2023-2024学年浙江省金华市白龙桥中学高三物理名校联考含解析

2023年浙江省金华市白龙桥中学高三物理名校联考含

解析

一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合

题意

1.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的「一力图象如图所示.两图象在2=

G时相交于户点，户在横轴上的投影为0,△。户0的面积为S.在2=0时刻，乙车在甲车前

面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t',则下面四组t'和d

的组合可能的是（）

A.t'=ti,d=S

I1

B.t'=2ti,d=4S

I1

C.t'=2ti,d=2S

13

D.t'=?方i,d="S

参考答案：

D

解：在功时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t'Wt,从图象中甲、

乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：

A、当，=△时，SkSjS,即当庐S时正好相遇，但第一次相遇的时刻为，，以后就

不会相遇了，只相遇一次，故A组合不可能；

.133

B、C、D、当'一时，由几何关系可知甲的面积比乙的面积多出不，即相距','时正好相

遇，故B、C组合不可能，D组合可能；故选D.

【点睛】本题是速度-时间图象的应用，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积

的含义，并能根据几何关系求出面积，能根据图象读取有用信息.

2.用长为1的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，如图，则下列说

法正确的是（）

A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力

B.小球在圆周最高点时绳子的拉力不可能为0

C.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为白

D.小球在圆周最低点时拉力可能小于重力

参考答案：

3..甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，V-t图像如图所示，两图像在1=口

时刻相交，乙车从t=0开始到停下所通过的位移为S。t=0时刻，甲在乙前面，相

距为d。已知此后两车可以相遇两次，且第一次相遇时刻为匕则下列四组t，和d

的组合可能是：

3S

A.f=tld=TB.f=tld-4

“3sk史

C.t'=2d=16D.t'=2d=T

参考答案:

C

4.如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的

匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abed,线框以水

平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场

的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）

参考答案:

A

5.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升

降机运动状态的装置，其工作原理图如图，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上

放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且

I大于升降机静止时电流表的示数10,在这段时间内

A.升降机可能匀减速下降

B.升降机一定匀减速下降

C.升降机可能匀加速下降

D.升降机一定匀加速下降

参考答案：

C

二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分

6.（4分）质量为0.5kg的物体从高处自由落下，前2s内重力做功的平均功率

是W,2s末重力对物体做功的瞬时功率是W（取g=10m/s2.）

参考答案：

50100

7.质量为0.4kg的小球甲以速度3m/s沿光滑水平面向右运动，质量为4kg的小球

乙以速度5m/s沿光滑水平面与甲在同一直线上向左运动，它们相碰后，甲球以速

度8m/s被弹回，则此时乙球的速度大小为m/s,方向。

参考答案：

3.9水平向左

8.如图所示，电源电动势为E,内电阻为r.两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，

将滑动变阻器的触片由左端向右端滑动时，灯泡L2变,灯泡L1变

.（选填亮或暗）。表的读数变小，表的读数变大.（选

填VI或V2）o

参考答案:

L2变—暗灯泡L1变一亮一。（每空2分）

_V2—表的读数变小，_VI一表的读数变大。

9.利用如图所示的电路可以测定电压表的内阻，其中滑动变阻器R很小。不改

变滑动变阻器R滑动触头位置，当电阻箱Ro的阻值为10kQ时，电压表正好满

偏；当电阻箱Ro的阻值为3OkQ时，电压表正好半偏。则电压表的内阻Rv

LEI

参考答案:

答案：10

10.一小球从楼顶边沿处自由下落，在到达地面前最后1S内通过的位移是楼高的25,则

楼高是L

参考答案：

125m

11.如图所示，一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，波速为4m/s,则质点P此

时刻的振动方向沿V轴（填"正"或"负"）方向.经过At=3s.质点Q通过的路

程是mo

参考答案:

正0.6

12.（5分）如图所示，一定质量的理想气体可由状态1经等容过程到状态2,再

经等压过程到状态3,也可先经等压过程到状态4,再经等容过程到状态3。已知

状态1的温度和状态3的温度相同，状态2的温度为以状态4的温度为T„则状

态1和状态3的温度3=乃=o

p

oV

参考答案：

答案：也i-

13.16.测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图12-a所示的装置，图中

长木板水平固定.

(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上.调整定滑轮高

度，

使-

(2)已知重力加速度为g,测得木块的质量为M,祛码盘和祛码的总质量为m,

木块的

加速度为a,则木块与长木板间动摩擦因数卜=-

(3)如图12上所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部

分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出.从纸

带上测出xl=3.20cm,x2=4.52cm,x5=8.42cm,x6=9.70cm.则木块加速度

大小a=m/s2(保留2位有效数字).

参考答案:

(1)细线与长木板平行

⑵四=Mg

(3)a=1.3m/s2(保留2位有效数字)

三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分

14.某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡直接去测量某电压表（量程为10V）的内阻

（大约为几十千欧），该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30,贝IJ：

（1）欧姆挡的选择开关拨至xlk（选填"xlk"或"xIOO"）挡，先将红、黑表笔短接调零

后，选用图中A（选填"A"或"B"）方式连接.

（2）在实验中，某同学读出欧姆表的读数为40000Q,这时电压表的读数为5.0

V,欧姆表电池的电动势为8.75V.

参考答案：

【考点】：用多用电表测电阻.

【专题】：实验题；恒定电流专题.

【分析】：选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的

正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动

势.

解：当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数x倍率

=读数知，选择xlK的挡较好；

欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出,

进入电压表的正极，所以选择图A正确；

欧姆表的读数为：40xlK=40KQ；

电压表的读数为5.0V；

由题意知欧姆表的内阻为30KQ,与电压表的内阻40KQ串联，由欧姆定律可知：

5

E=I(r+R)=40000x(3xl04+4xl04)=8.75V.

故答案为：(1)xlk,A；(2)40000,5.0,8.75

【点评】：本题考查了欧姆表的结构、读数和欧姆定律，题目难度不大.

15.利用图甲装置可以做许多力学实验.

(1)利用此装置探究"加速度与力、质量的关系"和"合外力做的功等于物体动能变化"实验

中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是平衡小车所受的摩擦.

(2)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同

质量的祛码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数(实验中小

车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动).

①为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于祛码桶及桶内祛码的总重力，应满足的

条件是祛码桶及桶内祛码的总质量远小于小车和小车上祛码的总质量,(填"远大

于"、"远小于"或"近似等于")

②实验中对小车及车内祛码研究，根据牛顿第二定律有F-|img=ma,实验中记录小车的

加速度a和小车所受的合外力F,通过图象处理数据.甲、乙两同学分别得到图乙中甲、

乙两条直线.设甲、乙用的小车及祛码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间

的动摩擦因数分别为n甲、u乙，由图可知，m中小于mz,u申大于多小（填"大

于“、"小于"或"等于"）

（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的

某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边

与y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做

匀加速直线运动,加速度a=0.75〜0.76m/s?（结果保留两位有效数字）.已知交流

电源的频率为50Hz.

参考答案:

考探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

点：

专实验题.

题：

分（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则

析：应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；

（2）在探究"小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的

表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结

论；探究"小车与木板之间的动摩擦因数”实验时，利用牛顿第二定律和图象的意

义，判断甲乙的质量和摩擦因数的大小.

（3）本题使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t,因为剪断

的纸带所用的时间都是t=0」s,即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的

平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结

论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度

之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比.根据图象的斜率求出小车的加速

度.

解解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使细线的拉力等

答：于其合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力；

mgMing

(2)对整体分析，根据牛顿第二定律得，adT片,则绳子的拉力F=Ma=%M,

当m<<M,即祛码桶及桶内祛码的总质量远小于小车和小车上祛码的总质量时，

祛码桶及桶内硅码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.

F1

根据牛顿第二定律有F-Rmg=ma得：a=ir-ug,结合图象可知，IT为斜率，-ug为

纵坐标的截距，所以m甲<m乙，以甲>口乙.

(3)因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s,即时间t相等，所以纸带的长度之比

等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速

度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带

中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比.在每段纸带的上

边缘中点画"?"作为计数点，在新的坐标里每个计数点的纵坐标表示相对应的单位时

间内中间时刻的瞬时速度.

画一直线，使尽可能多的计数点落在此直线上，并使直线两侧的计数点数目大致相

等，这条直线便是运动物体的速度-时间的图线.

速度-时间直线的斜率表示加速度，可知运动小车做匀加速直线运动，其加速度大

△v

2

小a=At=0.75m/s.

故答案为：(1)平衡小车所受的摩擦力；

(2)①远小于，小于，大于；

(3)匀加速直线，0.75-0.76.

点解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事

评：项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题；注意图象进行数据处理时，斜率和截

距表示的物理意义.要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，

在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.

四、计算题：本题共3小题，共计47分

16.如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场区域，磁感应强度大

小为B,边长为L的正方形金属框abed（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套

着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（下简称U型框），U型框与方框之间接

每条边的电阻均为r.

（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度vo垂直NP边向右匀速运动，当U型

框的MQ端滑至方框的最右端（如图乙所示）时，方框上的be两端的电势差为多大？此

时方框的热功率为多大？

（2）若方框不固定，给U型框垂直NP边向右的初速度vo，如果U型框恰好不能与方框

分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少？

（3）若方框不固定，给U型框垂直NP边向右的初速度v（v>vo）,U型框最终将与方

框分离.如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间3方框最右侧和U型框最左侧的

距离为s.求两金属框分离时的速度各为多大？

参考答案：

解：（1）当方框固定不动，U型框以vo滑至方框最右侧时，设产生的感应电动势为E,

贝l」E=BLvo①

r,3r_3

be间并联电阻R#=r+3r=Wr②

be两端的电势差Ube=R#+2r+r开③

1

由①②③得Ubc=5BLvo④

E

此时方框得热功率P=（R并+2"r）2R并⑤

4B2L2VQ

由①②⑤得P=75r⑥

(2)若方框不固定，方框(U型框)每条边的质量为m,则U型框、方框的质量分别为

3m和4m.又设U型框恰好不与方框分离时的速度为v,此过程中产生的总热量为Q,由

动量守恒定律可知

3mvo=(3m+4m)v©

据能量转化与守恒，可知：

]]2

Q=5?3mV＞万⑧

62

由⑦⑧可知Q=7mv°⑨

(3)若方框不固定，设U型框与方框分离时速度分别为vi、V2,

由动量守恒可知3mvo=3mvi+4mv2@

从U形框和方框不再接触后，都做匀速运动，在t时间内相距为s=vit-v2t(11)

14s3s

可得vi=7(3v+t),V2=T(v-t)

14B2L2VQ

答：(1)方框上的be两端的电势差为后BLvo,此时方框的热功率为一后一.

62

(2)在这一过程中两框架上产生的总热量为7。丫。.

14s3s

(3)两金属框分离时的速度各为7(3V+T),7(v-T).

17.如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度大小为B.如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心

线重合，y轴垂直于金属板.区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且

与y轴平行；区域II的左、右边界平行.在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应

强度大小均为B,区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面

向里.一电子沿着x轴正向以速度vo射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直

线运动，并先后通过区域I和IL已知电子电量为e,质量为m,区域I和区域n沿x轴方

V3mv0

向宽度均为2Be.不计电子重力.

(1)求两金属板之间电势差u；

(2)求电子从区域n右边界射出时，射出点的纵坐标y；

(3)撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区

域II的右边界飞出.求电子两次经过y轴的时间间隔t.

II

B

P?Q

»XBXK

M-J-N

参考答案:

(1)两金属板之间电势差U为Bvod；

(2)电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y为eB；

51r

(3)电子两次经过y轴的时间间隔为eB.

：解：(1)电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，

由平衡条件得：eE=evoB...①

电场强度：E=d…②

由①②两式联立解得：U=Bvod；

(2)如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力,

由牛顿第二定律得：ev0B=mR…③

V3mv0

设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为yo,区域I的宽度为b(b=2Be)

由数学知识得：(R-yo)2+b2=R2...(4)

由③④式联立解得：yo=工而

因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域n射出点的纵坐标为：

mv。

y=2yo=eB

(3)电子刚好不能从区域n的右边界飞出，说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨迹

恰好与区域n的右边界相切，圆半径恰好与区域n宽度相同.电子运动轨迹如下图所

示.设电子

进入区域n时的速度为v,

由牛顿第二定律得：evB=mr…⑤

亚

由人r=b得：v=2"0

_VQ+V

电子通过区域I的过程中，向右做匀变速直线运动，此过程中平均速度为：v=2

电子通过区域I的时间：

bFmv。

ti=v（b为区域I的宽度2Be）…⑥

_也

解得：ti=2（2V3-3）eB

电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T,

由牛顿第二定律得：evB=mr...⑦

2兀r

v=T…⑧

T

电子在区域II中运动的时间：t2=/=eB...⑨

冗IT

由⑦⑧⑨式解得：t2=7E

电子反向通过区域I的时间仍为ti，电子两次经过y轴的时间间隔：

二51r

t=2ti+t2=（8V3-12+n）eB

答：（1）两金属板之间电势差U为Bvod；

mv0

（2）电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y为记；

51r

（3）电子两次经过y轴的时间间隔为赢.

18.如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内有相互垂直的匀

强电场和匀强磁场，磁感应强度为B,磁