还剩6页未读，
继续阅读
2024届福建省养正中学等四校高三下学期返校联考物理试题 解析版
展开
这是一份2024届福建省养正中学等四校高三下学期返校联考物理试题 解析版，共9页。试卷主要包含了单选题，双项选择题，填空题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试科目：物理 满分： 100 分 考试时间： 75 分钟
一、单选题： 本题共 4 小题， 每小题 4 分， 共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一 项是符合题目要求的。
1 ．2021 年 12 月 9 日，航天员王亚平在时隔 8 年后再次进行太空授课，在其中一个环节，
王亚平通过向水膜注水形成了一个小水球，视频中可以清晰地看到小水球在不断地进行周
期性振动（即小水球形状在不断发生周期性变化） ，研究表明， 小水球振动的频率f = k 。 其中表面张力系数σ 的单位为“ 牛顿每米（N/m ）ℽ , m 为小水球质量，下列关于 k 的分析，
可能正确的是( )
A ．k 是无单位的物理量
B ．k 与时间的单位相同
C ．k 与频率f 的单位相同
D ．k 与表面张力系数σ 的单位相同
2．2023 年 11 月 22 日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工 作正常，性能稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道 II（距离地面 720km 的
圆形轨道）上，其轨道面和地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道 I 上运行，
在 A 处通过变轨转移至圆形轨道 II 上运行，A 、B 分别为椭圆
轨道 I 的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面 36000km，
下列说法中正确的是( )
A．卫星经过 B 点时的速度小于沿轨道 II 经过 A 点时的速度
B ．卫星沿轨道 I 、II 经过 A 点时的加速度相等
C ．“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等
D ．“夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能
3 ．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4∶1 ，电阻 R=55Ω , 电流表、电压表均
为理想电表。原线圈 A 、B 端接入如图乙所示的正弦交变电压，则( )
A. 电流表的示数为 4.0A B. t=0.005s 时，电压表示数为 55V
C. 副线圈中的电流方向每秒改变 50 次 D. 原线圈的电流最大值为A
4 ．如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为 v0=0.8m/s ，开采 出的煤块以 50kg/s 的流量（即每秒钟有 50kg 煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带
上，并立即与传送带以相同的速度一起运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率
应该增加( )
A ．32W B ．40W C ．16W D ．20W
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全 部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
5．一列沿 x 轴传播的简谐横波，在t = 0 时的波
形如图甲所示，P、Q 是波上的两个质点，此时
质点 P 沿y 轴负方向运动，图乙是波上某一质
点的振动图像，下列说法正确的是( )
A ．该波沿 x 轴正方向传播
B ．图乙可能为 Q 点的振动图像
C ．0~0. 10s 内，质点 P 通过的路程等于 10cm
D ．该波的波速为 40m/s
物理 第 1 页 共 4 页
6 ．日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素碘 131 被更多的人所了解。利用质谱仪可 分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量均为+q 的碘 131 和碘 127 质量分别为 m1 和 m2，
它们从容器 A 下方的小孔 S1 进入电压为 U 的加速电场（入场速度忽略不计），经电场加速
后从 S2 小孔射出，垂直进入磁感应强度大小为 B 的匀强
磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是( )
A ．磁场的方向垂直于纸面向里
B ．碘 131 进入磁场时的速率为
π(m1 - m2 )
C ．碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为
qB
D ．打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为EQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 7(1),B)(||（ 2EQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 6(m1),q)U - 2EQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 6(m2),q)U
7．某电场沿 x 轴上各点的电场强度大小变化如右图所示
场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点
电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴负方向运动，
到达 xl 位置时速度第一次为零，到达 x2 位置时速度第二
次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )
A ．点电荷从 xl 运动到 x2 的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小 B ．点电荷从 O 沿 x 轴正方向运动到 x2 的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C ．电势差Ux1 < Ux2
D ．在整个运动过程中，点电荷在 xl 、x2 位置的电势能最大
8．如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ , 半径为 R 的四分之一圆弧轨道 BC 与 AB 管道相切于 B 点，C 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定 在 AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄 P ．将球投入 AB 管内， 缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列 碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气
阻力，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距 B 点为 L ，释放手柄，弹珠被弹出，
到达 C 点速度为 v 。已知弹珠的质量为 m ，当地重力加速度为 g 。下列说法正确的是( )
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一
直做正功，弹珠动能一直增大
B ．调整手柄的位置，可以使弹珠从 C 点离开后做匀
变速直线运动，直到碰到障碍物
C ．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D ．此过程中，弹簧的最大弹性势能为 mg(L+R)sinθ+ mv2
三、填空题：每空 1 分，共 9 分。考生根据要求作答。
9．由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的
AC 边界面射入，照射到斜面上的 D 点，甲光恰好发生
全反射，乙光可以从 D 点折射出棱镜，如图所示。若甲、
乙单色光在该棱镜中传播速度分别为 k1C 和 k2C（C 为
真空中的光速），则可以判断 k1 k2（选填“>”或“<” ）；甲、乙两单色光在该介质中 的折射率之比为 （用 k1 、k2 表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间
距 乙光形成的条纹间距（选填“>”或“<” ）。
10 ．一定质量理想气体先后经历A 喻 B、B 喻 C、C 喻 A三个阶
段，其p - V 图像如图所示。在C 喻 A的过程中气体内能的变
化趋势为 （填“一直增大 ”或“一直减
小 ”或“先增大后减小 ”或“先减小后增大 ”）。在A 喻 B 喻 C
过程中气体 （填“ 吸收”或“放出” ）的热量为 J 。
11 ．一位质量为 50kg 的同学从 8 楼乘电梯下降到 1 楼，在此
过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度
a 随时间 t 的变化关系如图所示（重力加速度 g 取 10m/s2 ）。
当t = 10s 时，a=0.4m/s2 ，该同学处于 状态（填“超重”
或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小 N。若每层
楼高 3 米，则整个过程中电梯运行的平均速度为 m/s。（计算结果保留两位有效数字）。
四、实验题：5 分+7 分。考生根据要求作答。
12 ．(5 分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律” 的实验。 有一直径为 d、质量为 m 的金属小球由 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、 固定于 B 处的光电门，测得 A 、B 间的距离为 H（H >> d ），光电计时器记录下小球通
过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g 。则：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d= cm。
（2）多次改变高度 H，重复上述实验，作出 随 H 的变化图像如图丙所示，当图中已知
量t0、H0 和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式： 时，可判断小球下落过程
中机械能守恒。
（3）实验中发现动能增加量ΔEk 总是稍小于重力势能减少量ΔEp ，增加下落高度后，则
ΔEp - ΔEk 将 （选填“增大”“减小”或“不变” ）。
13 ．(7 分)根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻Rx ，先把选择开关调至“ 会1k ”挡，经欧姆调零 后测量人体电阻，指针偏转如图 a 所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“ 会100 ”或“ 会10k ” ）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图 b 所示，则人体电阻为
kΩ ;
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设
计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：
A 、电压表V1 （量程5V ，内阻r1 = 50.0kΩ )
B 、电压表V2 （量程3V ，内阻r2 = 30.0kΩ )
C 、电流表 A（量程0.6A ，内阻r = 1Ω )
D 、滑动变阻器 R（额定电流1.5A ，最大阻值50Ω )
E 、电源 E（电动势6.0V ，内阻不计），开关 S ，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 （请填写器材前的序号）；
②请把实验电路图补充完整；
③若步骤①中所选电表的示数为 D，电压表V1 的示数为U1 ，则待测电阻Rx = （用
题中所给的物理量符号表达）。
五、解答题：11 分+12 分+16 分。考生根据要求作答。
14 ．( 11 分)在倾角 37° 足够长的斜面底端有一个质量为 1kg 的物体（可看成质点），物体 与斜面之间的动摩擦因数为 0.5 。物体先在沿斜面向上的拉力 F 作用下，以v0 = 5 m/s 的速
度匀速上升 2s，紧接着撤去拉力 F ，重力加速度 g 取 10m/s2 ，sin 370 = 0.6，cs 370 = 0.8，
则：
（1）拉力 F 有多大？
（2）物体沿斜面上升的最大距离有多少？
（3）物体返回斜面底端时的速度有多大？
15 ．（12 分）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框 abcd，ab 边的长度为 L1 =2m ，bc 边的长度为 L2 =1m ，线框的质量为 m=1kg，电阻为 r=1Ω, 线框通过细线绕过光滑的定滑 轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为 M=2kg；水平面上 ef 和 gh 是有界匀强磁 场的边界，边界与水平面的底边平行，ef 和 gh 间距为 L=3m，磁场方向垂直于水平面向下， 磁感应强度为 B=1T，开始时 cd 边与 ef边界的距离为 x=1m。现由静止释放重物，线框恰好 能匀速穿过边界 gh ，线框运动过程中 cd 边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩 形线框 abcd 不会与滑轮接触，重力加速度为 g=10m/s2 。求：
（1）线框穿过 gh 边界时速度的大小 v；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量 q；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热 Q。
16 ．（16 分）如图所示，绝缘轨道 MNPQ 位于同一竖直面内，其中 MN 段是长度为 L 的水
平轨道，PQ 段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为 O ，半径
mg q
, 在包含圆
为 R ，直线 NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E =
弧轨道 NP 的 ONO ′P 区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场（边界处无 磁场），轨道 MN 最左端 M 点处静止一质量为 m 、电荷量绝对值为 q 的带负电物块 A ，一 质量为 3m为物块 C 从左侧的光滑轨道上以速度 v0 撞向物块 A ，A 、C 之间发生弹性碰撞， 碰撞过程无电荷交换，之后沿轨道向右运动，A ，C 均可视为质点，与轨道 MN 的动摩擦因 数相同且均为μ , 重力加速度为 g，A 在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨
道。求：
( 1)碰撞后 A 、C 的速度大小；
(2)当 A、C 与水平轨道 MN 的动摩擦因数μ满足什么条件时，使 A 碰后能冲上圆弧轨道，且
不会与 C 发生第二次碰撞；
(3)若μ = EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 6(3v),4g) ，R = μL ，此时 A 碰后能冲上圆弧轨道且越过 P 点后再返回到 N 点，求此过程
中 A 对轨道 NP 的最大压力的大小。
安溪 一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学
2024 年春季高三年返校联考参考答案与解析
1 ．A
【详解】已知频率的单位为（1/s ），表面张力系数σ 的单位为“牛顿每米（N/m ），则 k 的
【详解】A ．设卫星在过 B 点圆轨道上的运行速度为vB ，卫星沿轨道 II 经过 A 点时的速度
为vA ，由万有引力提供向心力有 = m ，可得vB > vA
设卫星在轨道 I 经过 B 点时的速度vB1 ，卫星经过 B 点时，由圆轨道变轨到轨道 I 需加速，
则有vB1 > vB
则有vB1 > vA
即卫星经过 B 点时的速度大于沿轨道 II 经过 A 点时的速度，故 A 错误；
B ．根据题意，由万有引力提供向心力有 = ma ，解得a =
可知，卫星沿轨道 I 、II 经过 A 点时的加速度相等，故 B 正确；
由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周
期与地球同步卫星的周期不相等，故 C 错误；
D ．由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，
故 D 错误。
故选 B。
3. D
【详解】每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，由动量定理可得
ft = Δp = mv
解得 f = 40N
煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为 40N 。电动机应增
加的功率为
P = Fv = 40x 0.8W = 32W 。故选 A。
5 ．AD
【详解】A ．已知t = 0
时 P 点沿y 轴负方向运动，根据同侧法可知波向 x 轴正方向传播，故 A 正确；
B ．根据同测法可知，Q 点在 0 时刻沿y 轴正方向运动，所以乙图不是 Q 点的振动图像，B
错误；
C ．根据振动图像可知周期T = 0.20s ，所以t = 0. 10s
时经历了半个周期，P 点在平衡位置下方沿y 轴正方向运动，由图可知质点 P 先向下运动到
达最低点后向上运动，故通过的路程必定大于10cm ，故 C 错误；
= m/s = 40m/s
, 故 D 正确。故选 AD。
D ．根据图甲可知波长是 8m ，所以波速v =
6 ．BC
【详解】A ．根据左手定则知，磁场的方向垂直于纸面向外，选项 A 错误；
2 m
B ．根据动能定理有qU = 1 mv2 ，得v =
碘 131 进入磁场时的速率 v1= ，选项 B 正确；
C ．由 T= 2EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 8(πm),qB)得，碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 6(T1),2) 一 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 6(T2),2) = π(mEQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 5(1一),qB) m2 ) ，选项 C 正
确；
s N
单位有 1 . kg . m
力的单位为 ，整理有 .
2 ．B
kg . m 2
. s kg . m
= 1 ，故选 A。
C ．由万有引力提供向心力有
GMm
2
r
= m r ，解得T =
4π2r3
GM
D ．由 R= =
2mU
q
得，打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为
4 ．A
【详解】点电荷从 xl 运动到 x2 的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从 xl 运动到 O 的过 程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强度 E 不变，所以加速度 a 不变， 做匀加速运动．点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强 度 E 先增大后减小，所以加速度 a 先增大再减小，速度不是均匀变化．故 A 错误．点电荷 从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强度 E 先均匀增大后均匀 减小，所以加速度 a 先均匀增大再均匀减小．故 B 正确．点电荷从 O 运动到 xl 的过程中，
根据动能定理：Ux1q = 0 一 mv02 点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据动能定理：
Ux2q = 0 一 mv02 ，以：电势差 Ux1=Ux2 ，C 错误．点电荷从 O 运动到 xl 的过程中，电场力 做负功，电势能增大，点电荷在 xl 位置的电势能最大；点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，电
场力做负功，电势能增大，点电荷在 x2 位置的电势能最大．故 D 正确．故选 BD.
8 ．CD
【详解】A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分 力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故 A 错误； B．弹珠从 C 点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以
弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故 B 错误；
C．弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增 大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全
部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故 C 正确；
D ．根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能，为
1 2
mv
2
, 故 D 正确。
mg (L + R)sinθ+
故选 ACD。
9 ． (每空 1 分) < k2 ∶k1 <
【详解】[2]根据n = ，可得n甲 = ，n乙 = ，解得n甲：n乙 = k2：k1
[ 1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据sin C = ，可知n甲 > n乙 ，联立，解得
k1 < k2
[3]同理，可得λ甲 < λ乙 ，根据Δx = λ, 可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。
10 ． (每空 1 分) 先增大后减小 放出 2000
则气体在状态 A 的内能等于状态 C 的内能，在 A→B→ C 过程中，图像中图线与横轴围成的
面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为
W = WAB + WBC = 0 + 5根103 根 (5 一 1) 根10一3 J = 2000J
由热力学第一定律有ΔU = Q +W
可得Q = 一2000J ，即在 A→B→ C 过程中气体放出的热量为 2000J。
11 ． (每空 1 分) 超重 520 1.9
【详解】[1][2]当t = 10s 时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。t = 10s 时，
有根据牛顿第二定律N 一 mg = ma ，得N = mg + ma = (50根 0.4 + 50根10)N = 520N
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约520N 。
12 ． 0.725 （2 分） t = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 10(2g),d2) H0 （2 分） 增大（1 分）
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律可知，该读数为 7 mm＋0.05×5mm=7.25 mm=0.725
cm
（2）[2]若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有mgH0 = mv2
其中v = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 8(d),t0) ，解得 t = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 8(2g),d2) H0
（3）[3]由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，ΔEp 一 ΔEk
2R1-2R2= ( 一
7 ．BD
2m U
q
)
2
选项 D 错误；故选 BC。
【详解】[2][3]由理想气体状态方程有
pAVA
T
A
=
pCVC
T
C
, 代入数据可得TA = TC
将增大。
13 ． x 10k （1 分） 100 （1 分） B （1 分）
【详解】（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“ x 1k ”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选
择量程过小，应把选择开关调至x10k 挡；
[2]由图 b 可知，人体电阻为Rx = 10x 10kΩ = 100kΩ
（2）[3]流过人体的最大电流约为Imax = = A = 5 x 10一5 A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2 代替电流表，其量程为 = 1 x 10一4 A
（3）[4]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，
滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
（4）[5]流过人体电阻的电流I = ，人体电阻两端的电压
U = U1 一 D
根据欧姆定律可得人体电阻Rx = = (U1 D )r2
14 ．（共 11 分：3+4+4）（1）10N；（2） 11.25m；（3）3 m/s
【详解】（1） 对物体进行受力分析（如图）
由牛顿第二定律得F = f + mgsinθ (1 分)
f = μN = μmg csθ (1 分)
解得F = 10 N ( 1 分)
（2） 当物体不受 F 向上滑时，物体的加速度
, a2 = 一 10m/s2 (1 分)
mg sinθ+ μmg csθ
2
a =
m
2 2
v 一 v
t 0
= 2a2x2 ， x2 = 1.25m (1 分)
物体受 F 匀速向上滑时 x1 = v0 .t = 5x 2 = 10m (1 分)
所以x = x1 + x2 = 1.25 +10 = 11.25m (1 分)
（3）物体下滑时的加速度为a3 = mg sinθEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 5(一 μ),m)mg csθ =2m/s2 (2 分)
由2ax = vEQ \* jc3 \* hps10 \\al(\s\up 5(2),t) 一 vEQ \* jc3 \* hps10 \\al(\s\up 5(2),0) (1 分)
15 ．（共 12 分：4+4+4）（1）5m/s ；（2）2C；（3）62.5 J
【详解】（1）因为线框恰好能匀速穿过 gh 边界，则线框穿过 gh 边界时受力平衡，水平方
向受力如图所示，拉力 F=Mg=BIL1 (1 分)
由欧姆定律得I = (1 分)
导线切割产生的电动势 E=BL1v (1 分)
联立解得v = EQ \* jc3 \* hps18 \\al(\s\up 8(Mgr),B2L12) =5m/s (1 分)
（2）研究线框进入磁场过程，产生的平均电动势为E = n ， Δφ = BL1L2 (1 分)
线框中流过的平均电流I = (1 分)
通过的电量q=I Δt (1 分)
联立解得q = 2C (1 分)
（2分）
(U1 一 D)r2
D
（2分）
得物体返回斜面底端时的速度为vt =
2a3x
= 3 /s
(1 分)
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究
对象，由能量守恒得Mg(x + L + L2 )=(M + m)v 2 + Q (3 分)
解得Q =Mg(x + L + L2 )- =62.5 J (1 分)
16 ．（共 16 分：4+5+7）(1) vA = v0 ，vC = v0 ；(2) < μ < ；(3)FEQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 5(，),N) = 5mg +
【详解】(1)A 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为 vA 、vC ，则有
(1 分)
(2)若要冲过 N 点，满足 mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),A) > μmgL
(1 分)
得 μ <
若要不与 C 发生第二次碰撞，设 A 、C 最后静止时与 M 点的距离为 l1 ，A 在 NN′右侧运动
过程中，电场力和重力做功之和为 0 ，有
2
mv
(1 分)
A
2
μmg(2L－l 1)=
(1 分)
μ ∙ 3mgl 1=
(3)A 在 NN′右侧受到的电场力 F=qE= mg
重力和电场力的合力大小为 F 合=2mg
方向与 OP 夹角为θ= 30。
过 O 点沿合力方向作直线与圆弧相交于K点，当 A 经 P 点返回 N 点的过程中到达 K 点时，
达到最大速度vEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5('),A) ，此时 A 对轨道的压力最大。
（以上分析 2 分）
A 从 M 点到 K 点过程中，由动能定理可得qER cs 30。- mgR(1 - sin 30。)- μmgL =
分）
（2分）
返回 K 点时 FN－F 合－qvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5('),A)B = m
由上可得FN = 5mg +
由牛顿第三定律得 A 对轨道 NP 的最大压力为：FEQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 5(，),N) = 5mg +（1 分）
A A
1 ' 2 1 2 mv - mv
2 2
（23mv0=mvA+3mvC
3mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),0) mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),A) 3mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),C)
= +
2 2 2
(1 分)
(1 分)
联立解得vA
= v0 ，
1
v = v
C 2 0
(2 分)
联立解得μ =
应满足EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 6(5v),8g) ≤ μ <
, 则 μ 之
9vEQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 3(2),0)
8gL
5vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),0)
8gL
(1 分)
考试科目：物理 满分： 100 分 考试时间： 75 分钟
一、单选题： 本题共 4 小题， 每小题 4 分， 共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一 项是符合题目要求的。
1 ．2021 年 12 月 9 日，航天员王亚平在时隔 8 年后再次进行太空授课，在其中一个环节，
王亚平通过向水膜注水形成了一个小水球，视频中可以清晰地看到小水球在不断地进行周
期性振动（即小水球形状在不断发生周期性变化） ，研究表明， 小水球振动的频率f = k 。 其中表面张力系数σ 的单位为“ 牛顿每米（N/m ）ℽ , m 为小水球质量，下列关于 k 的分析，
可能正确的是( )
A ．k 是无单位的物理量
B ．k 与时间的单位相同
C ．k 与频率f 的单位相同
D ．k 与表面张力系数σ 的单位相同
2．2023 年 11 月 22 日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工 作正常，性能稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道 II（距离地面 720km 的
圆形轨道）上，其轨道面和地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道 I 上运行，
在 A 处通过变轨转移至圆形轨道 II 上运行，A 、B 分别为椭圆
轨道 I 的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面 36000km，
下列说法中正确的是( )
A．卫星经过 B 点时的速度小于沿轨道 II 经过 A 点时的速度
B ．卫星沿轨道 I 、II 经过 A 点时的加速度相等
C ．“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等
D ．“夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能
3 ．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4∶1 ，电阻 R=55Ω , 电流表、电压表均
为理想电表。原线圈 A 、B 端接入如图乙所示的正弦交变电压，则( )
A. 电流表的示数为 4.0A B. t=0.005s 时，电压表示数为 55V
C. 副线圈中的电流方向每秒改变 50 次 D. 原线圈的电流最大值为A
4 ．如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为 v0=0.8m/s ，开采 出的煤块以 50kg/s 的流量（即每秒钟有 50kg 煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带
上，并立即与传送带以相同的速度一起运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率
应该增加( )
A ．32W B ．40W C ．16W D ．20W
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全 部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
5．一列沿 x 轴传播的简谐横波，在t = 0 时的波
形如图甲所示，P、Q 是波上的两个质点，此时
质点 P 沿y 轴负方向运动，图乙是波上某一质
点的振动图像，下列说法正确的是( )
A ．该波沿 x 轴正方向传播
B ．图乙可能为 Q 点的振动图像
C ．0~0. 10s 内，质点 P 通过的路程等于 10cm
D ．该波的波速为 40m/s
物理 第 1 页 共 4 页
6 ．日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素碘 131 被更多的人所了解。利用质谱仪可 分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量均为+q 的碘 131 和碘 127 质量分别为 m1 和 m2，
它们从容器 A 下方的小孔 S1 进入电压为 U 的加速电场（入场速度忽略不计），经电场加速
后从 S2 小孔射出，垂直进入磁感应强度大小为 B 的匀强
磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是( )
A ．磁场的方向垂直于纸面向里
B ．碘 131 进入磁场时的速率为
π(m1 - m2 )
C ．碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为
qB
D ．打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为EQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 7(1),B)(||（ 2EQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 6(m1),q)U - 2EQ \* jc3 \* hps9 \\al(\s\up 6(m2),q)U
7．某电场沿 x 轴上各点的电场强度大小变化如右图所示
场强方向与 x 轴平行，规定沿 x 轴正方向为正，一负点
电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴负方向运动，
到达 xl 位置时速度第一次为零，到达 x2 位置时速度第二
次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )
A ．点电荷从 xl 运动到 x2 的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小 B ．点电荷从 O 沿 x 轴正方向运动到 x2 的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C ．电势差Ux1 < Ux2
D ．在整个运动过程中，点电荷在 xl 、x2 位置的电势能最大
8．如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ , 半径为 R 的四分之一圆弧轨道 BC 与 AB 管道相切于 B 点，C 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定 在 AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄 P ．将球投入 AB 管内， 缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列 碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气
阻力，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距 B 点为 L ，释放手柄，弹珠被弹出，
到达 C 点速度为 v 。已知弹珠的质量为 m ，当地重力加速度为 g 。下列说法正确的是( )
A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一
直做正功，弹珠动能一直增大
B ．调整手柄的位置，可以使弹珠从 C 点离开后做匀
变速直线运动，直到碰到障碍物
C ．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
D ．此过程中，弹簧的最大弹性势能为 mg(L+R)sinθ+ mv2
三、填空题：每空 1 分，共 9 分。考生根据要求作答。
9．由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的
AC 边界面射入，照射到斜面上的 D 点，甲光恰好发生
全反射，乙光可以从 D 点折射出棱镜，如图所示。若甲、
乙单色光在该棱镜中传播速度分别为 k1C 和 k2C（C 为
真空中的光速），则可以判断 k1 k2（选填“>”或“<” ）；甲、乙两单色光在该介质中 的折射率之比为 （用 k1 、k2 表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间
距 乙光形成的条纹间距（选填“>”或“<” ）。
10 ．一定质量理想气体先后经历A 喻 B、B 喻 C、C 喻 A三个阶
段，其p - V 图像如图所示。在C 喻 A的过程中气体内能的变
化趋势为 （填“一直增大 ”或“一直减
小 ”或“先增大后减小 ”或“先减小后增大 ”）。在A 喻 B 喻 C
过程中气体 （填“ 吸收”或“放出” ）的热量为 J 。
11 ．一位质量为 50kg 的同学从 8 楼乘电梯下降到 1 楼，在此
过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度
a 随时间 t 的变化关系如图所示（重力加速度 g 取 10m/s2 ）。
当t = 10s 时，a=0.4m/s2 ，该同学处于 状态（填“超重”
或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小 N。若每层
楼高 3 米，则整个过程中电梯运行的平均速度为 m/s。（计算结果保留两位有效数字）。
四、实验题：5 分+7 分。考生根据要求作答。
12 ．(5 分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律” 的实验。 有一直径为 d、质量为 m 的金属小球由 A 处由静止释放，下落过程中能通过 A 处正下方、 固定于 B 处的光电门，测得 A 、B 间的距离为 H（H >> d ），光电计时器记录下小球通
过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g 。则：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d= cm。
（2）多次改变高度 H，重复上述实验，作出 随 H 的变化图像如图丙所示，当图中已知
量t0、H0 和重力加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式： 时，可判断小球下落过程
中机械能守恒。
（3）实验中发现动能增加量ΔEk 总是稍小于重力势能减少量ΔEp ，增加下落高度后，则
ΔEp - ΔEk 将 （选填“增大”“减小”或“不变” ）。
13 ．(7 分)根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻Rx ，先把选择开关调至“ 会1k ”挡，经欧姆调零 后测量人体电阻，指针偏转如图 a 所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至 （填“ 会100 ”或“ 会10k ” ）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图 b 所示，则人体电阻为
kΩ ;
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设
计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：
A 、电压表V1 （量程5V ，内阻r1 = 50.0kΩ )
B 、电压表V2 （量程3V ，内阻r2 = 30.0kΩ )
C 、电流表 A（量程0.6A ，内阻r = 1Ω )
D 、滑动变阻器 R（额定电流1.5A ，最大阻值50Ω )
E 、电源 E（电动势6.0V ，内阻不计），开关 S ，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 （请填写器材前的序号）；
②请把实验电路图补充完整；
③若步骤①中所选电表的示数为 D，电压表V1 的示数为U1 ，则待测电阻Rx = （用
题中所给的物理量符号表达）。
五、解答题：11 分+12 分+16 分。考生根据要求作答。
14 ．( 11 分)在倾角 37° 足够长的斜面底端有一个质量为 1kg 的物体（可看成质点），物体 与斜面之间的动摩擦因数为 0.5 。物体先在沿斜面向上的拉力 F 作用下，以v0 = 5 m/s 的速
度匀速上升 2s，紧接着撤去拉力 F ，重力加速度 g 取 10m/s2 ，sin 370 = 0.6，cs 370 = 0.8，
则：
（1）拉力 F 有多大？
（2）物体沿斜面上升的最大距离有多少？
（3）物体返回斜面底端时的速度有多大？
15 ．（12 分）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框 abcd，ab 边的长度为 L1 =2m ，bc 边的长度为 L2 =1m ，线框的质量为 m=1kg，电阻为 r=1Ω, 线框通过细线绕过光滑的定滑 轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为 M=2kg；水平面上 ef 和 gh 是有界匀强磁 场的边界，边界与水平面的底边平行，ef 和 gh 间距为 L=3m，磁场方向垂直于水平面向下， 磁感应强度为 B=1T，开始时 cd 边与 ef边界的距离为 x=1m。现由静止释放重物，线框恰好 能匀速穿过边界 gh ，线框运动过程中 cd 边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩 形线框 abcd 不会与滑轮接触，重力加速度为 g=10m/s2 。求：
（1）线框穿过 gh 边界时速度的大小 v；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量 q；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热 Q。
16 ．（16 分）如图所示，绝缘轨道 MNPQ 位于同一竖直面内，其中 MN 段是长度为 L 的水
平轨道，PQ 段为足够长的光滑竖直轨道，NP 段为光滑的四分之一圆弧，圆心为 O ，半径
mg q
, 在包含圆
为 R ，直线 NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E =
弧轨道 NP 的 ONO ′P 区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场（边界处无 磁场），轨道 MN 最左端 M 点处静止一质量为 m 、电荷量绝对值为 q 的带负电物块 A ，一 质量为 3m为物块 C 从左侧的光滑轨道上以速度 v0 撞向物块 A ，A 、C 之间发生弹性碰撞， 碰撞过程无电荷交换，之后沿轨道向右运动，A ，C 均可视为质点，与轨道 MN 的动摩擦因 数相同且均为μ , 重力加速度为 g，A 在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨
道。求：
( 1)碰撞后 A 、C 的速度大小；
(2)当 A、C 与水平轨道 MN 的动摩擦因数μ满足什么条件时，使 A 碰后能冲上圆弧轨道，且
不会与 C 发生第二次碰撞；
(3)若μ = EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 6(3v),4g) ，R = μL ，此时 A 碰后能冲上圆弧轨道且越过 P 点后再返回到 N 点，求此过程
中 A 对轨道 NP 的最大压力的大小。
安溪 一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学
2024 年春季高三年返校联考参考答案与解析
1 ．A
【详解】已知频率的单位为（1/s ），表面张力系数σ 的单位为“牛顿每米（N/m ），则 k 的
【详解】A ．设卫星在过 B 点圆轨道上的运行速度为vB ，卫星沿轨道 II 经过 A 点时的速度
为vA ，由万有引力提供向心力有 = m ，可得vB > vA
设卫星在轨道 I 经过 B 点时的速度vB1 ，卫星经过 B 点时，由圆轨道变轨到轨道 I 需加速，
则有vB1 > vB
则有vB1 > vA
即卫星经过 B 点时的速度大于沿轨道 II 经过 A 点时的速度，故 A 错误；
B ．根据题意，由万有引力提供向心力有 = ma ，解得a =
可知，卫星沿轨道 I 、II 经过 A 点时的加速度相等，故 B 正确；
由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周
期与地球同步卫星的周期不相等，故 C 错误；
D ．由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，
故 D 错误。
故选 B。
3. D
【详解】每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，由动量定理可得
ft = Δp = mv
解得 f = 40N
煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为 40N 。电动机应增
加的功率为
P = Fv = 40x 0.8W = 32W 。故选 A。
5 ．AD
【详解】A ．已知t = 0
时 P 点沿y 轴负方向运动，根据同侧法可知波向 x 轴正方向传播，故 A 正确；
B ．根据同测法可知，Q 点在 0 时刻沿y 轴正方向运动，所以乙图不是 Q 点的振动图像，B
错误；
C ．根据振动图像可知周期T = 0.20s ，所以t = 0. 10s
时经历了半个周期，P 点在平衡位置下方沿y 轴正方向运动，由图可知质点 P 先向下运动到
达最低点后向上运动，故通过的路程必定大于10cm ，故 C 错误；
= m/s = 40m/s
, 故 D 正确。故选 AD。
D ．根据图甲可知波长是 8m ，所以波速v =
6 ．BC
【详解】A ．根据左手定则知，磁场的方向垂直于纸面向外，选项 A 错误；
2 m
B ．根据动能定理有qU = 1 mv2 ，得v =
碘 131 进入磁场时的速率 v1= ，选项 B 正确；
C ．由 T= 2EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 8(πm),qB)得，碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 6(T1),2) 一 EQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 6(T2),2) = π(mEQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 5(1一),qB) m2 ) ，选项 C 正
确；
s N
单位有 1 . kg . m
力的单位为 ，整理有 .
2 ．B
kg . m 2
. s kg . m
= 1 ，故选 A。
C ．由万有引力提供向心力有
GMm
2
r
= m r ，解得T =
4π2r3
GM
D ．由 R= =
2mU
q
得，打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为
4 ．A
【详解】点电荷从 xl 运动到 x2 的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从 xl 运动到 O 的过 程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强度 E 不变，所以加速度 a 不变， 做匀加速运动．点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强 度 E 先增大后减小，所以加速度 a 先增大再减小，速度不是均匀变化．故 A 错误．点电荷 从 O 运动到 x2 的过程中，根据牛顿第二定律：a = = ，电场强度 E 先均匀增大后均匀 减小，所以加速度 a 先均匀增大再均匀减小．故 B 正确．点电荷从 O 运动到 xl 的过程中，
根据动能定理：Ux1q = 0 一 mv02 点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，根据动能定理：
Ux2q = 0 一 mv02 ，以：电势差 Ux1=Ux2 ，C 错误．点电荷从 O 运动到 xl 的过程中，电场力 做负功，电势能增大，点电荷在 xl 位置的电势能最大；点电荷从 O 运动到 x2 的过程中，电
场力做负功，电势能增大，点电荷在 x2 位置的电势能最大．故 D 正确．故选 BD.
8 ．CD
【详解】A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分 力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故 A 错误； B．弹珠从 C 点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以
弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故 B 错误；
C．弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增 大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全
部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故 C 正确；
D ．根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能，为
1 2
mv
2
, 故 D 正确。
mg (L + R)sinθ+
故选 ACD。
9 ． (每空 1 分) < k2 ∶k1 <
【详解】[2]根据n = ，可得n甲 = ，n乙 = ，解得n甲：n乙 = k2：k1
[ 1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据sin C = ，可知n甲 > n乙 ，联立，解得
k1 < k2
[3]同理，可得λ甲 < λ乙 ，根据Δx = λ, 可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。
10 ． (每空 1 分) 先增大后减小 放出 2000
则气体在状态 A 的内能等于状态 C 的内能，在 A→B→ C 过程中，图像中图线与横轴围成的
面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为
W = WAB + WBC = 0 + 5根103 根 (5 一 1) 根10一3 J = 2000J
由热力学第一定律有ΔU = Q +W
可得Q = 一2000J ，即在 A→B→ C 过程中气体放出的热量为 2000J。
11 ． (每空 1 分) 超重 520 1.9
【详解】[1][2]当t = 10s 时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。t = 10s 时，
有根据牛顿第二定律N 一 mg = ma ，得N = mg + ma = (50根 0.4 + 50根10)N = 520N
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约520N 。
12 ． 0.725 （2 分） t = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 10(2g),d2) H0 （2 分） 增大（1 分）
【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律可知，该读数为 7 mm＋0.05×5mm=7.25 mm=0.725
cm
（2）[2]若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有mgH0 = mv2
其中v = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 8(d),t0) ，解得 t = EQ \* jc3 \* hps20 \\al(\s\up 8(2g),d2) H0
（3）[3]由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，ΔEp 一 ΔEk
2R1-2R2= ( 一
7 ．BD
2m U
q
)
2
选项 D 错误；故选 BC。
【详解】[2][3]由理想气体状态方程有
pAVA
T
A
=
pCVC
T
C
, 代入数据可得TA = TC
将增大。
13 ． x 10k （1 分） 100 （1 分） B （1 分）
【详解】（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“ x 1k ”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选
择量程过小，应把选择开关调至x10k 挡；
[2]由图 b 可知，人体电阻为Rx = 10x 10kΩ = 100kΩ
（2）[3]流过人体的最大电流约为Imax = = A = 5 x 10一5 A
则电流表的量程太大，可以用电压表V2 代替电流表，其量程为 = 1 x 10一4 A
（3）[4]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，
滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
（4）[5]流过人体电阻的电流I = ，人体电阻两端的电压
U = U1 一 D
根据欧姆定律可得人体电阻Rx = = (U1 D )r2
14 ．（共 11 分：3+4+4）（1）10N；（2） 11.25m；（3）3 m/s
【详解】（1） 对物体进行受力分析（如图）
由牛顿第二定律得F = f + mgsinθ (1 分)
f = μN = μmg csθ (1 分)
解得F = 10 N ( 1 分)
（2） 当物体不受 F 向上滑时，物体的加速度
, a2 = 一 10m/s2 (1 分)
mg sinθ+ μmg csθ
2
a =
m
2 2
v 一 v
t 0
= 2a2x2 ， x2 = 1.25m (1 分)
物体受 F 匀速向上滑时 x1 = v0 .t = 5x 2 = 10m (1 分)
所以x = x1 + x2 = 1.25 +10 = 11.25m (1 分)
（3）物体下滑时的加速度为a3 = mg sinθEQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 5(一 μ),m)mg csθ =2m/s2 (2 分)
由2ax = vEQ \* jc3 \* hps10 \\al(\s\up 5(2),t) 一 vEQ \* jc3 \* hps10 \\al(\s\up 5(2),0) (1 分)
15 ．（共 12 分：4+4+4）（1）5m/s ；（2）2C；（3）62.5 J
【详解】（1）因为线框恰好能匀速穿过 gh 边界，则线框穿过 gh 边界时受力平衡，水平方
向受力如图所示，拉力 F=Mg=BIL1 (1 分)
由欧姆定律得I = (1 分)
导线切割产生的电动势 E=BL1v (1 分)
联立解得v = EQ \* jc3 \* hps18 \\al(\s\up 8(Mgr),B2L12) =5m/s (1 分)
（2）研究线框进入磁场过程，产生的平均电动势为E = n ， Δφ = BL1L2 (1 分)
线框中流过的平均电流I = (1 分)
通过的电量q=I Δt (1 分)
联立解得q = 2C (1 分)
（2分）
(U1 一 D)r2
D
（2分）
得物体返回斜面底端时的速度为vt =
2a3x
= 3 /s
(1 分)
（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究
对象，由能量守恒得Mg(x + L + L2 )=(M + m)v 2 + Q (3 分)
解得Q =Mg(x + L + L2 )- =62.5 J (1 分)
16 ．（共 16 分：4+5+7）(1) vA = v0 ，vC = v0 ；(2) < μ < ；(3)FEQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 5(，),N) = 5mg +
【详解】(1)A 、C 发生弹性碰撞后的速度分别为 vA 、vC ，则有
(1 分)
(2)若要冲过 N 点，满足 mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),A) > μmgL
(1 分)
得 μ <
若要不与 C 发生第二次碰撞，设 A 、C 最后静止时与 M 点的距离为 l1 ，A 在 NN′右侧运动
过程中，电场力和重力做功之和为 0 ，有
2
mv
(1 分)
A
2
μmg(2L－l 1)=
(1 分)
μ ∙ 3mgl 1=
(3)A 在 NN′右侧受到的电场力 F=qE= mg
重力和电场力的合力大小为 F 合=2mg
方向与 OP 夹角为θ= 30。
过 O 点沿合力方向作直线与圆弧相交于K点，当 A 经 P 点返回 N 点的过程中到达 K 点时，
达到最大速度vEQ \* jc3 \* hps11 \\al(\s\up 5('),A) ，此时 A 对轨道的压力最大。
（以上分析 2 分）
A 从 M 点到 K 点过程中，由动能定理可得qER cs 30。- mgR(1 - sin 30。)- μmgL =
分）
（2分）
返回 K 点时 FN－F 合－qvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5('),A)B = m
由上可得FN = 5mg +
由牛顿第三定律得 A 对轨道 NP 的最大压力为：FEQ \* jc3 \* hps17 \\al(\s\up 5(，),N) = 5mg +（1 分）
A A
1 ' 2 1 2 mv - mv
2 2
（23mv0=mvA+3mvC
3mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),0) mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),A) 3mvEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),C)
= +
2 2 2
(1 分)
(1 分)
联立解得vA
= v0 ，
1
v = v
C 2 0
(2 分)
联立解得μ =
应满足EQ \* jc3 \* hps16 \\al(\s\up 6(5v),8g) ≤ μ <
, 则 μ 之
9vEQ \* jc3 \* hps13 \\al(\s\up 3(2),0)
8gL
5vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 4(2),0)
8gL
(1 分)
相关试卷
福建安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校2024届高三下学期寒假返校联考物理试卷： 这是一份福建安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校2024届高三下学期寒假返校联考物理试卷，文件包含2024年高三四校返校联考定稿8kpdf、2024高三四校返校物理联考参考答案pdf、安溪一中养正中学惠安一中泉州实验中学2024年春季高三年返校联考答题卡1pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
2024届浙江省新高考高三上学期返校联考物理试题（解析版）： 这是一份2024届浙江省新高考高三上学期返校联考物理试题（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
福建省厦门科技中学2023届高三下学期返校联考物理试题： 这是一份福建省厦门科技中学2023届高三下学期返校联考物理试题，共12页。
