2022-2023 年石狮市永宁中学高二期末考试试题
物理
(时间：75 分钟；满分：100 分）
一、选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【答案】C
2. 【答案】D..
3.【答案】B
4. 【答案】A
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全
部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
5【答案】AD
6.【答案】AC
7.【答案】BC
8. 【答案】BD
三、非选择题：共 60 分。考生根据要求作答。
9．（3分)
（1）引力（2）最小（3）增大
10．（3分)
（1）沿 x轴负方向传播（2）0.4s (3)60m/s
11．（3分）
（1）减小（2）减小（3）不变
12.（6分）
【答案】(1)0.960 (2分)
(2) d 2 1 (1分)a ( ）2 1
（ )
2
2s t
B tA
(3) mg (M m)a (2分)
Mg
第 1页（共 4页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
(4)系统误差(1分)
13.（6分）
【答案】(1)A (2分) (2)B (2分) (3)0.1(2分)
【解析】(1)滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用最
大阻值为 20Q的滑动变阻器，故选 A。
(2)因要求小灯泡电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式，
由于小灯泡电阻远小于电压表阿且，电流表应用外接法，
故选 B。
(3)在小灯泡的伏安特性曲线图象中，再根据 E=U+Ir，即
I=0.3－0.2U，作出电源的 I-U图象，如图所示，由图示可知，由该电源对该小灯
泡供电，电路电流 I=0.1A，电路外电压 U=1V，
小灯泡消耗的电功率 P=IU=0.1W。
14（11分）
解析：(1)物体向上运动过程中，受拉力 F、斜面支持力 N、重力 mg和摩擦
力 f，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为 a1，根据牛顿第二定律有：
F－mg sin θ－f＝ma1(2分)
又 f＝μN，N＝mg cos θ(1分)
解得：a1＝2.0 m/s2
则 t＝4.0 s时物体的速度大小 v1＝a1t(1分)
＝8.0 m/s。(1分)
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速
度大小为 a2，受力如图乙所示。根据牛顿第二定律，对物体沿斜
面向上运动的过程有：
mg sin θ＋f＝ma2(2分)
f＝μN，N＝mg cos θ(1分)
第 2页（共 4页）
{#{QQABbLYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
解得 a2＝8.0 m/s2。
x v
2
做匀减速运动的位移为 ＝ 12 (2分)
2a2
＝4.0 m。(1分)
答案：(1)8.0 m/s (2)4.0 m
15. (12分)
15. (1) 1根据动能定理有 0 = 20 …………………………(2分)2
=
2
解得 00 ……………………………(1分)2
(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
2
有 00 = ……………………(2分) d
B
tan30 = 由几何关系可得 …………(2分)
A M R O
解得 = 3 0 ……………………(1分) E
3 0
N
(3)粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，根据 r
运动的合成分解及几何关系
在 x方向有 + 600 = 0 …………(1分)
d
E
在 y方向有 6 00 = 1 2 …………(1分)
2 A M O x
根据牛顿第二定律有 Eq=ma …………(1分) E0
2
联立解得 E=4 3 0 …………(1分) N(x , y)
9
y
16. (16分)
16. （1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以
在坚直平面内做完整的圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有
2 1 = 1 …(1分)
解得 = 2 / (1分)
（2）设碰撞后瞬间小球的速度大小为 1，根据机械能守恒定律有
1 2 1 2
2 1
1 = 1 + 1 2 (2分)2
第 3页（共 4页）
{#{QQABbLYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
解得 1 = 2 5m/s……
v 2
在最低点，根据牛顿第二定律有 F m1g m 11 ……………………(1分)L
解得 = 12 ……………………(1分)
（2）设小物块在水平台面 AB上滑到 B点时的速度大小为 v，根据动能定理有
m gs 1m v2 1 1 2 1 2 m
2
2 2 2
v0
……………………(1分)
解得 = 2 5 / ……………………
小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有
m2v m1v1 m2v ……………………(1分)
解得 v 5m / s……………………(1分)
（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有
2m2g m2a1解得a 2 5m / s21 ……………………(1分)
对长木板有 2m2g 3 m2 m3 g m3a2解得a2 5m / s2…………………(1分)
小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有
v a1t a2t……………………(1分)
= 1解得 ……………………
3
1
小物块位移 x1= ' 21 ……………………(1分)2
长木板位移 x =12 22 ……………………(1分)2
物块相对于长木板的位移为 S 相=x1-x2……………………(1分)
5
带入数据得 S 相= m……………………(1分)6
因为 2 > 3所以当两者速度相等以后一起减速，不再产生相对位移
第 4页（共 4页）
{#{QQABbLYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}石狮市永宁中学2022-2023学年高二下学期期末考试
物理
(时间：75 分钟；满分：100 分）
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的 M 点和玉女峰附近的N 点，如图所示。已知该游客从 M 点漂流到 N 点的路程为 5.4km，用时 1h，M、N 间的直线距离为 1.8km，则从 M 点漂流到 N 点的过程中（ ）
该游客的位移大小为 5.4km
该游客的平均速率为 5.4km
该游客的平均速度大小为 0.5m/s
若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为 0
如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
工人受到的重力和支持力是一对平衡力
工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对平衡力一对作用力与反作用力
重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
重物缓慢拉起过程，绳子拉力变大
如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心 O，经折射后分为两束单色光a 和 b。下列判断正确的是
A.玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率
B.a 光的频率大于 b 光的频率
在真空中 a 光的波长大于 b 光的波长
在玻璃中 a 光的传播速度大于 b 光的传播速度
2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km 近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为 m 的物体从距地心 r 处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为 ，式中 M 为地球质量，G 为引力常量；现将空间站的质量记为m0 ，
变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1 、r2 ，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为（ ）
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全
部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 4:1，RT 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1 为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压 u 随时间 t 按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是
变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1:4
变压器输入、输出功率之比为 4:1
C.u 随 t 变化的规律为 u=51sin(50πt)(国际单位制)
D.若热敏电阻 RT 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势φ在 x
轴上分布如图所示.下列说法正确有
q1 和 q2 带有异种电荷
x1 处的电场强度为零
负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小
D 负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大
如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为 m,从 A 点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到 A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为 s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为 g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中
弹簧的最大弹力为μmg
物块克服摩擦力做的功为 2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在 A 点的初速度为
如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界 MN、
PQ 与传送带运动方向垂直，其间距为2d 。已知传送带以恒定速度v0 运动，线框质量为m ，边长为d ，线框与传送带间的动摩擦因数为，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程中，其速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为 g ，则（ ）
A 线框进出磁场过程中感应电流方向相同
线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变
整个线框刚好离开磁场时的速度为
整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为4mgd
三、非选择题：共 60 分 考生根据要求作答。
9．（3 分)关于分子力和分子势能
分子间距离大于 r 0 时，分子间表现为 （填“引力”或者“斥力”）
分子势能在 r 0 处 （填“最大”或者“最小”）
分子间距离小于 r 0 且减小时，分子势能在 （填“增大”或者“减小”）
10．（3 分）一列简谐波沿 x 轴传播，t=0 时刻的波形如图甲所示，此时质点 P 正沿 y 轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是
则:
该波的传播方向是 （填“x 轴负方向”或者“x 轴正方向”）
该波的周期是 s
该波的波速是 m/s
11．（3 分）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，始终接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则
电容器的电容 （填“增大”或者“减小”）
极板上的电荷量 （填“变大”或者“变小”）
电容器极板间的电场强度 （填“变大”“变小”或者“不变”）
12.（6 分）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量 M，重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片的宽度 d；用米尺测量两光电门之间的距离 s；
②）整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间△tA 和△tB，求出加速度 a；
④多次重复步骤③，求 a 的平均a ；
⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ）
回答下列为题：
测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1mm)的示如图(b)所示。其读数为 cm。
物块的加速度 a 可用 d、s、△tA 和△tB 表示为 a= 。
动摩擦因数μ可用 和重力加速度 g 表示为μ= 。
如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 (填“偶然误差”或”系统误差”)。
13.（6 分）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组(电动势为 4.5V，内阻约 1Ω)； 电流表(量程为 0250mA，内阻约 5Ω)； 电压表(量程为 03V，内阻约 3kΩ)； 电键一个、导线若干。
实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 (填字母代号)。
滑动变阻器(最大阻值 20Ω，额定电流 1A)
滑动变阻器(最大阻值 1750Ω，额定电流 0.3A)
实验的电路图应选用下列的图 (填字母代号)。
实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为 5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是 W。
14．（11 分）如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量 m＝1.0 kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细绳将物
体由静止沿斜面向上拉动，拉力 F＝10 N，方向平行于斜面向上。经时间 t＝4.0 s 绳子突然断了(已知 sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，g 取 10 m/s2)，求：
绳断时物体的速度大小；
从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移。
(12 分)如图 1 所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为 d 的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为 R 的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为 m、电荷量为-q 的粒子从左极板上 A 点由静止释放后，在 M 点离开
加速电场，并以速度v0 沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从 N 点射出。MN 两点间的圆心角∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。
求加速电场场强 E0 的大小；
求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小
若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图 2 所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从 N 点射出。求该匀强电场场强 E 的大小。
图 1 图 2
(16 分) 如图所示，长度 L 0.4m 的轻绳上端固定在 O 点，下端拴接一个质量m1 0.2kg 的小球，轻绳伸直时小球与水平台面 AB 右端接触且恰好无压力，质量m3 0.2kg 的长木板紧靠水平台面 AB 放在水平地面上，其上表面水平且与水平台面 AB 等高，长木板上表面足够长。质量m2 0.4kg 的小物块在水平台面 AB
上以大小 的初速度向右运动，经过距离s1 1m 后与小球发生碰撞，
随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小物块与小球均可看作质点，小物块与水平台面 AB 间的
动摩擦因数1 0.2 ，小物块与长木板间的动摩擦因数 ，长木板与水平地面间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小
g 10m/s2 。求：
小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动过最高点时的速度
碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
小物块刚滑上长木板时的速度大小；
小物块在长木板上相对于长木板滑行的距离。2022-2023年石狮市永宁中学高二期末考试试题
物理
(时间：75 分钟；满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，
将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分。在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的 M点和玉女峰附近的
N点，如图所示。已知该游客从 M点漂流到 N点的路程为 5.4km，用时 1h，M、
N间的直线距离为 1.8km，则从 M点漂流到 N点的过程中（ ）
A. 该游客的位移大小为 5.4km
B. 该游客的平均速率为 5.4km
C. 该游客的平均速度大小为 0.5m/s
D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为 0
【答案】C
【解析】A．位移指的是从 M点漂流到 N点的有向线段，故位移大小为 1.8km，
故 A错误；
B．从 M点漂流到 N点的路程为 5.4km，用时 1h，则平均速率为
v = s 5.4 km/h
率 t 1
故 B错误；
C．该游客的平均速度大小为
v= x 1.8 km/h=0.5m/s
t 1
故 C正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为 0.5m/s，若以所乘竹筏为参考系，
玉女峰的平均速度也为 0.5m/s，故 D错误；
第 1页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
故选 C。
2. 如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对平衡力
一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变大
【参考答案】D..
【名师解析】
对人受力分析有
则有 FN＋FT= mg
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用 力与反作用
力，AB错误、
对滑轮做受力分析有
F mg则有 T 2cos
则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则 FT逐渐增大，D正确。
3.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心 O，经折射后分为两束单色光
a和 b。下列判断正确的是
A.玻璃对 a光的折射率小于对 b光的折射率
B.a光的频率大于 b光的频率
C.在真空中 a光的波长大于 b光的波长
D.在玻璃中 a光的传播速度大于 b光的传播速度
【答案】B
第 2页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
【解析】由题图可知 a光在玻璃砖中的偏折程度较大，故玻璃砖对 a光的折射率
大，可假设 a光是紫光，b光是红光，结合所学易知选项 A、C错误，B正确；
在玻璃中 a光的传播速度小于 b光的传播速度
D错误。本题选 B。
【考点定位】本题考查了不同频率光在介质中的折射率、波长等光学知识
4. 2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地
390km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站
实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为 m的物体从
Mm
距地心 r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G ，式
r
中 M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0 ，
变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为 r1、 r2，如图所示。空间
站紧急避碰过程发动机做的功至少为（ ）
1 GMm 1 1
1 1
A. B. GMm
2 0 r r 0
1 2 r1 r2
3 1 1
C. GMm0 D. 2GMm
1 1
0 2 r1 r2 r r
1 2
【答案】A
【解析】
【详解】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间
站从轨道 r1变轨到 r2过程，根据动能定理有
W W ΔE
引力 k
依题意可得引力做功
W G Mm 0 G Mm0
引力 r2 r1
万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有
G Mm
2
0 v
r 2
m0 r
第 3页（共 15页）
{#{QQABbLYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
求得空间站在轨道上运动的动能为
E G Mm0k 2r
动能的变化
ΔE Mm G 0 G Mm 0k 2r2 2r1
解得
W GMm 0
1 1
2
r
1 r2
故选 A。
二、双项选择题：本题共 4小题，每小题 6分，共 24分。每小题有两项符合题目要求，全
部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
5.图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 4:1，RT为阻值随温度升高而
减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所
接电压 u随时间 t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是
A.变压器原、副线圈中的电流强度之比为 1:4
B.变压器输入、输出功率之比为 4:1
C.u随 t变化的规律为 u=51sin(50πt)(国际单位制)
D.若热敏电阻 RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
【答案】AD
I1 n2 1
【解析】由题意，变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即 I2 n1 4
，
故选项 A正确理想变压器输入、输出功率之比为 1:1，选项 B错误；；由图(b)
可知交流电压最大值 Um=51 V，周期 T=0.02 s，角速度ω=100π rad/s，则可得
第 4页（共 15页）
{#{QQABbLYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
u=51sin(100πt)(V)，故选项 C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数
变大，电压表示数不变，故选项 D正确。
【考点定位】变压器的构造和原理
【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理
想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。
6.在 x轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势φ在
x轴上分布如图所示.下列说法正确有
A.q1和 q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从 x1移到 x2，电势能减小
D负电荷从 x1移到 x2，受到的电场力增大
【答案】AC
【解析】由图知 x1处的电势等于零，所以 q1和 q2带有异种电荷，A正确，图象
的斜率描述该处的电场强度，故 x1处场强不为零，B错误；负电荷从 x1移到 x2，
由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故 C正确；由图知，负
电荷从 x1移到 x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以 D错误.
7.如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为 m,从 A点向
左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到 A点恰好静止。物块向左运动的最
大距离为 s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为 g,弹簧未超出弹性限度。在
上述过程中
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为 2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在 A点的初速度为 2
【解析】选 B、C。弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦
力 f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的
路程为 2s,所以克服摩擦力做的功为 W=2μmgs,选项 B正确;由动能定理可知,从弹
簧被压缩至最短到物块运动到 A点,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩
第 5页（共 15页）
{#{QQABbLYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
擦力做功 W'=μmgs,选项 C正确;由物块从 A点到返回 A点,根据动能定理
-μmg·2s=0-1m 20可得 v0=2 ,所以选项 D错误。2
8. 如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框，在输送中让
线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁场边界 MN、
PQ与传送带运动方向垂直，其间距为 2d。已知传送带以恒定速度v0运动，线框
质量为m，边长为d ，线框与传送带间的动摩擦因数为 ，且在传送带上始终保
持线框左、右两边平行于磁场边界，线框右边进入磁场到线框右边离开磁场过程
中，其速度v随时间 t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为 g，则（ ）
A. 线框进出磁场过程中感应电流方向相同
B. 线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变
C. 整个线框刚好离开磁场时的速度为 v20 4 gd
D. 整个线框穿过磁场过程中安培力对线框做的功为 4 mgd
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针（俯视），
出磁场过程中感应电流方向为顺时针（俯视），故 A错误；
B．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，由 v-t图可知线框右边进入磁场到右
边恰离开磁场过程中速度小于传送带速度，所受滑动摩擦力方向水平向右，线框
出磁场过程与进入磁场过程中初速度相同、受力情况相同，所以运动情况相同，
即出磁场过程中速度由v0一直减小至 v1，所以出磁场过程中所受滑动摩擦力方向
水平向右，故线框穿过磁场过程中受到的摩擦力方向不变。故 B正确；
第 6页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
C．由 B项分析知线框刚好离开磁场时的速度为 v1，线框恰完全进入磁场至右边
恰出磁场过程中线框做匀加速直线运动，有
v20 v
2
1 2 gd
解得
v 21 v0 2 gd
故 C错误；
D．线框穿过磁场的整个过程中初末速度为v0、v1，整个过程中摩檫力不变，所
以由动能定理可得
W mg 3d 1 mv2 11 mv
2
安 2 2 0
解得
W 4 mgd
安
故 D正确。
故选 BD。
三、非选择题：共 60分。考生根据要求作答。
9．（3分下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
（1）分子间距离大于 r0时，分子间表现为_______（填“引力”或者“斥力”）
（2）分子势能在 r0处______（填“最大”或者“最小”）
（3）分子间距离小于 r0且减小时，分子势能在_____（填“增大”或者“减小”）
【名师解析】（1）引力（2）最小（3）增大
分子间距离大于 r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离 r0处过程中，
引力做正功，分子势能减小，则在 r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间
表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。C正确。
10．（3分）一列简谐波沿 x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点 P正
沿 y轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是
第 7页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
则（1）该波的传播方向是_______（填“x轴负方向”或者“x轴正方向”）
（2）该波的周期是_______s
（3）该波的波速是_______m/s
（1）沿 x轴负方向传播（2）0.4s (3)60m/s
【解析】由乙图可知：P点下一个时刻位移沿负方向增大，所以 P点此时的运动
方向向下，得出此波沿 x轴负方向传播，由乙图可知：T 0.4s，由甲图可知：
24m，所以 v 24 ＝ ＝60m / s，故选 A。
T 0.4
【考点定位】波的图像和波长、频率及波速关系
11．（3分）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，始终接在恒压直流电源
上，若将云母介质移出，则
（1）电容器的电容______（填“增大”或者“减小”）
(2)极板上的电荷量______（填“变大”或者“变小”）
(3)电容器极板间的电场强度______（填“变大”“变小”或者“不变”）
（1）减小（2）减小（3）不变
【解析】电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，
相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距
离不变，所以极板间的电场强度不变，【考点定位】平行板电容器
【名师点睛】本题主要考查平行板电容器的动态平衡，要注意正确应用电容的决
C S Q r C E U
定式 4πkd 、定义式 U ，板间场强公式 d
12.（6分）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。
实验步骤如下：
第 8页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
①用天平测量物块和遮光片的总质量 M，重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片
的宽度 d；用米尺测量两光电门之间的距离 s；
②）整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门 A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光
电门 A和光电门 B所用的时间△tA和△tB，求出加速度 a；
④多次重复步骤③，求 a的平均a；
⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ）
回答下列为题：
(1)测量 d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为 1mm)的示如图(b)所示。其读数
为 cm。
(2)物块的加速度 a可用 d、s、△tA和△tB表示为 a=_________。
(3)动摩擦因数μ可用 M、m、a和重力加速度 g表示为μ=__________。
(4)如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 (填“偶然误差”或”系统误
差”)。
【答案】(1)0.960 (2分)
(2) 2 (1分)
a d 1 2 1 2
2s
( ） （ )
t B tA
(3) (2分)
mg (M m)a
Mg
(4)系统误差(1分)
【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可得：9mm+12 0.05mm=9.560mm=0.960cm。
第 9页（共 15页）
{#{QQABLbYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
2
(2)v d v d d 1 1A ， B ，由 v
2
B v
2
A 2as解得a ( ）
2 （ )2
t t 2s t A B B tA
(3) mg (M m)a由牛顿第二定律可知mg Mg (m M )a解得： .
Mg
(4)由原理可知属于系统误差。难度中等。
【考点定位】游标卡尺的读数、瞬时速度、匀加速直线运动规律、牛顿第二定律。
13.（6分）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压
需要由零逐渐增加到 3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组(电动势为 4.5V，内阻约 1Ω)；
电流表(量程为 0 250mA，内阻约 5Ω)；
电压表(量程为 0 3V，内阻约 3kΩ)；
电键一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 (填字母代号)。
A.滑动变阻器(最大阻值 20Ω，额定电流 1A)
B.滑动变阻器(最大阻值 1750Ω，额定电流 0.3A)
(2)实验的电路图应选用下列的图 (填字母代号)。
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为
1.5V，内阻为 5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是 W。
【答案】(1)A (2分) (2)B (2分) (3)0.1(2分)
【解析】(1)滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用最大阻值为 20Q的滑动
变阻器，故选 A。
(2)因要求小灯泡电压从零调，所以滑动变阻器应用分压
式，由于小灯泡电阻远小于电压表阿且，电流表应用外接
第 10页（共 15页）
{#{QQABLbYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
法，故选 B。
(3)在小灯泡的伏安特性曲线图象中，再根据 E=U+Ir，即 I=0.3－0.2U，作出电源
的 I-U图象，如图所示，由图示可知，由该电源对该小灯泡供电，电路电流 I=0.1A，
电路外电压 U=1V，
小灯泡消耗的电功率 P=IU=0.1W。
【考点定位】电学实验仪器的选择、电路设计、伏安特性曲线等知识点
14．（11分）如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量 m
＝1.0 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细绳
将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力 F＝10 N，方向平行于斜面向
上。经时间 t＝4.0 s绳子突然断了(已知 sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，
g取 10 m/s2)，求：
(1)绳断时物体的速度大小；
(2)从绳子断后物体沿斜面上升的最大位移。
解析：(1)物体向上运动过程中，受拉力 F、斜面支持力 N、重力 mg和摩
擦力 f，如图甲所示，设物体向上运动的加速度为 a1，根据牛顿第二定律
有：F－mg sin θ－f＝ma1(2分)
又 f＝μN，N＝mg cos θ(1 分)
解得：a1＝2.0 m/s2
则 t＝4.0 s时物体的速度大小 v1＝a1t(1分)
＝8.0 m/s。(1分)
(2)绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速
度大小为 a2，受力如图乙所示。根据牛顿第二定律，对物体沿斜
面向上运动的过程有：
mg sin θ＋f＝ma2(2分)
f＝μN，N＝mg cos θ
解得 a2＝8.0 m/s2。
v2
做匀减速运动的位移为 x2＝ 1 (2分)
2a2
第 11页（共 15页）
{#{QQABbLYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
＝4.0 m。(1分)
答案：(1)8.0 m/s (2)4.0 m
15. (12分)如图 1所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为 d的水平匀强电场。在紧靠电
场右侧半径为 R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为 m、电荷
量为-q的粒子从左极板上 A点由静止释放后，在 M点离开加速电场，并以速度 v0 沿半径方
向射入匀强磁场区域，然后从 N点射出。MN两点间的圆心角∠MON=120°，粒子重力可忽
略不计。
(1)求加速电场场强 E0的大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度 B的大小
(3)若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图 2所示，带电粒子垂直射入
该电场后仍然从 N点射出。求该匀强电场场强 E的大小。
图 1 图 2
15. (1) 1根据动能定理有 0 = 2 …………………………(2分)2 0
=
2
解得 00 ……………………………(1分)2
(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
有
d
B
A M R O
E0
N
r
2
0 =
0 ……………………(2分)
第 12页（共 15页）
{#{QQABLbYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
由几何关系可得 tan30 = …………(2分)
3
解得 = 0 ……………………(1分)
3
(3)粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，根据运动的合成
分解及几何关系
d
E
A M O x
E0
N(x , y)
y
在 x方向有 + 600 = 0 …………(1分)
y 1在 方向有 6 00 = 2 …………(1分)
2
根据牛顿第二定律有 Eq=ma …………(1分)
E=4 3
2
联立解得 0 …………(1分)
9
16. (16分) 如图所示，长度 L 0.4m的轻绳上端固定在 O点，下端拴接一个质
量m1 0.2kg的小球，轻绳伸直时小球与水平台面 AB右
端接触且恰好无压力，质量m3 0.2kg的长木板紧靠水
平台面 AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台
面 AB等高，长木板上表面足够长。质量m2 0.4kg的小
物块在水平台面 AB上以大小 v0 2 6m/s的初速度向右
第 13页（共 15页）
{#{QQABLbYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
运动，经过距离 s1 1m后与小球发生碰撞，随后小球恰好可以在竖直平面内做
完整的圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小物块与小
球均可看作质点，小物块与水平台面 AB间的动摩擦因数 1 0.2，小物块与长
5 5
木板间的动摩擦因数 2 ，长木板与水平地面间的动摩擦因数 3 ，取5 10
重力加速度大小 g 10m/s2 。求：
（1）小球恰好在竖直平面内做完整的圆周运动过最高点时的速度
（2）碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（3）小物块刚滑上长木板时的速度大小；
（4）小物块在长木板上相对于长木板滑行的距离。
16. （1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在坚直平面内做完整的
圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有
2
1 =
1 …(1分)
解得 = 2 / (1分)
（2）设碰撞后瞬间小球的速度大小为 1，根据机械能守恒定律有
1 2 = 1 2 + 2 (2分)
2 1 1 2 1 1
解得 1 = 2 5m/s……
v 2
在最低点，根据牛顿第二定律有 F m g m 11 1 ……………………(1分)L
解得 = 12 ……………………(1分)
（2）设小物块在水平台面 AB上滑到 B点时的速度大小为 v，根据动能定理有
m gs 1 m v2 1 21 2 1 m v2 2 2 2 0 ……………………(1分)
解得 = 2 5 / ……………………
小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有
m2v m1v1 m2v ……………………(1分)
第 14页（共 15页）
{#{QQABbLYaQQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
解得 v 5m / s……………………(1分)
（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有
2m2g m2a1解得a1 2 5m / s
2……………………(1分)
对长木板有 2m2g 3 m2 m3 g m3a2解得a2 5m / s2…………………(1分)
小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有
v a1t a2t……………………(1分)
1
解得 = ……………………
3
1
小物块位移 x ' 21= 1 ……………………(1分)2
长木板位移 x =1 22 2 2 ……………………(1分)
物块相对于长木板的位移为 S 相=x1-x2……………………(1分)
5
带入数据得 S 相= m……………………(1分)6
因为 2 > 3所以当两者速度相等以后一起减速，不再产生相对位移
第 15页（共 15页）
{#{QQABbLYQaQUogAioAAABhJBAAARBhgCCUQQQGEggCCAAOOQQkkAAAECCACAAggOORAAAAAIMAMAABASBQSFBANBAABAA=A}=#}#}
