广东省广州市南海中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试物理试卷

这是一份广东省广州市南海中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试物理试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
有四个物体 A、B、C、D，物体 A、B 运动的 x-t 图像如图甲所示，物体 C、D 从同一地点沿同一方向运动的 v-t 图像如图乙所示。根据图像做出的以下判断中正确的是( )
物体 A 和 B 均做匀速直线运动且 A 的速度比 B 大
在 0～3s 的时间内，物体 B 运动的位移为 15m
物体 C 比物体 D 的加速度大
相遇前，物体 C 与物体 D 最远距离为 22.5m
类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”(磁感线的通路)的一些基本概 念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图 1 所示，磁动势 Em=NI，其中 N 为线圈的匝数，I 为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律 Em=ΦRm，其中 Φ 为磁通量，Rm 被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是()
变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率
在国际单位制中，磁阻的单位可以表示为
A2⋅s2
kg⋅m2
不考虑漏磁，图 2 所示的串联磁路满足 Em=Φ(Rm1+ Rm2)
不考虑漏磁，在图 3 所示的并联磁路中，磁阻小的支路中磁感应强度一定大
如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是( )
0000
E＝mv 2 I＝2mvB. E＝mv 2 I＝2mv
0000
C. E＝mv 2 I＝mvD. E＝mv 2 I＝mv
如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法中错误的是( )
当小球到达最低点时，木块有最大速率
当小球的速率最大时，木块有最大速率
当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
当小球再次上升到最高点时，木块的速率最大
如图甲所示，是深插钢圆筒快速成岛技术，即起重船吊起巨型钢圆筒插入海床固定，然后在中间填土形成人工岛。如图乙所示，每个钢圆筒的半径为 R，质量为 m，由 4 根长度均为 4R 的特制起吊绳通过液压机械抓手连接在钢圆筒边缘的 8 个等分点处，每根绳的中点挂在挂钩上(图乙中仅画出一根起吊绳)。不考虑起吊绳和机械抓手的重力，已知重力加速度为 g，则( )
钢圆筒竖直向上匀速运动时，每根起吊绳的拉力大小为1??
4
钢圆筒以大小为 a 的恒定加速度竖直向下减速运动时，每根起吊绳的拉力大小为 3?(?+?)
12
钢圆筒以大小为 a 的加速度水平向左匀加速直线运动，无论起吊绳长或短，所有起吊绳对钢圆筒的总作用力总是 mg
钢圆筒以大小为 a 的加速度水平向左匀加速直线运动，如果起吊绳越短，则所有起吊绳对钢圆筒的总作用力越大
新疆是我国最大的产棉区，在新疆超过70%的棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为 m 的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120∘固定不变，“V”形挡板可绕 P 点在竖直面内转动忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，在使 BP 板由水平位置逆时针缓慢转动60∘的过程中，下列说法正确的是（ ）
当 AP 板水平时，棉包受到三个力的作用
棉包对 AP 板的压力一直增大
棉包对 BP 板的压力先减小后增大
当 BP 板转过30∘时，棉包对 AP 板的压力大于棉包对 BP 板的压力
如图甲所示，电路中电源的电动势为 3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3 为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法正确的是( )
L1 中的电流为 L2 中电流的 2 倍B. L3 的电阻约为 1.875 Ω
C. L3 的电功率约为 0.75 WD. L2 和 L3 的总功率约为 3 W
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
依据玻尔原子理论，可以计算氢原子中电子的可能轨道半径及相应的能量，从而得到氢原子的能级图，如图所示，关于玻尔原子理论及氢原子跃迁的问题，下列说法正确的是( )
玻尔理论可以定量解释所有原子的光谱现象
从高能级跃迁至低能级时，氢原子总能量减小
处于基态的氢原子可以吸收 11.0eV 的能量从而跃迁至 n = 2 能级
氢原子向低能级跃迁时所辐射出的光子能量不可能大于 13.6eV
“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述。图甲为一列可看成简谐横波的水波在 t=0.5s 时的波形图，P、Q 是介质中的两个质点，图乙为质点 P 的振动图像。下列说法正确的是（ ）
水波的波速为 0.6m/s
从图甲开始计时质点 Q 先于质点 P 振动到波谷
t=1.0s 时，质点 Q 的位移为― ?
2
质点 P 的平衡位置坐标为?? = 8cm
如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属直导轨固定，导轨间距为?，所在平面与水平面的夹角为? = 30°，导轨间存在垂直于导轨平面、方向相反的匀强磁场，其磁感应强度的大小分别为?、
?′。??′、??′是垂直于导轨，间距为?的磁场边界。将质量分别为?、2?的金属棒?、?垂直导轨放置，?棒与??′的间距也为?，两棒接入导轨之间的电阻均为?，其他电阻不计。现同时将两棒由静止释放，两棒与导轨始终垂直且接触良好。?1时刻?棒经过??′，?棒恰好经过??′进入磁场，?2时刻?棒经过??′。?棒运动的? ― ?图像如图乙所示，中间图线平行于横轴，重力加速度为?。下列说法正确的是( )
??
A. ?′ = 1?B. ?棒刚进入磁场时的速度大小? =
20
C. 0 ∼ ? 时间内，?棒上产生的焦耳热为1???D. ? 时刻，?、?两棒的距离为1?
1222
某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图 1 所示的实验电路图，选用器材如下：
待测干电池组(电动势约 4.5V，内阻约3Ω)；
电压表V1(量程 0~3V，内阻约3kΩ)；
电压表V2(量程 0~15V，内阻约5kΩ)；
电流表A1(量程 0~1A，内阻为0.5Ω)；
电流表A2(量程 0~100mA，内阻为1Ω；) F．滑动变阻器?P(0 ∼ 10Ω)； G．开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了如图 2 所示的 U-I 图像，根据上述条件回答以下问题。
电压表应选择 ，电流表应选择 (填选项前的字母)。
(2)根据图像和已知数据可算出，电池组电动势? = V，内阻? = Ω(结果均保留 3 位有效数字)。与真实值相比，电动势测量值 (填“偏大”“偏小”或“相等”)，内阻测量值 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电
池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为 960mm，宽为 90mm，用游标卡尺准确测量其厚度，结果如图 1 所示，然后测量其电动势 E 和内阻 r。由此可知：
块刀片电芯厚度为mm。
为了减小实验误差，图 2 中电表①应与电表②的接线柱连接。(填“A”或“B”)
正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组 U 和 I 的值，并以 U 为纵坐标、I为横坐标，作出的 U-I 图像如图 3 所示，则该干电池的电动势 E=V、内阻 r=Ω。(结
果均保留三位有效数字)
请同学们写出下图电流表(使用 0.6A 量程)和电压表(使用 3V 量程)的读数：A、V。
一质量 M=1 kg 的绝缘长木板放在倾角 θ =37°的光滑斜面上，一质量为 m=2.95 kg 的带正电小物块置于木板上的某位置。在外力作用下物块和木板均保持静止状态。空间存在沿斜面向下的匀强电场，场强大小 E=1×104 N/C。木板左端距斜面底端的距离 x0=13m，斜面底端固定着一薄挡板，
与之相碰的物体会以原速率的1反向弹回(碰撞时间极短可忽略)。t=0 时刻撤去作用在木板和物块上
2
的外力，同时一质量为 m0=50g 的子弹以沿斜面向上 v0=960m/s 的速度打入物块并留在其中(时间极 短可忽略)。当木板第 5 次与挡板接触时物块恰好第一次到达木板左端，木板和物块均被瞬间锁定。物块的带电量? = 0.8 × 10―3C且电量始终不变，其他物体均不带电，物块与木板间的动摩擦因数
? = 5 ，物块可以看作质点，且整个过程中物块不会从木板右端滑出，取 g=10 m/s2，sin37°=0.6，
12
cs37°=0.8，求：
子弹打入物块瞬间，二者的共同速度 v1 的大小；
物块与木板刚共速瞬间，木板左端距离挡板的距离 x；
从 t=0 时刻开始到木板和物块被锁定的全过程，物块与木板摩擦产生的热量 Q。
如图所示，一列简谐横波沿 x 轴负方向传播，在 t1=0 时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该列波的周期 T>0.5 s，试求：
该列波的波长 λ、周期 T 和波速 v；
在 x 轴上质点 P 在 t=0 时刻的运动方向和 t=3.0 s 内通过的路程。
如图所示，传送带与水平面夹角 θ ＝30°，以 v0＝4 m/s 的速率顺时针转动，A、B 两端的长度 L＝6 m。传送带 B 端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为 θ ＝30°，斜面上 P 点距离 B 点 0.2 m，质量 m＝1 kg 的物块无初速度地放在传送带 A 端，已知物块与传送带间的动摩擦因数 μ1＝，物块与斜面间的动摩擦因数 μ2＝，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：
物块刚放到传送带上时的加速度大小；
物块从传送带 A 端到达 B 端的时间；
计算分析物块经过 P 点的次数。
南海一中 2025-2026 学年上学期高三期中考试物理试卷
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 1～7 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 8～10 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。
有四个物体 A、B、C、D，物体 A、B 运动的 x-t 图像如图甲所示，物体 C、D 从同一地点沿同一方向运动的 v-t 图像如图乙所示。根据图像做出的以下判断中正确的是( )
物体 A 和 B 均做匀速直线运动且 A 的速度比 B 大
在 0～3s 的时间内，物体 B 运动的位移为 15m
物体 C 比物体 D 的加速度大
相遇前，物体 C 与物体 D 最远距离为 22.5m
【答案】ACD
【解析】x-t 图像斜率表示速度，A 和 B 的斜率都不为零，都为固定值，且 A 的斜率大于 B 的斜率，所以 A 和 B 均做匀速直线运动且 A 的速度比 B 大。故 A 正确；由甲图可得，在 0～3s 的时间内，
物体 B 运动的位移为 10m。故 B 错误；v-t 图像的斜率表示加速度，由乙图得，D 的加速度大小为 ，C 的加速度大小为 ，所以物体 C 比物体 D 的加速度大。故 C正 确 ； v-t 图 像 的 面 积 表 示 位 移 ， 相 遇 前 当 C 和 D 速 度 相 同 时 ， 相 距 最 远 为
，故 D 正确。
类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”(磁感线的通路)的一些基本概 念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图 1 所示，磁动势 Em=NI，其中 N 为线圈的匝数，I 为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律 Em=ΦRm，其中 Φ 为磁通量，Rm 被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是()
变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率
在国际单位制中，磁阻的单位可以表示为
A2⋅s2
kg⋅m2
不考虑漏磁，图 2 所示的串联磁路满足 Em=Φ(Rm1+ Rm2)
不考虑漏磁，在图 3 所示的并联磁路中，磁阻小的支路中磁感应强度一定大
【答案】D
【解析】变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率，故 A 正确；根据磁阻定律?m
= ?
?，磁阻的
m
?
单位为Tm；根据磁感应强度与磁通量的关系有? = ?，磁感应强度 B 的单位为 T，电流 I 的单位为
A?
A，时间 t 的单位为 s，质量 m 的单位为 kg，长度 l 的单位为 m，面积 S 的单位为 m2，根据磁动势
Em=NI
，磁阻的单位可以表示为
A2⋅s2
，故
kg⋅m2
B 正确；不考虑漏磁，图 2
所示的串联磁路满足磁路欧姆
定律 Em=Φ(Rm1+Rm2)，故 C 正确；不考虑漏磁，在图 3 所示的并联电路中，磁阻小的支路中磁通量大，但磁感应强度不一定大，因为磁感应强度与磁通量和面积 S 的比值有关，故 D 错误。本题选不正确的，故选 D。
如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是( )
0000
E＝ mv 2I＝2mvB. E＝ mv 2I＝2mv
0000
C. E＝ mv 2I＝mvD. E＝ mv 2I＝mv
【答案】A
【解析】A、B 碰撞瞬间，由动量守恒定律可知 mv0＝2mv1，解得 v1＝ ，碰撞后系统机械能守恒，
0
当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能 E＝ ×2m×＝ mv 2，取 A、B 整体分析，取向右为正，由动量定理可得 I＝2m× －＝2mv0，所以墙对弹簧的冲量大小为 2mv0，故 A 正确。
如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法中错误的是( )
当小球到达最低点时，木块有最大速率
当小球的速率最大时，木块有最大速率
当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
当小球再次上升到最高点时，木块的速率最大
【答案】D
【解析】小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，水平方向上系统动量为零，所以小球到达最低点时，木块有最大动量，即木块有
最大速率，故 A、B 正确，不符合题意；小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，知末状态系统在水平方向上动量为零，所以小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零，故 C 正确，D 错误．
如图甲所示，是深插钢圆筒快速成岛技术，即起重船吊起巨型钢圆筒插入海床固定，然后在中间填土形成人工岛。如图乙所示，每个钢圆筒的半径为 R，质量为 m，由 4 根长度均为 4R 的特制起吊绳通过液压机械抓手连接在钢圆筒边缘的 8 个等分点处，每根绳的中点挂在挂钩上(图乙中仅画出一根起吊绳)。不考虑起吊绳和机械抓手的重力，已知重力加速度为 g，则( )
钢圆筒竖直向上匀速运动时，每根起吊绳的拉力大小为1??
4
钢圆筒以大小为 a 的恒定加速度竖直向下减速运动时，每根起吊绳的拉力大小为 3?(?+?)
12
钢圆筒以大小为 a 的加速度水平向左匀加速直线运动，无论起吊绳长或短，所有起吊绳对钢圆筒的总作用力总是 mg
钢圆筒以大小为 a 的加速度水平向左匀加速直线运动，如果起吊绳越短，则所有起吊绳对钢圆筒的总作用力越大
【答案】B
【解析】设每根起吊绳与竖直方向的夹角为?，每根绳的中点挂在挂钩上，钢圆筒竖直向上匀速运
?
动时，根据平衡条件有4 × 2?cs? = ??，根据几何关系有sin? = 1
2 ×4?
= 1，每根起吊绳的拉力大小 2
为? = 3??，故 A 错误；钢圆筒以大小为 a 的恒定加速度竖直向下减速运动时，根据牛顿第二定
12
律4 × 2?1cs? ― ?? = ??，每根起吊绳的拉力大小为?1 = 3?(?+?)，故 B 正确；钢圆筒以大小为 a
12
的加速度水平向左匀加速直线运动，无论起吊绳长或短，所有起吊绳对钢圆筒的总作用力总是?2 =
(??)2 + (??)2
= ? ?2 + ?2，故 CD 错误。故选 B。
新疆是我国最大的产棉区，在新疆超过70%的棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为 m 的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120∘固定不变，“V”形挡板可绕 P 点在竖直面内转动忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，在使 BP 板由水平位置逆时针缓慢转动60∘的过程中，下列说法正确的是（ ）
当 AP 板水平时，棉包受到三个力的作用
棉包对 AP 板的压力一直增大
棉包对 BP 板的压力先减小后增大
当 BP 板转过30∘时，棉包对 AP 板的压力大于棉包对 BP 板的压力
【答案】B
【解析】当 AP 板水平时，若 BP 对棉包有弹力，则棉包将向左运动，不能够保持平衡，因此 BP 对
棉包没有弹力作用，可知当 AP 板水平时，棉包受到重力与 AP 板弹力两个力的作用，A 错误；对棉包受力分析如图所示
则有 ??
= ??
= ?? ，棉包在转动过程中，夹角?增大，?减小，可知作用力?
增大，?
减小，
sin120∘
sinα
sin?
??
根据牛顿第三定律可知棉包对 AP 板的压力一直增大，棉包对 BP 板的压力一直减小，B 正确，C 错误；当 BP 板转至30∘时，根据上述受力分析图可知? = ? = 30∘，此时棉包对 AP 板的压力等于棉包对 BP 板的压力，由于棉包对 AP 板的压力一直增大，棉包对 BP 板的压力一直减小，可知，当 BP板转过30∘时，棉包对 AP 板的压力等于棉包对 BP 板的压力，D 错误。故选 B。
如图甲所示，电路中电源的电动势为 3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3 为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法正确的是( )
L1 中的电流为 L2 中电流的 2 倍B. L3 的电阻约为 1.875 Ω
C. L3 的电功率约为 0.75 WD. L2 和 L3 的总功率约为 3 W
【答案】B
【解析】由于不计电源内阻，所以 L1 两端的电压为 3 V，L2 和 L3 两端的电压均为 U＝1.5 V，由题图乙可知此时通过 L1 的电流为 1.0 A，通过 L2 和 L3 的电流为 I＝0.8 A，所以 L1 中的电流不是
L2 中电流的 2 倍，A 错误；L3 的电阻 R＝ ＝1.875 Ω，B 正确；L3 的电功率 P＝UI＝1.5×0.8 W
＝1.2 W，C 错误；L2 和 L3 的总功率 P′＝2P＝2.4 W，D 错误。
二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
依据玻尔原子理论，可以计算氢原子中电子的可能轨道半径及相应的能量，从而得到氢原子的能级图，如图所示，关于玻尔原子理论及氢原子跃迁的问题，下列说法正确的是( )
玻尔理论可以定量解释所有原子的光谱现象
从高能级跃迁至低能级时，氢原子总能量减小
处于基态的氢原子可以吸收 11.0eV 的能量从而跃迁至 n = 2 能级
氢原子向低能级跃迁时所辐射出的光子能量不可能大于 13.6eV
【答案】BD
【解析】玻尔理论能成功解释氢原子光谱的实验规律，但不能解释其他原子光谱的实验规律，A 错误；从高能级向低能级跃迁时静电力对电子做正功，则电子的动能增大、原子的势能减小、原子的
总能量减小，B 正确；1.0eV 的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁， C 错误；已知氢原子的基态能量为 - 13.6eV，所以氢原子从高能级跃迁到低能级的最大能量差是 13.6eV，所以向外辐射光子的能量不会超过 13.6eV，D 正确。
“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述。图甲为一列可看成简谐横波的水波在 t=0.5s 时的波形图，P、Q 是介质中的两个质点，图乙为质点 P 的振动图像。下列说法正确的是（ ）
水波的波速为 0.6m/s
从图甲开始计时质点 Q 先于质点 P 振动到波谷
t=1.0s 时，质点 Q 的位移为― ?
2
质点 P 的平衡位置坐标为?? = 8cm
【答案】BC
【解析】由图甲可知波长为? = 0.12m，由图乙可得周期为? = 1.2s，则水波的波速为? = ? = 0.1
?
m/s，故 A 错误；图乙为质点 P 的振动图像，可知在? = 0.5s其振动方向向下，在图甲中由同侧法可知波沿 x 轴负向传播，故由图甲可得质点 P 往平衡位置振动，Q 在平衡位置向波谷振动，则从图
甲开始计时质点 Q 先于质点 P 振动到波谷，故 B 正确；从图示的甲图到? = 1.0s波形向左移动
? = ?Δ? = 0.1 × 0.5m = 5cm，根据对称性可知，此时 Q 点到平衡位置的距离与 P 点到平衡位置的
距离相等，所以 Q 点的位移为― ?，故 C 正确；由图甲可得波的函数图像为
2
2?
? = ?sin( ? +
?
?0)，取
?
?
? = 0时，? = ?，可得? = ，即波函数为
2?
，则当?
= ?时，解得?
= 4cm，故 D
206
错误。故选 BC。
? = ?sin(12? + 6)
?2?
如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属直导轨固定，导轨间距为?，所在平面与水平面的夹角为? = 30°，导轨间存在垂直于导轨平面、方向相反的匀强磁场，其磁感应强度的大小分别为?、
?′。??′、??′是垂直于导轨，间距为?的磁场边界。将质量分别为?、2?的金属棒?、?垂直导轨放置，?棒与??′的间距也为?，两棒接入导轨之间的电阻均为?，其他电阻不计。现同时将两棒由静止释放，两棒与导轨始终垂直且接触良好。?1时刻?棒经过??′，?棒恰好经过??′进入磁场，?2时刻?棒经过??′。?棒运动的? ― ?图像如图乙所示，中间图线平行于横轴，重力加速度为?。下列说法正确的是( )
??
A. ?′ = 1?B. ?棒刚进入磁场时的速度大小? =
20
C. 0 ∼ ? 时间内，?棒上产生的焦耳热为1???D. ? 时刻，?、?两棒的距离为1?
1222
【答案】AB
【解析】对 a 棒从开始到刚进入磁场过程，根据机械能守恒可得???sin30° = 1??2，解得 a 棒刚进
20
入磁场时的速度为：? =??，0～? 时间内，根据能量守恒可得?? ⋅ 2? ⋅ sin30° = 1??2 +?，由
0120
于两棒接入导轨之间的电阻相等，故 a 棒上产生的焦耳热为??
= 1?，联立解得? 2
= 1???，故 B
4
?
正确，C 错误；设初始时两棒间的距离为Δ?，根据题意，?1时刻 a 棒经过??′，b 棒恰好经过??′进入磁场，在0~?1时间内 a 棒先做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，b 棒一直做加速度大小为?sin
??125
30°的匀加速运动，对 a 棒，有?0 + ? = ?1，对 b 棒，有2?sin30° ⋅ ?1 = Δ? + ?，联立解得Δ? = 4?，
20
?
设 b 棒刚好经过??′进入磁场时的速度为??，由运动学公式得?2 = 2?sin30° ⋅ (Δ? + ?)，解得 b 棒的
速度为? = 3? ，根据图像可知，a 棒在? ~? 时间内做匀速运动，受力分析可知 a 棒在两区域磁场
?2 012
中时受到的安培力相等，由于 a 棒经过??′后的一段时间后仍做匀速运动，故可知该段时间内电路中的电流不变，故该段时间内两棒均做匀速运动，根据题意可知两棒切割磁感线产生的感应电动势相
′
互叠加，为?′ = ?? ⋅ 3? + ?′?? ，根据欧姆定律可知回路中的电流为? = E ，此时 a 棒受到的安培
2 002R
′
力为? = ?′?′? = ?′ ⋅ ? ?；0~? 时间内对 a 棒受到的安培力为? = ??? = ? ⋅ ???0 ⋅ ?，又? = ? ，
22?112?12
联立解得磁感应强度大小之比为：?′ = 1，故 A 正确；b 棒在磁感应强度为 B 的磁场中运动的时间
?2
?
为?
?
2?
==，该段时间 a 棒运动的位移为?
= ? ? = 2?，故? 时刻两棒间距离为2?，故 D 错误。
3 ?3?
?0 ?323
2 00
某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图 1 所示的实验电路图，选用器材如下：
待测干电池组(电动势约 4.5V，内阻约3Ω)；
电压表V1(量程 0~3V，内阻约3kΩ)；
电压表V2(量程 0~15V，内阻约5kΩ)；
电流表A1(量程 0~1A，内阻为0.5Ω)；
电流表A2(量程 0~100mA，内阻为1Ω；) F．滑动变阻器?P(0 ∼ 10Ω)； G．开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了如图 2 所示的 U-I 图像，根据上述条件回答以下问题。
电压表应选择 ，电流表应选择(填选项前的字母)。
(2)根据图像和已知数据可算出，电池组电动势? =V，内阻? =Ω(结果均保留 3 位有效数字)。与真实值相比，电动势测量值(填“偏大”“偏小”或“相等”)，内阻测量值(填“偏
大”“偏小”或“相等”)。
【答案】(1)BD；(2)4.503.25相等相等
【解析】(1)由题可知，待测电池组的电动势大约为 4.5V，选量程 0~15V 的电压表，测量误差较大，
所以实验时需要选择量程 0~3V 的电压表，通过调节滑动变阻器可以保证不超量程，即电压表应选择 B。结合图 2 的 U-I 图像，可知实验过程电路中的电流取值范围 0.4~0.8A，所以选择量程 0~1A的电流表。即电流表选 D。(2) 根据闭合电路欧姆定律? = ? ― ?(?A + ?)结合 U-I 图像可知 3 = ? ― 0.4 × (0.5 + ?)，1.5 = ? ― 0.8 × (0.5 + ?)联立，解得? = 4.50V，? = 3.25Ω，由于电流表内阻已知，实验没有电压表分流、电流表分压的引起的误差，则计算出的电源的电动势测量值与真实值相等，电源内阻测量值和真实值也相等。
新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为 960mm，宽为 90mm，用游标卡尺准确测量其厚度，结果如图 1 所示，然后测量其电动势 E 和内阻 r。由此可知：
块刀片电芯厚度为mm。
为了减小实验误差，图 2 中电表①应与电表②的接线柱连接。(填“A”或“B”)
正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组 U 和 I 的值，并以 U 为纵坐标、I为横坐标，作出的 U-I 图像如图 3 所示，则该干电池的电动势 E=V、内阻 r=Ω。(结
果均保留三位有效数字)
请同学们写出下图电流表(使用 0.6A 量程)和电压表(使用 3V 量程)的读数：A、V。
【答案】(1)13.50(2)A(3)1.482.00(4)0.440.62
【解析】(1)块刀片电芯厚度为? = 13mm +10 × 0.05mm = 13.50mm
(2)电压表与电路并联，电流表与电路串联，可知电表①为电压表，电表②为电流表，由于电流表内阻与干电池内阻接近，为了减小实验误差，电流表应对干电池外接，电表①应与电表②的接线柱 A 连接。
(3)根据闭合电路的欧姆定律? = ? + ??，整理得? = ―?? + ?，干电池的电动势为? = 1.48V，图像的斜率的绝对值表示内阻，
为? = |?| = 1.08―0.68Ω = 2.00Ω
0.40―0.20
(4)电流表读数为? = 0.44A，电压表读数为? = 0.62V
一质量 M=1 kg 的绝缘长木板放在倾角 θ =37°的光滑斜面上，一质量为 m=2.95 kg 的带正电小物块置于木板上的某位置。在外力作用下物块和木板均保持静止状态。空间存在沿斜面向下的匀强电场，场强大小 E=1×104 N/C。木板左端距斜面底端的距离 x0=13m，斜面底端固定着一薄挡板，
与之相碰的物体会以原速率的1反向弹回(碰撞时间极短可忽略)。t=0 时刻撤去作用在木板和物块上
2
的外力，同时一质量为 m0=50g 的子弹以沿斜面向上 v0=960m/s 的速度打入物块并留在其中(时间极 短可忽略)。当木板第 5 次与挡板接触时物块恰好第一次到达木板左端，木板和物块均被瞬间锁定。物块的带电量? = 0.8 × 10―3C且电量始终不变，其他物体均不带电，物块与木板间的动摩擦因数
? = 5 ，物块可以看作质点，且整个过程中物块不会从木板右端滑出，取 g=10 m/s2，sin37°=0.6，
12
cs37°=0.8，求：
子弹打入物块瞬间，二者的共同速度 v1 的大小；
物块与木板刚共速瞬间，木板左端距离挡板的距离 x；
从 t=0 时刻开始到木板和物块被锁定的全过程，物块与木板摩擦产生的热量 Q。
【答案】(1)16m/s；(2)15m；(3)473.75J
【解析】(1)子弹打入小物块共速过程内力远大于外力，动量守恒?0?0 = (?0 + ?)?1
得?1 = 16m/s
(2)对物块和子弹?? + (? + ?0)?sin? + ?(? + ?0)?cs? = (? + ?0)?1
得?1 = 12m/s2
对木板?(? + ?0)?cs? ― ??sin? = ??′
得?′ = 4m/s2
经过 t1 物块和木板共速?1 ― ?1?1 = ?′?1
得?1 = 1s
共同速度为?2 = ?′ = 4m/s
所以?1
= ?1+?2?
1
2
= 10m
1
?′
= 0+?′? 2
= 2m木板左端距离挡板的距离? = ?0
+ ?′
= 15m
1
1
(3)物块与木板共速后，假设一起向上减速运动。由牛顿第二定律有
(? + ? + ?0)?sin? + ?? = (? + ? + ?0)?2得?2 = 8m/s2
对木板受力分析??sin? + ? = ??2
得? = 2N < ?(? + ?0)?cs? = 10N
假设成立，物块与木板共同减速。两者共同减速至速度为零?2 ― ?2?2 = 0
得?2 = 0.5s
所以?2
= 0+?2? 2
= 1m
2
木板与物块共同下滑加速度为 a2
? + ?′ + ? = 1? ?2得? = 2s
012
2 2 33
所以?3 = ?2?3 = 16m/s
木板与挡板相碰后速度向上，有?′ = 1? = 8m/s
12 3
1
由牛顿第二定律有?(? + ?0)?cs? + ??sin37° = ??′
1
得?′ = 16m/s2
对物块和子弹(? + ?0)?sin37° + ?? ― ?(? + ?0)?cs? = (? + ?0)?4
=
得?4
16
2
m/s
3
′?′
1
木板向上匀减速时间?4 = ?′ = 0.5s
由运动时间对称性，从第一次碰板到第二次碰板共用时间2?4′ = 1s
由于每次碰板速率变为1，碰撞时间间隔依次为：1s，1s，1s，1s。
2248
板块从第一次碰撞到第五次碰撞总共运动时间? = (1 + 1
2
+ 1 +
4
1)s =
8
15s 8
此过程中物块一直匀加速运动：? = ? ? + 1? ?2
332 4
得?3 = 39.375m
1
由于相对位移为 x3。整个过程放热? = ?(? + ?0)?cs?(?3 + ?1 ― ?′ ) = 473.75J
如图所示，一列简谐横波沿 x 轴负方向传播，在 t1=0 时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该列波的周期 T>0.5 s，试求：
(1)该列波的波长 λ、周期 T 和波速 v；
(2)在 x 轴上质点 P 在 t=0 时刻的运动方向和 t=3.0 s 内通过的路程。
【答案】(1)8 m2 s4 m/s
(2)质点 P 向 y 轴负方向运动0.3 m
4
【解析】(1)由图可知，波长 λ=8 m，由于该波沿 x 轴负方向传播，从 t1=0 到 t2=0.5 s 时间内，有 Δt=t2-t1=(k+1)T(k=0，1，2，3，…)
又知 T>0.5 s
联立上式解得 k=0， 则波的周期 T=4Δt=2 s
由 v=?可得 v=4 m/s。
?
(2)由于波沿 x 轴负方向传播，故 t=0 时刻质点 P 向 y 轴负方向运动
又 t=3.0 s=3T
2
则质点 P 在 t=3.0 s 时间内通过的路程为 s=3×4A=6×5×10-2 m=0.3 m。
2
如图所示，传送带与水平面夹角 θ ＝30°，以 v0＝4 m/s 的速率顺时针转动，A、B 两端的长度 L＝6 m。传送带 B 端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为 θ ＝30°，斜面上 P 点距离 B 点 0.2 m，质量 m＝1 kg 的物块无初速度地放在传送带 A 端，已知物块与传送带间的动摩擦因数 μ1＝，物块与斜面间的动摩擦因数 μ2＝，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求：
物块刚放到传送带上时的加速度大小；
物块从传送带 A 端到达 B 端的时间；
计算分析物块经过 P 点的次数。
【答案】(1)2.5 m/s2(2)2.3 s(3)4
【解析】(1)物块刚放到传送带上时，物块所受摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有 μ1mg cs
θ －mg sin θ ＝ma
解得物块刚放到传送带上时 a＝2.5 m/s2。 (2)物块加速到与传送带速度相等的时间 t1＝解得 t1＝1.6 s
位移为 x＝ at12＝3.2 m
由于 μ1mg cs θ >mg sin θ
此后物块与传送带一起匀速运动，时间为 t2＝＝0.7 s物块从传送带 A 端到达 B 端的时间 t＝t1＋t2＝2.3 s。 (3)物块在斜面上由于 μ2mg cs θ 0.2 m
即物块冲过 P 点，到最高点后下滑经过 P 点回到 B 处，速度为 v1，物块下滑的加速度 mg sin θ － μ2mg cs θ ＝ma3
13 1
根据运动学公式有 v 2＝2a x
解得 v1＝2 m/s
物块继续向下运动，由于传送带作用，又返回到 B 处，返回的速度仍为 v1，同理最高点到 B 距离为
x2＝
解得 x2＝0.25 m>0.2 m
则物块再次冲过 P 点，到最高点后下滑再次经过 P 点回到 B 处，速度为 v2，根据运动学公式有 v22＝
2a3x2
解得 v2＝1 m/s
物块继续向下运动，由于传送带作用，又返回到 B 处，返回的速度仍为 v2，同理最高点到 B 距离为
x3＝
解得 x3＝ m