2024-2025学年贵州省黔南州高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年贵州省黔南州高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共25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•贵州期末）关于近代物理，下列说法正确的是（ ）
A．根据物理学科研究的最新成果，组成物质的最小单元是电子
B．由黑体辐射规律可知，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
C．在原子中，电子吸收光子从低能级向高能级跃迁时，由于电子克服静电力做功，导致原子的总能量减小
D．1898年，居里夫妇发现了一种具有很强的放射性的新元素——钋（P），其衰变方程为P→At+X，其中X是质子
2．（4分）（2024秋•贵州期末）在2024年黔南州三都县“端节”活动中，来自全国各地的骑马爱好者在三都西部赛马城中火热上演巅峰对决。甲、乙两位骑手从同一起跑线同时同向开始做直线运动，他们运动的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在t0时刻，甲、乙两骑手相遇
B．在t0时刻，甲、乙两骑手的加速度相等
C．在0～t0时间内，甲的位移小于乙的位移
D．在0～t0时间内，乙的平均速度小于
3．（4分）（2024秋•贵州期末）在学习《摩擦力》时，老师为了给同学们展示摩擦力的作用效果，在桌面上放了一个表面粗糙的圆台，如图所示。要求：用双掌挤压圆台的侧面，竖直提起圆台。多次尝试后，圆台成功地被一位同学提起并静止在空中。关于此时圆台的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．双掌对圆台压力的合力等于零
B．双掌作用力的合力大小等于圆台的重力大小
C．圆台所受摩擦力的合力大小等于圆台的重力大小
D．双掌对圆台压力的方向一定过圆台的重心
4．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，在一条水平直线上固定两个正点电荷，电量分别为Q和3Q，O、A、B为直线上的三个点，其中O为两个点电荷连线的中点，A、B两点关于3Q点电荷所在点对称。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小关系：EA＞EB
B．电势高低关系：φA＝φB
C．同一正点电荷在A、B两点的电势能大小关系：EpA＞EpB
D．一正点电荷由A点运动到B点的过程中电场力一直做正功
5．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，一束复色光从空气中射向某种介质，折射光线分成a、b两束，下列说法正确的是（ ）
A．若a光为绿光，则b光可能为红光
B．a光的频率小于b光的频率
C．a、b两束光相比较，在真空中的传播速度a光比b光大
D．用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距
6．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，在竖直向下、场强为E＝10V/m的匀强电场中，半径R＝1m的光滑半圆弧轨道在最低点与地面平滑连接。一带正电、电荷量为2C、质量为2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0从右端距离连接点L＝1m处向左滑动，已知物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块能通过最高点，则v0的最小值为（g取10m/s2）（ ）
A．20m/sB．10m/sC．D．
7．（4分）（2024秋•贵州期末）地球近地轨道上有一卫星，其表面上涂有一层特殊物质，卫星在与运动方向上垂直的横截面积S＝0.50m2。假设近地轨道附近布满密度为ρ＝1.6×10﹣11kg/m3的稀薄微尘。微尘随地球自转且相对静止，微尘与该卫星发生碰撞后会粘附在卫星上。该卫星在上述近地轨道上的运动可视为与地球自转方向相同的匀速圆周运动，已知地球半径为R＝6400km，地球自转角速度ω＝7.3×10﹣5rad/s，重力加速度g取9.8m/s2，试估算卫星因与稀薄微尘碰撞而受到的拖拽力的大小（ ）
A．4.5×10﹣2NB．4.5×10﹣3NC．4.5×10﹣4ND．4.5×10﹣5N
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（5分）（2024秋•贵州期末）中国艺术体操队在2024年巴黎奥运会上首次获得奥运金牌，实现了历史性突破。如图甲所示为艺术体操选手比赛时的画面，某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻波形如图乙所示，P、Q为该介质中的两质点，波速为5m/s。则关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A．周期为5s
B．经过10s，质点P运动的路程为100cm
C．该时刻质点Q在向上运动
D．该时刻质点P的加速度为零
（多选）9．（5分）（2024秋•贵州期末）2024年“村BA“球王争霸赛全国总决赛于9月30日在贵州省台江县台盘村激情开幕，吸引了来自全国各地的10支顶尖队伍参赛。在某场比赛中，裁判员开球时，手给质量m＝0.6kg的篮球一个瞬时作用力，将其竖直向上抛出，从抛出点上升到最高点的距离为0.96m，用时0.4s，空气阻力大小恒定。关于篮球从抛出点至最高点的过程中，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．克服空气阻力做功的平均功率为1.152W
B．重力冲量大小为2.4N•s
C．最大动能为6.912J
D．合力的最大功率为37.86W
（多选）10．（5分）（2024秋•贵州期末）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ的间距为2m，其电阻不计，两导轨所在平面与水平面的夹角θ＝37°，N、Q间接有R＝5Ω的电阻。空间有垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。一质量m＝1kg、电阻r＝2Ω的金属杆ab以v＝10m/s的初速度从导轨某一位置开始沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为10J，其最大瞬时电功率P＝5W，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好。关于上述过程，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）（ ）
A．感应电动势的最大值E＝7V
B．ab杆刚上滑时加速度的大小a＝8m/s2
C．ab杆克服安培力做功W＝14J
D．ab杆向上滑动的最大位移x＝6m
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11．（6分）（2024秋•贵州期末）某实验小组在探究“物块质量一定，加速度与力的关系”时，在细线的一端安装力传感器来显示拉力的大小（如图甲所示）进行实验。
（1）在物块两侧分别安装上纸带和细线，调节木板处于水平状态，再调整滑轮高度，使细线与木板表面 （选填“平行”或“不平行”）。
（2）在轻质滑轮下挂上适量的钩码，使物块匀速运动，此时力传感器示数为2.0N。若物块与木板间的动摩擦因数为0.5，则物块的质量M＝ kg。（g取10m/s2，不计滑轮与细线、纸带与打点计时器之间的摩擦）
（3）更换纸带，增加钩码个数，重复实验。如图乙所示是某次实验得到的一条纸带的一部分，已知打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，则物块的加速度是 （结果保留两位小数）m/s2。
12．（9分）（2024秋•贵州期末）随着智能手机耗电的增加，充电宝成了为手机及时充电的一种重要选择。某兴趣小组利用下列所给器材，研究在不同电量下某充电宝的电动势和内阻的变化规律：
A.待测充电宝（电动势E约5.1V，内阻r约0.2Ω）
B.电压表V（量程6V，内阻约3kΩ）
C.电流表A（量程3A，内阻约0.2Ω）
D.滑动变阻器R1（0～1000Ω）
E.滑动变阻器R2（0～10Ω）
F.开关S，导线若干
（1）设计电路如图1所示，为减小实验误差，滑动变阻器应选 （选填“R1”或“R2”）。
（2）连接电路，电源为电量100%的充电宝，闭合开关S，调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的读数，作出U﹣I图像如图2所示。求得电量100%的充电宝的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留3位有效数字）
（3）由于电压表内阻不是无穷大，充电宝内阻的测量值 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（4）该小组又测量了不同电量下充电宝的电动势和内阻，如表所示。分析实验数据，可以发现，随着充电宝电量的减少，电动势和内阻的变化规律是：电动势 ，内阻 。
13．（10分）（2024秋•贵州期末）某油田钻井平台钻头在一次事故中断裂在地下某一深处，由于钻头造价很高，工程师提出一种新的打捞方式，其简化模型如图所示：打捞装置为一个竖直固定、两端开口、足够长的刚性导热塑料管，钻头可视为一圆柱形活塞。钻头下边缘被挡在距泥浆水平面高度为H的位置，活塞的上部塑料管内充满泥浆。若钻头密度为ρ、高度为h，塑料管密封性良好且钻头与塑料管间摩擦力可忽略，横截面积为S，其上边缘没入温度为T＝300K的泥浆中。当从塑料管下部向塑料管内一次性充入压强为p0、体积为V0＝102.6m3、温度T＝300K气体（可视为理想气体）时，刚好推动活塞缓慢上升。设大气压强p0＝1.0×105pa，泥浆的密度ρw＝2.0×103kg/m3，ρ＝10ρw，H＝100.0m，h＝1.0m，S＝0.5m2，g取10m/s2。求：
（1）当气体刚好推动活塞上升时，气体的压强；
（2）当活塞刚要上移时，需继续向塑料管内打气（塑料管不漏气），使活塞缓慢上升。假设下边界泥浆不移动，每次均打入压强为p0、体积为V0、T＝300K的气体，则要使活塞下边缘与泥浆水平面平齐，至少还需打气几次。
14．（14分）（2024秋•贵州期末）如图所示，第一象限内存在竖直向下、场强为的匀强电场，直线OP的上方有垂直于纸面向里、磁场强度为B的匀强磁场。现将一质量为m、带电量为q的带负电小球系于长为L的不可伸长的轻质细线一端，细线的另一端固定在坐标原点O。某时刻小球从O点以速度v0沿y轴正方向出发，经过一段时间，小球第一次到达x轴，且当小球经过直线OP时细线刚好被拉直。已知OP与x轴正方向成30°，不计空气阻力，求：
（1）小球从O点出发至第一次到达x轴的时间；
（2）小球从O点出发至第一次到达x轴过程中损失的机械能。
15．（18分）（2024秋•贵州期末）如图所示，某游戏装置由左端固定在竖直墙上的轻质弹簧、水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、圆弧轨道DBE和水平直轨道EF依次平滑连接而成。所有轨道均光滑，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切点，B为圆弧轨道的最高点，P为两个直轨道的交错点。CD与水平面的倾角θ＝30°，CP长为L＝2.5m，圆弧DBE的半径R＝20cm。在与AC同一平面上水平放置一个靶环，环间距为d＝20cm，第10环的半径r＝20cm，靶心轴线与轨道在同一竖直面内，靶心距轨道末端F点的水平距离x＝2m。游戏时用细线系住一个质量m1＝20g的1号球，使弹簧处于压缩状态，在直轨道末端F点放一个质量m2＝80g的2号球（两球均可视为质点）。烧断细线后，1号球被弹开并运动到F点与2号球相碰，碰后2号球能落在靶环上，获得相应的环数。则：（g取10m/s2）
（1）烧断细线后，1号球被弹开，刚好能通过B点。求弹簧具有的弹性势能Ep和1号球经过圆轨道E点时对轨道的压力。
（2）重新改变细线长度，锁定弹簧。再次烧断细线，使1号球与2号球发生弹性碰撞，2号球正中靶心，求碰撞前1号球在C点速度的大小vC。
（3）若撤去2号球，为使1号球能落在8环以内（包括8环），1号球离开弹簧时，动能的取值范围为多大（计算结果保留两位小数）。
2024-2025学年贵州省黔南州高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（4分）（2024秋•贵州期末）关于近代物理，下列说法正确的是（ ）
A．根据物理学科研究的最新成果，组成物质的最小单元是电子
B．由黑体辐射规律可知，随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动
C．在原子中，电子吸收光子从低能级向高能级跃迁时，由于电子克服静电力做功，导致原子的总能量减小
D．1898年，居里夫妇发现了一种具有很强的放射性的新元素——钋（P），其衰变方程为P→At+X，其中X是质子
【答案】B
【分析】物质的基本单元：不存在“最小单元”，电子是基本粒子之一但并非最小；
黑体辐射规律：温度升高，辐射强度极大值向短波（波长较短）方向移动；
能级跃迁的能量变化：电子吸收光子跃迁到高能级，原子总能量增大；
衰变的核反应规律：质量数守恒、电荷数守恒。
【解答】解：A.物质的基本单元并无“最小”的定论，电子虽属于基本粒子，但并非组成物质的最小单元（例如夸克是构成质子、中子的更小粒子），故A错误。
B.依据黑体辐射规律，温度越高，辐射强度极大值所对应的波长就越短（即向波长更短的方向移动），故B正确。
C.当电子吸收光子从低能级向高能级跃迁时，光子的能量会转化为原子的能量，导致原子总能量增大（电子克服静电力做功的能量来源于光子），故C错误。
D.根据核反应的质量数守恒（210＝210+0）和电荷数守恒（84＝85﹣1），可推知X的质量数为0、电荷数为﹣1，其本质是电子（β粒子），而非质子，故D错误。
故选：B。
2．（4分）（2024秋•贵州期末）在2024年黔南州三都县“端节”活动中，来自全国各地的骑马爱好者在三都西部赛马城中火热上演巅峰对决。甲、乙两位骑手从同一起跑线同时同向开始做直线运动，他们运动的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在t0时刻，甲、乙两骑手相遇
B．在t0时刻，甲、乙两骑手的加速度相等
C．在0～t0时间内，甲的位移小于乙的位移
D．在0～t0时间内，乙的平均速度小于
【答案】D
【分析】根据v﹣t图像，斜率代表加速度，图像与时间轴围成的面积代表位移。通过这些信息，可以判断出在特定时间点两骑手的相对位置、加速度以及在一段时间内的平均速度。
【解答】解：AC、由题图可知，t0时刻两骑手速度大小相等，故两骑手的位移不等，不能相遇；根据速度—时间图像与横坐标围成的面积表示位移，在0～t0时间内，甲的位移大于乙的位移，故AC错误；
B、根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知在t0时刻甲的加速度大小小于乙的加速度大小，故B错误；
D、根据题意可知，在0～t0时间内，若乙做匀加速直线运动，则平均速度为

图中乙做非匀变速直线运动，位移比匀加速直线运动的位移小，故乙的平均速度小于，故D正确。
故选：D。
3．（4分）（2024秋•贵州期末）在学习《摩擦力》时，老师为了给同学们展示摩擦力的作用效果，在桌面上放了一个表面粗糙的圆台，如图所示。要求：用双掌挤压圆台的侧面，竖直提起圆台。多次尝试后，圆台成功地被一位同学提起并静止在空中。关于此时圆台的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．双掌对圆台压力的合力等于零
B．双掌作用力的合力大小等于圆台的重力大小
C．圆台所受摩擦力的合力大小等于圆台的重力大小
D．双掌对圆台压力的方向一定过圆台的重心
【答案】B
【分析】确定研究对象与运动状态：以圆台为研究对象，圆台静止，处于共点力平衡状态，合力为零。
竖直方向：圆台受重力G（竖直向下）、桌面的静摩擦力f（竖直向上），二力平衡，即 f＝G。
水平方向：圆台受双手的压力（弹力，垂直于圆台侧面指向内部），这两个压力的合力使圆台与桌面间产生静摩擦力。
【解答】解：A．手掌对圆台的压力垂直于支撑面斜向下，故合力不为零，故A错误；
B．圆台静止在空中，受力平衡，所以双掌对圆台的作用力的合力大小等于圆台重力的大小，故B正确；
C．圆台所受摩擦力沿圆台斜面向上，所受压力有竖直向下的分力，故摩擦力的合力大小不等于圆台的重力大小，故C错误；
D．因手作用位置不一样，压力不一定过重心，故D错误。
故选：B。
4．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，在一条水平直线上固定两个正点电荷，电量分别为Q和3Q，O、A、B为直线上的三个点，其中O为两个点电荷连线的中点，A、B两点关于3Q点电荷所在点对称。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小关系：EA＞EB
B．电势高低关系：φA＝φB
C．同一正点电荷在A、B两点的电势能大小关系：EpA＞EpB
D．一正点电荷由A点运动到B点的过程中电场力一直做正功
【答案】C
【分析】电场线疏密对应场强大小，A处疏、B处密可知EA＜EB；由等量同种正电荷的电场分布规律可知，连线中点电势最低，向两侧升高可知φA＞φB；正电荷在电势越高处电势能越大可知EpA＞EpB；由A到B电势先升高后降低可知正电荷电势能先增后减即电场力先做负功后做正功。
【解答】解：AB.根据电场线越密，电场强度越大，由点电荷激发的电场可知场强大小关系EA＜EB；
由等量同种点电荷的电场分布可知φA＞φB，故AB错误；
C.根据正电荷在电势越高处，电势能越大，
可知同一正电荷在A、B两点的电势能大小关系EpA＞EpB，故C正确；
D.一正电荷由A点运动到B点的过程中电势先升高后降低，
故电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。
故选：C。
5．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，一束复色光从空气中射向某种介质，折射光线分成a、b两束，下列说法正确的是（ ）
A．若a光为绿光，则b光可能为红光
B．a光的频率小于b光的频率
C．a、b两束光相比较，在真空中的传播速度a光比b光大
D．用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的条纹间距
【答案】A
【分析】两种色光的入射角相同，a光的折射角大于b光的折射角，据此分析折射率大小，进而可知频率的大小；在七种色光中红光的频率最小；所有的色光在真空中传播的速度相同；根据干涉条纹间距公式分析。
【解答】解：AB、根据光路图可知在复色光刚进入该介质时，两种色光的入射角相同，但是a光的折射角大于b光的折射角，所以a光的频率大于b光的频率，因为在七种色光中红光的频率最小，所以若a光为绿光，则b光可能为红光，故A正确，B错误；
C、所有的色光在真空中传播的速度是相同的，故C错误；
D、根据c＝λf可知，a光的波长小于b光的波长，根据干涉条纹间距公式可知，用同一双缝干涉实验装置做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的条纹间距，故D错误。
故选：A。
6．（4分）（2024秋•贵州期末）如图所示，在竖直向下、场强为E＝10V/m的匀强电场中，半径R＝1m的光滑半圆弧轨道在最低点与地面平滑连接。一带正电、电荷量为2C、质量为2kg的小物块（可视为质点）以初速度v0从右端距离连接点L＝1m处向左滑动，已知物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，小物块能通过最高点，则v0的最小值为（g取10m/s2）（ ）
A．20m/sB．10m/sC．D．
【答案】D
【分析】根据小物块能通过最高点的临界条件，应用牛顿第二定律求得小物块到达最高点时的最小速度。再应用动能定理求解v0的最小值。
【解答】解：小物块能通过最高点的临界条件是其到达最高点时与轨道之间的弹力为零，在此条件下小物块到达最高点时的速度最小。设小物块到达最高点时的最小速度大小为v1，在最高点，根据牛顿第二定律得：
mg+qE
设v0的最小值为vmin，根据动能定理得：
﹣μ（mg+qE）L﹣（mg+qE）×2R
联立解得：vminm/s
故ABC正确，D错误。
故选：D。
7．（4分）（2024秋•贵州期末）地球近地轨道上有一卫星，其表面上涂有一层特殊物质，卫星在与运动方向上垂直的横截面积S＝0.50m2。假设近地轨道附近布满密度为ρ＝1.6×10﹣11kg/m3的稀薄微尘。微尘随地球自转且相对静止，微尘与该卫星发生碰撞后会粘附在卫星上。该卫星在上述近地轨道上的运动可视为与地球自转方向相同的匀速圆周运动，已知地球半径为R＝6400km，地球自转角速度ω＝7.3×10﹣5rad/s，重力加速度g取9.8m/s2，试估算卫星因与稀薄微尘碰撞而受到的拖拽力的大小（ ）
A．4.5×10﹣2NB．4.5×10﹣3NC．4.5×10﹣4ND．4.5×10﹣5N
【答案】C
【分析】先根据牛顿第二定律计算卫星的线速度大小，然后计算出微尘相对卫星的速度，根据动量定理计算。
【解答】解：卫星在近地轨道上的运动，由牛顿第二定律有mg＝m，解得v＝7.9km/s，地球自转线速度为v2＝ωR＝6400×103×7.3×10﹣5m/s＝467.2m/s，微尘先随地球自转，之后随卫星转动，速度变化量为Δv＝v﹣v2，在Δt时间里和卫星发生相互作用的微尘的质量为Δm＝ρSΔvΔt，规定飞船运动的方向为正方向，由动量定理有FΔt＝0﹣Δm（﹣Δv），联立解得F＝4.5×10﹣4N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（5分）（2024秋•贵州期末）中国艺术体操队在2024年巴黎奥运会上首次获得奥运金牌，实现了历史性突破。如图甲所示为艺术体操选手比赛时的画面，某段过程中彩带的运动可简化为沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻波形如图乙所示，P、Q为该介质中的两质点，波速为5m/s。则关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A．周期为5s
B．经过10s，质点P运动的路程为100cm
C．该时刻质点Q在向上运动
D．该时刻质点P的加速度为零
【答案】BD
【分析】A.结合题意及题图，由周期与波长的关系列式，即可分析判断；
B.结合题意及题图，由质点的振动时间与周期的关系，即可确定其路程与振幅的关系；
C.结合题意及题图，由“同侧法”，即可分析判断；
D.结合题图，由简谐运动中质点的加速度与位移的关系，即可分析判断。
【解答】解：A.由图乙可知，该波波长为：
λ＝20m，
则该波周期为：
T，故A错误；
B.由图乙可知，该波振幅为：
A＝10cm，
结合前面分析可知：
10s＝2T+0.5T，
则经过10s，质点P运动的路程为：
s＝2×4A+0.5×4A＝10A＝10×10cm＝100cm，故B正确；
C.因为该波是沿x轴正方向传播的简谐横波，则由图乙，根据“同侧法”可知，该时刻质点Q在向下运动，故C错误；
D.由图可知，该时刻质点P的位移为零，因为简谐运动中质点的加速度大小与位移的大小成正比，所以该时刻质点P的加速度也为零，故D正确；
故选：BD。
（多选）9．（5分）（2024秋•贵州期末）2024年“村BA“球王争霸赛全国总决赛于9月30日在贵州省台江县台盘村激情开幕，吸引了来自全国各地的10支顶尖队伍参赛。在某场比赛中，裁判员开球时，手给质量m＝0.6kg的篮球一个瞬时作用力，将其竖直向上抛出，从抛出点上升到最高点的距离为0.96m，用时0.4s，空气阻力大小恒定。关于篮球从抛出点至最高点的过程中，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．克服空气阻力做功的平均功率为1.152W
B．重力冲量大小为2.4N•s
C．最大动能为6.912J
D．合力的最大功率为37.86W
【答案】BC
【分析】需先根据运动学公式求出加速度，再由牛顿第二定律计算空气阻力，进而结合功、功率、冲量及动能公式判断各选项。
【解答】解：A、篮球上升过程做匀减速运动，初速度为v0，末速度为0，位移h＝0.96m，时间t＝0.4s。根据匀变速直线运动位移公式，因末速度为0，有
h＝v0tat2，又v0＝at（由v＝v0﹣at＝0得），联立得hat2，得加速度am/s2＝12m/s2。
由牛顿第二定律，上升时合力
F合＝mg+F阻＝ma，故空气阻力
F阻＝ma﹣mg＝（0.6×12﹣0.6×10）N＝1.2N
克服空气阻力做功
W＝F阻h＝1.2×0.96J＝1.152J
平均功率P＝
W＝2.88W，故A错误；
B、重力冲量I＝mgt＝0.6kg×10m/s×0.4s＝2.4N•s，故B正确。
C、抛出瞬间速度
v0＝at＝12m/s×0.4s＝4.8m/s，最大动能为抛出瞬间动能
Ek0.6kg×（4.8m/s）2＝6.912J，故C正确。
D、合力
F合＝ma＝0.6kg×12m/s2＝7.2N
抛出瞬间速度最大，合力功率
P＝F合v0＝7.2N×4.8m/s＝34.56W，故D错误。
故选：BC。
（多选）10．（5分）（2024秋•贵州期末）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ的间距为2m，其电阻不计，两导轨所在平面与水平面的夹角θ＝37°，N、Q间接有R＝5Ω的电阻。空间有垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。一质量m＝1kg、电阻r＝2Ω的金属杆ab以v＝10m/s的初速度从导轨某一位置开始沿轨道上滑，直至速度减为零。已知上述过程中电阻R产生的热量为10J，其最大瞬时电功率P＝5W，ab杆向上滑动的过程中始终与导轨保持垂直且接触良好。关于上述过程，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）（ ）
A．感应电动势的最大值E＝7V
B．ab杆刚上滑时加速度的大小a＝8m/s2
C．ab杆克服安培力做功W＝14J
D．ab杆向上滑动的最大位移x＝6m
【答案】ACD
【分析】A.根据P＝I2R和闭合电路欧姆定律求感应电动势的最大值；
B.由法拉第电磁感应定律结合牛顿第二定律求ab杆刚上滑时加速度的大小；
C.根据热量分配和功能关系求ab杆克服安培力做的功；
D.根据能量转化和守恒定律求ab杆向上滑动的最大位移。
【解答】解：A.对R，根据
P＝I2R
解得
I＝1A
由闭合电路欧姆定律
E＝I（R+r）
解得
E＝7V
故A正确；
B.由法拉第电磁感应定律
E＝BLv
解得
B＝0.35T
ab杆刚上滑切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知感应电流方向为由a→b，由左手定则可得安培力方向沿轨道向下，由牛顿第二定律可得
mgsinθ+BIL＝ma
解得金属杆ab刚开始上滑时的加速度大小
a＝6.7m/s2
故B错误；
C.在ab杆上滑的全过程中，R上产生的热量为10J，则ab杆上产生的热量为

解得
Q'＝4J
全过程电路产生的总热量为14J，由功能关系知该过程ab杆克服安培力做功为14J，故C正确；
D.当ab杆速度为零时，ab杆向上滑动距离最大，设为x，根据能量转化和守恒定律

解得
x＝6m
故D正确。
故选：ACD。
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11．（6分）（2024秋•贵州期末）某实验小组在探究“物块质量一定，加速度与力的关系”时，在细线的一端安装力传感器来显示拉力的大小（如图甲所示）进行实验。
（1）在物块两侧分别安装上纸带和细线，调节木板处于水平状态，再调整滑轮高度，使细线与木板表面 平行 （选填“平行”或“不平行”）。
（2）在轻质滑轮下挂上适量的钩码，使物块匀速运动，此时力传感器示数为2.0N。若物块与木板间的动摩擦因数为0.5，则物块的质量M＝ 0.4 kg。（g取10m/s2，不计滑轮与细线、纸带与打点计时器之间的摩擦）
（3）更换纸带，增加钩码个数，重复实验。如图乙所示是某次实验得到的一条纸带的一部分，已知打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，则物块的加速度是 0.82 （结果保留两位小数）m/s2。
【答案】（1）平行；（2）0.4；（3）0.82。
【分析】（1）根据确保细线的拉力为小球的合外力的目的分析求解；
（2）根据物块受力平衡分析求解；
（3）根据每相邻两个计数点的时间间隔，结合逐差法分析求解。
【解答】解：（1）在物块两侧分别安装上纸带和细线，调节木板处于水平状态，再调整滑轮高度，使细线与木板表面平行，从而确保细线的拉力为小球的合外力。
（2）由物块受力平衡可知
F＝μMg
代入数据得物块的质量
M＝0.4kg
（3）每相邻两个计数点的时间间隔

物块加速度大小为

故答案为：（1）平行；（2）0.4；（3）0.82。
12．（9分）（2024秋•贵州期末）随着智能手机耗电的增加，充电宝成了为手机及时充电的一种重要选择。某兴趣小组利用下列所给器材，研究在不同电量下某充电宝的电动势和内阻的变化规律：
A.待测充电宝（电动势E约5.1V，内阻r约0.2Ω）
B.电压表V（量程6V，内阻约3kΩ）
C.电流表A（量程3A，内阻约0.2Ω）
D.滑动变阻器R1（0～1000Ω）
E.滑动变阻器R2（0～10Ω）
F.开关S，导线若干
（1）设计电路如图1所示，为减小实验误差，滑动变阻器应选 R2 （选填“R1”或“R2”）。
（2）连接电路，电源为电量100%的充电宝，闭合开关S，调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的读数，作出U﹣I图像如图2所示。求得电量100%的充电宝的电动势E＝ 5.08 V，内阻r＝ 0.100 Ω。（结果均保留3位有效数字）
（3）由于电压表内阻不是无穷大，充电宝内阻的测量值 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
（4）该小组又测量了不同电量下充电宝的电动势和内阻，如表所示。分析实验数据，可以发现，随着充电宝电量的减少，电动势和内阻的变化规律是：电动势 基本不变 ，内阻 基本不变 。
【答案】（1）R2；
（2）5.08，0.100；
（3）小于；
（4）基本不变，基本不变。
【分析】（1）核心在于选择合适量程的滑动变阻器以减小实验误差。待测充电宝内阻很小，为获得较大且易于调节的电流范围，滑动变阻器的最大阻值应与电源内阻和电流表内阻之和相近，以实现对电路电流的精细调节。因此应选择阻值较小的滑动变阻器。
（2）利用闭合电路欧姆定律分析U﹣I图像。图像纵轴截距对应外电路断路时的路端电压，即电源电动势。图像斜率的绝对值对应电源内阻。从图像中读取准确的截距和斜率数值即可求得结果。
（3）需要分析电压表内阻有限对测量结果造成的系统误差。由于电压表分流，电流表的测量值小于流过电源的真实电流，使得根据测量数据计算出的内阻值小于真实值。
（4）分析表格数据，归纳电动势和内阻随电量变化的趋势。观察不同电量下电动势和内阻的数值，发现它们在一定范围内波动，无明显单调变化规律，因此可认为基本保持不变。
【解答】解：（1）待测充电宝内阻很小，电路中总电阻主要由滑动变阻器决定。若选用阻值较大的R1，大部分行程中电流过小且调节时电流表示数跳变剧烈，难以精细调节；
R2阻值范围与负载匹配较好，可使电流在0～3A内平滑变化，故滑动变阻器应选R2。
（2）由U﹣I图像可知，图线纵轴截距表示电源电动势。纵轴每小格代表0.02V，图线交于5.08V处，解得：E＝5.08V；
图线斜率绝对值表示电源内阻，取坐标点（0，5.08）和（1.0，4.98），根据，解得：r＝0.100Ω。
（3）实验电路中，因电压表分流，电流表示数I小于流过电源的真实电流。由闭合电路欧姆定律有，变形得。
测得的内阻，分母大于RV，故测量值小于真实值。
（4）分析表中不同电量下的数据，电动势E在5.00～5.14V间窄幅波动，内阻r在0.10～0.13Ω间波动。
考虑实验误差及充电宝内部稳压电路特性，随着电量减少，其电动势基本不变，内阻基本不变。
故答案为：（1）R2；
（2）5.08，0.100；
（3）小于；
（4）基本不变，基本不变。
13．（10分）（2024秋•贵州期末）某油田钻井平台钻头在一次事故中断裂在地下某一深处，由于钻头造价很高，工程师提出一种新的打捞方式，其简化模型如图所示：打捞装置为一个竖直固定、两端开口、足够长的刚性导热塑料管，钻头可视为一圆柱形活塞。钻头下边缘被挡在距泥浆水平面高度为H的位置，活塞的上部塑料管内充满泥浆。若钻头密度为ρ、高度为h，塑料管密封性良好且钻头与塑料管间摩擦力可忽略，横截面积为S，其上边缘没入温度为T＝300K的泥浆中。当从塑料管下部向塑料管内一次性充入压强为p0、体积为V0＝102.6m3、温度T＝300K气体（可视为理想气体）时，刚好推动活塞缓慢上升。设大气压强p0＝1.0×105pa，泥浆的密度ρw＝2.0×103kg/m3，ρ＝10ρw，H＝100.0m，h＝1.0m，S＝0.5m2，g取10m/s2。求：
（1）当气体刚好推动活塞上升时，气体的压强；
（2）当活塞刚要上移时，需继续向塑料管内打气（塑料管不漏气），使活塞缓慢上升。假设下边界泥浆不移动，每次均打入压强为p0、体积为V0、T＝300K的气体，则要使活塞下边缘与泥浆水平面平齐，至少还需打气几次。
【答案】（1）当气体刚好推动活塞上升时，气体的压强2.28×10°Pa；
（2）要使活塞下边缘与泥浆水平面平齐，至少还需打气1次。
【分析】（1）对活塞受力分析，由平衡条件得p1S＝p0S+mg，结合（或直接代入mg数据）即可；
（2）根据玻意耳定律得气柱长l0，再由活塞到管口时，平衡得末态压强p2，再用玻意耳定律即可解得。
【解答】解：（1）对活塞进行受力分析可知，刚推动活塞时，由平衡条件p1S＝p'S+mg，
又mg＝ρShg＝1×105N，p'＝p0+p泥g（H﹣h），
解得；
（2）设活塞刚动时气柱长度为l0，由玻意耳定律有p1l0S＝p0V0，解得l0＝9m，
活塞缓慢移动到管口时有，末态，解得，
活塞缓慢上升至下边缘与泥浆水平面平齐时，由玻意耳定律有p0V0'＝p2（H+l0）S，解得，
则有，故至少还需打N﹣1＝1次。
答：（1）当气体刚好推动活塞上升时，气体的压强2.28×10°Pa；
（2）要使活塞下边缘与泥浆水平面平齐，至少还需打气1次。
14．（14分）（2024秋•贵州期末）如图所示，第一象限内存在竖直向下、场强为的匀强电场，直线OP的上方有垂直于纸面向里、磁场强度为B的匀强磁场。现将一质量为m、带电量为q的带负电小球系于长为L的不可伸长的轻质细线一端，细线的另一端固定在坐标原点O。某时刻小球从O点以速度v0沿y轴正方向出发，经过一段时间，小球第一次到达x轴，且当小球经过直线OP时细线刚好被拉直。已知OP与x轴正方向成30°，不计空气阻力，求：
（1）小球从O点出发至第一次到达x轴的时间；
（2）小球从O点出发至第一次到达x轴过程中损失的机械能。
【答案】（1）小球从O点出发至第一次到达x轴的时间为；
（2）小球从O点出发至第一次到达x轴过程中损失的机械能为。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找出圆心角和半径结合周期公式求小球从O点出发至第一次到达x轴的时间；
（2）根据能量守恒定律求小球从O点出发至第一次到达x轴过程中损失的机械能。
【解答】（1）从O点到A点，从出发到细线刚好被拉直过程中，重力和电场力抵消，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆心在C点。
由几何关系可知：其圆心角

2r1cs30°＝L
可得

分解速度可知


当小球经过直线OP时细线刚好被拉直后开始做以O为圆心做匀速圆周运动，则

由

（2）重力与电场力做功为零，故损失的机械能

解得

答：（1）小球从O点出发至第一次到达x轴的时间为；
（2）小球从O点出发至第一次到达x轴过程中损失的机械能为。
15．（18分）（2024秋•贵州期末）如图所示，某游戏装置由左端固定在竖直墙上的轻质弹簧、水平直轨道AC、倾斜直轨道CD、圆弧轨道DBE和水平直轨道EF依次平滑连接而成。所有轨道均光滑，D、E两点是直轨道与圆弧轨道的切点，B为圆弧轨道的最高点，P为两个直轨道的交错点。CD与水平面的倾角θ＝30°，CP长为L＝2.5m，圆弧DBE的半径R＝20cm。在与AC同一平面上水平放置一个靶环，环间距为d＝20cm，第10环的半径r＝20cm，靶心轴线与轨道在同一竖直面内，靶心距轨道末端F点的水平距离x＝2m。游戏时用细线系住一个质量m1＝20g的1号球，使弹簧处于压缩状态，在直轨道末端F点放一个质量m2＝80g的2号球（两球均可视为质点）。烧断细线后，1号球被弹开并运动到F点与2号球相碰，碰后2号球能落在靶环上，获得相应的环数。则：（g取10m/s2）
（1）烧断细线后，1号球被弹开，刚好能通过B点。求弹簧具有的弹性势能Ep和1号球经过圆轨道E点时对轨道的压力。
（2）重新改变细线长度，锁定弹簧。再次烧断细线，使1号球与2号球发生弹性碰撞，2号球正中靶心，求碰撞前1号球在C点速度的大小vC。
（3）若撤去2号球，为使1号球能落在8环以内（包括8环），1号球离开弹簧时，动能的取值范围为多大（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）烧断细线后，1号球被弹开，刚好能通过B点。弹簧具有的弹性势能Ep为0.35J，1号球经过圆轨道E点时对轨道的压力为1.2N，方向竖直向下。
（2）重新改变细线长度，锁定弹簧。再次烧断细线，使1号球与2号球发生弹性碰撞，2号球正中靶心，碰撞前1号球在C点速度的大小为。
（3）若撤去2号球，为使1号球能落在8环以内（包括8环），1号球离开弹簧时，动能的取值范围为0.35J≤Ek0≤0.52J。
【分析】（1）由牛顿第二定律求出在B点的速度，根据能量守恒定律求出弹簧具有的弹性势能Ep，结合动能定理求出在E点的速度，最后根据牛顿第二、第三定律求1号球经过圆轨道E点时对轨道的压力；
（2）根据平抛运动求出2号球初速度，再结合动量守恒和能量守恒求碰撞前1号球在C点速度的大小vC；
（3）根据平抛运动的规律和能量守恒定律求1号球离开弹簧时，动能的取值范围。
【解答】解：（1）由题意可知，在B点由牛顿第二定律有

从开始到B点过程，根据能量守恒定律有

联立并代入数据解得
，Ep＝0.35J
从B点到E点过程，根据动能定理有

在E点有

联立解得
FN＝1.2N
根据牛顿第三定律可知，在E点1号球对轨道压力大小为
FN'＝FN＝1.2N
方向竖直向下。
（2）2号球根据平抛运动，在竖直方向有

解得
t＝0.5s
在水平方向有
x＝v2t
解得2号球初速度
v2＝4m/s
1、2号球为弹性碰撞，设碰撞前1号球速度大小为v0，碰后速度大小为v1，以v0的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1+m2v2

对1号球，根据能量守恒有

联立并代入数据得

即碰撞前1号球在C点速度大小为。
（3）当1号球落在靶心左侧8环外线，有位移
x1＝7d＝7×20cm＝1.4m
平抛初速度为

解得
v3＝2.8m/s
当1号球以最小速度通过B点时，设到达EF面速度大小为v4，根据能量守恒有

解得

故这种情况下，1号球不能通过B点；当1号球以最小速度通过B点时，根据能量守恒有

解得
Ek1＝0.35J
当1号球落在靶心右侧8环外线时，位移
x2＝x+r+2d
解得
x2＝2.6m
平抛初速度为

解得
v5＝5.2m/s
根据能量守恒有

联立解得
Ek2≈0.52J
因此初动能范围为0.35J≤Ek0≤0.52J。
答：（1）烧断细线后，1号球被弹开，刚好能通过B点。弹簧具有的弹性势能Ep为0.35J，1号球经过圆轨道E点时对轨道的压力为1.2N，方向竖直向下。
（2）重新改变细线长度，锁定弹簧。再次烧断细线，使1号球与2号球发生弹性碰撞，2号球正中靶心，碰撞前1号球在C点速度的大小为。
（3）若撤去2号球，为使1号球能落在8环以内（包括8环），1号球离开弹簧时，动能的取值范围为0.35J≤Ek0≤0.52J。
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100%
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5%
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答案
B
D
B
C
A
D
C
题号
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答案
BD
BC
ACD
电量
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80%
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20%
5%
E
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5.04
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5.14
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0.12
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