2022-2023學(xué)年遼寧省五校高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年遼寧省五校高一（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種常用方法，以下物理量表達式中不屬于比值法定義

的是（）

A.電容C=爭B.電阻R=SC.場強E=當(dāng)D.電流/=：

2.如圖，電阻絲αb的總電阻為2R,其電阻率不隨溫度的變化而改變。將它與電阻值為R的

定值電阻串聯(lián)接在內(nèi)阻不計的電源兩端，電壓表為理想電表。閉合開關(guān)S,將滑片P由α向b移

動，則金屬絲兩端的電壓U和功率P（）

A.U增大B.U減小C.P增大D.P減小

3.如圖所示，M、N、P、G分別為正方形ABCD四條邊的中點，

。為正方形的中心，將電荷量分別為-q和+q的兩點電荷放在C、

。兩點上，要使中心。點處的電場強度為零，可在正方形邊上再

放一個電荷量為Q的點電荷，則該點電荷（）

A.應(yīng)放在M點，Q=+√^2q

B.應(yīng)放在N點，Q=Wq

C.應(yīng)放在P點，Q=—，Nq

D.應(yīng)放在G點，Q=+^q

4.2016年2月11日，科學(xué)家宣布“激光干涉引力波天文臺（L/G。）”探測到由兩個黑洞合并

產(chǎn)生的引力波信號，這是在愛因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接觀測到。

在兩個黑洞合并過程中，由于彼此間的強大引力作用，會形成短時間的雙星系統(tǒng)。如圖所示，

黑洞4B可視為質(zhì)點，它們圍繞連線上O點做勻速圓周運動，且4。大于80,不考慮其他天

體的影響。下列說法正確的是（）

Q-------J-O

A.黑洞力的質(zhì)量小于B的質(zhì)量

B.黑洞A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量

C.黑洞AB合并過程中距離減小，A的周期變大

D.黑洞4、8合并過程中距離減小，A的周期不變

5.從地面豎直向上拋出一物體，取地面為參考平面，該物體的

機械能EI和重力勢能EP隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。

物體受到的阻力恒定。重力加速度g取IOnι∕s2,結(jié)合圖中數(shù)據(jù)

可知（）

A.物體的質(zhì)量為1.5kg

B.物體受到的空氣阻力大小為12.5N

C.在∕ι=2nι處，物體的動能為20/

D.物體上升的最大高度為4加

6.隨著人們生活水平的提高，兒童游樂場所的設(shè)施更加豐富多樣了。I滑環(huán)

如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為5m,滑環(huán)質(zhì)量為m,索道缸*

滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索索道上。該兒童站在一定的高度由靜止,r~7?

開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為37。，繩長為3

兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g,以下

判斷錯誤的是（）

A.兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

B.兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.兒童運動到最低點時速度大小為層

D.兒童從靜止運動到最低點的過程中，滑環(huán)的位移大小為，

7.如圖所示為某靜電場中X軸上各點電勢8的分布圖。一電子從原點處以一定的初速度沿X軸

正方向射出，僅在電場力的作用下在X軸上做直線運動，下列說法正確的是（）

A.X=%2處的電場強度大于％=%3的電場強度

B.電子從X=Xi處到X=為處，電場力對其先做負(fù)功再做正功

C.電子在X=X2處的速度最小

D.電子在X=Xl處的動能等于電子在X=X3的動能

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.2016年5月30日，在太原衛(wèi)星發(fā)射中心用長征4號乙運載火箭順利將我國第一顆高分辨率

立體測圖業(yè)務(wù)衛(wèi)星“資源三號”02星送入太空。隨后“資源三號”02星與火箭分離，進入離

地面高度約為50OkTn的軌道運行，之前我國發(fā)射的“天宮一號”空間站在離地面高度約為

360kτn的軌道運行?！百Y源三號”02星和“天宮一號”空間站的軌道均視為圓軌道。下列說

法正確的是（）

A.“資源三號”02星在軌運行速度大于第一宇宙速度

B.“資源三號”02星在軌運行的加速度小于地球表面的重力加速度

C.“資源三號”02星在軌運行的線速度小于“天宮一號”空間站運行的線速度

D.“資源三號”02星在軌運行的周期大于“天宮一號”空間站運行的周期

9.在生產(chǎn)生活中，經(jīng)常采用軌道約束的方式改變物體的運

動方向。如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛小車，小車

上固定著兩端開口的光滑細管，細管由水平、彎曲和豎直三

?>）t

部分組成，各部分之間平滑連接，水平管的末端剛好與小車μ~→2,

的左端對齊，豎直管的上端到小車上表面的高度為九。一小球////A"/"http:///"

以初速度北水平向右射入細管，小球的質(zhì)量與小車的質(zhì)量（包含細管）相等，小球可視為質(zhì)點,

忽略一切阻力作用，整個過程小球沒有從細管的豎直部分沖出。下列說法正確的是（）

A.小球達到細管的豎直部分最高點時速度為零

?2

B./i一定大于等于善

4g

C.小球離開水平細管后做自由落體運動

D.從小球射入細管到離開細管的過程中，細管對小球做功為:詔

10.平行金屬板PQ、MN與電源和滑動變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為E,內(nèi)阻不計；

靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為小、電荷量為+外初速度為零的粒

子，粒子在PQ間的加速電場作用下穿過Q板的小孔F,緊貼N板水平進入MN間的偏轉(zhuǎn)電場；

改變滑片P的位置可改變加速電場的電壓UI和偏轉(zhuǎn)電場的電壓出,且所有粒子都能夠從MN間

飛出，不計粒子的重力。下列說法正確的是（）

A.粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的豎直偏轉(zhuǎn)距離與林成正比

B.滑片尸向左滑動，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角將增加

C.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大動能為Eq

D.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率Um=2陛

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

11.某同學(xué)用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。

(1)對于該實驗，下列操作中對減小實驗誤差有利的是

A.重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘

A打點計時器的兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正

C精確測量出重物的質(zhì)量

D先釋放重物，再接通電源

(2)在一次實驗中，質(zhì)量Tn的重物自由下落，在紙帶上打出一系列的點，如圖乙所示。在紙帶

上選取三個連續(xù)打出的點4、B、C,測得它們到起始點。(0點為第一個計時點)的距離分別為

*、麗、七。己知紙帶相鄰兩個點之間時間間隔為7。從打。點到打B點的過程中，重物的動

能增加量ZlEk=:

(3)大多數(shù)學(xué)生的實驗結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，造成這個結(jié)果的原因

是。

A.利用公式U=gt計算重物速度

8.利用公式U=/9計算重物速度

C.存在空氣阻力和摩擦阻力的影響

D沒有采用多次實驗取平均值的方法

12.某同學(xué)利用生活中的常見物品來驗證動量守恒定律。如圖所示，他利用廢棄水管一個斜

槽軌道和一個平直軌道，兩軌道間做成圓弧實現(xiàn)平滑過渡(未畫出)；使兩節(jié)相同的5號電池在

水平軌道上做一維碰撞(實驗過程中碰撞前后兩物體速度都在一條直線上，而且電池均不發(fā)生

轉(zhuǎn)動)，利用電池在平直軌道上滑行的最遠距離來驗證動量守恒定律。

(1)該同學(xué)使電池2靜止在水平軌道上，先將電池1從斜槽某一位置由靜止釋放，運動到平直軌

道上在4點與電池2碰撞，碰撞后兩節(jié)電池做勻減速直線運動，最終靜止，如圖所示。則電池

1碰撞后滑行的最大距Xl=(填uAB"或uACn),電池2碰撞后滑行的最大距離小=

(填“AD”或“4E”)。用刻度尺量取與、犯的長度。再將電池1再次從同一高度靜止

釋放，沖到平直軌道上滑行一段距離后停止。測出它從碰撞點4開始滑行的最大距離不。用

刻度尺量取Λ?的長度；

(2)借助勻變速直線運動的規(guī)律，我們可以通過電池的滑動距離推導(dǎo)電池碰撞前后的速度，從

而驗證動量守恒。若在誤差允許的范圍內(nèi)匕、x2,也滿足,則電池1、2的碰撞過程系

統(tǒng)動量守恒；

(3)如果電池1、2的碰撞是彈性碰撞，則與、x2,Λ?應(yīng)該滿足:

(4)做完實驗應(yīng)當(dāng)進行必要的反思和總結(jié)。關(guān)于該實驗，下列說法正確的是o

A.兩電池碰撞時，應(yīng)該盡可能的縮短電池碰撞時間，這樣會降低實驗誤差。

B.做實驗時，即使平直軌道豎直向上抬起一個小角度，也不會帶來實驗誤差

C電池沿斜槽軌道下滑過程中受摩擦力作用，機械能有損失，這會帶來實驗誤差

D碰撞點4的位置離斜槽軌道末端越遠越好

四、簡答題(本大題共3小題，共40.0分)

13.在如圖所示的電路中匕=4D,/?2=/?3=8。，C=

40μFo當(dāng)開關(guān)S接1時，7?2上消耗的電功率為8小，當(dāng)開關(guān)S

接2時，電壓表示數(shù)為9V,試求：

Q)電源的電動勢和內(nèi)阻；

(2)開關(guān)S接3直到電路穩(wěn)定時?，通過的電荷量。

14.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一足夠長的絕緣軌道4BCD,AB水平放置，CD豎直放置，軌

道4B粗糙，CD光滑，BC是絕緣光滑的四分之一圓弧形軌道,圓弧的圓心為。，半徑為R,現(xiàn)

有質(zhì)量為電荷量為q的帶電體(可視為質(zhì)點)靜止在4點，軌道所在空間存在水平向右的勻

強電場，電場強度的大小E=詈。帶電體從4點由靜止開始運動，己知AB距離為3R,帶電體

與軌道4B間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,(假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力

相等，重力加速度為g,要求結(jié)果用τn,g,R三個物理量表示)試求：

(1)帶電體第一次運動到圓弧軌道B點時對軌道的壓力？

(2)帶電體在圓弧軌道運動的最大動能？

(3)帶電體在軌道4B上經(jīng)過的路程？

15.如圖所示，水平面上O點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。。點左側(cè)有一固定擋板，一水平輕彈簧

左端固定在擋板上，一質(zhì)量為m=0.1kg的小滑塊ɑ將彈簧壓縮(未拴接)，彈簧儲存的彈性勢

能為EP=I.25/。。點放置一質(zhì)量為M=∕σn的小滑塊b,其中k為常數(shù)。放開α后，滑塊α被彈

簧彈開，在光滑水平面上勻速運動一段距離后與b碰撞。已知a、b間的碰撞為彈性碰撞，每

次a與b碰撞前b己停下，碰撞時間忽略不計。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，滑塊a、b與。點右側(cè)水

平面間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,重力加速度g=10m∕s2o

⑴若k=2,求第一次碰撞過程滑塊a對b的沖量大?。?/p>

(2)若全過程a、b間的碰撞超過一次，求k滿足的條件；

(3)若Zc=4,計算a、b停止運動后兩者之間的距離。

光滑：°粗糙

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4電容C=》，即將電容C定義為電容器所帶電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U

之比，電容的大小與電容器所帶電荷量Q和兩極板之間的電勢差U無關(guān)，屬于比值定義法，故A不

符合題意；

B.電阻R=為即將電阻R定義為導(dǎo)體兩端電壓U與通過導(dǎo)體的電流/之比，電阻的大小與導(dǎo)體兩端

電壓U和通過導(dǎo)體的電流/無關(guān)，屬于比值定義法，故B不符合題意；

C場強E=當(dāng)，即一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強度的表達式，是點電荷電場

強度的決定式，而E=E才是電場強度的比值定義式，故C符合題意；

。.電流/=*即將電流/定義為通過導(dǎo)體橫截面的電荷量0與所用時間t之比，電流的大小與通過導(dǎo)

體橫截面的電荷量q和所用時間t無關(guān)，屬于比值定義法，故。不符合題意。

故選：Co

比值定義法是用兩個物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法，比值法定義的基本特點是被

定義的物理量往往是反應(yīng)物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，比值定義法的特點是被定義的物理量往往是反映

物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變，據(jù)此解答。

本題考查了定義物理量的常用方法一比值定義法。掌握比值定義法的特點。

2.【答案】B

EE

【解析】解：4B.根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律有：U=而麻?Rab二鼻,將滑片P由α向b移

Rah

動，電阻絲接入電路的電阻逐漸減小，則U逐漸減小，故A錯誤，8正確；

CC.根據(jù)電功率的計算公式P=/2R可得，金屬絲的功率為：P=（而薪A?Rab=m,由

幅+2/?+/?就

數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)：￡=Rab,即Rab=R時，4+Rab有最小值，金屬絲消耗的電功率P有最大

Rabκah

值，則將滑片P由α向b移動，P先增大后減小，故CD錯誤。

故選：B.,

由閉合回路歐姆定律結(jié)合電路連接情況分析AB選項；根據(jù)電功率的計算公式得到金屬絲的功率表

達式，由數(shù)學(xué)知識分析金屬絲電功率的變化情況。

本題主要是考查閉合電路歐姆定律，關(guān)鍵是弄清楚電路的連接情況,能夠根據(jù)閉合電路歐姆定律、

電功率的計算公式進行分析。

3.【答案】D

【解析】解：設(shè)正方形邊長為2α,根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場及電場的矢量疊加可知-q和+q的兩點

電荷在。點的場強為E'=H裂，方向水平向右，所以Q應(yīng)放置P點或G點，則E=E'=*,解得:

Q=殍q或一號q,故ABC錯誤，D正確;

故選：D。

利用場強的合成法則，先求出+q和-q在。點處的合場強E',再尋求點電荷Q放的位置能使圓心。處

的場強與E'等大反向.

本題的關(guān)鍵是明確點電荷Q產(chǎn)生的電場與+q、-q產(chǎn)生的合場強等大方向；熟練應(yīng)用圓的幾何關(guān)系。

4.【答案】A

【解析】解：4B.設(shè)黑洞4、B的質(zhì)量分別為mA、me,軌道半徑分別為以、r?,它們之間的距離為

L黑洞AB圍繞它們連線上的。點做勻速圓周運動的周期和角速度相等，由它們之間的萬有引力

提供各自的向心力，可得：

-m?T∏n77z

G=mβωrβ

由于/的半徑比較大，所以A的質(zhì)量小，故A正確，5錯誤；

CD雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，則有：

mm_2τr2.

G-Ap~H■-mA?r-f)rA

mA^β_2π.2

Gc/2-mFciyJrB

又有：rA+rB=L

解得雙星的周期為：

??

T=2TT——-----r

可知黑洞4B合并過程中距離L減小，A的周期越小，故CO錯誤。

故選：Ao

黑洞4、B圍繞它們連線上的。點做勻速圓周運動的周期和角速度相等，由它們之間的萬有引力提

供各自的向心力。根據(jù)萬有引力提供向心力求解。

本題考查了雙星系統(tǒng)的基礎(chǔ)問題，要知道雙星系統(tǒng)中兩星體的角速度和周期相等，兩者靠相互間

的萬有引力提供向心力。

5.【答案】。

【解析】解：D由圖可知，∕ι=4m時，物體重力勢能等于機械能，即此時物體動能為零，到達了

最高點，可知物體上升的最大高度hmαx=4τn,故。正確；

A.物體的質(zhì)量為：m=^εnax--77^-7kg-^i.kg,故A錯誤；

9nmax1?UX∕

8.根據(jù)功能關(guān)系可知，克服空氣阻力對物體做功等于物體機械能的減少量，則有：

fhmax=ΔE1=507-407=IoJ

解得：f=2.5N,故B錯誤；

C根據(jù)功能關(guān)系可知，在∕ι=2m處，物體的動能為

Ek=El初一(Jng+f)h=507-(1×10+2.5)×2/=25/,故C錯誤。

故選：D。

物體重力勢能等于機械能時，此時物體動能為零，物體到達了最高點；由重力勢能的定義可解得

物體質(zhì)量；克服空氣阻力對物體做功等于物體機械能的減少量；由功能關(guān)系或者動能定理求解物

體在某高度的動能。

本題考查了功能關(guān)系的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。掌握機械能的變化量等于除重力以外其它力對物體做的

功。

6.【答案】C

【解析】解：4、兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A正確；

8、兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，其機械能守恒，故8正確；

C、取水平向左為正方向，在最低點根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有：5mv-mv,=0

根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有5τngL(l-cos37°)=；XSmvf+?mvf

聯(lián)立解得兒童運動到最低點時速度大?。篤=f?,故C錯誤；

715

D、根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有5m9-mv'=0

則水平位移大小工1，%2滿足

Smx1—TYix2=O

由于Xl÷X2=LS譏37°

解得

L

x^=2

故。正確。

本題選擇錯誤選項；

故選：Co

兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)是否只有重力做功，判斷

系統(tǒng)機械能是否守恒；根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒求兒童運動到最低點時速度大小;

根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒求兒童和滑環(huán)的水平位移的大小。

解答本題時，要掌握動量守恒和機械能守恒的條件，判斷知道水平方向系統(tǒng)動量守恒，但總動量

并不守恒，系統(tǒng)機械能也守恒。

7.【答案】D

【解析】解：4由8-X圖像的斜率表示電場強度可知，X=%2電場強度為零，X=X2處的電場強

度小于X=打的電場強度，故A錯誤；

BC.根據(jù)題意可知，電子僅在電場力的作用下沿X軸做直線運動，則電場方向沿X軸方向，由沿電

場線方向電勢逐漸降低可知，。?打之間的電場方向沿X軸負(fù)方向，物之后電場方向沿X軸正方向。

電子帶負(fù)電，電子從。到&所受電場力方向沿%軸正方向，與其運動方向相同，電場力對其做正功，

電子做加速運動；達到g之后電子所受電場力方向沿X軸負(fù)方向，與其運動方向相反，電場力對其

做負(fù)功，電子做減速運動，可知電子運動到X=X2處時速度最大，從X=Xl處到X=X3處，電場力

對其先做正功再做負(fù)功，故BC錯誤；

D由題圖可知，在Xi與心處的電勢相等，即Xi到久3的電勢差為零，由W=qU,可知此過程電場力

做功為零，由動能定理可知電子在X=Xl處的動能等于電子在X=尤3的動能，故。正確。

故選：D。

由W-X圖像的斜率表示電場強度，可推斷X=X2處與X=與處的電場強度大小關(guān)系；根據(jù)沿電場

線方向電勢逐漸降低可推知電場強度和電子所受電場力的方向，繼而可得到電場力做功的正負(fù)和

電子速度變化情況；在Xi與知處的電勢相等，即Xi到X3的電勢差為零，由動能定理可知電子在X=

Xl處的動能等于電子在X=%3的動能。

本題考查了電場中電勢與電場強度的關(guān)系，掌握少-X圖像的斜率表示電場強度，由電勢的高度變

化能推斷電場強度的方向。

8.【答案】BCD

【解析】解：“資源三號”02星離地面高度為500km的軌道運行，“天宮一號”空間站在離地面

高度約為360km,則“資源三號”02星的軌道半徑大于“天宮一號”空間站的軌道半徑。

A、第一宇宙速度等于衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運動的環(huán)繞速度，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由

萬有引力提供向心力有：粵=mQ,解得：V=「函，則“資源三號”02星在軌運行速度小于

rLr7r

第一宇宙速度，故A錯誤；

B、在地球表面，根據(jù)牛頓第二定律可得：=mg,解得：g=等;

“資源三號”02星在軌運行時，根據(jù)牛頓第二定律可得：等=mg',解得g'=署

所以“資源三號”02星在軌運行的加速度小于地球表面的重力加速度，故B正確；

C、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：粵?=H1吐，解得：V=叵則

“資源三號”02星在軌運行的線速度小于“天宮一號”空間站運行的線速度，故C正確；

k3

D、根據(jù)開普勒第三定律可得9=匕“資源三號”02星的軌道半徑大于“天宮一號”空間站的軌

道半徑，“資源三號”02星在軌運行的周期大于“天宮一號”空間站運行的周期，故。正確。

故選：BCD.

由萬有引力提供向心力得到線速度表達式分析線速度大?。桓鶕?jù)牛頓第二定律分析加速度大?。?/p>

根據(jù)開普勒第三定律分析周期大小。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向

心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。

9.【答案】BC

【解析】解：4小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，故此系統(tǒng)水平方向動量守恒，

小球達到細管的豎直部分最高點時，與小車達到共同速度，此時小球的豎直分速度為零，但水平

分速度不為零，因此小球的速度不為零，故A錯誤；

民根據(jù)4選項的分析，設(shè)小球和小車共速時的速度為。，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律

和機械能守恒定律得：

TΠVQ=2mv

2

疑詔=mghrnax+??2mv

解得：?nax=冥所以八一定大于等于輿故B正確：

,,tu^4g4g

C.設(shè)小球離開水平細管時，小球和小車的速度分別為"2和"3，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守

恒定律和機械能守恒定律得：

mv0=mv2+τnv3

12?21?2

解得：=0，。3="θ

可知小球離開水平細管時速度為零，而只受重力作用，所以其做自由落體運動，故C正確；

。.從小球射入細管到離開細管的過程中，根據(jù)動能定理可知細管對小球做功為：

W-ΔEk-0--mvQ=--mvQ,故。錯誤。

故選：BJ

小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，故此系統(tǒng)水平方向動量守恒，此系統(tǒng)的機械

能也是守恒的，小球達到細管的豎直部分最高點時兩者共速。依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定

律解答；根據(jù)動能定理求解細管對小球做的功。

本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。通過對相對運動過程的分析確定

研究對象的末狀態(tài)，依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解得即可。

10.【答案】ABC

【解析】解：4、粒子在PQ間被加速的過程，根據(jù)動能定理得：qU1=?mvj

解得粒子在F點的速度為：益=J乎

設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的極板長度為3極板MN之間的距離為d,粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，沿極

板方向做勻速直線運動，則通過偏轉(zhuǎn)電場MN的時間為：t=《

在偏轉(zhuǎn)電場中粒子的加速度為：a=吟

ma

2

粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離為：y=∣αt2=?

J2AdUi

可知粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與空成正比，故A正確；

UI

B、滑片P向左滑動的過程中，UI減小，%增大，故符的比值增大，所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離逐漸

增大，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可知，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子豎直方向的速度逐漸增大，則飛出時

粒子的速度的偏轉(zhuǎn)角逐漸增大，故B正確；

CD、粒子從M板右邊緣飛出時速率最大。由動能定理：qU1+qU2=-O

由電路結(jié)構(gòu)可知：E=U1+U2

解得最大動能為：?mv^n=Eq

解得最大速率為：為=JW，故C正確，O錯誤。

故選：ABC.

對粒子在加速電場中被加速過程，應(yīng)用動能定理求解粒子獲得的速度；在偏轉(zhuǎn)電場中用類平拋規(guī)

律處理；滑片P向左滑動的過程中，Ul減小，/增大，分析豎直偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角的變化；分析

達到最大速度的條件，再由動能定理即可求出粒子飛離偏轉(zhuǎn)電場時的最大動能。

本題考查了帶電粒子在電場中運動問題與電路的結(jié)合。本題找到粒子達到最大速率的條件是解題

的關(guān)鍵，分析電路Ui、/都隨滑片P的位置的改變而變化，但G+/=E,保持不變。

2

11.【答案】ABc

ST2

【解析】解：(1)4為了減少摩擦阻力的影響，從而減小實驗誤差，實驗應(yīng)選擇重物選用質(zhì)量和密

度較大的金屬錘，故A正確；

員打點計時器的兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正，這樣可以減小紙帶與限位孔的摩擦，從而減

小實驗誤差，故B正確；

C若機械能守恒，應(yīng)滿足mg∕ι=Trn盧，因此質(zhì)量Tn可約去，不需要測量重錘的質(zhì)量，故C錯誤；

D先接通電源，再釋放重物，故。錯誤。

故選:AB.

(2)利用勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度，可知打點B時的速度

vβ~~W~

2

從打。點到打B點的過程中，動能變化量ZlEk=?mvj=Zn(M-"

κ2bST2

(3MB.若利用公式u=gt或u=/初計算重物速度，則說明是自由落體運動，那么重力勢能的

減少量等于動能的增加量，故AB錯誤：

C.存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，會導(dǎo)致重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C正確；

D即使采用多次實驗取平均值的方法，仍存在空氣阻力和摩擦阻力的影響，仍會出現(xiàn)重力勢能的

減少量大于動能的增加量，故。錯誤。

故選:Co

2

故答案為：(1)4B;(2)蛆妃”；(3)C。

ST

(1)根據(jù)實驗原理和注意分析作答；

(2)根據(jù)勻變速直線運動過程中平均速度等于其中間時刻速度求解打下B點的瞬時速度，再求動能

的減小量；

(3)實驗過程中存在阻力，重物要克服阻力做功，據(jù)此分析作答。

本題考查了機械能守恒定律的驗證，關(guān)鍵要理解實驗的原理，掌握實驗的方法；本實驗的誤差主

要來源于空氣阻力和摩擦阻力。

=x

12.【答案】ACAD√x1+√X2=?/X3x1+X23AB

【解析】解：(1)由圖知電池1、電池2碰撞后滑行的最大距離分別為AC,AD.

(2)電池做勻減速運動的初速度與全程位移間的關(guān)系為V=尸礪

若碰撞滿足動量守恒定律，則有τnj2ugx?+my∕2μgx2=τnyj2μgx3

化簡可得，五+，石=/石

22

(3)若碰撞是彈性碰撞，機械能守恒TTn(J2ugx1)2+?(?/2μgx2)=?m(?/2μgx3)

化簡得Xl+x2-x3

(4)4根據(jù)動量守恒定律特點時間極短和碰撞條件：內(nèi)力遠大于外力可知，兩電池碰撞時，雖然軌

道對電池有摩擦力，但碰撞時間極短，內(nèi)力遠大于外力，依然近似滿足動量守恒的條件，故A正

確；

8做實驗時，即使平直軌道豎直向上抬起一個小角度，減速時電池的加速度也相同，位移關(guān)系也

不變，因此也不會帶來實驗誤差，故B正確；

C研究的滑下碰撞后電池速度關(guān)系，只要保證釋放位置不變就能保證碰撞前速度相同，因此斜槽

軌道下滑過程中受摩擦力不會帶來實驗誤差，故C錯誤；

。.碰撞點4的位置離斜槽軌道末端越遠碰撞后速度越小，運動位移越小，測量相對誤差大，故。

錯誤。

故選：ABo

;=x

故答案為：(1)AC;AD；(2)√x1÷√X2=y]x3(?)?i+^23：(4)ΛB(,

(1)根據(jù)題圖確定碰撞后兩電池滑動的最大距離；

(2)電池做勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式求碰撞后的瞬時速度，再根據(jù)動量守恒定律求解;

(3)彈性碰撞，機械能守恒，據(jù)此求關(guān)系式；

(4)根據(jù)實驗的原理和注意事項分析作答。

本題考查動量守恒定律的驗證，關(guān)鍵是明確實驗的原理，求解電池碰撞后的速度。

13.【答案】解：(1)當(dāng)開關(guān)S接1時，Rl被短路，只有/?2工作，由題意可得:

P

PR2==（赤）2%=8〃

當(dāng)開關(guān)S接2時，Rl和/?2串聯(lián)接入電路，電壓表示數(shù)等于路端電壓，可得:

E

U=E-l2r=E--^^r=9V

聯(lián)立以上兩式解得:

E=12K,r=4Ω

(2)開關(guān)S接3直到電路穩(wěn)定時，電容器兩端電壓等于兩端電壓，可得：

F

Uc=I2Rz2=-―^—R2

CR1+R2+r

解得：Uc=6V

通過/?3的電荷量等于電路穩(wěn)定時電容器儲存的電荷量，可得：

Q=CUC=40X10-6X6C=2.4X10-4C

答：(1)電源的電動勢為12V,內(nèi)阻為4。；

(2)開關(guān)S接3直到電路穩(wěn)定時，通過R3的電荷量為2.4x10-4j

【解析】(D當(dāng)開關(guān)S接1時，電路中只有7?2工作；當(dāng)開關(guān)S接2時，Rl和/?2串聯(lián)接入電路，電壓表

示數(shù)等于路端電壓。根據(jù)閉合電路歐姆定律和電功率公式解答；

(2)開關(guān)S接3直到電路穩(wěn)定時，電容器兩端電壓等于/?2兩端電壓，通過的電荷量等于電路穩(wěn)定

時電容器儲存的電荷量，根據(jù)電容的定義式解答。

本題考查了閉合電路歐姆定律的運用，以及含容電路的分析。要知道在電路中電容器的電壓等于

與之并聯(lián)的支路電壓。

14.【答案】解：(1)對帶電體第一次由4到B的過程，由動能定理得：

1?

qE.3R_μmg?3R=-mvj-O

解得：VB=J3gR

在B點對帶電體，由牛頓第二定律可得：

V

NAT—mg=m-^B?

R

解得：N=4mg

由牛頓第三定律可得，帶電體對軌道的壓力大小也為4mg,方向豎直向下。

(2)設(shè)帶電體在圓弧軌道的E點速度最大，E點與圓心。點連線OE與。B夾角ɑ應(yīng)滿足：

tana=黑,解得：a=45°

從B點到E點，由動能定理得：

—mgRQ—CoS45。)+qERsin450=?mvj—?mvj

帶電體在圓弧軌道運動的最大動能為：

?mvj=(√^^+^)mgR

(3)經(jīng)過多次往返運動后，最終帶電體應(yīng)該在BC之間往返運動，到達8點處速度恰好為0。設(shè)帶電

體在軌道ZB上經(jīng)過的路程為s,對帶電體從A到最終在B點速度恰好為0的全過程，根據(jù)動能定理

可得：

qE?3R—μmg?s=0—0

解得：s=6R

答：(1)帶電體第一次運動到圓弧軌道B點時對軌道的壓力大小為4mg,方向豎直向下；

(2)帶電體在圓弧軌道運動的最大動能為(√7+^)mgR?.

(3)帶電體在軌道4B上經(jīng)過的路程為6R。

【解析】(1)由動能定理求得帶電體在B點時的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律求解；

(2)先確定速度最大的位置，再由動能定理求解；

(3)經(jīng)過多次往返運動后，最終帶電體應(yīng)該在BC之間往返運動，到達B點處速度恰好為零。對帶電

體從4到最終在B點速度恰好為零的全過程，根據(jù)動能定理求解。

本題考查了帶電體在電場中運動問題，此題關(guān)鍵是確定帶電體最終的運動狀態(tài)，以及在圓弧軌道

上速度最大的位置。掌握應(yīng)用動能定理的應(yīng)用。

15.【答案】解：(1)設(shè)第一次碰撞前瞬間ɑ的速度為火，由機械能守恒定律有：Ep=?mvl

設(shè)第一次碰撞后瞬間a、b的速度分別為%1、Vb