物 理
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若检验电荷在电场中某点受到的电场力为0，则该点的电场强度一定为0 B. 若通电导线在磁场中某点受到磁场的作用力为0，则该点的磁感应强度一定为0 C. 电源电动势等于内、外电路上的电压之和，所以电动势与电压的本质是相同的 D. 电动机的本质是电荷在导线中定向移动，洛伦兹力对电荷做功使导线转动起来 【答案】A 【解析】
【详解】A．若检验电荷在电场中某点受到的电场力为0，则该点的电场强度一定为0，故A正确； B．若通电导线电流方向与磁感线平行，则通电导线在磁场中受到磁场的作用力为0，但该点的磁感应强度不一定为0，故B错误；
C．电源电动势等于内、外电路上的电压之和，但电动势与电压的本质不相同，故C错误；
D．电动机的本质是电荷在导线中定向移动形成电流，通电导线在磁场中受到安培力使导线转动起来，故D错误。 故选A。
2. 如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，两个支架横梁和斜梁连接点分别为O、O₁，空调外机的重力大小为300N，其重心恰好在O、O₁连线中点的正上方。横梁AO水平， 斜梁 BO 跟横梁的夹角为37°， sin37°=0.6。假定横梁对O点的力总沿横梁方向，斜梁对0点的力总沿斜梁方向，则（ ）
A. 斜梁对 O 点的压力 FOB=500N B. 横梁对O 点的拉力 FOA=200N
C. 如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O点的作用力将变大 D. 如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对 O 点的作用力将变大 【答案】B 【解析】
【详解】AB．对O点进行受力分析，如图
由平衡条件可知
G
2=FOA=200N
tan37o
G 2=FOB=250Nsin37oA错误，B正确；
CD．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，则OA与OB的夹角变大，因为
G
FOB=2sinθG
FOA=2tanθ
所以夹角变大，FOB减小，FOA减小，C错误，D错误。 故选B。
3. 我国航天事业发展迅速，人造卫星数量位居世界前列。不同的卫星（质量一般不同）做圆周运动的轨道高度不同，现以这些卫星距离地球表面的高度为横轴，卫星的周期T、加速度a、速度 v、动能Eₖ为纵轴作出图像，下列图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B 【解析】 【详解】根据
mM4π2v2Gma ＝m2(R+h)=m=2(R+h)TR+hA．可得
(R+h)3 T=2πGM因h=0时T不为零，则选项A错误； B．可得
a=GM2
(R+h)随h的增加，加速度非线性减小，选项B可能正确； C．可得
v=随h增加，速度v减小，选项C错误； D．动能
GM R+h=Ek12GmM=mv 22(R+h)因这些卫星的质量关系不确定，则随h增加，动能不一定减小，选项D错误； 故选B。
4. 如图所示，静止的电梯缆绳发生断裂后向下坠落，电梯压缩井底缓冲轻质弹簧后逐渐停止运动，弹簧始终没有超过弹性限度，下滑过程中安全钳给电梯的滑动摩擦力大小恒定，忽略空气阻力的影响。则电梯从接触弹簧到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电梯的加速度一直在减小 B. 电梯的速度一直在减小 C. 电梯的机械能一直在减小
D. 电梯克服弹簧弹力做的功小于电梯动能的减小量 【答案】C 【解析】
【详解】AB．电梯接触弹簧后受到重力，向上的摩擦力和向上的弹力作用，重力大于摩擦力，弹力是由0开始逐渐增大的，开始时弹力与摩擦力的和小于重力，物体加速度减小，速度增大，当弹力与摩擦力的和等于重力时，加速度减小到0，速度达到最大，之后弹力与摩擦力的和大于重力，加速度反向增加，速度减小直到减小到0，所以整个过程加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小，AB错误； C．弹簧弹力和摩擦力一直对电梯做负功，根据功能关系可知，电梯机械能一直减小，C正确； D．根据动能定理
WG−Wf克−W弹克=∆Ek
有
−ΔEk=W弹克−(WG−Wf克)
因为
G>f
所以
WG>Wf克
−ΔEk 5. 如图所示，光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上A、B、C三点构成正三角形，AD、BE为圆环直径，且AD水平。甲、乙两小球带有等量异种电荷，将带正电荷的小球甲固定在A点处，另一带负电小球乙恰好能静止在B点处（甲、乙均可视为质点）。现在乙受到微小扰动，沿着圆环由静止开始下滑，则下列说法正确的是（ ） A. 甲乙静止时，在甲、乙形成的电场中，D、E两点的电场强度相同 B. 甲乙静止时，在甲、乙形成的电场中，D、E两点的电势相同 C. 乙从静止下滑到C点的过程中，乙的电势能一直不变 D. 乙从静止下滑到C点的过程中，乙的动能一直增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知在甲、乙形成的电场中，D、E两点的电场强度大小等，方向不同，故A错误； B．由几何关系可知，OC在AB连线的中垂线上，为甲、乙形成的电场的等势面且电势为零，可知D、E两点的电势不相同，故B错误； C．乙从静止下滑到C点的过程中，库仑力先做负功后做正功，所以乙的电势能先增大后减小，故C错误； D．由于初始时小球乙恰好能静止在B点处，对其受力分析，如图所示 根据平衡条件可得 F库cos30=°Fsin30° F库sin30=°+mgFcos30° 解得 F库=mg 乙下滑到C点的过程中，甲乙间距离先增大后减小，所以库仑力先减小后增大，即库仑力先小于重力后增大到与重力再次相等，所以BD阶段重力做功大于库仑力做功，合力做正功，DC阶段两力均做正功，合力做正功，所以乙的动能一直增大，故D正确。 故选D。 6. 如图 所示， 质量为 M 的带有 1光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球以水4平速度v₀从小车的左端冲上小车，经过时间t到达最大高度，此时小球恰好与0点相平，之后小球又返回小车的左端。则（ ） A. 整个运动过程中小球与小车的系统动量守恒、机械能守恒 B. 小球上升过程和下降过程的动量变化量相等 2Mv0 C. 圆弧轨道半径 R=(m+M)gD. 小球上升过程中，轨道对小球的冲量为 mgt+【答案】B mMv0 m+M【解析】 【详解】A.整个运动过程中小球与小车的系统由于只要重力和系统内弹力做功，机械能守恒。但系统所受的外力不为0，所以动量不守恒。但系统在水平方向所受合外力为0，水平方向动量守恒。故A错误； BC.上升过程由动量守恒和机械能守恒有 mv=0(m+M)v 11mv02=(m+M)v2+mgR 22解得 v=mv0 m+MMv02R= 2(m+M)g小球上升过程动量变化量为 =∆P1下降过程，由动量守恒和机械能守恒有 mv0−Mv0 −mv=0m+Mm+mmvmv1+Mv2 =0 111=mv02mv12+Mv22 222解得 v1=方向向左。 小球下降过程动量变化量为 m−Mv0 m+M=∆P2故B正确，C错误； m−M−Mv0=−mv0v0 m+Mm+MD.由动量定理有，小球上升过程中，轨道对小球的冲量为 I故D错误。 故选B。 (mgt)2mMv0 +m+M27. 如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mv。位qR于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、 M′N′与圆形区域在A、C两点处相切，所有粒子与挡板垂直碰撞后以原速率反弹，不计粒子的重力和空气阻力，忽略粒子间的相互影响。下列说法中正确的是（ ） A. 所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B. 粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=πRv 2nmv2C. 粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F= πRD. 粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I=【答案】C 【解析】 【详解】A．由洛伦兹力提供向心力，有 nqv Rv2 qvB=m r 可得 r=R 根据磁聚焦结论作出如图所示的轨迹图 粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从D点离开磁场，故A错误； B．根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的时间均为 t=πRv 这个时间是粒子从P点出发到从D点离开的最短时间，故B错误； C．所有粒子到达挡板的最短时间为 t1=最长时间为 R vt=2粒子与挡板碰撞过程中的作用时间为 RπR +vv∆t=对这n个粒子由动量定理可得 πRv F∆t=nm∆v 解的 2nmv2 F=πR故C正确； D．所有粒子从发出到达D点的最短时间为 t1'=πRv 最长时间为 't2=πRv+2R v因此粒子离开D点过程持续的时间为 2R∆t'= v则等效电流为 =Inqnqv ='∆t2R同时考虑到电荷离开D点时沿着不同方向，实际的电流会更小，故D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。 8. 在2023年杭州亚运会上，中国队包揽了男女链球金牌。链球是利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，经过3~5图加速旋转，带动链球旋转，最后链球脱手而出，整个过程可简化为某倾斜平面内的加速圆周运动和脱离后的斜抛运动，如图所示。忽略空气阻力，下列说法中正确的是（ ） A. 链球做加速圆周运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同 B. 链球做加速圆周运动过程中，链球的重力、铁链对链球拉力的合力等于链球的向心力 C. 链球做斜抛运动过程中，相同时间内速度的变化量一定相同 D. 链球做斜抛运动过程中，重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．链球做加速圆周运动过程中，加速度变化，所以相同时间内速度的变化量不相同，故A错误； B．链球做加速圆周运动过程中，链球的速度大小变化，所以链球的重力、铁链对链球拉力的合力不等于链球的向心力，故B错误； C．链球斜抛过程中加速度恒定，所以相同时间内速度的变化量一定相同，故C正确； D．若链球在做斜抛运动过程中，重力的功率为 P=mgvy 由于竖直方向速度先减小到零后一直增大，所以重力功率的绝对值先减小到零然后一直增大，故D正确。 故选CD。 9. 高压电线会发出嗡嗡声，原因之一是高压电线上的交变电流会产生交变磁场，在磁场作用下，导线会发生微小的振动，这种振动会引起空气振动，从而产生声波。为了研究这一现象，设计了如下实验：如图甲所示，两端固定在同一绝缘光滑水平面内距离较近的两根完全相同的平行弹性长直导线 MN和 PQ，不通电流时导线中点分别处于a、a’点，通入同向或反向等大电流I后，两导线最近位置分别处于 b、b'点、最远位置分别处于c、c'点，两导线关于O点对称，仅考虑两导线之间磁场力引起导线形变，则下列说法正确的是（ ） A. 当两导线通入同向等大电流Im时，两导线中点分别位于b、b'点 B. 当两导线通入反向等大电流Im时，O点处磁感应强度为零 C. ab>ac D. 若两导线均通入图乙所示交变电流，则发声的频率与交变电流的频率相同 【答案】AC 【解析】 【详解】A．若两导线中通以等大同向电流，根据安培定则和左手定则可知，两导线相互吸引，两导线中点分别位于b、b'点，故A正确； B．当两导线通入反向等大电流Im时，根据安培定则可得，两导线在O点处方向相同，矢量和不为0，B错误； C．由于同向和反向电流最大值都一样，但是同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，距离越远磁场越小。故反向电流排斥力小于通向电流的吸引力，故ab>ac，C正确； D．若两导线均通入图乙所示交变电流，则电流始终同向，一个周期内在最低点两次，因此发声的频率与交变电流的频率不同，D错误。 故选AC。 10. 如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M=90g =2.6N，羽毛球质量为m=5g，球头离筒的上端距离（不含球的质量），球筒与手之间的滑动摩擦力为f₁=0.1N重力加速度为d=9cm，球头离筒的下端距离为d′=7cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f₁g=10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后（ ） A. 羽毛球的加速度大小为30m/s? B. 羽毛球筒的加速度大小为10m/s? C. 若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s D. 若羽毛球筒获得的初速度大小合适，羽毛球可能从下端筒口出来 【答案】AC 【解析】 【详解】A．对羽毛球受力分析，由牛顿第二定律可得 mg+f2=ma1 解得 a1=30m/s2 故A正确； B．羽毛球筒受力分析，由牛顿第二定律可得 Mg−f1−f2=Ma2 解得 a2=−20m/s2 负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动。故B错误； C．若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时二者速度相等，此时筒获得的 初速度为最小，有 11d =a1tvmin+a2t，vmint+a2t2−a1t2=22联立，解得 vmin=3m/s 故C正确； D．设筒的初速度为v时，羽毛球恰好从下端筒口出来，则此时筒的速度减为零，则有 1212a1t−a2t=d'，0=v+a2t 22解得 v435m/s>3m/s 易知与题意不符，所以羽毛球不可能从下端筒口出来。故D错误。 故选AC。 三、非选择题：共5小题，共57分。 11. 如图甲所示的实验装置可以测量滑块的加速度， 回答如下问题： （1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙，读数为___________cm。 （2）用刻度尺测量两光电门中心之间的距离L，光电门1中心所指刻度如图丙，读数为___________cm。 （3）数字计时器测出遮光条经过光电门1和光电门2的遮光时间分别为t1、t2，则滑块的加速度的表达式为 a=_____（用题中字母表示）。 【答案】 ①. 0.430 ②. 7.15##7.14##7.16 ③. a【解析】 【详解】[1]读数为 d=4mm+6×0.05mm=4.30mm=0.430cm [2]最小分度值为0.1mm，因此读数为7.15cm d21212()−() t12Lt2[3]经过光电门1和光电门2的速度分别为 dd、，根据 t1t2dd=2aL()2−()2 t2t1解得 ad21212()−() t12Lt212. 学堂班同学用如图甲所示的电路测量一电池电动势E（约2V）和内阻r（约几欧）。图中电流表量程为1mA、内阻为 500Ω，电阻箱 R₁的最大阻值为9999.9Ω，按图连接好电路后，进行以下操作： 、R₁ 的阻值调为____________Ω，使得 R₁两端能承受的最大电压为1.5V； （1）把电阻箱R₁阻值调到最大，为了保护电流表，定值电阻 R0应选____________ （2） 闭合开关前，需要把电阻箱 R₁（填“50Ω” 或 “500Ω” ）； ，记录下阻值 R₁和对应的电流表读数I； （3） 闭合开关，多次调节电阻箱R₁（4）利用所得数据，作 11−图线，如图乙所示，图线斜率为k，纵截距为b； IR1k、b（5） 电流表和 R₁的总阻值用 RA表示， 由以上分析可得， E=_____，r=_____。 （用， RA、R0、表示） 2k(RA+R0)−bRAR0RA ④. 【答案】 ①. 1000 ②. 500Ω ③. bR−kbRA−kA【解析】 两端能承受的最大电压为1.5V，则 【详解】（1）[1]使得 R₁Ig(R2+RA)=1.5V 解得 R2=1000Ω （2）[2]并联支路的最大电压为1.5V，则 R=0为了保护电流表，定值电阻 R0应选500Ω； （5）[3][4]由电路可知 2−1.5Ω=500Ω −310E=IRA+(I+IRA)(R0+r) R11RA+R0+rRA(R0+r)1=+⋅ IEER1由图像可知 b=RA+R0+r ERA(R0+r) Ek=解得 r=k(RA+R0)−bRAR0 bRA−k2RAE= bRA−k13. 如图所示，竖直面内的轨道ABC由粗糙倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC组成，两轨道在B 处相切，一质量为 m=1kg的小物体从顶端A 点静止释放，已知轨道AB长， L=1m，物体倾斜轨道倾角为 37°。圆弧轨道半径。R=0.2m，重力加速度 与倾斜轨道间的动摩擦因数， µ=0.5，=g10m/s?=，sin37°0.6=，cos37°0.8，求∶ （1） 物体在倾斜轨道上运动的加速度大小； （2） 物体从 B点刚进入圆弧轨道时受到轨道的支持力大小。 【答案】（1）2m/s2；（2）FN=28N 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律可得 mgsinθ−µmgcosθ=ma 解得 a=gsinθ−µgcosθ=2m/s2 （2） 物体在B点 2mvB FN−mgcosθ=RB点速度满足 2 2aL=vB解得支持力大小为 FN=28N 14. 滑雪爱好者在滑雪场里玩跳板游戏：人踩着滑雪板从斜坡滑下进入水平滑道，快靠近某一水平冰面（不计摩擦） 时，如图所示，以初速度v0沿与水平方向成 θ=60°夹角起跳，恰好沿水平方向跳上一静 人和滑雪板（始终相对静止）总质量止在冰面上的水平木板。已知滑雪板与木板间的动摩擦因数 µ=0.1，与木板质量相等，木板长度远大于滑雪板的长度，重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）木板的高度h； （2）要使人和滑雪板不从木板上滑下，木板的最小长度L。 225v03v0 【答案】（1）；（2）L=8g8g【解析】 【详解】（1）起跳至到水平木板过程，竖直方向 2 2gh=（v0sinθ）得 22（v0sinθ）3v0 h=2g8g（2）当人落在木板上后，人和滑雪板及木板组成系统动量守恒 mv0cosθ=2mv 从落上到共速能量守恒 11m(v0cosθ)2=×2mv2+µmgL 22得 25v0 L=8g15. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在一个空间中用电场、磁场对离子的运动轨迹进行。图所示便是一种粒子轨迹的模型。如图，真空中一半径为d的圆形区域内存在方向与纸面垂直的匀强磁场，现从边缘S点以速度v₀水平射入一个质量为m、电量为q的正电粒子，粒子经过磁场后，刚好从边缘正下方的P点沿图示的方向穿出。图中竖直边界A1A1′右侧区域存在方向竖直向上、场强大小为E的匀强电场，粒子经过该电场后，刚好水平向左穿过竖直边界A1A1′，随即进入多组紧密相邻的匀强磁场和匀强电场。该区域磁场和电场的宽度均为d，长度足够长，电场强度大小也为E，方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。已知竖直边界线AnAn′处 mv0mv02o有电场，B=，，θ=60E=，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。答案只能用m、q、d、 4qd8qdv₀表示。 求∶ （1）圆形磁场区域内的磁感应强度的大小； （2） 粒子经过边界A2A2′时与A2的距离，以及穿过边界A3A3′时的速度大小； （3） 粒子整个运动过程中，轨迹最左端离边界A1A1′的水平距离。 【答案】（1）【解析】 mv02；（2）(5−3)d，（3）(4+25)d v0；qd2【详解】（1）根据带电粒子在磁场中的受力情况，画出轨迹如图 根据几何关系可知，SOPO1为菱形，粒子做圆周运动的半径为 r=d 根据 v02 B0v0q=mr可得 B0= mv0 qd （2）根据题意设粒子穿过A1A1′时距离A1为y，在A1A1′右侧电场中只受向上的电场力，水平方向匀速直线运动，竖直方向匀减速直线运动，设加速度为a , 如图有 o=vxv=0cos60v0 23v0 2o=vyv=sin600Eqv02 =a=m8d2ay=vy2 解得 y=3d 根据 vx2Bvxq=m r1可得 r1=2d sin=θ可得 1d =2d2θ=30o 粒子经过边界A2A2′时与 A2的距离为 L=y+r1−r1cosθ=(5−3)d 粒子经过边界A2A2′时速度为 v=v=2x则 v0 2o=v2xv=2cos303v0 4o=v2yv=2sin301v0 4之后在电场中水平方向上加速，加速度为 Eqv02 =a=m8d2ad=v3x2−v2x2 解得 v3x=7v0 4v=v=3y2yv31v0 42v0 2v3x2+v3y2（3）设粒子在下方运动过程中，从右向左在第n层磁场中运动速度为vn，轨道半径为rn，有 v1=1v0 2r1=2d (n−1)Eqd=11mvn2−mv12 22vn2Bvnq=m rn解得 rn=2nd vn=nv0 2粒子进入第n层电场时，速度方向与水平方向的夹角为αn，从第n层电场左边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直电场线方向的速度分量不变，有 vn−1sinαn−1=vnsinθn−1 rnsinαn−rnsinθn−1=d 解得 rnsinαn−rn−1sinαn−1=d 可知r1sinα1、r2sinα2、r3sinα3……rnsinαn是一组等差数列，公差为d，可得 αnr1sinα1+(n−1)=rnsin=dnd 将rn=2nd代入，的 sinαn=由于 n 2sinαn≤1 解得 n≤4 由于n>1，且为整数，故n的最大值为4，此时 =sinθ4v4=sinα4v54v042=25v022 5r5=25d 即粒子在第5层磁场中达到轨迹最左端，此时速度竖直向下，几何关系得轨迹最左端距离第5层磁场右边界距离为 ∆d=r5−r5sinθ4=(25−4)d 综上，轨迹最左端离边界A1A1′的水平距离为 L=n2d+∆d=(4+25)d
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容