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2024届江苏省扬州市高三上学期1月期末考试物理试题 （解析版）
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这是一份2024届江苏省扬州市高三上学期1月期末考试物理试题 （解析版），共16页。
1．本试卷共6页，满分为100分，考试时间75分钟。
2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。
3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
4．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 镅射线源是火灾自动报警器的主要部件，镅的半衰期为432年，衰变方程为。则（ ）
A. 发生的是衰变
B. 温度升高，镅半衰期变小
C. 衰变产生的射线能穿透几毫米厚的铝板
D. 100个镅经432年将有50个发生衰变
【答案】A
【解析】
【详解】A．衰变过程中质量数和电荷数守恒可知，X的电荷数为2，质量数为4，发生的是衰变，具有很强的电离性，不能穿透几毫米厚的铝板，故A正确，C错误；
B．放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故B错误；
D．衰变具有统计性，对个别原子不适用，故D错误；
故选A
2. 如图所示，水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，附着在玻璃上；在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层。下列说法正确的是（ ）
A. 水浸润石蜡
B. 玻璃面上的水没有表面张力
C. 蜡面上水滴呈扁平形主要是由于表面张力
D. 水与玻璃的相互作用比水分子间的相互作用强
【答案】D
【解析】
【详解】水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，是浸润现象，说明水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，玻璃面上的水存在表面张力，在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层，是不浸润现象，水在蜡面上不浸润，则水分子间表现为引力。
故选D。
3. 如图所示，一定质量的理想气体在绝热过程中由状态A变化到状态B，该过程中（ ）
A. 外界对气体做功
B. 气体的内能不变
C. 气体分子的平均动能增大
D. 单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，气体的体积不断增大，故气体对外界做功。故A错误；
B．由于气体对外做功，而理想气体处于绝热状态。故根据热力学第一定律
可知，理想气体的内能减小。故B错误；
C．理想气体的内能只与温度有关，有上分析可知，理想气体的内能减小，故理想气体的温度降低，则气体分子的平均动能减小。故C错误；
D．气体的体积变大，平均动能减小，而分子总个数不变，则单位体积的分子个数减少。故单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小。故D正确。
故选D。
4. 如图所示，一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，a光照射某金属可发生光电效应，下列说法正确的是（ ）
A. a光折射率较大
B. a光的频率较大
C. a光在光导纤维中的速度较大
D. 用b光照射该金属不能发生光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．入射角相同，但a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律
式中为入射角，为折射角，可知，折射角越小折射率越大，因此a光的折射率小于b光的折射率，故A错误；
B．光的频率越大则其折射率越大，根据以上分析可知，a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，故B错误；
C．根据
可知，a光的折射率小于b光的折射率，则a光在光导纤维中的速度较大，故C正确；
D．b光的频率大于a光的频率，根据爱因斯坦的光电效应方程
可知，a光照射某金属可发生光电效应，则用b光照射该金属一定能发生光电效应，故D错误。
故选C。
5. 一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示．t＝0.9s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t＝0.9s时这列波的波形图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题图可知t＝0.9s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据平移法可知B图符合题意。
故选B。
6. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验中，装置如图所示，原线圈的“0”和“4”两个接线柱接学生电源交流4V，下列操作可使交流电压表示数变大的是（ ）
A. 原线圈改接直流6V
B. 取下变压器上部的铁芯
C. 将电源改接原线圈的“0”和“1”两个接线柱
D. 将电压表改接副线圈的“2”和“8”两个接线柱
【答案】C
【解析】
【详解】A．感应线圈只适用于交流电，直流电无法产生感应电流。故A错误；
B．如果拆去铁芯，线圈的自感系数下降，电压表的示数下降。故B错误；
C．将电源改接原线圈的“0”和“1”两个接线柱，原线圈的匝数将减小，而副线圈匝数不变，则电压表示数将变大，故C正确；
D．将电压表改接副线圈的“2”和“8”两个接线柱，负线圈的匝数将减小，而原线圈匝数不变，则电压表示数将变小，故D错误；
故选C。
7. 某同学将手机用长约1m的充电线悬挂于固定点，拉开小角度释放，手机在竖直面内摆动，手机传感器记录角速度随时间变化的关系，如图所示，则手机（ ）
A. 在A→B过程中，速度增大
B. 在A、C两点时，速度方向相反
C. 在C点时，线中的拉力最小
D. 在B、D两点时，线中拉力方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据可知，在A→B过程中，角速度减小，速度减小，故A错误；
B．A、C两点刚好相差半周期，单摆的速度最大，即在最低点，则速度方向相反，故B正确；
C．在C点时，单摆速度最大，在最低点，根据牛顿第二定律
可知，线中的拉力最大，故C错误；
D．B、D两点相差半个周期，速度为0，可知单摆在对称的两侧最高点，线中拉力方向不相同，故D错误；
故选B。
8. 在“天宫课堂”第四课中，神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示了在微重力环境下用“特制”球拍击打水球的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 在地面附近也可以获得微重力环境
B. 在微重力环境下，水球的惯性减小
C. 水球悬浮时所受浮力与地球引力平衡
D. 物体在空间站中受地球引力比在地面小很多
【答案】A
【解析】
【详解】A．在地面附近也可以获得微重力环境，如自由落体的过程，故A正确；
B．在微重力环境下，水球的质量不变，惯性不变，故B错误；
C．水球悬浮是由于完全失重的原因，故C错误；
D．物体在空间站中的轨道半径与地球半径相差不大，根据万有引力公式可知物体在空间站中受地球引力比在地面并非小很多，故D错误；
故选A。
9. 如图所示，在水平向右的匀强磁场中，以O点为圆心的圆周上有M、N、P、Q四个点．将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感应强度为0。则（ ）
A. P点磁感应强度为0
B. O点磁感应强度为0
C. P点磁感应强度方向水平向右
D. O点磁感应强度方向水平向左
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据右手定则可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场方向均水平向右，根据磁场的叠加原则可知，P点磁感应强度不为零，且其磁感应强度方向水平向右。故A错误，C正确；
BD．根据右手定则可知，M处的导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处的导线在O点产生的磁场方向竖直向上。而M、N处导线电流相等，且O为圆心。故M、N处的导线在O点产生的磁感应强度大小相等。根据矢量叠加原则可知，P点磁感应强度不为零，且其方向水平向右。故BD错误。
故选C。
10. 如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则（ ）
A. 下滑过程中，小滑块的机械能守恒
B. 下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C. 下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
D. 小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
【答案】D
【解析】
【详解】A．滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，故A错误；
B．滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小。故B错误；
C．滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒。在竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故。小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反。故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
故可得
即小滑块不能到达弧形槽上的A点。故D正确。
故选D。
11. 如图所示，三角形支架竖直放置，两个相同的小球用轻质弹簧相连，分别穿过两根光滑的倾斜直杆。两球初始高度相同，弹簧处于原长状态。现将两球同时由静止释放，左侧小球从P点开始下滑，能到达的最低点是Q点，O是PQ中点。则左侧小球（ ）
A. 到达Q点后保持静止
B. 运动到O点时动能最大
C. 从P运动至Q的过程中，加速度逐渐减小
D. 从P运动至O的时间比从O运动至Q的时间短
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设小球释放后向下运动，弹簧的伸长量为，则沿着杆方向由牛顿第二定律有
类比竖直的弹簧振子的受力可知，两小球均做简谐振动，O点为平衡位置，则运动到O点时动能最大，小球到达Q点时速度为零，而加速度向上最大，故A错误，B正确；
C．从P运动至Q的过程中，加速度先逐渐减小到零，再反向逐渐增大，故C错误；
D．结合简谐运动的对称性可知，从P运动至O的时间与从O运动至Q的时间相等，故D错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共56分，其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 某同学实验测量合金丝的电阻。
（1）先用多用电表粗测合金丝的电阻，将选择开关旋转到欧姆挡的“×10”位置，按照正确操作步骤进行测量，指针位置如图1中a所示、接着将选择开关旋转到欧姆挡_________位置（选填“×1”或“×100”），将两表笔直接接触，调节图2中_________（选填“A”“B”或“C”），使指针指在0处，再进行测量，指针位置如图1中b所示。
（2）用多用电表测量一未知电源的电压，将选择开关旋转到直流电压10V挡，指针位置如图1中c所示．用此电源设计如图3所示的电路测量合金丝的电阻，其中电压表V量程为3V，内阻为3.0；电流表A量程为0.6A，内阻约为0.2；定值电阻R为6.0．滑动变阻器R＇应选用_________（选填“（0～20）”或“（0～2）”），单刀双掷开关S应接_________（选填“1”或“2”）。
（3）在器材选择及操作正确的情况下，测出多组电压表示数U和对应的电流表示数I，作出U—I图像，如图4所示，则可得到合金丝的电阻为_________（结果保留三位有效数字）。
（4）若定值电阻R的实际值略大于6.0，由此造成合金丝电阻的测量值会_________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. ×1 ②. B ③. ④. 2 ⑤. 13.0##13.1##13.2##13.3##13.4 ⑥. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]由图可知，欧姆表指针偏转过大，应更换更小挡位进行测量。故将选择开关旋转到欧姆挡×1位置；将两表笔直接接触，调节图2中B处，对多用电表进行欧姆调零；
（2）[3][4]由多用电表示数可知，电源电压约为8.4V。电流表的量程为0.6A。故电路中的最小电阻为
由（1）中欧姆表偏转情况可知待测电阻阻值约为10Ω。为了使测量准确和操作方便，滑动变阻器应选R1；电压表与定值电阻串联相当于改装成量程更大的电压表。电压表的阻值远大于待测电阻的阻值，故电流表应采用外接法，单刀双掷开关S应接2；
（3）[5]根据欧姆定律可得
整理可得
故结合图像有
代入数据可得
（4）[6]根据
整理得
可知若R实际值大于6kΩ，则合金丝电阻的测量值会偏小。
13. 如图所示，一束光从空气中射到棱镜界面BC上的D点，AB＝BD，已知棱镜材料的折射率为，判断光束能否从界面AC射出并求光束离开棱镜时与界面的夹角。
【答案】不能；θ＝90°
【解析】
【详解】根据折射定律
解得折射角
r＝30°
发生全反射的临界角
C＝45°
在界面AC上，入射角为
60°＞C
发生全反射，光束不能从界面AC射出光束垂直界面AB射出，如图，根据几何关系
θ＝90°
14. 如图所示，一个正方形导线框abcd，边长l＝0.1m，总电阻，质量m＝0.01kg。线框从磁场上方处自由下落，其下边ab进入匀强磁场区域后，开始做匀速运动，磁场区域宽度，不计空气阻力，取。求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）ab边下落至磁场下边界过程中，线框中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）1T；（2）
【解析】
【详解】（1）由动能定理得
线圈匀速进入磁场有
l
根据欧姆定律有
解得
（2）线圈匀速进入磁场过程中产生焦耳热，由能量守恒得
15. 如图所示，光滑水平桌面上，一轻质弹簧左端固定，用质量m＝0.1kg的小球压缩，释放后，小球离开弹簧的速度。小球从O点飞出，在斜面上第一次落点为A，第二次落点为B。小球与斜面碰撞前后沿斜面的分速度不变，垂直斜面的分速度大小不变、方向相反．已知斜面倾角为37°，，，，不计空气阻力。求：
（1）弹簧的弹性势能最大值；
（2）小球从O到A运动时间；
（3）O与B间距离L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球离开弹簧的过程弹性势能全部转化为小球的动能，由能量守恒定律有
代入数据得
（2）小球从O到A的过程做平抛运动，故水平方向有
，
竖直方向有
根据几何关系可知，O到A过程中水平方向位移与竖直方向上位移有
解得
（3）如图，将小球从O点飞出后的运动分解到沿斜面方向和垂直斜面方向
则沿斜面方向和垂直斜面方向的初速度分别为
，，
沿斜面方向和垂直斜面方向的加速度分别为
，
根据运动的对称性可知，小球运动到A点时，小球在垂直斜面方向的速度与从O点飞出时垂直斜面方向的初速度大小相等，方向相反，故小球从O到A运动时间为
同理，小球从A到B运动时间为
故
小球从O运动到B的时间为
故O与B间距离为
16. 如图1所示，在真空中有一光滑水平面xOy，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B；在第四象限存在沿－y轴方向的匀强电场，电场强度为E．质量为m，电荷量为－q的小滑块在xOy平面内从y轴上的P点进入磁场，速度大小为，方向与＋y轴方向成30°角，刚好垂直于x轴进入由两平行挡板构成的狭缝MN中，狭缝足够长，宽度略大于滑块．已知滑块与挡板间动摩擦因数为，从M处离开狭缝时的速度大小为，在运动过程中电荷量保持不变。求：
（1）P点的纵坐标y；
（2）滑块克服摩擦力所做的功W；
（3）在图2中定性画出滑块从进入狭缝到离开狭缝过程的速度—时间图像；并利用此图像计算滑块在此过程中所受电场力的冲量大小I。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析，
【解析】
【详解】（1）设滑块在磁场中圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
根据几何关系可得
（2）滑块带负电荷，从M点进入狭缝再从M点离开，电场力做功为0；而洛伦兹力不做功。由动能定理可得
解得克服摩擦力做功为
（3）对滑块受力分析，滑块所受摩擦力为
滑块向－y方向运动过程中，根据牛顿第二定律有
做加速度逐渐减小的减速运动。滑块向＋y方向运动过程中，根据牛顿第二定律有
做加速度减小加速运动，则小球运动的速度—时间图像如图所示
摩擦阻力的大小与粒子速率成正比，故“阻力—时间”图像与“速度—时间”图像相似，速度-时间图像与时间轴所围面积表示位移，滑块进入狭缝到离开狭缝运动的总位移为零。而阻力—时间曲线与时间轴所围的面积表示阻力的冲量，类比可得摩擦阻力的总冲量为零。以＋y方向为正方向，根据动量定理可得，电场力冲量的大小为
1．本试卷共6页，满分为100分，考试时间75分钟。
2．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。
3．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
4．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 镅射线源是火灾自动报警器的主要部件，镅的半衰期为432年，衰变方程为。则（ ）
A. 发生的是衰变
B. 温度升高，镅半衰期变小
C. 衰变产生的射线能穿透几毫米厚的铝板
D. 100个镅经432年将有50个发生衰变
【答案】A
【解析】
【详解】A．衰变过程中质量数和电荷数守恒可知，X的电荷数为2，质量数为4，发生的是衰变，具有很强的电离性，不能穿透几毫米厚的铝板，故A正确，C错误；
B．放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故B错误；
D．衰变具有统计性，对个别原子不适用，故D错误；
故选A
2. 如图所示，水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，附着在玻璃上；在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层。下列说法正确的是（ ）
A. 水浸润石蜡
B. 玻璃面上的水没有表面张力
C. 蜡面上水滴呈扁平形主要是由于表面张力
D. 水与玻璃的相互作用比水分子间的相互作用强
【答案】D
【解析】
【详解】水滴在洁净的玻璃面上扩展形成薄层，是浸润现象，说明水和玻璃的相互作用比水分子之间的相互作用强，玻璃面上的水存在表面张力，在蜡面上可来回滚动而不会扩展成薄层，是不浸润现象，水在蜡面上不浸润，则水分子间表现为引力。
故选D。
3. 如图所示，一定质量的理想气体在绝热过程中由状态A变化到状态B，该过程中（ ）
A. 外界对气体做功
B. 气体的内能不变
C. 气体分子的平均动能增大
D. 单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，气体的体积不断增大，故气体对外界做功。故A错误；
B．由于气体对外做功，而理想气体处于绝热状态。故根据热力学第一定律
可知，理想气体的内能减小。故B错误；
C．理想气体的内能只与温度有关，有上分析可知，理想气体的内能减小，故理想气体的温度降低，则气体分子的平均动能减小。故C错误；
D．气体的体积变大，平均动能减小，而分子总个数不变，则单位体积的分子个数减少。故单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小。故D正确。
故选D。
4. 如图所示，一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，a光照射某金属可发生光电效应，下列说法正确的是（ ）
A. a光折射率较大
B. a光的频率较大
C. a光在光导纤维中的速度较大
D. 用b光照射该金属不能发生光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．入射角相同，但a光的折射角大于b光的折射角，根据折射定律
式中为入射角，为折射角，可知，折射角越小折射率越大，因此a光的折射率小于b光的折射率，故A错误；
B．光的频率越大则其折射率越大，根据以上分析可知，a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，故B错误；
C．根据
可知，a光的折射率小于b光的折射率，则a光在光导纤维中的速度较大，故C正确；
D．b光的频率大于a光的频率，根据爱因斯坦的光电效应方程
可知，a光照射某金属可发生光电效应，则用b光照射该金属一定能发生光电效应，故D错误。
故选C。
5. 一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示．t＝0.9s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t＝0.9s时这列波的波形图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题图可知t＝0.9s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据平移法可知B图符合题意。
故选B。
6. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验中，装置如图所示，原线圈的“0”和“4”两个接线柱接学生电源交流4V，下列操作可使交流电压表示数变大的是（ ）
A. 原线圈改接直流6V
B. 取下变压器上部的铁芯
C. 将电源改接原线圈的“0”和“1”两个接线柱
D. 将电压表改接副线圈的“2”和“8”两个接线柱
【答案】C
【解析】
【详解】A．感应线圈只适用于交流电，直流电无法产生感应电流。故A错误；
B．如果拆去铁芯，线圈的自感系数下降，电压表的示数下降。故B错误；
C．将电源改接原线圈的“0”和“1”两个接线柱，原线圈的匝数将减小，而副线圈匝数不变，则电压表示数将变大，故C正确；
D．将电压表改接副线圈的“2”和“8”两个接线柱，负线圈的匝数将减小，而原线圈匝数不变，则电压表示数将变小，故D错误；
故选C。
7. 某同学将手机用长约1m的充电线悬挂于固定点，拉开小角度释放，手机在竖直面内摆动，手机传感器记录角速度随时间变化的关系，如图所示，则手机（ ）
A. 在A→B过程中，速度增大
B. 在A、C两点时，速度方向相反
C. 在C点时，线中的拉力最小
D. 在B、D两点时，线中拉力方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据可知，在A→B过程中，角速度减小，速度减小，故A错误；
B．A、C两点刚好相差半周期，单摆的速度最大，即在最低点，则速度方向相反，故B正确；
C．在C点时，单摆速度最大，在最低点，根据牛顿第二定律
可知，线中的拉力最大，故C错误；
D．B、D两点相差半个周期，速度为0，可知单摆在对称的两侧最高点，线中拉力方向不相同，故D错误；
故选B。
8. 在“天宫课堂”第四课中，神舟十六号航天员朱杨柱、桂海潮展示了在微重力环境下用“特制”球拍击打水球的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 在地面附近也可以获得微重力环境
B. 在微重力环境下，水球的惯性减小
C. 水球悬浮时所受浮力与地球引力平衡
D. 物体在空间站中受地球引力比在地面小很多
【答案】A
【解析】
【详解】A．在地面附近也可以获得微重力环境，如自由落体的过程，故A正确；
B．在微重力环境下，水球的质量不变，惯性不变，故B错误；
C．水球悬浮是由于完全失重的原因，故C错误；
D．物体在空间站中的轨道半径与地球半径相差不大，根据万有引力公式可知物体在空间站中受地球引力比在地面并非小很多，故D错误；
故选A。
9. 如图所示，在水平向右的匀强磁场中，以O点为圆心的圆周上有M、N、P、Q四个点．将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感应强度为0。则（ ）
A. P点磁感应强度为0
B. O点磁感应强度为0
C. P点磁感应强度方向水平向右
D. O点磁感应强度方向水平向左
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据右手定则可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场方向均水平向右，根据磁场的叠加原则可知，P点磁感应强度不为零，且其磁感应强度方向水平向右。故A错误，C正确；
BD．根据右手定则可知，M处的导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处的导线在O点产生的磁场方向竖直向上。而M、N处导线电流相等，且O为圆心。故M、N处的导线在O点产生的磁感应强度大小相等。根据矢量叠加原则可知，P点磁感应强度不为零，且其方向水平向右。故BD错误。
故选C。
10. 如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量大于小滑块质量，则（ ）
A. 下滑过程中，小滑块的机械能守恒
B. 下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大
C. 下滑过程中，弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒
D. 小滑块能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点
【答案】D
【解析】
【详解】A．滑块在弧形槽上下滑过程中，由于弧形槽向左滑动，弧形槽对滑块的作用力对滑块做功，小滑块的机械能不守恒，故A错误；
B．滑块在弧形槽上下滑过程中，开始时滑块速度为零，下滑到最低点时滑块的速度水平，竖直方向速度为零，故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减小，故小滑块所受重力的功率先增大后减小。故B错误；
C．滑块在弧形槽上下滑过程中，滑块和弧形槽构成的系统在水平方向上合外力为零，动量守恒。在竖直方向上滑块具有向下的加速度，系统在竖直方向上动量不守恒，故C错误；
D．当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m，故。小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反。故小滑块能追上弧形槽。当小滑块在弧形槽上到达最高点时，水平方向上根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
故可得
即小滑块不能到达弧形槽上的A点。故D正确。
故选D。
11. 如图所示，三角形支架竖直放置，两个相同的小球用轻质弹簧相连，分别穿过两根光滑的倾斜直杆。两球初始高度相同，弹簧处于原长状态。现将两球同时由静止释放，左侧小球从P点开始下滑，能到达的最低点是Q点，O是PQ中点。则左侧小球（ ）
A. 到达Q点后保持静止
B. 运动到O点时动能最大
C. 从P运动至Q的过程中，加速度逐渐减小
D. 从P运动至O的时间比从O运动至Q的时间短
【答案】B
【解析】
【详解】AB．设小球释放后向下运动，弹簧的伸长量为，则沿着杆方向由牛顿第二定律有
类比竖直的弹簧振子的受力可知，两小球均做简谐振动，O点为平衡位置，则运动到O点时动能最大，小球到达Q点时速度为零，而加速度向上最大，故A错误，B正确；
C．从P运动至Q的过程中，加速度先逐渐减小到零，再反向逐渐增大，故C错误；
D．结合简谐运动的对称性可知，从P运动至O的时间与从O运动至Q的时间相等，故D错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共56分，其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12. 某同学实验测量合金丝的电阻。
（1）先用多用电表粗测合金丝的电阻，将选择开关旋转到欧姆挡的“×10”位置，按照正确操作步骤进行测量，指针位置如图1中a所示、接着将选择开关旋转到欧姆挡_________位置（选填“×1”或“×100”），将两表笔直接接触，调节图2中_________（选填“A”“B”或“C”），使指针指在0处，再进行测量，指针位置如图1中b所示。
（2）用多用电表测量一未知电源的电压，将选择开关旋转到直流电压10V挡，指针位置如图1中c所示．用此电源设计如图3所示的电路测量合金丝的电阻，其中电压表V量程为3V，内阻为3.0；电流表A量程为0.6A，内阻约为0.2；定值电阻R为6.0．滑动变阻器R＇应选用_________（选填“（0～20）”或“（0～2）”），单刀双掷开关S应接_________（选填“1”或“2”）。
（3）在器材选择及操作正确的情况下，测出多组电压表示数U和对应的电流表示数I，作出U—I图像，如图4所示，则可得到合金丝的电阻为_________（结果保留三位有效数字）。
（4）若定值电阻R的实际值略大于6.0，由此造成合金丝电阻的测量值会_________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. ×1 ②. B ③. ④. 2 ⑤. 13.0##13.1##13.2##13.3##13.4 ⑥. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]由图可知，欧姆表指针偏转过大，应更换更小挡位进行测量。故将选择开关旋转到欧姆挡×1位置；将两表笔直接接触，调节图2中B处，对多用电表进行欧姆调零；
（2）[3][4]由多用电表示数可知，电源电压约为8.4V。电流表的量程为0.6A。故电路中的最小电阻为
由（1）中欧姆表偏转情况可知待测电阻阻值约为10Ω。为了使测量准确和操作方便，滑动变阻器应选R1；电压表与定值电阻串联相当于改装成量程更大的电压表。电压表的阻值远大于待测电阻的阻值，故电流表应采用外接法，单刀双掷开关S应接2；
（3）[5]根据欧姆定律可得
整理可得
故结合图像有
代入数据可得
（4）[6]根据
整理得
可知若R实际值大于6kΩ，则合金丝电阻的测量值会偏小。
13. 如图所示，一束光从空气中射到棱镜界面BC上的D点，AB＝BD，已知棱镜材料的折射率为，判断光束能否从界面AC射出并求光束离开棱镜时与界面的夹角。
【答案】不能；θ＝90°
【解析】
【详解】根据折射定律
解得折射角
r＝30°
发生全反射的临界角
C＝45°
在界面AC上，入射角为
60°＞C
发生全反射，光束不能从界面AC射出光束垂直界面AB射出，如图，根据几何关系
θ＝90°
14. 如图所示，一个正方形导线框abcd，边长l＝0.1m，总电阻，质量m＝0.01kg。线框从磁场上方处自由下落，其下边ab进入匀强磁场区域后，开始做匀速运动，磁场区域宽度，不计空气阻力，取。求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）ab边下落至磁场下边界过程中，线框中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）1T；（2）
【解析】
【详解】（1）由动能定理得
线圈匀速进入磁场有
l
根据欧姆定律有
解得
（2）线圈匀速进入磁场过程中产生焦耳热，由能量守恒得
15. 如图所示，光滑水平桌面上，一轻质弹簧左端固定，用质量m＝0.1kg的小球压缩，释放后，小球离开弹簧的速度。小球从O点飞出，在斜面上第一次落点为A，第二次落点为B。小球与斜面碰撞前后沿斜面的分速度不变，垂直斜面的分速度大小不变、方向相反．已知斜面倾角为37°，，，，不计空气阻力。求：
（1）弹簧的弹性势能最大值；
（2）小球从O到A运动时间；
（3）O与B间距离L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球离开弹簧的过程弹性势能全部转化为小球的动能，由能量守恒定律有
代入数据得
（2）小球从O到A的过程做平抛运动，故水平方向有
，
竖直方向有
根据几何关系可知，O到A过程中水平方向位移与竖直方向上位移有
解得
（3）如图，将小球从O点飞出后的运动分解到沿斜面方向和垂直斜面方向
则沿斜面方向和垂直斜面方向的初速度分别为
，，
沿斜面方向和垂直斜面方向的加速度分别为
，
根据运动的对称性可知，小球运动到A点时，小球在垂直斜面方向的速度与从O点飞出时垂直斜面方向的初速度大小相等，方向相反，故小球从O到A运动时间为
同理，小球从A到B运动时间为
故
小球从O运动到B的时间为
故O与B间距离为
16. 如图1所示，在真空中有一光滑水平面xOy，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B；在第四象限存在沿－y轴方向的匀强电场，电场强度为E．质量为m，电荷量为－q的小滑块在xOy平面内从y轴上的P点进入磁场，速度大小为，方向与＋y轴方向成30°角，刚好垂直于x轴进入由两平行挡板构成的狭缝MN中，狭缝足够长，宽度略大于滑块．已知滑块与挡板间动摩擦因数为，从M处离开狭缝时的速度大小为，在运动过程中电荷量保持不变。求：
（1）P点的纵坐标y；
（2）滑块克服摩擦力所做的功W；
（3）在图2中定性画出滑块从进入狭缝到离开狭缝过程的速度—时间图像；并利用此图像计算滑块在此过程中所受电场力的冲量大小I。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析，
【解析】
【详解】（1）设滑块在磁场中圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
根据几何关系可得
（2）滑块带负电荷，从M点进入狭缝再从M点离开，电场力做功为0；而洛伦兹力不做功。由动能定理可得
解得克服摩擦力做功为
（3）对滑块受力分析，滑块所受摩擦力为
滑块向－y方向运动过程中，根据牛顿第二定律有
做加速度逐渐减小的减速运动。滑块向＋y方向运动过程中，根据牛顿第二定律有
做加速度减小加速运动，则小球运动的速度—时间图像如图所示
摩擦阻力的大小与粒子速率成正比，故“阻力—时间”图像与“速度—时间”图像相似，速度-时间图像与时间轴所围面积表示位移，滑块进入狭缝到离开狭缝运动的总位移为零。而阻力—时间曲线与时间轴所围的面积表示阻力的冲量，类比可得摩擦阻力的总冲量为零。以＋y方向为正方向，根据动量定理可得，电场力冲量的大小为
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