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所属成套资源：2023-2024学年高三物理下学期开学摸底考试卷
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【开学摸底考】高三物理（上海专用）-2023-2024学年高中下学期开学摸底考试卷.zip
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这是一份【开学摸底考】高三物理（上海专用）-2023-2024学年高中下学期开学摸底考试卷.zip，文件包含高三物理开学摸底考上海专用01解析板docx、高三物理开学摸底考上海专用01考试版docx、高三物理开学摸底考上海专用01答题卡docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、假日之旅（共21分）
某同学购买了一张单程机票。此次飞行的相关信息见图1、2。在这趟飞行过程中他不仅领略了祖国的大好河山，更是发现了不少有趣的物理现象。
1．（4分）机票中的“08:30”指的是__________（选填“时间”或“时刻”）。若整个行程约为2100km，则飞机全程的平均速率约为__________km/h。
【答案】时刻，700
【解析】这里指的是时刻，而时间是两个时刻之间的间隔；
平均速度=路程÷时间，这里行程显然不是位移而是路程。
2．（2分）机场开放了自助值机与行李托运。若经济舱旅客的免费托运限额为20kg，超出部分每千克按机票票价的1.5%收取费用。该同学将行李放上自动称重系统后，系统内部压力传感器显示的“F-t”图像如图3所示，已知该同学的机票票价为1000元，g＝10m/s2。则他还需补缴的金额为__________元。
【答案】15
【解析】根据F-t图知，在称重稳定后，行李静止，则重力G=210N,质量m=21kg；
根据题意补缴金额=（21-20）×1.5%×1000元=15元。
3．（3分）过安检时，工作人员查看了该同学的充电宝。充电宝铭牌上写有“74W·h”。此参数反映了充电宝所具有的（ ）
（A）电荷量值（B）额定电流值
（C）额定能量值（D）额定功率值
【答案】C
【解析】充电宝上的74W·h=74W×1h=74W×3600s=2.664×105J，是能量单位。所以C正确。
4．（3分）登机入座后，该同学透过舷窗看到初升太阳，如图4所示。已知大气的折射率随着海拔的升高而减小，则太阳的实际位置在（ ）
（A）A处
（B）B处
【答案】B
【解析】由于大气层离地面越近折射率越大，处于B处的太阳光穿过大气层时，发生折射，折射角小于入射角，使得光线向法线靠拢，飞机上的乘客接收到折射光线，根据经验以为光直线传播，看到的太阳是折射成的虚像，在B上方，所以B对。
5．飞机在空中水平飞行时，该同学将靠背上的小桌板放下，其上放有质量为m的饮料杯（含饮料），如图5所示。
（1）（3分）当飞机匀速飞行时，关于饮料杯对桌板作用力F的示意图，正确的是（ ）
【答案】C
【解析】飞机匀速飞行，饮料杯子处于平衡状态，受重力与桌板的支持力平衡，而杯子对桌板的力与桌板对杯子的力为作用力反作用力，作用点在桌板上，方向竖直向下，所以C对。
（2）（2分）飞机匀速平稳飞行时，若饮料杯的重心在轻桌板OA、轻杆OB交点的正上方，保持轻桌板桌面水平，将OB杆调整至OB′位置，如图6所示。则OB′上受到的弹力_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】变小
【解析】如图，以O点为研究对象，受杯子压力、OB杆支持力F1，OA杆拉力F2，三力平衡，根据平行四边形定则，当OB杆调整到OB′，由平行四边形定则可画出OB、OA杆上的力均变小。
（3）（4分）在飞机水平飞行的一段时间内，该同学发现饮料杯中的液面与小桌板成α角，如图7所示。则飞机在做__________运动（选填“匀加速”、“匀减速”或“匀速”）。取重力加速度为g，此时飞机运动的加速度大小为__________。
【答案】匀减速，gtanθ
【解析】（１）由于水的惯性，可判断在减速，故选填“匀减速”
（２）可转化为细线悬挂的小球，在匀减速前进的飞机里
受重力和绳子拉力，与飞机有相同的加速度，根据正交分解，
利用牛顿第二定律即可求出向左的加速度ａ＝gtanθ
二、天宫空间站（20分）
2022年11月29日神舟十五号载人飞船入轨后与空间站组合体自主快速交会对接。
1.（3分）根据下列器材在地面上使用时的主要功能，航天员在空间站中同样可以正常使用的是（ ）
A．单摆演示器 B．弹簧拉力器 C．家用体重秤 D．哑铃
【答案】Ｂ
【解析】在空间站里，所有物体均处于完全失重状态，因此由重力参与的单摆、体重秤、哑铃都无法使用，所以B正确，ACD错。
2．（4分）【多选】天宫空间站绕地球的运动近似可以看作匀速圆周运动，在天宫空间站运行的过程中，下列哪些物理量保持不变（ ）
A．动能B．角速度C．加速度D．动量
【答案】AB
【解析】匀速圆周运动是线速度、加速度大小不变方向变，角速度大小方向不变，而Ek=12mv2也不变。所以AB正确，CD错。
3．（3分）天舟二号采用自主快速交会对接模式，成功对接天和核心舱后向端口。二者对接前、后瞬间的总动量大小分别为p₁、p₂；总动能分别为E₁、E₂，则（ ）
A．p₁ > p₂，E₁ > E₂ B．p₁ = p₂，E₁ > E₂
C．p₁ > p₂，E₁ = E₂ D．p₁ = p₂，E₁ > E₂
【答案】B
【解析】天舟二号和核心舱的对接过程可抽象为完全弹性碰撞模型，则碰撞过程动量守恒，但能量有损失不守恒。所以B正确。
4．（3分）仅考虑狭义相对论效应，在高速飞行的火箭里的时钟走过10s，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间（ ）
A．大于10sB．小于10sC．等于10sD．都有可能
【答案】A
【解析】根据爱因斯坦相对论，在高速飞行的火箭里，时间变慢，所以在地面上的人看到的时间会大于10s,A正确。
5．（3分）航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是（ ）
A．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C．梦天实验舱内，相对实验舱静止的水球不受任何外力的作用
D．梦天实验舱内，水球质量越大其惯性越大
【答案】D
【解析】A弹力都是由施力物体形变产生，因此水球所受弹力是球拍形变产生的，A错；
B水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力，B错；
C水球随梦天实验舱一起绕地球匀速圆周运动，受地球引力提供向心力了，C错
D物体惯性大小只与质量有关，D正确
6．（4分）某次实验中，航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡内表面发生了 现象（如图）。若这种现象是在P点恰好发生的，θ= 53°，则水的折射率为 。
【答案】1.25
【解析】某次实验中，航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡内表面发生了全反射现象。在P点恰好发生的全反射，则
n=1sin53° =1.25.
三、生活中的功和能（共19分）
1．（3分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【解析】】A、在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；
B、当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，故B正确；
C、小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h,故C正确；
D、整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，故D错误。
故选：BC。
2．（4分）一风力发电机出现故障，检修人员乘坐升降机到顶端检修平台进行检修，升降机上升过程的速度时间关系如图所示，加速和减速运动时加速度大小均为a，匀速运动时速度为，已知升降机和检修人员的总质量为m，升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h，上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的k倍，重力加速度为g.在此过程中，升降机的总运动时间为 ，牵引力做功为 。
【答案】hv0+v0a ；k+1mgh
【解析】（1）t=2t1+t2=2v0a+h-2v022av0 = hv0+v0a
(2)动能定理，WF+WG+Wf=0-0； WF=k+1mgh
3．（12分）如图所示，可视为质点的小物块静止在水平桌面OA的左端，桌面OA的长度，物块与桌面间的动摩擦因数，桌子右侧的斜面BC与水平方向的夹角为，斜面下端点B在桌子右边缘A的正下方。物块在水平拉力F作用下向右运动，拉力F与x之间的关系如右图所示，x表示桌面上某点到O点的距离。物块离开桌面后平抛落到斜面上，物块到达斜面时速度与斜面垂直。已知物块质量为.
（1）求物块平抛的初速度；
（2）求桌面的高度；
（3）其他量不变，将斜面BC向右平移距离d，同时改变桌面的动摩擦因数，保证物块到达斜面时速度与斜面垂直，求d的最大值及这种情形下的动摩擦因数。
【答案】（1）3m/s （2）1.7m （3）2.55m； 7320
【解析】(1)F-x图线与X轴围成的面积表示功，由图知拉力做功W=2×2×１２J=2J，物块在桌面上运动过程由动能定理得：W-μmgL=１２ｍvＡ２，解得物块平抛的初速度为vA=3m/s.
（2）由于物块到达斜面时速度与斜面垂直，则落到斜面上时速度的竖直分量为 vy=vAtanθ=gt1,物块下落的高度:h=12gt2； 水平位移分别为：x=vAt1；
由几何关系可得 h2=xtanθ； 则桌面的高度为 H=h2+h1 联立代入数据解得 H=1.7m
（3）由于桌面高度一定，物块平抛到达斜面时速度的竖直分量最大为vy1=2gh ，
物块到达斜面时速度与斜面垂直，这种情形下平抛初速度为v0=vy1tanθ
由动能定理可得：W-μ2mgL=12mv02，解得：μ2=7320。
由题意知，动摩擦因数为0时，物块平抛的初速度最大，即便落到地面处也无法满足物块到达斜面时速度与斜面垂直，综上所述，物块平抛刚好落到地面处时到达斜面底端，速度与斜面垂直，此时d有最大值。 H=12gt2 ；d=v0t，代入数据可得 d=2.55m，这种情形下动摩擦因数为7320。
四、无线充电器（22分）
无线充电器的发射线圈产生交变磁场，在接收设备（手机等）内的线圈中产生交变电流，实现电能的无线传输。
1．（4分）从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，接收设备线圈中的电流为 方向（填“逆时针”或“顺时针”）；两线圈之间的作用 （填“吸引”或“排斥”）
【答案】顺时针； 排斥
【解析】（1）从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，根据楞次定律，接收设备线圈中的感应电流方向为顺时针方向；根据电流之间作用规律，同向相互吸引，反向相互排斥。
2．（4分）若接收线圈获得的正弦交流电的电压随时间变化规律如图（a）所示。
（1）以s为时间t的单位，V为电压u的单位，此交流电电压随时间变化的方程为_____________；
【答案】u=7sin100πtV
【解析】根据正弦交流电变化规律u=Umsin(2πTt)，此交流电电压随时间变化的方程为u=7sin100πtV
（2）此交流电压的有效值与图（b）所示交流电电压的有效值之比为________。
A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．1:2
【答案】B
【解析】（a）所示交流电压的有效值u1有=um2=722V，（b）所示交流电电压的有效值u2有=7V
此交流电压的有效值与图（b）所示交流电电压的有效值之比为u1有:u2有=1:2 故选B。
3．（4分）某发电厂发出的交流电电压为U1，功率为P。远距离输电线路的总电阻为r。现采用电压达U2的特高压输电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为________；输电线上损失的功率为________。
【答案】U1U2； P2rU22
【解析】（1） 变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为n1n2=U1U2
（2） 升压变压器输入端上的电流I1=PU1 输电线上的电流I2=n1n2I1
输电线上损失的功率为 P损=I22r=P2rU22
4．（10分）如图（a），某无线充电装置接收线圈匝数为N、半径为a、电阻为r。一匀强磁场垂直穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化规律如图（b）所示。外接定值电阻阻值为R。求：
（1）（计算）在0~t0时间内，接收线圈中的感应电动势E。
【答案】2NB0πa2t0
【解析】在0~t0时间内，接收线圈中的感应电动势E=NΔΦΔt=NΔBSΔt=2NB0πa2t0
（2）（计算）在0~t0时间内，通过定值电阻的电荷量q。
【答案】2NB0πa2R+r
【解析】在0~t0时间内，通过定值电阻的电荷量q=IΔt=ER+rΔt=2NB0πa2R+r
（3）在0~t0、t0~1.5t0两段时间内，定值电阻上产生的热量之比为________。
A．2:1 B．1:1 C．1:2 D．1:4
【答案】C
【解析】在0~t0时间内，感应电流为I1=ER+r 在0~t0时间内，定值电阻上产生的热量Q1=I12Rt0；
在t0~1.5t0时间内，感应电动势为E'=4NB0πa2t0，感应电流为I2=E'R+r，定值电阻上产生的热量Q2=0.5I22Rt0； 因此定值电阻上产生的热量之比为Q1:Q2=1:2 故选C。
五、生活中的静电（18分）
静电与人们的关系越来越密切。在生产和社会生活中，静电既有有利的一面，如静电除尘、静电喷雾、静电复印等，也有需要防范的一面。
1、（3分）下列属于静电防范的是（ ）
A．静电喷雾 B．静电复印C．安装避雷针D．静电除尘
【答案】C
【解析】ABD静电喷雾、静电复印、静电除尘都属于静电利用，错；C安装避雷针属于静电防范，C正确
2、（3分）如图为某自动控制仪器中固定在光滑水平面上的金属块A，通过原长为L的绝缘弹簧与金属滑块B连接，它们带等量同种电荷，弹簧伸长量为x1。若A、B电荷量均减少一半，弹簧伸长量变为x2，滑块可以看成质点，则有（ ）
A．x2=12x1B．x2=14x1
C．x2＞14x1D．x2＜14x1
【答案】C
【解析】金属块A、B带同种电荷，因题设情况下不能看作点电荷，因此同种电荷的排斥作用影响电荷分布，使电荷间实际距离变大，因此静电作用力比库仑定律算出的偏小；电量减半，则意味着电荷分布也受到影响，实际静电作用力小于库仑定律计算值，因此C正确，ABD错。
3、（4分）如图静电喷雾装置，接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，虚线为等势面。带负电液滴从喷口飞向被涂物，a、b、c是其中一条路径上的三点，b是a、c的中点，则：
（1）液滴在 a 点的加速度________在 c 点的加速度；液滴在 a 点的电势能________在 c 点的电势能(均选涂：A．大于 B．等于 C．小于）；
（2）用虚线在ac间定性画出一个等势面，使相邻等势面间的电势差相等。
【答案】（1）A ； A （2）如图红线
−
【解析】（1）加速度大小看电场力大小，电场力大小看电场强度大小，电场强度大小看电场线疏密，如图a点密，加速度大；电势高低看上下游，沿电场线方向电势降低，所以a点电势低，但液滴带负电，则Ep=qφ，电势能就大。
（2）等势面如图中红线。
4、（8分）如图两块足够大的彼此绝缘的水平金属板间距为d，其电容为C，与电压恒为U的电源相接。求：（1）A板带电量；
（2）若有液滴悬浮在板间不动，液滴的最小质量；
（3） 从A板中心O以速率 v0往各个方向射出一批质量为 m、带电量为 q 的正电荷（重力不计）。问电荷到达 B 板上的区域面积 S 为多大？（简答）
【答案】（1）CU （2）Uedg （3）2πmv02d2Uq
【解析】（1）C=Q/U Q=CU（2分）
（2）mg=eE m= Uedg（2分）
（3）v0水平抛出，能到达最远的距离。
垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，电荷的加速度F=ma a=Fm=Eqm=Uqdm
运动到B板的时间为t=2da=d2mUq
电荷在沿金属板方向做匀速直线运动，运动的最远距离L=v0t=v0d2mUq
电荷到达 B 板上的区域面积S=πL2=2πmv02d2Uq
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、假日之旅（共21分）
某同学购买了一张单程机票。此次飞行的相关信息见图1、2。在这趟飞行过程中他不仅领略了祖国的大好河山，更是发现了不少有趣的物理现象。
1．（4分）机票中的“08:30”指的是__________（选填“时间”或“时刻”）。若整个行程约为2100km，则飞机全程的平均速率约为__________km/h。
【答案】时刻，700
【解析】这里指的是时刻，而时间是两个时刻之间的间隔；
平均速度=路程÷时间，这里行程显然不是位移而是路程。
2．（2分）机场开放了自助值机与行李托运。若经济舱旅客的免费托运限额为20kg，超出部分每千克按机票票价的1.5%收取费用。该同学将行李放上自动称重系统后，系统内部压力传感器显示的“F-t”图像如图3所示，已知该同学的机票票价为1000元，g＝10m/s2。则他还需补缴的金额为__________元。
【答案】15
【解析】根据F-t图知，在称重稳定后，行李静止，则重力G=210N,质量m=21kg；
根据题意补缴金额=（21-20）×1.5%×1000元=15元。
3．（3分）过安检时，工作人员查看了该同学的充电宝。充电宝铭牌上写有“74W·h”。此参数反映了充电宝所具有的（ ）
（A）电荷量值（B）额定电流值
（C）额定能量值（D）额定功率值
【答案】C
【解析】充电宝上的74W·h=74W×1h=74W×3600s=2.664×105J，是能量单位。所以C正确。
4．（3分）登机入座后，该同学透过舷窗看到初升太阳，如图4所示。已知大气的折射率随着海拔的升高而减小，则太阳的实际位置在（ ）
（A）A处
（B）B处
【答案】B
【解析】由于大气层离地面越近折射率越大，处于B处的太阳光穿过大气层时，发生折射，折射角小于入射角，使得光线向法线靠拢，飞机上的乘客接收到折射光线，根据经验以为光直线传播，看到的太阳是折射成的虚像，在B上方，所以B对。
5．飞机在空中水平飞行时，该同学将靠背上的小桌板放下，其上放有质量为m的饮料杯（含饮料），如图5所示。
（1）（3分）当飞机匀速飞行时，关于饮料杯对桌板作用力F的示意图，正确的是（ ）
【答案】C
【解析】飞机匀速飞行，饮料杯子处于平衡状态，受重力与桌板的支持力平衡，而杯子对桌板的力与桌板对杯子的力为作用力反作用力，作用点在桌板上，方向竖直向下，所以C对。
（2）（2分）飞机匀速平稳飞行时，若饮料杯的重心在轻桌板OA、轻杆OB交点的正上方，保持轻桌板桌面水平，将OB杆调整至OB′位置，如图6所示。则OB′上受到的弹力_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】变小
【解析】如图，以O点为研究对象，受杯子压力、OB杆支持力F1，OA杆拉力F2，三力平衡，根据平行四边形定则，当OB杆调整到OB′，由平行四边形定则可画出OB、OA杆上的力均变小。
（3）（4分）在飞机水平飞行的一段时间内，该同学发现饮料杯中的液面与小桌板成α角，如图7所示。则飞机在做__________运动（选填“匀加速”、“匀减速”或“匀速”）。取重力加速度为g，此时飞机运动的加速度大小为__________。
【答案】匀减速，gtanθ
【解析】（１）由于水的惯性，可判断在减速，故选填“匀减速”
（２）可转化为细线悬挂的小球，在匀减速前进的飞机里
受重力和绳子拉力，与飞机有相同的加速度，根据正交分解，
利用牛顿第二定律即可求出向左的加速度ａ＝gtanθ
二、天宫空间站（20分）
2022年11月29日神舟十五号载人飞船入轨后与空间站组合体自主快速交会对接。
1.（3分）根据下列器材在地面上使用时的主要功能，航天员在空间站中同样可以正常使用的是（ ）
A．单摆演示器 B．弹簧拉力器 C．家用体重秤 D．哑铃
【答案】Ｂ
【解析】在空间站里，所有物体均处于完全失重状态，因此由重力参与的单摆、体重秤、哑铃都无法使用，所以B正确，ACD错。
2．（4分）【多选】天宫空间站绕地球的运动近似可以看作匀速圆周运动，在天宫空间站运行的过程中，下列哪些物理量保持不变（ ）
A．动能B．角速度C．加速度D．动量
【答案】AB
【解析】匀速圆周运动是线速度、加速度大小不变方向变，角速度大小方向不变，而Ek=12mv2也不变。所以AB正确，CD错。
3．（3分）天舟二号采用自主快速交会对接模式，成功对接天和核心舱后向端口。二者对接前、后瞬间的总动量大小分别为p₁、p₂；总动能分别为E₁、E₂，则（ ）
A．p₁ > p₂，E₁ > E₂ B．p₁ = p₂，E₁ > E₂
C．p₁ > p₂，E₁ = E₂ D．p₁ = p₂，E₁ > E₂
【答案】B
【解析】天舟二号和核心舱的对接过程可抽象为完全弹性碰撞模型，则碰撞过程动量守恒，但能量有损失不守恒。所以B正确。
4．（3分）仅考虑狭义相对论效应，在高速飞行的火箭里的时钟走过10s，理论上站在地面上的观察者手里的时钟走过的时间（ ）
A．大于10sB．小于10sC．等于10sD．都有可能
【答案】A
【解析】根据爱因斯坦相对论，在高速飞行的火箭里，时间变慢，所以在地面上的人看到的时间会大于10s,A正确。
5．（3分）航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用球拍击球，水球被弹开。对于该实验说法正确的是（ ）
A．击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C．梦天实验舱内，相对实验舱静止的水球不受任何外力的作用
D．梦天实验舱内，水球质量越大其惯性越大
【答案】D
【解析】A弹力都是由施力物体形变产生，因此水球所受弹力是球拍形变产生的，A错；
B水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对作用力与反作用力，B错；
C水球随梦天实验舱一起绕地球匀速圆周运动，受地球引力提供向心力了，C错
D物体惯性大小只与质量有关，D正确
6．（4分）某次实验中，航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡内表面发生了 现象（如图）。若这种现象是在P点恰好发生的，θ= 53°，则水的折射率为 。
【答案】1.25
【解析】某次实验中，航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡内表面发生了全反射现象。在P点恰好发生的全反射，则
n=1sin53° =1.25.
三、生活中的功和能（共19分）
1．（3分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【解析】】A、在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；
B、当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球的机械能减小，故B正确；
C、小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大高度要小于h,故C正确；
D、整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，故D错误。
故选：BC。
2．（4分）一风力发电机出现故障，检修人员乘坐升降机到顶端检修平台进行检修，升降机上升过程的速度时间关系如图所示，加速和减速运动时加速度大小均为a，匀速运动时速度为，已知升降机和检修人员的总质量为m，升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h，上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的k倍，重力加速度为g.在此过程中，升降机的总运动时间为 ，牵引力做功为 。
【答案】hv0+v0a ；k+1mgh
【解析】（1）t=2t1+t2=2v0a+h-2v022av0 = hv0+v0a
(2)动能定理，WF+WG+Wf=0-0； WF=k+1mgh
3．（12分）如图所示，可视为质点的小物块静止在水平桌面OA的左端，桌面OA的长度，物块与桌面间的动摩擦因数，桌子右侧的斜面BC与水平方向的夹角为，斜面下端点B在桌子右边缘A的正下方。物块在水平拉力F作用下向右运动，拉力F与x之间的关系如右图所示，x表示桌面上某点到O点的距离。物块离开桌面后平抛落到斜面上，物块到达斜面时速度与斜面垂直。已知物块质量为.
（1）求物块平抛的初速度；
（2）求桌面的高度；
（3）其他量不变，将斜面BC向右平移距离d，同时改变桌面的动摩擦因数，保证物块到达斜面时速度与斜面垂直，求d的最大值及这种情形下的动摩擦因数。
【答案】（1）3m/s （2）1.7m （3）2.55m； 7320
【解析】(1)F-x图线与X轴围成的面积表示功，由图知拉力做功W=2×2×１２J=2J，物块在桌面上运动过程由动能定理得：W-μmgL=１２ｍvＡ２，解得物块平抛的初速度为vA=3m/s.
（2）由于物块到达斜面时速度与斜面垂直，则落到斜面上时速度的竖直分量为 vy=vAtanθ=gt1,物块下落的高度:h=12gt2； 水平位移分别为：x=vAt1；
由几何关系可得 h2=xtanθ； 则桌面的高度为 H=h2+h1 联立代入数据解得 H=1.7m
（3）由于桌面高度一定，物块平抛到达斜面时速度的竖直分量最大为vy1=2gh ，
物块到达斜面时速度与斜面垂直，这种情形下平抛初速度为v0=vy1tanθ
由动能定理可得：W-μ2mgL=12mv02，解得：μ2=7320。
由题意知，动摩擦因数为0时，物块平抛的初速度最大，即便落到地面处也无法满足物块到达斜面时速度与斜面垂直，综上所述，物块平抛刚好落到地面处时到达斜面底端，速度与斜面垂直，此时d有最大值。 H=12gt2 ；d=v0t，代入数据可得 d=2.55m，这种情形下动摩擦因数为7320。
四、无线充电器（22分）
无线充电器的发射线圈产生交变磁场，在接收设备（手机等）内的线圈中产生交变电流，实现电能的无线传输。
1．（4分）从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，接收设备线圈中的电流为 方向（填“逆时针”或“顺时针”）；两线圈之间的作用 （填“吸引”或“排斥”）
【答案】顺时针； 排斥
【解析】（1）从上往下俯视，当无线充电发射线圈中的电流逆时针增大时，根据楞次定律，接收设备线圈中的感应电流方向为顺时针方向；根据电流之间作用规律，同向相互吸引，反向相互排斥。
2．（4分）若接收线圈获得的正弦交流电的电压随时间变化规律如图（a）所示。
（1）以s为时间t的单位，V为电压u的单位，此交流电电压随时间变化的方程为_____________；
【答案】u=7sin100πtV
【解析】根据正弦交流电变化规律u=Umsin(2πTt)，此交流电电压随时间变化的方程为u=7sin100πtV
（2）此交流电压的有效值与图（b）所示交流电电压的有效值之比为________。
A．1:1 B．1:2 C．2:1 D．1:2
【答案】B
【解析】（a）所示交流电压的有效值u1有=um2=722V，（b）所示交流电电压的有效值u2有=7V
此交流电压的有效值与图（b）所示交流电电压的有效值之比为u1有:u2有=1:2 故选B。
3．（4分）某发电厂发出的交流电电压为U1，功率为P。远距离输电线路的总电阻为r。现采用电压达U2的特高压输电技术进行输电，变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为________；输电线上损失的功率为________。
【答案】U1U2； P2rU22
【解析】（1） 变电站理想升压变压器输入线圈和输出线圈的匝数比为n1n2=U1U2
（2） 升压变压器输入端上的电流I1=PU1 输电线上的电流I2=n1n2I1
输电线上损失的功率为 P损=I22r=P2rU22
4．（10分）如图（a），某无线充电装置接收线圈匝数为N、半径为a、电阻为r。一匀强磁场垂直穿过线圈，其磁感应强度B随时间t变化规律如图（b）所示。外接定值电阻阻值为R。求：
（1）（计算）在0~t0时间内，接收线圈中的感应电动势E。
【答案】2NB0πa2t0
【解析】在0~t0时间内，接收线圈中的感应电动势E=NΔΦΔt=NΔBSΔt=2NB0πa2t0
（2）（计算）在0~t0时间内，通过定值电阻的电荷量q。
【答案】2NB0πa2R+r
【解析】在0~t0时间内，通过定值电阻的电荷量q=IΔt=ER+rΔt=2NB0πa2R+r
（3）在0~t0、t0~1.5t0两段时间内，定值电阻上产生的热量之比为________。
A．2:1 B．1:1 C．1:2 D．1:4
【答案】C
【解析】在0~t0时间内，感应电流为I1=ER+r 在0~t0时间内，定值电阻上产生的热量Q1=I12Rt0；
在t0~1.5t0时间内，感应电动势为E'=4NB0πa2t0，感应电流为I2=E'R+r，定值电阻上产生的热量Q2=0.5I22Rt0； 因此定值电阻上产生的热量之比为Q1:Q2=1:2 故选C。
五、生活中的静电（18分）
静电与人们的关系越来越密切。在生产和社会生活中，静电既有有利的一面，如静电除尘、静电喷雾、静电复印等，也有需要防范的一面。
1、（3分）下列属于静电防范的是（ ）
A．静电喷雾 B．静电复印C．安装避雷针D．静电除尘
【答案】C
【解析】ABD静电喷雾、静电复印、静电除尘都属于静电利用，错；C安装避雷针属于静电防范，C正确
2、（3分）如图为某自动控制仪器中固定在光滑水平面上的金属块A，通过原长为L的绝缘弹簧与金属滑块B连接，它们带等量同种电荷，弹簧伸长量为x1。若A、B电荷量均减少一半，弹簧伸长量变为x2，滑块可以看成质点，则有（ ）
A．x2=12x1B．x2=14x1
C．x2＞14x1D．x2＜14x1
【答案】C
【解析】金属块A、B带同种电荷，因题设情况下不能看作点电荷，因此同种电荷的排斥作用影响电荷分布，使电荷间实际距离变大，因此静电作用力比库仑定律算出的偏小；电量减半，则意味着电荷分布也受到影响，实际静电作用力小于库仑定律计算值，因此C正确，ABD错。
3、（4分）如图静电喷雾装置，接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，虚线为等势面。带负电液滴从喷口飞向被涂物，a、b、c是其中一条路径上的三点，b是a、c的中点，则：
（1）液滴在 a 点的加速度________在 c 点的加速度；液滴在 a 点的电势能________在 c 点的电势能(均选涂：A．大于 B．等于 C．小于）；
（2）用虚线在ac间定性画出一个等势面，使相邻等势面间的电势差相等。
【答案】（1）A ； A （2）如图红线
−
【解析】（1）加速度大小看电场力大小，电场力大小看电场强度大小，电场强度大小看电场线疏密，如图a点密，加速度大；电势高低看上下游，沿电场线方向电势降低，所以a点电势低，但液滴带负电，则Ep=qφ，电势能就大。
（2）等势面如图中红线。
4、（8分）如图两块足够大的彼此绝缘的水平金属板间距为d，其电容为C，与电压恒为U的电源相接。求：（1）A板带电量；
（2）若有液滴悬浮在板间不动，液滴的最小质量；
（3） 从A板中心O以速率 v0往各个方向射出一批质量为 m、带电量为 q 的正电荷（重力不计）。问电荷到达 B 板上的区域面积 S 为多大？（简答）
【答案】（1）CU （2）Uedg （3）2πmv02d2Uq
【解析】（1）C=Q/U Q=CU（2分）
（2）mg=eE m= Uedg（2分）
（3）v0水平抛出，能到达最远的距离。
垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，电荷的加速度F=ma a=Fm=Eqm=Uqdm
运动到B板的时间为t=2da=d2mUq
电荷在沿金属板方向做匀速直线运动，运动的最远距离L=v0t=v0d2mUq
电荷到达 B 板上的区域面积S=πL2=2πmv02d2Uq
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