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山东省名校考试联盟2024-2025学年高三下学期2月开学考试物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1．2024年12月29日，CR450动车组样车在北京正式发布，CR450动车组试验速度时速450公里，为全球行驶速度最快的高铁列车。如图为复兴号G31的运行时刻表，复兴号G31从北京南至济南西的平均速率为。若将复兴号G31更换为CR450动车组，CR450动车组以试验速度运行，那么北京南至济南西的时间约为（　　）
A．26分钟 B．36分钟 C．56分钟 D．76分钟
2．将一乒乓球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点。乒乓球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出乒乓球从抛出到回到抛出点(时刻)的图线如图所示。关于乒乓球从抛出到回到抛出点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球的速度一直在减小
B．乒乓球的加速度一直在减小
C．时刻乒乓球的加速度方向发生了改变
D．乒乓球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
3．2024年12月17日，神舟十九号的航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽，出舱9小时为空间站安装了空间碎片防护装置。为躲避较大威胁的空间碎片，天宫空间站往往实施发动机点火变轨的紧急避碰措施。空间站的质量为，变轨前后稳定运行时均做匀速圆周运动，轨道半径分别记为、，如图所示。已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　）
A． B．
C． D．
4．如图所示，拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加推力推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ，若拖把头在地板上匀速移动一段时间t，在时间t内推力的冲量大小为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示，在正方形ABCD中，点M、N分别为AD、BC边的中点，将一对等量异号点电荷、分别固定于正方形的M、N点上。下列说法正确的是（　　）
A．B点和D点处的电场方向相同
B．B点和D点处的电势大小相等
C．若将由N移动到B点，C点的电势将减小
D．若将由N移动到B点，D点的电势将减小
6．质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子（不计重力），经小孔飘入电压为U的加速电场（初速度可忽略不计），加速后经小孔进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上。第一次释放粒子为质子，打在照相底片上D点；第二次释放粒子为某种一价正离子，打在照相底片上E点。测得D点到的距离为d，测得E点到的距离为kd，则正离子与质子的质量比为（　　）
A．k B． C．2k D．
7．2024年12月11日，全球单体容量最大的漂浮式风电平台“明阳天成号”在广东阳江正式投运。“明阳天成号”是全球首次在一个浮式基础上搭载两台海上风力发电机。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。风力发电机转化效率可视为不变，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，每台风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。则风电平台“明阳天成号”发电的功率为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，质量为3m的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连，倾斜轻绳与水平方向的夹角为。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码B由静止释放，钩码B将在竖直方向做往复运动，物块A始终保持静止。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，，。下列说法正确的是（　　）
A．物块A对桌面的最小压力为
B．物块A对桌面的最小压力为
C．水平轻绳对物块A的最大拉力为
D．水平轻绳对物块A的最大拉力为
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9．如图所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、、均为固定电阻，，，电压表的示数为120V，各电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为 B．电流表的示数为
C．电阻的阻值为 D．电阻的阻值为
10．如图所示，一个质量为M=0.98kg的木块通过长为l=1m的轻质细绳悬挂于O点，某时刻一个质量为m=20g的子弹以v0=500m/s的速度自左向右水平射入木块，并留在其中。射击过程时间极短，随后两者一起向右摆起，木块和子弹可以看作质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度为10m/s
B．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度为12m/s
C．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度大小为80m/s2
D．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度大小为
11．一列简谐横波沿x轴传播，当t=7s时，简谐波的波形图像如图甲所示。平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴正向传播 B．波长为12cm
C．波速为1cm/s D．波速为2cm/s
12．如图所示，间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，倾角为θ=60°的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中，水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应大小均为B。两根长为l的相同金属杆ab、cd分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分，每根金属杆的质量为m，每根金属杆接入导轨之间的电阻均为R，由静止释放金属杆ab后，两金属杆开始运动，经足够长时间后，两金属杆达到稳定运动状态。两金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g，忽略磁场边界效应。两金属杆达到稳定运动状态后，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆ab中电流方向为b→a
B．金属杆ab中电流大小为
C．两金属杆均做匀速直线运动，匀速的速度大小不同
D．两金属杆均做匀加速直线运动，匀加速的加速度大小不同
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13．某物理课外小组利用图（a）中的装置测量小滑车的质量以及小滑车与长木板间的动摩擦因数。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有个，每个钩码质量均为m，重力加速度为实验步骤如下：
（1）将7个钩码全部放入小车中，将依次取，2，3，4，5，6，个钩码挂在轻绳右端，其余个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。
（2）释放小车，同时用加速度传感器记录小车运动过程中的加速度a。
（3）将不同的n的a值记录下来，将结果填入设计好的表格中。
（4）利用表中的数据，作出图像。
（5）若得到的图像如图（b）所示，利用图像求得小车（空载）的质量　 　，小滑车与长木板间的动摩擦因数　 　结果均用（m、c、b、g来表示）。
（6）若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力带来的实验误差，下列说法正确的是　 　填入正确选项前的标号）
A.M的测得值偏大，的测得值偏小
B.M的测得值偏小，的测得值偏大
C.M的测得值偏大，的测得值偏大
14．某学习小组的同学拟设计电路来测量电阻的阻值，可供选用的器材如下：
电压表V，量程3 V，内阻约为；
电阻箱阻值；
滑动变阻器，阻值范围；
滑动变阻器，阻值范围；
学生电源E，电动势3V，内阻不计；
开关S及导线若干。
（1）甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，将电阻箱接入a、b之间，闭合开关。适当调节滑动变阻器后保持其阻值不变。改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如下表：
电阻
电压
请根据实验数据推理分析，甲同学在实验中选用的滑动变阻器为　 　（选填“”或“”）。
（2）请根据实验数据在图2中做出关系图像　 　。
（3）用待测电阻替换电阻箱，读得电压表示数为。利用（2）中测绘的图像可得　 　。
（4）若将待测电阻替换电阻箱时，不小心碰触到了滑动变阻器的触头，使如图1所示的电路中的触头略微向右滑动了。若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，则测定结果将　 　选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15．2024年11月28日，山东队在第一届全国青少年三大球运动会男子排球项目中获得冠军。如图所示，赛前训练中甲、乙两位队员进行垫球训练。甲队员在距离地面高h1=2.7m处将排球沿水平方向击出，乙队员在排球离地h2=0.9m处将排球垫起，垫起后排球速度突变为竖直向上，向上运动至最高点时离地高度也为h1=2.7m，垫起过程中排球动能损失了64%。已知垫起过程中时间极短，忽略垫起过程中排球的位置变化，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）排球被垫起前瞬间的速度大小v；
（2）排球从被击出到被垫起的过程中在水平方向的位移大小x。
16．如图所示，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨左端与一阻值为R=1Ω的定值电阻相连，导轨间存在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示。一根质量ma=0.1kg的金属棒a以初速度v0=4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb=0.2kg静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，金属棒a、b接入两导轨间的电阻分别为Ra=0.5Ω、Rb=1Ω。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，求
（1）金属棒a、b碰后瞬间的速度大小；
（2）金属棒a停止运动时距离磁场右边界的距离；
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热。
17．如图所示，一长度、质量的均匀带电绝缘板静置于粗糙水平地面上，带电绝缘板所带电量为。一质量为的小球通过长为的细绳悬挂于O点，小球静止时细绳保持竖直且小球刚好与绝缘板左端接触，绝缘板右端上方放置一质量为的小滑块。右侧存在一区域足够大的匀强电场，匀强电场左侧边界与绝缘板右端相距，匀强电场场强大小为，方向水平向左。将小球拉至与O点等高位置后由静止释放，小球沿圆弧运动至最低点时与绝缘板发生弹性碰撞。已知绝缘板在运动过程中电量保持不变，绝缘板进入电场速度减为零时立即被锁定保持不动，小球与小滑块均可视为质点，小滑块与绝缘板间的动摩擦因数为，绝缘板与地面间的动摩擦因数为，取重力加速度。求
（1）小球与绝缘板碰后瞬间绝缘板的速度大小；
（2）绝缘板开始进入电场时小滑块的速度大小v；
（3）小滑块从开始运动到停止运动的总位移S。
18．如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，在的Ⅰ区中，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场；在的Ⅱ区中，其内充满沿y轴负方向的匀强电场；在的Ⅲ区中，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场，匀强磁场的大小和Ⅰ区的相同，匀强电场的大小是Ⅱ区的倍。一质量为m，电荷量为的正离子，以初速度沿x轴正方向过O点射入区域Ⅰ，依次经Ⅰ区、Ⅱ区进入Ⅲ区。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为，离子刚进入Ⅲ区时的位置坐标为。已知，，不计离子重力，忽略边界效应。求
（1）Ⅰ区内磁感应强度的大小B；
（2）Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）离子在区域Ⅲ中运动时的最大速度以及速度最大时的x坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】由复兴号G31的运行时刻表可知，北京南至济南西的所用的时间为t=84min， 复兴号G31从北京南至济南西的平均速率为，则北京南至济南西的路程km=420km
以试验速度运行，北京南至济南西的时间约为h=56min
故选C。
【分析】由时刻表可以读出复兴号G31由北京南至济南西的所用的时间，然后由平均速率的定义即可求解。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图像可知，乒乓球的速度先向上在减小，后向下在增大，故A错误； B．根据图像的斜率代表加速度，可知乒乓球的加速度一直在减小，故B正确；
C．由图像斜率的物理意义，t1时刻乒乓球的加速度方向不变，故C错误；
D．平均速度等于位移除以时间，上升和下降的位移大小相等，但方向相反，由于存在空气阻力，上升阶段的加速度大小大于下落阶段的加速度大小，因此，上升阶段的时间比下落阶段的时间短，所以上升的平均速度大小大于下降的平均速度大小，故D错误。
故选B。
【分析】根据v-t图像的斜率和图像在时间轴上下方的特点，平均速度的定义式进行分析解答。
3．【答案】A
【知识点】卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】空间站的质量为，变轨前后稳定运行时均做匀速圆周运动，轨道半径分别记为、， 空间站所受万有引力提供向心力，根据万有引力定律结合牛顿第二定律可得
解得：，
紧急避险的过程，根据动能定理有：
解得：
故选A。
【分析】由题意可知卫星分别在两个轨道上运动时的势能；由万有引力提供向心力，可计算卫星在两个轨道上分别做圆周运动的动能；根据动能定理，即可计算发动机做的功。
4．【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解， 拖把头与地板之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g， 设N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，
根据平衡条件有：，
又
联立解得
在时间t内推力的冲量大小为
故选D。
【分析】运用正交分解法将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件求得推力，根据力和时间求解冲量。
5．【答案】A
【知识点】电势
【解析】【解答】A.B点和D点关于M、N连线的中点对称，+q在B点产生的电场方向沿MB方向，-q在B点产生的电场方向沿BN方向；同理，+q在D点产生的电场方向沿MD方向，-q在D点产生的电场方向沿DN方向，根据等量异种点电荷电场的分布特点以及电场强度的叠加原理可知以B点和D点处的电场方向相同，故A正确；B.B点离-q更近，D点离+q更近，所以B点电势低于D点电势，故B错误；
CD.将-q由N移动到B点，C、D点离-q更远了，+q在C、D点产生的电势不变，-q在C、D点产生的电势升高，根据电势的叠加，C、D点的电势将升高，故CD错误；
故选：A。
【分析】电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合，据此分析；先判断电势，再判断电场力做功的情况即可。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】设粒子质量为m，带电量为q，在磁场中运动的速度为v，应用动能定理可得
解得
粒子在磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有
解得
测得D点到的距离为d，测得E点到的距离为kd，即离子和质子轨道直径之比为k，则离子和质子轨道半径之比也为k，即为
所以离子和质子的质量比
故选B。
【分析】粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律结合题目条件列式解答。
7．【答案】C
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】能够得到在时间t内吹向风机的空气的质量是解题的关键。每台叶片旋转所形成的圆面积为A， 空气密度为，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片，则t时间内流过该圆面积的空气柱体积为
空气柱的质量为
空气柱的动能为
风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，转化成的电能为
发电的功率为
漂浮式风电平台“明阳天成号”搭载两台海上风力发电机，则风电平台“明阳天成号”发电的功率为
故选C。
【分析】先得到在时间t内吹向风机的空气的动能，然后根据转化效率得到电能，最后根据功率公式计算即可。
8．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动
【解析】【解答】质量为3m的物块A放置在光滑水平桌面上， 将钩码B由静止释放，钩码B将在竖直方向做往复运动，物块A始终保持静止，可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：
解得在最低点时有弹簧弹力最大为：
则水平轻绳对物块A的最大拉力为
分析A受力，由平衡条件可知，竖直方向：
则桌面都A的最小支持力：
根据牛顿第三定律：物块A对桌面的最小压力为
故选B。
【分析】B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据往复运动的特点结合共点力平衡条件解答。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB． 由电源电压的有效值为220 V、电压表示数，可得到原线圈的电压有效值满足：U=U1+UV，解得：U1=100V
结合原副线圈匝数比，可得到副线圈电压的有效值满足：
可知副线圈的电压
根据闭合电路欧姆定律，可得电流表示数满足：
故A正确，B错误；
CD．副线圈的总电流
根据理想变压器的电流规律
可知原线圈的电流
由欧姆定律可得，电阻的阻值为
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】由电源电压的有效值、电压表示数，可得到原线圈的电压有效值，结合原副线圈匝数比，可得到副线圈电压的有效值，根据闭合电路欧姆定律，可计算电流表示数和副线圈电流；由原副线圈电流比与匝数比的关系，可得到原线圈的电流，根据欧姆定律，可计算电阻R1的阻值。
10．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．子弹木块组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，得
则，故A正确，B错误；
CD．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时，由机械能守恒定律可得
解得
细绳拉力提供向心力，向心加速度
方向水平向左，根据平行四边形法则可得加速度为
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒求子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度；由机械能守恒求子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度。
11．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A． 根据乙图可知在t=7s时，坐标原点O的质点正在向下运动，根据上下坡法可知波向x轴负方向传播，故A错误；
BCD．由图乙可知，位于坐标原点O的质点在t=14s时处于波峰，即从t=7s开始经过 t=7s到达波峰，根据平移法可得
根据图乙可知该波的周期T=12s，
联立解得，
故BC正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据上下坡法分析；根据原点和x=7m处质点的相位差计算波长；根据波速和波长、周期的关系计算。
12．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可知金属杆ab中电流方向为b→a，故A正确；
BCD． 设ab杆某时刻的速度大小为v1，对应的cd杆速度大小为v2（水平向右），根据法拉第电磁感应定律可得ab切割磁感应线产生的感应电动势为：
cd杆产生的感应电动势为
二者方向相反，则电流为
对ab杆受力分析，根据牛顿第二定律得
对cd杆受力分析得
解得，
设两杆达到稳定运动状态时的速度为，，则
由于存在外力（重力）的作用，两杆达到稳定状态时应均做匀加速运动（无外力则做匀速运动），此时a1、a2为固定值，即电流I为固定值，即（与t无关的常数）
即
解得
此时，，
故BD正确，C错误。
故选ABD。
【分析】根据右手定则判断电流方向；回路中的电动势等于ab切割磁感应线产生的感应电动势与cd切割磁感应线产生的感应电动势之差，最后稳定时速度两个棒速度之差恒定，加速度大小恒定，根据牛顿第二定律列方程进行解答。
13．【答案】；；C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（5） 对小车和钩码整体受力分析， 由牛顿第二定律可知：
整理得
结合图像和斜率以及截距的意义可得，
联立解得：，
（6） 若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力，对小车和钩码整体，根据牛顿第二定律
整理得
此时图像斜率不变，纵截距的绝对值变大，相当于把原来的图像向下平移，所以的测得值偏大，M的测得值偏大。
故选C。
【分析】（5）根据牛顿第二定律求解a-n函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答；
（6）若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力，根据牛顿第二定律求解a-n函数，结合图像斜率和纵截距的含义分析实验误差。
14．【答案】（1）R2
（2）
（3）20
（4）偏大
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1） 当电阻箱电阻R=5.0Ω，两端电压U=1V；根据串联电路电压的分配与电阻成正比，可得，代入数据解得R'=10Ω＞5Ω，因此滑动变阻器选择R2
（2）根据描点法，作图时使尽量多的点落在平滑曲线上，不能落在曲线上的要均匀分布在曲线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
（3）在图中作出的直线，与图象有一交点，通过交点作横轴的垂线，与横轴交与的点，即当时，
（4）电路中的触头略微向右滑动，电阻变小，若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，因为
当减小时，则减小，同一个R，则U增大，即电压表读数将变大，按原来的图象，则电阻的测量值大于真实值，即偏大。
【分析】（1）根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答；
（2）根据描点法作图的规则作图；
（3）利用（2）中测绘的U-R图像求解作答；
（4）滑动变阻器的触头略微向右滑动了一点，滑动变阻器的接入电阻变小，根据串联电路电压的分配关系结合U-R图像分析作答。
（1）根据实验数据当电压表示数为1V时，电阻，电动势3 V，则滑动变阻器需要分压2V，因此选用滑动变阻器电阻最大阻值应大于，推理分析，甲同学在实验中选用的滑动变阻器为R2。
（2）根据表格数据描点，最后用光滑的曲线连接所描的点，即作出图，如图所示
（3）在图中作出的直线，与图象有一交点，通过交点作横轴的垂线，与横轴交与的点，即当时，
（4）[1][2]电路中的触头略微向右滑动，电阻变小，若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，因为
当减小时，则减小，同一个R，则U增大，即电压表读数将变大，按原来的图象，则电阻的测量值大于真实值，即偏大。
15．【答案】（1）排球被垫起后上升过程由动能定理可得
解得
排球被垫起前后的能量关系可得
解得
（2）排球从被击出到被垫起的过程中由动能定理可得
解得
排球从被击出到被垫起的过程为平抛运动：竖直方向
水平方向
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）排球被垫起后做竖直上抛运动，应用运动学公式求出被垫起瞬间的速度大小，然后求出垫起前速度大小。
（2）排球被甲击出后做平抛运动，应用运动学公式求出排球的水平位移。
（1）排球被垫起后上升过程由动能定理可得
解得
排球被垫起前后的能量关系可得
解得
（2）排球从被击出到被垫起的过程中由动能定理可得
解得
排球从被击出到被垫起的过程为平抛运动：竖直方向
水平方向
解得
16．【答案】（1）金属棒a在磁场中运动时，回路的总电阻为
金属棒a在磁场中向右运动的过程，由动量定理可得
解得
金属棒a、b组成系统碰撞过程满足动量守恒和能量守恒可得，
解得，
即a、b碰后瞬间的速度大小分别为0.5m/s，1m/s；
（2）金属棒a在磁场中向左运动的过程中，由动量定理可得
解得
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中回路产生总的焦耳热
解得
金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）求出回路总电阻，对导体棒受力分析，由动量定理、动量守恒和能量守恒求金属棒a、b碰后瞬间的速度大小；
（2）由动量定理求金属棒a停止运动时距离磁场右边界的距离；
（3）由能量守恒求金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热。
（1）金属棒a在磁场中运动时，回路的总电阻为
金属棒a在磁场中向右运动的过程，由动量定理可得
解得
金属棒a、b组成系统碰撞过程满足动量守恒和能量守恒可得，
解得，
即a、b碰后瞬间的速度大小分别为0.5m/s，1m/s；
（2）金属棒a在磁场中向左运动的过程中，由动量定理可得
解得
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中回路产生总的焦耳热
解得
金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
17．【答案】（1）小球下摆至最低点过程中，由动能定理
解得
小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，
解得。
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，由牛顿第二定律对小滑块
对板
解得，
小滑块与绝缘板共速用时设为，则有
解得
小滑块与绝缘板共速时的速度
板的位移
小滑块的位移
小滑块与绝缘板共速后一起减速的加速度
小滑块与绝缘板共速后一起减速至电场边界的位移
由
绝缘板开始进入电场时小滑块的速度。
（3）小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时的加速度
小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时绝缘板进入电场的长度设为，由
解得
开始进入电场到出现相对滑动时，由动能定理得
解得
小滑块出现相对滑动到停止运动，运动的位移设为，由
解得
小滑块从开始运动到停止运动的总位移。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，由动能定理、动量守恒和能量守恒求小球与绝缘板碰后瞬间绝缘板的速度大小v1；
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律和运动学公式求绝缘板开始进入电场时小滑块的速度大小v；
（3）对滑块受力分析，明确滑块运动过程，由动能定理和运动学公式求小滑块从开始运动到停止运动的总位移s。
（1）小球下摆至最低点过程中，由动能定理
解得
小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，
解得。
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，由牛顿第二定律对小滑块
对板
解得，
小滑块与绝缘板共速用时设为，则有
解得
小滑块与绝缘板共速时的速度
板的位移
小滑块的位移
小滑块与绝缘板共速后一起减速的加速度
小滑块与绝缘板共速后一起减速至电场边界的位移
由
绝缘板开始进入电场时小滑块的速度。
（3）小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时的加速度
小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时绝缘板进入电场的长度设为，由
解得
开始进入电场到出现相对滑动时，由动能定理得
解得
小滑块出现相对滑动到停止运动，运动的位移设为，由
解得
小滑块从开始运动到停止运动的总位移。
18．【答案】（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，由几何关系得：
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动；
x轴：
y轴：
根据牛顿第二定律有
解得：
（3）离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度分别为：
x轴：
y轴：
令沿x轴的速度满足：
解得：
发现，则离子刚在Ⅲ区的运动可分解为沿x轴以做匀速直线运动和以为线速度的逆时针转动的匀速圆周运动。
由向心力公式得：
解得：
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点用时：
根据周期公式有
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点时横坐标为：
可知
速度最大时的x坐标为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求Ⅰ区内磁感应强度的大小B；
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动，根据类斜抛运动规律求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）求出离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求离子在区域Ⅲ中运动时的最大速度vm以及速度最大时的x坐标。
（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，由几何关系得：
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动；
x轴：
y轴：
根据牛顿第二定律有
解得：
（3）离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度分别为：
x轴：
y轴：
令沿x轴的速度满足：
解得：
发现，则离子刚在Ⅲ区的运动可分解为沿x轴以做匀速直线运动和以为线速度的逆时针转动的匀速圆周运动。
由向心力公式得：
解得：
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点用时：
根据周期公式有
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点时横坐标为：
可知
速度最大时的x坐标为：
1 / 1山东省名校考试联盟2024-2025学年高三下学期2月开学考试物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1．2024年12月29日，CR450动车组样车在北京正式发布，CR450动车组试验速度时速450公里，为全球行驶速度最快的高铁列车。如图为复兴号G31的运行时刻表，复兴号G31从北京南至济南西的平均速率为。若将复兴号G31更换为CR450动车组，CR450动车组以试验速度运行，那么北京南至济南西的时间约为（　　）
A．26分钟 B．36分钟 C．56分钟 D．76分钟
【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】由复兴号G31的运行时刻表可知，北京南至济南西的所用的时间为t=84min， 复兴号G31从北京南至济南西的平均速率为，则北京南至济南西的路程km=420km
以试验速度运行，北京南至济南西的时间约为h=56min
故选C。
【分析】由时刻表可以读出复兴号G31由北京南至济南西的所用的时间，然后由平均速率的定义即可求解。
2．将一乒乓球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点。乒乓球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出乒乓球从抛出到回到抛出点(时刻)的图线如图所示。关于乒乓球从抛出到回到抛出点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球的速度一直在减小
B．乒乓球的加速度一直在减小
C．时刻乒乓球的加速度方向发生了改变
D．乒乓球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．根据v-t图像可知，乒乓球的速度先向上在减小，后向下在增大，故A错误； B．根据图像的斜率代表加速度，可知乒乓球的加速度一直在减小，故B正确；
C．由图像斜率的物理意义，t1时刻乒乓球的加速度方向不变，故C错误；
D．平均速度等于位移除以时间，上升和下降的位移大小相等，但方向相反，由于存在空气阻力，上升阶段的加速度大小大于下落阶段的加速度大小，因此，上升阶段的时间比下落阶段的时间短，所以上升的平均速度大小大于下降的平均速度大小，故D错误。
故选B。
【分析】根据v-t图像的斜率和图像在时间轴上下方的特点，平均速度的定义式进行分析解答。
3．2024年12月17日，神舟十九号的航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽，出舱9小时为空间站安装了空间碎片防护装置。为躲避较大威胁的空间碎片，天宫空间站往往实施发动机点火变轨的紧急避碰措施。空间站的质量为，变轨前后稳定运行时均做匀速圆周运动，轨道半径分别记为、，如图所示。已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】空间站的质量为，变轨前后稳定运行时均做匀速圆周运动，轨道半径分别记为、， 空间站所受万有引力提供向心力，根据万有引力定律结合牛顿第二定律可得
解得：，
紧急避险的过程，根据动能定理有：
解得：
故选A。
【分析】由题意可知卫星分别在两个轨道上运动时的势能；由万有引力提供向心力，可计算卫星在两个轨道上分别做圆周运动的动能；根据动能定理，即可计算发动机做的功。
4．如图所示，拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向施加推力推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ，若拖把头在地板上匀速移动一段时间t，在时间t内推力的冲量大小为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】冲量
【解析】【解答】设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解， 拖把头与地板之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g， 设N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，
根据平衡条件有：，
又
联立解得
在时间t内推力的冲量大小为
故选D。
【分析】运用正交分解法将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件求得推力，根据力和时间求解冲量。
5．如图所示，在正方形ABCD中，点M、N分别为AD、BC边的中点，将一对等量异号点电荷、分别固定于正方形的M、N点上。下列说法正确的是（　　）
A．B点和D点处的电场方向相同
B．B点和D点处的电势大小相等
C．若将由N移动到B点，C点的电势将减小
D．若将由N移动到B点，D点的电势将减小
【答案】A
【知识点】电势
【解析】【解答】A.B点和D点关于M、N连线的中点对称，+q在B点产生的电场方向沿MB方向，-q在B点产生的电场方向沿BN方向；同理，+q在D点产生的电场方向沿MD方向，-q在D点产生的电场方向沿DN方向，根据等量异种点电荷电场的分布特点以及电场强度的叠加原理可知以B点和D点处的电场方向相同，故A正确；B.B点离-q更近，D点离+q更近，所以B点电势低于D点电势，故B错误；
CD.将-q由N移动到B点，C、D点离-q更远了，+q在C、D点产生的电势不变，-q在C、D点产生的电势升高，根据电势的叠加，C、D点的电势将升高，故CD错误；
故选：A。
【分析】电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合，据此分析；先判断电势，再判断电场力做功的情况即可。
6．质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子（不计重力），经小孔飘入电压为U的加速电场（初速度可忽略不计），加速后经小孔进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上。第一次释放粒子为质子，打在照相底片上D点；第二次释放粒子为某种一价正离子，打在照相底片上E点。测得D点到的距离为d，测得E点到的距离为kd，则正离子与质子的质量比为（　　）
A．k B． C．2k D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】设粒子质量为m，带电量为q，在磁场中运动的速度为v，应用动能定理可得
解得
粒子在磁场做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有
解得
测得D点到的距离为d，测得E点到的距离为kd，即离子和质子轨道直径之比为k，则离子和质子轨道半径之比也为k，即为
所以离子和质子的质量比
故选B。
【分析】粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律结合题目条件列式解答。
7．2024年12月11日，全球单体容量最大的漂浮式风电平台“明阳天成号”在广东阳江正式投运。“明阳天成号”是全球首次在一个浮式基础上搭载两台海上风力发电机。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。风力发电机转化效率可视为不变，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，每台风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。则风电平台“明阳天成号”发电的功率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】能够得到在时间t内吹向风机的空气的质量是解题的关键。每台叶片旋转所形成的圆面积为A， 空气密度为，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片，则t时间内流过该圆面积的空气柱体积为
空气柱的质量为
空气柱的动能为
风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，转化成的电能为
发电的功率为
漂浮式风电平台“明阳天成号”搭载两台海上风力发电机，则风电平台“明阳天成号”发电的功率为
故选C。
【分析】先得到在时间t内吹向风机的空气的动能，然后根据转化效率得到电能，最后根据功率公式计算即可。
8．如图所示，质量为3m的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连，倾斜轻绳与水平方向的夹角为。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码B由静止释放，钩码B将在竖直方向做往复运动，物块A始终保持静止。轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，，。下列说法正确的是（　　）
A．物块A对桌面的最小压力为
B．物块A对桌面的最小压力为
C．水平轻绳对物块A的最大拉力为
D．水平轻绳对物块A的最大拉力为
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动
【解析】【解答】质量为3m的物块A放置在光滑水平桌面上， 将钩码B由静止释放，钩码B将在竖直方向做往复运动，物块A始终保持静止，可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据简谐运动的对称性，在最低点的加速度为竖直向上的g，由牛顿第二定律得：
解得在最低点时有弹簧弹力最大为：
则水平轻绳对物块A的最大拉力为
分析A受力，由平衡条件可知，竖直方向：
则桌面都A的最小支持力：
根据牛顿第三定律：物块A对桌面的最小压力为
故选B。
【分析】B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，根据往复运动的特点结合共点力平衡条件解答。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9．如图所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为，、、均为固定电阻，，，电压表的示数为120V，各电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数为 B．电流表的示数为
C．电阻的阻值为 D．电阻的阻值为
【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB． 由电源电压的有效值为220 V、电压表示数，可得到原线圈的电压有效值满足：U=U1+UV，解得：U1=100V
结合原副线圈匝数比，可得到副线圈电压的有效值满足：
可知副线圈的电压
根据闭合电路欧姆定律，可得电流表示数满足：
故A正确，B错误；
CD．副线圈的总电流
根据理想变压器的电流规律
可知原线圈的电流
由欧姆定律可得，电阻的阻值为
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】由电源电压的有效值、电压表示数，可得到原线圈的电压有效值，结合原副线圈匝数比，可得到副线圈电压的有效值，根据闭合电路欧姆定律，可计算电流表示数和副线圈电流；由原副线圈电流比与匝数比的关系，可得到原线圈的电流，根据欧姆定律，可计算电阻R1的阻值。
10．如图所示，一个质量为M=0.98kg的木块通过长为l=1m的轻质细绳悬挂于O点，某时刻一个质量为m=20g的子弹以v0=500m/s的速度自左向右水平射入木块，并留在其中。射击过程时间极短，随后两者一起向右摆起，木块和子弹可以看作质点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度为10m/s
B．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度为12m/s
C．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度大小为80m/s2
D．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度大小为
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．子弹木块组成的系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，得
则，故A正确，B错误；
CD．子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时，由机械能守恒定律可得
解得
细绳拉力提供向心力，向心加速度
方向水平向左，根据平行四边形法则可得加速度为
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据动量守恒求子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块的速度；由机械能守恒求子弹和木块沿圆弧上摆至与O点等高位置时加速度。
11．一列简谐横波沿x轴传播，当t=7s时，简谐波的波形图像如图甲所示。平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．波向x轴正向传播 B．波长为12cm
C．波速为1cm/s D．波速为2cm/s
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A． 根据乙图可知在t=7s时，坐标原点O的质点正在向下运动，根据上下坡法可知波向x轴负方向传播，故A错误；
BCD．由图乙可知，位于坐标原点O的质点在t=14s时处于波峰，即从t=7s开始经过 t=7s到达波峰，根据平移法可得
根据图乙可知该波的周期T=12s，
联立解得，
故BC正确，D错误。
故选BC。
【分析】根据上下坡法分析；根据原点和x=7m处质点的相位差计算波长；根据波速和波长、周期的关系计算。
12．如图所示，间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，倾角为θ=60°的导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中，水平导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应大小均为B。两根长为l的相同金属杆ab、cd分别垂直导轨放置于导轨的倾斜部分和水平部分，每根金属杆的质量为m，每根金属杆接入导轨之间的电阻均为R，由静止释放金属杆ab后，两金属杆开始运动，经足够长时间后，两金属杆达到稳定运动状态。两金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长，不计摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度为g，忽略磁场边界效应。两金属杆达到稳定运动状态后，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆ab中电流方向为b→a
B．金属杆ab中电流大小为
C．两金属杆均做匀速直线运动，匀速的速度大小不同
D．两金属杆均做匀加速直线运动，匀加速的加速度大小不同
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可知金属杆ab中电流方向为b→a，故A正确；
BCD． 设ab杆某时刻的速度大小为v1，对应的cd杆速度大小为v2（水平向右），根据法拉第电磁感应定律可得ab切割磁感应线产生的感应电动势为：
cd杆产生的感应电动势为
二者方向相反，则电流为
对ab杆受力分析，根据牛顿第二定律得
对cd杆受力分析得
解得，
设两杆达到稳定运动状态时的速度为，，则
由于存在外力（重力）的作用，两杆达到稳定状态时应均做匀加速运动（无外力则做匀速运动），此时a1、a2为固定值，即电流I为固定值，即（与t无关的常数）
即
解得
此时，，
故BD正确，C错误。
故选ABD。
【分析】根据右手定则判断电流方向；回路中的电动势等于ab切割磁感应线产生的感应电动势与cd切割磁感应线产生的感应电动势之差，最后稳定时速度两个棒速度之差恒定，加速度大小恒定，根据牛顿第二定律列方程进行解答。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13．某物理课外小组利用图（a）中的装置测量小滑车的质量以及小滑车与长木板间的动摩擦因数。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有个，每个钩码质量均为m，重力加速度为实验步骤如下：
（1）将7个钩码全部放入小车中，将依次取，2，3，4，5，6，个钩码挂在轻绳右端，其余个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。
（2）释放小车，同时用加速度传感器记录小车运动过程中的加速度a。
（3）将不同的n的a值记录下来，将结果填入设计好的表格中。
（4）利用表中的数据，作出图像。
（5）若得到的图像如图（b）所示，利用图像求得小车（空载）的质量　 　，小滑车与长木板间的动摩擦因数　 　结果均用（m、c、b、g来表示）。
（6）若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力带来的实验误差，下列说法正确的是　 　填入正确选项前的标号）
A.M的测得值偏大，的测得值偏小
B.M的测得值偏小，的测得值偏大
C.M的测得值偏大，的测得值偏大
【答案】；；C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（5） 对小车和钩码整体受力分析， 由牛顿第二定律可知：
整理得
结合图像和斜率以及截距的意义可得，
联立解得：，
（6） 若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力，对小车和钩码整体，根据牛顿第二定律
整理得
此时图像斜率不变，纵截距的绝对值变大，相当于把原来的图像向下平移，所以的测得值偏大，M的测得值偏大。
故选C。
【分析】（5）根据牛顿第二定律求解a-n函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答；
（6）若考虑到滑轮与轮轴间的摩擦阻力，根据牛顿第二定律求解a-n函数，结合图像斜率和纵截距的含义分析实验误差。
14．某学习小组的同学拟设计电路来测量电阻的阻值，可供选用的器材如下：
电压表V，量程3 V，内阻约为；
电阻箱阻值；
滑动变阻器，阻值范围；
滑动变阻器，阻值范围；
学生电源E，电动势3V，内阻不计；
开关S及导线若干。
（1）甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，将电阻箱接入a、b之间，闭合开关。适当调节滑动变阻器后保持其阻值不变。改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如下表：
电阻
电压
请根据实验数据推理分析，甲同学在实验中选用的滑动变阻器为　 　（选填“”或“”）。
（2）请根据实验数据在图2中做出关系图像　 　。
（3）用待测电阻替换电阻箱，读得电压表示数为。利用（2）中测绘的图像可得　 　。
（4）若将待测电阻替换电阻箱时，不小心碰触到了滑动变阻器的触头，使如图1所示的电路中的触头略微向右滑动了。若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，则测定结果将　 　选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）R2
（2）
（3）20
（4）偏大
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1） 当电阻箱电阻R=5.0Ω，两端电压U=1V；根据串联电路电压的分配与电阻成正比，可得，代入数据解得R'=10Ω＞5Ω，因此滑动变阻器选择R2
（2）根据描点法，作图时使尽量多的点落在平滑曲线上，不能落在曲线上的要均匀分布在曲线两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
（3）在图中作出的直线，与图象有一交点，通过交点作横轴的垂线，与横轴交与的点，即当时，
（4）电路中的触头略微向右滑动，电阻变小，若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，因为
当减小时，则减小，同一个R，则U增大，即电压表读数将变大，按原来的图象，则电阻的测量值大于真实值，即偏大。
【分析】（1）根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解作答；
（2）根据描点法作图的规则作图；
（3）利用（2）中测绘的U-R图像求解作答；
（4）滑动变阻器的触头略微向右滑动了一点，滑动变阻器的接入电阻变小，根据串联电路电压的分配关系结合U-R图像分析作答。
（1）根据实验数据当电压表示数为1V时，电阻，电动势3 V，则滑动变阻器需要分压2V，因此选用滑动变阻器电阻最大阻值应大于，推理分析，甲同学在实验中选用的滑动变阻器为R2。
（2）根据表格数据描点，最后用光滑的曲线连接所描的点，即作出图，如图所示
（3）在图中作出的直线，与图象有一交点，通过交点作横轴的垂线，与横轴交与的点，即当时，
（4）[1][2]电路中的触头略微向右滑动，电阻变小，若仍用本实验装置和（2）中测绘的图像测定待测电阻，因为
当减小时，则减小，同一个R，则U增大，即电压表读数将变大，按原来的图象，则电阻的测量值大于真实值，即偏大。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15．2024年11月28日，山东队在第一届全国青少年三大球运动会男子排球项目中获得冠军。如图所示，赛前训练中甲、乙两位队员进行垫球训练。甲队员在距离地面高h1=2.7m处将排球沿水平方向击出，乙队员在排球离地h2=0.9m处将排球垫起，垫起后排球速度突变为竖直向上，向上运动至最高点时离地高度也为h1=2.7m，垫起过程中排球动能损失了64%。已知垫起过程中时间极短，忽略垫起过程中排球的位置变化，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）排球被垫起前瞬间的速度大小v；
（2）排球从被击出到被垫起的过程中在水平方向的位移大小x。
【答案】（1）排球被垫起后上升过程由动能定理可得
解得
排球被垫起前后的能量关系可得
解得
（2）排球从被击出到被垫起的过程中由动能定理可得
解得
排球从被击出到被垫起的过程为平抛运动：竖直方向
水平方向
解得
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）排球被垫起后做竖直上抛运动，应用运动学公式求出被垫起瞬间的速度大小，然后求出垫起前速度大小。
（2）排球被甲击出后做平抛运动，应用运动学公式求出排球的水平位移。
（1）排球被垫起后上升过程由动能定理可得
解得
排球被垫起前后的能量关系可得
解得
（2）排球从被击出到被垫起的过程中由动能定理可得
解得
排球从被击出到被垫起的过程为平抛运动：竖直方向
水平方向
解得
16．如图所示，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨左端与一阻值为R=1Ω的定值电阻相连，导轨间存在一个宽度L=1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T，方向如图所示。一根质量ma=0.1kg的金属棒a以初速度v0=4m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb=0.2kg静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，金属棒a、b接入两导轨间的电阻分别为Ra=0.5Ω、Rb=1Ω。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，求
（1）金属棒a、b碰后瞬间的速度大小；
（2）金属棒a停止运动时距离磁场右边界的距离；
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热。
【答案】（1）金属棒a在磁场中运动时，回路的总电阻为
金属棒a在磁场中向右运动的过程，由动量定理可得
解得
金属棒a、b组成系统碰撞过程满足动量守恒和能量守恒可得，
解得，
即a、b碰后瞬间的速度大小分别为0.5m/s，1m/s；
（2）金属棒a在磁场中向左运动的过程中，由动量定理可得
解得
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中回路产生总的焦耳热
解得
金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）求出回路总电阻，对导体棒受力分析，由动量定理、动量守恒和能量守恒求金属棒a、b碰后瞬间的速度大小；
（2）由动量定理求金属棒a停止运动时距离磁场右边界的距离；
（3）由能量守恒求金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热。
（1）金属棒a在磁场中运动时，回路的总电阻为
金属棒a在磁场中向右运动的过程，由动量定理可得
解得
金属棒a、b组成系统碰撞过程满足动量守恒和能量守恒可得，
解得，
即a、b碰后瞬间的速度大小分别为0.5m/s，1m/s；
（2）金属棒a在磁场中向左运动的过程中，由动量定理可得
解得
（3）金属棒a从开始运动到停止运动过程中回路产生总的焦耳热
解得
金属棒a从开始运动到停止运动过程中金属棒a产生的焦耳热为
17．如图所示，一长度、质量的均匀带电绝缘板静置于粗糙水平地面上，带电绝缘板所带电量为。一质量为的小球通过长为的细绳悬挂于O点，小球静止时细绳保持竖直且小球刚好与绝缘板左端接触，绝缘板右端上方放置一质量为的小滑块。右侧存在一区域足够大的匀强电场，匀强电场左侧边界与绝缘板右端相距，匀强电场场强大小为，方向水平向左。将小球拉至与O点等高位置后由静止释放，小球沿圆弧运动至最低点时与绝缘板发生弹性碰撞。已知绝缘板在运动过程中电量保持不变，绝缘板进入电场速度减为零时立即被锁定保持不动，小球与小滑块均可视为质点，小滑块与绝缘板间的动摩擦因数为，绝缘板与地面间的动摩擦因数为，取重力加速度。求
（1）小球与绝缘板碰后瞬间绝缘板的速度大小；
（2）绝缘板开始进入电场时小滑块的速度大小v；
（3）小滑块从开始运动到停止运动的总位移S。
【答案】（1）小球下摆至最低点过程中，由动能定理
解得
小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，
解得。
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，由牛顿第二定律对小滑块
对板
解得，
小滑块与绝缘板共速用时设为，则有
解得
小滑块与绝缘板共速时的速度
板的位移
小滑块的位移
小滑块与绝缘板共速后一起减速的加速度
小滑块与绝缘板共速后一起减速至电场边界的位移
由
绝缘板开始进入电场时小滑块的速度。
（3）小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时的加速度
小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时绝缘板进入电场的长度设为，由
解得
开始进入电场到出现相对滑动时，由动能定理得
解得
小滑块出现相对滑动到停止运动，运动的位移设为，由
解得
小滑块从开始运动到停止运动的总位移。
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，由动能定理、动量守恒和能量守恒求小球与绝缘板碰后瞬间绝缘板的速度大小v1；
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律和运动学公式求绝缘板开始进入电场时小滑块的速度大小v；
（3）对滑块受力分析，明确滑块运动过程，由动能定理和运动学公式求小滑块从开始运动到停止运动的总位移s。
（1）小球下摆至最低点过程中，由动能定理
解得
小球与绝缘板碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，
解得。
（2）小滑块在绝缘板上向右运动至与板共速前的过程中，由牛顿第二定律对小滑块
对板
解得，
小滑块与绝缘板共速用时设为，则有
解得
小滑块与绝缘板共速时的速度
板的位移
小滑块的位移
小滑块与绝缘板共速后一起减速的加速度
小滑块与绝缘板共速后一起减速至电场边界的位移
由
绝缘板开始进入电场时小滑块的速度。
（3）小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时的加速度
小滑块与绝缘板在电场中刚好出现相对滑动时绝缘板进入电场的长度设为，由
解得
开始进入电场到出现相对滑动时，由动能定理得
解得
小滑块出现相对滑动到停止运动，运动的位移设为，由
解得
小滑块从开始运动到停止运动的总位移。
18．如图所示，在xOy坐标系中有三个区域，在的Ⅰ区中，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场；在的Ⅱ区中，其内充满沿y轴负方向的匀强电场；在的Ⅲ区中，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场，匀强磁场的大小和Ⅰ区的相同，匀强电场的大小是Ⅱ区的倍。一质量为m，电荷量为的正离子，以初速度沿x轴正方向过O点射入区域Ⅰ，依次经Ⅰ区、Ⅱ区进入Ⅲ区。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为，离子刚进入Ⅲ区时的位置坐标为。已知，，不计离子重力，忽略边界效应。求
（1）Ⅰ区内磁感应强度的大小B；
（2）Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）离子在区域Ⅲ中运动时的最大速度以及速度最大时的x坐标。
【答案】（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，由几何关系得：
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动；
x轴：
y轴：
根据牛顿第二定律有
解得：
（3）离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度分别为：
x轴：
y轴：
令沿x轴的速度满足：
解得：
发现，则离子刚在Ⅲ区的运动可分解为沿x轴以做匀速直线运动和以为线速度的逆时针转动的匀速圆周运动。
由向心力公式得：
解得：
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点用时：
根据周期公式有
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点时横坐标为：
可知
速度最大时的x坐标为：
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求Ⅰ区内磁感应强度的大小B；
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动，根据类斜抛运动规律求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）求出离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度，根据洛伦兹力提供向心力和周期公式求离子在区域Ⅲ中运动时的最大速度vm以及速度最大时的x坐标。
（1）离子在Ⅰ区中做匀速圆周运动，由几何关系得：
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）离子在Ⅱ区中做类斜抛运动，沿 x轴做匀速直线运动，沿 y轴做匀变速直线运动；
x轴：
y轴：
根据牛顿第二定律有
解得：
（3）离子刚进入Ⅲ区时，沿 x轴、y轴的分速度分别为：
x轴：
y轴：
令沿x轴的速度满足：
解得：
发现，则离子刚在Ⅲ区的运动可分解为沿x轴以做匀速直线运动和以为线速度的逆时针转动的匀速圆周运动。
由向心力公式得：
解得：
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点用时：
根据周期公式有
离子进入Ⅲ区第一次到达最低点时横坐标为：
可知
速度最大时的x坐标为：
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