1．（4分）如圖所示為仰韶文化時(shí)期的一款尖底瓶，該瓶裝水后“虛則欹、中則正、滿則覆”，下面有關(guān)瓶（包括瓶中的水）（ ）
A．瓶所受重力就是地球?qū)ζ康奈?br>B．裝入瓶中的水越多，瓶的重心一定越高
C．重力只作用在瓶的重心上
D．瓶所受重力的方向一定可以與兩條繩子的方向交于同一點(diǎn)
2．（4分）在維修高壓線路時(shí)，為保障安全，電工要穿特制材料編織的電工服（如圖甲），頭頂上方有B供電線，B電線電勢高于A電線，已知相鄰等勢線的電勢差值均為5V，c、d、e、f是等勢線上的四個(gè)點(diǎn)（ ）
A．電工服是用絕緣性能良好的絕緣材料制作
B．在c、d、e、f四點(diǎn)中，c點(diǎn)的電場最強(qiáng)
C．在e點(diǎn)靜止釋放一個(gè)電子，它會(huì)向d點(diǎn)所在等勢面運(yùn)動(dòng)
D．將一個(gè)電子由c移到d電場力所做的功為5eV
3．（4分）天文學(xué)家預(yù)測，北冕座T恒星系統(tǒng)可能在2024年爆發(fā)，其亮度預(yù)計(jì)將和北極星相當(dāng)，白矮星的質(zhì)量約為太陽的1.4倍，紅巨星的質(zhì)量約為太陽的1.1倍，白矮星與紅巨星之間的距離約為地球與太陽之間距離的0.5倍，則北冕座T雙星系統(tǒng)的周期約為（ ）
A．0.15年B．0.22年C．0.63年D．2.2年
4．（4分）如圖甲所示，一固定豎直倒放的“U”形足夠長金屬導(dǎo)軌的上端接一定值電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，以大小為p0的初動(dòng)量豎直向上拋出，金屬棒的動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示（圖中p＝﹣0.5p0的虛線為圖像漸近線）。整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂直，不計(jì)空氣阻力及金屬棒和導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。關(guān)于此過程中（ ）
A．t0時(shí)刻金屬棒的加速度為零
B．金屬棒的最大加速度大小為3g
C．金屬棒上升過程安培力的沖量大小為2p0﹣mgt0
D．金屬棒上升過程定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于
二、雙項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分，每小題有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分
（多選）5．（6分）物理關(guān)系式不僅反映了物理量之間的關(guān)系，也確定了單位間的關(guān)系。與磁感應(yīng)強(qiáng)度的國際單位等效的有（ ）
A．B．C．D．
（多選）6．（6分）如圖空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運(yùn)動(dòng)，則液滴（ ）
A．帶負(fù)電
B．一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
D．電勢能減小
（多選）7．（6分）某地地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量的大小B隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示，方向豎直向上，直升機(jī)用絕緣繩將一始終保持水平的閉合金屬導(dǎo)線框豎直向上勻速吊起（ ）
A．線框中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流（俯視）
B．線框中的感應(yīng)電流不斷減小
C．線框的四條邊有向內(nèi)收縮的趨勢
D．線框的四條邊有向外擴(kuò)張的趨勢
（多選）8．（6分）如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在足夠長輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小圓環(huán)，光滑定滑輪與直桿間的距離為d?，F(xiàn)將圓環(huán)從圖中所示的A處由靜止釋放，此時(shí)連接圓環(huán)的細(xì)繩與水平方向的夾角為30°，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．圓環(huán)剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為
B．圓環(huán)剛釋放時(shí)，重物的加速度大小為
C．圓環(huán)下落到最低點(diǎn)的過程中，圓環(huán)的機(jī)械能一直減小
D．圓環(huán)下落到與定滑輪等高的位置時(shí)，圓環(huán)的速度大小為
三、非選擇題：共60分，其中9、10、11題為填空題，12、13為實(shí)驗(yàn)題，14～16題為計(jì)算題?？忌鶕?jù)要求作答。
9．（4分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，t＝0時(shí)刻的波形如圖甲所示，坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示 （填“正”或“負(fù)”）方向傳播，波長為λ＝ m，傳播速度大小v＝ m/s。
10．（4分）如圖，在真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷A和B，電荷量分別為﹣Q和+2Q﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它們相距L＝3m，如果在兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)放一個(gè)半徑為r（2r＜L）的空心金屬球 N/C；球殼上的感應(yīng)電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小 N/C，方向 。（填“水平向左”或“水平向右”）
11．（4分）未來部署在空間站的太陽能電站可以將電能源源不斷地傳送到地球。假設(shè)電站繞地球運(yùn)行的周期為T，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。電站離地面的高度h＝ ；電站在軌運(yùn)行時(shí)，光子撞擊電站的帆板被垂直反射而產(chǎn)生作用力。假設(shè)垂直照射帆板前后的光子平均動(dòng)量大小均為p，每秒鐘垂直照射到帆板上的光子數(shù)為n個(gè) 。
12．（6分）某同學(xué)利用圓周運(yùn)動(dòng)知識測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。?shí)驗(yàn)裝置如圖所示，直流電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸上固定一個(gè)半徑為r的塑料圓盤，圓盤中心正下方用細(xì)線連接一個(gè)重錘，細(xì)繩另一端連接一個(gè)小球，可看作質(zhì)點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)操作如下：①利用天平測量小球的質(zhì)量m；
②閉合電源開關(guān)，讓小球做如圖所示的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，調(diào)節(jié)激光筆2的高度和激光筆1的位置，用刻度尺測量小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和球心到塑料圓盤的高度h；
③當(dāng)小球第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，并記錄為1次，記錄小球n次到達(dá)A點(diǎn)的時(shí)間t；
④切斷電源，整理器材。
請回答下列問題：
（1）下列說法正確的是 。
A.小球運(yùn)動(dòng)的周期為
B.小球運(yùn)動(dòng)的角速度大小為
C.小球運(yùn)動(dòng)的向心力大小為（g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋?br>D.若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速、繩長均不變，換相同半徑、質(zhì)量更大的小球重新實(shí)驗(yàn)，激光筆1、2應(yīng)分別右移、下降
（2）當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?yīng)為g＝ 。（用r、n、t、R、h表示）
13．（10分）物理課外研究小組欲通過實(shí)驗(yàn)研究某一直流電源的帶載特性。除所用電源，開關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室還備有器材：電壓表（量程3V）（量程3A）、定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器RL。
（1）測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。按如圖1所示的電路連接器材，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器RL滑片位置，讀出對應(yīng)的電壓表和電流表示數(shù)，在圖2中標(biāo)記相應(yīng)的點(diǎn)并擬合出U﹣I圖線 V，內(nèi)阻r＝ Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。
（2）不考慮偶然誤差，由上述（1）方法測得的內(nèi)阻r （填“大于”、“等于”、“小于”）真實(shí)值，引起此誤差的原因是 。
（3）測試電源的帶載特性。用R表示變阻器接入電路的阻值，l表示電流表的示數(shù)。為便于對比研究，采集兩種情況下的數(shù)據(jù)并作出相應(yīng)的①、②圖線：
①表示圖1中變阻器RL的功率變化規(guī)律；
②表示圖3中變阻器RL的功率變化規(guī)律。
在滑動(dòng)變阻器RL的滑片移動(dòng)過程中，不考慮電表的影響，下列選項(xiàng)正確的是 。
14．（10分）1932年，美國物理學(xué)家安德森在宇宙射線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子（帶正電荷）。他利用放在強(qiáng)磁場中的云室來記錄宇宙射線粒子，借以減慢粒子的速度。當(dāng)宇宙射線粒子通過云室內(nèi)的垂直紙面的勻強(qiáng)磁場時(shí)，拍下粒子徑跡的照片，根據(jù)照片畫出的軌跡示意圖乙。
（1）請判斷正電子穿過鉛板時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向 （“向左”或“向右”）和磁場的方向 （“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）。
（2）已知正電子質(zhì)量為m，帶電量為e，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和r2，求正電子穿過鉛板過程中損失的動(dòng)能。
15．（10分）某款電荷控制式噴墨打印機(jī)打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，微粒經(jīng)過帶電室?guī)县?fù)電后，飄入豎直放置的平行板電容器（初速度可視為零），該微粒以一定的水平初速度從虛線M上的a點(diǎn)垂直射入豎直向下的偏轉(zhuǎn)電場，b、c為軌跡上的兩點(diǎn)，顯示出字符。已知平行板電容器帶電荷量為Q，電容為C（q遠(yuǎn)小于Q）。微粒經(jīng)過b、c兩點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角分別為30°、60°，b、c兩點(diǎn)間豎直距離為d，sin30°＝0.5，。求：
（1）微粒經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電勢能的變化量；
（3）b、c兩點(diǎn)間的水平距離。
16．（12分）如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場（未畫出），一固定光滑絕緣輕桿與水平方向夾角為θ。帶電量為+q的A環(huán)套在輕桿上，保持靜止，已知A環(huán)的質(zhì)量為3m。距離A環(huán)l的位置有光滑絕緣環(huán)B，不帶電，在外力作用下靜止。重力加速度為g，整個(gè)過程中環(huán)的帶電量不變。
（1）求電場強(qiáng)度的最小值；
（2）在（1）問的基礎(chǔ)上，不改變電場方向，當(dāng)B環(huán)與環(huán)A發(fā)生碰撞時(shí)，將電場強(qiáng)度增加到原來的倍
（i）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞后的各自速度大小；
（ii）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞前相距最遠(yuǎn)的距離；
（iii）從A環(huán)與B環(huán)的發(fā)生第一次碰撞開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過多長時(shí)間A環(huán)滑離桿。
2024-2025學(xué)年福建省廈門一中高三（上）月考物理試卷（12月份）
參考答案與試題解析
一、單項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）
1．（4分）如圖所示為仰韶文化時(shí)期的一款尖底瓶，該瓶裝水后“虛則欹、中則正、滿則覆”，下面有關(guān)瓶（包括瓶中的水）（ ）
A．瓶所受重力就是地球?qū)ζ康奈?br>B．裝入瓶中的水越多，瓶的重心一定越高
C．重力只作用在瓶的重心上
D．瓶所受重力的方向一定可以與兩條繩子的方向交于同一點(diǎn)
【分析】由于地球的吸引而使物體受到的力，叫做重力，重力并不等于地球?qū)ξ矬w的引力。重心是物體各部分所受重力之合力的作用點(diǎn)，質(zhì)量分布不均勻的物體，重心的位置除跟物體的形狀有關(guān)外，還跟物體內(nèi)質(zhì)量的分布有關(guān)。
【解答】解：A．重力是由于地球的吸引而使物體受到的力，重力是地球?qū)ξ矬w吸引力的一個(gè)分力，故A錯(cuò)誤；
B．瓶本身的重心位置不變，整體的重心位置先降低后升高然后再降低，裝入瓶中的水越多，故B錯(cuò)誤；
C．瓶的重心是瓶各部分所受重力的等效作用點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)三力匯交原理，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評】考查對重力、重心等物理量的理解，清楚其定義。
2．（4分）在維修高壓線路時(shí)，為保障安全，電工要穿特制材料編織的電工服（如圖甲），頭頂上方有B供電線，B電線電勢高于A電線，已知相鄰等勢線的電勢差值均為5V，c、d、e、f是等勢線上的四個(gè)點(diǎn)（ ）
A．電工服是用絕緣性能良好的絕緣材料制作
B．在c、d、e、f四點(diǎn)中，c點(diǎn)的電場最強(qiáng)
C．在e點(diǎn)靜止釋放一個(gè)電子，它會(huì)向d點(diǎn)所在等勢面運(yùn)動(dòng)
D．將一個(gè)電子由c移到d電場力所做的功為5eV
【分析】根據(jù)靜電屏蔽、等勢面和電場線的關(guān)系以及電場力做功和電勢差的關(guān)系分析求解。
【解答】解：A.電工服是用金屬絲織成的金屬網(wǎng)制成的，對外部電場能起到屏蔽作用；
B.在c、d、e、f四點(diǎn)中，則電場線最密集，故B錯(cuò)誤；
C.在e點(diǎn)靜止釋放一個(gè)電子，它會(huì)向d點(diǎn)所在高等勢面運(yùn)動(dòng)，
D.cd兩等勢面的電勢差為5V，且c等勢面電勢較高，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評】本題考查了靜電場相關(guān)知識，理解等勢面和電場線的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。
3．（4分）天文學(xué)家預(yù)測，北冕座T恒星系統(tǒng)可能在2024年爆發(fā)，其亮度預(yù)計(jì)將和北極星相當(dāng)，白矮星的質(zhì)量約為太陽的1.4倍，紅巨星的質(zhì)量約為太陽的1.1倍，白矮星與紅巨星之間的距離約為地球與太陽之間距離的0.5倍，則北冕座T雙星系統(tǒng)的周期約為（ ）
A．0.15年B．0.22年C．0.63年D．2.2年
【分析】雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，兩者周期相同，由此列方程。地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由太陽的萬有引力提供向心力，由此列方程，結(jié)合題設(shè)條件解答。
【解答】解：雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，兩者周期相同，根據(jù)萬有引力提供向心力有
可得白矮星和紅巨星的質(zhì)量分別為
可得m1r1＝m5r2，又r1+r4＝L，則有
解得北冕座T雙星系統(tǒng)的周期為
對太陽和地球系統(tǒng)，有
解得地球的公轉(zhuǎn)周期為
由題意可知r＝2L，m1+m3＝1.4M+5.1M＝2.2M得
解得北冕座T雙星系統(tǒng)的周期與地球公轉(zhuǎn)周期之比為
故T雙星系統(tǒng)的周期約為2.22年，故ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評】本題主要考查雙星問題，要抓住雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的周期，這個(gè)模型與日地模型不同。
4．（4分）如圖甲所示，一固定豎直倒放的“U”形足夠長金屬導(dǎo)軌的上端接一定值電阻R，整個(gè)裝置處于方向垂直軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，以大小為p0的初動(dòng)量豎直向上拋出，金屬棒的動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示（圖中p＝﹣0.5p0的虛線為圖像漸近線）。整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂直，不計(jì)空氣阻力及金屬棒和導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。關(guān)于此過程中（ ）
A．t0時(shí)刻金屬棒的加速度為零
B．金屬棒的最大加速度大小為3g
C．金屬棒上升過程安培力的沖量大小為2p0﹣mgt0
D．金屬棒上升過程定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱大于
【分析】t0時(shí)刻，對金屬棒進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求加速度；
根據(jù)題設(shè)條件當(dāng)金屬棒最終速度穩(wěn)定時(shí)，受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計(jì)算公式求解金屬棒的重力，再結(jié)合初始時(shí)該的受力求最大加速度；
由動(dòng)量定理求上升時(shí)的沖量；
金屬棒從靜止開始沿導(dǎo)軌上滑h過程中根據(jù)動(dòng)能定理求解克服安培力做的功，再根據(jù)功能關(guān)系、焦耳定律可得這一過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：A、t0 時(shí)刻金屬棒的速度為零，則電路中感應(yīng)電動(dòng)勢為零，則金屬棒僅受重力作用，故A錯(cuò)誤；
B、金屬棒在運(yùn)動(dòng)中切割磁感線
電流：
又由安培力公式：F安＝BIL
聯(lián)立可得安培力：
由圖可知金屬棒最終向下運(yùn)動(dòng)動(dòng)量大小為 0.5p8 由題設(shè)條件可知此時(shí)：0.5p4＝mv1
從而解得：
此時(shí)斜率為零，故合外力為零，與安培力等大反向，故
由平衡條件得：
在 t＝0 時(shí)，所受向下的安培力最大3＝mv0
解得金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的最大速度：
故金屬棒受向下最大的安培力大小為：
金屬棒的最大加速度大小為：，故B正確；
C、設(shè)金屬棒上升過程安培力的沖量大小為 I0﹣I＝3﹣p0
解得金屬棒上升過程安培力的沖量大小為：I＝p0﹣mgt6，故C錯(cuò)誤；
D、金屬棒的初動(dòng)能為：Ek0＝
金屬棒上升過程由動(dòng)能定理可知：WG+W安＝0﹣Ek3
金屬棒上升過程克服安培力所做的功等于定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱，小于 。
故選：B。
【點(diǎn)評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
二、雙項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分，每小題有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分
（多選）5．（6分）物理關(guān)系式不僅反映了物理量之間的關(guān)系，也確定了單位間的關(guān)系。與磁感應(yīng)強(qiáng)度的國際單位等效的有（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式以及電流的定義式進(jìn)行分析，從而得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的單位。
【解答】解：根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式和電流的定義式，故AB正確。
故選：AB。
【點(diǎn)評】物理公式不僅確定了各個(gè)物理量之間的關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量的單位之間的關(guān)系，根據(jù)物理公式來分析物理量的單位即可。
（多選）6．（6分）如圖空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運(yùn)動(dòng)，則液滴（ ）
A．帶負(fù)電
B．一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
D．電勢能減小
【分析】帶電液滴做直線運(yùn)動(dòng)，要么合力為零做勻速直線運(yùn)動(dòng)，要么所受合力與速度方向在同一直線上，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；對帶電液滴進(jìn)行受力分析，然后答題。
【解答】解：ABC、帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運(yùn)動(dòng)，所以帶電液滴的速度一定不變，則油滴的受力如圖所示，
由于電場力與電場方向相同，所以液滴帶正電，AC錯(cuò)誤；
D、由于電場力對帶電液滴做正功，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評】知道液滴沿直線運(yùn)動(dòng)的條件是合力為零或所受合力方向與速度方向在同一直線上、對帶電液滴正確受力分析，是正確解題的關(guān)鍵。
（多選）7．（6分）某地地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量的大小B隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示，方向豎直向上，直升機(jī)用絕緣繩將一始終保持水平的閉合金屬導(dǎo)線框豎直向上勻速吊起（ ）
A．線框中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流（俯視）
B．線框中的感應(yīng)電流不斷減小
C．線框的四條邊有向內(nèi)收縮的趨勢
D．線框的四條邊有向外擴(kuò)張的趨勢
【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律分析線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小是否變化，從而判斷感應(yīng)電流大小是否變化；結(jié)合楞次定律分析線框的四條邊的運(yùn)動(dòng)趨勢。
【解答】解：A、穿過線框的磁通量向上減小，線框中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流（俯視）；
B、由法拉第電磁感應(yīng)定律和By?h圖像得，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為，可知感應(yīng)電動(dòng)勢E保持不變，故B錯(cuò)誤；
CD、穿過線框的磁通量減小，線框的四條邊有向外擴(kuò)張的趨勢，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)相關(guān)知識，要掌握楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，利用法拉第電磁感應(yīng)定律分析感應(yīng)電動(dòng)勢的變化情況。
（多選）8．（6分）如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在足夠長輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小圓環(huán)，光滑定滑輪與直桿間的距離為d?，F(xiàn)將圓環(huán)從圖中所示的A處由靜止釋放，此時(shí)連接圓環(huán)的細(xì)繩與水平方向的夾角為30°，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．圓環(huán)剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為
B．圓環(huán)剛釋放時(shí)，重物的加速度大小為
C．圓環(huán)下落到最低點(diǎn)的過程中，圓環(huán)的機(jī)械能一直減小
D．圓環(huán)下落到與定滑輪等高的位置時(shí)，圓環(huán)的速度大小為
【分析】環(huán)剛開始釋放到下落時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合加速度的分解求加速度和繩子的拉力；
根據(jù)圓環(huán)到最低點(diǎn)的過程中，拉力方向變化，確定拉力做功情況，判斷圓環(huán)機(jī)械能變化情況；
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律和速度的分解特點(diǎn)求得圓環(huán)的速度大小。
【解答】解：AB、設(shè)圓環(huán)剛釋放時(shí)，重物加速度為a，
對重物：2mg﹣T＝2ma
對圓環(huán)：Tsin30°+mg＝ma′
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知：a′sin30°＝a
解得：，，故A正確；
C、圓環(huán)下落到最低點(diǎn)的過程中，后向上，后做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；
D、圓環(huán)下落到與定滑輪等高的位置時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可知，對整個(gè)重物和圓環(huán)系統(tǒng)
解得：，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評】本題主要考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的法則結(jié)合機(jī)械能守恒定律解答。
三、非選擇題：共60分，其中9、10、11題為填空題，12、13為實(shí)驗(yàn)題，14～16題為計(jì)算題?？忌鶕?jù)要求作答。
9．（4分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，t＝0時(shí)刻的波形如圖甲所示，坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示 正 （填“正”或“負(fù)”）方向傳播，波長為λ＝ 8 m，傳播速度大小v＝ 1 m/s。
【分析】根據(jù)振動(dòng)圖像讀出t＝0時(shí)刻坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，再判斷波的傳播方向。由圖甲得到波長，由圖乙得到周期，再求波速。
【解答】解：由振動(dòng)圖像可知，t＝0時(shí)刻坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波形平移法可知。
由圖甲圖可得
可得波長為λ＝8m
由圖乙可知，波動(dòng)周期為7s＝m/s＝3m/s
故答案為：正，8，1。
【點(diǎn)評】本題考查波的圖像和振動(dòng)圖像的綜合，解答本題的關(guān)鍵是把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能夠根據(jù)振動(dòng)圖像直接讀出周期、質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，由波的圖像判斷波的傳播方向。
10．（4分）如圖，在真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷A和B，電荷量分別為﹣Q和+2Q﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它們相距L＝3m，如果在兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)放一個(gè)半徑為r（2r＜L）的空心金屬球 0 N/C；球殼上的感應(yīng)電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小 6 N/C，方向 水平向右 。（填“水平向左”或“水平向右”）
【分析】空心金屬球處于靜電平衡狀態(tài)，據(jù)此判斷球心O處的電場強(qiáng)度大??；因?yàn)榍蛐腛處的電場強(qiáng)度大小為零，所以球殼上的感應(yīng)電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與AB兩處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)等大、反向，據(jù)此分析求解。
【解答】解：空心金屬球處于靜電平衡狀態(tài)，則球心O處的電場強(qiáng)度大小為零；
因?yàn)榍蛐腛處的電場強(qiáng)度大小為零，所以球殼上的感應(yīng)電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與AB兩處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)等大，
則感應(yīng)電荷在球心O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為：
，方向水平向右；
故答案為：0；2；水平向右。
【點(diǎn)評】本題考查用特殊的方法求解電場強(qiáng)度，解題時(shí)需注意，多個(gè)電荷在電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和。
11．（4分）未來部署在空間站的太陽能電站可以將電能源源不斷地傳送到地球。假設(shè)電站繞地球運(yùn)行的周期為T，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。電站離地面的高度h＝ ﹣R ；電站在軌運(yùn)行時(shí)，光子撞擊電站的帆板被垂直反射而產(chǎn)生作用力。假設(shè)垂直照射帆板前后的光子平均動(dòng)量大小均為p，每秒鐘垂直照射到帆板上的光子數(shù)為n個(gè) 2np 。
【分析】電站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出電站離地面的高度；應(yīng)用動(dòng)量定理與牛頓第三定律求出帆板受到的作用力。
【解答】解：電站繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力＝m
地球表面的物體受到的重量等于萬有引力，即m′g＝G
解得：h＝﹣R
對每秒照射到帆板上的光子，由動(dòng)量定理得：﹣F't＝﹣np﹣np
其中：t＝1s，解得：F'＝2np
由牛頓第三定律可知，帆板由于光子碰撞受到的作用力大小F＝F'＝2np
故答案為：﹣R。
【點(diǎn)評】本題考查了萬有引力定律與動(dòng)量定理的應(yīng)用，根據(jù)題意應(yīng)用牛頓第二定律與動(dòng)量定理、牛頓第三定律即可解題。
12．（6分）某同學(xué)利用圓周運(yùn)動(dòng)知識測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。?shí)驗(yàn)裝置如圖所示，直流電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)軸上固定一個(gè)半徑為r的塑料圓盤，圓盤中心正下方用細(xì)線連接一個(gè)重錘，細(xì)繩另一端連接一個(gè)小球，可看作質(zhì)點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)操作如下：①利用天平測量小球的質(zhì)量m；
②閉合電源開關(guān)，讓小球做如圖所示的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，調(diào)節(jié)激光筆2的高度和激光筆1的位置，用刻度尺測量小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和球心到塑料圓盤的高度h；
③當(dāng)小球第一次到達(dá)A點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，并記錄為1次，記錄小球n次到達(dá)A點(diǎn)的時(shí)間t；
④切斷電源，整理器材。
請回答下列問題：
（1）下列說法正確的是 B 。
A.小球運(yùn)動(dòng)的周期為
B.小球運(yùn)動(dòng)的角速度大小為
C.小球運(yùn)動(dòng)的向心力大小為（g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋?br>D.若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速、繩長均不變，換相同半徑、質(zhì)量更大的小球重新實(shí)驗(yàn)，激光筆1、2應(yīng)分別右移、下降
（2）當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?yīng)為g＝ 。（用r、n、t、R、h表示）
【分析】計(jì)算小球轉(zhuǎn)動(dòng)圈數(shù)，得到周期，以及角速度大小，對小球進(jìn)行受力分析得到向心力大小。
【解答】解：（1）A．小球第一次到達(dá) A ，并記錄為 1 次 1 次到第 n A 位置 （n﹣7） t，故周期為
故A錯(cuò)誤。
B．角速度大小為

故B正確。
C．小球受重力和拉力，設(shè)線與豎直方向的夾角為 α，則
Tcsα＝mg，Tsinα＝F向
故
故C錯(cuò)誤。
D．若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速不變，由
mgtanα＝mRω2
得小球圓周運(yùn)動(dòng)半徑與質(zhì)量無關(guān)，所以激光筆不動(dòng)。
故選：B。
（2）小球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期

根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)合外力提供向心力，有
解得
故答案為：（1）B；（2）
【點(diǎn)評】本題考查了利用圓周運(yùn)動(dòng)知識測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?，探究圓周運(yùn)動(dòng)得到重力加速度。
13．（10分）物理課外研究小組欲通過實(shí)驗(yàn)研究某一直流電源的帶載特性。除所用電源，開關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室還備有器材：電壓表（量程3V）（量程3A）、定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器RL。
（1）測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。按如圖1所示的電路連接器材，并移動(dòng)滑動(dòng)變阻器RL滑片位置，讀出對應(yīng)的電壓表和電流表示數(shù)，在圖2中標(biāo)記相應(yīng)的點(diǎn)并擬合出U﹣I圖線 3.0 V，內(nèi)阻r＝ 1.3 Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。
（2）不考慮偶然誤差，由上述（1）方法測得的內(nèi)阻r 小于 （填“大于”、“等于”、“小于”）真實(shí)值，引起此誤差的原因是 電壓表的分流 。
（3）測試電源的帶載特性。用R表示變阻器接入電路的阻值，l表示電流表的示數(shù)。為便于對比研究，采集兩種情況下的數(shù)據(jù)并作出相應(yīng)的①、②圖線：
①表示圖1中變阻器RL的功率變化規(guī)律；
②表示圖3中變阻器RL的功率變化規(guī)律。
在滑動(dòng)變阻器RL的滑片移動(dòng)過程中，不考慮電表的影響，下列選項(xiàng)正確的是 AC 。
【分析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律列式，有表達(dá)式可知U﹣I圖像的縱截距表示電源的電動(dòng)勢，斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻，結(jié)合圖像求解即可；
（2）由于電壓表的分流作用，電流測量不準(zhǔn)確，考慮電壓表的內(nèi)阻根據(jù)閉合電路的歐姆定律列式，整理得到U﹣I圖像的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式判斷電動(dòng)勢的測量值與真實(shí)值的關(guān)系；
（3）根據(jù)功率公式和閉合電路的歐姆定律聯(lián)立求解滑動(dòng)變阻器的功率，根據(jù)表達(dá)式求解話滑動(dòng)變阻器功率最大時(shí)滑動(dòng)變阻器接入的阻值、滑動(dòng)變阻器的最大功率及此時(shí)回路中的電流（圖3為了方面計(jì)算需要用等效電源法），即可判斷圖。
【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律
U＝E﹣Ir
電源U﹣I圖像與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電動(dòng)勢，圖像斜率絕對值是電源內(nèi)阻，電動(dòng)勢測量值為
E＝3.0V
電源內(nèi)阻為
；
（2）考慮到電表內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
整理可得
因?yàn)樾甭蚀韮?nèi)阻，所以內(nèi)阻測量值偏??；
（3）圖1中，滑動(dòng)變阻器RL的功率為
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
聯(lián)立解得
由上式可知當(dāng)RL＝r時(shí)，RL的功率最大，最大功率為
此時(shí)回路中的電流為
；
圖3中，把R6和電源看成等效電源，則電源的等效電動(dòng)勢為
等效內(nèi)阻為
則滑動(dòng)變阻器RL的功率為
根據(jù)閉合電路的歐姆定律有
聯(lián)立解得
由上式可知當(dāng)RL＝r′時(shí)，RL的功率最大，最大功率為
且功率最大時(shí)
此時(shí)回路中的電流為
綜上所述，圖6中和圖3中滑動(dòng)變阻器功率最大時(shí)，圖1中滑動(dòng)變阻器的電阻較大，故AC正確。
故選：AC。
故答案為：（1）7.0；1.8；電壓表的分流。
【點(diǎn)評】本題考查測電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生熟練掌握實(shí)驗(yàn)原理（閉合電路的歐姆定律）、實(shí)驗(yàn)器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。
14．（10分）1932年，美國物理學(xué)家安德森在宇宙射線實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了正電子（帶正電荷）。他利用放在強(qiáng)磁場中的云室來記錄宇宙射線粒子，借以減慢粒子的速度。當(dāng)宇宙射線粒子通過云室內(nèi)的垂直紙面的勻強(qiáng)磁場時(shí)，拍下粒子徑跡的照片，根據(jù)照片畫出的軌跡示意圖乙。
（1）請判斷正電子穿過鉛板時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向 向右 （“向左”或“向右”）和磁場的方向 垂直紙面向里 （“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）。
（2）已知正電子質(zhì)量為m，帶電量為e，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和r2，求正電子穿過鉛板過程中損失的動(dòng)能。
【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力和左手定則判斷；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力和能量守恒定律求正電子穿過鉛板過程中損失的動(dòng)能。
【解答】解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力
可得正電子運(yùn)動(dòng)半徑
正電子穿過鉛板后速度減小，即運(yùn)動(dòng)半徑減小，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直紙面向里。
（2）同理根據(jù)
可得
正電子穿過鉛板過程中損失的動(dòng)能
代入數(shù)據(jù)可得
故答案為：（1）向右；垂直紙面向里；
（2）正電子穿過鉛板過程中損失的動(dòng)能為。
【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)問題，要知道帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力。掌握洛倫茲力的特點(diǎn)和判斷其方向的左手定則的使用方法。
15．（10分）某款電荷控制式噴墨打印機(jī)打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，微粒經(jīng)過帶電室?guī)县?fù)電后，飄入豎直放置的平行板電容器（初速度可視為零），該微粒以一定的水平初速度從虛線M上的a點(diǎn)垂直射入豎直向下的偏轉(zhuǎn)電場，b、c為軌跡上的兩點(diǎn)，顯示出字符。已知平行板電容器帶電荷量為Q，電容為C（q遠(yuǎn)小于Q）。微粒經(jīng)過b、c兩點(diǎn)時(shí)的速度方向與水平方向的夾角分別為30°、60°，b、c兩點(diǎn)間豎直距離為d，sin30°＝0.5，。求：
（1）微粒經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電勢能的變化量；
（3）b、c兩點(diǎn)間的水平距離。
【分析】（1）先根據(jù)C＝求出電容器兩板間電壓，再根據(jù)動(dòng)能定理求微粒經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度大?。?br>（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分速度關(guān)系求出微粒在b點(diǎn)和c點(diǎn)的速度大小，再根據(jù)動(dòng)能定理和功能關(guān)系求微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電勢能的變化量；
（3）先求出微粒在b點(diǎn)和c點(diǎn)沿豎直方向的速度大小，由速度—位移公式列式，結(jié)合速度—時(shí)間公式求出從b到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由x＝vt求出b、c兩點(diǎn)間的水平距離。
【解答】解（1）根據(jù)C＝可得
微粒在電容器間加速時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得微粒經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度大小為
（2）微粒在b點(diǎn)的速度為
微粒在c點(diǎn)的速度為
微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有
微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電勢能的變化量為
（3）微粒在b點(diǎn)沿豎直方向的速度為
vyb＝vtan30°
微粒在c點(diǎn)沿豎直方向的速度為
vyc＝vtan60°
微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程，有
，vyc﹣yyb＝at
b、c兩點(diǎn)間的水平距離為
x＝vt
解得
答：（1）微粒經(jīng)過a點(diǎn)時(shí)的速度大小為；
（2）微粒從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)電勢能的變化量為；
（3）b、c兩點(diǎn)間的水平距離為。
【點(diǎn)評】本題是帶電粒子在電場中先加速后偏轉(zhuǎn)的類型，運(yùn)用動(dòng)能定理求出加速獲得的速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理類平拋運(yùn)動(dòng)的過程。
16．（12分）如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場（未畫出），一固定光滑絕緣輕桿與水平方向夾角為θ。帶電量為+q的A環(huán)套在輕桿上，保持靜止，已知A環(huán)的質(zhì)量為3m。距離A環(huán)l的位置有光滑絕緣環(huán)B，不帶電，在外力作用下靜止。重力加速度為g，整個(gè)過程中環(huán)的帶電量不變。
（1）求電場強(qiáng)度的最小值；
（2）在（1）問的基礎(chǔ)上，不改變電場方向，當(dāng)B環(huán)與環(huán)A發(fā)生碰撞時(shí)，將電場強(qiáng)度增加到原來的倍
（i）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞后的各自速度大小；
（ii）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞前相距最遠(yuǎn)的距離；
（iii）從A環(huán)與B環(huán)的發(fā)生第一次碰撞開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過多長時(shí)間A環(huán)滑離桿。
【分析】（1）根據(jù)平衡條件求電場的最小值；
（2）（i）先由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出環(huán)A與B第一次碰撞前的速度，再由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式求解；
（ii）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解；
（iii）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求A環(huán)滑離桿的時(shí)間。
【解答】解：（1）當(dāng)電場強(qiáng)度方向與桿方向平行且沿桿向上時(shí)，電場強(qiáng)度最小
3mgsinθ＝qEmin
解得電場的最小值
（2）（i）質(zhì)量為m的光滑B環(huán)從靜止釋放，由牛頓第二定律
mgsinθ＝ma
解得加速度為
a＝gsinθ
設(shè)A與B碰前速度為v3，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
由于A與B的碰撞為彈性碰撞，以v6方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律
mv0＝mv1+2mv2
聯(lián)立解得
（ii）碰后，對A由牛頓第二定律
解得
以沿桿向下為正方向，當(dāng)A與B速度相等時(shí)，則有
v2﹣a′t5＝v1+at1
解得
此時(shí)速度
A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞前相距最遠(yuǎn)的距離
代入數(shù)據(jù)解得
（iii）第一次碰撞后，到再一次相遇時(shí)
解得
此時(shí)A沿著桿向下運(yùn)動(dòng)的距離
解得
此時(shí)A的速度為零，B的速度為
可以發(fā)現(xiàn)是重復(fù)第一次碰撞的情景，再重復(fù)4次碰撞后
x2＝8x1
解得
此時(shí)A的速度為v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
從A環(huán)與B環(huán)的發(fā)生第一次碰撞開始計(jì)時(shí)，A滑離桿所用的時(shí)間
t＝5t6+t3
解得
答：（1）電場強(qiáng)度的最小值為；
（2）（i）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞后的各自速度大小為；
（ii）A環(huán)與B環(huán)第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞前相距最遠(yuǎn)的距離為；
（iii）從A環(huán)與B環(huán)的發(fā)生第一次碰撞開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過。
【點(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的彈性碰撞模型，以及相對運(yùn)動(dòng)問題。掌握彈性碰撞模型結(jié)果的經(jīng)驗(yàn)公式。
題號
1
2
3
4
答案
D
C
B
B

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這是一份2024-2025學(xué)年福建省廈門第一中學(xué)高三（上）月考物理試卷（10月）（含答案），共10頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，實(shí)驗(yàn)題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024-2025學(xué)年北京十一中高三（上）月考物理試卷（10月份）（含解析）：

這是一份2024-2025學(xué)年北京十一中高三（上）月考物理試卷（10月份）（含解析），共21頁。試卷主要包含了單選題，實(shí)驗(yàn)題，簡答題，計(jì)算題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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