2024-2025学年安徽省卓越县中联盟高三上学期11月期中联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽卓越县中联盟2024—2025学年上学期高三年级期中联考物理一、单项选择题：1.2024年巴黎奥运会，中华健儿奋勇拼搏，获得40枚金牌，金牌数与美国队并列第一，完美的诠释了“更快、更高、更强”的奥林匹克格言。如图所示为奥运会中的四个比赛场景，下列对各场景的阐述中正确的是（）A.图1所示，在邓雅文展示小轮车骑行技巧时，其可视为质点B.图2所示，杨家玉获得田径女子20公里竞走冠军，“20公里”指的是比赛过程中杨家玉的位移C.图3所示，刘洋展示“十字撑”保持静止时，两根吊环悬绳每根承受拉力大小均等于刘洋重力的一半D.图4所示，陈艺文在女子三米跳板决赛中跳板被压到最低点的瞬间，对跳板的作用力大于自身的重力【答案】D【解析】A．因要观察展示“技巧”，需分析邓雅文的动作，故不能将其视为质点，故A错误；B．“20公里”为杨家玉行进轨迹的长度，即路程，而非起点到终点的直线距离位移，故B错误；C．由图3可知，刘洋展示“十字撑”保持静止时，两根悬绳并不平行，刘洋受三力平衡，绳所受拉力大于其重力的一半，故C错误；D．陈艺文起跳时具有向上的加速度，合力向上，分析可知跳板对陈艺文的作用力一定大于重力，故其对跳板的作用力一定大于重力，故D正确。故选D。2.如图所示为A、B两个导体的伏安特性曲线，下列说法正确的是（）A.导体B的电阻随着导体两端电压的升高而变大B.当A、B两个导体两端的电压均为U₀时，导体B的电阻比导体A的大C.将A、B两导体串联后接在小于的恒定电压两端，导体B的电阻比导体A的大D.将A、B两导体并联后接在小于U₀的恒定电压两端，导体B的电阻比导体A的小【答案】C【解析】A．结合图像可知，随着导体两端电压的升高，导体B图像的割线斜率增大，因此导体B的电阻减小，故A项错误；B．图像可知，当A、B两个导体两端的电压均为时，导体B的电阻与导体A电阻相同，均为故B项错误；C．将A、B两导体串联后接在小于的恒定电压两端，两导体中的电流相同，由图像可知，B两端的电压比A两端电压大，则导体B的电阻比导体A的大，故C项正确；D．将A、B两导体并联后接在小于时的恒定电压两端，由图像可知，A中的电流比B中的电流大，因此导体B的电阻比导体A的大，故D项错误。故选C。3.如图所示，物块1、2叠放在一起放置于光滑水平地面上保持静止。对物块1施加一水平拉力F，当拉力逐渐增大到时，两物块恰好发生相对滑动；若将水平拉力作用于物块2，则当拉力逐渐增大到时，两物块恰好发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块1与物块2的质量之比为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设两物块间的动摩擦因数为μ，当两物块恰好发生相对滑动时，物块1、2间的摩擦力为当水平拉力作用于物块1，且两物块恰好相对滑动时，系统的加速度即为物块2的加速度对系统运用牛顿第二定律有同理，当水平拉力作用于物块2时有联立上述二式即可解得故选A。4.如图所示，平行于纸面的匀强电场中的B点有一放射源，能沿纸面内各个方向射出动能为10eV的电子，电子经过A、C两点时的动能分别为12eV和4eV，ABC恰构成一个直角三角形，AC与BC夹角为30°，A、B间距离为5cm。下列说法正确的是（）A.A、B之间的电势差B.B、C之间电势差C.从B到A电子的电势能增加2eVD.电场强度大小为80V/m【答案】D【解析】A．根据动能定理，可得解得则故A错误；B．同理，可得解得6V故B错误；C．从B到A电子动能增大2eV，静电力做正功，电势能减小2eV。故C错误；D．依题意将AC四等分，每一份电势差为2V，离A最近的等分点D点电势和B相等，连接BD为等势线，则AC垂直于BD，AC为电场方向，如图由几何关系电场强度故D正确。故选D。5.科学推理及实验探究均表明：①均匀带电球壳(或球体)在球外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同；②均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零。由此可知，一个半径为R的均匀带电球体在空间的电场强度大小E与到球心距离r的关系图像可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由“均匀带电球壳(或球体)在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同”可知，在r>R的区间上，均匀带电球体周围电场的场强E与r的关系应为故r>R区间上，E与r为非线性关系；在r<R的区间，因“均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零”，所以场强仅由r内球体部分所带电荷决定，即又因球体均匀带电，所以(ρ为单位体积的电荷量)所以即E'∝r，在r<R的区间，E与r为线性关系。故选B。6.如图所示，斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面体保持静止。在小物块匀速下滑过程中，给P施加一沿水平向右的推力F。施加F后，P沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是（）A.水平面对斜面体的摩擦力为零B.水平面对斜面体的摩擦力方向水平向左C.P对斜面的作用力指向右下方D.P对斜面的作用力方向水平向右【答案】A【解析】未加力F前，小物块匀速下滑，小物块所受的支持力N、摩擦力f，如图由平衡知，小物块所受的支持力N、摩擦力f的合力与小物块重力等大反向，据牛顿第三定律可知，小物块给斜面体的压力与摩擦力的合力与小物块重力等大同向，竖直向下，故此时水平面对斜面体的摩擦力为零，且有由题可知，给小物块施加一沿水平向右的推力F，分析可知小物块给斜面体的压力与摩擦力为对比可知，给小物块施加一沿水平向右的推力F，小物块给斜面体的压力与摩擦力同步增大了，故二者合力依然竖直向下，即此时水平面对斜面体的摩擦力依然为零，故A正确，BCD错误。故选A。7.起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，物体上升的v-t图像如图所示。时刻图像斜率为a，重力加速度为g。则（）A.t=0时刻起重机的牵引力为maB.起重机的额定功率为C.物体上升过程的最大速度D.0到时间内物体克服重力做功为【答案】C【解析】A．设t=0时刻起重机对物体牵引力为F，且v-t图像的斜率为加速度，对物体，根据牛顿第二定律有解得故A错误；B．起重机的额定功率故B错误；C．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度为故C正确；D．在0到时间内，依据动能定理有解得故D错误。故选C。8.如图所示，我国空间站在做匀速圆周运动时的星下点轨迹为分布于北纬与南纬间的一段“正弦线”，图中箭头所指即星下点的运动方向，轨迹上、两点的经度差的绝对值为α(弧度制)且恰好对应半个“周期”。所谓“星下点”即卫星与地心连线和地球表面的交点，已知地球的半径为R，自转周期为T，地球极地表面重力加速度为g。由此可知，我国空间站的轨道半径为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】我国空间站绕地心做匀速圆周运动，轨道平面与赤道面成角，其“星下点”相对地面沿正弦线运动，由“箭头”可知空间站沿赤道方向与地球自转的方向相同，在其运行的半个周期内沿地球自转方向转过的角度与地球自转的角度之差即为α。设空间站运行的周期为，则有解得因空间站做圆周运动的向心力为地球对其的万有引力，则有解得又因为地球表面极地处的重力即地球对物体的万有引力，则有解得联立解得我国空间站的轨道半径为故选B。二、多项选择题：9.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在匀强电场。一个质量为m，带电量为q的正电荷，自y轴上的M点沿x轴正方向以速度射入第一象限，由x轴上的N点离开，离开时的速度大小依然为，而方向与x轴正方向夹角为α。且知M、N点到坐标原点的距离分别为3L和4L,，重力不计，则下列判断中正确的是（）A.B.C.电荷由M至N的运动时间为D.电荷由M至N的运动时间为【答案】BD【解析】AB．第一象限内存在匀强电场，电荷在由M至N做匀变速曲线运动。因电荷在M、N点的速度大小相等均为。故匀强电场场强方向一定垂直于MN向左下方，电荷沿MN方向做匀速直线运动，如图所示由“类抛体运动”的对称性可知，电荷到达N点时速度的方向与MN成角，而与x轴正方向则成角，故A错误，B正确；CD．电荷由M至N的运动时间为故C错误，D正确。故选BD。10.如图1所示，据新闻报道，一家公园新建的巨型滑梯设计荒谬奇葩，开放运营仅三小时就因游客不断被抛飞摔伤而被迫关闭。如图2所示，该滑梯滑道由若干段半径R=2m，所对圆心角为60°的圆弧平滑连接而成，过滑道起点A的切线水平。一名质量m=60kg的游客自A点沿滑道下滑，结果在第三段圆弧上的P点恰好被抛离滑道，且知P点与所在圆弧圆心O的连线与竖直方向成α=37°角，重力加速度g取0.8。将游客视为质点，且忽略初速度大小，则（）A.该游客脱离滑道时的速度大小为4m/sB.该游客脱离滑道时的速度大小为C.该游客在自A点下滑至由P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为960JD.该游客在自A点下滑至由P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为840J【答案】AC【解析】AB．游客由P点恰好脱离轨道，其受力如图。此时解得故A正确，B错误；CD．由几何知识可知且AB与竖直方向的夹角为QUOTE，所以AP两点间的高度差为由动能定理可得解得即该游客在自A

点下滑至由

P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为960J，故C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：11.如图所示，某兴趣小组利用电动机驱动轻杆带动小球做竖直面内的匀速圆周运动，改变小球质量，通过力传感器获得轻杆拉力最大值随小球质量变化的关系，并求得当地的重力加速度。（1）为了测得当地的重力加速度，至少还应该知道(填选项序号)。A.小球做圆周运动的周期TB.小球做圆周运动的半径LC.力传感器的质量M（2）采用图像法处理数据时，应该作出_________(填“F-m”或者图像，若图像斜率为k，当地的重力加速度g=_________[用k和(1)中已知量表示]。【答案】（1）AB（2）F-m【解析】【小问1详析】小球在最低点时拉力最大，根据牛顿第二定律有解得可知还需要知道小球做匀速圆周运动的周期T和半径L。故选AB。【小问2详析】[1]根据可知应作图像，得到一次函数图像，便于分析研究；[2]根据公式可知，图像的斜率解得12.2024年4月15日，中国科学技术大学发布了我国首台特有体验交互AI美女机器人“佳佳”，其在人机对话理解、面部微表情、躯体动作搭配等方面取得重大突破，机器人对外界事物的感知是通过各类传感器来完成的。一物理兴趣小组对某型薄膜压力传感器的“压力曲线”展开探究，已知该型半导体薄膜压力传感器阻值会随所受压力F的增大而减小，其阻值约几十千欧，重力加速度g取10m/s²，现利用以下器材测量压力传感器在不同压力下的阻值：A.压力传感器（压力感知范围：20g~600g）B.电源（电动势5V，内阻不计）C.电流表A（量程250μA，内阻约50Ω）D.电压表V（量程3V，内阻约20kΩ）E.滑动变阻器R（阻值范围0~100Ω）F.开关S，导线及砝码若干。（1）请在图1所示的实物连线中，完成余下导线的连接_________(要求实验尽量精确)。（2）在薄膜压力传感器上放置适量砝码，调节滑动变阻器滑片使得两电表示数适当大些以便于精确测量。实验时薄膜压力传感器必须__________放置，且闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至最左端。某次操作，所放砝码质量为，电压表示数为2.60V，而电流表的示数如图2所示，其中电流表的读数为I=______，进而可得此时薄膜压力传感器电阻的测量值__________(结果保留3位有效数字)，多次测量并描点连线得到如图3所示的曲线。（3）若将定义为压力传感器的灵敏度，则由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而___________。【答案】（1）（2）水平223##22411.7##11.6（3）减小【解析】【小问1详析】依据题意可知，本实验采用伏安法测量压力传感器在不同压力下的电阻，由实验所给器材可知所以电流表需采用内接法；而所给滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，所以必须采用分压式接法，电路实物连线图如图所示【小问2详析】[1]实验采用平衡法来测量压力传感器所受到的压力大小，为保证压力等于砝码的重力，传感器应水平放置。[2]实验所用电流表为250μA，最小分度值为5μA，读数时应采用五分之一估读法，即以1μA为单位进行估读。所以电流表的读数应为223μA或224μA。[3]由欧姆定律，可得或【小问3详析】因压力传感器的灵敏度定义为，其几何意义即压力曲线上各点切线的斜率。结合图3所示的压力曲线可知，该型压力传感器灵敏度随压力的增大而减小。13.如图所示，电源电动势，内阻，定值电阻的阻值分别为，，，，电容器电容，求：（1）闭合开关S，待电路稳定后，路端电压；（2）闭合开关S，待电路稳定后，电容器的带电量；（3）断开开关S后，通过的电荷量。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详析】闭合开关S，待电路稳定后，电容器相当于开关断开，与串联后与并联，再与串联，则外电路总电阻为根据闭合电路欧姆定律得干路电流为路端电压为【小问2详析】根据题意可知，并联电路两端电压电容器板间电压电容器的带电量【小问3详析】断开开关S，电容器通过与放电，串联后与并联，放电电流与电阻成反比，因此通过与的电荷量跟电阻成反比，则通过的电量为14.如图所示，光滑水平桌面上放有一根质量为m，长度为L的均匀绳子，绳子处于自然伸直状态，且一端与桌子边沿对齐。某时刻因受到微小扰动，绳子自桌面滑落，已知桌面距地面的高度大于绳长，重力加速度为g。在绳子滑离桌面的过程中，求：（1）当滑落长度时，绳子的速度大小v；（2）绳子的速度大小v与滑落长度x之间的关系式，并画出v-x关系图像。【答案】（1）（2），，，【解析】【小问1详析】由动能定理可知解得【小问2详析】当长为x的绳子脱离桌面时，系统减小的重力势能为而系统增加的动能为因桌面光滑，对于绳子只有重力做功，机械能守恒。故有解得而v与x的关系图像则为15.如图所示，质量M=1kg、足够长的木板A静止在水平地面上，地面与木板A之间的动摩擦因数μ1=0.2，在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B（可视为质点），B与A间的动摩擦因数μ2=0.6，现用一水平恒力F作用在B上，初始时木板A右端距O点（l=9m，当木板A右端到达O点时撤去外力F。重力加速度取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。（1）要保持A、B一起做匀加速运动，求力F的取值范围；（2）若F=10N，求整个过程中铁块相对木板滑行的距离；（3）若F=12N，求从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量。【答案】（1）4N<F≤8N（2）11.25m（3）324J【解析】【小问1详析】要保持A、B一起做匀加速运动，整体法可知，拉力的最小值Fmin需满足分析可知二者匀加速运动，当AB间摩擦达到最大值静摩擦力时拉力最大为Fmax，故对整体研究隔离B研究，有联立解得故里F的范围为【小问2详析】分析可知，F=10N时，二者已相对滑动，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时A的速度此时B的位移此时B的速度故该过程铁块相对木板滑行距离撤去F后，A继续加速运动，且加速度为和之前一样为撤去F后，B做减速运动，且加速度大小为设经过t1时间，二者共速，则有解得则该过程二者相对位移因为μ2>μ1，故共速后二者相对静止一起匀减速，故求整个过程中铁块相对木板滑行的距离【小问3详析】若F=12N时，由牛顿第二定律可知，B的加速度为同理A的加速度为则木板A右端到达O点时，有解得此时B的位移撤去F后，A、B最终速度减为零，则从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量，由能量守恒可知安徽卓越县中联盟2024—2025学年上学期高三年级期中联考物理一、单项选择题：1.2024年巴黎奥运会，中华健儿奋勇拼搏，获得40枚金牌，金牌数与美国队并列第一，完美的诠释了“更快、更高、更强”的奥林匹克格言。如图所示为奥运会中的四个比赛场景，下列对各场景的阐述中正确的是（）A.图1所示，在邓雅文展示小轮车骑行技巧时，其可视为质点B.图2所示，杨家玉获得田径女子20公里竞走冠军，“20公里”指的是比赛过程中杨家玉的位移C.图3所示，刘洋展示“十字撑”保持静止时，两根吊环悬绳每根承受拉力大小均等于刘洋重力的一半D.图4所示，陈艺文在女子三米跳板决赛中跳板被压到最低点的瞬间，对跳板的作用力大于自身的重力【答案】D【解析】A．因要观察展示“技巧”，需分析邓雅文的动作，故不能将其视为质点，故A错误；B．“20公里”为杨家玉行进轨迹的长度，即路程，而非起点到终点的直线距离位移，故B错误；C．由图3可知，刘洋展示“十字撑”保持静止时，两根悬绳并不平行，刘洋受三力平衡，绳所受拉力大于其重力的一半，故C错误；D．陈艺文起跳时具有向上的加速度，合力向上，分析可知跳板对陈艺文的作用力一定大于重力，故其对跳板的作用力一定大于重力，故D正确。故选D。2.如图所示为A、B两个导体的伏安特性曲线，下列说法正确的是（）A.导体B的电阻随着导体两端电压的升高而变大B.当A、B两个导体两端的电压均为U₀时，导体B的电阻比导体A的大C.将A、B两导体串联后接在小于的恒定电压两端，导体B的电阻比导体A的大D.将A、B两导体并联后接在小于U₀的恒定电压两端，导体B的电阻比导体A的小【答案】C【解析】A．结合图像可知，随着导体两端电压的升高，导体B图像的割线斜率增大，因此导体B的电阻减小，故A项错误；B．图像可知，当A、B两个导体两端的电压均为时，导体B的电阻与导体A电阻相同，均为故B项错误；C．将A、B两导体串联后接在小于的恒定电压两端，两导体中的电流相同，由图像可知，B两端的电压比A两端电压大，则导体B的电阻比导体A的大，故C项正确；D．将A、B两导体并联后接在小于时的恒定电压两端，由图像可知，A中的电流比B中的电流大，因此导体B的电阻比导体A的大，故D项错误。故选C。3.如图所示，物块1、2叠放在一起放置于光滑水平地面上保持静止。对物块1施加一水平拉力F，当拉力逐渐增大到时，两物块恰好发生相对滑动；若将水平拉力作用于物块2，则当拉力逐渐增大到时，两物块恰好发生相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块1与物块2的质量之比为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设两物块间的动摩擦因数为μ，当两物块恰好发生相对滑动时，物块1、2间的摩擦力为当水平拉力作用于物块1，且两物块恰好相对滑动时，系统的加速度即为物块2的加速度对系统运用牛顿第二定律有同理，当水平拉力作用于物块2时有联立上述二式即可解得故选A。4.如图所示，平行于纸面的匀强电场中的B点有一放射源，能沿纸面内各个方向射出动能为10eV的电子，电子经过A、C两点时的动能分别为12eV和4eV，ABC恰构成一个直角三角形，AC与BC夹角为30°，A、B间距离为5cm。下列说法正确的是（）A.A、B之间的电势差B.B、C之间电势差C.从B到A电子的电势能增加2eVD.电场强度大小为80V/m【答案】D【解析】A．根据动能定理，可得解得则故A错误；B．同理，可得解得6V故B错误；C．从B到A电子动能增大2eV，静电力做正功，电势能减小2eV。故C错误；D．依题意将AC四等分，每一份电势差为2V，离A最近的等分点D点电势和B相等，连接BD为等势线，则AC垂直于BD，AC为电场方向，如图由几何关系电场强度故D正确。故选D。5.科学推理及实验探究均表明：①均匀带电球壳(或球体)在球外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同；②均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零。由此可知，一个半径为R的均匀带电球体在空间的电场强度大小E与到球心距离r的关系图像可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由“均匀带电球壳(或球体)在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同”可知，在r>R的区间上，均匀带电球体周围电场的场强E与r的关系应为故r>R区间上，E与r为非线性关系；在r<R的区间，因“均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零”，所以场强仅由r内球体部分所带电荷决定，即又因球体均匀带电，所以(ρ为单位体积的电荷量)所以即E'∝r，在r<R的区间，E与r为线性关系。故选B。6.如图所示，斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面体保持静止。在小物块匀速下滑过程中，给P施加一沿水平向右的推力F。施加F后，P沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是（）A.水平面对斜面体的摩擦力为零B.水平面对斜面体的摩擦力方向水平向左C.P对斜面的作用力指向右下方D.P对斜面的作用力方向水平向右【答案】A【解析】未加力F前，小物块匀速下滑，小物块所受的支持力N、摩擦力f，如图由平衡知，小物块所受的支持力N、摩擦力f的合力与小物块重力等大反向，据牛顿第三定律可知，小物块给斜面体的压力与摩擦力的合力与小物块重力等大同向，竖直向下，故此时水平面对斜面体的摩擦力为零，且有由题可知，给小物块施加一沿水平向右的推力F，分析可知小物块给斜面体的压力与摩擦力为对比可知，给小物块施加一沿水平向右的推力F，小物块给斜面体的压力与摩擦力同步增大了，故二者合力依然竖直向下，即此时水平面对斜面体的摩擦力依然为零，故A正确，BCD错误。故选A。7.起重机竖直提升质量为m的物体，在其输出功率正好等于额定功率时开始计时，此后起重机在额定功率下工作，物体上升的v-t图像如图所示。时刻图像斜率为a，重力加速度为g。则（）A.t=0时刻起重机的牵引力为maB.起重机的额定功率为C.物体上升过程的最大速度D.0到时间内物体克服重力做功为【答案】C【解析】A．设t=0时刻起重机对物体牵引力为F，且v-t图像的斜率为加速度，对物体，根据牛顿第二定律有解得故A错误；B．起重机的额定功率故B错误；C．物体匀速运动时，牵引力等于重力，最大速度为故C正确；D．在0到时间内，依据动能定理有解得故D错误。故选C。8.如图所示，我国空间站在做匀速圆周运动时的星下点轨迹为分布于北纬与南纬间的一段“正弦线”，图中箭头所指即星下点的运动方向，轨迹上、两点的经度差的绝对值为α(弧度制)且恰好对应半个“周期”。所谓“星下点”即卫星与地心连线和地球表面的交点，已知地球的半径为R，自转周期为T，地球极地表面重力加速度为g。由此可知，我国空间站的轨道半径为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】我国空间站绕地心做匀速圆周运动，轨道平面与赤道面成角，其“星下点”相对地面沿正弦线运动，由“箭头”可知空间站沿赤道方向与地球自转的方向相同，在其运行的半个周期内沿地球自转方向转过的角度与地球自转的角度之差即为α。设空间站运行的周期为，则有解得因空间站做圆周运动的向心力为地球对其的万有引力，则有解得又因为地球表面极地处的重力即地球对物体的万有引力，则有解得联立解得我国空间站的轨道半径为故选B。二、多项选择题：9.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在匀强电场。一个质量为m，带电量为q的正电荷，自y轴上的M点沿x轴正方向以速度射入第一象限，由x轴上的N点离开，离开时的速度大小依然为，而方向与x轴正方向夹角为α。且知M、N点到坐标原点的距离分别为3L和4L,，重力不计，则下列判断中正确的是（）A.B.C.电荷由M至N的运动时间为D.电荷由M至N的运动时间为【答案】BD【解析】AB．第一象限内存在匀强电场，电荷在由M至N做匀变速曲线运动。因电荷在M、N点的速度大小相等均为。故匀强电场场强方向一定垂直于MN向左下方，电荷沿MN方向做匀速直线运动，如图所示由“类抛体运动”的对称性可知，电荷到达N点时速度的方向与MN成角，而与x轴正方向则成角，故A错误，B正确；CD．电荷由M至N的运动时间为故C错误，D正确。故选BD。10.如图1所示，据新闻报道，一家公园新建的巨型滑梯设计荒谬奇葩，开放运营仅三小时就因游客不断被抛飞摔伤而被迫关闭。如图2所示，该滑梯滑道由若干段半径R=2m，所对圆心角为60°的圆弧平滑连接而成，过滑道起点A的切线水平。一名质量m=60kg的游客自A点沿滑道下滑，结果在第三段圆弧上的P点恰好被抛离滑道，且知P点与所在圆弧圆心O的连线与竖直方向成α=37°角，重力加速度g取0.8。将游客视为质点，且忽略初速度大小，则（）A.该游客脱离滑道时的速度大小为4m/sB.该游客脱离滑道时的速度大小为C.该游客在自A点下滑至由P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为960JD.该游客在自A点下滑至由P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为840J【答案】AC【解析】AB．游客由P点恰好脱离轨道，其受力如图。此时解得故A正确，B错误；CD．由几何知识可知且AB与竖直方向的夹角为QUOTE，所以AP两点间的高度差为由动能定理可得解得即该游客在自A

点下滑至由

P点抛离轨道的过程中，克服摩擦力做功为960J，故C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：11.如图所示，某兴趣小组利用电动机驱动轻杆带动小球做竖直面内的匀速圆周运动，改变小球质量，通过力传感器获得轻杆拉力最大值随小球质量变化的关系，并求得当地的重力加速度。（1）为了测得当地的重力加速度，至少还应该知道(填选项序号)。A.小球做圆周运动的周期TB.小球做圆周运动的半径LC.力传感器的质量M（2）采用图像法处理数据时，应该作出_________(填“F-m”或者图像，若图像斜率为k，当地的重力加速度g=_________[用k和(1)中已知量表示]。【答案】（1）AB（2）F-m【解析】【小问1详析】小球在最低点时拉力最大，根据牛顿第二定律有解得可知还需要知道小球做匀速圆周运动的周期T和半径L。故选AB。【小问2详析】[1]根据可知应作图像，得到一次函数图像，便于分析研究；[2]根据公式可知，图像的斜率解得12.2024年4月15日，中国科学技术大学发布了我国首台特有体验交互AI美女机器人“佳佳”，其在人机对话理解、面部微表情、躯体动作搭配等方面取得重大突破，机器人对外界事物的感知是通过各类传感器来完成的。一物理兴趣小组对某型薄膜压力传感器的“压力曲线”展开探究，已知该型半导体薄膜压力传感器阻值会随所受压力F的增大而减小，其阻值约几十千欧，重力加速度g取10m/s²，现利用以下器材测量压力传感器在不同压力下的阻值：A.压力传感器（压力感知范围：20g~600g）B.电源（电动势5V，内阻不计）C.电流表A（量程250μA，内阻约50Ω）D.电压表V（量程3V，内阻约20kΩ）E.滑动变阻器R（阻值范围0~100Ω）F.开关S，导线及砝码若干。（1）请在图1所示的实物连线中，完成余下导线的连接_________(要求实验尽量精确)。（2）在薄膜压力传感器上放置适量砝码，调节滑动变阻器滑片使得两电表示数适当大些以便于精确测量。实验时薄膜压力传感器必须__________放置，且闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至最左端。某次操作，所放砝码质量为，电压表示数为2.60V，而电流表的示数如图2所示，其中电流表的读数为I=______，进而可得此时薄膜压力传感器电阻的测量值__________(结果保留3位有效数字)，多次测量并描点连线得到如图3所示的曲线。（3）若将定义为压力传感器的灵敏度，则由图3可知该型薄膜压力传感器的灵敏度随着所受压力的增大而___________。【答案】（1）（2）水平223##22411.7##11.6（3）减小【解析】【小问1详析】依据题意可知，本实验采用伏安法测量压力传感器在不同压力下的电阻，由实验所给器材可知所以电流表需采用内接法；而所给滑动变阻器的阻值远小于压力传感器的阻值，所以必须采用分压式接法，电路实物连线图如图所示【小问2详析】[1]实验采用平衡法来测量压力传感器所受到的压力大小，为保证压力等于砝码的重力，传感器应水平放置。[2]实验所用电流表为250μA，最小分度值为5μA，读数时应采用五分之一估读法，即以1μA为单位进行估读。所以电流表的读数应为223μA或224μA。[3]由欧姆定律，可得或【小问3详析】因压力传感器的灵敏度定义为，其几何意义即压力曲线上各点切线的斜率。结合图3所示的压力曲线可知，该型压力传感器灵敏度随压力的增大而减小。13.如图