2024-2025学年江西省吉安市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年江西省吉安市高三（上）期末物理试卷(含详细答案解析)，共26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．（4分）（2024秋•吉安期末）下列关于原子、原子核的说法正确的是（ ）
A．在金属原子核外运动的电子，吸收照射光子的能量而加剧运动，从而逸出金属表面的现象，叫光电效应
B．电磁波虽在辐射和吸收时不连续，但电磁波本身是连续的
C．连续光谱中某波长的光被吸收后出现的暗线叫发射光谱
D．β衰变的实质是一个质子转化为一个中子和一个电子
2．（4分）（2025•武进区校级一模）电势是标量，满足代数运算，一个带同种电荷且电荷均匀分布绝缘的立方体，在其中一个顶点产生的电势为φ1，现把这样三个相同的带同种电荷且均匀分布的立方体放在同一水平面靠在一起，如图所示，上表面三个顶角合为一点M，1的边缘顶角为N点，已知N点的电势为φ2，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势为φ1
B．M点的电势为1.5φ1
C．2、3在N点产生的合电势为φ2﹣φ1
D．2、3在N点产生的合电势为φ2﹣0.5φ1
3．（4分）（2024秋•吉安期末）海市蜃楼分为两种形式，海面的海市蜃楼，沙漠中的海市蜃楼，观察对比下列两幅图像，分析下列说法正确的是（ ）
A．两种海市蜃楼所形成的像均为在高空中的倒影
B．两图都是光从光密介质进入光疏介质最终发生了全反射
C．海面附近与沙漠表面，底层空气均比上层空气稠密
D．两图都是折射现象没有反射现象
4．（4分）（2024秋•吉安期末）甲、乙两物体（均视为质点）在同一条直线上运动，t＝0时刻处在同一位置，位移与时间之比与时间t的关系图像如图所示，0～8s时间内两者的加速度大小相等，根据图像所提供的其它信息，分析下列说法正确的是（ ）
A．图像的交点表示甲、乙的瞬时速度相等
B．图像的斜率表示加速度的2倍
C．甲的加速度为0.5m/s2
D．t＝8s时乙的速度为0
5．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示，倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连，原长为L的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，B点在O点的正下方。小球从斜面止的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点到达水平面上，刚到达水平面上时与水平面间的弹力刚好为0，已知OA与斜面垂直，A、B两点间距为4L，重力加速度为g，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系式为，sin53°，，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在A点时弹簧的弹性势能为
C．小球在A点时斜面对小球的支持力为
D．小球到达B点时的动能为mgL
6．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示的理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．仅把P1向下移动少许，电压表的示数增大
B．仅把P2向下移动少许，电流表的示数增大
C．把P1、P2均向上移动少许，电源的输出功率减小
D．把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电流表示数可能不变
7．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示，带有遮光片的物块A的总质量和物块B的质量均为m，遮光片的宽度d，气垫导轨水平放置，打开气垫导轨的充气源，释放物块B，遮光片通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，光电门1、2间的距离为L，遮光片从光电门1运动到光电门2的时间为t，重力加速度为g，气垫导轨上方的细线与气垫导轨平行，不计滑轮的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．细线的拉力等于物块B的重力mg
B．物块B的加速度为（）
C．等式2d（t1﹣t2）＝gt1t2t成立就验证了系统的牛顿第二定律
D．等式成立就验证了系统的机械能守恒定律
（多选）8．（6分）（2024秋•吉安期末）如图所示，轻质细绳1、2、3连接在O点，1的上端系在天花板上，2、3的下端连接在匀质细木棒的两端，用水平向右的拉力F0作用在木棒的中点，木棒在空中稳定时，1与竖直方向的夹角为37°，其延长线经过木棒的中点，且此延长线与2、3的夹角均为37°，重力加速度为g，sin，，下列说法正确的是（ ）
A．木棒的质量为
B．细绳1的拉力大小为
C．细绳2、3对O点合力大小为
D．细绳2的拉力大小为
（多选）9．（6分）（2024秋•吉安期末）如图所示，地球的半径为R，地心为O，卫星M、N在同一面内绕地球做匀速圆周运动，卫星M对地球的张角为60°，∠ONM的最大值为30°，已知卫星N的角速度为ω，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．卫星N的轨道半径为
B．卫星M的周期为
C．地球的质量为
D．地球的第一宇宙速度为8ωR
（多选）10．（6分）（2024秋•吉安期末）如图甲所示，U形导轨倾斜固定放置与水平面的夹角为53°，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导线框平面向下，导轨光滑且电阻忽略不计，导轨的宽度为L，长度为L、电阻为R的金属棒与导轨垂直放置，由静止开始释放，最大速度为v0；现把U形导轨水平放置，磁场方向变为竖直向下，把金属棒与导轨垂直放置，如图乙所示，给金属棒水平向右的变力F，使其向右做加速度大小为g的匀加速直线运动，已知重力加速度为g，，，下列说法正确的是（ ）
A．对甲图，最大电功率为
B．金属棒的质量为
C．对乙图，F与时间t的关系式为
D．对乙图，无法求出0～t时间内F的冲量大小
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（6分）（2024秋•吉安期末）用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，用轻质细线把甲物块悬挂在天花板上的O点，细线的长度为L，物块乙放置在水平面上在O点的正下方，与O点的距离也为L，甲、乙均视为质点，与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，现把细线拉直，让甲从O点等高处由静止释放，当甲、乙刚要发生碰撞时，甲的速度方向水平向右，回答下列问题：
（1）甲、乙刚要发生碰撞时，甲的速度大小为 ；
（2）当甲、乙的质量相等，甲、乙碰撞后甲立即静止不动，当乙运动的距离为 时，说明甲、乙碰撞过程中动量守恒（用题中所给字母表示）。
12．（8分）（2024秋•吉安期末）实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值已知为R0，E为电源，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，V为理想电压表。合上开关S1，将开关S2掷于1端，将R的触头置于适当的位置，记下的示数U1，然后将S2掷于2，记下的示数U2，改变R触头的位置，多测几组U1、U2的相对应值，做出U1﹣U2的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
（1）按照图甲所示的实验原理线路图用笔画线连接实物图（图丙）；
（2）合上开关S1之前，R触头应置于 （选填“最右端”或“最左端”），多测几组U1、U2，做U1﹣U2图像的目的是减小 （选填“系统”或“偶然”）误差；
（3）写出乙图像的函数表达式 ，当乙图的斜率为k，可得Rx＝ （用题中字母表示）。
13．（10分）（2024秋•吉安期末）如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横截面积是细管的3倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为1.2p0，水银柱的上下长度为L，封闭气体的上下长度为4L，温度为T0。
（1）缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的温度为T1，求T1的大小；
（2）设细管的横截面积为S，当气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，求气体对外界做的功为多少。
14．（13分）（2024秋•吉安期末）如图所示，两个内壁光滑的四分之一圆弧轨道AB、CD竖直固定放置，A、D两点的切线竖直，B、C两点的切线水平，CD的半径为r，圆心在B点，现让质量为m的小球从A点由静止释放，经过B点落到CD上的某点，重力加速度为g。
（1）若小球经B点到达圆弧CD上的M点的运动时间为t0，求圆弧AB的半径以及小球从A到M合力冲量的大小；
（2）若小球到达圆弧CD上的N点时，速度与水平方向的夹角为45°，求小球从A到N重力做的功为多少；
（3）让小球从B点以不同的速度水平向右抛出，求小球落到圆弧CD上速度的最小值。
15．（17分）（2024秋•吉安期末）如图所示，半径为R的虚线圆1在竖直平面内，O1B是水平半径，B的左侧存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场，半径也为R的虚线圆2与1处在同一竖直面内，圆心为O2，直径CF与竖直直径DE的夹角为2θ，过C点的竖直虚线的右侧存在水平向右的匀强电场，C、D间，C、E间搭建内壁光滑绝缘的细直管轨道，B、C两点间距为R，且连线沿水平方向，B、C两点间存在电场强度大小为E0，与BC的夹角为θ的匀强电场，一带电量为q的小球（视为质点），从虚线圆1上的A点以指向O1的速度射入磁场，接着做匀速圆周运动到达B点，然后沿BC运动到C点时速度正好为0，已知AO1与BO1的延长线的夹角为2θ。
（1）求小球的质量以及竖直匀强电场的强度大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度；
（3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，求水平匀强电场的强度以及当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为多少。
2024-2025学年江西省吉安市高三（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、选择题（本题共10小题，共46分。第1-7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，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．（4分）（2024秋•吉安期末）下列关于原子、原子核的说法正确的是（ ）
A．在金属原子核外运动的电子，吸收照射光子的能量而加剧运动，从而逸出金属表面的现象，叫光电效应
B．电磁波虽在辐射和吸收时不连续，但电磁波本身是连续的
C．连续光谱中某波长的光被吸收后出现的暗线叫发射光谱
D．β衰变的实质是一个质子转化为一个中子和一个电子
【答案】A
【分析】光电效应的定义；电磁波的定义；吸收光谱的定义；β衰变的实质；
【解答】解：A．在金属原子核外运动的电子，吸收照射光子的能量而加剧运动，从而逸出金属表面，金属发射电子的现象，叫做光电效应，故A正确；
B．电磁波不仅在辐射和吸收时不连续，而电磁波本身也是不连续的量子化的，故B错误；
C．连续光谱中某波长的光被吸收后出现的暗线叫吸收光谱，故C错误；
D．β衰变是原子核自发转变过程中释放β粒子（电子）的放射性现象。β衰变实质是一个中子转化为一个质子和一个电子，故D错误。
故选：A。
2．（4分）（2025•武进区校级一模）电势是标量，满足代数运算，一个带同种电荷且电荷均匀分布绝缘的立方体，在其中一个顶点产生的电势为φ1，现把这样三个相同的带同种电荷且均匀分布的立方体放在同一水平面靠在一起，如图所示，上表面三个顶角合为一点M，1的边缘顶角为N点，已知N点的电势为φ2，下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势为φ1
B．M点的电势为1.5φ1
C．2、3在N点产生的合电势为φ2﹣φ1
D．2、3在N点产生的合电势为φ2﹣0.5φ1
【答案】C
【分析】电势是标量，满足代数运算；
根据代数运算法则，求2、3在N点产生的合电势。
【解答】解：AB．电势是标量，满足代数运算，一个顶点产生的电势为φ1，三个相同的带同种电荷，则M点的电势为3φ1，故AB错误；
CD．设2、3在N点产生的合电势为φ3，根据代数运算法则，则有
φ1+φ3＝φ2
解得
φ3＝φ2﹣φ1
故C正确，D错误。
故选：C。
3．（4分）（2024秋•吉安期末）海市蜃楼分为两种形式，海面的海市蜃楼，沙漠中的海市蜃楼，观察对比下列两幅图像，分析下列说法正确的是（ ）
A．两种海市蜃楼所形成的像均为在高空中的倒影
B．两图都是光从光密介质进入光疏介质最终发生了全反射
C．海面附近与沙漠表面，底层空气均比上层空气稠密
D．两图都是折射现象没有反射现象
【答案】B
【分析】根据海市蜃楼形成的原理结合环境温度的影响进行分析。
【解答】解：A．海面上方所形成的海市蜃楼的像为正影，沙漠下方所形成的海市蜃楼的像为倒影，故A错误；
B．两图都是满足光从光密介质进入光疏介质均为发生全反射，故B正确；
C．温度低空气稠密，温度高空气稀薄，海面附近底层空气比上层空气稠密，沙漠表面底层空气比上层空气稀疏，故C错误；
D．光在折射时也反射，所以两图既有折射现象也有反射现象，故D错误。
故选：B。
4．（4分）（2024秋•吉安期末）甲、乙两物体（均视为质点）在同一条直线上运动，t＝0时刻处在同一位置，位移与时间之比与时间t的关系图像如图所示，0～8s时间内两者的加速度大小相等，根据图像所提供的其它信息，分析下列说法正确的是（ ）
A．图像的交点表示甲、乙的瞬时速度相等
B．图像的斜率表示加速度的2倍
C．甲的加速度为0.5m/s2
D．t＝8s时乙的速度为0
【答案】D
【分析】根据题目提供的xt﹣t图像和条件，通过分析图像的斜率可以确定物体的加速度，进而确定各选项的正确性。
【解答】解：A、由于，则图像实质就是图像，图像的交点表示两者的平均速度相等，故A错误；
B、根据匀变速直线运动规律

可得

则图像的斜率表示，即加速度的二分之一，纵截距表示初速度，故B错误；
C、根据题意可知，0～8 s时间内两者的加速度等大，则图像的斜率等大，图像具有对称性，t ＝ 8 s时两者的平均速度均为1 m/s，对甲有

可得

代入数据解得
a＝0.25m/s2
故C错误；
D、根据题意可知，乙的加速度为a ＝−0.25 m/s2，初速度为v0 ＝ 2 m/s，由
0＝v0+at
可得乙速度为0的时刻为

故D正确。
故选：D。
5．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示，倾角为53°的光滑斜面与光滑水平面在B点相连，原长为L的轻质弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，B点在O点的正下方。小球从斜面止的A点由静止释放，沿着斜面下滑，通过B点到达水平面上，刚到达水平面上时与水平面间的弹力刚好为0，已知OA与斜面垂直，A、B两点间距为4L，重力加速度为g，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能Ep与弹簧的形变量x的关系式为，sin53°，，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球在A点时弹簧的弹性势能为
C．小球在A点时斜面对小球的支持力为
D．小球到达B点时的动能为mgL
【答案】B
【分析】解题时需先明确几何关系，确定小球在A、B两点的弹簧形变量。小球在B点刚接触水平面时弹力为零，据此建立弹力与重力的平衡关系，可求出劲度系数。随后根据形变量计算A点的弹性势能，并分析A点受力时需考虑重力分解与弹簧拉力的平衡，从而得到支持力。对于B点的动能，需运用能量守恒，将重力势能减少量转化为弹性势能增量与动能之和，进而判断各选项的正确性。
【解答】解：A、由几何关系可得，解得：OB＝5L。弹簧原长为L，则小球在B点时弹簧的伸长量为4L，小球刚到达水平面时与水平面间的弹力恰为0，则有k×4L＝mg，解得：，故A错误；
B、由几何关系可得，解得：OA＝3L。因弹簧原长为L，则小球在A点时弹簧的伸长量为2L，弹簧的弹性势能为，解得：，故B正确；
C、结合以上分析，小球在A点时弹簧对小球的拉力F＝k×2L，解得：。将小球重力沿斜面和垂直斜面分解，垂直斜面方向由三力平衡得FN+F＝mgcs53°，综合可得斜面对小球的支持力，故C错误；
D、小球在B点时弹簧的弹性势能为，解得：EpB＝2mgL。小球从A运动到B，由能量守恒定律得mg×4Lsin53°＝EpB﹣EpA+Ek，综合解得小球到达B点时的动能，故D错误。
故选：B。
6．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示的理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．仅把P1向下移动少许，电压表的示数增大
B．仅把P2向下移动少许，电流表的示数增大
C．把P1、P2均向上移动少许，电源的输出功率减小
D．把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电流表示数可能不变
【答案】D
【分析】题目描述理想自耦变压器电路，原线圈接正弦交流电压U，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0。分析各选项需明确自耦变压器原副线圈电压与匝数关系，以及负载电阻变化对副线圈电流与功率的影响。理解副线圈电压由原线圈电压与匝数比决定，副线圈回路电流与总电阻有关，进而影响原线圈电流即电流表示数，以及电源输出功率的变化趋势。
【解答】解：A、仅将P1向下移动少许，副线圈的匝数减小，由理想变压器原理可知，副线圈两端电压变小，即电压表示数减小，故A错误；
C、将P1、P2均向上移动少许，副线圈的电压增大，接入电阻R的阻值减小，回路电流增大，负载功率增大，则电源的输出功率增大，故C错误；
B、仅将P2向下移动少许，副线圈两端电压不变，接入电阻R的阻值增大，流过副线圈的电流减小，则原线圈电流变小，即电流表示数减小，故B错误；
D、将P1向下移动少许，P2向上移动少许，副线圈的电压减小，负载的电阻减小，负载的功率可能不变，电源的输出功率可能不变，电流表示数可能不变，故D正确。
故选：D。
7．（4分）（2024秋•吉安期末）如图所示，带有遮光片的物块A的总质量和物块B的质量均为m，遮光片的宽度d，气垫导轨水平放置，打开气垫导轨的充气源，释放物块B，遮光片通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，光电门1、2间的距离为L，遮光片从光电门1运动到光电门2的时间为t，重力加速度为g，气垫导轨上方的细线与气垫导轨平行，不计滑轮的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．细线的拉力等于物块B的重力mg
B．物块B的加速度为（）
C．等式2d（t1﹣t2）＝gt1t2t成立就验证了系统的牛顿第二定律
D．等式成立就验证了系统的机械能守恒定律
【答案】C
【分析】根据释放物块B，物块B加速下降，处于失重状态，结合光电门测速原理以及加速度定义式，综合机械能守恒定律分析求解。
【解答】解：A．释放物块B，物块B加速下降，处于失重状态，细线的拉力小于B的重力mg，故A错误；
B．遮光片通过光电门1、2的速度分别为、，可得

综合可得

故B错误；
C．遮光片从光电门1运动到光电门2的时间为t，由加速度的定义式可得

对整体由牛顿第二定律可得
2ma＝mg
解得加速度满足

当等式满足

即有
2d（t1﹣t2）＝gt1t2t
验证了系统的牛顿第二定律，故C正确；
D．物块A、B整体动能的增加量为

光电门1、2间的距离为L，则整体重力势能的减小量为
ΔEp＝mgL
当等式
ΔEk＝ΔEp
即

验证了系统的机械能守恒定律，故D错误。
故选：C。
（多选）8．（6分）（2024秋•吉安期末）如图所示，轻质细绳1、2、3连接在O点，1的上端系在天花板上，2、3的下端连接在匀质细木棒的两端，用水平向右的拉力F0作用在木棒的中点，木棒在空中稳定时，1与竖直方向的夹角为37°，其延长线经过木棒的中点，且此延长线与2、3的夹角均为37°，重力加速度为g，sin，，下列说法正确的是（ ）
A．木棒的质量为
B．细绳1的拉力大小为
C．细绳2、3对O点合力大小为
D．细绳2的拉力大小为
【答案】BD
【分析】对木棒分析，根据平衡条件求出木棒的质量和细绳1的拉力大小。2、3对O点合力与1对O点的拉力等大反向，得到细绳2、3对O点合力大小，再求细绳2的拉力大小。
【解答】解：设细绳1的拉力大小为F1，细绳2的拉力大小为F2。
AB、细绳2、3对木棒拉力的合力沿着细绳1，木棒受力等效为三力平衡，由平衡条件可得
，
解得，，故A错误，B正确；
C、结合上述分析可知，2、3对O点合力与1对O点的拉力等大反向，大小为，故C错误；
D、把分别沿着2、3分解，则有，故D正确。
故选：BD。
（多选）9．（6分）（2024秋•吉安期末）如图所示，地球的半径为R，地心为O，卫星M、N在同一面内绕地球做匀速圆周运动，卫星M对地球的张角为60°，∠ONM的最大值为30°，已知卫星N的角速度为ω，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．卫星N的轨道半径为
B．卫星M的周期为
C．地球的质量为
D．地球的第一宇宙速度为8ωR
【答案】CD
【分析】先结合几何关系（卫星M对地球的张角、∠ONM的最大值），利用三角形边角关系确定卫星N的轨道半径；再对卫星N，由万有引力提供向心力的公式，推导地球质量；接着对卫星M，同样用万有引力定律结合圆周运动规律，计算其周期；最后结合第一宇宙速度的定义（近地卫星环绕速度），分析其大小。
【解答】解：A、过卫星M在轨道面内做地面的两条切线，卫星M对地球的张角60°就是两切线的夹角，设卫星M的轨道半径为rM，连接O与M，连接O与切点，由几何关系可得

解得
rM＝2R
当OM与NM垂直时，∠ONM取最大值30°，设卫星N的轨道半径为rN，由几何关系得

则有
rN＝2rM＝4R
故A错误；
B、卫星N的角速度为ω，则有
卫星N的周期
由开普勒第三定律可得

解得

故B错误；
C、由万有引力提供向心力，有

可得地球的质量

故C正确；
D、由
得第一宇宙速度
可得地球的第一宇宙速度为
v＝8ωR
故D正确。
故选：CD。
（多选）10．（6分）（2024秋•吉安期末）如图甲所示，U形导轨倾斜固定放置与水平面的夹角为53°，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导线框平面向下，导轨光滑且电阻忽略不计，导轨的宽度为L，长度为L、电阻为R的金属棒与导轨垂直放置，由静止开始释放，最大速度为v0；现把U形导轨水平放置，磁场方向变为竖直向下，把金属棒与导轨垂直放置，如图乙所示，给金属棒水平向右的变力F，使其向右做加速度大小为g的匀加速直线运动，已知重力加速度为g，，，下列说法正确的是（ ）
A．对甲图，最大电功率为
B．金属棒的质量为
C．对乙图，F与时间t的关系式为
D．对乙图，无法求出0～t时间内F的冲量大小
【答案】BC
【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合受力分析，以及F−t图像与时间轴所围成的面积表示F的冲量分析求解。
【解答】解：A．当金属棒以最大速度v0运行时，金属棒产生的电动势为
E＝BLv0
最大电功率为

故A错误；
B．当金属棒以最大速度v0稳定运行时，根据
E＝BLv0，，F安＝BIL
把重力沿着斜面和垂直斜面方向分解，由二力的平衡可得
F安＝mgsin53°
解得

故B正确；
C．对乙图，设金属棒t时刻的速度为v，则有
E＝BLv，，F安＝BIL
可得
F﹣F安＝mg
导体棒做匀加速直线运动，则有
v＝gt
解得F与时间t的关系式为

故C正确；
D．由C项可知F与t为一次函数，做出F−t图像是一条倾斜直线，则F−t图像与时间轴所围成的面积表示F的冲量，则可以求出0～t时间内F的冲量大小，故D错误。
故选：BC。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（6分）（2024秋•吉安期末）用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，用轻质细线把甲物块悬挂在天花板上的O点，细线的长度为L，物块乙放置在水平面上在O点的正下方，与O点的距离也为L，甲、乙均视为质点，与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，现把细线拉直，让甲从O点等高处由静止释放，当甲、乙刚要发生碰撞时，甲的速度方向水平向右，回答下列问题：
（1）甲、乙刚要发生碰撞时，甲的速度大小为 ；
（2）当甲、乙的质量相等，甲、乙碰撞后甲立即静止不动，当乙运动的距离为 时，说明甲、乙碰撞过程中动量守恒（用题中所给字母表示）。
【答案】（1）；（2）。
【分析】（1）根据机械能守恒分析求解；
（2）根据当甲、乙的质量相等，碰撞后甲立即静止不动，若碰撞中动量守恒，则碰撞刚结束时，乙的速度等于甲的速度，结合匀减速直线运动的位移—速度关系式分析求解。
【解答】解：（1）由机械能守恒可得

可得甲、乙刚要发生碰撞时，甲的速度大小为

（2）当甲、乙的质量相等，碰撞后甲立即静止不动，若碰撞中动量守恒，则碰撞刚结束时，乙的速度等于甲的速度，乙刚要发生碰撞时甲的速度，由匀减速直线运动的位移—速度关系式可得
0﹣v2＝﹣2ad
又

联立可得当乙运动的距离为

说明甲、乙碰撞过程中动量守恒。
故答案为：（1）；（2）。
12．（8分）（2024秋•吉安期末）实验小组用如图甲所示的电路来测量电阻Rx的阻值，图中标准电阻的阻值已知为R0，E为电源，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关，R为滑动变阻器，V为理想电压表。合上开关S1，将开关S2掷于1端，将R的触头置于适当的位置，记下的示数U1，然后将S2掷于2，记下的示数U2，改变R触头的位置，多测几组U1、U2的相对应值，做出U1﹣U2的函数关系图像如图乙所示，回答下列问题：
（1）按照图甲所示的实验原理线路图用笔画线连接实物图（图丙）；
（2）合上开关S1之前，R触头应置于 最左端 （选填“最右端”或“最左端”），多测几组U1、U2，做U1﹣U2图像的目的是减小 偶然 （选填“系统”或“偶然”）误差；
（3）写出乙图像的函数表达式 ，当乙图的斜率为k，可得Rx＝ （k﹣1）R0 （用题中字母表示）。
【答案】（1）
（2）最左端，偶然；（3），（k﹣1）R0。
【分析】（1）根据电路图连接实物图；
（2）根据保护电路分析判断；利用图像处理数据减小实验误差；
（3）根据串联电路的规律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
【解答】解：（1）完整的电路实物连线图如下
（2）合上开关S1之前，R触头应置于最左端；
多测几组U1、U2，做U1−U2图像的目的是减小偶然误差；
（3）S2掷于1端，U1表示Rx和R0串联的总电压，S2掷于2端，U2表示R0的电压，由串联电阻的电流相等，总电压等于两个电阻电压之和，结合欧姆定律可得

变形可得

当乙图的斜率为k，可得

解得
Rx＝（k﹣1）R0
故答案为：（1）
（2）最左端，偶然；（3），（k﹣1）R0。
13．（10分）（2024秋•吉安期末）如图所示，水银柱将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的容器内，粗管横截面积是细管的3倍，水银柱的上表面正好与粗管上端口齐平。大气压强为p0，封闭气体的压强为1.2p0，水银柱的上下长度为L，封闭气体的上下长度为4L，温度为T0。
（1）缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的温度为T1，求T1的大小；
（2）设细管的横截面积为S，当气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，求气体对外界做的功为多少。
【答案】（1）缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的温度为T1，T1的大小为T1；
（2）设细管的横截面积为S，当气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，气体对外界做的功为4.8p0LS。
【分析】（1）先明确初始时气体的压强、体积，水银全入细管后，根据水银体积不变确定气体新的体积，结合初始压强与水银柱的关系算出新压强；再用理想气体状态方程关联初末状态。
（2）温度升高时，气体为等压变化，用盖﹣吕萨克定律得到体积变化量，再通过压强与体积变化的乘积计算做功。
【解答】（1）水银柱全部在粗管中，上下长度为L，根据题意水银柱对应的压强为0.2p0，当水银柱刚好全部进入细管中，水银柱的上下长度为3L，水银柱对应的压强为0.6p0，由理想气体状态方程可得

解得

（2）气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，设气体体积的增加量为ΔV，气体做等压变化，则有

根据功的定义可得气体对外界做的功
W＝（0.6p0+p0）ΔV
联立解得
W＝4.8p0LS
答：（1）缓慢的给封闭气体加热，当水银柱刚好全部进入细管中，此时气体的温度为T1，T1的大小为T1；
（2）设细管的横截面积为S，当气体的温度再缓慢由T1变成2T0的过程中，气体对外界做的功为4.8p0LS。
14．（13分）（2024秋•吉安期末）如图所示，两个内壁光滑的四分之一圆弧轨道AB、CD竖直固定放置，A、D两点的切线竖直，B、C两点的切线水平，CD的半径为r，圆心在B点，现让质量为m的小球从A点由静止释放，经过B点落到CD上的某点，重力加速度为g。
（1）若小球经B点到达圆弧CD上的M点的运动时间为t0，求圆弧AB的半径以及小球从A到M合力冲量的大小；
（2）若小球到达圆弧CD上的N点时，速度与水平方向的夹角为45°，求小球从A到N重力做的功为多少；
（3）让小球从B点以不同的速度水平向右抛出，求小球落到圆弧CD上速度的最小值。
【答案】（1）圆弧AB的半径是，小球从A到M合力冲量是；
（2）小球从A到N重力做的功是；
（3）小球落到圆弧CD上速度的最小值是。
【分析】（1）根据平抛的规律，结合动量定理求从A到M的动量；
（2）利用平抛运动速度反向延长线交于水平位移的中点，结合平抛的规律，分析做功；
（3）利用数学方法求速度的最小值。
【解答】（1）小球从B到M，由平抛运动的规律可得竖直方向，
水平方向x＝v0t0
由几何关系可得x2+y2＝r2
小球落到M点的速度为
设圆弧AB的半径为R，小球由A到B由机械能守恒可得
小球从A到M，由动量定理可得合力冲量的大小为I＝mvM
代入数据得，
（2）小球从B到N做平抛运动，若小球到达圆弧 CD上的N点时，速度与水平方向的夹角为45°，则N点速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点，则有
由几何关系可得x2+y2＝r2
设小球在N点的速度为vN，由平抛运动的规律可得，
由动能定理可得，小球从A到N重力做的功
代入数据得
（3）若让小球从B点以不同初速度v0水平向右抛出，由平抛运动的规律可得小球刚到达圆弧CD某点时的速度为
结合x＝v0t，，x2+y2＝r2
代入数据得
由数学知识可得
代入数据得vmin。
答：（1）圆弧AB的半径是，小球从A到M合力冲量是；
（2）小球从A到N重力做的功是；
（3）小球落到圆弧CD上速度的最小值是。
15．（17分）（2024秋•吉安期末）如图所示，半径为R的虚线圆1在竖直平面内，O1B是水平半径，B的左侧存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场，半径也为R的虚线圆2与1处在同一竖直面内，圆心为O2，直径CF与竖直直径DE的夹角为2θ，过C点的竖直虚线的右侧存在水平向右的匀强电场，C、D间，C、E间搭建内壁光滑绝缘的细直管轨道，B、C两点间距为R，且连线沿水平方向，B、C两点间存在电场强度大小为E0，与BC的夹角为θ的匀强电场，一带电量为q的小球（视为质点），从虚线圆1上的A点以指向O1的速度射入磁场，接着做匀速圆周运动到达B点，然后沿BC运动到C点时速度正好为0，已知AO1与BO1的延长线的夹角为2θ。
（1）求小球的质量以及竖直匀强电场的强度大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度；
（3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，求水平匀强电场的强度以及当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为多少。
【答案】（1）小球的质量为，竖直匀强电场的强度大小为E0sinθ；
（2）匀强磁场的磁感应强度为；
（3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，水平匀强电场的强度为E0sinθtan2θ，当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为2。
【分析】（1）根据小球从B到C沿BC运动，电场力与重力的合力水平向左，结合小球从A到B做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，竖直方向的电场力与重力等大反向分析求解；
（2）根据小球从B到C沿BC做减速运动，结合几何关系，以及洛伦兹力充当向心力分析求解；
（3）根据小球从C到D，把重力与电场力分别沿着CD和垂直CD分解，结合匀加速直线运动规律，以及等效重力法分析求解。
【解答】解：（1）小球从B到C沿BC运动，电场力与重力的合力水平向左，由二力合成的矢量三角形可得

小球从A到B做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，竖直方向的电场力与重力等大反向，则有
qE竖直＝mg
解得
，E竖直＝E0sinθ
（2）小球从B到C沿BC做减速运动，由二力合成的矢量三角形可得

设小球在B点的速度为v0，则有

如图设小球从A到B做匀速圆周运动的半径为r，过A、B两点做速度的垂线即匀速圆周运动的半径，由几何关系可得

由洛伦兹力充当向心力可得

综合解得
，，
（3）由几何关系可得CE与竖直方向的夹角为θ，CD与CE垂直，则CD与竖直方向的夹角为90°﹣θ，与水平方向的夹角为θ，则
xCD＝2Rsinθ，xCE＝2Rcsθ
小球从C到D，把重力与电场力分别沿着CD和垂直CD分解，则合加速度为

同理小球从C到E，合加速度为

由初速度为0的匀加速直线运动规律可得
，
综合解得
E水平q＝mgtan2θ
结合

解得
E水平＝E0sinθtan2θ
由

说明电场力与重力的合力沿CF方向，对电场力与重力沿CF和垂直CF方向进行正交分解，则等效重力加速度沿CF方向为

当把两个管道撤出，小球从C 点由静止释放会沿直径CF运动到F点，由初速度为0的匀加速直线运动规律可得

解得

答：（1）小球的质量为，竖直匀强电场的强度大小为E0sinθ；
（2）匀强磁场的磁感应强度为；
（3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，水平匀强电场的强度为E0sinθtan2θ，当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为2。
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答案
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答案
BD
CD
BC