厦门外国语学校2026届高三上学期12月月考物理答案_2025年12月_251208福建省厦门外国语学校2025-2026学年高三上学期12月月考（全科）

厦门外国语学校 2025-2026 学年高三第一学期 12 月月考 物理试题参考答案 一、选择题 1.C 2．B 3．B 4.C 5．BC 6．AD 7．BC 8.BD 三、填空题 9． 变大 水平向右 10. 10 11. 不变 变大 √ 2 四、实验题 12. 不需要 2 2 𝑑𝑑 𝑘𝑘 𝑑𝑑 6.125/6.124/6.126 𝑡𝑡 2𝑔𝑔 13． 大于 / / 1 𝑏𝑏 5.0 𝑘𝑘 𝑘𝑘−𝑅𝑅0 0.35(0.32∼0.38) 87% 88% 89% 五、解答题 14. 末无人机速度大小为 ， 对无人机有 ，则空气对无人机作用力大小为 。 (1)4𝑠𝑠 𝑣𝑣 =𝑎𝑎1𝑡𝑡1 =8𝑚𝑚/𝑠𝑠 (2) 全程平均𝐹𝐹−速𝑚𝑚度𝑚𝑚大=小𝑚𝑚为𝑎𝑎1 ，则总高度 𝐹𝐹 =36𝑁𝑁；全程根据动能定理可得， 𝑣𝑣 无人机对货物做功W=mgh=𝑣𝑣24=0J2 =4𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝐻𝐻 =𝑣𝑣⋅𝑡𝑡2 =24𝑚𝑚 15. ① ； ②粒(子1)在 磁 场36中72做圆周运动： 由于 2 𝑣𝑣 𝑅𝑅 𝑞𝑞𝑣𝑣𝑞𝑞 =𝑚𝑚 𝑟𝑟 𝑟𝑟𝑚𝑚 < 2 对 粒子： ，对 粒子： 2𝑜𝑜 20𝑣𝑣 𝛼𝛼 𝑞𝑞1 >𝑘𝑘𝑅𝑅 𝛽𝛽 𝑞𝑞2 >3672𝑘𝑘𝑅𝑅 因此取 ； 2𝑣𝑣 设第𝑞𝑞二 mi 象 n =限𝑘𝑘内𝑅𝑅与 轴正向夹角为 的粒子，刚好从 轴离开圆边界 轴方向： ， (2) 𝑦𝑦 𝜃𝜃 𝑦𝑦 轴方向： 𝑥𝑥 𝑣𝑣sin𝜃𝜃 =𝑎𝑎𝑡𝑡 𝑞𝑞𝑞𝑞 =𝑚𝑚𝑎𝑎 解𝑦𝑦 得： 𝑅𝑅 =2𝑣𝑣𝑡𝑡c os𝜃𝜃 2 𝑚𝑚𝑣𝑣 sin2𝜃𝜃 𝑞𝑞 = 𝑞𝑞𝑅𝑅 当 时， 2 𝑣𝑣 sin2𝜃𝜃 =1 𝑞𝑞max =𝑘𝑘𝑅𝑅 因此 ； 2 𝑣𝑣 0≤𝑞𝑞 ≤𝑘𝑘𝑅𝑅 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 1 816.解： 、 、 三者一起向右做匀速直线运动，有 , 解得 4𝜇𝜇𝑚𝑚𝑔𝑔 (1)𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝐶𝐶 𝑞𝑞𝑞𝑞 =𝜇𝜇×4𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑞𝑞 = 𝑞𝑞 在电场力作用下运动至 的左端，有 ，解得 1 2 (2)𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑞𝑞𝑞𝑞𝑥𝑥0 =2×4𝑚𝑚𝑣𝑣𝐴𝐴 −0 𝑣𝑣𝐴𝐴 =� 2𝜇𝜇𝑚𝑚𝑥𝑥0 A、 碰撞 ，解得 4 A、𝑞𝑞整体4与𝑚𝑚𝑣𝑣相 𝐴𝐴 互=作7𝑚𝑚用𝑣𝑣𝐴𝐴 ， 𝐴𝐴 向右匀𝑣𝑣𝐴𝐴 加 𝐴𝐴 速=，7𝑣𝑣加 𝐴𝐴 速度大小为 A、𝑞𝑞整体向右𝐶𝐶 匀减速，加𝐶𝐶速度大小为 𝑎𝑎𝑐𝑐 =𝜇𝜇𝑚𝑚 𝜇𝜇×4𝑚𝑚𝑔𝑔+𝜇𝜇𝑚𝑚𝑔𝑔−𝑞𝑞𝑞𝑞 1 𝑞𝑞 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴 = 7𝑚𝑚 =7𝜇𝜇𝑚𝑚 经时间 三者共速，有 ，解得 𝑥𝑥0 𝑡𝑡1 𝑣𝑣𝐴𝐴𝐴𝐴−𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡1 =𝑎𝑎𝑐𝑐𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 =� 2𝜇𝜇𝑔𝑔 则三者第 次共速时速度大小为 1 1 𝑣𝑣1 =� 2𝜇𝜇𝑚𝑚𝑥𝑥0 相对 向左运动位移大小为 , 解得 1 1 2 𝐶𝐶 𝑞𝑞 △𝑥𝑥1 =2(𝑣𝑣𝐴𝐴𝐴𝐴+𝑣𝑣1)𝑡𝑡1−2(0+𝑣𝑣1)𝑡𝑡1 𝛥𝛥𝑥𝑥1 =7𝑥𝑥0 木板 和挡板 第 次弹性碰撞后， 、 都向左匀减速，加速度大小分别为 𝑞𝑞𝑞𝑞 (3) 𝑞𝑞 𝑃𝑃 1 𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑎𝑎𝐴𝐴 =4𝑚𝑚 =𝜇𝜇𝑚𝑚 , 向右匀减速，加速度大小为 5 𝑎𝑎𝐴𝐴 =(𝜇𝜇×4𝑚𝑚𝑚𝑚+𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚)/3𝑚𝑚=3𝜇𝜇𝑚𝑚 𝐶𝐶 𝑎𝑎𝑐𝑐 =𝜇𝜇𝑚𝑚 当 向左运动速度减至零时，有 ，得 2 3 𝑞𝑞 0−𝑣𝑣1 =−2𝑎𝑎𝐴𝐴𝑥𝑥𝐴𝐴 𝑥𝑥𝐴𝐴 =20𝑥𝑥0 此时， 、 速度还未减为零，当 向右运动速度减至零时，有 ，得 2 1 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝐶𝐶 0−𝑣𝑣1 =−2𝑎𝑎𝑐𝑐𝑥𝑥𝐶𝐶 𝑥𝑥𝐶𝐶 =4𝑥𝑥0 此段时间内 相对 向右运动位移大小为 2 即当 在电场𝐶𝐶力作𝑞𝑞用下开始向右运动至反△弹𝑥𝑥后 2 =向𝑥𝑥左 𝐴𝐴 运+动𝑥𝑥𝑐𝑐 速=度5𝑥𝑥诚 0 为零的整个过程中， 先相对于 向左运动， 后相对𝐴𝐴 于 向右运动，全程 相对于 的位移大小为 ′ ，方𝐶𝐶向水平向右𝑞𝑞 4 𝑞𝑞 𝐶𝐶 𝑞𝑞 △𝑥𝑥1 =𝛥𝛥𝑥𝑥2−△𝑥𝑥1 =35𝑥𝑥0 向右运动速度减至零时， 同时向左运动速度减至零，且 1 𝐶𝐶 𝐴𝐴 𝑥𝑥𝐴𝐴 =𝑥𝑥𝐶𝐶 =4𝑥𝑥0 此时 、 之间的距离为 , 至此，第 轮运动结束，随后进行下一轮运动。 1 由上𝐴𝐴分析𝑞𝑞知，每一轮运动𝑥𝑥1 中=𝑥𝑥相 𝐴𝐴 对−于𝑥𝑥𝐴𝐴 =向1右0𝑥𝑥运 0 动，其位移1大小分别为 第 轮运动中， ′ 𝐶𝐶, 第𝑞𝑞 轮运动中， ′ 4 4 4 1 1 △𝑥𝑥1 =35𝑥𝑥0 2 △𝑥𝑥2 =35𝑥𝑥1 =35×10𝑥𝑥0 第 轮运动中， ′ 4 4 1 4 1 2 3 𝛥𝛥𝑥𝑥3 =35𝑥𝑥2 =35×10𝑥𝑥1 =35×(10) 𝑥𝑥0 ⋯⋯ 第 轮运动中， ′ 4 4 1 4 1 𝑛𝑛−1 则𝑛𝑛所求距离 𝛥𝛥𝑥𝑥𝑛𝑛 ′=35𝑥𝑥𝑛𝑛 ′ −1 =35×′10𝑥𝑥𝑛𝑛−2 =35′× (10) 𝑥𝑥0 即 𝑑𝑑 =𝛥𝛥𝑥𝑥1 +𝛥𝛥𝑥𝑥2 +𝛥𝛥𝑥𝑥3 + ⋯+𝛥𝛥𝑥𝑥𝑛𝑛 4 1 1 2 1 𝑛𝑛−1 𝑑𝑑 =35𝑥𝑥0[1+10+(10) +⋯+(10) ] 得 4 1 8 𝑑𝑑 =35𝑥𝑥0×1−1 1 0 =63𝑥𝑥0 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 2 8厦门外国语学校 2025-2026 学年高三第一学期 12 月月考 物理试题详细答案 1.【答案】C 【解析】A.导弹做曲线运动，导弹运动的位移大小小于路程，故A错误； B.导弹做曲线运动，不是匀变速直线运动，故B错误； C.分析导弹头在空中的运动轨迹时，导弹的大小和形状可以忽略，所以导弹可以作为质点，故C正确； D.以导弹作为参考系，阵风战斗机位置变化，处于运动状态，故D错误。 2.【答案】B 【解析】A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律及沿电场线方向电势降低，可知，电场方向由电鳗尾部指 向电鳗头部，则电鳗头部带负电，电鳗尾部带正电，故 A错误 B.带正电的试探电荷沿直线从 点移到 点的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故 B ; 正确 𝑞𝑞 𝐶𝐶 C.由匀强电场的定义可知，实线 区域内的电场不可能是匀强电场，故C错误 ; D. 点与 点关于 点对称， 点与 点的电场强度大小相等，方向相同，故D错误。 𝐴𝐴𝑞𝑞𝐶𝐶𝐴𝐴 ; 故选B． 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝑂𝑂 𝐴𝐴 𝐶𝐶 3.【答案】B 【解析】鸡蛋下落高度ℎ 根据自由落体公式，落地速=度24×3=7 ℎ 2𝑚𝑚 𝑣𝑣 =� 2𝑚𝑚 =12√ 10𝑚𝑚/𝑠𝑠 鸡蛋与地面撞击时间 𝑙𝑙 √ 10 𝑣𝑣 鸡蛋与地面撞击过程，𝑡𝑡 =由2动=量12定00理𝑠𝑠得 取向下为正方向 解得 ( )(𝑚𝑚𝑚𝑚−𝐹𝐹)𝑡𝑡 =0−𝑚𝑚𝑣𝑣 B正确。 𝐹𝐹 ≈720𝑁𝑁 4.【答案】C 【解析】解： 由图可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，将电子的初速度 沿磁场方向和垂直于磁 场方向正交分解为 、 ，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运 𝐴𝐴𝑞𝑞. 𝑣𝑣 动轨迹为螺旋线； 𝑣𝑣𝑥𝑥 𝑣𝑣𝑦𝑦 设螺线管长为 ，分运动的圆周运动的周期为 ，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上 点，则需满足： ， 𝐿𝐿 、 、 ，由洛伦兹力提𝑇𝑇供向心力可得： ，电子分运𝑃𝑃动的圆周运动的周期 2 𝐿𝐿 𝑣𝑣𝑦𝑦 𝑣𝑣𝑥𝑥 =𝑛𝑛𝑇𝑇 (𝑛𝑛 =1 2 3……) 𝑒𝑒𝑞𝑞𝑣𝑣𝑦𝑦 =𝑚𝑚 𝑅𝑅 为： ， 2𝜋𝜋𝑚𝑚 𝑇𝑇 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 联立可得： ， 、、 ，因为电子速度 与磁场方向的夹角非常小，故可近似为： ，可得 𝐿𝐿 2𝜋𝜋𝑚𝑚𝑛𝑛 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 (𝑛𝑛=1 2 3……) 𝑣𝑣 𝑣𝑣𝑥𝑥 =𝑣𝑣 电子的速度只要满足： ， 、 、 ，即电子的运动时间为圆周运动周期的整数倍，电子 𝐿𝐿 2𝜋𝜋𝑚𝑚𝑛𝑛 就可以会聚到 点； 𝑣𝑣 = 𝑒𝑒𝐴𝐴 (𝑛𝑛=1 2 3……) 由此可知，这𝑃𝑃些电子通过磁场会聚在荧光屏上 点，电子在磁场中运动的时间不可能为 ；故AB错误； 3𝜋𝜋𝑚𝑚 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 𝑃𝑃 𝑒𝑒𝐴𝐴 3 8′ 由上述分析可知，若磁感应强度变为 ，有： ，对比可得： ′ 、 、 ，则电 2𝜋𝜋𝑚𝑚⋅𝑛𝑛 𝐶𝐶子𝐴𝐴仍. 会聚在 点； 2𝑞𝑞 𝐿𝐿 = 𝑒𝑒×2𝐴𝐴 ×2𝑣𝑣 𝑛𝑛 =2 4 6…… 同理，当电子𝑃𝑃 速度为 时，可得： ″ ，对比可得： ″ 、 、 、 ，即电子的运动时间 2𝜋𝜋𝑚𝑚⋅𝑛𝑛 1 3 不是总等于圆周运动2周𝑣𝑣期的整数倍𝐿𝐿，=故这𝑒𝑒些𝐴𝐴电×子2不𝑣𝑣一定能会聚在𝑛𝑛点；=故2 C1正确2 ，2D…错…误。 5.【答案】BC 𝑃𝑃 【解析】A.下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，整体的重力势能减少、动能不变，所以机械能 减少，机械能不守恒，故A错误； B.以游客为研究对象，受到重力和轻绳的拉力，整体匀速下滑，则拉力和重力平衡，则轻绳始终保持竖直， 故B正确； C.由功能关系可知，整体重力势能的减少量与系统摩擦产生的热量相等，故C正确； D.重力的功率为重力乘以重力方向的速度，小于 ，故D错误。 故选BC。 𝐺𝐺𝑣𝑣 6.【答案】AD 【解析】A.从环月圆轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，需发动机做功增加机械能，故探测器在轨道Ⅱ上运行时的机 械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故A正确； B.根据万有引力提供向心力则有 𝐺𝐺𝐺𝐺𝑚𝑚 2 𝑟𝑟 =𝑚𝑚𝑎𝑎 解得加速度 𝐺𝐺𝐺𝐺 2 轨道Ⅰ的半径𝑎𝑎和=轨道𝑟𝑟 Ⅱ近月点 到月球中心的距离均为 ，因此加速度大小相等，故B错误； C.椭圆轨道Ⅱ的半长轴为 ，𝐴𝐴轨道Ⅰ的半径为 ，根据2𝑅𝑅开普勒第三定律可得 2 2 𝑇𝑇1 𝑇𝑇2 3 3 解得 ，故4C𝑅𝑅错误； 2𝑅𝑅 (2𝑅𝑅) =(4𝑅𝑅) D.因为 𝑇𝑇2 =2√ 2𝑇𝑇1 近 近 远 远 1 1 2𝑣𝑣 ⋅𝛥𝛥𝑡𝑡⋅𝑟𝑟 =2𝑣𝑣 ⋅𝛥𝛥𝑡𝑡⋅𝑟𝑟 即 近 远 𝑣𝑣 ⋅2𝑅𝑅 =𝑣𝑣 ⋅6𝑅𝑅 解得 ，故D正确。 近 远 故选AD𝑣𝑣。 :𝑣𝑣 =3:1 7.【答案】BC 【解析】A、运动员垂直斜面方向做初速度为 ，加速度为 的匀减速直线运动， 点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时运动员垂直斜面方向的分速度刚好为 ， 𝑣𝑣0sin𝜃𝜃 𝑚𝑚cos𝜃𝜃 𝑞𝑞根据对称性可知， 到 与 到 的时间相等，均为 0 𝑣𝑣0sin𝜃𝜃 𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑞𝑞 𝐶𝐶 𝑡𝑡 = 𝑔𝑔cos𝜃𝜃 则有 ， 1 2 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝑣𝑣0cos𝜃𝜃𝑡𝑡+2𝑚𝑚sin𝜃𝜃𝑡𝑡 1 2 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐶𝐶 =𝑣𝑣0cos𝜃𝜃2𝑡𝑡+ 𝑚𝑚sin𝜃𝜃(2𝑡𝑡) 可得 2 ， 1 2 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐶𝐶 =𝐿𝐿𝐴𝐴𝐶𝐶−𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝑣𝑣0cos𝜃𝜃𝑡𝑡+2𝑚𝑚sin𝜃𝜃3𝑡𝑡 4 8则有 ，故A错误 1 2 1 2 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑣𝑣0cos 𝜃𝜃⋅𝑡𝑡+2𝑔𝑔sin 𝜃𝜃·𝑡𝑡 𝑣𝑣0cos 𝜃𝜃⋅𝑡𝑡+2𝑔𝑔sin 𝜃𝜃⋅𝑡𝑡 1 B、运𝐿𝐿𝐴𝐴动𝐷𝐷员=在𝑣𝑣0c平os行 𝜃𝜃·𝑡𝑡于+ 1 2斜𝑔𝑔si面n 𝜃𝜃方·3𝑡𝑡向 2 >所𝑣𝑣受0c的os 合𝜃𝜃·3力𝑡𝑡+为 1 2𝑔𝑔s重in 力𝜃𝜃·3的𝑡𝑡 2 下=滑3 分力，且速;度沿斜面方向的分速度与该方向合力方向 相同，可见运动员在斜面上的投影做匀加速直线运动，故B正确； C.将运动员的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动， 则运动员从 到 有 运动员从 到 有 𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑥𝑥𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝑣𝑣0𝑡𝑡 若 点在 点的正下方，则有 可知 点是 的中点，则 ，故C正确； 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝑥𝑥𝐴𝐴𝐶𝐶 =𝑣𝑣0⋅2𝑡𝑡 =2𝑥𝑥𝐴𝐴𝐴𝐴 D.设运动员落在斜面上时的速度与水平方向的夹角为 ， 𝑞𝑞 𝑞𝑞 𝑥𝑥𝐴𝐴𝐶𝐶 =2𝑥𝑥𝐴𝐴𝑞𝑞 𝑞𝑞 𝐴𝐴𝐶𝐶 𝐴𝐴𝑞𝑞 =𝑞𝑞𝐶𝐶 根据平抛运动的推论得 ，若运动员水平初速度减小， 不变， 𝛼𝛼 运动员落到斜面上时速度与水平方向夹角 不变，落到斜面时的速度与斜面的夹角 不变，故 D错 tan𝛼𝛼 =2tan𝜃𝜃 𝜃𝜃 误。 𝛼𝛼 𝛽𝛽 =𝛼𝛼−𝜃𝜃 8.【答案】BD 【解析】 由图乙可知，当 时，物块与轨道一起加速，根据牛顿第二定律有 可得 𝐴𝐴𝑞𝑞. 𝐹𝐹 ≤4𝑁𝑁 𝐹𝐹 =(𝑚𝑚+𝑀𝑀)𝑎𝑎 1 𝑎𝑎 =𝑚𝑚+𝐺𝐺⋅𝐹𝐹 根据 图像可得 1 2−0 1 −1 𝑎𝑎− 𝐹𝐹时，二者发生𝑚𝑚+相𝐺𝐺对=滑4−动0=，2对𝑘𝑘物𝑚𝑚 块根据牛顿第二定律有 𝐹𝐹可>得4𝑁𝑁 𝐹𝐹−𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝑚𝑚𝑎𝑎 1 𝑎𝑎 =𝑚𝑚⋅𝐹𝐹−𝜇𝜇𝑚𝑚 根据 图像可得 1 4−2 −1 联立求得𝑎𝑎−𝐹𝐹 𝑚𝑚 =6−4𝑘𝑘𝑚𝑚 由 时， ，可求得 ，故A错误，B正确； 𝑀𝑀 =𝑚𝑚 =1𝑘𝑘𝑚𝑚 C.若对物块施加水平向右2 的推力 ，则物块与轨道发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律 𝐹𝐹 =6𝑁𝑁 𝑎𝑎 =4𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝜇𝜇 =0.2 有 𝐹𝐹 =6𝑁𝑁 对轨道 𝐹𝐹−𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝑚𝑚𝑎𝑎1 求得 ， 𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚=𝑀𝑀𝑎𝑎2 2 2 当小𝑎𝑎物1块=到4𝑚𝑚点/𝑠𝑠时，𝑎𝑎有2 =2𝑚𝑚/𝑠𝑠 1 2 1 2 求得 𝑃𝑃 𝐿𝐿 =2𝑎𝑎1𝑡𝑡 −2𝑎𝑎2𝑡𝑡 此时物块速度为 𝑡𝑡 =1𝑠𝑠 轨道速度为 𝑣𝑣1 =𝑎𝑎1𝑡𝑡 =4𝑚𝑚/𝑠𝑠 撤去 后，物块与轨道水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道上升到最高点时，则有 𝑣𝑣2 =𝑎𝑎2𝑡𝑡 =2𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝐹𝐹 ， ℎ 1 2 1 2 1 2 𝑚𝑚代𝑣𝑣入 1 数+据𝑀𝑀𝑣𝑣求 2 得= (𝑀𝑀 ℎ +𝑚𝑚)𝑣𝑣 2𝑚𝑚 𝑣𝑣1 ，+显2然𝑀𝑀物𝑣𝑣2 块=不2能(𝑚𝑚从+𝑀𝑀点)冲𝑣𝑣出+轨𝑚𝑚道𝑚𝑚，故C错误； D.若未施加推力 ，现将物块从 点由静止释放，物块与轨道水平方向动量守恒，则有 =0.1𝑚𝑚<𝑅𝑅 𝑄𝑄 ， 𝐹𝐹 𝑄𝑄 0=𝑚𝑚𝑣𝑣1−𝑀𝑀𝑣𝑣2 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 5 8物块与圆弧轨道静止时， 根据功能关系可知 𝑣𝑣1 =𝑣𝑣2 =0 相对 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅 =𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑠𝑠 求得 ，显然物块最终从轨道左端向左飞出，故D正确。 相对 故选𝑠𝑠BD。= 2.5𝑚𝑚>𝐿𝐿 9.【答案】变大 水平向右 【解析】根据左手定则，可知导线受到的安培力斜向右上方，根据牛顿第三定律可知磁铁受到导线的作用 力斜向左下方，根据磁铁受力平衡，磁铁受重力、支持力、导线对磁铁的磁场力，水平向右的摩擦力，可 知磁铁受到的桌面支持力变大，根据牛顿第三定律，磁铁对桌面的压力变大，磁铁受到的摩擦力方向水平 向右。 10.【答案】 10 【解析】由于 和 、 整体受到的静摩擦力均提供向心力，故对 ，有 √ 2 对 、 整体，有 2 𝐴𝐴 𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝐴𝐴 𝜇𝜇1𝑚𝑚𝐴𝐴𝑚𝑚≥𝑚𝑚𝐴𝐴𝜔𝜔 𝑟𝑟 解得 2 𝐴𝐴 𝑞𝑞 (𝑚𝑚𝐴𝐴+𝑚𝑚𝐴𝐴)𝜔𝜔 𝑟𝑟 ≤𝜇𝜇2(𝑚𝑚𝐴𝐴+𝑚𝑚𝐴𝐴)𝑚𝑚 转台角速度 的最大值为 。 𝜔𝜔 ≤√ 2𝑟𝑟𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 11.【答案】不变 变大 𝜔𝜔 √ 2𝑟𝑟𝑎𝑎𝑑𝑑/𝑠𝑠 【解析】【解答】设开始时 ′离地面的高度为 ，设某一时刻橡皮筋与竖直方向的夹角为 ， 其向上分力 𝑂𝑂 𝐿𝐿 𝜃𝜃 故物体对地面的压力为： ，保持不变， 𝐹𝐹𝑦𝑦 =𝐹𝐹𝑇𝑇cos𝜃𝜃 =𝑘𝑘𝐿𝐿 因 ，故摩擦力也保持不变，水平拉力为： 变大 𝐹𝐹𝑁𝑁 =𝑚𝑚𝑚𝑚−𝑘𝑘𝐿𝐿 12.𝑓𝑓【=答𝜇𝜇𝐹𝐹案𝑁𝑁】 不需要 𝐹𝐹 = 𝑓𝑓+𝑇𝑇 si n𝜃𝜃 =𝑓𝑓+𝑘𝑘𝐿𝐿tan𝜃𝜃 =𝑓𝑓+𝑘𝑘𝑥𝑥 2 2 𝑑𝑑 𝑘𝑘 𝑑𝑑 【解析】 由6.1图25乙/可6.1知24遮/6光.1条26的宽度𝑡𝑡 2𝑔𝑔 ； 滑块经(过1)光电门时速度大小为 ； 𝑑𝑑 =6𝑚𝑚𝑚𝑚+12.5×0.01𝑚𝑚𝑚𝑚=6.125𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑑𝑑 (2) 𝑡𝑡 若木板水平，滑块经过光电门时速度大小为 ，由动能定理有 ， 1 2 (3) 𝑣𝑣0 −𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 =0−2𝑚𝑚𝑣𝑣0 解得 ，所以实验时不需要测量滑块的质量； 2 𝑣𝑣0 𝜇𝜇 =2𝑔𝑔𝑥𝑥 滑块在光电门右侧运动过程，由动能定理有 ， ， 1 2 𝑑𝑑 (5) −𝜇𝜇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥 =0−2𝑚𝑚𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 = 𝑡𝑡 整理有 ，所以 ，解得 。 2 2 1 2𝜇𝜇𝑔𝑔 2𝜇𝜇𝑔𝑔 𝑘𝑘 𝑑𝑑 2 2 𝑡𝑡 =� 𝑑𝑑 ·√ 𝑥𝑥 𝑘𝑘 =� 𝑑𝑑 𝜇𝜇 = 2𝑔𝑔 13.【答案】 大于 1 𝑏𝑏 【解析】 5本.0实验利𝑘𝑘用电桥𝑘𝑘−法𝑅𝑅测0电阻，电流计0读.3数5(为0.34，∼0.36) 87.3%； 利用安阻法测电源电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律有， (1) 0 𝑅𝑅0 =𝑅𝑅𝑝𝑝 =5.0𝛺𝛺 (2) ，整理得 ，可知 ， ，如果考𝑞𝑞虑=电𝐼𝐼(𝑅𝑅流𝑝𝑝表+ 1 1 𝑅𝑅0+𝑟𝑟 1 𝑏𝑏 𝑅𝑅0+𝑟𝑟) 𝐼𝐼 =𝑞𝑞𝑅𝑅𝑝𝑝+ 𝑞𝑞 𝑞𝑞 =𝑘𝑘 𝑟𝑟 =𝑘𝑘−𝑅𝑅0 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 6 8内阻，测量的 ，则测量值大于真实值 测 𝑟𝑟 =𝑟𝑟+𝑅𝑅𝐴𝐴 ; 将电源与灯泡连接成图丙电路图，由闭合电路欧姆定律可知： ，得 ，在 3 3 (灯3)泡伏安特性曲线中作出该图像，由图像可知，每个灯泡两端的𝑞𝑞电=压 2𝑈𝑈为+𝐼𝐼(𝑅𝑅+𝑟𝑟)，通𝑈𝑈过=灯−泡2的𝐼𝐼+电2流为 ，所以每个灯泡的实际功率为 ，此时电源效𝑈𝑈率=为0.93𝑉𝑉 。 𝑞𝑞−𝐼𝐼𝑟𝑟 𝐼𝐼 4 =【0答.38案𝐴𝐴】 末无人机速度大小为0.93×0.38𝑊𝑊 ≈0.，35 𝑊𝑊 𝑞𝑞 ≈87.3% 对无人机有 ，则空气对无人机作用力大小为 。 1 . (1)4𝑠𝑠 𝑣𝑣 =𝑎𝑎1𝑡𝑡1 =8𝑚𝑚/𝑠𝑠 (3) 全程平均𝐹𝐹−速𝑚𝑚度𝑚𝑚大=小𝑚𝑚为𝑎𝑎1 ，则总高度 𝐹𝐹 =36𝑁𝑁；全程根据动能定理可得， 𝑣𝑣 无人机对货物做功W=mgh=𝑣𝑣24=0J2 =4𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝐻𝐻 =𝑣𝑣⋅𝑡𝑡2 =24𝑚𝑚 16. 【答案】 ① ； ②粒子在磁场(中1)做 圆 周36运72动： 2 𝑣𝑣 𝑞𝑞𝑣𝑣𝑞𝑞 =𝑚𝑚 𝑟𝑟 由于 𝑅𝑅 𝑟𝑟𝑚𝑚 < 2 对 粒子： ，对 粒子： 2𝑣𝑣 20𝑣𝑣 𝛼𝛼 𝑞𝑞1 >𝑘𝑘𝑅𝑅 𝛽𝛽 𝑞𝑞2 >3672𝑘𝑘𝑅𝑅 因此取 ； 2𝑣𝑣 设第𝑞𝑞二 mi 象 n =限𝑘𝑘内𝑅𝑅与 轴正向夹角为 的粒子，刚好从 轴离开圆边界 轴方向： ， (2) 𝑦𝑦 𝜃𝜃 𝑦𝑦 轴方向： 𝑥𝑥 𝑣𝑣sin𝜃𝜃 =𝑎𝑎𝑡𝑡 𝑞𝑞𝑞𝑞 =𝑚𝑚𝑎𝑎 解𝑦𝑦 得： 𝑅𝑅 =2𝑣𝑣𝑡𝑡c os𝜃𝜃 2 𝑚𝑚𝑣𝑣 sin2𝜃𝜃 𝑞𝑞 = 𝑞𝑞𝑅𝑅 当 时， 2 𝑣𝑣 sin2𝜃𝜃 =1 𝑞𝑞max =𝑘𝑘𝑅𝑅 因此 ； 2 𝑣𝑣 16.【0答≤案𝑞𝑞】≤解𝑘𝑘𝑅𝑅： 、 、 三者一起向右做匀速直线运动，有 解得 (1)𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝐶𝐶 𝑞𝑞𝑞𝑞 =𝜇𝜇×4𝑚𝑚𝑚𝑚 4𝜇𝜇𝑚𝑚𝑔𝑔 𝑞𝑞 = 𝑞𝑞 在电场力作用下运动至 的左端，有 ，解得 1 2 (2)𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑞𝑞𝑞𝑞𝑥𝑥0 =2×4𝑚𝑚𝑣𝑣𝐴𝐴 −0 𝑣𝑣𝐴𝐴 =� 2𝜇𝜇𝑚𝑚𝑥𝑥0 A、 碰撞 ，解得 4 A、𝑞𝑞整体4与𝑚𝑚𝑣𝑣相 𝐴𝐴 互=作7𝑚𝑚用𝑣𝑣𝐴𝐴 ， 𝐴𝐴 向右匀𝑣𝑣𝐴𝐴 加 𝐴𝐴 速=，7𝑣𝑣加 𝐴𝐴 速度大小为 A、𝑞𝑞整体向右𝐶𝐶 匀减速，加𝐶𝐶速度大小为 𝑎𝑎𝑐𝑐 =𝜇𝜇𝑚𝑚 𝜇𝜇×4𝑚𝑚𝑔𝑔+𝜇𝜇𝑚𝑚𝑔𝑔−𝑞𝑞𝑞𝑞 1 𝑞𝑞 𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴 = 7𝑚𝑚 =7𝜇𝜇𝑚𝑚 经时间 三者共速，有 ，解得 𝑥𝑥0 𝑡𝑡1 𝑣𝑣𝐴𝐴𝐴𝐴−𝑎𝑎𝐴𝐴𝐴𝐴𝑡𝑡1 =𝑎𝑎𝑐𝑐𝑡𝑡1 𝑡𝑡1 =� 2𝜇𝜇𝑔𝑔 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 7 8则三者第 次共速时速度大小为 1 1 𝑣𝑣1 =� 2𝜇𝜇𝑚𝑚𝑥𝑥0 相对 向左运动位移大小为 1 1 𝐶𝐶 𝑞𝑞 △𝑥𝑥1 =2(𝑣𝑣𝐴𝐴𝐴𝐴+𝑣𝑣1)𝑡𝑡1−2(0+𝑣𝑣1)𝑡𝑡1 解得 2 𝛥𝛥𝑥𝑥1 =7𝑥𝑥0 木板 和挡板 第 次弹性碰撞后， 、 都向左匀减速，加速度大小分别为 𝑞𝑞𝑞𝑞 (3) 𝑞𝑞 𝑃𝑃 1 𝐴𝐴 𝑞𝑞 𝑎𝑎𝐴𝐴 =4𝑚𝑚 =𝜇𝜇𝑚𝑚 5 𝑎𝑎𝐴𝐴向=右(匀𝜇𝜇×减4速𝑚𝑚，𝑚𝑚加+速𝜇𝜇𝑚𝑚度𝑚𝑚大)/小3𝑚𝑚为= 𝜇𝜇𝑚𝑚 3 𝐶𝐶当 向左运动速度减至零时，𝑎𝑎有𝑐𝑐 =𝜇𝜇𝑚𝑚 ，得 2 3 此𝑞𝑞时， 、 速度还未减为零，当0−向𝑣𝑣右1 =运−动2速𝑎𝑎𝐴𝐴 度𝑥𝑥𝐴𝐴 减至零𝑥𝑥𝐴𝐴 时=，2有0𝑥𝑥 0 𝐴𝐴 𝐶𝐶 ，得 𝐶𝐶 2 1 0−𝑣𝑣1 =−2𝑎𝑎𝑐𝑐𝑥𝑥𝐶𝐶 𝑥𝑥𝐶𝐶 =4𝑥𝑥0 此段时间内 相对 向右运动位移大小为 2 即当 在电场𝐶𝐶力作𝑞𝑞用下开始向右运动至反△弹𝑥𝑥后 2 =向𝑥𝑥左 𝐴𝐴 运+动𝑥𝑥𝑐𝑐 速=度5𝑥𝑥诚 0 为零的整个过程中， 先相对于 向左运动， 后相对于 向右运动，全程 相对于 的位移大小为 𝐴𝐴 𝐶𝐶 𝑞𝑞 ′ 𝑞𝑞 𝐶𝐶，方向水𝑞𝑞平向右 4 △𝑥𝑥1 =𝛥𝛥𝑥𝑥2−△𝑥𝑥1 =35𝑥𝑥0 向右运动速度减至零时， 同时向左运动速度减至零，且 1 𝐶𝐶 𝐴𝐴 𝑥𝑥𝐴𝐴 =𝑥𝑥𝐶𝐶 =4𝑥𝑥0 此时 、 之间的距离为 1 至此𝐴𝐴，第𝑞𝑞轮运动结束，𝑥𝑥随 1 后=进𝑥𝑥𝐴𝐴 行−下𝑥𝑥𝐴𝐴 一=轮10运𝑥𝑥动 0 。 由上分析知，每一轮运动中 相对于 向右运动，其位移大小分别为 1 第 轮运动中， ′ 𝐶𝐶 𝑞𝑞 4 1 △𝑥𝑥1 =35𝑥𝑥0 第 轮运动中， ′ 4 4 1 2 △𝑥𝑥2 =35𝑥𝑥1 =35×10𝑥𝑥0 第 轮运动中， ′ 4 4 1 4 1 2 3 𝛥𝛥𝑥𝑥3 =35𝑥𝑥2 =35×10𝑥𝑥1 =35×(10) 𝑥𝑥0 第⋯⋯轮运动中， ′ 4 4 1 4 1 𝑛𝑛−1 则𝑛𝑛所求距离 𝛥𝛥𝑥𝑥𝑛𝑛 ′=35𝑥𝑥𝑛𝑛 ′ −1 =35×′10𝑥𝑥𝑛𝑛−2 =35′× (10) 𝑥𝑥0 即 𝑑𝑑 =𝛥𝛥𝑥𝑥1 +𝛥𝛥𝑥𝑥2 +𝛥𝛥𝑥𝑥3 + ⋯+𝛥𝛥𝑥𝑥𝑛𝑛 4 1 1 2 1 𝑛𝑛−1 𝑑𝑑 =35𝑥𝑥0[1+10+(10) +⋯+(10) ] 得 4 1 8 𝑑𝑑 =35𝑥𝑥0×1−1 1 0 =63𝑥𝑥0 第 页 共 页 学科网（北京）股份有限公司 8 8