安徽省部分学校2022-2023学年高三上学期物理12月联考试卷

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安徽省部分学校2022-2023学年高三上学期物理12月联考试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）蹦极是一项深受年轻人喜好的极限运动，运动时将弹性绳固定在脚踝上，由几十米的高空
跳下，如图甲所示，图乙为简化图，当运动到O 点时弹性绳刚好拉直，下落过程中b 为运动的最低点，假设人静止时位于图中的a 点。

则人从O 到b 的过程中（ ）
A ．始终处于失重状态
B ．加速度先增大后减小
C ．速度先增大后减小
D ．减少的重力势能等于增加的弹性势能
2．（2分）2021年5月28日凌晨，中科院合肥物质科学研究院有“东方超环”之称的全超导托卡马克核
聚变实验装置（EAST ）创造新的世界纪录，成功实现可重复的1.2亿摄氏度×101秒等离子体运行，向核聚变能源应用迈出重要一步。

若一个氘核和一个氚核结合成一个H 24e ，同时放出一个X 粒子以及向外辐射一个γ光子，已知氘核、氚核、α粒子、X 粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3、m 4，普朗克常量为h ，真空中的光速为c ，则（ ） A ．X 粒子为电子
B ．γ光子是核外电子受激发而发出的
C ．m 1+m 2=m 3+m 4
D ．γ光子的动量为(m 1+m 2−m 3−m 4)c
3．（2分）如图所示的绝热汽缸竖直地放在水平面上，用摩擦以及重力可忽略的绝热活塞将汽缸分成
M 、N 两部分，开始气体M 和气体N 的温度相等，现用电热丝给气体M 加热，一段时间后停止加
热，又经过一段时间系统再次达到平衡状态，则与开始相比（ ）
A ．气体M 的温度升高，气体N 的温度也升高
B ．气体N 放热
C ．气体N 的压强不变
D ．气体M 增加的内能等于电热丝所产生的焦耳热
4．（2分）如图所示为等量异种电荷甲、乙形成的静电场的等势面，一电子仅在电场力的作用下由M
运动到N ，其运动轨迹如图中的实线所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲带负电
B ．电子在M 点的加速度小于N 点的加速度
C ．电子在M 点的速度小于N 点的速度
D ．该过程电场力对电子先做正功后做负功
5．（2分）一列简谐横波沿x 轴方向传播，在t =0时刻的波形图如图甲所示，P 是介质中的一个质
点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
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…………○………线…………○…要※※在※※装※※…………○………线…………○…
A ．该波沿x 轴正方向传播
B ．该波的波速为4m/s
C ．质点P 的平衡位置位于x =2.5m 处
D ．质点P 的振动方程为y =20cos(π2t +π
4)(cm)
6．（2分）如图所示的菱形ABCD ，其中AC=3BD ，O 点为菱形的中心，现在菱形的顶点ABC 处垂直
菱形的平面放置电流大小相等、方向如图的通电直导线。

已知导线A 在中心O 产生的磁场的磁感应强度大小为B 0，通电直导线在空间某点产生的磁感应强度大小与到导线的距离成反比，则下列说法正确的是（ ）
A ．O 点的磁感应强度大小为3
B 0
B ．仅将
C 点导线的电流方向反向，则O 点的磁感应强度大小为3B 0 C ．仅将C 点的导线移到
D 处，则O 点的磁感应强度大小为√37B 0 D ．仅将A 点的导线移到D 处，则O 点的磁感应强度大小为B 0
7．（2分）一面积为S =√25π
m 2的单匝矩形线框在如图所示的磁场中绕中轴线做匀速圆周运动，通过电
刷与电动机连接，已知线框的电阻值为r =1Ω，磁感应强度大小为B =1T 。

当线框的角速度为ω=100πrad/s 时，电压表的示数为18V ，此时电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻为R =1.5Ω。

则下列说法正确的是（ ）
A ．电动机的额定电流为1A
B ．电动机线圈电阻消耗的电功率为4W
C ．电动机的效率约为83.3%
D ．电源的效率为80%
8．（2分）如图所示，倾角为α的粗糙斜面固定在水平地面上，一质量为M 的物块放在斜面上，并与
质量为m 的小球通过跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，当滑轮右侧悬挂小球的轻绳呈竖直状态时，M 与斜面之间恰好没有摩擦力，现给小球施加一个向右且与水平方向成θ=30°角的力F ，使小球缓慢地运动，直至悬挂小球的轻绳呈水平状态，在小球移动的过程中轻绳一直处于拉伸状态，M 始终保持静止，不计滑轮处的摩擦。

下列说法正确的是（ ）
A ．拉力F 先增大后减小
B ．拉力F 先减小后增大
C ．斜面对M 的摩擦力一直减小
D ．斜面对M 的摩擦力先增大后减小，然后再增大
(共4题；共8分)
9．（2分）2022年8月20日01时37分，在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将“遥
感三十五号04”组卫星发射升空，“遥感三十五号04”卫星顺利进入预定轨道，2022年9月6日12时19分，又成功将“遥感三十五号05”卫星发射升空，已知“遥感三十五号04”卫星距离地面的高度为h 1，环绕周期为T 0，“遥感三十五号05”卫星距离地面的高度为ℎ2，地球的半径为R ，万有引力常量为G 。

则下列说法正确的是（ ）
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…○
…
……_____ 班级：______…○………A ．“遥感三十五号05”卫星的环绕周期为√ℎ
23
ℎ1
3T 0
B ．“遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为√ℎ
2ℎ2
C ．地球表面的重力加速度为4π2(R+ℎ1)
3
T 02R 2
D ．地球的平均密度为3π(R+ℎ1)
3
GT 02R
3
10．（2分）如图所示，长度均为2L 的两平行板沿水平方向放置，两极板的间距为L ，其中上极板带
正电。

粒子1由左侧正中央沿平行于极板的速度v 1射入电场，同时另一完全相同的粒子2由上板的正中央以垂直于极板的速度v 2射入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O 点，粒子的质量为m ，电荷量为+q ，两极板之间的电压恒为U ，忽略粒子间的相互作用，v 1、v 2未知其余量均为已知。

则下列说法正确的是（ ）
A ．粒子1在极板间运动的时间为2L √m
qU
B ．v 1=√qU m
C ．v 2=√qU m
D ．粒子1与粒子2刚到O 点的速度大小之比为2√23
11．（2分）如图所示，倾角为θ的光滑斜面下端带有挡板，用劲度系数为k 的轻弹簧连接物块A （可
视为质点）与挡板，物块B （可视为质点）紧靠着A 并排放置，A 、B 的质量分别为2m 、m ，初始时系统静止在O 点。

现向下压缩弹簧后突然撤去外力，撤去外力瞬间两物块的加速度大小为gsinθ。

弹簧的弹性势能E p =12kx 2（k 为弹簧劲度系数，x 为形变量），重力加速度为g ，则下列说法正确的是
（ ）
A ．撤去外力瞬间，弹簧具有的弹性势能为18m 2g 2sin 2
θk
B ．两者速度最大均为gsinθ√
6mk k
C ．物块B 距离O 点最大距离为3mgsinθk
D ．A 与B 最终会发生分离
12．（2分）如图所示，一边长为L 的正六边形ABCDEF 内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画
出），其中O 为正六边形的中心点，顶点A 有一粒子源沿AO 方向以相同速度发射比荷不同的粒子，已知比荷为k 的正粒子P 恰好通过顶点C ，对于比荷为3k 的负粒子Q ，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子Q 能通过E 点
B ．粒子Q 与粒子P 的轨道半径之比为1：3
C ．粒子Q 比粒子P 在磁场中运动的时间长
D ．粒子P 在磁场中运动轨迹的弧长是粒子Q 在磁场中运动轨迹弧长的1.5倍
(共2题；共14分)
13．（4分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置完成了“探究加速度与合外力的关系”实验。

实验
时，将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，长木板的倾角为θ，将纸带固定在小车上并穿过打点计时器，轻绳拴接在小车和传感器上后跨过如图所示的滑轮，然后将一定质量的砝码拴接在动滑轮上，保持小车的质量不变，多次改变砝码的质量，将装置由静止释放并记录传感器的示数F ，同时通过打出的纸带计算相对应的加速度a 。

已知重力加速度为g 。

请回答下列问题：
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………○…………装……线…………○…※※请※※不※※要………○…………装……线…………○…
（1）（1分）实验时 （填“需要”或“不需要”）满足砝码的质量远小于小车的质量； （2）（1分）在某次实验时，电磁打点计时器打出的纸带如图乙所示，用毫米刻度尺测量了各计数点（相邻两计数点间有4个点图中未画出）间的距离，已知交流电的频率为f =50Hz ，则该次实验时小车的加速度a= m/s 2：（计算结果保留两位小数）
（3）（2分）通过得到的实验数据，描绘了a—F 图像如图丙所示，图线与纵轴有交点的原因是 ；图线的斜率为k ，纵截距为b ，则小车所受的摩擦力大小为 。

14．（10分）某实验小组的同学利用如图甲所示的电路测量两节相同的干电池的电动势和内阻。

其中
实验室为其提供的实验器材如下： A ．电池组（两节干电池） B ．定值电阻R 0=2Ω
C ．毫安表（量程为50mA ，内阻R g =4.5Ω）
D ．电压表（量程为3V ，内阻很大）
E ．滑动变阻器A （0~10Ω）
F ．滑动变阻器B （0~100Ω）
G ．电阻箱（0~99.99Ω）
H ．开关，导线若干
（1）（1分）先将电流表的量程扩大到原来的10倍，则电阻箱R 的阻值应调为 Ω；
（2）（5分）用笔画线代替导线将图乙中实物图连线；
（3）（2分）为了安全起见，滑动变阻器应选择 （填器材前的序号）：开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应位于最 （填“左”或“右”）端：
（4）（2分）实验时，通过调节滑动变阻器的滑动触头，记录多组电表的读数，并利用该读数描绘出如图内所示的图像，则每节干电池的电动势为E= V ，内阻r= Ω。

（结果均保留一位小数）
(共3题；共40分)
15．（10分）如图所示为一四分之一圆环形玻璃砖的横截面，其中E 、F 两点将圆弧BC 三等分，M 、
N 两点将圆弧AD 三等分，a 、b 两束单色光先后从E 点射入玻璃砖，a 光的入射角为60°，经折射后
直接从AB 面上的A 点射出，b 光的入射角为45°，经N 点后射到BC 面上的C 点。

已知两束光同时从玻璃砖射出，小圆半径为R ，大圆半径为√3R 。

求：
（1）（5分）a 、b 光射入玻璃砖时的时间差； （2）（5分）a 、b 光射出玻璃砖时二者间的夹角。

16．（15分）如图所示，两足够长的光滑平行导轨倾斜地固定在绝缘面上，倾角为α，导轨间距为L 。

导体棒1垂直地放在导轨上，导体棒2垂直地放在导轨底端被绝缘挡板挡住，导体棒1、2质量均为m ，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

t =0时刻在导体棒1上施加
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…………装………线……：___________ …………装……线……一沿导轨向上的外力，使导体棒1沿导轨向上做匀加速直线运动，加速度大小为a ，重力加速度为g ，整个过程中两导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，两导体棒的电阻均为R ，导轨的电阻忽略不计。

（1）（5分）求0~t 1的时间内导体棒1某一横截面积通过的电荷量（此时导体棒2仍与挡板相接触）；
（2）（5分）求导体棒2刚要离开挡板时导体棒1沿导轨向上已经运动的时间；
（3）（5分）若在导体棒2刚要离开挡板时撤去外力，导体棒1经过时间Δt 运动到最高点，求在该Δt 时间内导体棒1发生的位移。

17．（15分）如图所示，质量m 2=2kg 的型的绝缘木板B 放置在光滑水平面上，木板足够长，整
个空间存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E=10V/m ，在B 上有一质量m 1=1kg 带电量q =+0.9C 的物块A （可视为质点）由静止释放，A 与B 的挡板间距离d =2m ，经过一段时间，A 与B 的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短。

已知A 与B 之间无摩擦，A 的带电量始终不变，重力加速度g 取10m/s 2，求：
（1）（5分）A 与B 第一次碰撞后瞬间A 、B 的动量：
（2）（5分）A 从静止开始到与B 发生第二次碰撞所用时间及碰撞后瞬间两者速度大小； （3）（5分）A 从开始运动到与B 发生第n 次碰撞时间内，A 的总位移。

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…………装…………○…※※请※※不※※要※※在※※装※※…………装…………○…答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】ABC ．根据题意可知，人从O 到a 的过程，重力大于弹性绳的拉力，则人的加速度
向下，人处于失重状态，随伸长量的增加合力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，a 点时速度最大；a 到b 的过程中，弹性绳的拉力大于重力，则人的加速度向上，人处于超重状态，随伸长量的增加合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，到b 点速度减为0，AB 不符合题意，C 符合题意；
D ．由于O 点的速度不等于零，则O 到b 的过程中，由机械能守恒定律可知，该过程弹性势能的增加量等于重力势能的减少量与动能减少量之和，D 不符合题意。

故答案为：C 。

【分析】人从O 到a 的过程，重力大于弹性绳的拉力，则人的加速度向下，人处于失重状态。

a 到b 的过程中，弹性绳的拉力大于重力，则人的加速度向上，人处于超重状态。

2．【答案】D
【解析】【解答】A ．该核反应方程为H 12+H 13→H 24e +n 01，显然X 粒子为n ，A 项错误；
B ．γ光子是由原子发生核聚变，由原子核受到激发产生的。

B 项错误；
C ．由于该核反应释放能量，则该核反应存在质量亏损，则m 1+m 2>m 3+m 4 C 项错误；
D ．根据爱因斯坦质能方程，辐射出的γ光子的能量为Δ
E =(m 1+m 2−m 3−m 4)c 2
又因为ΔE =ℎc λ
则λ=
ℎc ΔE p =ℎλ
整理得p =ΔE
c
=(m 1+m 2−m 3−m 4)c
D 项正确。

故答案为：D 。

【分析】核反应过程，质量数和电荷数守恒。

γ光子由原子核受到激发产生的。

核反应释放能量，则该核反应存在质量亏损。

3．【答案】A
【解析】【解答】ABC ．用电热丝加热后，气体M 温度升高体积膨胀，将活塞向下推，对气体N 做
功，汽缸及活塞绝热，气体N 与外界没有热交换，根据热力学第一定律，气体N 的内能增加，气体N 的温度升高，压强增大，A 符合题意，BC 不符合题意：
D ．由能量守恒定律可知，气体M 内能的增加量为电热丝放出的热量减去对气体N 所做的功，D 不符合题意。

故答案为：A 。

【分析】体M 温度升高体积膨胀，将活塞向下推，对气体N 做功。

气体M 内能的增加量为电热丝放出的热量减去对气体N 所做的功。

4．【答案】B
【解析】【解答】A ．电子的轨迹与竖直的等势线相交于O 点，电子在O 点的速度以及电场力的方向
如下图所示，又负电荷所受的电场力与电场方向相反，因此甲带正电，A 不符合题意；
B ．等势线的疏密反应电场强度的大小，由于N 点的等势线比M 点的等势线密，则N 点的电场强度大，电子在N 点的电场力大，电子在N 点的加速度大，B 符合题意；
CD ．甲带正电，电场方向大致向右，电子在低电势点电势能大，则电子在N 点的电势能大，电子由M 到N 的过程中电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，CD 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】电子的轨迹与竖直的等势线相交于O 点，负电荷所受的电场力与电场方向相反。

等势线的疏密反应电场强度的大小。

电场方向大致向右，电子在低电势点电势能大。

5．【答案】D
【解析】【解答】A ．在t =0时刻，由图乙知质点P 向下运动，由“同侧法”可知该波沿x 轴负方向传
播，A 不符合题意； B ．由图知λ=8m ，T =4s
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…
装…………_ 姓名：_________…装…………则波速为v =
λ
T
=2m/s B 不符合题意；
C ．由图乙知，再经过Δt =0.5s ，即T 8后质点P 回到平衡位置，则P 点的平衡位置位于x =λ2−λ8=3m
C 不符合题意；
D ．由图像知A =20cm ，又ω=2πT =π2
由图乙可得质点P 的振动方程为y =20cos(π2t +π
4)(cm)
D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】根据同侧法或者“上坡下下坡上”可以由质点振动方向判断波的传播方向。

波速等于波长除以振动周期。

6．【答案】B
【解析】【解答】A ．由题意，C 点的导线在O 点的磁感应强度大小为B 0，又通电直导线在空间某点产
生的磁感应强度大小与到导线的距离成反比，则B 点的导线在O 点的磁感应强度大小为3B 0，由安培定则三根通电直导线在O 点产生的磁场如图甲所示
则O 点的磁感应强度大小为
B O1=√(2B 0)2
+(3B 0)2
=√13B 0
A 不符合题意；
B ．仅将
C 点导线的电流方向反向，则A 、C 导线在O 点产生的磁场的合磁感应强度为零，则O 点的磁感应强度大小为
B O2=3B 0
B 符合题意；
C ．仅将C 点的导线移到
D 处，则B 、D 处的导线在O 点产生的磁场的合磁感应强度为零，则O 点的磁感应强度大小为B O3=B 0 C 不符合题意；
D ．仅将A 点的导线移到D 处，由安培定则三根通电直导线在O 点的产生的磁场如图乙所示
则O 点的磁感应强度大小为B O4=√B 02+(6B 0)2=√37B 0 D 不符合题意。

故答案为：B 。

【分析】由安培定则可以知道磁感应强度的方向，磁感应强度为矢量，由平行四边形法则求解合磁感应强度的大小。

7．【答案】C
【解析】【解答】A ．由公式E m =nBSω得线框中产生的感应电动势的最大值为E m =20√2V
则感应电动势的有效值为E =20V
当电压表的示数为18V 时，则线框内阻分得的电压为2V ，则电路中的电流大小为I =2
1
A =2A
由于电动机刚好正常工作，则电动机的额定电流为2A ，A 不符合题意； BC ．电动机消耗的电功率为P 电=UI =18×2W =36W
电动机的内耗功率为P 内=I 2
R =22×1.5W =6W
电动机的输出功率为P 出=P 电−P 内=30W
则电动机的效率为η=P
出P
电
×100%=83.3%
B 不符合题意、
C 符合题意；
D ．电源的效率η1=UI EI ×100%=90%
D 不符合题意。

故答案为：C 。

【分析】由交变电流表达式求解感应电动势的最大值。

由于电动机刚好正常工作，则电动机的额定电流为2A ，根据相关求解公式代入题中数据依次求解。

8．【答案】D
【解析】【解答】AB ．作出小球的动态平衡图
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F 方向不变，绳与竖直夹角增大，可知，F 增大，AB 不符合题意；
CD ．轻绳对小球的拉力先减小后增大，当绳与F 垂直时，绳拉力最小。

开始时物块与斜面间的摩擦力为零，则物块所受摩擦力先沿斜面向上增大，再沿斜面向上减小至零，最后沿斜面向下增大，C 不符合题意，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】作出小球的动态平衡图，F 方向不变，绳与竖直夹角增大。

物块所受摩擦力先沿斜面向上增大，再沿斜面向上减小至零，最后沿斜面向下增大。

9．【答案】C,D
【解析】【解答】A ．由开普勒第三定律
(R +ℎ1)
3
T 0
2=
(R +ℎ2)3T 2
2
解得T 2=√(R+ℎ2)
3
(R+ℎ1)
3T 0
A 不符合题意；
B ．根据G Mm r 2
=m v 2
r 解得v =√GM r
则“遥感三十五号04”卫星与“遥感三十五号05”卫星的线速度之比为
v 1v 2=√R +ℎ2R +ℎ1
B 不符合题意；
C ．对于处在地球表面的物体万有引力近似等于重力，则有G Mm
R 2
=mg 对“遥感三十五号04”卫星有G
Mm
(R+ℎ1)2=m 4π2T 02(R +ℎ1)
解得M =
4π2(R+ℎ1)
3
GT 0
2；g =
4π2(R+ℎ1)
3
T 02R
2
C 符合题意；
D ．根据上述有M =
4π2(R+ℎ1)
3
GT 0
2
又由于V =43πR 3；ρ=M
V
解得ρ=
3π(R+ℎ1)
3
GT 02R
3
D 符合题意。

故答案为：CD 。

【分析】卫星都围绕地球转动，所以可以由 “遥感三十五号04” 求解“遥感三十五号05”卫星。

对于处在地球表面的物体万有引力近似等于重力。

10．【答案】B,D
【解析】【解答】AB ．设带电粒子在电场中的加速度为a ，则
a =
qU mL
对粒子1，竖直方向L
2=1
2
at 2
水平方向L =v 1t 解得v 1=√qU m
t =L √
m
qU
A 不符合题意，
B 符合题意；
C ．对粒子2有v 2t +12at 2=L
解得v 2=12√qU m
C 不符合题意；
D ．对粒子1由动能定理得q U 2=12mv ′12−12
mv 12 解得v ′1=√2qU m
对粒子2由动能定理得qU =12mv ′22−12
mv 22 解得v 2′=32√qU m
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则v 1′：v 2′=2√
23
D 符合题意。

故答案为：BD 。

【分析】对粒子1，竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速直线运动。

粒子2在电场作用下沿电场方向做匀变速直线运动。

11．【答案】A,C
【解析】【解答】A ．在O 点处，弹簧的形变量x 1=(2m+m)gsinθk =3mgsinθk
撤去外力瞬间，由牛顿第二定律有kx 2−3mgsinθ=3mgsinθ 又此时E p =12
kx 22
解得E p =18m 2g 2sin 2
θk
A 符合题意；
B ．从撤去外力至A 、B 运动到O 点过程中，由动能定理有12kx 22−12kx 12
−3mg(x 2−x 1)sinθ=12×3mv m
2 解得v m =gsinθ√
3mk k
B 不符合题意；
CD ．从撤去外力瞬间到弹簧恢复原长，由动能定理有12kx 22−3mgx 2sinθ=12×3mv 1
2 解得v 1=0
说明A 、B 刚好未能分离。

则B 到O 点的最大距离为x 3=x 2−x 1 解得x 3=3mgsinθk
C 符合题意，
D 不符合题意。

故答案为：AC 。

【分析】由受力平衡求解弹簧形变量， 弹簧的弹性势能的表达式求解弹簧弹性势能。

根据动能定理求解B 到O 点的最大距离。

12．【答案】B,D
【解析】【解答】B ．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v 2
r
解得r =mv
qB
设粒子P 的轨道半径为r ，可知则粒子Q 的轨道半径应为r ′=r
3
即粒子Q 与粒子P 的轨道半径之比为r ′：r =1：3 B 符合题意；
A ．作出粒子的轨迹如图所示
粒子P 射入后通过C 点，由几何关系可知粒子P 在磁场中转过的圆心角θ=
180°−120°=60°
则根据几何关系得tan θ2=tan30∘=√
33=L r
同理对于粒子Q 有tan θ′
2=tan60°=√3=L r ′
解得θ′=120°
由左手定则可知，粒子Q 刚射入磁场时受到的洛伦兹力竖直向下，则粒子Q 应从F 点射出磁场，A 不符合题意；
C ．根据带电粒子的周期公式可知粒子P 的周期为T =2πm qB =2π
kB
粒子P 在磁场中运动的时间t =1
6
T
粒子Q 的周期为T ′
=
2πm ′
qB
′=2π3kB =13T 由以上分析可知粒子Q 在磁场中运动的时间t ′=13T ′=19
T
所以粒子Q 与粒子P 在磁场中运动的时间之比为2：3，C 不符合题意；
D ．粒子P 的轨迹弧长l =r ⋅θ=πr
3
粒子Q 的轨迹弧长l ′=r ′⋅θ′=2πr 9
10 / 12
…装…………○…………订………线…………○…不※※要※※在※※装※※订※※线※※内…装…………○…………订………线…………○…粒子P 在磁场中运动轨迹的弧长是粒子Q 在磁场中运动轨迹弧长之比为l
l ′=
πr 32πr 9
=32
D 符合题意。

故答案为：BD 。

【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。

粒子P 射入后通过C 点，由几何关系可知粒子P 在磁场中转过的圆心角。

13．【答案】（1）不需要
（2）0.80
（3）平衡摩擦力过大（或长木板的倾角垫得过高）；gsinθ−b k
【解析】【解答】（1）由于小车的牵引力能通过传感器准确测出，因此不需要满足砝码的质量远小于小
车的质量。

（2）由于相邻两计数点间有4个点图中未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T =5×
1
50
s =0.1s 利用逐差法可得小车的加速度为
a =x CE −x AC 4T 2=
(12.00−4.40)×102
−4.40×102
4×0.1
2=0.80m/s 2
（3）由图丙可知，未挂砝码时小车的加速度不为零，表明平衡摩擦力过大或长木板的倾角垫得过
高；
由牛顿第二定律有F +Mgsinθ−f =Ma 解得a =1M F +gsinθ−f M
结合图像可知k =1M ，b =gsinθ−f
M
整理解得f =
gsinθ−b k
【分析】（1）由于小车的牵引力能通过传感器准确测出，因此不需要满足砝码的质量远小于小车的质量。

（2）利用逐差法可得小车的加速度。

（3）由表达式可知，图像斜率为小车质量的倒数，由图像与纵坐标截距求得摩擦力大小。

14．【答案】（1）0.5
（2）
（3）E ；左 （4）1.5；1.0
【解析】【解答】（1）由电流表的改装原理可知I =I g +
I g R g
R x
代入数据解得R x =0.5Ω.
（2）按照电路图甲将图乙中的实物图连线，如图所示。

（3）由图丙可知，电流表示数的最大值为45mA ．则电路中电流的最大值为450mA ．两节干电池的
电动势约为3V 。

则电路中总电阻为R =E I =3
0.45
Ω=6.67Ω
所以滑动变阻器应选择E 。

为了保护电路，开关闭合前，应使滑动变阻器接入电路的电阻值最大，即滑动变阻器的滑动触头应位于最左端。

（4）根据毫安表的改装原理，当毫安表的示数为I 时，电路中的电流为10I 。

设每节干电池的电动势为E 。

内阻为r ，则根据欧姆定律有2E =U +IR g +10I(R 0+2r) 代入数据解得U =2E −(20r +24.5)I 根据丙图的图像可知2E =3.0V 解得E =1.5V
11 / 12
…………订…………○班级：___________ 考号：_________…………订…………○由图像的斜率则有20r +24.5Ω= 2.0
4.5×10
−2Ω
解得r =1.0Ω
【分析】（1）由电流表的改装原理可知电阻箱R 的阻值。

（2）按照电路图甲将图乙中的实物图连线，根据电流流向依次连接。

（3）为了保护电路，开关闭合前，应使滑动变阻器接入电路的电阻值最大，即滑动变阻器的滑动触头应位于最左端。

（4）根据闭合电路欧姆定律以及毫安表的改装原理求解。

15．【答案】（1）根据题意可作出光路图，如图所示
根据余弦定理有AE 2=(√3R)2+R 2−2√3R ⋅R ⋅cos30° 解得AE =R
根据几何知识可知a 、b 两束光在E 点的折射角都为30° 根据折射定律有n a =sin60°
sin30
°
n b =
sin45°
sin30
°
光在该玻璃转中的传播速率为v =c
n
a 光在该玻璃砖的传播距离为R ，
b 光的传播距离为2R
由于两束光同时从该玻璃砖中射出，则射入时的时间差为Δt =2R v b
−R
v a
联立解得Δt =(2√2−√
3)R c
（2）根据几何关系可得出a 光在AB 上的入射角为30∘，b 光在BC 上的入射角也为30° 根据光路的可逆性可知，a 光的折射角为60°，b 光的折射角为45°
则射出玻璃砖时a 光与竖直方向的夹角为30∘，b 光与竖直方向的夹角为45° a 、b 光射出玻璃砖时二者间的夹角为75°
【解析】【分析】（1） 根据题意可作出光路图，根据光路图得出传播路径的长度，求出两束光的运动
时间以及运动时间之差。

（2）根据几何关系求解a 、b 光射出玻璃砖时二者间的夹角。

16．【答案】（1）根据题意可知，0~t 1时间内导体棒1上升的距离为x =
12at 1
2
此段时间内两导体棒与导轨形成的回路内，磁通量的变化量为ΔΦ=BLx
产生的平均感应电动势为E =ΔΦ
t 1
由闭合电路欧姆定律得平均电流为I =E 2R
又由q =It 1
解得q =BLat 12
4R
（2）导体棒2刚要离开挡板时，由平衡条件可知BIL =mgsinα
此时回路中的电流为I =
E 2R
导体棒1切割磁场产生的电动势为E =BLv
导体棒1运动的时间为t 2=v
a
解得t 2=
2mgRsinα
B 2L 2
a
（3）设时间Δt 内导体棒1向上运动的位移为x 1，该过程中，取向下为正方向，由动量定理有BILΔt +mgΔtsinα=mv 又有q 1=IΔt
q =ΔΦ12R =
BLx 12R
解得x 1=
2mgRsinαB 2L 2
(2mR
B 2L
2−Δt) 【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解平均电动势大小，从而求出平均电流大小，结合电
流定义式求解电荷量。

（2）由受力平衡求解对应的感应电动势大小，由匀变速直线运动的速度时间关系求解运动时间。

（3）由动量定理结合电流定义式求解 Δt 时间内导体棒1发生的位移。

17．【答案】（1）规定水平向右为正方向，A 受的电场力F =Eq =9N A 的加速度a =F
m 1
=9m/s 2
设A 与B 碰前速度为v 0，由v 02=2ad 解得v 0=6m/s
12 / 12
A 与
B 发生弹性碰撞，由动量守恒有m 1v 0=m 1v A 1+m 2v B 1
由机械能守恒12m 1v 02=12m 1v A 12+12m 2v B 1
2 解得v A1=−2m/s
v B 2=4m/s
则A 的动量大小为p A =m 1v A 1=2kg ⋅m/s 方向向左
B 的动量大小为p B =m 2v B 1=8kg ⋅m/s 方向向右。

（2）设A 与B 第一次碰前所用时间为t 1，由d =12
at 12
得t 1=23
s
再经过t 2时间，发生第二次碰撞v A 1t 2+12at 22=v B 1t 2
得t 2=43
s
则物块A 从静止开始到与木板B 发生第二次碰撞所用时间t =t 1+t 2=2s 碰撞时A 的速度v ′A1=v A1+at 2=10m/s
A 与
B 发生第二次弹性碰撞，由动量守恒有m 1v ′A 1+m 2v B 1=m 1v A 2+m 2v B 2
由机械能守恒有12m 1v ′2A 1+12m 2v B 12=12m 1v A 22+12
m 2v B 22 解得v A 2=2m/s
v B 2=8m/s
（3）设再经过t 3时间，发生第三次碰撞，则
v A 2t 3+
12
at 32
=v B 2t 3 得t 3=43
s
碰时A 的速度v ′A 2=v A 2+at 2=14m/s
A 与
B 发生第三次弹性碰撞有m 1v ′A 2+m 2v B 2=m 1v A 3+m 2v B 3
12m 1v ′A 22+12m 2v B 22=12m 1v A 32+12m 2v B 3
2 得v A 3=6m/s
v B 3=12m/s
同理第四次碰撞时间t 4=4
3
s
碰撞后两者速度分别为v A 4=10m/s
v B 4=16m/s 则物块A 从静止开始到第一次碰撞位移x 1=d =2m 从第一次碰撞到第二次碰撞位移x 2=v B 1t 2=163
m
从第二次碰撞到第三次碰撞位移x 3=v B 2t 3=323
m
从第n −1次碰撞到第n 次碰撞的位移x n =163
(n −1)(m)(n =2，3，4，⋯)
从开始运动到与木板B 发生第n 次碰撞时间内，物块A 的总位移x =x 1+x 2+x 3+⋯x n =2
3
(4n 2−
4n +3)(m)(n =1，2，3，⋯)
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求解碰前速度， A 与B 发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守
恒得到 A 与B 第一次碰撞后瞬间A 、B 的动量 。

（2）利用运动学公式求解A 与B 发生第二次弹性碰撞前的速度。

由动量守恒定律以及机械能守恒定律求解碰撞后瞬间两者速度大小。

（3） 求出第三和第四碰撞前碰撞时速度大小，依次求出从静止开始到第一次碰撞位移大小，以及从第n −1次碰撞到第n 次碰撞的位移大小。

利用数学公式求解物块A 的总位移 。