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(jī)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(jī)始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。則（）

A.手機(jī)對(duì)支架的壓力大小為mg,方向垂直于斜面向下

B.手機(jī)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(duì)手機(jī)的摩擦力隨之減小

D.若。增大，則支架對(duì)手機(jī)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(jī)中以初速度為零落

下，在空中沿豎直方向運(yùn)動(dòng)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(shí)，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(diǎn)的秧苗。、分別從

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

阻力，則（）

甲乙

A.落地時(shí)〃的重力瞬時(shí)功率小于b的重力瞬時(shí)功率

B.溶地時(shí)a的速度與水平方向夾角比b大

C.“、》兩秧苗的落地時(shí)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(shí)的波形圖，如圖乙為該波上4質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)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(yùn)行周期為12小時(shí)

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?yàn)橥杰壍佬l(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(diǎn)分別在三個(gè)正交軸上，坐標(biāo)值均等于

L,邊與x軸平行，整個(gè)空間處于平行于+y方向豎直向上的勻強(qiáng)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(duì)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(qiáng)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(jì)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(duì)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(tái)上演示了滑塊碰撞實(shí)驗(yàn)，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(shí)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)，兩滑塊與桌面間的動(dòng)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(dòng)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(gè)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(qiáng)電場，在勻強(qiáng)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(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為，〃的帶電小球。小球靜止時(shí)~/---------3—

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

周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則（）\、、、一?，/小

11.在學(xué)習(xí)測定電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)時(shí)。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(dòng)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(jì)示數(shù)為

時(shí)，待測電源的電動(dòng)勢與可變電源此時(shí)的電動(dòng)勢相等。

(2)小明想用此方法測某待測電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，但實(shí)驗(yàn)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(jì)了如圖乙的實(shí)驗(yàn)電路圖，小組同學(xué)關(guān)于圖中M、N兩個(gè)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(dòng)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(jì)了如圖丙的實(shí)驗(yàn)電路圖。同

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

再次調(diào)節(jié)滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)的弧長。甲、乙、丙三小球(均可視為丙

?_

質(zhì)點(diǎn))同時(shí)由靜止群放，開始時(shí)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(diǎn)；重力加速度費(fèi)‘；乙

為go若甲、乙、丙三球不相碰，求：自

(1)求甲球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)速度大?。?/p>

(2)通過計(jì)算分析，甲、乙、丙三球誰先第一次到達(dá)。點(diǎn)；

(3)若單獨(dú)釋放甲球從釋放到第15次經(jīng)過。點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)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(diǎn)豎直向上進(jìn)入存在水平向右的勻強(qiáng)電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上。點(diǎn)的腫瘤細(xì)

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

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

作用，求：

(1)質(zhì)子在P點(diǎn)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(qiáng)電場的場強(qiáng)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(gè)質(zhì)量均為2〃?的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))。開始

時(shí)A和滑塊均靜止。左側(cè)光滑平臺(tái)上有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)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(shí)彈簧彈性勢能為6J,B、C與彈簧不粘連?，F(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(tái)飛出，恰好從圓弧軌道左端沿切線方向滑入，一段時(shí)間后滑上當(dāng)A、

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

次碰撞，此后A、8共速時(shí)，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(dòng)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(shí)間極短。

求：

(1)物塊8剛滑上A時(shí)的速度大小;

(2)最終所有滑塊獲得的總動(dòng)能外；

答案和解析

1.【答案】B

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

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有

N=mgcosO

f=mgsinO

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

面向下。手機(jī)受到的摩擦力大小為mgsin。，方向沿斜面向上，故A錯(cuò)誤，B正確;

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

錯(cuò)誤；

故選:從

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

用力與重力等大反向。

本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵是對(duì)手機(jī)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(cuò)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(cuò)誤。

故選：Co

速度-時(shí)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(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)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(shí)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(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)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(shí)〃球的豎直速度大于〃球的豎直速度，根據(jù)

P=mgv

可知，落地時(shí)。的重力瞬時(shí)功率大于8的重力瞬時(shí)功率。故A錯(cuò)誤；

8.設(shè)速度與水平方向夾角為仇則

tan0=—

因?yàn)轫?gt;電，根據(jù)

呼=2gh,h=^gt2

可知

Uya>，Q>亡匕

因?yàn)?。、〃水平位移相等，根?jù)

x=vxt

可得

^ax<加

所以

tan%>tan。>

則落地時(shí)。的速度與水平方向夾角比〃大。故8正確：

C因?yàn)?/p>

XX

，=77，“=~

%力

所以

“稱

故C錯(cuò)誤；

。根據(jù)

九=*

可知

fe=l=§2

故D錯(cuò)誤；

故選：Be

首先由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，計(jì)算出落地時(shí)豎直方向速度、落地所需時(shí)間、水平分速度等物理量的關(guān)系推導(dǎo)出

來，再由瞬時(shí)功率公式計(jì)算二者落地時(shí)重力瞬時(shí)功率的關(guān)系。

本題考查學(xué)生對(duì)瞬時(shí)功率的理解，解題關(guān)鍵是利用平拋運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；

B.由振動(dòng)圖像可得，0.2s時(shí)質(zhì)點(diǎn)A處于平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)同側(cè)原理法可得，波沿x軸負(fù)方向傳

播，故8錯(cuò)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(cuò)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(shí)，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(jì)算：

根據(jù)質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)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(jì)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(dòng)圖像和振動(dòng)圖像的問題，會(huì)根據(jù)兩圖像提供的相關(guān)信息計(jì)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(jī)的物體，有萬有引力約等于重力

GMm

第一R?

對(duì)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(cuò)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?yàn)橥杰壍佬l(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(cuò)誤;

D因?yàn)橥杰壍佬l(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(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選:故

根據(jù)在地球表面萬有引力約等于重力，對(duì)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(gè)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(shí)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(shí)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(cuò)誤。

故選:瓦

根據(jù)安培力的計(jì)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(jì)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)半徑為r=R

若粒子正對(duì)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(cuò)誤；

C若粒子的速率為警，同理可得粒子運(yùn)動(dòng)半徑為/2=白＜G

ztnL。

由B選項(xiàng)分析可知，若粒子速率等于要時(shí)，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(cuò)誤：

。.若粒子速率為零，同理可得粒子運(yùn)動(dòng)半徑為&=Y

此時(shí)對(duì)于由最下端N點(diǎn)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(diǎn)入射的粒子恰好到達(dá)地面的最右側(cè)的P

點(diǎn)，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(diǎn)均在尸點(diǎn)下方，正對(duì)圓心O入射的粒子恰

好到達(dá)地面的最卜端。點(diǎn)，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(xiàng)的結(jié)論可知，粒子可以到達(dá)MN右側(cè)地面，故A錯(cuò)誤。

故選：D。

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則粒子在磁場中逆時(shí)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(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)

幾何知識(shí)解答。

本題考查了帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，畫運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(shí)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(dòng)量守恒定

律與機(jī)械能守恒定律得

m2v=m-lvl-rn2v2

2

|m2v=|m1v?+1m2vi

乙乙乙

碰后對(duì)滑塊4,根據(jù)動(dòng)能定理有

L1,

-^1^-2=0-27711^

碰后對(duì)滑塊8,根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤;

B、碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)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(dòng)過程中摩擦力的沖量大小不相等，故4錯(cuò)誤;

C、碰前對(duì)滑塊3分析，根據(jù)動(dòng)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(gè)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(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分別列

方程。碰后對(duì)滑塊A和b分別根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律與

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題。

9.【答案】BC

【解析】A、小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成。角，對(duì)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?yàn)椤拔粗?，故A錯(cuò)誤；

8、小球恰能繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)的過程中，由動(dòng)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(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球

運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)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(jī)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(yùn)動(dòng)一周的過程中

若逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，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(cuò)

誤；

故選：BC.

小球靜止時(shí)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(qiáng)的大

??；小球恰能繞0點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)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(dòng)能；小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場力做功，故重力勢能、電勢能和動(dòng)能之和守恒，

機(jī)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(yùn)動(dòng)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(dòng)能

定理和牛頓第二定律分析，不難求解：至干機(jī)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(dòng)至最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)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(dòng)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(shí)驗(yàn)由F碰撞損失的機(jī)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(diǎn)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(dòng)量守恒定律的通式，寫出動(dòng)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(dòng)量守恒定律，解答的關(guān)鍵是判斷出擺球在最低點(diǎn)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(shí)其電動(dòng)勢等于其兩端的電壓，因此當(dāng)靈敏電流計(jì)示數(shù)為0時(shí)，待測電

源的電動(dòng)勢與可變電源的電動(dòng)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(shí)，無電流通過待測電源，其電動(dòng)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(dòng)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(dòng)變I且器使N表不數(shù)為零，此時(shí)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(shí)其電動(dòng)勢等于其兩端的電壓，可知當(dāng)靈敏電流計(jì)示數(shù)為零時(shí)，待測電源的電動(dòng)勢

與可變電源的電動(dòng)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(shí)，無電流通過待測電源，其電動(dòng)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(shí)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(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)。掌握實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提。要知道當(dāng)電源無電流通過時(shí)其

電動(dòng)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(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)過程中只有重力做功，由

機(jī)械能守恒定律-Leos。)=j?nu2

解得甲球運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)速度大小為u=J2g甲1一cos。)

(2)對(duì)于丙球，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有L=兀

解得行后

對(duì)于甲乙兩球可看成類似單擺的簡諧運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)周期為T=2/

甲乙兩球第一次到達(dá)點(diǎn)。時(shí)運(yùn)動(dòng);T周期，則《,=亡例=[7=2幾筆

丙球最先到達(dá)，甲乙同時(shí)到達(dá)。

(3)根據(jù)題意可知甲球做簡諧運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期經(jīng)過兩次。點(diǎn)，第15次經(jīng)過0點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為t=

T

77+1

已知周期T=2TT有

解得"和

答：(1)甲球運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)速度大小為J2gMi-cos。)；

(2)內(nèi)球先第一次到送O點(diǎn)：

(3)若單獨(dú)釋放甲球從釋放到第15次經(jīng)過0點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間是當(dāng)九,

【解析】(1)由機(jī)械能守恒定律求出A到達(dá)。點(diǎn)的速度；

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

根據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)的周期公式求出甲、乙運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間。閃球做自由落體運(yùn)動(dòng)，由/?=：9/,可求出內(nèi)球

從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的時(shí)間；

(3)第15次經(jīng)過。點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為7^個(gè)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(yùn)動(dòng)的基本公式，關(guān)鍵要知道甲球的運(yùn)動(dòng)可看作簡諧運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，質(zhì)子在輻向電場中電場力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，有

R

y=vt

水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)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(qiáng)電場的場強(qiáng)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(diǎn)處的速度大??；

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

加速電場時(shí)的速度的大??；

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

式相結(jié)合，可求解圓形區(qū)域中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小。

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

運(yùn)動(dòng)的分解是常用方法。粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)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(dòng)量守恒定律得：

0=mBvB-mcvc

根據(jù)機(jī)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(shí)速度大小為外」則有：61=』

DLDLcos60

設(shè)物塊8剛滑上4時(shí)的速度大小為狽，對(duì)B在圓弧軌道上的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)機(jī)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(shí)的速度為P夷］,根據(jù)動(dòng)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(dòng)量守恒定律和機(jī)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(jī)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