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2024届江西省上饶市高三下学期第二次模拟考试物理试卷（原卷版+解析版）
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这是一份2024届江西省上饶市高三下学期第二次模拟考试物理试卷（原卷版+解析版），文件包含2024届江西省上饶市高三下学期第二次模拟考试物理试卷原卷版docx、2024届江西省上饶市高三下学期第二次模拟考试物理试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号，姓名是否一致。
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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第题只有一项符合题目要求，每小题4分；第题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 火灾对人们的生产生活有着极大的危害，及时预警对于消除或减小火灾灾害十分重要。某种电离型烟雾报警器中有极少量放射性元素镅（）已知放射性元素镅（）发生衰变的衰变方程为，衰变方程中X表示的是（ ）
A. 质子B. 粒子C. 中子D. 电子
【答案】B
【解析】
【详解】根据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程为
显然，衰变方程中X表示的是粒子（）。
故选B
2. 电网输送的电能在进入居民家庭之前要经过变压器的降压处理，图甲为街头变压器，图乙为街头变压器通过降压给用户供电的示意图。现将该过程做一定理想化处理：变压器为理想变压器且输入电压的有效值大小恒定不变，图中电表均为理想电表。变压器到用户之间输电线的总电阻用表示，当用户用电器增加时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数不变B. 电压表的示数增大
C. 电流表的示数减小D. 电流表的示数增大
【答案】D
【解析】
【详解】变压器的初级电压一定，则次级电压一定，当用户用电器增加时，次级电阻减小，则次级电流变大，根据
可知，初级电流变大，即电流表的示数增大；电阻R0两端电压变大，则电压表示数减小。
故选D。
3. 图甲所示装置可以利用光导纤维将室外自然光引入采光不好的室内。图乙为某种光导纤维的一小段，该光导纤维呈圆柱状，由纤芯和包层构成，其中MN为光导纤维的直径，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角。现一束细光从右端面中点以的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射，则该光导纤维中纤芯的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，则有
又
解得
故选A。
4. 如图所示，在水平向右磁感应强度大小为的匀强磁场中，以点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在、处，并通入相同的电流，点磁感应强度大小为0。则（ ）
A. 点磁感应强度大小为0
B. 点磁感应强度大小为2B
C. 处导线受安培力方向竖直向上
D. 处导线受安培力方向斜向右上方
【答案】B
【解析】
【详解】AB．点磁感应强度大小为0，则M、N处的导线在Q点产生的合磁场大小为，方向水平向左，根据对称性可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场与在Q点产生的合磁场等大反向，即M、N处的导线在P点产生的合磁场大小为，方向水平向右，故点磁感应强度大小为2B，方向水平向右，故A错误，B正确；
CD．根据右手螺旋定制可知，N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上，则处磁场方向斜向右上方，根据左手定则，处导线受安培力方向斜向右下方，故CD错误。
故选B。
5. 北京时间2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组成功入驻“天宫”。如图为“天宫”绕地球运行的示意图，测得“天宫”沿顺时针方向从A点第一次运动到点用时，这段圆弧对应的圆心角为。已知地球的半径为，地球的质量为，引力常量为，则关于“天宫”运动的相关物理量说法正确的是（ ）
A. 离地面高度为B. 离地面高度为
C. 向心加速度大小为D. 向心加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．“天宫”的角速度为
根据万有引力提供向心力
解得离地面高度为
故AB错误；
CD．向心加速度大小为
故C正确，D错误。
故选C。
6. 2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A. 受到的摩擦力为零
B. 受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
【答案】C
【解析】
【详解】AB．A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；
CD．A、B匀速下滑过程中有
对A施加一竖直向下的力，相当于 “重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误；
故选C。
7. 某兴趣小组的两位同学分别用图甲装置探究平抛运动的特点。两位同学获得小球在白纸上留下的印迹分别如图乙、丙所示，两幅图中的O点均为准确的抛出点，两位同学中有一人因操作不当在获取A、B两点印迹时存在错误。已知乙、丙两图中每个小方格都是边长为1cm的正方形，当地重力加速度g=9.8m/s2，忽略空气阻力，请选择乙、丙两图中正确的一幅并求出对应小球的水平方向速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于平抛运动水平方向分运动是匀速直线运动，故在相同时间内在水平方向的位移相同，图乙、丙都满足这一规律；
已知两幅图中的O点均为准确的抛出点，从O点算起，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，则在相同时间内竖直方向的位移之比应该满足的规律是1∶3∶5∶…，而图乙满足、图丙不满足，故应该选择图乙进行计算；
每个小方格都是边长为L=1cm，设对应小球的水平方向速度大小为v0，小球在白纸上留下相邻两个印迹所经历的时间为∆t，则有
联立以上两式解得
将代入上式可求得
故选A。
8. 一静电场沿水平面内的轴方向分布，其电势随的分布可简化为如图所示的折线，图中、、、均为已知量且。一个带负电的粒子在处由静止释放，忽略其他力，带电粒子仅在电场力作用下开始运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子运动过程中机械能守恒
B. 带电粒子运动过程中机械能不守恒
C. 处的电场强度大小等于处的电场强度大小
D. 处的电场强度大小大于处的电场强度大小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．带负电的粒子在处由静止释放，带负电粒子在电场力作用下从低电势到高电势，因此粒子将沿轴正方向运动，电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，电势能减小，运动到O点时，速度最大，动能最大，在过O点后，粒子开始做减速运动，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大，由对称性可知，粒子运动到处，速度减到零，动能是零，电势能最大，因此带电粒子运动过程中机械能不守恒，A错误，B正确；
CD．由图像的斜率表示电场强度可知，则在处的斜率大小为
在处的斜率大小为
可知在处的电场强度大小等于处的电场强度大小，C正确，D错误。
故选BC。
9. 主动式降噪耳机是利用波的干涉来实现降噪的。为研究波的干涉设置如图情景，在同一均匀介质中，两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的传播周期均为，两波源的振幅均为，所有质点均沿轴方向运动。时刻的波形如图所示，此刻平衡位置在和的P、Q两质点刚开始振动，质点的平衡位置处于处。已知两波源开始振动后持续振动，下列说法正确的是（ ）
A. 质点的起振方向沿轴负方向
B. 两列波的波速均为
C. 后质点振动加强点
D. 在时间内质点通过的路程为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在同一介质中，波速相等，则右侧的波先传到M点，根据平移法可知，质点的起振方向沿轴负方向，故A正确；
B．两列波的波长为0.4m，则波速为
m/s
故B错误；
C．由距离关系可知0.2s后右侧的波传到质点M处，M向下振动，经0.2s后经过平衡位置向上振动，后左侧的波刚好传到质点处，起振方向向下，则质点是振动减弱点，故C错误；
D．右侧波传到P点用时为
s=
根据
可知该点为振动减弱点，则0~1.0s时间内质点P通过的路程为
cm
故D正确；
故选AD。
10. 在中国古代，人们利用磁体在地磁场中受力的特点制作司南用以辨别方向，如今在科学研究中，科学家常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，某一竖直方向存在上、下宽度分别为和的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场沿水平方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）从电场内紧贴上边界的点由静止释放，运动到磁场的下边界的点（图甲中未画出）时粒子的运动轨迹正好与下边界相切。若以上电场和磁场同时存在于一足够大的区域，如图乙所示，重新让粒子从点由静止释放，经过时间粒子第一次到达最低点，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中粒子从点运动到点的时间为
B. 乙图中粒子经过点时速度大小为
C. 乙图中O、N两点的竖直距离为
D. 乙图中O、N两点的水平距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
洛伦兹力充当向心力，有
由几何关系可得
综上可得
粒子在电场中运动时间为
在磁场中的运动时间为
甲图中粒子从点运动到点的时间为
故A错误；
BC．将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
，
设粒子在最低点N的速度大小为，ON的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得
由动能定理可得
解得
，
故B正确，C错误；
D．竖直方向由动量定理可得
其中
解得O、N两点的水平距离为
故D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。回答以下问题：
（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的__________（填“A”或“B”）。
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 探究影响导体电阻的因素
（2）小英同学把质量为的两个小球分别放在B、C位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为8：1，则________。
（3）小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在A、C位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为1：4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为__________。
【答案】（1）B （2）4：1
（3）2：1
【解析】
【小问1详解】
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”应用的是等效替代的设计思路，A错误；
B．“探究电阻的影响因素”应用的是控制变量的设计思路，符合题意，B正确；
故选B。
【小问2详解】
由向心力的公式可知
解得
【小问3详解】
由题可知，、两出的角速度之比
由于传动装置边缘的线速度相等，故有
解得
即变速塔轮的半径之比为
12. 电子温度计就是根据热敏电阻的阻值随温度改变而改变的特性而制作的。小敏想自制一个简易电子温度计，现有热敏电阻、电源（电动势为，内阻）、电流表A（量程，内阻）、电阻箱（阻值范围）、定值电阻、开关、导线若干。根据查阅资料得知这个热敏电阻的阻值随温度变化的关系满足
（1）小敏用该热敏电阻作测温探头设计了如图电路，把电流表A电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。为了达到温度设计要求，需要把电流表A的量程改装为则电阻箱的阻值应调为__________。（保留两位有效数字）
（2）连接好电路，闭合开关后发现电流表指针不偏转，小敏用多用电表检查电路故障，下列哪个选项是正确的__________。
A. 用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到交流电压挡“”位置
B. 机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值
（3）用正确操作步骤排除故障后用此温度计去测量一物体温度，电流表A的示数稳定后为，则该物体的温度为__________，此温度计能测量的最高温度为__________。
（4）电池使用一段时间后其内阻变大，电动势略微变小，则用该温度计测量温度要比真实值__________（填“偏高”或“偏低”）。
【答案】（1）1.0 （2）B
（3） ①. 35 ②. 50
（4）偏低
【解析】
【小问1详解】
把电流表A的量程改装为则电阻箱的阻值应调为
【小问2详解】
A．用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到直流电压挡“”位置，选项A错误；
B．机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值，选项B正确；
故选B。
【小问3详解】
[1]改装后的电流表内阻
电流表A的示数稳定后为，则此时电路中的电流为I=20mA；由
解得
根据
可得
t=35℃
[2]电流表最大读数为3.0mA，此时电路中的最大电流为Im=30mA；由
解得
根据
可得
tm=50℃
【小问4详解】
电池使用一段时间后其内阻变大，电动势略微变小，则
可知电路中电流偏小，电流表读数偏小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏低。
13. 小美设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量、横截面积、上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体。当缸内气体的温度时，活塞下表面与汽缸底部的距离，上表面与、两触点的距离。当环境温度上升，活塞缓慢上移至卡口处时恰好触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为，重力加速度大小。求：
（1）该报警装置报警的最低热力学温度；
（2）当环境的温度升高到时，封闭气体的压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由盖—吕萨克定律有
解得
（2）当环境温度缓慢升高的过程中，活塞先缓慢上移至卡口，气体先做等压变化，设封闭气体等压膨胀时的压强为，由第一问知，当温度升高到时，活塞刚好上移至卡口处，由平衡知
到卡口之后温度升高，气体体积不变，当时的压强为p，由查理定律有
解得
14. 图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab由静止开始运动，当ab达到一定速度后，把开关接2，如果把电阻换为储能元件就能实现“动能回收”。已知轨道间距，磁感应强度，电源电动势，内电阻，电阻，导体棒ab质量，电阻，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计且足够长。求：
（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小；
（2）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求开关与2接通后直至ab棒停止运动的过程中流过导体棒ab的电量及电阻产生的热量。
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）开关与1接通，由闭合电路的欧姆定律有
在开关与1接通瞬间，由牛顿第二定律有
代入数据解得，开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小
（2）导体棒ab未达到最大速度前，做加速度减小的加速运动，设导体棒的最大速度为，导体棒切割磁感线运动产生反电动势
当导体棒获得最大速度，则
代入数据解得
此时将开关与2接通，设导体棒还能运动的时间为，取此时导体棒前进的速度方向为正方向，由动量定理可得
代入数据求得
由能量守恒知，导体棒和电阻产生的总的焦耳热为
由串联电路特点知R产生的焦耳热为
代入数据可得
15. 如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长木板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块Q（Q视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
（1）求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小；
（2）若滑块Q运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上床送带，设在滑块在A点的速度为，对滑块由动能定理得
由图像知弹簧从G点到H点对做功
代入解得
（2）滑块Q在D点速度为，由牛顿第二定律可知
滑上长木板后，以和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC的竖直高度为，传送带离地面高为，则
Q滑上传送带时间在传送带上匀加速运动，加速度为，则
假设滑块在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号，姓名是否一致。
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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第题只有一项符合题目要求，每小题4分；第题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 火灾对人们的生产生活有着极大的危害，及时预警对于消除或减小火灾灾害十分重要。某种电离型烟雾报警器中有极少量放射性元素镅（）已知放射性元素镅（）发生衰变的衰变方程为，衰变方程中X表示的是（ ）
A. 质子B. 粒子C. 中子D. 电子
【答案】B
【解析】
【详解】根据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程为
显然，衰变方程中X表示的是粒子（）。
故选B
2. 电网输送的电能在进入居民家庭之前要经过变压器的降压处理，图甲为街头变压器，图乙为街头变压器通过降压给用户供电的示意图。现将该过程做一定理想化处理：变压器为理想变压器且输入电压的有效值大小恒定不变，图中电表均为理想电表。变压器到用户之间输电线的总电阻用表示，当用户用电器增加时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数不变B. 电压表的示数增大
C. 电流表的示数减小D. 电流表的示数增大
【答案】D
【解析】
【详解】变压器的初级电压一定，则次级电压一定，当用户用电器增加时，次级电阻减小，则次级电流变大，根据
可知，初级电流变大，即电流表的示数增大；电阻R0两端电压变大，则电压表示数减小。
故选D。
3. 图甲所示装置可以利用光导纤维将室外自然光引入采光不好的室内。图乙为某种光导纤维的一小段，该光导纤维呈圆柱状，由纤芯和包层构成，其中MN为光导纤维的直径，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角。现一束细光从右端面中点以的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射，则该光导纤维中纤芯的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】为使射入的光在内芯与包层的界面恰好发生全反射，则有
又
解得
故选A。
4. 如图所示，在水平向右磁感应强度大小为的匀强磁场中，以点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在、处，并通入相同的电流，点磁感应强度大小为0。则（ ）
A. 点磁感应强度大小为0
B. 点磁感应强度大小为2B
C. 处导线受安培力方向竖直向上
D. 处导线受安培力方向斜向右上方
【答案】B
【解析】
【详解】AB．点磁感应强度大小为0，则M、N处的导线在Q点产生的合磁场大小为，方向水平向左，根据对称性可知，M、N处的导线在P点产生的合磁场与在Q点产生的合磁场等大反向，即M、N处的导线在P点产生的合磁场大小为，方向水平向右，故点磁感应强度大小为2B，方向水平向右，故A错误，B正确；
CD．根据右手螺旋定制可知，N处的导线在M处产生的磁场方向竖直向上，则处磁场方向斜向右上方，根据左手定则，处导线受安培力方向斜向右下方，故CD错误。
故选B。
5. 北京时间2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组成功入驻“天宫”。如图为“天宫”绕地球运行的示意图，测得“天宫”沿顺时针方向从A点第一次运动到点用时，这段圆弧对应的圆心角为。已知地球的半径为，地球的质量为，引力常量为，则关于“天宫”运动的相关物理量说法正确的是（ ）
A. 离地面高度为B. 离地面高度为
C. 向心加速度大小为D. 向心加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．“天宫”的角速度为
根据万有引力提供向心力
解得离地面高度为
故AB错误；
CD．向心加速度大小为
故C正确，D错误。
故选C。
6. 2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是（ ）
A. 受到的摩擦力为零
B. 受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
【答案】C
【解析】
【详解】AB．A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；
CD．A、B匀速下滑过程中有
对A施加一竖直向下的力，相当于 “重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误；
故选C。
7. 某兴趣小组的两位同学分别用图甲装置探究平抛运动的特点。两位同学获得小球在白纸上留下的印迹分别如图乙、丙所示，两幅图中的O点均为准确的抛出点，两位同学中有一人因操作不当在获取A、B两点印迹时存在错误。已知乙、丙两图中每个小方格都是边长为1cm的正方形，当地重力加速度g=9.8m/s2，忽略空气阻力，请选择乙、丙两图中正确的一幅并求出对应小球的水平方向速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于平抛运动水平方向分运动是匀速直线运动，故在相同时间内在水平方向的位移相同，图乙、丙都满足这一规律；
已知两幅图中的O点均为准确的抛出点，从O点算起，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，则在相同时间内竖直方向的位移之比应该满足的规律是1∶3∶5∶…，而图乙满足、图丙不满足，故应该选择图乙进行计算；
每个小方格都是边长为L=1cm，设对应小球的水平方向速度大小为v0，小球在白纸上留下相邻两个印迹所经历的时间为∆t，则有
联立以上两式解得
将代入上式可求得
故选A。
8. 一静电场沿水平面内的轴方向分布，其电势随的分布可简化为如图所示的折线，图中、、、均为已知量且。一个带负电的粒子在处由静止释放，忽略其他力，带电粒子仅在电场力作用下开始运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 带电粒子运动过程中机械能守恒
B. 带电粒子运动过程中机械能不守恒
C. 处的电场强度大小等于处的电场强度大小
D. 处的电场强度大小大于处的电场强度大小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．带负电的粒子在处由静止释放，带负电粒子在电场力作用下从低电势到高电势，因此粒子将沿轴正方向运动，电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，电势能减小，运动到O点时，速度最大，动能最大，在过O点后，粒子开始做减速运动，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大，由对称性可知，粒子运动到处，速度减到零，动能是零，电势能最大，因此带电粒子运动过程中机械能不守恒，A错误，B正确；
CD．由图像的斜率表示电场强度可知，则在处的斜率大小为
在处的斜率大小为
可知在处的电场强度大小等于处的电场强度大小，C正确，D错误。
故选BC。
9. 主动式降噪耳机是利用波的干涉来实现降噪的。为研究波的干涉设置如图情景，在同一均匀介质中，两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，两波源分别位于和处，两列波的传播周期均为，两波源的振幅均为，所有质点均沿轴方向运动。时刻的波形如图所示，此刻平衡位置在和的P、Q两质点刚开始振动，质点的平衡位置处于处。已知两波源开始振动后持续振动，下列说法正确的是（ ）
A. 质点的起振方向沿轴负方向
B. 两列波的波速均为
C. 后质点振动加强点
D. 在时间内质点通过的路程为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在同一介质中，波速相等，则右侧的波先传到M点，根据平移法可知，质点的起振方向沿轴负方向，故A正确；
B．两列波的波长为0.4m，则波速为
m/s
故B错误；
C．由距离关系可知0.2s后右侧的波传到质点M处，M向下振动，经0.2s后经过平衡位置向上振动，后左侧的波刚好传到质点处，起振方向向下，则质点是振动减弱点，故C错误；
D．右侧波传到P点用时为
s=
根据
可知该点为振动减弱点，则0~1.0s时间内质点P通过的路程为
cm
故D正确；
故选AD。
10. 在中国古代，人们利用磁体在地磁场中受力的特点制作司南用以辨别方向，如今在科学研究中，科学家常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，某一竖直方向存在上、下宽度分别为和的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场沿水平方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）从电场内紧贴上边界的点由静止释放，运动到磁场的下边界的点（图甲中未画出）时粒子的运动轨迹正好与下边界相切。若以上电场和磁场同时存在于一足够大的区域，如图乙所示，重新让粒子从点由静止释放，经过时间粒子第一次到达最低点，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中粒子从点运动到点的时间为
B. 乙图中粒子经过点时速度大小为
C. 乙图中O、N两点的竖直距离为
D. 乙图中O、N两点的水平距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
洛伦兹力充当向心力，有
由几何关系可得
综上可得
粒子在电场中运动时间为
在磁场中的运动时间为
甲图中粒子从点运动到点的时间为
故A错误；
BC．将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
，
设粒子在最低点N的速度大小为，ON的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得
由动能定理可得
解得
，
故B正确，C错误；
D．竖直方向由动量定理可得
其中
解得O、N两点的水平距离为
故D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1：1、2：1和3：1。回答以下问题：
（1）本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的__________（填“A”或“B”）。
A. 探究两个互成角度的力的合成规律
B. 探究影响导体电阻的因素
（2）小英同学把质量为的两个小球分别放在B、C位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为8：1，则________。
（3）小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在A、C位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为1：4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为__________。
【答案】（1）B （2）4：1
（3）2：1
【解析】
【小问1详解】
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”应用的是等效替代的设计思路，A错误；
B．“探究电阻的影响因素”应用的是控制变量的设计思路，符合题意，B正确；
故选B。
【小问2详解】
由向心力的公式可知
解得
【小问3详解】
由题可知，、两出的角速度之比
由于传动装置边缘的线速度相等，故有
解得
即变速塔轮的半径之比为
12. 电子温度计就是根据热敏电阻的阻值随温度改变而改变的特性而制作的。小敏想自制一个简易电子温度计，现有热敏电阻、电源（电动势为，内阻）、电流表A（量程，内阻）、电阻箱（阻值范围）、定值电阻、开关、导线若干。根据查阅资料得知这个热敏电阻的阻值随温度变化的关系满足
（1）小敏用该热敏电阻作测温探头设计了如图电路，把电流表A电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。为了达到温度设计要求，需要把电流表A的量程改装为则电阻箱的阻值应调为__________。（保留两位有效数字）
（2）连接好电路，闭合开关后发现电流表指针不偏转，小敏用多用电表检查电路故障，下列哪个选项是正确的__________。
A. 用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到交流电压挡“”位置
B. 机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值
（3）用正确操作步骤排除故障后用此温度计去测量一物体温度，电流表A的示数稳定后为，则该物体的温度为__________，此温度计能测量的最高温度为__________。
（4）电池使用一段时间后其内阻变大，电动势略微变小，则用该温度计测量温度要比真实值__________（填“偏高”或“偏低”）。
【答案】（1）1.0 （2）B
（3） ①. 35 ②. 50
（4）偏低
【解析】
【小问1详解】
把电流表A的量程改装为则电阻箱的阻值应调为
【小问2详解】
A．用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到直流电压挡“”位置，选项A错误；
B．机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值，选项B正确；
故选B。
【小问3详解】
[1]改装后的电流表内阻
电流表A的示数稳定后为，则此时电路中的电流为I=20mA；由
解得
根据
可得
t=35℃
[2]电流表最大读数为3.0mA，此时电路中的最大电流为Im=30mA；由
解得
根据
可得
tm=50℃
【小问4详解】
电池使用一段时间后其内阻变大，电动势略微变小，则
可知电路中电流偏小，电流表读数偏小，则用该温度计测量的温度要比真实值偏低。
13. 小美设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量、横截面积、上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体。当缸内气体的温度时，活塞下表面与汽缸底部的距离，上表面与、两触点的距离。当环境温度上升，活塞缓慢上移至卡口处时恰好触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为，重力加速度大小。求：
（1）该报警装置报警的最低热力学温度；
（2）当环境的温度升高到时，封闭气体的压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由盖—吕萨克定律有
解得
（2）当环境温度缓慢升高的过程中，活塞先缓慢上移至卡口，气体先做等压变化，设封闭气体等压膨胀时的压强为，由第一问知，当温度升高到时，活塞刚好上移至卡口处，由平衡知
到卡口之后温度升高，气体体积不变，当时的压强为p，由查理定律有
解得
14. 图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab由静止开始运动，当ab达到一定速度后，把开关接2，如果把电阻换为储能元件就能实现“动能回收”。已知轨道间距，磁感应强度，电源电动势，内电阻，电阻，导体棒ab质量，电阻，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计且足够长。求：
（1）开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小；
（2）当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求开关与2接通后直至ab棒停止运动的过程中流过导体棒ab的电量及电阻产生的热量。
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）开关与1接通，由闭合电路的欧姆定律有
在开关与1接通瞬间，由牛顿第二定律有
代入数据解得，开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小
（2）导体棒ab未达到最大速度前，做加速度减小的加速运动，设导体棒的最大速度为，导体棒切割磁感线运动产生反电动势
当导体棒获得最大速度，则
代入数据解得
此时将开关与2接通，设导体棒还能运动的时间为，取此时导体棒前进的速度方向为正方向，由动量定理可得
代入数据求得
由能量守恒知，导体棒和电阻产生的总的焦耳热为
由串联电路特点知R产生的焦耳热为
代入数据可得
15. 如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长，且以的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量的长木板（木板厚度不计）。现将一质量的滑块Q（Q视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端点离开，恰好沿点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。
（1）求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小；
（2）若滑块Q运动至圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力为，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度；
（3）若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生次碰撞后前次损失的机械能与的函数关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上床送带，设在滑块在A点的速度为，对滑块由动能定理得
由图像知弹簧从G点到H点对做功
代入解得
（2）滑块Q在D点速度为，由牛顿第二定律可知
滑上长木板后，以和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
由能量守恒定律可知
代入数据可得
（3）设BC的竖直高度为，传送带离地面高为，则
Q滑上传送带时间在传送带上匀加速运动，加速度为，则
假设滑块在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B点时的速度为，有
代入数据得
假设成立
从B点离开传送带恰好沿C点切线滑入CD轨道中，可知
.
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。
所以：第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第次碰撞损失的机械能为
发生n次碰撞后前n次滑块总共损失的机械能为
代入数据可得
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