2024-2025学年安徽省六安市普通高中高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年安徽省六安市普通高中高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）（2024秋•六安期末）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．物体受合力为恒力且与初速度成直角时，可能做匀速圆周运动
B．物体受合力为恒力且与初速度成锐角时，一定做匀加速曲线运动
C．物体做平抛运动的过程中，突然受水平方向风力作用，此后不可能做直线运动
D．物体在多个共点力作用下做匀速直线运动，撤掉其中一个恒力后，一定做匀变速曲线运动
2．（4分）（2024秋•六安期末）国庆假期，一游客来到了风景秀丽的六安万佛湖边欲乘坐游船，游客观察到游船上下浮动，可以把游船浮动看成竖直方向的简谐运动，其振动图像如图所示。t＝0时刻游船甲板刚好上升到相对码头地面5cm高度处，则下列说法中正确的是（ ）
A．游船在t1时刻加速度最大
B．经过游船第一次运动到平衡位置
C．在四分之一周期内，游船运动的路程一定为10cm
D．游船的振动方程为
3．（4分）（2024秋•六安期末）水稻是皖西地区重要的农作物之一。如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更轻便省时，抛秧过程简化为如图乙。在同一竖直面内，两位村民将两颗质量相同的秧苗a、b（均可视为质点），分别从高度h1和h2（h1＞h2）处以初速度va和vb沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，则（ ）
A．a、b两秧苗的落地时间之比为
B．a、b两秧苗抛出的初速度va＞vb
C．a、b两秧苗抛出时的竖直高度之比为
D．落地时a的重力瞬时功率大于b的重力瞬时功率
4．（4分）（2024秋•六安期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。神舟十九号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于圆轨道Ⅲ，神舟十九号飞船处于圆轨道Ⅰ，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十九号飞船（ ）
A．在轨道Ⅱ上B处的速度大于A处的速度
B．在轨道Ⅰ上与地心的连线和在轨道Ⅱ上与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等
C．由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在A处减速
D．在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B处时加速度相等
5．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定，轨道两端等高，质量为m的物体（可视为质点）自轨道M点以初速度v0沿切线方向向下滑到最低点P点时，向心加速度大小a向＝3g，g为重力加速度，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体在M点的加速度方向指向圆心
B．物体运动到P点时对轨道的压力大小为3mg
C．物体从M点运动到P点的过程中机械能损失了mgR
D．物体恰好能运动到N点
6．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示，在竖直面内轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成θ角的力F的作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力。已知θ＝60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ、重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中，保持结点O、m1的位置始终不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．m2＝m1
B．力F先减小后变大
C．地面对物块B的支持力始终不变
D．F的变化范围为
7．（4分）（2024秋•六安期末）在足够大转盘上放置两个质量分别为0.2kg和0.4kg的小物块a和b（均可视为质点）。b放置在转盘中心，a、b之间用原长l＝0.3m、劲度系数k＝10N/m的轻质弹簧拴接，此时弹簧处于原长。已知a、b与转盘间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。假设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证b不滑动，则转盘匀速转动时角速度ω的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，O是坐标原点且为BD中点，正三角形ABD和BCD的边长均为L，x轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。在z轴上A点将质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的小球（自身产生的电场可忽略）套在光滑轨道AC上由静止释放。已知静电力常量k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．在轨道AC上其中点处电势最高，且高于O点电势
B．小球由A点滑至C点的过程中，其电势能先增大后减小
C．小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为
D．小球刚到达C点时的动能为
二、多项选择题（本小题共2小题，每小题5分，共10分。全部选对得5分，少选得3分，有错误选项不得分）
（多选）9．（5分）（2024秋•六安期末）t＝0时，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦规律变化。在0～6s时间内，下列关于质点运动的说法中正确的是（ ）
A．t＝4s时，P回到原点
B．t＝4s时，P的速度为零
C．t＝2s时，P的速度方向改变
D．P在1～3s内合外力冲量为零
（多选）10．（5分）（2024秋•六安期末）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其下边界abecd如图中虚线所示，其中∠bec＝90°，ab＝be＝L，，a、b、c、d四点共线。一束质量均为m，电量均为﹣q（q＞0）的带电粒子，在纸面内从a点垂直于ab以不同速率射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则下列说法中正确的是（ ）
A．能经过三角形bec边界射出的粒子速率最大值为
B．经过be边界中点处射出的粒子速率为
C．在磁场中运动时间最短的粒子速率为
D．从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率一定不同，在磁场中运动时间也一定不同
三、非选择题：共5题，共58分。
11．（6分）（2024秋•六安期末）某同学用如图装置进行验证牛顿第二定律和机械能守恒定律的实验，气垫导轨已经调节水平，细线与导轨平行。滑块和遮光条的质量为M，钩码质量为m，在本实验中用天平测量这两个物体质量的大小，用游标卡尺测量遮光条的宽度为d。接通电源释放钩码，滑块通过两个光电门时速光条的遮光时间分别为t1和t2。测量出两光电门之间距离为L，重力加速度为g。
（1）滑块的加速度a＝ （用题中的字母d、t1、t2、L表示）。
（2）在验证牛顿第二定律时，把上述a与进行对比，实验过程中， （选填“需要”或“不需要”）保证滑块质量远大于钩码的质量。
（3）在验证机械能守恒定律时，若等式 成立，则系统机械能守恒（用题中的字母d、t1、t2、L、M、m、g表示）。
12．（10分）（2024秋•六安期末）某同学要测量一段特制的圆柱形导体材料的电阻率ρ，同时测量电源的电动势E和内阻r。实验室提供了如下器材：待测的圆柱形导体Rx（阻值未知）、螺旋测微器、游标卡尺、电流表A、电阻箱R、待测电源、开关S、开关K，导线若干。
（1）该同学用螺旋测微器测量该导体的直径D，结果如图甲所示，则D＝ mm，用游标卡尺测得该导体的长度为L＝4.97cm。
该同学设计了如图乙所示的电路，并进行了如下的操作：
①断开开关K，闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，记录不同R对应的电流表示数I，并作出图像，如图丙中直线Ⅱ；
②将开关S、K均闭合，改变电阻箱的阻值R，再记录不同R对应的电流表示数I，并作出图像，如图丙中直线Ⅰ。
（2）根据步骤①中作出的图像Ⅱ，不考虑电流表内阻，可得电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（结果均保留1位小数）。
（3）在第（2）问中，若考虑电流表内阻的影响，则电源内阻的测量值相对真实值 （选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。
（4）根据步骤②中作出的图像Ⅰ，不考虑电流表内阻，经计算得出待测圆柱形导体的电阻Rx＝ Ω（结果保留1位小数），最后可由表达式计算出该导体材料的电阻率。
13．（10分）（2024秋•六安期末）如图所示，三棱镜截面中∠B＝30°、∠C＝60°，某种颜色的细光束从AB边的中点D点以某一角度射入三棱镜，折射光线射到BC边上的E点，恰好发生全反射，反射光线垂直射到AC边的F点。已知AB两点间的距离为2d，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）三棱镜对此单色光的折射率；
（2）光线从D到F传播的时间。
14．（14分）（2024秋•六安期末）如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子，在t＝0时，从坐标为（﹣2L，）的P点以速度y0沿x轴正向水平射出，恰好能从坐标原点进入第一象限，最终从坐标为（，0）的Q点射出磁场，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场B1的最小值；
（3）若时粒子从O点运动到Q点的时间。
15．（18分）（2024秋•六安期末）如图所示为一游戏装置的竖直藏面图，光滑圆弧轨道、半径为r的竖直光滑螺旋圆轨道、水平直轨道BD和无限长光滑轨道EK。水平传送带DE平滑连接而成（B、D、E、K共线），其中C点为竖直螺旋圆轨道上的最高点。质量M＝0.2kg、半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道GFH（厚度不计）静置于水平轨道EK上，圆弧轨道底端G与传送带的右端E点平滑相连，O'为圆弧轨道的圆心。一长L＝4m的水平传送带以恒定速率v0＝3m/s顺时针转动，将质量m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道离地高h＝1m处静止释放。已知r＝0.2m，LBD＝1m，滑块与轨道BD和传送带间的动摩擦因敷均为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到C点时对圆形轨道的压力大小；
（2）滑块在传送带上运动的时间以及此过程中因摩擦而产生的热量；
（3）若物块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I＝0.2N•s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，求物块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离。
2024-2025学年安徽省六安市普通高中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共2小题）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32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．（4分）（2024秋•六安期末）关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．物体受合力为恒力且与初速度成直角时，可能做匀速圆周运动
B．物体受合力为恒力且与初速度成锐角时，一定做匀加速曲线运动
C．物体做平抛运动的过程中，突然受水平方向风力作用，此后不可能做直线运动
D．物体在多个共点力作用下做匀速直线运动，撤掉其中一个恒力后，一定做匀变速曲线运动
【答案】B
【分析】当物体的初速度与加速度在一条直线上，物体做直线运动，当物体的初速度与加速度不在一条直线上，物体做曲线运动。
【解答】解：A、物体受合力为恒力且与初速度成直角时，做匀变速曲线运动，故A错误；
B、物体受合力为恒力且与初速度成锐角时，一定做匀加速曲线运动，故B正确；
C、物体做平抛运动的过程中，突然受水平方向风力作用，如果风力和重力的合力与物体的速度方向同向，则物体做直线运动，故C错误；
D、物体在多个共点力作用下做匀速直线运动，撤掉其中一个恒力后，若剩余力的合力与物体的速度方向共线，则物体做匀变速直线运动，故D错误。
故选：B。
2．（4分）（2024秋•六安期末）国庆假期，一游客来到了风景秀丽的六安万佛湖边欲乘坐游船，游客观察到游船上下浮动，可以把游船浮动看成竖直方向的简谐运动，其振动图像如图所示。t＝0时刻游船甲板刚好上升到相对码头地面5cm高度处，则下列说法中正确的是（ ）
A．游船在t1时刻加速度最大
B．经过游船第一次运动到平衡位置
C．在四分之一周期内，游船运动的路程一定为10cm
D．游船的振动方程为
【答案】B
【分析】首先明确简谐运动中加速度与位移的关系，位移最大时加速度最大，平衡位置加速度为零。其次根据初始位移及振动方向确定初相位，从而判断振动方程的具体形式及特定时刻的位置。还需注意在任意四分之一周期内，路程是否等于振幅取决于初始位置。
【解答】解：A、游船在t1时刻位于平衡位置，加速度最小且为零，故A错误；
BD、由振动图像可知振幅为A＝10cm，游船做简谐运动的周期为1s，设其振动方程为y＝10sin（2πt+φ0）cm。由振动图像可知t＝0时，游船向上振动，且满足y0＝10sinφ0cm＝5cm，可得，则游船的振动方程为。经过t1游船第一次运动到平衡位置，则有，可得，解得：，故B正确，D错误；
C、游船做简谐运动的振幅是A＝10cm，四分之一周期内，若初始位置为平衡位置或最大位移处，则游船运动的路程为10cm；若初始位置并非上述位置，则其运动路程不是10cm，故C错误。
故选：B。
3．（4分）（2024秋•六安期末）水稻是皖西地区重要的农作物之一。如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更轻便省时，抛秧过程简化为如图乙。在同一竖直面内，两位村民将两颗质量相同的秧苗a、b（均可视为质点），分别从高度h1和h2（h1＞h2）处以初速度va和vb沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，则（ ）
A．a、b两秧苗的落地时间之比为
B．a、b两秧苗抛出的初速度va＞vb
C．a、b两秧苗抛出时的竖直高度之比为
D．落地时a的重力瞬时功率大于b的重力瞬时功率
【答案】D
【分析】秧苗a和b做平抛运动，水平位移相等，已知a的抛出高度大于b，需先通过自由落体运动规律分析两者空中运动时间，a的时间更长。水平方向匀速运动，位移相等，结合时间关系可确定水平初速度的关系，a的初速度更小。竖直方向下落高度与时间平方成正比，结合初速度关系可分析高度之比。落地瞬时功率取决于重力与竖直分速度的乘积，重力相等，由下落高度可确定a的竖直分速度更大，从而比较功率大小。
【解答】解：AB、两颗秧苗均做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由，解得：。
由于h1＞h2，所以ta＞tb。
秧苗在水平方向上做匀速直线运动，有x＝v0t。
由题意知水平位移x相等，联立可得va＜vb，且有，故AB错误；
C、根据，可知，故C错误；
D、a与b的重力相等，因h1＞h2，根据，解得：vya＞vyb。
根据P＝mgvy可知，落地时a的重力瞬时功率大于b的重力瞬时功率，故D正确；
故选：D。
4．（4分）（2024秋•六安期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。神舟十九号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于圆轨道Ⅲ，神舟十九号飞船处于圆轨道Ⅰ，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十九号飞船（ ）
A．在轨道Ⅱ上B处的速度大于A处的速度
B．在轨道Ⅰ上与地心的连线和在轨道Ⅱ上与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等
C．由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在A处减速
D．在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B处时加速度相等
【答案】D
【分析】根据开普勒第二定律分析飞船在轨道Ⅱ上B处的速度与A处的速度大小，并分析飞船在轨道Ⅰ上与地心的连线和在轨道Ⅱ上与地心连线在任意相等时间内扫过的面积是否相等；根据变轨原理分析变轨时速度变化情况；根据牛顿第二定律分析加速度关系。
【解答】解：A、轨道Ⅱ为载人飞船运行的椭圆轨道，根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上B处的速度小于A处的速度，故A错误；
B、根据开普勒第二定律可知，对于同一轨道运动的卫星与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等，故B错误；
C、飞船从低轨道变到高轨道，需要在变轨处点火加速，可知飞船由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A处加速，故C错误；
D、在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上分别经过B处时，根据牛顿第二定律得，解得，可知飞船在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B处时加速度相等，故D正确。
故选：D。
5．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定，轨道两端等高，质量为m的物体（可视为质点）自轨道M点以初速度v0沿切线方向向下滑到最低点P点时，向心加速度大小a向＝3g，g为重力加速度，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体在M点的加速度方向指向圆心
B．物体运动到P点时对轨道的压力大小为3mg
C．物体从M点运动到P点的过程中机械能损失了mgR
D．物体恰好能运动到N点
【答案】C
【分析】分析运动过程中的受力情况，进而求出合外力以及摩擦力做功，最后得到物体会运动到哪里。
【解答】解：A．物体在M点的加速度是水平加速度和竖直加速度的合成，并不指向圆心，故A错误；
B．在P点，有FN﹣mg＝man
代入数据得FN＝4mg，故B错误；
C．P点速度满足
从M到P点运用动能定理
代入数据得
所以物体从M点运动到P点的过程中机械能损失了，故C正确；
D．由于左半部分速度大于右半部分速度，所以MP段对物体的的支持力大于PN段对物体的支持力，即M到P摩擦力做功大于从P到N做的功，所以P到N过程中机械能损失小于，则物体可以从N飞出去，故D错误。
故选：C。
6．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示，在竖直面内轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成θ角的力F的作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力。已知θ＝60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ、重力加速度为g。当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中，保持结点O、m1的位置始终不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．m2＝m1
B．力F先减小后变大
C．地面对物块B的支持力始终不变
D．F的变化范围为
【答案】B
【分析】对O点受力分析，根据平衡条件分析质量关系及F的最小值，根据转动过程中角度的变化结合力的矢量图分析轻绳b的拉力变化，判断支持力的变化，对B分析，水平方向不受力。
【解答】解：A、对结点O受力分析如图所示：
由平衡条件可得：，解得：，故A错误；
B、将F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°，受力情况如图所示：
由图可知，轻绳a的拉力大小方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先减小后变大，故B正确；
D、当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值，则有：Fmin＝m1gsinθ，解得：，故D错误；
C、F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力（m2g﹣FN）变小，故地面对物块B的支持力FN变大，故C错误。
故选：B。
7．（4分）（2024秋•六安期末）在足够大转盘上放置两个质量分别为0.2kg和0.4kg的小物块a和b（均可视为质点）。b放置在转盘中心，a、b之间用原长l＝0.3m、劲度系数k＝10N/m的轻质弹簧拴接，此时弹簧处于原长。已知a、b与转盘间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。假设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证b不滑动，则转盘匀速转动时角速度ω的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】可利用b刚好不打滑的状态，分析此时弹簧拉力的大小，此时弹簧拉力与a所受摩擦力的合力至少要大于等于物块a的向心力，利用此条件计算角速度大小。
【解答】解：b刚好不滑时，b受到的摩擦力为最大静摩擦力，即fb＝μmbg＝0.5×0.4×10N＝2N，
此时弹簧弹力F弹＝fb＝2N，
由胡克定律可知弹簧形变量xN/m＝0.2N/m，
此时a做匀速圆周运动的半径r＝x+l＝0.2m+0.3m＝0.5m，
而a与转盘之间的最大摩擦力fa＝μmag＝0.5×0.2×10N＝1N，
对a受力分析，根据牛顿第二定律，
解得rad/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8．（4分）（2024秋•六安期末）如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，O是坐标原点且为BD中点，正三角形ABD和BCD的边长均为L，x轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。在z轴上A点将质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的小球（自身产生的电场可忽略）套在光滑轨道AC上由静止释放。已知静电力常量k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．在轨道AC上其中点处电势最高，且高于O点电势
B．小球由A点滑至C点的过程中，其电势能先增大后减小
C．小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为
D．小球刚到达C点时的动能为
【答案】D
【分析】先利用电荷的对称性，分析电势分布；再结合电场力和重力的作用，判断小球运动中电势能的变化；最后结合题目给定的力的关系，通过功能或受力分析，推导小球到达C点时的动能、加速度等物理量，核心是电场与重力场的综合作用分析。
【解答】解：A．轨道AC中点距离两点电荷Q最近电势最高，但比O点电势低，故A错误；
B．由几何关系可知，在AC连线上，AC的中点到B、D的距离最短，小球由A滑到C的过程中，静电力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故B错误；
C．球刚到达C点时由牛顿第二定律得mgsin45°﹣qECcs45°＝ma
又
代入数据得a＝0，故C错误；
D．根据等量同种电荷电场分布，小球从A点到C点的过程，静电力做功为0，由动能定理有mg×OA＝Ek﹣0
代入数据得，故D正确。
故选：D。
二、多项选择题（本小题共2小题，每小题5分，共10分。全部选对得5分，少选得3分，有错误选项不得分）
（多选）9．（5分）（2024秋•六安期末）t＝0时，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦规律变化。在0～6s时间内，下列关于质点运动的说法中正确的是（ ）
A．t＝4s时，P回到原点
B．t＝4s时，P的速度为零
C．t＝2s时，P的速度方向改变
D．P在1～3s内合外力冲量为零
【答案】BD
【分析】在a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，由a﹣t图像可知在0～2s做加速直线运动，2～4s做减速直线运动，1～3s速度变化量为0，根据动量定理知，此过程合外力的冲量为零。
【解答】解：AC、在0～2s做加速直线运动，2～4s做减速直线运动，故AC错误；
B、根据a﹣t图线的对称性知，正好在4s末质点P减速到0，故B正确；
D、a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，故1～3s速度变化量为0，根据动量定理知，此过程合外力的冲量为零，故D正确。
故选：BD。
（多选）10．（5分）（2024秋•六安期末）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其下边界abecd如图中虚线所示，其中∠bec＝90°，ab＝be＝L，，a、b、c、d四点共线。一束质量均为m，电量均为﹣q（q＞0）的带电粒子，在纸面内从a点垂直于ab以不同速率射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则下列说法中正确的是（ ）
A．能经过三角形bec边界射出的粒子速率最大值为
B．经过be边界中点处射出的粒子速率为
C．在磁场中运动时间最短的粒子速率为
D．从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率一定不同，在磁场中运动时间也一定不同
【答案】BC
【分析】A.根据洛伦兹力提供向心力结合半径关系求能经过三角形bec边界射出的粒子速率最大值；
B.由余弦定理求出半径，结合洛伦兹力提供向心力求经过be边界中点处射出的粒子速率；
C.根据几何关系和圆心角的变化求在磁场中运动时间最短的粒子速率；
D.根据半径的版画判断从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率关系，结合圆心角的变化求在磁场中运动时间。
【解答】解：A．根据题干分析知，能经过C点射出的粒子速度最大，粒子的运动半径
由洛伦兹力提供向心力
联立可得最大速度
故A错误；
B．如下图
O点为圆心，根据余弦定理

解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
故B正确；
C．根据几何关系可知，打在b、c两点的粒子运动时时间最长，为半个周期，而打在bc边上的粒子的运动时间随到b点的距离增大而减小，打在ec边上的粒子的运动时间随到e点的距离增大而增大，因此打在e点的粒子运动时间最短，由几何关系可得此时半径为L，从而得出粒子的速率为
故C正确；
D．由分析知从边界be和ec（不含e点）射出的两粒子运动速率一定不同，但在磁场中运动时间可能相等，故D错误。
故选：BC。
三、非选择题：共5题，共58分。
11．（6分）（2024秋•六安期末）某同学用如图装置进行验证牛顿第二定律和机械能守恒定律的实验，气垫导轨已经调节水平，细线与导轨平行。滑块和遮光条的质量为M，钩码质量为m，在本实验中用天平测量这两个物体质量的大小，用游标卡尺测量遮光条的宽度为d。接通电源释放钩码，滑块通过两个光电门时速光条的遮光时间分别为t1和t2。测量出两光电门之间距离为L，重力加速度为g。
（1）滑块的加速度a＝ （用题中的字母d、t1、t2、L表示）。
（2）在验证牛顿第二定律时，把上述a与进行对比，实验过程中， 不需要 （选填“需要”或“不需要”）保证滑块质量远大于钩码的质量。
（3）在验证机械能守恒定律时，若等式 成立，则系统机械能守恒（用题中的字母d、t1、t2、L、M、m、g表示）。
【答案】（1）；
（2）不需要；
（3）。
【分析】（1）由极限法把平均速度当瞬时速度，再由速度—位移关系可求出；
（2）由牛顿第二定律确定；
（3）由系统机械能守恒确定。
【解答】解：（1）滑块通过两个光电门的速度分别为，
又
联立可得
（2）为了验证牛顿第二定律，由于为实际加速度大小
把上述a与进行对比时，不需要保证滑块质量远大于钩码的质量。
（3）如果机械能守恒，有
即
故答案为：（1）；
（2）不需要；
（3）。
12．（10分）（2024秋•六安期末）某同学要测量一段特制的圆柱形导体材料的电阻率ρ，同时测量电源的电动势E和内阻r。实验室提供了如下器材：待测的圆柱形导体Rx（阻值未知）、螺旋测微器、游标卡尺、电流表A、电阻箱R、待测电源、开关S、开关K，导线若干。
（1）该同学用螺旋测微器测量该导体的直径D，结果如图甲所示，则D＝ 9.500 mm，用游标卡尺测得该导体的长度为L＝4.97cm。
该同学设计了如图乙所示的电路，并进行了如下的操作：
①断开开关K，闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，记录不同R对应的电流表示数I，并作出图像，如图丙中直线Ⅱ；
②将开关S、K均闭合，改变电阻箱的阻值R，再记录不同R对应的电流表示数I，并作出图像，如图丙中直线Ⅰ。
（2）根据步骤①中作出的图像Ⅱ，不考虑电流表内阻，可得电源的电动势E＝ 3.1 V，内阻r＝ 2.1 Ω（结果均保留1位小数）。
（3）在第（2）问中，若考虑电流表内阻的影响，则电源内阻的测量值相对真实值 偏大 （选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。
（4）根据步骤②中作出的图像Ⅰ，不考虑电流表内阻，经计算得出待测圆柱形导体的电阻Rx＝ 2.3 Ω（结果保留1位小数），最后可由表达式计算出该导体材料的电阻率。
【答案】（1）9.500；（2）3.1，2.1；（3）偏大；（4）2.3。
【分析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和；
（2）不考虑电流表内阻影响时，由闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
（3）考虑电流表内阻影响，由闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算判断；
（4）不考虑电流表内阻影响时，由闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）螺旋测微器的精度为0.01mm，由图甲可知该导体的直径为D＝9.5mm+0.0×0.01mm＝9.500mm
（2）在步骤①中，不考虑电流表内阻影响时，由闭合电路欧姆定律有E＝I（R+r）
整理可得
步骤①对应图像Ⅱ，由图线Ⅱ可得，
解得E≈3.1V，r≈2.1Ω
（3）若考虑电流表内阻影响，在步骤①中有E＝I（R+r+rA）
可得
则电源内阻真实值为r＝2.1Ω﹣rA
故电源内阻测量值相对真实值偏大。
（4）在步骤②中，不考虑电流表内阻，由闭合电路欧姆定律有
可得
步骤②对应图像Ⅰ，由图线Ⅰ可得，
联立解得Rx＝2.3Ω
故答案为：（1）9.500；（2）3.1，2.1；（3）偏大；（4）2.3。
13．（10分）（2024秋•六安期末）如图所示，三棱镜截面中∠B＝30°、∠C＝60°，某种颜色的细光束从AB边的中点D点以某一角度射入三棱镜，折射光线射到BC边上的E点，恰好发生全反射，反射光线垂直射到AC边的F点。已知AB两点间的距离为2d，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）三棱镜对此单色光的折射率；
（2）光线从D到F传播的时间。
【答案】（1）三棱镜对此单色光的折射率为；
（2）光线从D到F传播的时间为。
【分析】（1）根据几何关系，结合折射率的定义分析求解；
（2）根据几何关系，结合光程分析求解。
【解答】解：（1）由几何关系可得∠FEC＝30°，则棱镜材料的临界角为θ＝60°
由折射率的定义可得
（2）由几何关系得：BD＝DE＝d，，
折射率的定义可得
光线从D到F的传播时间
答：（1）三棱镜对此单色光的折射率为；
（2）光线从D到F传播的时间为。
14．（14分）（2024秋•六安期末）如图所示的xOy平面内，x＜0的区域内有竖直向上的匀强电场。在区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为B2，大小关系为B2＝2B1，均垂直于纸面向外。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子，在t＝0时，从坐标为（﹣2L，）的P点以速度y0沿x轴正向水平射出，恰好能从坐标原点进入第一象限，最终从坐标为（，0）的Q点射出磁场，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）磁场B1的最小值；
（3）若时粒子从O点运动到Q点的时间。
【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为。
（2）磁场B1的最小值为。
（3）粒子从O点运动到Q点的时间为。
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动，利用两个分运动的位移公式联立即可求出电场强度。
（2）先由类平抛运动求出粒子进入原点时的速度大小与方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，为使粒子能从Q点射出，其运动轨迹需满足特定的几何关系，由此找到对应最小磁感应强度的临界轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解。
（3）根据给定的磁感应强度求出粒子在两磁场中的轨道半径和周期，分析粒子在交替磁场中的运动轨迹，通过几何关系确定在两磁场中偏转的次数与对应的圆心角，分段计算在两磁场中的运动时间并求和。
【解答】解：（1）电场中水平方向有2L＝v0t，竖直方向有，联立可得。
（2）在O点，有，解得：θ＝60°。又，解得：v＝2v0。粒子进入磁场后，若第一次经过x轴恰好从Q点射出，此时磁感应强度最小，由几何关系知r＝2L，又，解得：。
（3）粒子在磁场中运动轨迹如图。
由，粒子在磁场B1中运动时半径r1＝L，周期。又B2＝2B1，则粒子在磁场B2中运动半径，周期。由几何关系知（n＝1，2，3，…），解得：n＝2。所以粒子在磁场中运动时间。
答：（1）匀强电场的电场强度大小为。
（2）磁场B1的最小值为。
（3）粒子从O点运动到Q点的时间为。
15．（18分）（2024秋•六安期末）如图所示为一游戏装置的竖直藏面图，光滑圆弧轨道、半径为r的竖直光滑螺旋圆轨道、水平直轨道BD和无限长光滑轨道EK。水平传送带DE平滑连接而成（B、D、E、K共线），其中C点为竖直螺旋圆轨道上的最高点。质量M＝0.2kg、半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道GFH（厚度不计）静置于水平轨道EK上，圆弧轨道底端G与传送带的右端E点平滑相连，O'为圆弧轨道的圆心。一长L＝4m的水平传送带以恒定速率v0＝3m/s顺时针转动，将质量m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道离地高h＝1m处静止释放。已知r＝0.2m，LBD＝1m，滑块与轨道BD和传送带间的动摩擦因敷均为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块运动到C点时对圆形轨道的压力大小；
（2）滑块在传送带上运动的时间以及此过程中因摩擦而产生的热量；
（3）若物块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I＝0.2N•s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，求物块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离。
【答案】（1）滑块运动到C点时对圆形轨道的压力大小为5.0N；
（2）滑块在传送带上运动的时间为1.25s，此过程中因摩擦而产生的热量为0.05J；
（3）若物块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I＝0.2N•s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，物块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离为m。
【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二、第三定律求滑块运动到C点时对圆形轨道的压力大小；
（2）根据动能定理求出从A到D点的速度，结合运动学公式求出滑块在传送带上运动的时间以及此过程中的相对位移，最后根据热量表达式求因摩擦而产生的热量；
（3）根据动量守恒和能量守恒定律求出滑块滑到H点时，它们水平方向相同的速度v共，以及此时滑块竖直方向速度，再结合运动学公式求物块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离。
【解答】解：（1）从A到C，根据动能定理有
在C点由牛顿第二定律有
联立解得FN＝5.0N
由牛顿第三定律得FN'＝FN＝5.0N
（2）同样从A到D，根据动能定理有
解得vD＝4m/s
因为vD＞v0，所以滑块先做匀减速直线运动，假设可以减速到与传送带共速，则
解得
t1＝0.5s
运动的位移
解得

假设成立，所以匀速运动的时间
解得
t2＝0.75s
总时间t＝t1+t2
解得
t＝1.25s
产生的热量
解得
Q＝0.05J
（3）由（2）知滑块到达G点时速度vG＝v0＝3m/s
滑块滑上四分之一光滑圆弧轨道时，它们组成的系统水平方向动量守恒。滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度v共，设此时滑块竖直方向速度为vy，以vG的方向为正方向，于是有
mvG＝（m+M）v共
由能量守恒
解得vy＝1m/s，v共＝1m/s
以滑块飞出时H点所在的位置为坐标原点，以水平向右为x轴，竖直向上为y轴，垂直于纸面向里为z轴建立坐标系，y轴方向做匀减速直线运动，上升到最高点的时间

解得
t上＝0.1s
所以
x＝v共t上
解得
x＝0.1m

解得

又
I＝mvz
可得
mz＝2m/s
z＝vzt上
解得
z＝0.2m
故物块离开轨道后运动轨迹的最高点到H点的距离
解得

答：（1）滑块运动到C点时对圆形轨道的压力大小为5.0N；
（2）滑块在传送带上运动的时间为1.25s，此过程中因摩擦而产生的热量为0.05J；
（3）若物块刚离开H点时受到一个垂直纸面向里的瞬时冲量I＝0.2N•s，并同时利用锁定装置让圆弧轨道瞬间停下，物块离开轨道后其运动轨迹的最高点到H点的距离为m。
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1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
B
D
D
C
B
A
D
题号
9
10
答案
BD
BC