考試時間：75分鐘
第Ⅰ卷（選擇題）
一、單選題單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1. 如圖所示，質量相同的甲、乙兩人以不同姿勢懸掛在水平單杠上靜止，甲雙臂豎直平行，乙雙臂斜向上張開，以下說法正確的是（ ）

A. 甲的合力比乙大
B. 甲、乙的合力相等
C. 乙每條手臂沿胳膊方向的拉力與甲相等
D. 乙對單杠的作用力與單杠對乙的作用力是一對平衡力
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．由于甲、乙兩人均靜止，單杠給人的作用力等于人的重力，人的合力為0，故A錯誤，B正確；
C．甲雙臂豎直平行，則甲每條手臂沿胳膊方向的拉力等于人重力的一半，乙雙臂斜向上張開，根據人的受力分析可知，乙每條手臂沿胳膊方向的拉力大于人重力的一半，由于甲、乙質量相等，則乙每條手臂沿胳膊方向的拉力與甲不相等，故C錯誤；
D．乙對單杠的作用力與單杠對乙的作用力是一對相互作用力，故D錯誤。
故選B。
2. 金屬板和板前一正點電荷形成的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個點，則（ ）

A. 圖中沒有電場線的地方就沒有電場
B. C點電勢低于A點電勢
C. 同一正電荷在D點的電勢能高于在B點的電勢能
D. 正電荷從D點靜止釋放，若只受電場力作用，將沿電場線運動到B點
【答案】C
【解析】
【詳解】A．圖中沒有電場線的地方只是沒畫出電場線，不是沒有電場，故A錯誤；
B．沿著電場線方向，電勢降低，則C點電勢高于A點電勢，故B錯誤；
C．沿著電場線方向，電勢降低，可知D點電勢高于B點電勢，根據可知，同一正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以同一正電荷在D點的電勢能高于在B點的電勢能，故C正確；
D．正電荷由D點釋放，受電場力方向沿切線方向，所以運動軌跡不會沿電場線方向，故D錯誤。
故選C。
3. 2023年11月15日第一屆全國青年運動會在南寧市舉行。如圖甲所示，某運動員在參加跳水比賽時，假設運動員做豎直上拋運動，從運動員離開跳板瞬間開始計時，取豎直向下為正方向，該運動員重心的豎直速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 在和時間內加速度方向相反B. 在時刻運動員重心到達最高點
C. 在時刻運動員重心速度反向D. 在時刻運動員重心入水深度最大
【答案】D
【解析】
【詳解】A．在0～和～時間內運動員做豎直上拋運動，加速度為重力加速度，方向都是豎直向下，故A錯誤；
B．運動員向上運動時間為0～，在時刻運動員重心到達最高點，故B錯誤；
C．運動員在～時間內都在豎直向下運動，所以在時刻運動員重心速度沒有反向，故C錯誤；
D．運動員在～時間內都在豎直向下運動，在時速度減為零，可知在時刻運動員重心入水深度最大，故D正確。
故選D。
4. 國產科幻大片《流浪地球2》中的“太空電梯”給觀眾帶來了強烈的視覺震撼。科學家們在地球同步靜止軌道上建造了一個空間站，再用超級纜繩連接地球上的固定基地，通過超級纜繩承載太空電梯，使轎廂沿繩索從基地直入太空，而向空間站運送貨物，超級纜繩相對地面靜止。下列說法正確的是（ ）
A. 隨著離地面高度的增大，貨物的角速度增大
B. 貨物的向心力始終由“太空電梯”對貨物的作用力提供
C. 隨著離地面高度的增大，貨物的向心加速度增大
D. 隨著離地面高度的增大，貨物的線速度減小
【答案】C
【解析】
【詳解】A．同步空間站和纜繩相對地面靜止，角速度等于地球自轉角速度，貨物沿繩索上升，離地面高度增大時，其角速度始終等于地球自轉角速度，故A錯誤；
B．貨物的向心力始終由“太空電梯”對貨物的作用力以及地球對貨物的萬有引力共同提供，故B錯誤；
C．由向心加速度公式
可知，隨著離地面高度的增大，圓周運動半徑r增大，貨物向心加速度增大，故C正確；
D．由線速度與角速度的關系
可知，隨著離地面高度的增大，貨物線速度增大，故D錯誤。
故選C。
5. 計算機鍵盤每個按鍵下有塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊小的固定金屬片，兩片金屬片組成一個小電容器。計算機工作時，電壓保持不變，對正常工作的計算機，按下鍵盤上“ctrl”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器（ ）
A. 電容變小B. 金屬片間的場強變大
C. 電荷量減小D. 處于放電狀態(tài)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．按下“ctrl”鍵過程中，按鍵金屬片間組成的電容器兩極板間距d減小，根據
可知電容C變大，A錯誤；
CD．因兩板電壓U一定，根據
Q=CU
可知，電容器帶電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，CD錯誤；
B．電壓保持不變，根據
可知d減小時金屬片間的場強E變大，B正確。
故選B。
6. 一部華為Mate系列手機大約有1600多個元器件組成，其中半導體器件占到了很大一部分?；魻栐褪抢没魻栃瞥傻陌雽w磁電轉換器件，如圖是很小的矩形半導體薄片，M、N之間的距離為a，薄片的厚度為b，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，加磁場后M、N間的霍爾電壓為。已知半導體薄片中的載流子為正電荷，每個載流子電荷量為q，單位體積內載流子個數為n，電流與磁場的方向如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A. N板電勢低于M板電勢
B. MN間電勢差
C. 每個載流子受到的洛倫茲力大小為
D. 將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，變大
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．根據左手定則，帶正電的載流子會積累在N板，所以N板電勢高于M板電勢，故A錯誤；
BC．電流穩(wěn)定后，根據平衡條件知每個載流子受到的洛倫茲力等于電場力，即
根據電流微觀表達式
整理得MN間電勢差
故B正確，C錯誤；
D．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則載流子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故D錯誤。
故選B
【點睛】
7. 如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為k，原線圈接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，為定值電阻，為滑動變阻器，現(xiàn)移動滑片P，則滑動變阻器兩端的電壓變化量和流過的電流變化量的比值為（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】根據變壓器的原理
，
有
，
在原線圈電路中
定值
則
，，
且
于是有
故選D。
二、多項選擇題。本大題共3個小題，每小題5分，共15分。下列各題四個選項中有多個選項符合題意，請選出。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，不選或錯選不給分。
8. 如圖所示，用力F拉著一個物體從固定斜面上的A點運動到B點的過程中，重力做功－4J，拉力F做功9J，阻力做功－1J，則下列判斷正確的是（ ）
A. 物體的重力勢能增加了9JB. 物體的機械能增加了3J
C. 物體的機械能增加了8JD. 物體的動能增加了4J
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．重力做功，則物體的重力勢能增加了，故A錯誤；
D．根據動能定理可得
物體動能增加了4J，故D正確；
BC．物體的機械能增加了
故B錯誤，C正確。
故選CD。
9. 某同學從商場購買了一個質量分布均勻透明“水晶球”，如圖甲所示。該同學先測出了“水晶球”的直徑為10cm，并標記了其中一條水平直徑對應的兩端點P、Q。球外某光源發(fā)出的一細束單色光從球上P點射向球內，當折射光線與水平直徑PQ成角時，出射光線與PQ平行，如圖乙所示。已知光在真空中的傳播速度為，下列說法正確的是（ ）
A. “水晶球”的折射率為
B. 光在“水晶球”中的傳播時間為
C. 增大過P點光線的入射角，光線出射時可能發(fā)生全反射
D. 若僅換用波長較長的入射光，則光在“水晶球”中的傳播速度變大
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．如圖所示，

由幾何關系可知，光線射出時的折射角為，折射率
故A正確；
B．光在“水晶球”中傳播的距離
時間
故B錯誤；
C．由圖
增大過P點光線的入射角，光線出射時一定不會在球內發(fā)生全反射。故C錯誤；
D．當入射光的波長變長時，頻率變小，光的折射率也變小，由
可知光在“水晶球”中的傳播速度變大，故D正確。
故選AD。
10. 如圖甲所示，間距為l、電阻不計的光滑金屬導軌固定在傾角為θ的斜面上，在區(qū)域Ⅰ內有垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在區(qū)域II內有垂直于斜面向下的磁場，其磁感應強度的大小隨時間的變化如圖乙所示，其中tx未知，t=0時刻在導軌上端的金屬棒ab從如圖位置由靜止開始沿導軌下滑，同時處于區(qū)域Ⅰ的另一金屬棒cd也由靜止釋放，在時，ab棒剛好到達區(qū)域II。在ab棒運動至區(qū)域II的下邊界EF前，cd棒始終靜止不動，兩棒均與導軌接觸良好。已知cd棒的質量為m，區(qū)域II沿斜面的長度為l，從ab開始釋放到運動至EF的過程中，下列說法中正確的是（ ）
A. cd棒中電流的大小始終等于
B. ab棒開始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離為l
C. ab棒從開始釋放到運動至EF所用時間為
D. ab棒開始下滑至EF的過程中，回路中產生的總的熱量為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．根據題意可知區(qū)域II內磁場均勻變化，因此在回路中產生感應電流，由楞次定律和安培定則可知，流過cd棒中電流方向應該是由的，因棒靜止，由平衡條件可得棒所受安培力沿導軌向上，據左手定則可知，區(qū)域Ⅰ內磁場垂直于斜面向上，且符合
解得
故A正確；
B．棒始終靜止不動，說明棒到達區(qū)域II前后回路中的電動勢不變，則棒在區(qū)域II中一定做勻速直線運動，設棒剛進入區(qū)域II時的速度為，則有
即
解得
棒在進入區(qū)域II之前不受磁場力作用，做勻加速直線運動，則ab棒開始下滑的位置離區(qū)域Ⅱ上邊界的距離為
故B錯誤；
C．ab棒從開始釋放到運動至EF所用時間為
根據棒區(qū)域II之前做勻加速直線運動，可得
聯(lián)立上述方程解得
故C正確；
D．因為兩階段感應電動勢不變，電路中的電流不變，所以根據焦耳定律可知，ab棒進入磁場前和進入磁場后產生的熱量相等，即產生的熱量就是等于ab進入磁場后克服安培力做的功的2倍。根據動能定理可知，ab進入磁場后克服安培力做的功符合
所以ab棒開始下滑至EF的過程中，回路中產生的總的熱量為
故D錯誤。
故選AC。
第Ⅱ卷（非選擇題）
三、實驗題。（每空2分，共16分）
11. 某同學用如圖甲所示的實驗裝置做“用單擺測重力加速度”的實驗。細線的一端固定在一力傳感器觸點上，力傳感器與電腦屏幕相連，能直觀顯示細線的拉力大小隨時間的變化情況，在擺球的平衡位置處安放一個光電門，連接數字計時器，記錄小球經過光電門的次數及時間。
（1）用游標卡尺測量擺球直徑d，結果如圖乙所示，則擺球直徑______；
（2）將擺球從平衡位置拉開一個合適的角度，由靜止釋放擺球，擺球在豎直平面內穩(wěn)定擺動后，啟動數字計時器，擺球某次通過光電門時從1開始計數計時，當擺球第n次（n為大于3的奇數）通過光電門時停止計時，記錄的時間為t，此單擺的周期______（用t、n表示）。此過程中計算機屏幕上得到如圖丙所示的圖像，可知圖像中兩相鄰峰值之間的時間間隔為______。
（3）若在某次實驗時該同學未測量擺球直徑d，在測得多組細線長度和對應的周期T后，畫出圖像。在圖線上選取M、N兩個點，找到兩點相應的橫、縱坐標。如圖丁所示，利用該兩點的坐標可得重力加速度表達式______。
【答案】 ①. 1.240 ②. ③. ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]擺球直徑為
（2）[2]小球每個周期經過光電門2次，擺球通過平衡位置時從1開始計數，同時開始計時，當擺球第n次（為大于3的奇數）通過光電門時停止計時，記錄的時間為t，此單擺的周期為
[3]圖像的峰值對于小球經過最低點，每個周期小球經過兩次該位置，可知圖像中兩相鄰峰值之間的時間間隔為；
（3）[4]根據單擺周期公式
可得
可知，圖像的斜率
由圖丁可知
可得重力加速度表達式為
12. 某學習小組的同學們想利用電壓表和電阻箱測量一電池組的電動勢和內阻，他們找到了如下的實驗器材：電池組（電動勢約為6.0V，內阻約為）靈敏電流計G（滿偏電流，內阻），定值電阻（），定值電阻，電阻箱R ，開關，導線若干。
同學們研究器材，思考討論后確定了如下的實驗方案，請你將該方案補充完整。
（1）若想把靈敏電流計G改裝成量程為8V的電壓表，需要___________一個定值電阻（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）；
（2）為了準確測出電池組電動勢和內阻，在圖中虛線框中設計電路圖，請把該電路圖補充完整________。

（3）采集靈敏電流計G的讀數I，電阻箱的讀數R，作出了圖像如圖乙所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為b，電源中的電流遠大于電流計G中的電流，則所測得電池組的內阻r=___________；（用題目中所給的字母表示）

（4）組長還組織大家繼續(xù)研討，圖丙所示為他們測得的某型號小燈泡的伏安特性曲線，如果把三個該型號的燈泡并聯(lián)后再與的定值電阻串聯(lián)起來接在上述電池組上（若測得電池組的電動勢E＝6.0V，內阻），如圖丁，則每只燈泡消耗的實際功率為___________W（保留兩位有效數字）。

【答案】 ①. 串聯(lián) ②. 見解析 ③. ④. 0.11##0.12##0.13
【解析】
【詳解】（1）[1]將靈敏電流計改裝成電壓表，應串聯(lián)一個大電阻；
（2）[2]將改裝的電壓表和電阻箱接入電路，如圖所示

（3）[3]根據閉合電路歐姆定律
整理得
因此
，
可得
（4）[4]將R2與電源等效為新電源，內電阻為
設流過電源的電流為3I，根據閉合電流歐姆定律
畫出圖像如圖

兩圖像的交點坐標為（0.7，0.17），因此每只燈泡消耗的實際功率為
四、解答題。本大題共3個小題，其中第13題10分，第14題13分，第15題18分，共41分。
13. 如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，圖甲是這列波在時刻的波形圖，圖乙是波上某質點的振動圖像。求：
（1）這列波的傳播速度；
（2）P點經過0.9s的路程；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【詳解】（1）由圖可知，振幅和波長分別為

波的傳播速度為
（2）由于
P點經過0.9s的路程為
14. 如圖，水平冰面左側有一足夠長的斜坡冰面，一蹲在滑板上的小孩和其面前的物塊開始都靜止在水平冰面上。小孩與滑板的總質量為，物塊的質量為，某時刻小孩將物塊以相對冰面的速度向斜坡推出。若斜坡冰面及水平冰面視為光滑面，物塊通過斜坡底部時無能量損失，小孩與滑板始終無相對運動，取重力加速度的大小。
（1）求推出物塊后小孩的速度大小v1；
（2）求物塊在斜坡上運動的最大高度h；
（3）物塊從斜坡上返回后追上人時，人立即抓住物塊，求該過程損失的機械能ΔE。
【答案】（1）1m/s；（2）0.45m；（3）15J
【解析】
【詳解】（1）對于滑塊、小孩以及滑板構成的系統(tǒng)，根據動量守恒定律可得
代入相關數據可得
（2）對于滑塊，根據機械能守恒定律可得
代入相關數據可得
（3）物塊從斜坡上返回后追上人時，人立即抓住物塊后，人與物塊共速，速度為v，有
解得
該過程損失的機械能
15. 如圖所示，在第一象限中有一勻強磁場（圖中未畫出），一帶正電的粒子（不計重力）從y軸上A點沿x軸正向以初速度進入勻強磁場區(qū)域，A點坐標為，從x軸上的C點出磁場并進入第四象限的勻強電場區(qū)域，方向與x軸負向成60°角。粒子經過此電場區(qū)域后恰好垂直于y軸進入第三象限的電、磁場區(qū)域，它們的寬度都為L，其中磁感應強度為，電場強度為，粒子的質量為m、電荷量為q，虛線邊界有電場。求：
（1）第一象限中勻強磁場的磁感應強度的大小和方向；
（2）粒子剛進入第三象限中的第二個磁場區(qū)域時的速度大?。?br>（3）整個運動過程中，粒子距離y軸最遠的水平距離。
【答案】（1），方向垂直于紙面向里；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）由幾何關系得

解得
方向垂直于紙面向里；
（2）設粒子剛進入第四象限磁場時的速度為，則
由幾何關系，粒子出磁場時與水平方向的夾角為30°，則粒子剛進入電場區(qū)域時水平方向的速度為
豎直方向的速度為
粒子剛進入第三象限中的第二個磁場區(qū)域時的速度大小為
（3）方法一：設粒子在第三象限運動過程中，從右向左在第n層磁場中運動速度為，軌道半徑為，則有

則
粒子進入第n層電場時，速度方向與水平方向的夾角為，從第n層電場左邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為，粒子在電場中運動時，垂直電場線方向的速度分量不變，有

解得
可知、、、……是一組等差數列，公差為L，可得
將代入，得
由于
則
由于，且為整數，故n的最大值為4，此時
即粒子在第5層磁場中達到軌跡最左端，此時速度豎直向下，幾何關系得軌跡最左端距離第5層磁場右邊界距離為
綜上，軌跡最左端離y軸的水平距離為
（3）方法二：設在第n個磁場中最遠，則
由動量定理

由能量關系
則
解得

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