撞前，B、C系统摩擦产生的热量Q；
（3）若C右端与D的距离x可以改变，要求C与D碰撞两次，求x应满足的条件。
【答案】（1）6m/s
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
铁块A、B与木板C质量之比
设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程，动量守恒，有
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
解得
【小问2详解】
B与C组成的系统动量守恒，设共同速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
设此过程C位移大小为，由动能定理得
解得
则B与C共速后滑板才与D碰撞，对B、C系统，由能量守恒定律得
解得系统产生的热量
小问3详解】
设C与D第一次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别是、，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设C与D第二次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别为、，由动量守恒定律得
若要碰撞两次，需要满足
，
根据C往返运动的对称性可知
对C由动能定理得
解得
或
综上所述x应满足的条件是
测量序号
/μT
/μT
/μT
1
-21
0
-45
2
-20
0
-46
3
0
29
-40
4
0
-21
-45
5
-39
-30
0
6
-20
46
0
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图所示为A、B两个物体做直线运动的位移一时间图像，则下列说法正确的是（ ）
A. 时刻A的速度与B的速度相等
B. 这段时间，A的平均速率等于B的平均速率
C. 时刻A、B相遇
D. 这段时间，A的平均速度小于B的平均速度
【答案】C
【解析】A．图像的斜率表示速度的大小，从图像上可以看出时刻B的速度比A的速度大，故A错误。
BD．由图像知在这段时间内，A一直朝正方向运动，而B先朝正方向运动，后朝反方向运动，A、B初末位置相同，所以A、B的位移相等，但路程是B大于A，按照平均速率的定义
可知A的平均速率小于B的平均速率。根据平均速度的定义
可知A、B的平均速度相等，故BD错误。
C．从图像上可以看出：时刻和时刻两物体的位置相同，因此、时刻两物体相遇，故C正确。
故C正确。
2. 设金星和火星绕太阳的运动均为匀速圆周运动（金星离太阳更近），金星自身的半径是火星自身半径的n倍，金星的质量是火星质量的k倍。不考虑金星和火星自转的影响，则（ ）
A. 金星绕太阳运动的加速度比火星绕太阳运动的加速度小
B. 金星绕太阳运动的周期比火星绕太阳运动的周期大
C. 金星表面的重力加速度是火星表面重力加速度的倍
D. 金星的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的倍
【答案】D
【解析】A．根据
可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故A错误；
B．根据开普勒第三定律
可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星小，故B错误；
C．根据
得
可知金星与火星表面重力加速度之比
故C错误；
D．根据
可知，金星与火星第一宇宙速度之比
故D正确。故选D。
3. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、。下列判断正确的是（ ）
A. ＜，＜B. ＜，＜
C. ＜，＜D. ＜，＜
【答案】D
【解析】若粒子从M点运动到N点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示
由图可知，粒子从M点到N点，电场线越来越密，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，粒子的加速度增加，即
速度方向与力的方向间的夹角为钝角，则速度不断减小，即
粒子速度减小，动能减小，根据能量守恒可得，粒子的电势能增大，即
根据电势能与电势的关系
可得
若粒子从N点运动到M点，作出轨迹和电场线交点处的受力方向与速度方向如图所示
由于速度方向与力的方向夹角为锐角，则速度增大，即
同理，仍可得
，，
故选D。
4. 在如图所示的电路中，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始时单刀双掷开关接1，一段时间后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是（ ）
A. 开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大
B. 开关接1时，x减小，电路中的电流沿顺时针方向
C. 开关接2时，x减小，静电计的指针偏角增大
D. 开关接2时，x增大，平行板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】AB．开关接1时，平行板间的电压不变。
当x增大时，电介质常数减小，由公式
可知电容器的电容减小，又由
知平行板电容器的电荷量减小；同理当减小时，电容器的电容增大，电荷量增大，电容器充电，由电路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故A错误，B正确；
CD．开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变。
当x减小时，电容器的电容增大，由公式
可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏转角度减小；
同理当x增大时，由电容器两极板的电势差增大，由
可知平行板间的电场强度增大，故CD错误。
故选B。
5. 智能手机中下载部分软件后，可利用手机中的磁传感器测量磁感应强度B。在手机上建立三维直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，x轴、y轴如图所示，z轴垂直手机屏正面向外。经探测发现当磁场在x、y、z方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值。某同学在某地对地磁场进行了六次测量，前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上。根据表中测量结果（保留两位有效数字）可推知（ ）
A. 第5、6次测量时z方向数值为0，表示手机屏均与磁场方向垂直
B. 第3、4次测量时x方向数值为0，表示此时x轴与磁场方向垂直
C. 通过6次测量地磁场可判断，该地位于地球的南半球
D. 通过6次测量取平均值可算出当地的磁场强度约为60μT
【答案】B
【解析】AB．由题意，当、、方向的分量与所建坐标系对应正方向相同时显示的示数为正值，反向时为负值，则说明当坐标轴与磁场方向垂直时，示数为0，故A错误，B正确。
C．前四次测量时手机屏面保持水平且正面朝上，而表中z轴数值为负值，说明该地地磁场方向向下，根据地磁场分布图（如图所示）可判断该地位于北半球
故C错误。
D．根据
利用表格中六组数据求出磁场大小后，再求平均值可算出当地的地磁场场强约为，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 三条边a、b、c中电流大小相等
B. 两次弹簧测力计示数
C. 金属等边三角形的总质量
D. 匀强磁场的磁感应强度
【答案】C
【解析】A．根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，则bc中的电流为，故A错误；
BCD．电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向也竖直向上，a边的安培力大小为
bc边的安培力大小为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小仍然为
bc边的安培力大小仍然为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
由上分析可得，，
解得，
故BD错误，C正确。故选C。
7. 如图甲所示，一质量的小球可视为质点，以的速度从A点冲上竖直光滑半圆轨道。当半圆轨道的半径R发生改变时，小球对C点的压力与半径R的关系图像如图乙所示，g取，下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C. 当小球恰能通过轨道上的C点时，半圆轨道的半径
D. 若小球恰能通过轨道上的C点，则当小球运动到B点时，对轨道的压力
【答案】D
【解析】AB．设小球到达C点时的速度为，根据牛顿第二定律有
从A点到C点的过程中，取A所在平面为重力势能零势面，由机械能守恒定律有
由以上各式得
，
将，代入得
结合图乙可得
其中图像的斜率
解得
故A、B正确，不符合题意；
C．当小球恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为，此时轨道对小球的弹力
结合上述有
解得
故C正确，不符合题意；
D．若小球恰能通过轨道上的C点，则从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
根据牛顿第二定律有
由以上各式得
故D错误，符合题意。
故选D。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 一新能源汽车以功率在平直的公路上匀速行驶，时刻发动机功率变为，此后以的恒定功率再次行驶至匀速。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】C．当汽车以的功率在公路上匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，功率变为2P0时，此后汽车以该功率行驶，故C正确。
AD．由于速度不发生突变，则牵引力变为
此时
汽车做加速运动，增大，由于
功率不变速度增大，则牵引力减小，根据
加速度也减小，故AD错误。
B．由于阻力不变，最终牵引力等于阻力，加速度为零，汽车做加速度减小的加速运动，最终匀速，故B正确。
故选BC。
9. 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离为2m，g取。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）
A. 开始时行李的加速度大小为4
B. 行李经过5.1s到达B处
C. 行李到达B处时速度大小为0.4
D. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
【答案】BC
【解析】A．开始时行李初速度为零，相对皮带向右滑动，可知摩擦力为
根据牛顿第二定律
解得
故A错误；
BC．行李达到和皮带速度相同需要的时间为
位移为
行李匀速到B的时间为
行李从A运动到B处的时间为
故B、C正确；
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
故D错误。
故选BC。
10. 空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里，匀强电场的场强为E、方向沿y轴向下，将一个质量为m、带正电q的粒子从O点由静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x轴的坐标为，已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为 QUOTE Px,y Px,y，不计粒子的重力，则（ ）
A. 该粒子运动过程中任意位置坐标的y值不可能取负值
B. 该粒子运动过程中任意位置坐标的x值不可能大于a
C. 粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时，距离x轴的距离
D. 粒子运动过程中的最大速率
【答案】AD
【解析】AB．粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值；到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的轨迹向前运动，则x值会大于a，故A正确，B错误；
C．粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
在此处有
解得
故C错误；
D．最大速率满足
解得
故D正确。
故选AD。
三、非选择题：共5小题，共54分。
11. 某同学要将量程为0~1V的电压表V的量程扩大为0~3V。他先用半偏法测出电压表V1的内阻，然后进行改装，最后再用一标准电压表V2对改装后的电压表进行校准。
（1）利用半偏法测电压表Vl的内阻。可供选择的器材有：待测电压表、滑动变阻器R1（0～20Ω）、电阻箱R2，电源、两个单刀单掷开关和若干导线。该同学设计了如图（a）所示的电路图，正确连线后进行如下操作：
①把滑动变阻器R1的滑片滑到a端，闭合开关S2，并将电阻箱R2的阻值调到最大；
②闭合开关S1，调节滑动变阻器R1的滑片位置，使电压表V1的指针指到满偏刻度；
③保持开关S1闭合，滑动变阻器R1滑片的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R2的阻值，当电阻箱R2的阻值如图（b）所示时电压表V1示数为0.5V。
由此可得，电压表V1的内阻为__________Ω；该测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（2）利用电阻箱R2对电压表V1进行改装。需将电阻箱R2与电压表V1_________（填“串联”或“并联”），并且将电阻箱R2调至_________Ω。
（3）用标准电压表V2与改装后的电压表并联进行校准。当电压表V2示数为1.5V时，电压表V1示数为0.48V，则电阻箱R2的阻值应调至__________Ω（结果保留1位小数）。
【答案】（1）835.4 大于（2）串联 1670.8 （3）1572.5
【解析】【小问1详解】
（1）③[1]利用“半偏法”测电阻时，当被测电压表半偏时与之串联的电阻箱的阻值为电压表内阻的测量值，由图（b）可知电压表V1的内阻为835.4Ω。
[2]由于电阻箱的接入，测量电路部分的总电阻增大，分得的电压增大，导致电阻箱的阻值大于被测电压表的阻值，因此测量值大于真实值。
【小问2详解】
[1]要想扩大电压表V1的量程至0～3V，需要将电阻箱R2与之串联。
[2]根据串联分压有
解得R2=1670.8Ω
【小问3详解】
用标准电压表V2与改装后的电压表并联进行校准，当电压表V2示数为1.5V时，电压表V2示数为0.48V，此时电阻箱分得的电压为1.02V，设电压表V1的真实阻值为，根据串联分压有
再根据
联立，解得
R2=1572.5Ω
12. （1）某同学想测量一种金属丝的电阻率，首先他测量出金属丝的直径为0.65mm，则他可能使用了下列哪个仪器测量______。
（2）接着他用多用表粗测金属丝的阻值，当红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图甲所示，出现上述情况最有可能的原因是______。
A．未进行机械调零 B．未进行欧姆调零 C．欧姆挡倍率太小 D．欧姆挡倍率太大
（3）被测电阻大约5Ω，他改用伏安法测定金属丝的电阻，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源（输出电压为3V）
B．电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）
E．开关、导线等
请根据所提供的器材，在图乙虚线框中画出实验电路图。（ ）
（4）在“导体电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是______。
A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．实验中应保持金属丝的温度不变
【答案】（1）A （2）B （3） （4） A
【解析】（1）[1]测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺；末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故选A；
（2）[2]测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理
，
可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故选B。
（3）[3] 由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示
（4）[4] A．先将金属丝接入电路,然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A错误；
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；
C．因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，C正确；
选操作错误的，故选A。
13. 某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在两层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向（如图所示），边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从边中点P射入电场，粒子初速度为，入射角为θ，在纸面内运动，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角θ的范围。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）依题粒子进入磁场后，受到竖直方向的电场力，故水平方向做匀速直线运动，根据几何关系可知，粒子在水平方向的速度
水平方向匀速直线运动，故该粒子通过电场的时间
（2）粒子进入电场时，竖直方向的速度为
分析易得，粒子竖直方向加速度为
若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，由
整理可得
故
解得
故θ的取值范围是
14. 如图所示，圆心为O、半径的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径且夹角为60°。将一带电荷量为的点电荷从a点移动到b点，电场力做功为；若将该粒子从d点移动到c点，电场力做功为。求：
（1）取c点电势为零，则d点电势；
（2）该匀强电场的场强大小和方向。
【答案】（1）-2V （2） 由a指向b
【解析】【小问1详解】
该粒子从d点运动到点，根据电势差的定义式
代入数据解得
根据电势差与电势的关系，有
因为
所以
【小问2详解】
由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴（水平方向），垂直于cd方向建立y轴，如图所示
在x方向有
解得
y方向有
解得
电场方向与水平方向夹角θ满足
电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且由a指向b
15. 如图所示，半圆形轨道的直径与水平面垂直，轨道的最低点Q与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够长的长木板C，C的右端与弹性挡板D的距离。台阶上的两个小铁块A、B之间有一被压缩的微型弹簧（弹簧与铁块不固定），某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离。释放后，铁块A恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点P，铁块A到最高点后被取走。铁块B滑上木板C的上表面，一段时间后C与D相撞。已知B、C接触面间的动摩擦因数，其余摩擦均不计，C与D在碰撞过程中没有机械能损失，半圆形轨道的半径，木板C的质量，铁块A、B与木板C的质量之比是，重力加速度大小取。
（1）求铁块B滑上木板C时的速度的大小；
（2）求C与D第一次相撞前，B、C系统摩擦产生的热量Q；
（3）若C右端与D的距离x可以改变，要求C与D碰撞两次，求x应满足的条件。
【答案】（1）6m/s
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
铁块A、B与木板C质量之比
设铁块A、B与木板C的质量分别为3m、2m、m。铁块A、B弹开过程，动量守恒，有
铁块A弹开后恰好过半圆形轨道最高点P，则由牛顿第二定律有
铁块A弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点P，根据机械能守恒定律有
解得
【小问2详解】
B与C组成的系统动量守恒，设共同速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
设此过程C位移大小为，由动能定理得
解得
则B与C共速后滑板才与D碰撞，对B、C系统，由能量守恒定律得
解得系统产生的热量
小问3详解】
设C与D第一次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别是、，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设C与D第二次碰撞前瞬间，B与C的速度大小分别为、，由动量守恒定律得
若要碰撞两次，需要满足
，
根据C往返运动的对称性可知
对C由动能定理得
解得
或
综上所述x应满足的条件是
测量序号
/μT
/μT
/μT
1
-21
0
-45
2
-20
0
-46
3
0
29
-40
4
0
-21
-45
5
-39
-30
0
6
-20
46
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