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2024届福建省三明一中等百校联考高三下学期正月联考物理试题（解析版）
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这是一份2024届福建省三明一中等百校联考高三下学期正月联考物理试题（解析版），共20页。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答題卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 锕的放射性很强，衰变放射出的高能粒子足以将周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光。锕的衰变方程为，同时释放射线。关于锕的衰变，下列说法正确的是（ ）
A. X的中子数为113
B. X一定不再具有放射性
C. 释放的射线使周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光
D. 释放的射线来自于锕
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据质量数、电荷数守恒可知，，，因此X的中子数为113，A项正确；
B．X的核电荷数大于82，仍具有放射性，B项错误；
C．衰变产生的粒子使周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光，C项错误；
D．释放的射线来自于衰变产生的X元素，D项错误。
故选A。
2. 如图所示为三棱镜的截面，、。某细单色光束从AC边上的D点射入三棱镜，折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，光线在D的入射角为（为未知量），折射角为（为未知量），已知B、E两点之间的距离为L，，光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是（ ）
A. 介质对此单色光的折射率为
B. 光从E到F的传畄时间为
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．设光线在介质中发生全反射的临界角为，折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，由几何关系可得，由折射率的定义可得
故A错误；
B．E、F两点之间的距离为
由折射率的定义可得
光从E到F的传播时间为
综合可得
故B错误；
CD．已知、，由几何关系可得光线在D点的折射角
由折射率的定义可得
综合计算可得
故C正确，D错误
故选C。
3. 在x轴上固定有两个点电荷，其中位于坐标原点的点电荷电荷量大小为q，另一点电荷固定在OA的中点P处，x轴上A点右侧各点的电势随x变化如图中曲线所示。A点处曲线的切线水平，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. P处点电荷带负电
B. P处点电荷的电荷量大小为
C. 将一个重力不计的带负电粒子在A点由静止释放，粒子将沿x轴正方向运动
D. 将一带负电的粒子由A点沿x轴向P点移动，电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，轴上A点右侧场强方向向左，则、A间的场强方向向右，则处点电荷带正电，故A错误；
B．由于图像在A点的切线水平，则该处场强为零，设、A间距离为，则
解得
故B错误；
C．由于A点场强为零，因此带负电粒子在A点由静止释放，粒子保持静止，故C错误；
D．将一带负电的粒子由A点沿轴向点移动，电场力向左，电场力做正功，故D正确。
故选D。
4. 某天文爱好者在地球赤道上某处观测一颗在赤道平而内绕地球做圆周运动的人造卫星，发现该卫星恰好每天7次通过他的正上方。已知该卫星在轨运行方向与地球自转方向相同，则该卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为（ ）
A. 1：1B. 1：2C. 1：4D. 1：8
【答案】B
【解析】
【详解】设该卫星的运行周期为，则有
则
设该卫星运行的轨道半径为、同步卫星的轨道半径为，由开普勒第三定律可知
解得
卫星做圆周运动的半径为时，则单位时间内，卫星与地心连线扫过的面积
结合
可得
由此可得，该卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为1：2。
故选B。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 两个完全相同的截面为四分之一圆面的柱体A、B按如图所示叠放，两个柱体的质量均为m，水平面粗糙，圆弧面和竖直墙面光滑，对B施加水平向右的力F，使B恰好不向左运动，改变F的大小，使柱体B缓慢向左移动直至A落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F不断变大
B. B对地面的压力不断增大
C. A对竖直墙面的压力不断增大
D. A对B的压力不变
【答案】AC
【解析】
【详解】B．整体分析可知，重力和地面对B的支持力二力平衡，总重力不变，则支持力不变，由牛顿第三定律可得，B对地面的压力不变，故B错误；
ACD．B对地面的压力不变，则地面对B的滑动摩擦力不变，对A研究，受力分析如图
设B对A的弹力与水平方向的夹角为，则由动态分析可知，在水平方向
竖直方向
随着A下落到地面，减小，则B对A弹力增大，则墙面对A的弹力N增大，根据牛顿第三定律，A对墙面的压力增大，整体分析，水平向右的力F与墙面对A的弹力N大小相等，也增大，故AC正确，D错误；
故选AC。
6. 如图所示的封闭汽缸导热性能良好，汽缸容积为V，正中间有一固定卡环，缸内活塞将气体分成A、B两部分，两部分气体的体积之比为3：1，活塞的横截面积为S，汽缸左侧有一阀门K处于关闭状态。大气压强为，缸内气体压强为，现打开阀门，让气体缓慢放出，已知外界温度恒定，活塞与汽缸内壁无摩擦且密封性良好，不计活塞的厚度及卡环的大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 当活塞刚要与卡环接触时，缸内气体的压强为
B. 当活塞刚要与卡环接触时，缸内气体的压强为
C. 直至最终过程，B部分气体对外放热
D. 最终卡环对活塞的压力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设缸内气体压强为p1，对B部分气体研究有
解得
故A正确，B错误；
C．最终A部分气体压强变为p0，由热力学第一定律
B部分气体的温度不变，内能不变，对外做功，从外界吸热，故C错误；
D．设最终卡环对活塞的压力大小为F，则
故D正确。
故选AD。
7. 一质量为的玩具小车在水平直跑道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间变化的关系图像如图所示，小车达到额定功率后保持该功率不变，已知小车在跑道上运动时受到的阻力恒为，小车达到最大速度后再运动一段时间关闭发动机，从启动到最后停下小车运动的时间为，下列说法正确的是（ ）
A. 小车加速能达到的最大速度大小为
B. 小车的额定功率为
C. 小车减速运动的时间为
D. 小车在额定功率下运动的位移大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．小车匀加速运动的加速度大小为
时，匀加速达到的最大速度为
可得小车的额定功率
小车加速达到最大速度时，牵引力等于阻力，则最大速度为
故A错误，B正确；
C．小车减速的加速度大小
则小车减速的时间
故C错误；
D．设小车在恒定功率下运动的位移大小为，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BD。
8. 如图所示，两个“”形正方形金佩框ACDF和GHJK通过周定金属线AG和FK连接，AG和FK在垂直于磁场的转轴上，开始时两个线框处在垂直于磁场的平面内，让两个线框绕轴分别沿（俯视看）顺时针和逆时针以相同的角速度同时开始匀速转动，AC长为L，GH长为，匀强磁场的磁感应强度大小为B，整个回路的电阻为R，则（ ）
A. 回路中的最大电动势为
B. CD边受到的最大安培力大小为
C. 从图示位置开始，两线框转过的过程中，通过CD横截面的电量大小为
D. 从图示位置开始，两线框转过的过程中，回路中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．从图示位置转过四分之一圈时，线框中的电动势最大，则有
故A错误；
B．CD边受到的最大安培力为
故B正确；
C．从图示位置开始，两线框转过的过程中，通过CD横截面的电量为
故C正确；
D．电动势的有效值为
则从图示位置开始，两线框转过过程中，回路中产生的焦耳热为
故D错误。
故选BC。
三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。
9. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示，则该波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播，波长为______m，传播速度大小______m/s。
【答案】 ①. 正 ②. 8 ③. 1
【解析】
【详解】[1]由振动图像可知，时刻坐标原点处质点正沿轴负方向运动，根据图甲波形图结合波形平移法可知，波沿轴正方向传播；
[2]由图甲波形图可知
可得波长为
[3]由图乙可知，波动周期为，则波的传播速度大小为
10. 将直导线ACD折成“”形并固定在纸面内，空间存在垂直纸面外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示，，，在导线中通入从A到D的恒定电流I，此时导线AC段受到的安培力大小______，CD段受到的安培力大小______；将CD段绕C点在纸面内沿逆时针方向转过（AC保持不动），通入的电流大小不变，此时导线ACD受到的安培力大小______。
【答案】 ①. ②. BIL ③.
【解析】
【详解】[1]AC段受到的安培力大小
[2]CD段受到的安培力大小
[3]将CD段绕C点沿逆时针方向转过，则ACD段的有效长度为，则其安培力为
11. 如图所示，A，B两个物块放在水平面上，A的质量大于B的质量，用竖直向上的拉力，作用在物块A上，用竖直向上的拉力作用在物块B上，不计空气阻力，两物块在两拉力作用下从静止开始向上运动相同时间内，的冲量大小为，做功为，的冲量大小为，做功为。若，则______，______；若，则______。（均填“>”“=”或“<”）
【答案】 ①. = ②. < ③. >
【解析】
【详解】[1]若，且时间相同，根据可知
[2]由可知，质量越大，加速度越小，根据
可知
[3]相同时间内，有
因为，且相同，则
根据
可知，加速度越小冲量越大，即
12. 某实验小组用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，无弹性的悬线一端连接在力传感器上，另一端连接一个小球，力传感器能测量悬线的拉力，竖直挡板立在水平地面上。小球的质量为m，当地的重力加速度为g。
（1）先用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d=___________mm。
（2）实验时，小球与竖直挡板的接触点记为A点，悬线伸直，由静止释放小球，力传感器记录小球运动过程中悬线的最大拉力，测出悬线的长L。多次移动挡板的位置，保持挡板竖直，使小球每次与挡板接触悬线伸直，记录每次A点与悬点O的高度差x及小球运动过程中悬线的最大拉力F。要验证机械能守恒定律，在直角坐标系中，作F-x图像，如果图像的斜率的绝对值等于___________，与纵轴的截距大小等于___________，则机械能守恒定律得到验证。（用已知物理量的符号表示）
【答案】 ①. 1.845 ②. ③. 3mg
【解析】
【详解】（1）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为，螺旋测微器示数为
（2）设小球到最低点时速度大小v，根据机械能守恒定律有
小球在最低点时
得到
因此如果图像的斜率大小为，图像的截距大小等于3mg，则机械能守恒定律得到验证。
13. 某同学利用现有的器材设计如图甲所示的实验电路图，来测量电阻的阻值，已知电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，与阻值相近，电压表的内阻远大于待测电阻的阻值。如图乙是所给的实验器材，在测量的过程中电路安全，且误差不大。
（1）根据图甲，用笔画线代替导线将实物图乙连接完整______，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于最______（填“左”或“右”）端；
（2）该同学调节滑动变阻器的滑片，得到多组电压表的数值U和对应的电流表的数值I、根据数值画出U-I关系图像，写出此图像的表达式U=______（用I、、、来表示），若图像的斜率为k，则定值电阻______（用、、来表示）；
（3）这种实验方法测出的值______（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. ②. 左 ③. ④. ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]根据图甲，将实物图乙连接，如图所示。
[2]为防止烧坏电表，待测电阻两端电压应从零开始，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于最左端。
（2）[3]由欧姆定律可得
由并联电阻的电流的分配规律可得
综合可得图像的关系式为
[4]若图像的斜率为，有
可得
（3）[5]由于电压表的分流作用，则待测电阻的电流测量值偏大，则测量值偏小。
14. 如图所示，两平行金属板（上极板带负电）水平放置，相距为d，电势差为U，一带负电粒子（不计重力）质为m、带电量为q，以初速度沿两板中线水平射入板间，经过一段时间从两板间离下极板处飞出。求：
（1）粒子从两板间离开时的速度大小；
（2）金属板的长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子的加速度为
由类平抛运动的规律，在竖直方向上有
解得
粒子从两板间离开时的速度大小为
（2）粒子的运动时间为
水平方向做匀速直线运动，则金属板的长度为
15. 如图甲所示，质量为m、带电量为q的带正电粒子（不计重力）0时刻从a点以速度（方向竖直向下）垂直进入范围足够大的周期性变化的匀强磁场中。该磁场的磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示，已知，当磁场垂直纸面向里时，磁感应强度为正，已知，不考虑磁场的变化产生电场的影响，求：
（1）看时间内粒子转过的角度；
（2）时间内洛伦兹力对粒子的冲量大小；
（3）T时刻，粒子距a点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力
圆周运动的半径为
当磁感应强度的大小为，粒子圆周运动的周期为
结合
可得
粒子转过的角度为
（2）当磁感应强度的大小为，粒子圆周运动的周期为
结合
可得
圆周运动的半径为
即时间内粒子速度大小不变，方向转过，洛伦兹力对粒子的冲量大小
（3）由左手定则结合图乙以及粒子运动轨迹的对称性综合分析可得时刻，粒子距点的距离为
16. 如图所示，两端间距为1.2m的水平传送带以大小为的速度沿顺时针方向转动、传送带左端与半径为R=0.8m、固定在竖直面内的四分之一光滑圆弧低点B相切、右端与光滑水平面的C端相切，轻弹簧放在水平而上，右端固定，左端与水平面上的D点对齐，质量M=3kg的物块a放在水平面CD间某位置，质量m=1kg的物块b由圆弧的最高点A由静止释放，物块b沿圆弧下滑，滑过传送带，与物块α发生弹性碰撞，物块b与传送带间的动摩擦因数为0.5，a、b两物块每次碰撞均为弹性碰撞，且第一次和第二次弹性碰撞发生在同一位置，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度，求：
（1）物块b第一次运动到B点时速度大小；
（2）物块b第一次在传送带上运动的时间；
（3）两物块第二次碰撞前瞬间，物块b的速度大小；
（4）从第一次碰撞结束到发生第十次碰撞这段时间内，物块b在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设物块运动到点时速度大小为，根据动能定理有
解得
（2）假设物块在传送带上一直做减速运动，当滑到点时的速度大小为，根据动能定理
解得
假设成立，令物块第一次在传送带上运动的时间为，根据动量定理有
解得
（3）设碰撞后一瞬间，物块、的速度大小分别为、，由于a的质量小于b的质量，两者第一次发生弹性碰撞时，a将要反弹，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
物块以速度向左滑上传送带，物块与传送带相对滑动时加速度大小
设物块不能滑过传送带，利用逆向思维，物块在传送带上向左运动的最大距离
由于
假设成立，由于
可知，两物块第二次发生碰撞前一瞬间，物块的速度大小为。
（4）设第二次碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
，
第二次碰撞后，物块以速度，滑上传送带，同样由于
且有
可知，第三次与碰撞前的速度大小仍为。物块第二次在传送带上运动的时间
第三次在传送带上运动的时间
根据运动的周期性，从第一次碰撞结束到发生第十次碰撞这段时间内，物块在传送带上运动的总时间为
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答題卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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. 锕的放射性很强，衰变放射出的高能粒子足以将周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光。锕的衰变方程为，同时释放射线。关于锕的衰变，下列说法正确的是（ ）
A. X的中子数为113
B. X一定不再具有放射性
C. 释放的射线使周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光
D. 释放的射线来自于锕
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据质量数、电荷数守恒可知，，，因此X的中子数为113，A项正确；
B．X的核电荷数大于82，仍具有放射性，B项错误；
C．衰变产生的粒子使周围的空气电离，从而发出暗蓝色的光，C项错误；
D．释放的射线来自于衰变产生的X元素，D项错误。
故选A。
2. 如图所示为三棱镜的截面，、。某细单色光束从AC边上的D点射入三棱镜，折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，光线在D的入射角为（为未知量），折射角为（为未知量），已知B、E两点之间的距离为L，，光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是（ ）
A. 介质对此单色光的折射率为
B. 光从E到F的传畄时间为
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．设光线在介质中发生全反射的临界角为，折射光线射到BC边上的E点，正好发生全反射，反射光线垂直射到AB边的F点，由几何关系可得，由折射率的定义可得
故A错误；
B．E、F两点之间的距离为
由折射率的定义可得
光从E到F的传播时间为
综合可得
故B错误；
CD．已知、，由几何关系可得光线在D点的折射角
由折射率的定义可得
综合计算可得
故C正确，D错误
故选C。
3. 在x轴上固定有两个点电荷，其中位于坐标原点的点电荷电荷量大小为q，另一点电荷固定在OA的中点P处，x轴上A点右侧各点的电势随x变化如图中曲线所示。A点处曲线的切线水平，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. P处点电荷带负电
B. P处点电荷的电荷量大小为
C. 将一个重力不计的带负电粒子在A点由静止释放，粒子将沿x轴正方向运动
D. 将一带负电的粒子由A点沿x轴向P点移动，电场力做正功
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，轴上A点右侧场强方向向左，则、A间的场强方向向右，则处点电荷带正电，故A错误；
B．由于图像在A点的切线水平，则该处场强为零，设、A间距离为，则
解得
故B错误；
C．由于A点场强为零，因此带负电粒子在A点由静止释放，粒子保持静止，故C错误；
D．将一带负电的粒子由A点沿轴向点移动，电场力向左，电场力做正功，故D正确。
故选D。
4. 某天文爱好者在地球赤道上某处观测一颗在赤道平而内绕地球做圆周运动的人造卫星，发现该卫星恰好每天7次通过他的正上方。已知该卫星在轨运行方向与地球自转方向相同，则该卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为（ ）
A. 1：1B. 1：2C. 1：4D. 1：8
【答案】B
【解析】
【详解】设该卫星的运行周期为，则有
则
设该卫星运行的轨道半径为、同步卫星的轨道半径为，由开普勒第三定律可知
解得
卫星做圆周运动的半径为时，则单位时间内，卫星与地心连线扫过的面积
结合
可得
由此可得，该卫星与地心连线和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积之比为1：2。
故选B。
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5. 两个完全相同的截面为四分之一圆面的柱体A、B按如图所示叠放，两个柱体的质量均为m，水平面粗糙，圆弧面和竖直墙面光滑，对B施加水平向右的力F，使B恰好不向左运动，改变F的大小，使柱体B缓慢向左移动直至A落地前的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F不断变大
B. B对地面的压力不断增大
C. A对竖直墙面的压力不断增大
D. A对B的压力不变
【答案】AC
【解析】
【详解】B．整体分析可知，重力和地面对B的支持力二力平衡，总重力不变，则支持力不变，由牛顿第三定律可得，B对地面的压力不变，故B错误；
ACD．B对地面的压力不变，则地面对B的滑动摩擦力不变，对A研究，受力分析如图
设B对A的弹力与水平方向的夹角为，则由动态分析可知，在水平方向
竖直方向
随着A下落到地面，减小，则B对A弹力增大，则墙面对A的弹力N增大，根据牛顿第三定律，A对墙面的压力增大，整体分析，水平向右的力F与墙面对A的弹力N大小相等，也增大，故AC正确，D错误；
故选AC。
6. 如图所示的封闭汽缸导热性能良好，汽缸容积为V，正中间有一固定卡环，缸内活塞将气体分成A、B两部分，两部分气体的体积之比为3：1，活塞的横截面积为S，汽缸左侧有一阀门K处于关闭状态。大气压强为，缸内气体压强为，现打开阀门，让气体缓慢放出，已知外界温度恒定，活塞与汽缸内壁无摩擦且密封性良好，不计活塞的厚度及卡环的大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 当活塞刚要与卡环接触时，缸内气体的压强为
B. 当活塞刚要与卡环接触时，缸内气体的压强为
C. 直至最终过程，B部分气体对外放热
D. 最终卡环对活塞的压力大小为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设缸内气体压强为p1，对B部分气体研究有
解得
故A正确，B错误；
C．最终A部分气体压强变为p0，由热力学第一定律
B部分气体的温度不变，内能不变，对外做功，从外界吸热，故C错误；
D．设最终卡环对活塞的压力大小为F，则
故D正确。
故选AD。
7. 一质量为的玩具小车在水平直跑道上由静止开始启动，启动过程受到的合外力F随时间变化的关系图像如图所示，小车达到额定功率后保持该功率不变，已知小车在跑道上运动时受到的阻力恒为，小车达到最大速度后再运动一段时间关闭发动机，从启动到最后停下小车运动的时间为，下列说法正确的是（ ）
A. 小车加速能达到的最大速度大小为
B. 小车的额定功率为
C. 小车减速运动的时间为
D. 小车在额定功率下运动的位移大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．小车匀加速运动的加速度大小为
时，匀加速达到的最大速度为
可得小车的额定功率
小车加速达到最大速度时，牵引力等于阻力，则最大速度为
故A错误，B正确；
C．小车减速的加速度大小
则小车减速的时间
故C错误；
D．设小车在恒定功率下运动的位移大小为，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BD。
8. 如图所示，两个“”形正方形金佩框ACDF和GHJK通过周定金属线AG和FK连接，AG和FK在垂直于磁场的转轴上，开始时两个线框处在垂直于磁场的平面内，让两个线框绕轴分别沿（俯视看）顺时针和逆时针以相同的角速度同时开始匀速转动，AC长为L，GH长为，匀强磁场的磁感应强度大小为B，整个回路的电阻为R，则（ ）
A. 回路中的最大电动势为
B. CD边受到的最大安培力大小为
C. 从图示位置开始，两线框转过的过程中，通过CD横截面的电量大小为
D. 从图示位置开始，两线框转过的过程中，回路中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．从图示位置转过四分之一圈时，线框中的电动势最大，则有
故A错误；
B．CD边受到的最大安培力为
故B正确；
C．从图示位置开始，两线框转过的过程中，通过CD横截面的电量为
故C正确；
D．电动势的有效值为
则从图示位置开始，两线框转过过程中，回路中产生的焦耳热为
故D错误。
故选BC。
三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。
9. 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，坐标原点处质点的振动图像如图乙所示，则该波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播，波长为______m，传播速度大小______m/s。
【答案】 ①. 正 ②. 8 ③. 1
【解析】
【详解】[1]由振动图像可知，时刻坐标原点处质点正沿轴负方向运动，根据图甲波形图结合波形平移法可知，波沿轴正方向传播；
[2]由图甲波形图可知
可得波长为
[3]由图乙可知，波动周期为，则波的传播速度大小为
10. 将直导线ACD折成“”形并固定在纸面内，空间存在垂直纸面外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示，，，在导线中通入从A到D的恒定电流I，此时导线AC段受到的安培力大小______，CD段受到的安培力大小______；将CD段绕C点在纸面内沿逆时针方向转过（AC保持不动），通入的电流大小不变，此时导线ACD受到的安培力大小______。
【答案】 ①. ②. BIL ③.
【解析】
【详解】[1]AC段受到的安培力大小
[2]CD段受到的安培力大小
[3]将CD段绕C点沿逆时针方向转过，则ACD段的有效长度为，则其安培力为
11. 如图所示，A，B两个物块放在水平面上，A的质量大于B的质量，用竖直向上的拉力，作用在物块A上，用竖直向上的拉力作用在物块B上，不计空气阻力，两物块在两拉力作用下从静止开始向上运动相同时间内，的冲量大小为，做功为，的冲量大小为，做功为。若，则______，______；若，则______。（均填“>”“=”或“<”）
【答案】 ①. = ②. < ③. >
【解析】
【详解】[1]若，且时间相同，根据可知
[2]由可知，质量越大，加速度越小，根据
可知
[3]相同时间内，有
因为，且相同，则
根据
可知，加速度越小冲量越大，即
12. 某实验小组用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，无弹性的悬线一端连接在力传感器上，另一端连接一个小球，力传感器能测量悬线的拉力，竖直挡板立在水平地面上。小球的质量为m，当地的重力加速度为g。
（1）先用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d=___________mm。
（2）实验时，小球与竖直挡板的接触点记为A点，悬线伸直，由静止释放小球，力传感器记录小球运动过程中悬线的最大拉力，测出悬线的长L。多次移动挡板的位置，保持挡板竖直，使小球每次与挡板接触悬线伸直，记录每次A点与悬点O的高度差x及小球运动过程中悬线的最大拉力F。要验证机械能守恒定律，在直角坐标系中，作F-x图像，如果图像的斜率的绝对值等于___________，与纵轴的截距大小等于___________，则机械能守恒定律得到验证。（用已知物理量的符号表示）
【答案】 ①. 1.845 ②. ③. 3mg
【解析】
【详解】（1）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为，螺旋测微器示数为
（2）设小球到最低点时速度大小v，根据机械能守恒定律有
小球在最低点时
得到
因此如果图像的斜率大小为，图像的截距大小等于3mg，则机械能守恒定律得到验证。
13. 某同学利用现有的器材设计如图甲所示的实验电路图，来测量电阻的阻值，已知电流表的内阻为，定值电阻的阻值为，与阻值相近，电压表的内阻远大于待测电阻的阻值。如图乙是所给的实验器材，在测量的过程中电路安全，且误差不大。
（1）根据图甲，用笔画线代替导线将实物图乙连接完整______，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于最______（填“左”或“右”）端；
（2）该同学调节滑动变阻器的滑片，得到多组电压表的数值U和对应的电流表的数值I、根据数值画出U-I关系图像，写出此图像的表达式U=______（用I、、、来表示），若图像的斜率为k，则定值电阻______（用、、来表示）；
（3）这种实验方法测出的值______（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 ①. ②. 左 ③. ④. ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]根据图甲，将实物图乙连接，如图所示。
[2]为防止烧坏电表，待测电阻两端电压应从零开始，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于最左端。
（2）[3]由欧姆定律可得
由并联电阻的电流的分配规律可得
综合可得图像的关系式为
[4]若图像的斜率为，有
可得
（3）[5]由于电压表的分流作用，则待测电阻的电流测量值偏大，则测量值偏小。
14. 如图所示，两平行金属板（上极板带负电）水平放置，相距为d，电势差为U，一带负电粒子（不计重力）质为m、带电量为q，以初速度沿两板中线水平射入板间，经过一段时间从两板间离下极板处飞出。求：
（1）粒子从两板间离开时的速度大小；
（2）金属板的长度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）粒子的加速度为
由类平抛运动的规律，在竖直方向上有
解得
粒子从两板间离开时的速度大小为
（2）粒子的运动时间为
水平方向做匀速直线运动，则金属板的长度为
15. 如图甲所示，质量为m、带电量为q的带正电粒子（不计重力）0时刻从a点以速度（方向竖直向下）垂直进入范围足够大的周期性变化的匀强磁场中。该磁场的磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示，已知，当磁场垂直纸面向里时，磁感应强度为正，已知，不考虑磁场的变化产生电场的影响，求：
（1）看时间内粒子转过的角度；
（2）时间内洛伦兹力对粒子的冲量大小；
（3）T时刻，粒子距a点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力
圆周运动的半径为
当磁感应强度的大小为，粒子圆周运动的周期为
结合
可得
粒子转过的角度为
（2）当磁感应强度的大小为，粒子圆周运动的周期为
结合
可得
圆周运动的半径为
即时间内粒子速度大小不变，方向转过，洛伦兹力对粒子的冲量大小
（3）由左手定则结合图乙以及粒子运动轨迹的对称性综合分析可得时刻，粒子距点的距离为
16. 如图所示，两端间距为1.2m的水平传送带以大小为的速度沿顺时针方向转动、传送带左端与半径为R=0.8m、固定在竖直面内的四分之一光滑圆弧低点B相切、右端与光滑水平面的C端相切，轻弹簧放在水平而上，右端固定，左端与水平面上的D点对齐，质量M=3kg的物块a放在水平面CD间某位置，质量m=1kg的物块b由圆弧的最高点A由静止释放，物块b沿圆弧下滑，滑过传送带，与物块α发生弹性碰撞，物块b与传送带间的动摩擦因数为0.5，a、b两物块每次碰撞均为弹性碰撞，且第一次和第二次弹性碰撞发生在同一位置，不计物块的大小及空气阻力。重力加速度，求：
（1）物块b第一次运动到B点时速度大小；
（2）物块b第一次在传送带上运动的时间；
（3）两物块第二次碰撞前瞬间，物块b的速度大小；
（4）从第一次碰撞结束到发生第十次碰撞这段时间内，物块b在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设物块运动到点时速度大小为，根据动能定理有
解得
（2）假设物块在传送带上一直做减速运动，当滑到点时的速度大小为，根据动能定理
解得
假设成立，令物块第一次在传送带上运动的时间为，根据动量定理有
解得
（3）设碰撞后一瞬间，物块、的速度大小分别为、，由于a的质量小于b的质量，两者第一次发生弹性碰撞时，a将要反弹，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
物块以速度向左滑上传送带，物块与传送带相对滑动时加速度大小
设物块不能滑过传送带，利用逆向思维，物块在传送带上向左运动的最大距离
由于
假设成立，由于
可知，两物块第二次发生碰撞前一瞬间，物块的速度大小为。
（4）设第二次碰撞后一瞬间，、的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
，
第二次碰撞后，物块以速度，滑上传送带，同样由于
且有
可知，第三次与碰撞前的速度大小仍为。物块第二次在传送带上运动的时间
第三次在传送带上运动的时间
根据运动的周期性，从第一次碰撞结束到发生第十次碰撞这段时间内，物块在传送带上运动的总时间为
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