重慶市某中學(xué)2025屆高三年級(jí)上冊(cè)一診模擬考試（二）物理試卷（含解析）

重慶市育才中學(xué)校高2025屆高三上一診模擬考試二（75分鐘）

物理黃卷

一、單選題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一

項(xiàng)是符合題目要求的。

1.元代《王楨農(nóng)書》記載了母斗，它是一種小型的人力提水灌田農(nóng)具，形狀像斗，靠?jī)扇死K牽斗取水。

如圖所示，繩兩邊對(duì)稱，不計(jì)繩子質(zhì)量，犀斗處于平衡狀態(tài)時(shí)，若兩人站得越近，則（）

A.兩邊繩子對(duì)犀斗的合力越大B.兩邊繩子對(duì)摩斗的合力越小

C.人對(duì)每邊繩子的拉力越小D.人對(duì)每邊繩子的拉力越大

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.對(duì)庫(kù)斗受力分析，可知兩條繩子與豎直方向夾角相同，提供大小相等的拉力。合力與其斗

的重力平衡。所以兩人站的遠(yuǎn)近不影響繩子對(duì)腳斗的合力，AB錯(cuò)誤；

CD.由共點(diǎn)力平衡條件知

2Tcos6=mg

當(dāng)兩人站得越近，兩繩夾角越小，則繩中拉力越小，C正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

2.國(guó)際機(jī)器人聯(lián)合會(huì)年9月發(fā)布的報(bào)告顯示，中國(guó)工業(yè)機(jī)器人總保有量近180萬(wàn)臺(tái)，位居全球第一。某工

業(yè)機(jī)器人在一段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，在。?4s內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.機(jī)器人做曲線運(yùn)動(dòng)B.機(jī)器人做勻減速運(yùn)動(dòng)

C.機(jī)器人的速度變化率變大D.機(jī)器人在0?4s內(nèi)的位移小于12m

【答案】D

【解析】

【詳解】A.V-t圖像只能描述直線運(yùn)動(dòng)，所以機(jī)器人做直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤;

BC.根據(jù)丫一，圖像中圖線的斜率表示加速度可知，機(jī)器人在0~4s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度減小，速度

的變化率逐漸減小，BC錯(cuò)誤；

D.根據(jù)V-C圖像中的圖線與r軸所圍面積表示位移，用直線連接圖線初、末兩點(diǎn)，對(duì)應(yīng)圍成面積為

1+5，

_X4m=12m

而原圖線位于連線下方，所以機(jī)器人在4s內(nèi)的實(shí)際位移小于l2m,D正確。

故選D。

3.游樂(lè)園的夜晚身披彩燈的摩天輪格外醒目。若摩天輪繞中間的固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是

()

A.因?yàn)榻撬俣葹楹懔?，所以在相同的時(shí)間內(nèi)，乘客的速度變化量相同

B.乘客在最低點(diǎn)時(shí)，他的動(dòng)量變化率為零

C.當(dāng)乘客位于摩天輪的最高點(diǎn)時(shí)他對(duì)座椅的壓力最小

D.乘客在與轉(zhuǎn)軸等高的位置時(shí)，他的加速度就是重力加速度

【答案】C

【解析】

【詳解】A.摩天輪繞中間的固定軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力大小不變，但方向不斷變化，是變加速

運(yùn)動(dòng)，所以在相同時(shí)間內(nèi)，乘客的速度變化量大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)動(dòng)量定理可知“動(dòng)量變化率大小即為物體的合力大小”，由于摩天輪繞中間的固定軸做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，乘客需要合外力，所以他的動(dòng)量變化率不為零，故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)乘客位于摩天輪的最高點(diǎn)時(shí)，他受到的合外力豎直向下，加速度向下，所以他處于失重狀態(tài)，故乘

客位于摩天輪的最高點(diǎn)時(shí)他對(duì)座椅的壓力最小，故c正確；

D.乘客在與轉(zhuǎn)軸等高的位置時(shí)，他受到的合外力水平指向圓心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，

故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.“地震預(yù)警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災(zāi)地區(qū)前，向受災(zāi)地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出

警報(bào)，通知目標(biāo)區(qū)域從而實(shí)現(xiàn)預(yù)警?？蒲袡C(jī)構(gòu)對(duì)波朗特性展開研究，如圖甲所示為研究過(guò)程中簡(jiǎn)諧波?=0

時(shí)刻的波形圖，M是此波上的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平衡位置處于4m處，圖乙為質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)圖像，則()

A.該列波的傳播方向沿x軸正向傳播

B.該列波的傳播速度為4m/s

C.質(zhì)點(diǎn)M在7s內(nèi)通過(guò)的路程為280cm

D.質(zhì)點(diǎn)M在2s內(nèi)沿x軸運(yùn)動(dòng)了8m

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)圖乙可知，0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖甲，利用同側(cè)法可知，該列波的

傳播方向沿龍軸負(fù)向傳播，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)圖甲可知，波長(zhǎng)為4m,根據(jù)圖乙可知，周期為2s,則波傳播速度為

v=—=Jm/s

T

故B錯(cuò)誤；

C.由于

7s=打+工7

o

則質(zhì)點(diǎn)M在7s內(nèi)通過(guò)的路程為

3x4/+2Z=14x20cm=280cm

故C正確；

D.機(jī)械波傳播的是質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的形式與能量，質(zhì)點(diǎn)本身不會(huì)隨波發(fā)生遷移，故D錯(cuò)誤。

故選C。

5.如圖是高中物理必修第一冊(cè)封面上的沙漏照片。同學(xué)們發(fā)現(xiàn)照片中的砂粒在空中時(shí)都看不出砂粒本身的

形狀，而是成了條條痕跡，砂粒的疏密分布也不均勻。若近似認(rèn)為砂粒下落的初速度為0,忽略空氣阻

力，不計(jì)砂粒間的相互影響，設(shè)砂粒隨時(shí)間均勻漏下，同學(xué)們有以下推斷，其中正確的是（）

A.出口下方6cm處的痕跡長(zhǎng)度約是？cm處的W倍

B.出口下方6cm處的痕跡長(zhǎng)度約是2cm處的3倍

C.出口下方0?-cm圍內(nèi)的砂粒數(shù)約與2~6cm范圍內(nèi)的砂粒數(shù)相等

D.出口下方°?icm范圍內(nèi)的砂粒數(shù)遠(yuǎn)少于2?Scm范圍內(nèi)的砂粒數(shù)

【答案】A

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)V'=可知，出口下方6cm處的速度約是2cm處的小倍，出口下方6cm處的痕跡

長(zhǎng)度約是2cm處的6倍，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)初速度是零的勻變速運(yùn)動(dòng)在相鄰相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1:3:5.,可知從出口下落0?2cm與

2?8cm的時(shí)間是相等的，因砂粒隨時(shí)間均勻漏下，可知出口下方。?2cm范圍內(nèi)的砂粒數(shù)約與2?8cm范

圍的砂粒數(shù)相等，故CD錯(cuò)誤。

故選A?

6.某國(guó)產(chǎn)手機(jī)新品上市，持有該手機(jī)者即使在沒有地面信號(hào)的情況下，也可以撥打、接聽衛(wèi)星電話。為用

戶提供語(yǔ)音、數(shù)據(jù)等衛(wèi)星通信服務(wù)的“幕后功臣”正是中國(guó)自主研制的“天通一號(hào)”衛(wèi)星系統(tǒng)，該系統(tǒng)由

“天通一號(hào)”01星、02星、03星三顆地球同步衛(wèi)星組成。已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T,地球的半徑為R,

該系統(tǒng)中的衛(wèi)星距離地面的高度為人電磁波在真空中的傳播速度為c,引力常量為G。下列說(shuō)法正確的

是（）

4-

A.可求出地球的質(zhì)量為

B.“天通一號(hào)”01星的向心加速度小于靜止在赤道上的物體的向心加速度

C.“天通一號(hào)”01星若受到稀薄空氣阻力的影響，運(yùn)行軌道會(huì)逐漸降低，運(yùn)行速度會(huì)逐漸變小

2h

D.該手機(jī)向此衛(wèi)星系統(tǒng)發(fā)射信號(hào)后，至少需要經(jīng)過(guò)時(shí)間T,手機(jī)才能接收到信號(hào)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有

_Mm

G--------7但+〃）

(R+為/I）

可知地球的質(zhì)量為

故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)

可知“天通一號(hào)”01星的向心加速度

(R+h)

靜止在赤道上的物體的向心加速度

則%>的,故B錯(cuò)誤；

C.“天通一號(hào)”01星若受到阻力的影響，運(yùn)行軌道會(huì)逐漸降低，即軌道半徑會(huì)逐漸減小，根據(jù)

cMmv2

G-L=m—

rr

有

[GM

v什

可知，變小，V變大，故C錯(cuò)誤;

D.該手機(jī)信號(hào)從發(fā)射到返回至該手機(jī)，路程至少為2九所需時(shí)間至少為

故D正確。

故選D。

7.真空中有電荷量為+4。和一。的A、8兩個(gè)點(diǎn)電荷固定在x軸上，其中A的坐標(biāo)為“=-4,8的坐標(biāo)

為與二°,如圖所示，規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正方向，無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)?，F(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的

試探電荷C從坐標(biāo)a處（0<°<刈靜止釋放，用耳和線分別表示試探電荷C的電勢(shì)能和動(dòng)能，x軸正半

軸上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E和電勢(shì)中隨尤變化。下列圖像正確的是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電勢(shì)決定式

*r

由于電勢(shì)是標(biāo)量，設(shè)X。（M>°）處的電勢(shì)為零o,得

0=絲一絲

d+x0A0

解得

d

A0<x<―

故可知當(dāng)，時(shí)

(p<0

X>±

當(dāng)3時(shí)

(f>>0

故A正確；

B.試探電荷的受力存在一個(gè)轉(zhuǎn)折點(diǎn)，即吸引力和排斥力平衡點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)坐標(biāo)xi(xi>0),根據(jù)

kx4Qq_kQq

~T=~~

("xjvi

解得

可知電場(chǎng)強(qiáng)度為0的點(diǎn)位于X軸正半軸上距離坐標(biāo)原點(diǎn)為d的點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

C.從靜止釋放到xi=d的位置，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，過(guò)了xi=d的位置再往正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力

做負(fù)功，動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；

D.從靜止釋放到尤i=d的位置，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，過(guò)了xi=d的位置再往正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)

力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故無(wú)尸4是電勢(shì)能的最低點(diǎn)，但無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)趨于零，故無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)能趨于

零，不會(huì)存在大于零情況，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

二、多選題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)

符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。

8.如圖，在光滑平臺(tái)上有兩個(gè)相同的彈性小球M和N。M水平向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為v。M與靜置于平

臺(tái)邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒。若不計(jì)空氣阻力，則碰撞后，N在()

A.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

B.豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)

C.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小大于v

【答案】BC

【解析】

【詳解】由于兩小球碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒，可知兩小球碰撞過(guò)程是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒

可知

mv=wvM

1,131J

—=—mvM+-wvj,

由于兩小球質(zhì)量相等，故碰撞后兩小球交換速度，即

%=°,VN=V

碰后小球N做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即水平地面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)速度大小等于V；

在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，即豎直墻面上的垂直投影的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)。

故選BC。

9.圖（a）所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為4」，RT為阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，Ri

為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電表。原線圈所接電壓M隨時(shí)間f按正弦規(guī)律變化，如圖

（b）所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.變壓器輸入、輸出功率之比為4:1

B.變壓器原、副線圈中的電流強(qiáng)度之比為1:4

c.u隨t變化的規(guī)律為"=51sin（50m）（國(guó)際單位制）

D.當(dāng)電阻的溫度降低時(shí)電流表讀數(shù)變小電壓表的讀數(shù)不變

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.由題意，變壓器是理想變壓器，故變壓器輸入、輸出功率之比為11,故A錯(cuò)誤;

B.變壓器原、副線圈中的電流之比與匝數(shù)成反比，即

故B正確；

C.由圖（b）可知交流電壓最大值

4=5iv

周期

T=0.02s

可由周期求出角速度的值為

a■100^1ad/s

則可得交流電壓〃的表達(dá)式

t/=51sinl00^(V)

故C錯(cuò)誤；

D.4處溫度升高時(shí)，阻值減小，電流表的示數(shù)變大，電壓表示數(shù)不變，故D正確。

故選BDo

10.如圖所示，半徑為R、圓心為。的半圓軌道豎直固定在水平面上，質(zhì)量為的小球P通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線

跨過(guò)兩定滑輪A、B后與質(zhì)量為m的物體Q相連接，左側(cè)的滑輪A剛好位于。點(diǎn)正上方，且O到滑輪A

的距離為R,M點(diǎn)為軌道上一點(diǎn)，/MON=60°,N點(diǎn)為軌道的最低點(diǎn)，現(xiàn)將小球P從軌道左側(cè)的最高點(diǎn)由

靜止釋放，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體Q不會(huì)與滑輪發(fā)生碰撞。重力加速度為g,小球P可視為質(zhì)點(diǎn)，兩定滑輪

的大小不計(jì)，一切摩擦阻力均可忽略。則下列說(shuō)法正確的是()

A.小球P由釋放到N的過(guò)程，物體Q始終超重

申1+6-同gR

B.到M點(diǎn)時(shí)小球P的速度大小為3

"1+旦向gR

C.到M點(diǎn)時(shí)物體Q的速度大小為3

D.到N點(diǎn)時(shí)小球P的加速度大小為

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.小球P沿繩方向的分速度與Q的速度相等，則Q的速度先增大后減小，則物體Q先超重,

再失重，故A錯(cuò)誤；

BC.到/點(diǎn)時(shí)，根據(jù)速度分解有

vpsin30°=VQ

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

/\11

33

2mgRsin300-mg(2Rcos30°-\(2R)="x2mvp+-mvQ

解得

25十區(qū)向gR拙+?、蔳R

VP=4VQ=4

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.到N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

ZmgR-mg^R-J2R)=-x2wv/3

根據(jù)向心加速度公式有

故D正確；

故選BDo

三、非選擇題：共57分。

11.某同學(xué)用DIS“測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻”實(shí)驗(yàn)電路如圖(a)所示，某次實(shí)驗(yàn)電壓傳感器示數(shù)U與電流

傳感器示數(shù)/'U-/關(guān)系如圖小)所示。

圖(a)囹(b)圖(c)

(1)圖(a)中.定值電阻耳在電路中的作用是。

(2)由圖(b)的可得，該電源電動(dòng)勢(shì)V,內(nèi)阻「=Q。.

u_

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的U,/數(shù)據(jù)，若令】'='R，.一=/,則由計(jì)算機(jī)擬合得出的丁一丁圖線如圖(c)所

示，則圖線最高點(diǎn)A點(diǎn)的縱坐標(biāo)】'=W(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

【答案】(1)保護(hù)電源

(2)①.2.83②.1.03

(3)1.94

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

為防止滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為零導(dǎo)致電路電流太大損壞電源，要在電路中接入保護(hù)電阻，因此定值

電阻Ro在電路中的作用是保護(hù)電源；

【小問(wèn)2詳解】

[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律

U^E-Ir

UT圖像表達(dá)式可知，電源電動(dòng)勢(shì)

￡=2.83V

⑵內(nèi)阻

r=1.030

【小問(wèn)3詳解】

由題意可知

4居

則功率

E2

&=——

R*+r(公

+4r

呢

當(dāng)

R外=r=1.03Q

時(shí)，電源的輸出功率最大

7=L94W

所以圖線最高點(diǎn)A點(diǎn)的縱坐標(biāo)

j，=1.94W

(1)為補(bǔ)償打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對(duì)小車的阻力及其他阻力，調(diào)節(jié)木板傾角，使小車在不掛槽碼時(shí)運(yùn)動(dòng)，并打出紙

帶進(jìn)行檢驗(yàn)，下圖中能表明補(bǔ)償阻力恰當(dāng)?shù)氖?/p>

（2）某次實(shí)驗(yàn)得到一條紙帶，部分計(jì)數(shù)點(diǎn)如下圖所示（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)，圖中未畫

出），測(cè)得5=6.20cm,s?=6.70cm,7.21cm,$4=7.73cm。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源頻率為

50Hz,則小車的加速度。=m/s'（要求充分利用測(cè)量數(shù)據(jù)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

:----S---|-------：-----------$--2--------：-----------?--------------：------------”--------------?!

(3)該同學(xué)將一個(gè)可以直接測(cè)出繩子拉力的傳感器安裝在小車上，小車和傳感器總質(zhì)量為2工國(guó)。按要

求補(bǔ)償阻力后，該同學(xué)共進(jìn)行了四次實(shí)驗(yàn)，懸掛的槽碼質(zhì)量依次為58、1°8、1°8、4°8處理數(shù)據(jù)時(shí)，用兩種

方式得到小車(含傳感器)受到的合力，一種將槽碼所受重力當(dāng)作合力、另一種將傳感器示數(shù)當(dāng)作合力，

則這兩種方式得到的合力差異最大時(shí)，槽碼質(zhì)量為go

【答案】(1)B(2)0151

(3)40

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

若補(bǔ)償摩擦力恰當(dāng)，則小車應(yīng)該勻速運(yùn)動(dòng)，打出的紙帶應(yīng)該點(diǎn)跡均勻分布，故選B。

【小問(wèn)2詳解】

每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫出，可知T=0.1s；小車的加速度

a=(7.73+7.21-670-620)xlQ-^m/s3=0萬(wàn)柳

4T34x0?

【小問(wèn)3詳解】

根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)祛碼

mg-T=ma

對(duì)小車

T=Ma

可得

T=M^=^mg

M+m［十一

則當(dāng)小較小時(shí)傳感器的示數(shù)越接近與祛碼的重力機(jī)g；加越大，則傳感器的示數(shù)與祛碼重力的差異越大，

即這兩種方式得到的合力差異最大時(shí)，槽碼質(zhì)量為40g0

13.如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌彎折成90度角的兩部分，導(dǎo)軌接有電動(dòng)勢(shì)E=3V,內(nèi)阻r=0.5。的電源，

定值電阻耳二°5C,導(dǎo)軌間距￡=o.5m,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌的豎直部分左側(cè)有一根與其接觸良好

的水平放置的金屬棒ab,在金屬棒所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中僅畫出了一根磁感線)，金

屬棒油質(zhì)量加=100g,電阻不計(jì)。己知導(dǎo)軌豎直部分與金屬棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5(設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力)，已知重力加速度g=求：

BEr凡

（i）要使金屬棒能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則所加的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少多少？

（2）若將豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)繞以金屬棒油為軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90。的過(guò)程中（保證金屬棒靜止且與導(dǎo)軌接

觸良好），要使金屬棒最后仍能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度最后為多少？

【答案】（1）4T（2）2T

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

由受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得

月=mg

且

￡?小

而

FV=BIL

故有

/.iBIL=mg

由閉合電路歐姆定律有

E

7=^—=1A

r+凡

聯(lián)立解得

5=^-=4T

fdL

所以所加的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少為4T。

【小問(wèn)2詳解】

當(dāng)8逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90。時(shí)，安培力豎直向上，則

B'lL=mg

解得

故磁感應(yīng)強(qiáng)度最后的大小為2To

14.圖為可測(cè)定比荷的某裝置的簡(jiǎn)化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小3=20xlO^T,在x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=0.50m的P處為離子的入射口，在y上安放接收器，現(xiàn)將

一帶正電荷的粒子以v=3.5xl04m/s的速率從P處射入磁場(chǎng)，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)Z,=0.50m的Af處

被觀測(cè)到，且運(yùn)動(dòng)軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為"z,電量為q,不記其重力。

q

(1)求上述粒子的比荷m；

(2)如果在上述粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某個(gè)時(shí)刻，在第一象限內(nèi)再加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，就可以使其沿y軸正方

向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間加這

個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)；

(3)為了在M處觀測(cè)到按題設(shè)條件運(yùn)動(dòng)的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場(chǎng)可以局限在一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，

求此矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。

【答案】(1)4.9xlO7C/kg

（2）5=70N/C,f=7,9x10^s

（3）S=0.25m

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r,如圖所示

接收器

依題意/、P連線即為該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由幾何關(guān)系得

V2T

I-

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得

V3

qvBD=m—

r

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

^=49xlO7C/kg

m

【小問(wèn)2詳解】

設(shè)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為￡,當(dāng)粒子經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)，速度沿y軸正方向，依題意，在此時(shí)加入沿尤軸正方向

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力與此時(shí)洛倫茲力平衡，則有

qE=qvB

解得

5=70N/C

所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向沿X軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧尸。所對(duì)應(yīng)的圓心角為45°,設(shè)帶電粒子做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,則有

45。2<r

------11"—

360°,v

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

f=7.9xl0-e

【小問(wèn)3詳解】

矩形對(duì)應(yīng)的最小面積如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知最小矩形面積為

S=2r

代入數(shù)據(jù)解得

5-=0.25m

15.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為。=37。，斜面上并排放置的兩個(gè)小物塊A、B在沿斜面向上的恒力

F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，A、B物塊間接觸但不粘連，尸作用在物塊A上，當(dāng)物塊A、B獲

得的速度大小為vo時(shí)撤去凡已知物塊A、B的質(zhì)量均為加，且物塊A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為

31

卜1人=—/4=一

,4和4,恒力尸=24"g,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，Sin37o=0.6,

cos37°=0.8?

（1）求恒力廠的作用時(shí)間;

（2）撤去F后，求B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離;

（3）設(shè)A、B間每次碰撞時(shí)間極短（可忽略不計(jì)），且皆為彈性正碰，求:

①撤去產(chǎn)后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小;

②撤去產(chǎn)后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第w次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

【解析】

【詳解】（1）對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有

F-2mgsin0-（/4+〃，加gcos8=2ma

解得

a=0.2g

所以力E作用的時(shí)間為

”土=組

02gg

（2）撤去外力?后，對(duì)物塊A,有

mgsind+以腐cos0=mak

解得

幺=1

對(duì)物塊B,有

mgsm6+為mgcos6=ma.

解得

a,=08g

由于物塊A的加速度大于物塊B的加速度，所以物塊A先速度減為零，且保持靜止，B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)

的速度減為零時(shí)A、B之間的距離為

_5>

2aB2aA24g

（3）①物塊B速度減為零時(shí)，繼續(xù)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有

mgsin6-卜％mgcos6=

所以

/’=04g

根據(jù)速度位移關(guān)系可得

解得A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為

拓

vi=—'b

0

②A、B發(fā)生第一次彈性碰撞，則有

加匕=mv2+wv3

所以碰后兩物體速度交換

碰后A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到第二次碰撞時(shí)，有

1，7

V/1=~alh

解得

5y/6v

ty=---0----

6g

%=$=--

6g