保密★启用前泉州市2023届高中毕业班适应性练习卷物理参考答案一、单项选择题：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.B2.D3.A4.C4.解析：由于导体棒长度、电流恒定，磁感应强度随位置线性增加，安培力随位置线性增加。选项问题涉及加速度、最大速度、最大位移等，因此不妨画出合力随位置变化规律。F合=2B0IL－（B0+kx）IL，即F合=B0IL－kxIL，F合随x变化规律如图。由图像可知F合随x线性变化，故加速度也随x线性变化，A选项错误；当速度达到最大时即加速度为零，可得到图像与横B0B0轴交点坐标a=，也可算出ab从静止开始向右运动到x=kkF合22B0ILB0IL12B0IL过程中合力做的功为，由动能定理有=mvm，可得2k2k2ILabx最大速度vm=B0，B选项错误，C选项正确；在ab从静Omk止开始向右运动的过程中F合做的功为零，即图像与坐标轴c构成的两三角形面积相等，可得到图像与横轴交点坐标2B0b=，D选项错误。kB0另解：当F合=B0IL－kxIL=0时，得x=，该处为平衡位置，当金属杆ab偏离该平衡位置k的位移为x′时，可得回复力F回=－kILx′，可见ab做简谐运动，其加速度大小不断在改变，B0B0A选项错误；A速度达到最大时在平衡位置，其x坐标值为，B选项错误；振幅A=，kk1212IL最大速度设为vm，则有kILA=mvm，得vm=B0，C选项正确；由简谐运动对称性可22mk2B0知最大位移为2A=，D选项错误。k二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，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．BC6．AC7．AD8．BC2Ek3Ek8．解析：由动能定理可知Uac=，设从圆上d点离开动能4Ek最大，则Uad=，延长qqac到d′，使得cd′=R，过d′点做圆的切线分别交圆在d1、d2处，则场强可能是图1和图2两个方向。Ed1vOOacd′Oacd′acd′p试卷第1页，共5页bbbd2EE图3图1图2如图1，场强方向可能沿bO方向，对应的d1是粒子到达圆周上动能最大的位置；如图2，场强可能沿与bO夹角为60°斜向右下方，对应的d2是粒子到达圆周上动能最大的位置，AUac2Ek选项错；由E==，B选项正确。若电场为图1情况，粒子不可能达到b点，C选项RqR正确；由曲线运动的性质可知沿着ac方向射入的粒子的运动轨迹应为速度方向与电场力方向所夹的一条曲线如图3，曲线与圆的交点p应在圆弧bc段（不包括b、c两点），从a到p电场力做功大于2Ek，电势能变化量的绝对值大于2Ek，D错误。三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.（4分）不变（2分）；Q（2分）10.（4分）cosθ∶cosβ（2分）；a（2分）11.（5分）（1）3.13（3.12-3.14均正确）（2分）A1（2）建议一：先在白纸上画出两拉力方向及结点O，两测力计按预设的结点及方向拉重物；建议二：一测力计一RxA2端固定，拉另一测力计（1分）R0（3）D（2分）12.（7分）R（1）C（2分）（2）如图（2分）ES（4）0.4（0.38-0.42均正确）（2分）不满足（1分）13.（12分）解∶（1）离子在I区域做直线运动，根据平衡条件，有qvB0=qE0①（2分）E0解得v=②（2分）B0（2）离子打到F点时，设其轨道半径为r1，则Lr1=③（1分）2洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有v2qvB1=m④（2分）r12mE0解得B1=⑤（1分）qB0L（3）离子打到C点时，设其轨道半径为r2，根据几何知识，有22L2r2=L+(r2－)⑥（2分）2试卷第2页，共5页5解得r2=L⑦（1分）4v2又qvB2=m⑧r24mE0解得B2=⑨（1分）5qB0L14.（12分）解：（1）设石子抛出时速度大小为v1，从水平抛出经时间t击中靶，有12L=gt2①（1分）24L=v1t②（1分）解得v1=2gL③（2分）（2）对石子，根据动能定理，有12W-2mgL=mv1④（1分）2解得W=4mgL⑤（1分）杆由水平转到竖直时，配重的速度大小为v2，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有1212MgL-2mgL=mv1+Mv2⑥（1分）22v1=2v2⑦（1分）解得M=8m⑧（1分）（3）石子抛出前瞬间，设杆对石子的作用力为F1，方向向下；杆对配重的作用力为F2，方向向上。根据牛顿第二定律，有2v1F1+mg=m⑨（1分）2L2v2F2-Mg=M⑩（1分）L石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小F=F2-F1=15mg⑪（1分）15.（16分）解：（1）A沿光滑弧形轨道下滑过程中，根据机械能守恒定律，有12m1gh=m1v0①（2分）2解得v0=2gh=5m/s②（1分）（2）设A在传送带上全程做匀减速，到达右端时速度大小为v1，根据动能定理，有1212-μm1gL=m1v1-m1v0③（1分）22解得v1=1m/s④设A在传送带上全程做匀加速，到达右端时速度大小为v2，由动能定理可得试卷第3页，共5页1212μm1gL=m1v2-m1v0⑤（1分）22解得v2=7m/s⑥不管传送带的传动方向与速度大小如何，A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小范围为1m/s≤v≤7m/s设A与B发生弹性碰撞后瞬间，A的速度大小为v1′，B的速度大小为v2′，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有m1v=m1v1′+m2v2′⑦（2分）121212m1v=m1v1′+m2v2′⑧（2分）22212解得v1′=-vv2′=v⑨（1分）33由于∣v1′∣＜v2′，A与B不可能发生第二次碰撞⑩（1分）故B可能获得的速度大小范围为214m/s≤v2′≤m/s⑪（2分）33（3）如图（3分）（只要作出图像即可，不必写分析过程）Q/J40A3632282420B16D1284C-1v带/m·s-3-2-1012345678910解析：（以下v带均指传送带速度的大小）①当传送带沿逆时针传动时，物块将在传送带上全程做匀减速，离开传送带时的速度v0－v15－1v1=1m/s，匀减速运动时间t===2s，这段时间传送带运行的路程s带=v带t，物μg2块和传送带的相对路程s相=L+s带=6+2v带，摩擦生热Q=μm1gs相=24+8v带；②当传送带沿顺时针传动的速度为v带≤1m/s时，物块也在传送带上全程做匀减速，离开传送带时的速度v1=1m/s，匀减速运动时间t=2s，这段时间传送带运行的路程s带=v带t，物块和传送带的相对路程s相=L－s带=6－2v带，摩擦生热Q=μm1gs相=24－8v带；试卷第4页，共5页③当传送带沿顺时针传动的速度为1m/s≤v带＜5m/s时，物块进入传送带后将做匀减速运动，v0－v带5－v带然后与传动带共速做匀速运动，匀减速运动时间t==，物块和传送带的相对μg22－2－2v0v带(5v带)2路程s相=－v带t=，摩擦生热Q=μm1gs相=(5－v带)；2μg4当传送带沿顺时针传动的速度为5m/s＜v带≤7m/s时，物块进入传送带后将做匀加速运动，v带－v0v带－5然后与传动带共速做匀速运动，匀加速运动时间t==，物块和传送带的相对路μg22－2－2v带v0(v带5)2程s相=v带t－=，摩擦生热Q=μm1gs相=(v带－5)；2μg4④当传送带沿顺时针传动的速度为v带≥7m/s时，物块将在传送带上全程做匀加速，离开传v2－v07－5送带时的速度v2=7m/s，运动时间t===1s，这段时间传送带运行的路程s带=v带t，μg2物块和传送带的相对路程s相=s带－L=v带－6，摩擦生热Q=μm1gs相=4v带－24；综上可得：(i)当传送带沿逆时针传动或沿顺时针传动的速度为v带≤1m/s时，对应图像AB段；(ii)当传送带沿顺时针传动的速度为1m/s≤v带≤7m/s时，对应图中BC段；(iii)当传送带沿顺时针传动的速度为v带≥7m/s时，对应图像CD段。试卷第5页，共5页