甘肃省平凉市部分学校2024-2025学年高三上学期第四次诊断考试物理试卷
1．（2024高三上·平凉月考）下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（ ）
A．甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B．乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C．丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 本题考查几种基本磁场以及安培定则的应用，知道磁感线的特点、应用安培定则即可解题 。A．甲图中导线中的电流反向，根据安培定则和左手定则可知，两导线应相互排斥，故A错误；
B．磁感线为闭合曲线，没有起点和终点，故B错误；
C．丙图中导线通电后导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极向纸面内旋转，故C正确；
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极向纸面外旋转，故D错误。
故选C。
【分析】应用安培定则判断出磁感线方向与磁场方向然后答题；磁感线是闭合的曲线，在磁铁外部磁感线由N极指向S极，在磁铁内部，磁感线由S极指向N极。
2．（2024高三上·平凉月考）如图AO、CO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆，杆长为L，A、B两点的高度差也为L。在O点用轻绳CO悬挂质量为m的重物，杆与绳子的夹角，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B
B．轻杆对O点的力垂直BO斜向右上
C．轻绳AO对O点的拉力大小为mg
D．轻杆BO对B点的力大小为
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。本题主要是考查了共点力的平衡，关键是能够利用三角形相似求解力的大小。ABC． AO、CO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆 ，对悬点O受力分析，重物拉力，OB支持力和轻绳AO拉力，处于平衡状态，如图所示
由平衡条件可知，轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B，T与的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得
绳对O点的拉力大小为
故BC错误，A正确；
D．由相似三角形关系有
可得杆对O点的力大小为
故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力，根据三角形相似及共点力平衡条件分析求解。
3．（2024高三上·平凉月考）为了使汽车快速安全通过弯道，高速公路转弯处的路面通常设计成外侧高、内侧低。已知某高速公路转弯处是一圆弧，圆弧半径r=850m，路面倾角θ=6°（tan6°=0.105），汽车与路面的摩擦因数μ=0.6，则在该弯道处（ ）
A．汽车受到重力、支持力和向心力
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力
C．当汽车速度等于120km/h时，汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力
D．若汽车速度小于60km/h，汽车会向内侧滑动
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题属于向心力在日常生活中的应用，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，明确向心力在生活中的应用。A．汽车受到重力、支持力和摩擦力，这些力的合力提供向心力，故A错误；
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力和摩擦力的合力的水平分力，故B错误；
C．结合上述，对汽车进行分析有
解得
当速度大于108km/h时，汽车会受到沿路面指向内侧的摩擦力，故C正确；
D．根据题中给出的数据可知
所以无论汽车以什么速度过弯道都不会向内侧滑动，故D错误。
故选C。
【分析】 汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力；速率为v时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
4．（2024高三上·平凉月考）如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电子的电荷量为e，则此电子在O点射出时的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理电子变速直线运动问题。注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功。依题意，由功能关系有
联立两式求得：电子从O点射出时的速度大小为
故选B。
【分析】电子的初动能为零，运动过程全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的速度。
5．（2024高三上·平凉月考）如图所示是某电场中的一条电场线，A、B、C、D是该电场线上四个点，，一个带电量的点电荷放在A点具有电势能，放在B点具有电势能，放在C点具有电势能，下列说法正确的是（ ）
A．B点的电势
B．该电场的电场强度一定是
C．将该电荷放在D点具有的电势能一定是
D．A、C两点的电势差一定是
【答案】D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A． 一个带电量的点电荷， 放在B点具有电势能 ，根据电势的定义
可得
A项错误；
D． 放在A点具有电势能， 放在C点具有电势能， 可得
A、C两点的电势差一定是
D项正确；
BC．由于只有一条电场线，不能确定该电场是匀强电场，所以无法计算该电场的电场强度，也无法计算将该电荷放在D点具有的电势能，BC错误。
故选D。
【分析】 在电场中，电场力对电荷做正功，动能增加，电势能减小。根据该电荷从a点移到b点电场力做功的情况，可以判断出a、b两点电势的关系。
6．（2024高三上·平凉月考）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将竖直放置的平行板电容器与静电计组成回路，点为极板间的一点。可动极板在垂直于极板的水平风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动极板不会到达点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（ ）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度越大
C．风力越大，点的电势越高
D．风力越大，静电计指针张角越小
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，抓住电容器的带电量不变，根据电容的决定式以及定义式和场强与电势差的关系分析。
AD．可动极板在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离越小，根据电容决定式
可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式
可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故A错误，D正确；
BC．风力越大，板间距离越小，极板间电场强度
可得极板间电场强度保持不变，风力越大，点与接地的负极板的距离越小，根据
，
可知点与接地的负极板的电势差越小，则点的电势越低，故BC错误。
故选D。
【分析】风力越大，电容器极板间距离越小，根据电容的决定式分析电容极板间电场强度如何变化。根据电势差与电势的关系分析P点的电势如何变化。根据板间电压越大，静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
7．（2024高三上·平凉月考）在图1的电路中，电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻、为滑动变阻器（0～）。闭合开关S，调节滑动变阻器，将滑动触头P从最左端滑到最右端，两电压表的示数随电路中电流表示数变化的关系如图2所示。不考虑电表对电路的影响，则（ ）
A．电源的电动势为，内阻为
B．定值电阻阻值为
C．当滑动变阻器的阻值为时，上消耗的电功率最大
D．滑动触头P向右滑动过程中电源的输出功率先增大后减小
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】电源的U-I图像表示电路的路端电压随电流变化的情况；导体的U-I图像表示导体两端的电压随电流变化的情况。 解决该题的关键是明确知道电路特征，知道滑动变阻器的阻值增大时，各部分的电压电流的变化情况，知道电源的输出功率的变化情况。
A．闭合开关后，调节滑动变阻器，将滑动触头P从最左端滑到最右端，电路中电阻逐渐增大，电流随之减小，定值电阻两端电压减小，滑动变阻器R2两端电压增大，可知当时，路端电压，当时，路端电压
根据闭合电路欧姆定律可得
，
解得
，
故A错误；
B．定值电阻阻值为
故B正确；
C．将R1等效为电源内阻，有
根据
可知当滑动变阻器的阻值为时，上消耗的电功率最大。故C错误；
D．根据
可知滑动触头P向右滑动过程中
则电源的输出功率一直减小。故D错误。
故选B。
【分析】由闭合电路欧姆定律，代入数据求解电源的电动势和内阻；根据图像斜率求解电阻R1的阻值；将R1等效为电源内阻，则当内外电阻相等时，R2输出功率最大；根据电源输出功率与外电阻的关系图线进行判断。
8．（2024高三上·平凉月考）2024年10月11日10时39分，我国在东风着陆场成功回收首颗可重复使用返回式技术试验卫星——实践十九号卫星。某航天器的回收过程如图所示，回收前在半径为（为地球的半径）轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，周期为；经过点时启动点火装置，完成变轨后进入椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点到地心的距离近似为。下列判断正确的是（ ）
A．从点到点的最短时间为
B．探测器在点的线速度大于第一宇宙速度
C．探测器与地心连线在Ⅰ轨道和Ⅱ轨道的任意相等时间内扫过的面积相等
D．探测器在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度
【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】解答本题的关键是知道万有引力提供向心力，以及利用开普勒行星三定律来求解卫星的相关问题。开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．根据开普勒第三定律可知
解得在轨道Ⅱ上运行周期
从点到点的最短时间为
故A错误；
B．从近地轨道经Q点进入轨道Ⅱ需要在Q点加速，所以探测器在点的线速度大于第一宇宙速度，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，对于同一轨道卫星，与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上经过点时所受合外力等于在轨道Ⅱ上经过点时的合外力，则探测器在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故D正确。
故选BD。
【分析】根据开普勒第三定律求解从P点到Q点的最短时间，近地卫星的环绕速度等于第一宇宙速度，扫过的面积可用开普勒第二定律判断，加速度根据牛顿第二定律判断。
9．（2024高三上·平凉月考）滑雪场一段平直坡道倾角为，质量为的滑雪者收起滑雪杖由静止开始自由下滑，下滑的加速度恒为（为重力加速度），滑雪者沿坡道下滑过程中，竖直方向下降的高度为。对于下滑过程，下列说法正确的是（ ）
A．合外力做的功为 B．动能增加
C．克服摩擦力做的功为 D．机械能损失
【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。A．下滑的加速度恒为，则合外力做的功为
故A正确；
B．根据动能定理有
结合上述解得
故B错误；
C．下滑的加速度恒为，根据牛顿第二定律有
解得
则克服摩擦力做功
故C正确；
D．根据功能关系可知，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功，即机械能损失，故D错误。
故选C。
【分析】根据做功公式求解做功大小，根据动能定理求解动能增加量， 克服摩擦力做的功等于摩擦力乘以相对位移，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功。
10．（2024高三上·平凉月考）图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙为介质中x＝2m处的质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．波速为20m/s
C．t＝0.15s时刻，质点P的位置坐标为（5m，0）
D．t＝0.15s时刻，质点Q的运动方向沿y轴负方向
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．由题图乙可知，t＝0时刻质点P的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，A错误；
B．由题图甲可知，这列波的波长λ＝4m；由题图乙可知，该波的周期T＝0.2s，则波速为
B正确；
C．
质点P恰好到达正的最大位移处，则位置坐标为（2m，20cm），C错误；
D．这列波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻Q向上运动，经过0.75T，质点Q向负的最大位移处运动，所以运动方向向下，D正确；
故选BD。
【分析】 由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动状态。
11．（2024高三上·平凉月考）某学校的实验小组用如图1所示的装置验证物体的加速度与质量的关系。
（1）当物体所受的合外力一定时，加速度与物体质量成 （填“正比”或“反比”），本实验采用了控制变量法。
（2）图2是打出的一条纸带，计数点A、、、、间都有4个点没有标出，电源的频率为，则小车的加速度大小为 。
（3）若实验小组在做实验时，保持小车质量不变，改变槽码的质量，由实验数据得到如图3所示的图像，图像不过原点的原因是_____。
A．补偿摩擦力时轨道倾角过大
B．补偿摩擦力时轨道倾角过小
C．不满足
【答案】（1）反比
（2）1.26
（3）A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】牛顿第二定律： 物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
（1）根据牛顿第二定律
可知当一定时，与成反比。
（2）由题知，相邻计数点间有4个点没有标出， 电源的频率为， 则相邻计数的时间为
根据逐差法有
代入数据得加速度
（3）由图3，可知当时加速度大于0，说明补偿摩擦力过度，即补偿摩擦力时轨道倾角过大。
故选A。
【分析】（1）根据实验原理结合牛顿第二定律分析；
（2）小车做匀加速直线运动，运用逐差法求解加速度；
（3）根据牛顿第二定律推导出相应的关系式，分析质量与a-F图像的关系。
（1）根据牛顿第二定律
可知当一定时，与成反比。
（2）由题知，相邻计数点间有4个点没有标出，则相邻计数的时间为
根据逐差法有
代入数据得加速度
（3）由图3，可知当时加速度大于0，说明补偿摩擦力过度，即补偿摩擦力时轨道倾角过大。
故选A。
12．（2024高三上·平凉月考）海口市高中生学习小组设计了一个测量金属棒电阻率的实验方案：
（1）利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属棒的直径和长度，测量结果分别如图（a）和（b）所示，则该金属棒的直径d= mm，金属棒的长度为L= cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：将多用电表的功能旋钮调至“100Ω”挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为 Ω。
（3）用伏安法精确地测量金属棒的阻值，实验室提供器材如下：
A.金属棒
B.两节干电池：电源电压3V
C.电流表A1：满偏电流6mA，内阻为50Ω
D.电压表V1：量程0~3V，内阻约为22kΩ
E.滑动变阻器R：阻值范围为0~50Ω
F开关、导线若干
为减小测量误差，实验电路应采用下列电路方案 （选填“甲”，“乙”“丙”“丁”）更合理。
若此时电压表的读数为2.50V，电流表的示数为3.125mA，根据你选择的电路图可得：金属棒的电阻R= Ω，测量金属棒的电阻 具有系统误差（选填“有”或者“没有”），由此可以求得金属棒电阻率。
【答案】（1）1.848；5.015
（2）700
（3）丙；750；没有
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表的读数规则，考查电阻率的测量，要明确实验的原理，能够根据实验原理选择实验器材，掌握欧姆定律的运用，能够正确分析实验误差。
（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属棒的直径
游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm，
金属棒的长度为
（2）欧姆表盘可知，金属棒的阻值
（3）由于电流表内阻已知，因此采用电流表内接法，由于滑动变阻器阻值小于待测电阻，故才用分压式解法，故选丙图；
根据
由于消除了电流表的影响，因此没有系统误差。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据欧姆表的读数规则读数；
（3）根据电动势的值选择电压表，根据欧姆定律估算电路中的电流，选择电流表；由于电流表内阻已知，因此电流表采用内接法，滑动变阻器的阻值较小，因此采用分压式接法；根据欧姆定律求解待测电阻；根据实验原理结合得到待测电阻的表达式分析实验误差。
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属棒的直径
[2]游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm，
金属棒的长度为
（2）欧姆表盘可知，金属棒的阻值
（3）[1]由于电流表内阻已知，因此采用电流表内接法，由于滑动变阻器阻值小于待测电阻，故才用分压式解法，故选丙图；
[2]根据
[3]由于消除了电流表的影响，因此没有系统误差。
13．（2024高三上·平凉月考）在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图甲）。在A、B两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示。
（1）求A点和B点的电场强度的大小和方向。
（2）点电荷Q所在位置的坐标是多少
【答案】（1）由电场强度的定义式可得A点的电场强度的大小为
方向沿轴正方向。由电场强度的定义式可得B点的电场强度的大小为
方向沿轴正方向。
（2）由于点电荷在两点产生的电场强度方向相同，且A点电场强度大于B点电场强度，故场源电荷必定在A点的左侧。设场源电荷的坐标为，则有
解得
点电荷Q所在位置的坐标为。
【知识点】电场强度
【解析】【分析】（1）根据F-q图像的斜率的物理意义结合图乙中的数据计算AB两点的场强大小，并判断方向；
（2）根据AB电场强度的大小判断场源电荷的大致位置，设置好场源电荷的位置坐标，结合点电荷的场强公式列式求解。
14．（2024高三上·平凉月考）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为，内阻为。车灯接通电动机未起动时，电流表示数为；电动机启动的瞬间，电流表示数达到。求
（1）车灯的电阻R
（2）电动机未启动时，车灯的功率P
（3）电动机启动时，车灯的功率减少了多少？
【答案】解：（1）由闭合电路欧姆定律可得
解得
（2）电动机未启动时，车灯的功率
（3）电动机启动时，车灯的电压
车灯的功率
车灯的功率变化量
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可得车灯的电阻 ；
（2）根据功率公式计算功率；
（3）电机启动时，根据闭合电路欧姆定律重新计算灯泡两端电压，再根据灯泡功率公式计算解答。
15．（2024高三上·平凉月考）如图，空间存在竖直向下的匀强电场，半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABCD固定在电场中的竖直面内，BD为圆弧的竖直直径，O为圆心，OA与竖直方向的夹角为在电场中的P点沿水平方向抛出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球恰好从A点无碰撞地进入圆弧轨道。不计小球的大小，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度大小P、O两点在同一水平线上，求：
（1）小球从P点抛出时的初速度大小；
（2）小球沿圆弧轨道向上运动过程中，能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度；
（3）若小球到A点时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向右，则此后小球在圆弧轨道上运动的最大速度多大？
【答案】（1）小球从P点到A点过程中，小球运动的加速度
设小球的初速度为，小球到A点时的速度沿电场方向的分速度为，则
解得
在A点根据速度分解有
（2）小球在A点的速度
设小球刚要离开圆弧轨道时，小球的位置和O点连线与竖直方向夹角为θ，小球的速度为，根据牛顿第二定律
根据动能定理
解得
因此小球能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度
（3）根据力与运动的关系分析可知，由于小球受重力和电场力大小相等，当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，即在等效平衡位置时速度最大，根据动能定理
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合速度的分解可得小球从P点抛出时初速度的大小；
（2）由向心力公式结合动能定理解得能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度；
（3）当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，速度最大，根据动能定理即可求解。
（1）小球从P点到A点过程中，小球运动的加速度
设小球的初速度为，小球到A点时的速度沿电场方向的分速度为，则
解得
在A点根据速度分解有
（2）小球在A点的速度
设小球刚要离开圆弧轨道时，小球的位置和O点连线与竖直方向夹角为θ，小球的速度为，根据牛顿第二定律
根据动能定理
解得
因此小球能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度
（3）根据力与运动的关系分析可知，由于小球受重力和电场力大小相等，当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，即在等效平衡位置时速度最大，根据动能定理
解得
甘肃省平凉市部分学校2024-2025学年高三上学期第四次诊断考试物理试卷
1．（2024高三上·平凉月考）下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（ ）
A．甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B．乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C．丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
2．（2024高三上·平凉月考）如图AO、CO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆，杆长为L，A、B两点的高度差也为L。在O点用轻绳CO悬挂质量为m的重物，杆与绳子的夹角，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B
B．轻杆对O点的力垂直BO斜向右上
C．轻绳AO对O点的拉力大小为mg
D．轻杆BO对B点的力大小为
3．（2024高三上·平凉月考）为了使汽车快速安全通过弯道，高速公路转弯处的路面通常设计成外侧高、内侧低。已知某高速公路转弯处是一圆弧，圆弧半径r=850m，路面倾角θ=6°（tan6°=0.105），汽车与路面的摩擦因数μ=0.6，则在该弯道处（ ）
A．汽车受到重力、支持力和向心力
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力
C．当汽车速度等于120km/h时，汽车会受到平行于路面指向弯道内侧的摩擦力
D．若汽车速度小于60km/h，汽车会向内侧滑动
4．（2024高三上·平凉月考）如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电子的电荷量为e，则此电子在O点射出时的速度为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·平凉月考）如图所示是某电场中的一条电场线，A、B、C、D是该电场线上四个点，，一个带电量的点电荷放在A点具有电势能，放在B点具有电势能，放在C点具有电势能，下列说法正确的是（ ）
A．B点的电势
B．该电场的电场强度一定是
C．将该电荷放在D点具有的电势能一定是
D．A、C两点的电势差一定是
6．（2024高三上·平凉月考）某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将竖直放置的平行板电容器与静电计组成回路，点为极板间的一点。可动极板在垂直于极板的水平风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动极板不会到达点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（ ）
A．风力越大，电容器电容越小
B．风力越大，极板间电场强度越大
C．风力越大，点的电势越高
D．风力越大，静电计指针张角越小
7．（2024高三上·平凉月考）在图1的电路中，电源电动势为E，内阻为r，为定值电阻、为滑动变阻器（0～）。闭合开关S，调节滑动变阻器，将滑动触头P从最左端滑到最右端，两电压表的示数随电路中电流表示数变化的关系如图2所示。不考虑电表对电路的影响，则（ ）
A．电源的电动势为，内阻为
B．定值电阻阻值为
C．当滑动变阻器的阻值为时，上消耗的电功率最大
D．滑动触头P向右滑动过程中电源的输出功率先增大后减小
8．（2024高三上·平凉月考）2024年10月11日10时39分，我国在东风着陆场成功回收首颗可重复使用返回式技术试验卫星——实践十九号卫星。某航天器的回收过程如图所示，回收前在半径为（为地球的半径）轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，周期为；经过点时启动点火装置，完成变轨后进入椭圆轨道Ⅱ上运行，近地点到地心的距离近似为。下列判断正确的是（ ）
A．从点到点的最短时间为
B．探测器在点的线速度大于第一宇宙速度
C．探测器与地心连线在Ⅰ轨道和Ⅱ轨道的任意相等时间内扫过的面积相等
D．探测器在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度
9．（2024高三上·平凉月考）滑雪场一段平直坡道倾角为，质量为的滑雪者收起滑雪杖由静止开始自由下滑，下滑的加速度恒为（为重力加速度），滑雪者沿坡道下滑过程中，竖直方向下降的高度为。对于下滑过程，下列说法正确的是（ ）
A．合外力做的功为 B．动能增加
C．克服摩擦力做的功为 D．机械能损失
10．（2024高三上·平凉月考）图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙为介质中x＝2m处的质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．波速为20m/s
C．t＝0.15s时刻，质点P的位置坐标为（5m，0）
D．t＝0.15s时刻，质点Q的运动方向沿y轴负方向
11．（2024高三上·平凉月考）某学校的实验小组用如图1所示的装置验证物体的加速度与质量的关系。
（1）当物体所受的合外力一定时，加速度与物体质量成 （填“正比”或“反比”），本实验采用了控制变量法。
（2）图2是打出的一条纸带，计数点A、、、、间都有4个点没有标出，电源的频率为，则小车的加速度大小为 。
（3）若实验小组在做实验时，保持小车质量不变，改变槽码的质量，由实验数据得到如图3所示的图像，图像不过原点的原因是_____。
A．补偿摩擦力时轨道倾角过大
B．补偿摩擦力时轨道倾角过小
C．不满足
12．（2024高三上·平凉月考）海口市高中生学习小组设计了一个测量金属棒电阻率的实验方案：
（1）利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属棒的直径和长度，测量结果分别如图（a）和（b）所示，则该金属棒的直径d= mm，金属棒的长度为L= cm。
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：将多用电表的功能旋钮调至“100Ω”挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒的阻值约为 Ω。
（3）用伏安法精确地测量金属棒的阻值，实验室提供器材如下：
A.金属棒
B.两节干电池：电源电压3V
C.电流表A1：满偏电流6mA，内阻为50Ω
D.电压表V1：量程0~3V，内阻约为22kΩ
E.滑动变阻器R：阻值范围为0~50Ω
F开关、导线若干
为减小测量误差，实验电路应采用下列电路方案 （选填“甲”，“乙”“丙”“丁”）更合理。
若此时电压表的读数为2.50V，电流表的示数为3.125mA，根据你选择的电路图可得：金属棒的电阻R= Ω，测量金属棒的电阻 具有系统误差（选填“有”或者“没有”），由此可以求得金属棒电阻率。
13．（2024高三上·平凉月考）在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（图甲）。在A、B两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示。
（1）求A点和B点的电场强度的大小和方向。
（2）点电荷Q所在位置的坐标是多少
14．（2024高三上·平凉月考）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为，内阻为。车灯接通电动机未起动时，电流表示数为；电动机启动的瞬间，电流表示数达到。求
（1）车灯的电阻R
（2）电动机未启动时，车灯的功率P
（3）电动机启动时，车灯的功率减少了多少？
15．（2024高三上·平凉月考）如图，空间存在竖直向下的匀强电场，半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABCD固定在电场中的竖直面内，BD为圆弧的竖直直径，O为圆心，OA与竖直方向的夹角为在电场中的P点沿水平方向抛出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球恰好从A点无碰撞地进入圆弧轨道。不计小球的大小，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度大小P、O两点在同一水平线上，求：
（1）小球从P点抛出时的初速度大小；
（2）小球沿圆弧轨道向上运动过程中，能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度；
（3）若小球到A点时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向右，则此后小球在圆弧轨道上运动的最大速度多大？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 本题考查几种基本磁场以及安培定则的应用，知道磁感线的特点、应用安培定则即可解题 。A．甲图中导线中的电流反向，根据安培定则和左手定则可知，两导线应相互排斥，故A错误；
B．磁感线为闭合曲线，没有起点和终点，故B错误；
C．丙图中导线通电后导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极向纸面内旋转，故C正确；
D．丁图中环形导线通电后，其轴心位置的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极向纸面外旋转，故D错误。
故选C。
【分析】应用安培定则判断出磁感线方向与磁场方向然后答题；磁感线是闭合的曲线，在磁铁外部磁感线由N极指向S极，在磁铁内部，磁感线由S极指向N极。
2．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】 三个力中，三力构成的封闭三角形与几何三角形在动态变化过程中始终相似。本题主要是考查了共点力的平衡，关键是能够利用三角形相似求解力的大小。ABC． AO、CO为不可伸长的轻绳，BO为可绕B点自由转动的轻质细杆 ，对悬点O受力分析，重物拉力，OB支持力和轻绳AO拉力，处于平衡状态，如图所示
由平衡条件可知，轻绳AO、CO对O点作用力的合力沿杆由O指向B，T与的合力大小等于重物的拉力mg，由相似三角形关系可得
绳对O点的拉力大小为
故BC错误，A正确；
D．由相似三角形关系有
可得杆对O点的力大小为
故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力，根据三角形相似及共点力平衡条件分析求解。
3．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题属于向心力在日常生活中的应用，解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，明确向心力在生活中的应用。A．汽车受到重力、支持力和摩擦力，这些力的合力提供向心力，故A错误；
B．汽车所需的向心力等于其所受地面的支持力和摩擦力的合力的水平分力，故B错误；
C．结合上述，对汽车进行分析有
解得
当速度大于108km/h时，汽车会受到沿路面指向内侧的摩擦力，故C正确；
D．根据题中给出的数据可知
所以无论汽车以什么速度过弯道都不会向内侧滑动，故D错误。
故选C。
【分析】 汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力；速率为v时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零。根据牛顿第二定律进行分析。
4．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理电子变速直线运动问题。注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功。依题意，由功能关系有
联立两式求得：电子从O点射出时的速度大小为
故选B。
【分析】电子的初动能为零，运动过程全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的速度。
5．【答案】D
【知识点】电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A． 一个带电量的点电荷， 放在B点具有电势能 ，根据电势的定义
可得
A项错误；
D． 放在A点具有电势能， 放在C点具有电势能， 可得
A、C两点的电势差一定是
D项正确；
BC．由于只有一条电场线，不能确定该电场是匀强电场，所以无法计算该电场的电场强度，也无法计算将该电荷放在D点具有的电势能，BC错误。
故选D。
【分析】 在电场中，电场力对电荷做正功，动能增加，电势能减小。根据该电荷从a点移到b点电场力做功的情况，可以判断出a、b两点电势的关系。
6．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】本题考查电容器的动态分析问题，抓住电容器的带电量不变，根据电容的决定式以及定义式和场强与电势差的关系分析。
AD．可动极板在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离越小，根据电容决定式
可得电容越大，极板上电荷量保持不变，根据电容定义式
可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故A错误，D正确；
BC．风力越大，板间距离越小，极板间电场强度
可得极板间电场强度保持不变，风力越大，点与接地的负极板的距离越小，根据
，
可知点与接地的负极板的电势差越小，则点的电势越低，故BC错误。
故选D。
【分析】风力越大，电容器极板间距离越小，根据电容的决定式分析电容极板间电场强度如何变化。根据电势差与电势的关系分析P点的电势如何变化。根据板间电压越大，静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
7．【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】电源的U-I图像表示电路的路端电压随电流变化的情况；导体的U-I图像表示导体两端的电压随电流变化的情况。 解决该题的关键是明确知道电路特征，知道滑动变阻器的阻值增大时，各部分的电压电流的变化情况，知道电源的输出功率的变化情况。
A．闭合开关后，调节滑动变阻器，将滑动触头P从最左端滑到最右端，电路中电阻逐渐增大，电流随之减小，定值电阻两端电压减小，滑动变阻器R2两端电压增大，可知当时，路端电压，当时，路端电压
根据闭合电路欧姆定律可得
，
解得
，
故A错误；
B．定值电阻阻值为
故B正确；
C．将R1等效为电源内阻，有
根据
可知当滑动变阻器的阻值为时，上消耗的电功率最大。故C错误；
D．根据
可知滑动触头P向右滑动过程中
则电源的输出功率一直减小。故D错误。
故选B。
【分析】由闭合电路欧姆定律，代入数据求解电源的电动势和内阻；根据图像斜率求解电阻R1的阻值；将R1等效为电源内阻，则当内外电阻相等时，R2输出功率最大；根据电源输出功率与外电阻的关系图线进行判断。
8．【答案】B,D
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】解答本题的关键是知道万有引力提供向心力，以及利用开普勒行星三定律来求解卫星的相关问题。开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。A．根据开普勒第三定律可知
解得在轨道Ⅱ上运行周期
从点到点的最短时间为
故A错误；
B．从近地轨道经Q点进入轨道Ⅱ需要在Q点加速，所以探测器在点的线速度大于第一宇宙速度，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，对于同一轨道卫星，与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上经过点时所受合外力等于在轨道Ⅱ上经过点时的合外力，则探测器在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故D正确。
故选BD。
【分析】根据开普勒第三定律求解从P点到Q点的最短时间，近地卫星的环绕速度等于第一宇宙速度，扫过的面积可用开普勒第二定律判断，加速度根据牛顿第二定律判断。
9．【答案】A,C
【知识点】功能关系；功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题关键理解透机械能守恒的条件和功能关系，重力做功对应重力势能变化、弹力做功对应弹性势能变化、合力做功对应动能变化、除重力或系统内的弹力做功对应机械能变化。A．下滑的加速度恒为，则合外力做的功为
故A正确；
B．根据动能定理有
结合上述解得
故B错误；
C．下滑的加速度恒为，根据牛顿第二定律有
解得
则克服摩擦力做功
故C正确；
D．根据功能关系可知，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功，即机械能损失，故D错误。
故选C。
【分析】根据做功公式求解做功大小，根据动能定理求解动能增加量， 克服摩擦力做的功等于摩擦力乘以相对位移，机械能损失量大小等于克服摩擦力做的功。
10．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】横波的图象纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。A．由题图乙可知，t＝0时刻质点P的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，A错误；
B．由题图甲可知，这列波的波长λ＝4m；由题图乙可知，该波的周期T＝0.2s，则波速为
B正确；
C．
质点P恰好到达正的最大位移处，则位置坐标为（2m，20cm），C错误；
D．这列波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻Q向上运动，经过0.75T，质点Q向负的最大位移处运动，所以运动方向向下，D正确；
故选BD。
【分析】 由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，即可求出波速。由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向。分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动状态。
11．【答案】（1）反比
（2）1.26
（3）A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】牛顿第二定律： 物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
（1）根据牛顿第二定律
可知当一定时，与成反比。
（2）由题知，相邻计数点间有4个点没有标出， 电源的频率为， 则相邻计数的时间为
根据逐差法有
代入数据得加速度
（3）由图3，可知当时加速度大于0，说明补偿摩擦力过度，即补偿摩擦力时轨道倾角过大。
故选A。
【分析】（1）根据实验原理结合牛顿第二定律分析；
（2）小车做匀加速直线运动，运用逐差法求解加速度；
（3）根据牛顿第二定律推导出相应的关系式，分析质量与a-F图像的关系。
（1）根据牛顿第二定律
可知当一定时，与成反比。
（2）由题知，相邻计数点间有4个点没有标出，则相邻计数的时间为
根据逐差法有
代入数据得加速度
（3）由图3，可知当时加速度大于0，说明补偿摩擦力过度，即补偿摩擦力时轨道倾角过大。
故选A。
12．【答案】（1）1.848；5.015
（2）700
（3）丙；750；没有
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查了螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表的读数规则，考查电阻率的测量，要明确实验的原理，能够根据实验原理选择实验器材，掌握欧姆定律的运用，能够正确分析实验误差。
（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属棒的直径
游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm，
金属棒的长度为
（2）欧姆表盘可知，金属棒的阻值
（3）由于电流表内阻已知，因此采用电流表内接法，由于滑动变阻器阻值小于待测电阻，故才用分压式解法，故选丙图；
根据
由于消除了电流表的影响，因此没有系统误差。
【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则读数；
（2）根据欧姆表的读数规则读数；
（3）根据电动势的值选择电压表，根据欧姆定律估算电路中的电流，选择电流表；由于电流表内阻已知，因此电流表采用内接法，滑动变阻器的阻值较小，因此采用分压式接法；根据欧姆定律求解待测电阻；根据实验原理结合得到待测电阻的表达式分析实验误差。
（1）[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属棒的直径
[2]游标卡尺为20分度，其精确度为0.05mm，
金属棒的长度为
（2）欧姆表盘可知，金属棒的阻值
（3）[1]由于电流表内阻已知，因此采用电流表内接法，由于滑动变阻器阻值小于待测电阻，故才用分压式解法，故选丙图；
[2]根据
[3]由于消除了电流表的影响，因此没有系统误差。
13．【答案】（1）由电场强度的定义式可得A点的电场强度的大小为
方向沿轴正方向。由电场强度的定义式可得B点的电场强度的大小为
方向沿轴正方向。
（2）由于点电荷在两点产生的电场强度方向相同，且A点电场强度大于B点电场强度，故场源电荷必定在A点的左侧。设场源电荷的坐标为，则有
解得
点电荷Q所在位置的坐标为。
【知识点】电场强度
【解析】【分析】（1）根据F-q图像的斜率的物理意义结合图乙中的数据计算AB两点的场强大小，并判断方向；
（2）根据AB电场强度的大小判断场源电荷的大致位置，设置好场源电荷的位置坐标，结合点电荷的场强公式列式求解。
14．【答案】解：（1）由闭合电路欧姆定律可得
解得
（2）电动机未启动时，车灯的功率
（3）电动机启动时，车灯的电压
车灯的功率
车灯的功率变化量
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可得车灯的电阻 ；
（2）根据功率公式计算功率；
（3）电机启动时，根据闭合电路欧姆定律重新计算灯泡两端电压，再根据灯泡功率公式计算解答。
15．【答案】（1）小球从P点到A点过程中，小球运动的加速度
设小球的初速度为，小球到A点时的速度沿电场方向的分速度为，则
解得
在A点根据速度分解有
（2）小球在A点的速度
设小球刚要离开圆弧轨道时，小球的位置和O点连线与竖直方向夹角为θ，小球的速度为，根据牛顿第二定律
根据动能定理
解得
因此小球能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度
（3）根据力与运动的关系分析可知，由于小球受重力和电场力大小相等，当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，即在等效平衡位置时速度最大，根据动能定理
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律结合速度的分解可得小球从P点抛出时初速度的大小；
（2）由向心力公式结合动能定理解得能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度；
（3）当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，速度最大，根据动能定理即可求解。
（1）小球从P点到A点过程中，小球运动的加速度
设小球的初速度为，小球到A点时的速度沿电场方向的分速度为，则
解得
在A点根据速度分解有
（2）小球在A点的速度
设小球刚要离开圆弧轨道时，小球的位置和O点连线与竖直方向夹角为θ，小球的速度为，根据牛顿第二定律
根据动能定理
解得
因此小球能到达圆弧轨道的最高位置离O点的高度
（3）根据力与运动的关系分析可知，由于小球受重力和电场力大小相等，当小球运动的位置和O点的连线与OB的夹角为45°时，即在等效平衡位置时速度最大，根据动能定理
解得
