2024-2025学年海南省三亚市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年海南省三亚市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）（2024秋•海南期末）一辆汽车从静止开始沿平直公路做匀加速直线运动，途经A、B、C、D、E五个位置，如图所示，汽车从B到C、C到D和D到E的时间相等，且都是5s，已知BC间的距离x1＝10m，DE间的距离x2＝110m，则（ ）
A．汽车的加速度a＝4m/s2
B．CD间的距离x＝60m
C．汽车经过位置C的速度v＝12m/s
D．汽车在BD段的平均速度
2．（3分）（2024秋•海南期末）用一根细绳a悬挂甲和乙两个小球使其静止在光滑斜面上，甲和乙之间用轻弹簧b连接，如图所示。甲和乙的质量分别为m和3m，斜面的倾角θ＝30°。细绳a和弹簧b的中心轴线在同一条直线上且与斜面平行。重力加速度为g，剪断细绳a的瞬间（ ）
A．甲和乙的加速度都为0
B．甲和乙的加速度都为
C．甲的加速度为2g，乙的加速度为0
D．甲的加速度为0，乙的加速度为
3．（3分）（2024秋•海南期末）高空坠物对人的伤害很严重，一个鸡蛋从18楼抛下可以砸裂人的头骨，我国法律对“高空抛物”有明确的条文规定。某同学用下面的实例来论证这种可能性：让一个质量为m＝50g的鸡蛋从17楼窗户自由落下，相邻楼层的高度差h＝2.8m，与地面撞击的时间约为Δt＝0.003s，不计空气阻力，从17楼下落的鸡蛋对地面的平均撞击力约为（ ）
A．500NB．1000NC．1500ND．5000N
4．（3分）（2024秋•海南期末）如图所示，电荷量分别为+2q，+q、﹣q的三个点电荷甲、乙、丙分别位于半径为R的圆周上，其中点电荷乙和丙的连线是圆的直径，点电荷甲位于乙和丙连线的中垂线上，则圆心O处的场强大小为（ ）
A．B．0C．D．
5．（3分）（2024秋•海南期末）如图所示为一水平向右的匀强电场，质量为m可视为质点的带电小球，以初速度v0在M点水平向右抛出，通过N点时，速度竖直向下，大小为v0，重力加速度为g，电场强度E大小未知，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球所受电场力大小为mg
B．带电小球从M点运动到N点的时间为
C．带电小球所受合外力大小为mg
D．带电小球的加速度与竖直方向的夹角为30°
6．（3分）（2024秋•海南期末）2024年6月25号，我国嫦娥六号完成世界首次月球背面采样并成功返回地球，嫦娥六号采样后返回时先进入近月圆轨道Ⅰ，然后在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远月点B与返回器对接。已知月球质量为M，月球半径为R，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，万有引力常量为G，忽略嫦娥六号变轨前后的质量变化。则（ ）
A．嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点的速度
B．嫦娥六号在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．嫦娥六号在轨道Ⅰ上的运行速度为v
D．嫦娥六号第一次从A点飞行到B点的时间为t＝2πa
7．（3分）（2024秋•海南期末）如图，某工厂污水流量计是横截面为矩形的水平管道，污水（含有大量正、负离子，可视为电阻率恒为ρ的导电液体）从外向里流经该污水流量计，整个装置处于竖直向上，磁感应强度为B匀强磁场内。污水流量计长、宽、高分别为a、b、c，上、下板绝缘，左、右板导电（电阻不计）且外接开关S和内阻为RA的电流表，闭合开关S后电流表读数为I。已知闭合开关S前后污水流速不变，且污水在流量计中受到的阻力恒为f，下列说法错误的是（ ）
A．左板电势低于右板电势
B．污水流速为
C．单位时间内流经污水流量计的污水体积为
D．闭合开关S后流量计外、里面的液体压强差为
8．（3分）（2024秋•海南期末）2024年8月3号，中国选手陈梦、孙颖莎分别获得巴黎奥运会乒乓球女单金、银牌。如图为陈梦某次发球后乒乓球的运动轨迹，已知陈梦发球时将球斜向下以m/s的初速度击出，击球点到台面的竖直距离为0.3m，球在桌面上的两个落点间的距离为2m，重力加速度g取10m/s2，忽略所有阻力、球的旋转以及球与台面碰撞时的能量损失。则球离桌面的最大高度为（ ）
A．0.25mB．0.4mC．0.8mD．1.0m
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（4分）（2024秋•海南期末）一个半圆形支架右端靠竖直墙壁放在水平地面上，一可视为质点的小滑块位于支架的最高点，质点受到轻微的扰动，并在方向始终沿支架切线方向的外界拉力的作用下，缓慢沿着支架向左侧下滑至最低点。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．外界拉力先增大后减小
B．小滑块对支架的压力先增大后减小
C．墙壁对支架的支持力先增大后减小
D．支架对地面的压力一直减小
（多选）10．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示，定值电阻R1＝R2＝20Ω，理想变压器原副线圈a和b的线圈匝数之比n1：n2＝2：1，副线圈b中“20V，10W”的灯泡L正常发光，电压表V为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为30V
B．原线圈a输入电压U1＝40V
C．定值电阻R1和R2消耗的电功率之比P1：P2＝1：1
D．电源的输出功率为16.25W
（多选）11．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，两个定值电阻的阻值R1、R2，滑动变阻器的阻值范围为0～R2，所有电表都是理想电表，电流表A1、A2的示数分别记为I1和I2，电压表V1、V2的示数分别记为U1和U2，将滑动变阻器的滑片缓慢向上移动，电流表A1和A2、电压表V1和V2的示数变化量的大小分别记为ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是（ ）
A．电源的总功率变大
B．电流表A1的示数变大，A2的示数变小
C．变小
D．
（多选）12．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示，一竖直轨道由圆弧轨道AB、圆周轨道BECF、圆弧轨道BD组成，其中BEC半圆轨道粗糙，其他部分光滑。一质量m＝1kg可视为质点的小滑块从H＝12m高处的位置A静止下滑，通过光滑圆弧轨道AB，经圆周轨道BECF后进入圆弧轨道BD，到达高度h＝10m的D时速度刚好为0，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，克服摩擦力做的功为20J
B．滑块第一次经过位置C时对轨道的压力大小为10N
C．滑块可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C
D．滑块第一次回到轨道AB的高度为h1＝8m
（多选）13．（4分）（2024秋•海南期末）足够长的平行光滑金属导轨EF、GH倾斜放置，倾角为θ，EF、GH之间的宽度为L，上端用电阻为R定值电阻连接，导轨所在平面有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如图所示。质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于L，始终与导轨良好接触。静止释放导体棒ab，ab向下通过的距离为x0时恰好做匀速运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab释放瞬间的加速度大小a＝gsinθ
B．导体棒ab做匀速运动的速度大小
C．从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，通过导体棒ab中的电荷量
D．从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，导体棒中产生的热量Q＝mgx0sinθ
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
14．（8分）（2024秋•海南期末）物理实验小组搭建如图所示气垫导轨和光电门的装置，准备验证“系统机械能守恒”，设计的实验步骤如下：
a.测量遮光片宽度d，滑块到光电门距离为x，选用标准质量均为m0的砝码N个，已知重力加速度为g；
b.先将砝码全部放置在滑块上，然后夹走一块砝码放置于砝码盘，从静止释放滑块，记录下通过光电门的时间Δt，由此得出通过光电门的速度v；
c.依次改变砝码盘中砝码个数n，每次将砝码从滑块上取走并放置于砝码盘，重复步骤b，得到一系列n和v的数据；
d.以为纵轴，为横轴，若数据满足一次函数形式，则完成验证“系统机械能守恒”。
（1）在进行实验之前，下列选项中必须操作的是 （填标号）。
A.静止释放时滑块尽量靠近光电门，以防止滑块运动速度过快
B.动滑轮上的细绳应尽量竖直，以有效减少实验误差
C.滑块质量必须远远大于砝码质量，以有效减少实验误差
（2）滑块通过光电门时，砝码盘中砝码的速度为 （用d和Δt表示）。
（3）若所绘制的图像斜率为k，则滑块的质量M＝ （用k、m0、N、g和x表示）。
（4）由于未测量动滑轮和砝码盘的质量，则得出的滑块的质量与实际值相比将会 （填“偏小”、“偏大”或“相同”）。
15．（8分）（2024秋•海南期末）小何同学用如图甲所示电路测量电源电动势和内阻，操作步骤如下：
a.按图甲连接好实验电路，已知电流表内阻为RA＝0.5Ω、电阻RM＝2.5Ω、RN＝11Ω；
b.闭合开关S，调节电阻箱到合适阻值，记录此时电阻箱读数R和电流表读数I；
c.重复上一步操作，得到多组不同R和Ⅰ的数据（R1，I1）（R2，I2）、…、（Rn，In）；
d.适当处理实验数据，计算得到电源电动势E和内阻r。
（1）为了处理实验数据时让数据更加直观易于分析，小何同学应当作 （填“R”、“”、“R2”或“”）图像（数据单位都采用国际单位制）。
（2）按照（1）中方式处理数据得到如图乙所示图像，根据图像可得电源电动势E额＝ V、内阻r额＝ Ω（计算结果均保留两位有效数字）。
（3）不考虑偶然误差，上述电动势的测量值 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
16．（12分）（2024秋•海南期末）如图所示，质量分别为m1＝1.0kg、m2＝3.0kg、m3＝2.0kg的物块A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻质弹簧连接，物块A放在B的左侧某一位置，物块C的右侧与竖直墙壁接触。某时刻水平击打物块A，物块A立即获得水平向右的速度v0＝12m/s，经过一段时间后，A与B发生碰撞（碰撞时间很短），并立即与B粘在一起不再分开。求：
（1）A与B碰撞结束瞬间的速度v1；
（2）物块C离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能Ep；
（3）物块C离开墙壁后，物块C的最大速度v。
17．（14分）（2024秋•海南期末）如图所示为一套小型玩具的模拟立体示意图，一可视为质点的小球A以初速度v0＝1.2m/s的速度从高台平抛出，恰好落到固定在地面上倾角θ＝53°的斜面顶端且与斜面未发生碰撞，已知斜面高度h＝0.4m，斜面动摩擦因数μ＝0.5，小球A质量为mA＝5kg。质量为mB＝1kg的弹性小球B静置在斜面底端，与小球A发生弹性碰撞后共同进入到与斜面底端相切的水平固定放置的光滑圆形轨道内，轨道入口随即关闭。圆形轨道半径R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球A抛出点的离地高度H及离斜面顶端的水平距离x；
（2）小球A刚下滑到斜面底端时的速度v1；
（3）两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻。
18．（14分）（2024秋•海南期末）如图，2n个间距为L的竖直平面在空间中分隔出n个匀强磁场区域，各磁场区域磁感应强度方向水平（垂直于纸面向里）、大小为B＝1.0×10﹣3T。一比荷为2.5×103C/kg的带正电小球从距离①磁场区域上边界h＝0.45m处的P点静止释放，忽略空气阻力和地球磁场的影响。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为多少；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，求L（结果可用n表示）。
2024-2025学年海南省三亚市高三（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5小题）
一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．（3分）（2024秋•海南期末）一辆汽车从静止开始沿平直公路做匀加速直线运动，途经A、B、C、D、E五个位置，如图所示，汽车从B到C、C到D和D到E的时间相等，且都是5s，已知BC间的距离x1＝10m，DE间的距离x2＝110m，则（ ）
A．汽车的加速度a＝4m/s2
B．CD间的距离x＝60m
C．汽车经过位置C的速度v＝12m/s
D．汽车在BD段的平均速度
【答案】B
【分析】匀变速直线运动相同时间间隔相邻两段位移之差Δx＝aT2。匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度知v。
【解答】解：A．设CD间的距离为x，根据匀变速直线运动的规律推论可知
可得
其中T＝5s，联立解得a＝2m/s2，故A错误；
B．因为x2﹣x＝x﹣x1
可得
故B正确；
CD．根据中间时刻的速度等于平均速度可知v
由上述分析可知CD间的距离x＝60m，汽车经过位置C的速度等于汽车在BD段的平均速度vm/s＝7m/s
故CD错误。
故选：B。
2．（3分）（2024秋•海南期末）用一根细绳a悬挂甲和乙两个小球使其静止在光滑斜面上，甲和乙之间用轻弹簧b连接，如图所示。甲和乙的质量分别为m和3m，斜面的倾角θ＝30°。细绳a和弹簧b的中心轴线在同一条直线上且与斜面平行。重力加速度为g，剪断细绳a的瞬间（ ）
A．甲和乙的加速度都为0
B．甲和乙的加速度都为
C．甲的加速度为2g，乙的加速度为0
D．甲的加速度为0，乙的加速度为
【答案】C
【分析】先分析剪断细绳a前的受力，确定弹簧弹力；再利用“弹簧弹力瞬间不变”的特点，分别对剪断后的甲、乙受力分析，结合牛顿第二定律求加速度。
【解答】解：根据题意分析可知，在剪断绳子之前，乙处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于乙的重力沿斜面的分力相等。在剪断细绳a的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为乙的重力沿斜面上的分力，故乙球的加速度为零；
在剪断绳子之前，对甲、乙球整体受力分析，可知
F＝4mgsinθ＝2mg
在剪断细绳a的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对甲球根据牛顿第二定律得
，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．（3分）（2024秋•海南期末）高空坠物对人的伤害很严重，一个鸡蛋从18楼抛下可以砸裂人的头骨，我国法律对“高空抛物”有明确的条文规定。某同学用下面的实例来论证这种可能性：让一个质量为m＝50g的鸡蛋从17楼窗户自由落下，相邻楼层的高度差h＝2.8m，与地面撞击的时间约为Δt＝0.003s，不计空气阻力，从17楼下落的鸡蛋对地面的平均撞击力约为（ ）
A．500NB．1000NC．1500ND．5000N
【答案】A
【分析】利用自由落体运动规律求出鸡蛋落地前的速度；
然后对撞击过程应用动量定理，结合牛顿第三定律求出鸡蛋对地面的平均撞击力。
【解答】解：根据题意分析可知，鸡蛋做自由落体运动，根据自由落体运动的关系有
v2＝2g•16h
鸡蛋撞击地面过程，取竖直向上为正方向，根据动量定理有

解得，
，故A正确，BCD错误；
故选：A。
4．（3分）（2024秋•海南期末）如图所示，电荷量分别为+2q，+q、﹣q的三个点电荷甲、乙、丙分别位于半径为R的圆周上，其中点电荷乙和丙的连线是圆的直径，点电荷甲位于乙和丙连线的中垂线上，则圆心O处的场强大小为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】D
【分析】熟悉点电荷的场强计算公式，结合矢量合成的特点，利用勾股定理完成分析。
【解答】解：根据场强公式可知乙和丙在O点的合场强大小为

方向从乙指向丙
甲在O点的场强大小为

方向从甲指向O
甲、乙、丙在圆心O处的场强大小为

故ABC错误，D正确；
故选：D。
5．（3分）（2024秋•海南期末）如图所示为一水平向右的匀强电场，质量为m可视为质点的带电小球，以初速度v0在M点水平向右抛出，通过N点时，速度竖直向下，大小为v0，重力加速度为g，电场强度E大小未知，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．带电小球所受电场力大小为mg
B．带电小球从M点运动到N点的时间为
C．带电小球所受合外力大小为mg
D．带电小球的加速度与竖直方向的夹角为30°
【答案】B
【分析】AB.根据动量定理求带电小球所受电场力大小以及带电小球从M点运动到N点的时间；
CD.根据力的矢量合成和角度关系求带电小球的加速度与竖直方向的夹角。
【解答】解：A.水平和竖直方向，分别运用动量定理有
以水平向右的方向为正方向，则qEt＝mv0
以竖直向下的方向为正方向，则
解得


故A错误，B正确；
CD.根据力的矢量合成可知

与竖直方向的夹角满足

解得
θ＝60°
根据牛顿二定律可知，加速度与竖直方向的夹角为60°，故CD错误；
故选：B。
6．（3分）（2024秋•海南期末）2024年6月25号，我国嫦娥六号完成世界首次月球背面采样并成功返回地球，嫦娥六号采样后返回时先进入近月圆轨道Ⅰ，然后在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远月点B与返回器对接。已知月球质量为M，月球半径为R，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，万有引力常量为G，忽略嫦娥六号变轨前后的质量变化。则（ ）
A．嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点的速度
B．嫦娥六号在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．嫦娥六号在轨道Ⅰ上的运行速度为v
D．嫦娥六号第一次从A点飞行到B点的时间为t＝2πa
【答案】A
【分析】根据不同轨道的运行速度以及卫星变轨时速度的变化情况进行分析解答；根据变轨时火箭做功判断不同轨道的机械能大小；根据万有引力提供向心力列式解答；根据牛顿第二定律和开普勒第三定律等列式进行分析解答。
【解答】解：A.卫星绕月球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得，可得，可知嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于经过B点的圆轨道速度，而卫星从轨道Ⅱ上B点需要点火加速才能变轨到圆轨道，所以嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点的速度，故A正确；
B.嫦娥六号在轨道Ⅰ上经过A点需要点火加速才能变轨到轨道Ⅱ，则嫦娥六号在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故B错误；
C.嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时，由万有引力提供向心力得，可得，故C错误；
D.嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时，由万有引力提供向心力得，根据开普勒第三定律可得，联立可得嫦娥六号在轨道Ⅱ的运动周期为，则嫦娥六号第一次从A点飞行到B点的时间为，故D错误。
故选：A。
7．（3分）（2024秋•海南期末）如图，某工厂污水流量计是横截面为矩形的水平管道，污水（含有大量正、负离子，可视为电阻率恒为ρ的导电液体）从外向里流经该污水流量计，整个装置处于竖直向上，磁感应强度为B匀强磁场内。污水流量计长、宽、高分别为a、b、c，上、下板绝缘，左、右板导电（电阻不计）且外接开关S和内阻为RA的电流表，闭合开关S后电流表读数为I。已知闭合开关S前后污水流速不变，且污水在流量计中受到的阻力恒为f，下列说法错误的是（ ）
A．左板电势低于右板电势
B．污水流速为
C．单位时间内流经污水流量计的污水体积为
D．闭合开关S后流量计外、里面的液体压强差为
【答案】D
【分析】A、根据左手定则判断正负离子的偏转方向，确定左右板的电势高低；
B、结合电磁流量计中电场力与洛伦兹力的平衡关系，联立电阻定律推导污水流速；
C、利用流速与流量的关系（流量＝流速×横截面积），推导单位时间内的污水体积；
D、根据压力差与阻力的平衡关系，推导流量计内外的液体压强差。
【解答】解：A、污水从外向里流经该污水流量计，根据左手定则可知，正离子向右板聚集，负离子向左板聚集，可知，左板电势低于右板电势，故A正确；
B、污水流量计内部液体的电阻

令流量计左右极板的电动势为E，则有

根据闭合电路欧姆定律有

解得

故B正确；
C、单位时间内流经污水流量计的污水体积为

结合上述解得

故C正确；
D、令闭合开关S后流量计外、里面的液体压强差为Δp，则有
Δpbc＝f+BIb
解得流量计外、里面的液体压强差

故D错误。
本题选择错误的，故选：D。
8．（3分）（2024秋•海南期末）2024年8月3号，中国选手陈梦、孙颖莎分别获得巴黎奥运会乒乓球女单金、银牌。如图为陈梦某次发球后乒乓球的运动轨迹，已知陈梦发球时将球斜向下以m/s的初速度击出，击球点到台面的竖直距离为0.3m，球在桌面上的两个落点间的距离为2m，重力加速度g取10m/s2，忽略所有阻力、球的旋转以及球与台面碰撞时的能量损失。则球离桌面的最大高度为（ ）
A．0.25mB．0.4mC．0.8mD．1.0m
【答案】D
【分析】乒乓球从最高点到落点做平抛运动，根据运动学公式计算此过程中抛出时的初速度大小，乒乓球从抛出点到乒乓球离台面最高点过程中只受重力满足机械能守恒，联立机械能守恒定律计算球离桌面的最大高度。
【解答】解：设球离桌面的最大高度为h，乒乓球从最高点到落点做平抛运动，设乒乓球在最高点的速度为v，从最高点到落点的时间为t，则
球在桌面上的两个落点间的距离为2m，则
整理上式解得
乒乓球从抛出点到乒乓球离台面最高点过程中只受重力满足机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
联立上式，代入数据解得球离桌面的最大高度为h＝0.25m或h＝1m
因发球时将球斜向下的初速度击出，故球离桌面的最大高度应大于0.3m，则球离桌面的最大高度为h＝1m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（4分）（2024秋•海南期末）一个半圆形支架右端靠竖直墙壁放在水平地面上，一可视为质点的小滑块位于支架的最高点，质点受到轻微的扰动，并在方向始终沿支架切线方向的外界拉力的作用下，缓慢沿着支架向左侧下滑至最低点。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．外界拉力先增大后减小
B．小滑块对支架的压力先增大后减小
C．墙壁对支架的支持力先增大后减小
D．支架对地面的压力一直减小
【答案】CD
【分析】小滑块沿支架缓慢下滑时，处于动态平衡状态，对小滑块受力分析，根据平衡条件列式，来分析外界拉力和支架对小滑块的支持力变化情况，进而得到小滑块对支架的压力变化情况。对支架与滑块整体分析，根据平衡条件列式，分析墙壁对支架的支持力和地面对支架的支持力变化，再分析支架对地面的压力变化情况。
【解答】解：AB、设题图中两虚线间的夹角为θ，对小滑块受力分析，由平衡条件可得
F＝mgsinθ
FN＝mgcsθ
小滑块缓慢沿着支架向左侧下滑至最低点，θ增大，则力F增大，支持力FN减小，根据牛顿第三定律可知，小滑块对支架的压力减小，故AB错误；
C、对支架与滑块整体分析，可得墙面对支架的压力为

则θ增大时，墙面对支架的压力先增大后减小，故C正确；
D、水平地面对支架的支持力为N＝（M+m）g﹣Fsinθ＝（M+m）g﹣mgsin2θ，则θ增大时，水平地面对支架的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，支架对地面的压力一直减小，故D正确。
故选：CD。
（多选）10．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示，定值电阻R1＝R2＝20Ω，理想变压器原副线圈a和b的线圈匝数之比n1：n2＝2：1，副线圈b中“20V，10W”的灯泡L正常发光，电压表V为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为30V
B．原线圈a输入电压U1＝40V
C．定值电阻R1和R2消耗的电功率之比P1：P2＝1：1
D．电源的输出功率为16.25W
【答案】AD
【分析】本题为理想变压器电路问题，需结合变压器原理与串并联电路规律进行分析。已知灯泡正常发光，可确定副线圈回路中灯泡电流与两端电压，结合电阻阻值可求出电阻两端电压及副线圈总电压，进而由匝数比关系推导原线圈输入电压与电流。原副线圈电流满足匝数反比关系，据此可分别计算两个定值电阻的功率，电源总输出功率为原线圈电流消耗的电阻功率与副线圈回路总功率之和。
【解答】解：A、副线圈b中“20V，10W”的灯泡L正常发光，则副线圈电流为，解得：I2＝0.5A，R2两端电压为，解得：，电压表示数为，解得：U2＝30V，故A正确；
B、根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系有，解得U1＝60V，故B错误；
C、根据原、副线圈电流之比与线圈匝数之比的关系有，解得，根据P＝I2R可知，定值电阻R1和R2消耗的电功率之比P1：P2＝1：4，故C错误；
D、电源的输出功率为，解得P'＝16.25W，故D正确。
故选：AD。
（多选）11．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示电路，电源电动势为E、内阻为r，两个定值电阻的阻值R1、R2，滑动变阻器的阻值范围为0～R2，所有电表都是理想电表，电流表A1、A2的示数分别记为I1和I2，电压表V1、V2的示数分别记为U1和U2，将滑动变阻器的滑片缓慢向上移动，电流表A1和A2、电压表V1和V2的示数变化量的大小分别记为ΔI1、ΔI2、ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是（ ）
A．电源的总功率变大
B．电流表A1的示数变大，A2的示数变小
C．变小
D．
【答案】BD
【分析】分析电路结构，滑动变阻器滑片上移时其接入阻值增大，外电路总电阻随之增大，导致回路总电流减小。总电流减小使电源内电压降低，路端电压升高。根据并联分流关系，总电流减小时定值电阻R1两端电压升高，通过R1的电流I1增大；而总电流减小与I1增大共同导致通过滑动变阻器支路的电流I2减小。电源总功率由电动势与总电流乘积决定，总电流减小则总功率变小。U1与I1满足线性关系，其变化量比值即为R1阻值，保持不变。通过电路连接关系建立U1与U2的函数，分析两者变化量比值与电路参数的关系。
【解答】解：B、将滑动变阻器的滑片缓慢向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，外电路总电阻随之增大，导致回路总电流减小，内电压降低，路端电压升高，因此流过电流表A1的电流增大，A1示数变大，A2示数变小，故B正确；
A、电源总功率表达式为P＝EI，因总电流I减小，故总功率P减小，故A错误；
C、由于U1＝I1R1，可得，因此保持不变，故C错误；
D、依据电路连接关系，有，整理得，进而得到，故D正确。
故选：BD。
（多选）12．（4分）（2024秋•海南期末）如图所示，一竖直轨道由圆弧轨道AB、圆周轨道BECF、圆弧轨道BD组成，其中BEC半圆轨道粗糙，其他部分光滑。一质量m＝1kg可视为质点的小滑块从H＝12m高处的位置A静止下滑，通过光滑圆弧轨道AB，经圆周轨道BECF后进入圆弧轨道BD，到达高度h＝10m的D时速度刚好为0，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，克服摩擦力做的功为20J
B．滑块第一次经过位置C时对轨道的压力大小为10N
C．滑块可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C
D．滑块第一次回到轨道AB的高度为h1＝8m
【答案】AC
【分析】A、滑块第一次从A到D过程利用动能定理可得克服摩擦力做的功；
B、假设半径最大时，滑块恰好到达C点时的压力为零分析；
C、根据滑块从D点返回到C点过程没有能量损失分析；
D、BEC半圆轨道粗糙，有能量损失，根据滑块两次经过BEC半圆轨道时的平均速率大小关系，可知两次克服摩擦力做功的大小关系，从D点再次返回到AB轨道最高点过程，利用动能定理可得解。
【解答】解：A．滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，设克服摩擦力做的功为Wf，从A到D过程，由动能定理有：mg（H﹣h）﹣Wf＝0，代入数据可得：Wf＝20J，故A正确；
B．假设圆周轨道半径最大时，滑块到达C点的速度最小，若恰好到达C点，则重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律可知滑块所受支持力为零，由牛顿第三定律可知此时滑块对轨道的压力FN＝0，由于半径未知，所以滑块第一次经过位置C时对轨道的压力大小FN≥10N，故B错误；
C．滑块达到D点后，再次经过圆弧轨道BD、圆周轨道BFC返回到C点过程，只有重力做功，没有能量损失，可知滑块能通过最高点位置C，所以滑块可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C，故C正确；
D．滑块第一次回到轨道AB过程，再次经过粗糙的BEC半圆轨道，机械能有损失，所以沿BEC半圆轨道下滑平均速度比上滑平均速度小。下滑过程中滑块对轨道的平均压力变小，所受平均摩擦力变小，因此下滑过程中克服摩擦力做功Wf′＜20J，从D点第一次返回到AB轨道最高点过程，由动能定理有：mg（h﹣h1）﹣Wf′＝0﹣0，可得滑块第一次滑回到轨道AB的高度h1＞8m，故D错误。
故选：AC。
（多选）13．（4分）（2024秋•海南期末）足够长的平行光滑金属导轨EF、GH倾斜放置，倾角为θ，EF、GH之间的宽度为L，上端用电阻为R定值电阻连接，导轨所在平面有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如图所示。质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于L，始终与导轨良好接触。静止释放导体棒ab，ab向下通过的距离为x0时恰好做匀速运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒ab释放瞬间的加速度大小a＝gsinθ
B．导体棒ab做匀速运动的速度大小
C．从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，通过导体棒ab中的电荷量
D．从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，导体棒中产生的热量Q＝mgx0sinθ
【答案】AB
【分析】A.根据牛顿第二定律求导体棒ab释放瞬间的加速度大小；
B.根据平衡关系以及闭合电路的欧姆定律求导体棒ab做匀速运动的速度大小；
C.根据q＝It以及法拉第电磁感应定律求从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，通过导体棒ab中的电荷量；
D.根据能量守恒定律求从导体棒ab静止释放到恰好做匀速运动的过程中，导体棒中产生的热量。
【解答】解：A.导体棒ab释放的瞬间，所受安培力为零，导体棒只受重力和支持力，此时加速度为

故A正确；
B.匀速运动时，导体棒受力平衡，此时导体棒受重力、支持力和沿导轨向上的安培力，在沿导轨方向有
BIL＝mgsinθ
又因为

联立解得

故B正确；
C.根据
qΔt


解得

故C错误；
D.导体棒ab从静止释放到恰好做匀速运动的过程中，根据能量守恒定律可知

又因为定值电阻和导体棒阻值相同，故

导体棒中产生的热量

故D错误。
故选：AB。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
14．（8分）（2024秋•海南期末）物理实验小组搭建如图所示气垫导轨和光电门的装置，准备验证“系统机械能守恒”，设计的实验步骤如下：
a.测量遮光片宽度d，滑块到光电门距离为x，选用标准质量均为m0的砝码N个，已知重力加速度为g；
b.先将砝码全部放置在滑块上，然后夹走一块砝码放置于砝码盘，从静止释放滑块，记录下通过光电门的时间Δt，由此得出通过光电门的速度v；
c.依次改变砝码盘中砝码个数n，每次将砝码从滑块上取走并放置于砝码盘，重复步骤b，得到一系列n和v的数据；
d.以为纵轴，为横轴，若数据满足一次函数形式，则完成验证“系统机械能守恒”。
（1）在进行实验之前，下列选项中必须操作的是 B （填标号）。
A.静止释放时滑块尽量靠近光电门，以防止滑块运动速度过快
B.动滑轮上的细绳应尽量竖直，以有效减少实验误差
C.滑块质量必须远远大于砝码质量，以有效减少实验误差
（2）滑块通过光电门时，砝码盘中砝码的速度为 （用d和Δt表示）。
（3）若所绘制的图像斜率为k，则滑块的质量M＝ （xkg﹣N）m0 （用k、m0、N、g和x表示）。
（4）由于未测量动滑轮和砝码盘的质量，则得出的滑块的质量与实际值相比将会 偏小 （填“偏小”、“偏大”或“相同”）。
【答案】（1）B
（2）
（3）（xkg﹣N）m0
（4）偏小
【分析】（1）验证“系统机械能守恒”实验的注意事项。
（2）滑块通过光电门的速度大小为。
（3）验证“系统机械能守恒”实验的数据处理，图像斜率为k，则。以此来求解滑块的质量M＝（xkg﹣N）m0
（4）验证“系统机械能守恒”实验的误差分析。
【解答】解：（1）A．滑块释放时若尽量靠近光电门，则通过光电门的速度很小，速度测量值误差较大，故A错误；
B．动滑轮上的细绳应尽量竖直，以有效减少砝码盘下落高度的测量实验误差，故B正确；
C．本实验不需要测量细绳上的拉力，也不需要用细绳的拉力，故不需要滑块质量必须远远大于砝码质量，故C错误。
故选：B。
（2）滑块通过光电门时，滑块的速度大小遮光条的宽度等于遮光时间，即
砝码盘中砝码的速度为
（3）根据系统的机械能定律，若系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，即
解得。所绘制的图像斜率为k，则
解得滑块的质量M＝（xkg﹣N）m0
（4）本实验中系统机械能守恒，动滑轮、砝码盘以及砝码盘中砝码的机械能的减小量等于滑块和滑块上砝码增加的机械能（动能）
由于未测量动滑轮和砝码盘的质量，所以减小的机械能偏小，则得出的滑块的质量与实际值相比将会偏小。
故答案为：（1）B
（2）
（3）（xkg﹣N）m0
（4）偏小
15．（8分）（2024秋•海南期末）小何同学用如图甲所示电路测量电源电动势和内阻，操作步骤如下：
a.按图甲连接好实验电路，已知电流表内阻为RA＝0.5Ω、电阻RM＝2.5Ω、RN＝11Ω；
b.闭合开关S，调节电阻箱到合适阻值，记录此时电阻箱读数R和电流表读数I；
c.重复上一步操作，得到多组不同R和Ⅰ的数据（R1，I1）（R2，I2）、…、（Rn，In）；
d.适当处理实验数据，计算得到电源电动势E和内阻r。
（1）为了处理实验数据时让数据更加直观易于分析，小何同学应当作 （填“R”、“”、“R2”或“”）图像（数据单位都采用国际单位制）。
（2）按照（1）中方式处理数据得到如图乙所示图像，根据图像可得电源电动势E额＝ 1.5 V、内阻r额＝ 1.0 Ω（计算结果均保留两位有效数字）。
（3）不考虑偶然误差，上述电动势的测量值 等于 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）；
（2）1.5，1.0；
（3）等于。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定；
（2）由第一问的结论及数形结合确定；
（3）由前面两问推导确定。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
故小何同学应当作图像。
（2）根据图像知，斜率
纵截距A﹣1
联立解得 E测＝1.5V，r测＝1.0Ω
（3）实验中所有数据都为真实值，故若不考虑偶然误差，上述电动势的测量值等于真实值。
故答案为：（1）；
（2）1.5，1.0；
（3）等于。
16．（12分）（2024秋•海南期末）如图所示，质量分别为m1＝1.0kg、m2＝3.0kg、m3＝2.0kg的物块A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻质弹簧连接，物块A放在B的左侧某一位置，物块C的右侧与竖直墙壁接触。某时刻水平击打物块A，物块A立即获得水平向右的速度v0＝12m/s，经过一段时间后，A与B发生碰撞（碰撞时间很短），并立即与B粘在一起不再分开。求：
（1）A与B碰撞结束瞬间的速度v1；
（2）物块C离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能Ep；
（3）物块C离开墙壁后，物块C的最大速度v。
【答案】（1）A与B碰撞结束瞬间的速度大小为3m/s。
（2）物块C离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为18J。
（3）物块C离开墙壁后，物块C的最大速度为4m/s。
【分析】（1）A与B碰撞过程时间极短，可忽略弹簧弹力影响，将A、B视为系统，动量守恒。已知A的初速度和质量，以及B的质量，碰撞后两者粘在一起共速，因此系统初动量等于末动量，可直接求得碰撞结束瞬间的共同速度。
（2）碰撞后，A、B整体向右运动压缩弹簧，推动C。由于C被墙壁阻挡，在C离开墙壁前，当A、B整体速度减为零时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。此过程中A、B、C及弹簧系统机械能守恒，A、B的初动能全部转化为弹簧的最大弹性势能。
（3）当弹簧将A、B向左弹回，弹簧恢复原长后继续拉伸，C离开墙壁。此后A、B、C及弹簧系统不受外力，动量守恒，机械能也守恒。当弹簧再次恢复原长时，C的速度达到最大。通过联立动量守恒和机械能守恒方程，可求出此时C的速度。
【解答】解：（1）由题意知，物块B与物块A发生碰撞，取水平向右为正方向，该过程动量守恒，设碰后瞬间二者共同速度为v1，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）v1，解得：v1＝3m/s。
（2）A、B一起压缩弹簧，根据功能关系可得弹簧弹性势能，解得：Ep＝18J。
（3）取水平向右为正方向，依据能量守恒定律，A、B压缩弹簧后向左运动，弹簧恢复原长时A、B速度仍为3m/s。
此后A、B与C组成的系统动量守恒，当弹簧再次恢复原长时C的速度最大，根据动量守恒与能量守恒有（m1+m2）v1＝（m1+m2）v2+m3v，
，解得：v＝4m/s。
答：（1）A与B碰撞结束瞬间的速度大小为3m/s。
（2）物块C离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为18J。
（3）物块C离开墙壁后，物块C的最大速度为4m/s。
17．（14分）（2024秋•海南期末）如图所示为一套小型玩具的模拟立体示意图，一可视为质点的小球A以初速度v0＝1.2m/s的速度从高台平抛出，恰好落到固定在地面上倾角θ＝53°的斜面顶端且与斜面未发生碰撞，已知斜面高度h＝0.4m，斜面动摩擦因数μ＝0.5，小球A质量为mA＝5kg。质量为mB＝1kg的弹性小球B静置在斜面底端，与小球A发生弹性碰撞后共同进入到与斜面底端相切的水平固定放置的光滑圆形轨道内，轨道入口随即关闭。圆形轨道半径R＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小球A抛出点的离地高度H及离斜面顶端的水平距离x；
（2）小球A刚下滑到斜面底端时的速度v1；
（3）两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻。
【答案】（1）小球A抛出点的离地高度H为0.528m，离斜面顶端的水平距离x为0.192m；
（2）小球A刚下滑到斜面底端时的速度为3m/s；
（3）两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻为（n ＝ 1，2，3•••）。
【分析】（1）由平抛运动规律求小球A抛出点的离地高度H及离斜面顶端的水平距离x；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求小球A刚下滑到斜面底端时的速度v1；
（3）根据动量守恒和机械能守恒求出小球A与弹性小球B发生弹性碰撞之后的速度，结合运动学公式求两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻。
【解答】解：（1）依题意，小球运动到斜面顶端时，有

解得
vy＝1.6m/s
由平抛运动规律，可得
，x＝v0t
又
vy＝gt
联立解得
H＝0.528m，x＝0.192m
（2）小球在斜面上下滑时，根据牛顿第二定律可得
mgsin53°﹣μmgcs53°＝ma
解得
a＝5m/s2
由运动学公式得

又
vcs53°＝v0
联立解得
v1＝3m/s
（3）小球A与弹性小球B发生弹性碰撞过程，以v1的方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得
mAv1＝mAvA+mBvB

解得
vA＝2m/s，vB＝5m/s
设经过t1时间，B追上A发生第二次碰撞，则有
vBt1﹣vAt1＝2πR
可得

B追上A发生第二次碰撞过程，以vA的方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得
mAvA+mBvB＝mAvA2+mBvB2

解得
vA2＝3m/s，vB2＝0
设经过t2时间，A追上B发生第三次碰撞，则有
vA2t2﹣vB2t2＝2πR
可得

第三次碰撞与第一次碰撞的碰撞情况完全一样，第四次碰撞与第二次碰撞的碰撞情况完全一样；即小球的碰撞过程具有周期性，则两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻满足
（n ＝ 1，2，3•••）
答：（1）小球A抛出点的离地高度H为0.528m，离斜面顶端的水平距离x为0.192m；
（2）小球A刚下滑到斜面底端时的速度为3m/s；
（3）两球进入圆形轨道开始计时，此后相遇的时刻为（n ＝ 1，2，3•••）。
18．（14分）（2024秋•海南期末）如图，2n个间距为L的竖直平面在空间中分隔出n个匀强磁场区域，各磁场区域磁感应强度方向水平（垂直于纸面向里）、大小为B＝1.0×10﹣3T。一比荷为2.5×103C/kg的带正电小球从距离①磁场区域上边界h＝0.45m处的P点静止释放，忽略空气阻力和地球磁场的影响。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求小球进入①磁场瞬间的加速度大小；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为多少；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，求L（结果可用n表示）。
【答案】（1）小球进入①磁场瞬间的加速度大小为12.5m/s2；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，L为m。
【分析】（1）根据动能定理，对小球进入①磁场瞬间分析求解，结合重力与洛伦兹力分析求解；
（2）根据从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时L最小，结合水平方向动量定理，以及小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平分析求解；
（3）根据若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，结合水平方向动量定理，以及正则动量分析求解。
【解答】解：（1）设小球进入①磁场瞬间的速度大小为v，由动能定理得

代入数据，解得
v＝3m/s
由左手定则，小球进入磁场①瞬间洛伦兹力水平向右，大小为qvB，合力大小

加速度

（2）取竖直向下为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，从小球进入磁场①到刚好不从下边界离开，此时L最小，水平方向由动量定理
ΣqvyB•Δt＝mvx
又
Σvy•Δt＝L
得
qBL＝mvx
小球从开始运动到刚好不出下边界，由动能定理得

又小球刚好不离开磁场①下边界满足速度水平，故
vx＝v
联立可得

解得

（3）同理可得，若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，水平方向由动量定理
ΣqvyB•Δt'＝mvx'
又
Σvy•Δt'＝nL
得
qBnL＝mvx'
小球从开始运动到刚好不出第n个磁场的下边界，由动能定理得

又小球刚好不离开第n个磁场下边界满足速度水平，故
vx'＝v
联立可得

解得

答：（1）小球进入①磁场瞬间的加速度大小为12.5m/s2；
（2）若小球运动过程中不会从①磁场的下边界离开，L最小为；
（3）若小球恰好不会从第n个磁场的下边界穿出，L为m。
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答案
B
C
A
D
B
A
D
D
题号
9
10
11
12
13
答案
CD
AD
BD
AC
AB