2024年重慶市主城區(qū)高考物理一調(diào)試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年重慶市主城區(qū)高考物理一調(diào)試卷

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.如圖，質(zhì)量為〃?的手機放置在支架斜面上，斜面與水平面的夾角為重力加速

度為g，手機始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。則（）

A.手機對支架的壓力大小為mg,方向垂直于斜面向下

B.手機受到的摩擦力大小為mgsin。，方向沿斜面向I.

c.若e增大，則支架對手機的摩擦力隨之減小

D.若。增大，則支架對手機的支持力保持不變

2.在一次軍事演習(xí)中，一傘兵從懸停在高空的直升機中以初速度為零落

下，在空中沿豎直方向運動的〃-亡圖像如圖。則傘兵在（）

A.0?10s內(nèi)位移大小為50m

B.10s?15s內(nèi)加速度逐漸增大

C.0?10s內(nèi)所受阻力逐漸增大

D.10s?15s內(nèi)所受阻力逐漸增大

3.如圖甲，拋秧種水稻與插秧種水稻不同，它是直接將秧苗拋種在田里,比插秧更省時，更輕快。如圖

乙，在同一豎直面內(nèi)，兩位村民分別以初速度％和外,分別將兩棵質(zhì)量相同視為質(zhì)點的秧苗。、分別從

高度為比和電的（砥〉生）兩點沿水平方向同時拋出，均落到與兩拋出點水平距離相等的尸點。若不計空氣

阻力，則（）

甲乙

A.落地時〃的重力瞬時功率小于b的重力瞬時功率

B.溶地時a的速度與水平方向夾角比b大

C.“、》兩秧苗的落地時間之比為％:%

D.”、力兩秧苗的豎直高度之比為%:%

4.如圖甲為一列簡諧橫波在t=0.2s時的波形圖，如圖乙為該波上4質(zhì)點的振動圖像。則（）

A.這列波的波速為5m/s

B.這列波沿x軸正向傳播

C.若此波遇到另一列簡諧波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為25Hz

D.若該波遇到一障礙物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，則該障礙物的尺寸可能為20an

5.北斗系統(tǒng)主要由離地面高度約為6R（R為地球半徑）的同步軌道衛(wèi)星和離地

面高度約為3R的中軌道衛(wèi)星組成，已知地球表面重力加速度為g,忽略地

球自轉(zhuǎn)。則（）

A.中軌道衛(wèi)星的向心加速度約為4

1O

B.中軌道衛(wèi)星的運行周期為12小時

C.同步軌道衛(wèi)星的角速度大于中軌道衛(wèi)星的角速度

D.因為同步軌道衛(wèi)星的速度小于中軌道衛(wèi)星的速度，所以衛(wèi)星從中軌道變軌到同步軌道，需向前方噴氣減

速

6.如圖，。尻U四邊形閉合線框，a、c、d三點分別在三個正交軸上，坐標(biāo)值均等于

L,邊與x軸平行，整個空間處于平行于+y方向豎直向上的勻強磁場中，通入電

流/方向如圖所示。則關(guān)了四邊形的四條邊所受到的安培力的大?。ǎ?/p>

A.4邊與反邊受到的安培力大小相等B.cd邊受到的安培為最大

C.cd邊與4邊受到的安培力大小相等D.ad邊受到的安培力最大

7.地磁場對宇宙高能粒子有偏轉(zhuǎn)的作用，從而保護(hù)了地球的生態(tài)環(huán)境。赤道平面

的地磁場簡化為如圖，O為地球球心、R為地球半徑，地磁場只分布在半徑為R穿'、

和2R的兩邊界之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小均為以方向垂直紙面向里。他*

假設(shè)均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知一＞t:/

粒子質(zhì)量均為，〃。電荷量均為伙不計粒子的重力及相互作用力。則（）:N

A.粒子無論速率多大均無法到達(dá)MN右側(cè)地面

B.若粒子速率為碼，正對著。處入射的粒子恰好可以到達(dá)地面

m

C.若粒子速率小于等，入射到磁場的粒子可到達(dá)地面

D.若粒子速率為誓，入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側(cè)地面一半的區(qū)域

二、多選題：本大題共2小題，共10分。

8.物理課上，老師在講臺上演示了滑塊碰撞實驗，桌面長L=lm,在中央處放置一滑塊A,從桌邊處給另

一滑塊8—初速度，兩滑塊發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊恰好都停在桌子兩邊沿，設(shè)兩滑塊

的運動方向沿桌長邊方向且在一條直線上（俯視圖如圖），滑塊可視為質(zhì)點，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)

〃=0.2,gBX10m/s2o則（）

------------------------1----------------------

...MI——“

A.滑塊A與滑塊B質(zhì)量之比為1：3

B.碰撞后兩滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量大小相等

C.滑塊B的初速度大小為，IU?n/s

D.若滑塊A的質(zhì)量為3kg,整個過程中兩滑塊與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為5J

.如圖，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為心的絕------

9=7■-、--------

緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在。點，另一端系一質(zhì)量為，〃的帶電小球。小球靜止時~/---------3—

細(xì)線與豎直方向成。角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞。點在豎直平面內(nèi)做圓「\_＞、/

周運動，重力加速度為g。則（）\、、、一?，/小

11.在學(xué)習(xí)測定電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗時。小明同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)一種方法，并做出如下探究:

(1)如圖甲，石是電源電動勢可以逐漸調(diào)節(jié)的可變電源，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)E,當(dāng)靈敏電流計示數(shù)為

時，待測電源的電動勢與可變電源此時的電動勢相等。

(2)小明想用此方法測某待測電源的電動勢和內(nèi)阻，但實驗室沒有可變電源，于是他和小組同學(xué)利用學(xué)校

的器材設(shè)計了如圖乙的實驗電路圖，小組同學(xué)關(guān)于圖中M、N兩個位置該放什么儀表起了爭議，你認(rèn)為正

確的是______O

A.M是電流傳感器，N是電壓傳感器

AM是電壓傳感器，N是電流傳感器

(3)為了測出待測電源電動勢及和內(nèi)阻入小組同學(xué)進(jìn)行了進(jìn)一步的探討，設(shè)計了如圖丙的實驗電路圖。同

學(xué)們先斷開修、閉合K和K],調(diào)節(jié)滑動變阻器使N表示數(shù)為零時，M表的示數(shù)為〃?。然后閉合開關(guān)七，

再次調(diào)節(jié)滑動變阻器使N表示數(shù)為零，M表示數(shù)為m',尸處電流表示數(shù)為〃，則/=____、r=(

結(jié)果用，，人M、〃表示)

四'簡答題：本大題共3小題，共48分。

12.如圖，光滑圓槽的半徑L遠(yuǎn)大于小球運動的弧長。甲、乙、丙三小球(均可視為丙

?_

質(zhì)點)同時由靜止群放，開始時乙球的位置8低于甲球位置A,甲球與圓償圓心連線L/：

■I

和豎直方向夾角為仇丙球釋放位置C為圓槽的圓心，Q為圓槽最低點；重力加速度費‘；乙

為go若甲、乙、丙三球不相碰，求：自

(1)求甲球運動到O點速度大?。?/p>

(2)通過計算分析，甲、乙、丙三球誰先第一次到達(dá)。點；

(3)若單獨釋放甲球從釋放到第15次經(jīng)過。點所經(jīng)歷的時間。

13.某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引

向轟擊腫瘤，如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零)經(jīng)加速電場加速后，沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻

向電場，再從P點豎直向上進(jìn)入存在水平向右的勻強電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上。點的腫瘤細(xì)

胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小為小,方向沿半徑指向圓心O，圓。'與O尸相切于〃點，0P=

Ro,圓形區(qū)域的半徑為R,。點位于OP上方時處，質(zhì)子質(zhì)量為〃?、電量為e。不計質(zhì)子重力和質(zhì)子間相互

作用，求：

(1)質(zhì)子在P點處的速度大小V；

(2)加速電場的加速電壓U；

(3)I員I形區(qū)域中勻強電場的場強大小西o

14.如圖，一圓心角為60。、半徑為1.2m的光滑圓弧軌道固定在光滑水平軌道上，一表面與圓弧右端相切質(zhì)

量m=1kg的長木板A與圓弧軌道接觸不粘連，在A右側(cè)放著多個質(zhì)量均為2〃?的滑塊(視為質(zhì)點)。開始

時A和滑塊均靜止。左側(cè)光滑平臺上有兩個可視為質(zhì)點的物塊8、C,=3?nc=3m,B、C用細(xì)線拴連

使輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時彈簧彈性勢能為6J,B、C與彈簧不粘連。現(xiàn)將細(xì)線燒斷，B、C被彈簧彈

開，物塊8與彈簧分離后從平臺飛出，恰好從圓弧軌道左端沿切線方向滑入，一段時間后滑上當(dāng)A、

3剛共速時，A恰好與滑塊1發(fā)生第1次碰撞。一段時間后，A、8再次共速時，4恰好與滑塊1發(fā)生第2

次碰撞，此后A、8共速時，A總是恰好與滑塊1發(fā)生碰撞；最終物塊4恰好沒從A上滑落，若A與3之

間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,重力加速度為g=10m/s2,所有碰撞均為彈性碰撞，月.每次碰撞時間極短。

求：

(1)物塊8剛滑上A時的速度大小;

(2)最終所有滑塊獲得的總動能外；

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4B.手機處于靜止?fàn)顟B(tài)，對手機受力分析，設(shè)手機受到的支持力為M摩擦力為/

根據(jù)共點力平衡條件有

N=mgcosO

f=mgsinO

根據(jù)牛頓第三定律可知手機對支架的壓力大小與手機受到的支持力大小相等，為mgcos。,方向垂直于斜

面向下。手機受到的摩擦力大小為mgsin。，方向沿斜面向上，故A錯誤，B正確;

CD.若。增大,sin。增大，cos。減小，則支架對手機的摩擦力隨之增大，支架對手機的支持力減小，故C。

錯誤；

故選:從

對手機受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解手機所受支持力和摩擦力，判斷其隨e的變化；支架對手機的作

用力與重力等大反向。

本題考查共點力平衡，解題關(guān)鍵是對手機做好受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可。

2.【答案】C

【解析】解：A、17-亡圖像中與坐標(biāo)軸構(gòu)成圖形的面積代表位移，0?10s內(nèi)圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積大

于50m,即位移大于50m,故A錯誤；

C、由圖可知，0?10s內(nèi)圖線切線的斜率減小，即傘兵的加速度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律有

mg-f=ma

加速度減小，則阻力增大，故C正確；

BD、10s~15s內(nèi)傘兵向下減速，圖線切線的斜率減小，加速度逐漸減小，

根據(jù)牛頓第二定律，f-mg=THQ可知，

加速度減小，則阻力減小，故錯誤。

故選：Co

速度-時間圖象的斜率表示加速度：根據(jù)斜率的變化分析加速度如何變化，判斷運動員的運動情況。根據(jù)牛

頓第二定律分析阻力的變化情況。

本題考查理解速度-時間圖象的能力。關(guān)鍵要根據(jù)圖線的斜率等于加速度，來分析運動員的運動情況。

3.【答案】B

【解析】解：AQ與〃的重力相等，因燈>九2,所以落地時〃球的豎直速度大于〃球的豎直速度，根據(jù)

P=mgv

可知，落地時。的重力瞬時功率大于8的重力瞬時功率。故A錯誤；

8.設(shè)速度與水平方向夾角為仇則

tan0=—

因為砥>電，根據(jù)

呼=2gh,h=^gt2

可知

Uya>，Q>亡匕

因為。、〃水平位移相等，根據(jù)

x=vxt

可得

^ax<加

所以

tan%>tan。>

則落地時。的速度與水平方向夾角比〃大。故8正確：

C因為

XX

，=77，“=~

%力

所以

“稱

故C錯誤；

。根據(jù)

九=*

可知

fe=l=§2

故D錯誤；

故選：Be

首先由平拋運動規(guī)律，計算出落地時豎直方向速度、落地所需時間、水平分速度等物理量的關(guān)系推導(dǎo)出

來，再由瞬時功率公式計算二者落地時重力瞬時功率的關(guān)系。

本題考查學(xué)生對瞬時功率的理解，解題關(guān)鍵是利用平拋運動規(guī)律找到相關(guān)物理量的關(guān)系，是一道好題。

4.【答案】D

【解析】解：4由圖可知，波長為4=0.2m,周期為7=0.4s,根據(jù)波速的公式得

A0.2

u=7=0~4m^S=05m/s

故A錯誤；

B.由振動圖像可得，0.2s時質(zhì)點A處于平衡位置且向上運動，根據(jù)同側(cè)原理法可得，波沿x軸負(fù)方向傳

播，故8錯誤；

C.若兩列波能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，其頻率必須相同，根據(jù)周期與頻率的關(guān)系，該波的頻率為

11

f=T=QAHz=2SHz

故C錯誤；

Q.當(dāng)障礙物的尺寸和波長相比相差不多或者比波長更小時，即可以發(fā)生明顯衍射，所以該障礙物的尺寸可

能為20c7〃，故D正確。

故選:Do

A.根據(jù)波速公式結(jié)合圖像信息計算：

根據(jù)質(zhì)點A的振動方向結(jié)合同側(cè)原理法判斷；

C.根據(jù)發(fā)生干涉的條件計算頻率再判斷；

D根據(jù)發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件進(jìn)行判斷。

考查波動圖像和振動圖像的問題，會根據(jù)兩圖像提供的相關(guān)信息計算和判斷。

5.【答案】A

【脩析】解：4設(shè)M表示地球的質(zhì)量，在地球表面質(zhì)量為機的物體，有萬有引力約等于重力

GMm

第一R?

對中軌道衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力有

GMm

-----------------y=ma

(3R+R)2

聯(lián)立可得中軌道I1星向心加速度約為

故A正確;

B.設(shè)M表示地球的質(zhì)量，加表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)萬有引力提供向心力有

GMm4TC2

=mr-x-

T2

可得周期的表達(dá)式為

r3

T=2n

GM

則有中軌道衛(wèi)星和同步衛(wèi)星周期的關(guān)系

T中3R+R,44

7^=J(6^+^)=7

已知7同二24九，解得

7同=13.7夕

故B錯誤;

C.根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合向心力角速度表達(dá)式有

GMm

=mra)2

解得角速度

GM

3=

因為同步軌道衛(wèi)星軌道半徑大于中軌道衛(wèi)星軌道半徑，所以同步軌道衛(wèi)星的角速度小于中軌道衛(wèi)星的角速

度,故。錯誤;

D因為同步軌道衛(wèi)星的軟道半徑大于中軌道衛(wèi)星的軌道半徑，所以衛(wèi)星從中軌道變軌到同步軌道，需向后

方噴氣加速做離心運動，故。錯誤。

故選:故

根據(jù)在地球表面萬有引力約等于重力，對中軌道衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力結(jié)合向心力周期和角速度表

達(dá)式分析求解。

本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，理解公式中各個物理量的含義，合理選取向心力公式是解決此類問題的

關(guān)鍵。

6.【答案】B

【解析】解?：根據(jù)題意可知由于他邊與磁場方向垂直，則而邊受到的安培力大小為：

Fab=BlLab

其中Lab=L

解得：Fab=BIL

由于僅?邊與磁場方向平行，可知尻邊沒有受到安培力的作用，即

F》c=0

ad也與豎直方向夾角為45。，則ad邊受到的安培力大小為：

Pad=BILads\n4S°

由幾何知識得：

Ladsin45=Lod

其中=L

聯(lián)立解得：Fad=BIL

cd邊與磁場方向垂直，且長度最長，故M邊受安培力的作用最大，并且大小為：

pcd=BI/

由幾何知識得；Lca=/2L

聯(lián)立解得：Fcd=y[2BlL

根據(jù)分析可知各邊安培力大小關(guān)系為：

Fcd>Fab=Fad>Fbc，故B正確，4CD錯誤。

故選:瓦

根據(jù)安培力的計算公式定性地分析出每條邊的安培力大小，據(jù)此分析解答即可。

本題主要考查了安培力的計算公式，根據(jù)公式尸=8/Lsin。即可完成分析，耍注意磁場方向和口流方向的角

度關(guān)系。

7.【答案】D

【解析】解?：8.粒子在磁場中做勻速圓周運動，若粒子的速率為迎，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB=

m

詼

m—r

解得粒子運動半徑為r=R

若粒子正對著0處入射，且恰好可以到達(dá)地面，其軌跡如下圖所示,

?~\XX:

設(shè)該軌跡半徑為G，由幾何關(guān)系可得：J*+(2R)2—n=R

解得：4=?/?工廠，故4錯誤；

C若粒子的速率為警，同理可得粒子運動半徑為/2=白＜G

ztnL。

由B選項分析可知，若粒子速率等于要時，入射到磁場的粒子均不可以到達(dá)地面，所以若粒子速率小于

警，入射到磁場的粒子均不可以到達(dá)地面，故C錯誤：

。.若粒子速率為零，同理可得粒子運動半徑為&=Y

此時對于由最下端N點入射的粒子，其軌跡圓心角為01，如下圖所示，

2

因療-(27?-r3)=的2_(2R-爭2=R,故可知由最下端N點入射的粒子恰好到達(dá)地面的最右側(cè)的P

點，而在最下端的以上入射的粒子的軌跡與MN右側(cè)地面的交點均在尸點下方，正對圓心O入射的粒子恰

好到達(dá)地面的最卜端。點，故入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側(cè)地面一半的區(qū)域，即圓弧PQ部分，故

。正確；

A.由。選項的結(jié)論可知，粒子可以到達(dá)MN右側(cè)地面，故A錯誤。

故選：D。

粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則粒子在磁場中逆時針偏轉(zhuǎn)，在下方射入的某些粒子，只要速

率合適，粒子可到達(dá)M/V右側(cè)地面；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得不同速率入射的粒子的運動半徑，根據(jù)

幾何知識解答。

本題考查了帶電粒子在磁場中運動的問題，畫運動軌跡圖是解決此類問題的基本功，掌握垂直速度方向畫

圓心所在的直線，依據(jù)其它條件（如出射點的位置，軌跡與邊界用切等）確定圓心位置，即可確定軌跡半徑

與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時間與圓心角相關(guān)聯(lián)。

8.【答案】CD

【解析】解：八、設(shè)滑塊A與滑塊A質(zhì)量分別為mi和mz，滑塊B的初速度為火,與滑塊A碰前速度大小

為為兩滑塊碰撞后的速度大小分別為巧和外，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定

律與機械能守恒定律得

m2v=m-lvl-rn2v2

2

|m2v=|m1v?+1m2vi

乙乙乙

碰后對滑塊4,根據(jù)動能定理有

L1,

-^1^-2=0-27711^

碰后對滑塊8,根據(jù)動能定理有

L1.

一“m2g?/。一訝7n2設(shè)

聯(lián)立解得：Vi=v2=v=2>J~2m/s,m2=3：1,故4錯誤;

B、碰撞后兩滑塊運動過程，由動量定理得：/f=O-mu=O-m〃由于碰后速度大小相等，兩滑塊的質(zhì)

量不同，所以碰撞后兩滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量大小不相等，故4錯誤;

C、碰前對滑塊3分析，根據(jù)動能定理有：-卬n2gt=解得滑塊4的初速度大小為：

v0=yJ~10m/s,故C正確；

D、若滑塊A的質(zhì)量為3kg,則滑塊8的質(zhì)最為加2=1kg

根據(jù)能量守恒可得，整個過程中兩滑塊與桌面間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為E內(nèi)=?血2詔，解得：E內(nèi)=5）,故。

正確。

故選：CD,

兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分別列

方程。碰后對滑塊A和b分別根據(jù)動能定理列方程，聯(lián)立求解滑塊A與滑塊B質(zhì)量之比，以及滑塊B與

滑塊A碰前速度和兩滑塊碰撞后的速度。由牛頓第二定律求出滑塊的加速度大小，然后應(yīng)用運動學(xué)公式求

出滑塊8的初速度，根據(jù)沖量的定義分析碰撞后兩滑塊在滑動過程中摩擦力的沖量關(guān)系。應(yīng)用能量守恒定

律求出摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。

根據(jù)題意分析清楚滑塊的運動過程是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律、牛頓第二定律與

運動學(xué)公式可以解題。

9.【答案】BC

【解析】A、小球靜止時懸線與豎直方向成。角，對小球受力分析如圖所示:

小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡件，則有

qE=mgtanO

解得，

因為“未知，故A錯誤；

8、小球恰能繞。點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點A由重力和電場力的合力提供加速度，根據(jù)

牛頓第二定律可得：

mg_E*in

cosOL

則小球從最初位置運動到4點的過程中，由動能定理可得：

11

-mg?2Lcos3-qE?2Ls\n6=57n唏7演一9

聯(lián)立解得小球的初速度大小為：

故B正確：

C、小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負(fù)電，則小球

運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，由功能關(guān)系和能量守恒定律可得小球從最初位置至軌跡的最左

段減少的機械能為：

E=Ep電=qE(L+LsinO')

mqtan3

=q-----------(L+LsinO)

=mgLtanO（l+sin。）

故C正確；

Q、小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運動一周的過程中

若逆時針轉(zhuǎn)動，則電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，

若順時針轉(zhuǎn)動，則電場力先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，則其電勢能先增大后減小，再增大，故。錯

誤；

故選：BC.

小球靜止時懸線與豎直方向成。角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解場強的大

?。恍∏蚯∧芾@0點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點4速度最小，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最

小速度，得到最小動能；小球運動過程中只有重力和電場力做功，故重力勢能、電勢能和動能之和守恒，

機械能最小的位置即為電勢能最大的位置。

此題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運動情況，可以將重力和電場力的合力等效成重力進(jìn)行考慮，結(jié)合動能

定理和牛頓第二定律分析，不難求解：至干機械能最小的位胃就是電勢能最大的位置，由能量守恒定律和

功能關(guān)系求兩者之和。

10.【答案】J"】；：：?？?尸1一加19)=(叫+7712)儼2-(叫+加2)9覆(吊一尸2+瓶2。)

【解析】解：(1)小球。碰撞前，溶動至最低點受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力與重力的差提供向心

力，即用一ng=歲1

小球。碰前瞬間的速度為%=J/喘辿

(2)小球a碰撞后，運動至最低點有尸2-(血1+m2)g=(m1+m2)y

小球〃碰后瞬間的速度為方二嚴(yán)得U用

碰撞過程中，。、〃組成的系統(tǒng)在水平方向.匕動量守恒，選取向左為正方向，有nil%=(Tn]+m2)“2

整理得mi(Fi-mrg)=(mi+m2)[F2-+m2)g]

11/

---

(3)本實驗由F碰撞損失的機械能為4E=21222

故答案為：(1)嚴(yán)手區(qū)(2)^(^-m.g)=+m2)[F2-+m2)^；(3)|(^-F2+m2g).

(1)擺球在最低點受到繩子的拉力與重力的差提供向心力，由此求出擺球的速度；

(2)結(jié)合動量守恒定律的通式，寫出動量守恒定律的表達(dá)式：

(3)結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化與守恒求出。

該題結(jié)合單擺模型考查動量守恒定律，解答的關(guān)鍵是判斷出擺球在最低點受到的拉力與重力的差提供向心

力。

II.【答案】08mz

n

【解析】解：(1)當(dāng)電源無電流通過時其電動勢等于其兩端的電壓，因此當(dāng)靈敏電流計示數(shù)為0時，待測電

源的電動勢與可變電源的電動勢相等。

(2)電壓表與待測電阻并聯(lián)測電壓，電流表與待測電阻串聯(lián)測電流，根據(jù)串并聯(lián)關(guān)系可知M是電壓傳感

器，N是電流傳感器。

故選:B.

(3)斷開/、閉合K和Ki，N表示數(shù)為零時，無電流通過待測電源，其電動勢等于路端電壓，因N表無電

流，N表路端電壓為零，故M表的示數(shù)等于待測電源的路端電區(qū)，故待測電源的電動勢等于M表的示

數(shù)，即&=m；

閉合開關(guān)《后，再次調(diào)節(jié)滑動變I且器使N表不數(shù)為零，此時M表小數(shù)等十被測電源的路端電壓，即U=

,

7n\P處電流表示數(shù)為〃，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：Ex=U+Ir=m+nr

可得內(nèi)阻為：r=X

n

故答案為：(1)0；(2)B；(3)m；7

(1)當(dāng)電源無電流通過時其電動勢等于其兩端的電壓，可知當(dāng)靈敏電流計示數(shù)為零時，待測電源的電動勢

與可變電源的電動勢相等°

(2)電壓表應(yīng)用來測量路端電壓，電流表應(yīng)串聯(lián)測電流，可知M是電壓傳感器，N是電流傳感器。

(3)斷開K2、閉合K和Ki，N表示數(shù)為零時，無電流通過待測電源，其電動勢等于M表的示數(shù)。閉合開關(guān)

修后，使N表示數(shù)為零，此時M表示數(shù)等于被測電源的路端電壓，尸處電流表示數(shù)為〃，根據(jù)閉合電路的

歐姆定律求解。

本題考查了測量電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗。掌握實驗原理是解題的前提。要知道當(dāng)電源無電流通過時其

電動勢等丁其兩端的電壓，根據(jù)閉合電路的歐姆定律解答。

12.【答案】解：(1)設(shè)甲球質(zhì)量為加，根據(jù)題意可知甲球靜止釋放，運動到。點過程中只有重力做功，由

機械能守恒定律-Leos。)=j?nu2

解得甲球運動到。點速度大小為u=J2g甲1一cos。)

(2)對于丙球，根據(jù)自由落體運動規(guī)律有L=兀

解得行后

對于甲乙兩球可看成類似單擺的簡諧運動，其運動周期為T=2/

甲乙兩球第一次到達(dá)點。時運動;T周期，則《,=亡例=[7=2幾筆

丙球最先到達(dá)，甲乙同時到達(dá)。

(3)根據(jù)題意可知甲球做簡諧運動，運動一個周期經(jīng)過兩次。點，第15次經(jīng)過0點所經(jīng)歷的時間為t=

T

77+1

已知周期T=2TT有

解得"和

答：(1)甲球運動到。點速度大小為J2gMi-cos。)；

(2)內(nèi)球先第一次到送O點：

(3)若單獨釋放甲球從釋放到第15次經(jīng)過0點所經(jīng)歷的時間是當(dāng)九,

【解析】(1)由機械能守恒定律求出A到達(dá)。點的速度；

(2)光滑圓槽的半徑R遠(yuǎn)大于甲、乙球運動的弧長，兩球的擺動近似為簡諧運動，等效為擺長R的單擺，

根據(jù)單擺運動的周期公式求出甲、乙運動到C點的時間。閃球做自由落體運動，由/?=：9/,可求出內(nèi)球

從C點運動到。點的時間；

(3)第15次經(jīng)過。點所經(jīng)歷的時間為7^個周期，結(jié)合周期公式即可求出。

本題考查單擺的周期公式和自由落體運動的基本公式，關(guān)鍵要知道甲球的運動可看作簡諧運動，等效為擺

長R的單擺。

13.【答案】解：(1)質(zhì)子在輻向電場中做圓周運動，質(zhì)子在輻向電場中電場力提供其做圓周運動的向心

力，有

v

eEc=mR^

解得

U_I6EQRQ

(2)在加速電場有

1,

eU=

解得

1

U=2

(3)進(jìn)入圓形甩場中，其在豎直方向做勻速直線運動，有

R

y=vt

水平方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有

嗎=ma

設(shè)O'Q與O'P的夾角為。,有

R

5=R_RcosO

所以質(zhì)子水平方向有

1

RsinO=5at2

乙

解得

4/3F/?

瓦=―R—00

答：(1)質(zhì)子在P點處的速度大小J萼；

(2)加速電場的加速電壓2E0R0；

(3)圓形區(qū)域中勻強電場的場強大小史警。

【解析】(1)粒子進(jìn)入輻向電場后，靠電場力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律列出方程，即可求出質(zhì)子在P

點處的速度大?。?/p>

(2)粒子在加速電場中加速時，電場力做正功，其動能增加，根據(jù)動能定理列出方程，即可求出粒子禽開

加速電場時的速度的大??；

(3)粒子進(jìn)入圓形區(qū)域的有界勻強電場后做類平拋運動，將其進(jìn)行正交分解，由牛頓第二定律和運動學(xué)公

式相結(jié)合，可求解圓形區(qū)域中勻強電場的場強大小。

對于帶電粒子在電場中加速過程，往往運用動能定理研究加速獲得的速度；對于粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題，

運動的分解是常用方法。粒子做圓周運動時，關(guān)鍵要分析向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律求解。

14.【答案】解：(1)設(shè)B、C與彈簧分離時速度大小分別為如、左，以向右為正方向，B、C被彈簧彈開的

過程，根據(jù)動量守恒定律得：

0=mBvB-mcvc

根據(jù)機械能守恒定律得：

Ep=^mBvl+^mcv^

已知：Ep=6),mB=3kg,mc=1kg

解得：vD=Im/s

設(shè)B恰好進(jìn)入圓弧軌道時速度大小為外」則有：61=』

DLDLcos60

設(shè)物塊8剛滑上4時的速度大小為狽，對B在圓弧軌道上的運動過程，根據(jù)機械能守恒定律得:

詔=mBgR(l-cos60°),其中R=1.2m

解得：vQ=4m/s

(2)以下分析均以向右為正方向，設(shè)A、8第一次共速時的速度為P夷］,根據(jù)動量守恒定律得：

=(771+血8)%

解得：u共］=1v0,解得：u共1=3mls

長木板人與滑塊I發(fā)生第一次彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得:

mu廣1=小孫1+27幾1?1

111

2沈嗓I=2m琢I+2X2mvl

12

1*111V

解得：vAi=一/我J%=3#i

A與滑塊1第一次碰撞后到4、4第二次共速的過程，同理有:

機8口共i+血力i=(m+mR)v^2

解得：52="共1

因滑塊的質(zhì)量均相等，故滑塊1與滑塊2碰撞后速度交換，碰后滑塊1靜止。

A與滑塊1第二次碰撞，同理有:

mv

mu共2=A2+2mv2