2024届重庆市高三上学期学业质量调研抽测（第一次）物理(统考卷)试卷含答案.pdf

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1、第 1 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司重庆市高重庆市高 2024 届（三上）学业质量调研抽测（第一次）物理试卷届（三上）学业质量调研抽测（第一次）物理试卷（物理试题卷共（物理试题卷共 6 页，考试时间页，考试时间 75 分钟，满分分钟，满分 100 分）分）第第卷选择题卷选择题一、选择题：共一、选择题：共 43 分分（一）单项选择题：共（一）单项选择题：共 7 题，每题题，每题 4 分，共分，共 28 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。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.如图，质量为 m 的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为。重力

2、加速度为 g，手机始终保持静止状态。则（）A.手机对支架的压力大小为 mg，方向垂直于斜面向下B.手机受到的摩擦力大小为 mgsin，方向沿斜面向上C.若 增大，则支架对手机的摩擦力随之减小D.若 增大，则支架对手机的支持力保持不变2.在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的 v-t 图像如图。则伞兵在（）A.010s 内位移大小50mB.10s15s 内加速度逐渐增大C.010s 内所受阻力逐渐增大D.10s15s 内所受阻力逐渐增大3.如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更省时，更轻快。如图乙，在同一竖直面内，两

3、位村民分别以初速度 va和 vb，分别将两棵质量相同视为质点的秧苗 a、b 分别从高度为h1和 h2的（h1h2）两点沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的 P 点。若不计空气阻力，为第 2 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司则（）A.落地时 a 的重力瞬时功率小于 b 的重力瞬时功率B.溶地时 a 的速度与水平方向夹角比 b 大C.a、b 两秧苗的落地时间之比为 va：vbD.a、b 两秧苗的竖直高度之比为 vb：va4.如图甲为一列简谐横波在 t=0.2s 时的波形图，如图乙为该波上 A 质点的振动图像。则（）A.这列波的波速为 5m/sB.这列波沿 x 轴正向传播C.若

4、此波遇到另一列简谐波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为 25HzD.若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸可能为 20cm5.北斗系统主要由离地面高度约为 6R（R 为地球半径）的同步轨道卫星和离地面高度约为 3R 的中轨道卫星组成，已知地球表面重力加速度为 g，忽略地球自转。则（）A.中轨道卫星的向心加速度约为16gB.中轨道卫星的运行周期为 12 小时C.同步轨道卫星的角速度大于中轨道卫星的角速度D.因为同步轨道卫星的速度小于中轨道卫星的速度，所以卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气第 3 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司减速6.如图，abcd 四边形

5、闭合线框，a、c、d 三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于 L，ab 边与 x 轴平行，整个空间处于平行于+y 方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流 I 方向如图所示。则关于四边形的四条边所受到的安培力的大小（）A.ab 边与 bc 边受到的安培力大小相等B.cd 边受到的安培为最大C.cd 边与 ad 边受到的安培力大小相等D.ad 边受到的安培力最大7.地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图，O为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为 R 和 2R 的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为 B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电

6、高能粒子以相同速度垂直 MN 沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为 m。电荷量均为 q。不计粒子的重力及相互作用力。则（）A.粒子无论速率多大均无法到达 MN 右侧地面B.若粒子速率为Bq Rm，正对着 O 处入射的粒子恰好可以到达地面C.若粒子速率小于B2q Rm，入射到磁场的粒子可到达地面D.若粒子速率为5 B4q Rm，入射到磁场的粒子恰能覆盖 MN 右侧地面一半的区域（二）多项选择题；共（二）多项选择题；共 3 题，每题题，每题 5 分，共分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，

7、选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有错选的得分，有错选的得 0 分。分。8.在同一片半导体基片上，分别制造 P 型半导体和 N 型半导体，经过载流子（电子）的扩散作用在交界面形成 PN 结。如图，N 型区中的电子会进入 P 型区内，从而使 N 型区一侧带正电，P 型区一侧带负电，稳定第 4 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司后两块半导体之间产生内建电场，形成耗尽层（阴影部分）。关于耗尽层，则（）A.耗尽层中，N 型区电势低于 P 型区B 耗尽层中，N 型区电势高于 P 型区C.电子由 N 型区进入 P 型区，电势能减小D.电子由 N 型区进入 P 型区，电势能增大9.物理课上，老

8、师在讲台上演示了滑块碰撞实验，桌面长 L=1m，在中央处放置一滑块 A，从桌边处给另一滑块 B 一初速度，两滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两滑块恰好都停在桌子两边沿，设两滑块的运动方向沿桌长边方向且在一条直线上（俯视图如图），滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数=0.2，g 取 10m/s2。则（）A.滑块 A 与滑块 B 质量之比为 1:3B.碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等C.滑块 B 的初速度大小为10m/sD.若滑块 A 的质量为 3kg，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为 5J10.如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的

9、绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为 g。则（）A.匀强电场的电场强度大小为tanmgq.第 5 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司B.小球获得初速度的大小为5cosgLC.小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为tan1 sinmgLD.小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 57 分分11.如图甲所示，某同学设计了验证碰撞中的动量守恒实验：在 O 点固定一拉力传感器

10、，可测量细绳中的拉力大小。一根轻质、柔软、不可伸长的细线一端系一个质量为1m的小球 a，另一端系在传感器上 O 点，悬点到小球球心的距离为 l。在 O 点正下方的水平桌面上静止放置一个中心与 a 球等高、质量为2m的片状橡皮泥 b。将小球 a 拉起一定的偏角后由静止释放，在最低点处与橡皮泥 b 发生碰撞，碰后粘在一起向左摆动。此过程采集到的拉力 F 随时间 t 变化关系如图乙所示。不考虑 a、b 形状变化所产生的影响，当地的重力加速度大小为 g。（1）小球 a 碰前瞬间的速度1v _；（2）若本实验中满足关系式_，则可得到结论：碰撞过程中，a、b 组成系统在水平方向上动量守恒；（3）本实验由于

11、碰撞损失的机械能为_。12.在学习测定电源的电动势和内阻的实验时。小明同学查阅资料发现一种方法，并做出如下探究：的第 6 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司（1）如图甲，E 是电源电动势可以逐渐调节的可变电源，闭合开关，调节 E，当灵敏电流计示数为_时，待测电源的电动势与可变电源此时的电动势相等。（2）小明想用此方法测某待测电源的电动势和内阻，但实验室没有可变电源，于是他和小组同学利用学校的器材设计了如图乙的实验电路图，小组同学关于图中 M、N 两个位置该放什么仪表起了争议，你认为正确的是_。AM电流传感器，N 是电压传感器 BM 是电压传感器，N 是电流传感器（3）为了测出待测电源电动

12、势 Ex和内阻 r，小组同学进行了进一步的探讨，设计了如图丙的实验电路图。同学们先断开 K2、闭合 K 和 K1，调节滑动变阻器使 N 表示数为零时，M 表的示数为 m。然后闭合开关K2，再次调节滑动变阻器使 N 表示数为零，M 表示数为m，P 处电流表示数为 n，则 Ex=_、r=_（结果用 m、m、n 表示）13.如图，光滑圆槽的半径 L 远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置 B 低于甲球位置 A，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置 C 为圆槽的圆心，Q 为圆槽最低点；重力加速度为 g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球

13、运动到 O 点速度大小；（2）通过计算分析，甲乙丙三球谁先第一次到达 O 点；（3）若单独释放甲球从降放到第 15 次经过 O 点所经历的时间。14.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，如图。来自质子源的质子（初速度为零）经加速电场加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从 P 点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上 Q 点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为0E，方向沿半径指向圆心 O，圆 O与 OP 相切于 P 点，0OPR，圆形区域的半径为 R，Q 点位于 OP 上方2R处，质子质量

14、为 m、电量为 e不计质子重力和质子间相互作用，求：（1）质子在 P 点处的速度大小 v；（2）加速电场加速电压 U；（3）圆形区域中匀强电场的场强大小1E。是的第 7 页/共 7 页学科网（北京）股份有限公司15.如图，一圆心角为 60、半径为 1.2m 的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上，一表面与圆弧右端相切质量 m=1kg 的长木板 A 与圆弧轨道接触不粘连，在 A 右侧放着多个质量均为 2m 的滑块（视为质点）。开始时 A 和滑块均静止。左侧光滑平台上有两个可视为质点的物块 B、C，mB=3mC=3m，B、C 用细线拴连使轻弹簧处于压缩状态，此时弹簧弹性势能为 6J，B、C 与弹簧不粘

15、连。现将细线烧断，B、C 被弹簧弹开，物块 B 与弹簧分离后从平台飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上 A。当 A、B 刚共速时，A 恰好与滑块 1 发生第 1 次碰撞。一段时间后，A、B 再次共速时，A 恰好与滑块 1 发生第 2 次碰撞，此后 A、B 共速时，A 总是恰好与滑块 1 发生碰撞；最终物块 B 恰好没从 A 上滑落，若 A 与 B 之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度为 g=10m/s2，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：（1）物块 B 刚滑上 A 时的速度大小；（2）最终所有滑块获得的总动能 Ek；（3）A 全过程运动的总位移 xA。第 1 页/

16、共 20 页学科网（北京）股份有限公司重庆市高重庆市高 2024 届（三上）学业质量调研抽测（第一次）物理试卷届（三上）学业质量调研抽测（第一次）物理试卷（物理试题卷共（物理试题卷共 6 页，考试时间页，考试时间 75 分钟，满分分钟，满分 100 分）分）第第卷选择题卷选择题一、选择题：共一、选择题：共 43 分分（一）单项选择题：共（一）单项选择题：共 7 题，每题题，每题 4 分，共分，共 28 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。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.如图，质量为 m 的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为。重力加速度为

17、g，手机始终保持静止状态。则（）A.手机对支架的压力大小为 mg，方向垂直于斜面向下B.手机受到的摩擦力大小为 mgsin，方向沿斜面向上C.若 增大，则支架对手机的摩擦力随之减小D.若 增大，则支架对手机的支持力保持不变【答案】B【解析】【详解】AB手机处于静止状态，对手机受力分析，设手机受到的支持力为N，摩擦力为f，根据共点力平衡条件有cosNmgsinfmg根据牛顿第三定律可知手机对支架的压力大小与手机受到的支持力大小相等，为cosmg，方向垂直于斜面向下。手机受到的摩擦力大小为sinmg，方向沿斜面向上，故 A 错误，B 正确；C由sinfmg可知若增大，sin增大，则支架对手机的摩擦

18、力随之增大，故 C 错误；D由第 2 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司cosNmg若 增大，cos减小，则支架对手机的支持力减小。故 D 错误。故选 B。2.在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的 v-t 图像如图。则伞兵在（）A.010s 内位移大小为 50mB.10s15s 内加速度逐渐增大C.010s 内所受阻力逐渐增大D.10s15s 内所受阻力逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A010s 内图线与横轴所围区域的面积大于 50m，即位移大于 50m，故 A 错误；C由图可知，010s 内图线切线斜率减小，即伞兵的加速度逐渐减小，

19、根据牛顿第二定律有mgfma加速度减小，则阻力增大，故 C 正确；BD10s15s 内伞兵向下减速，图线切线的斜率减小，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律fmgma加速度减小，则阻力减小，故 BD 错误。故选 C。3.如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更省时，更轻快。如图乙，在同一竖直面内，两位村民分别以初速度 va和 vb，分别将两棵质量相同视为质点的秧苗 a、b 分别从高度为h1和 h2的（h1h2）两点沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的 P 点。若不计空气阻力，则（）的第 3 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司A.落地时 a 的重力

20、瞬时功率小于 b 的重力瞬时功率B.溶地时 a 的速度与水平方向夹角比 b 大C.a、b 两秧苗的落地时间之比为 va：vbD.a、b 两秧苗的竖直高度之比为 vb：va【答案】B【解析】【详解】Aa 与 b 的重力相等，因 h1h2，所以落地时 a 球的竖直速度大于 b 球的竖直速度，根据 P=Fv可知，落地时 a 的重力瞬时功率大于 b 的重力瞬时功率，A 错误；B设速度与水平方向夹角为，则tanyxvv因为 h1h2，所以yaybvv，abtt因为 a、b 水平位移相等，所以axbxvv所以tantanab则溶地时 a 的速度与水平方向夹角比 b 大，B 正确；C因为,ababxxttv

21、v，所以:babavttv故 C 错误；D根据212hgt可知第 4 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司222aabbbahtvhtv故 D 错误；故选 B。4.如图甲为一列简谐横波在 t=0.2s 时的波形图，如图乙为该波上 A 质点的振动图像。则（）A.这列波的波速为 5m/sB.这列波沿 x 轴正向传播C.若此波遇到另一列简谐波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为 25HzD.若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸可能为 20cm【答案】D【解析】【详解】A由图可知，波长为 0.2m，周期为 0.4s，则0.2m/s0.5m/s0.4vT故 A 错误；B由

22、振动图像可得，0 2s 时质点 A 处于平衡位置且向上运动，根据“上下坡法”可得，波沿 x 轴负方向传播，故 B 错误；C若两列波能发生稳定的干涉现象，其频率相同，根据周期与频率的关系11Hz2.5Hz0.4fT故 C 错误；D当障碍物的尺寸和波长相比相差不多或者比波长更小时，即可以发生明显衍射，所以该障碍物的尺寸可能为 20cm，故 D 正确。故选 D。5.北斗系统主要由离地面高度约为 6R（R 为地球半径）的同步轨道卫星和离地面高度约为 3R 的中轨道卫星组成，已知地球表面重力加速度为 g，忽略地球自转。则（）.第 5 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司A.中轨道卫星的向心加速度约

23、为16gB.中轨道卫星的运行周期为 12 小时C.同步轨道卫星的角速度大于中轨道卫星的角速度D.因为同步轨道卫星的速度小于中轨道卫星的速度，所以卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速【答案】A【解析】公众号：高中试卷君【详解】A设 M 表示地球的质量，在地球表面质量为 m 的物体，有2GMmmgR中圆轨道卫星由万有引力提供向心力2GMmmaRR（3）联立可得中圆轨道卫星向心加速度约为16ga 故 A 正确；B设 M 表示地球的质量，m 表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力有2224GMmmrrT可得32rTGM则有3344=677TRRTRR中同（）已知24hT 同，解得第 6 页/共

24、 20 页学科网（北京）股份有限公司413.7h7T 同故 B 错误；C根据万有引力提供向心力有22GMmmrr解得3GMr因为同步轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以同步轨道卫星的角速度小于中轨道卫星的角速度，故 C 错误；D因为同步轨道卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星的轨道半径，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气加速做离心运动，故 D 错误。故选 A。6.如图，abcd 四边形闭合线框，a、c、d 三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于 L，ab 边与 x 轴平行，整个空间处于平行于+y 方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流 I 方向如图所示。则关于四边形的四条边所受到的安培

25、力的大小（）A.ab 边与 bc 边受到的安培力大小相等B.cd 边受到的安培为最大C.cd 边与 ad 边受到的安培力大小相等D.ad 边受到的安培力最大【答案】B【解析】【详解】根据题意可知由于ab边与磁场方向垂直，则ab边受到的安培力大小为ababFBILBIL由于bc边与磁场方向平行，可知bc边没有受到安培力的作用，即第 7 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司0bcF ad边与竖直方向夹角为45，则ad边受到的安培力大小为sin45adadOdFBILBILBIL cd边与磁场方向垂直，且长度最长，故cd边受安培力的作用最大，并且大小为2cdcdFBILBILBD根据分析可知c

26、d边所受安培力最大。故 B 正确，D 错误；AC根据分析可知各边安培力大小关系为cdabadbcFFFF故 AC 错误。故选 B。7.地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图，O为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为 R 和 2R 的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为 B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直 MN 沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为 m。电荷量均为 q。不计粒子的重力及相互作用力。则（）A.粒子无论速率多大均无法到达 MN 右侧地面B.若粒子速率为Bq Rm，正对着 O 处入射的粒子恰好

27、可以到达地面C.若粒子速率小于B2q Rm，入射到磁场的粒子可到达地面D.若粒子速率为5 B4q Rm，入射到磁场的粒子恰能覆盖 MN 右侧地面一半的区域【答案】D【解析】【详解】A射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达 MN 右侧地面，故 A 错误；B若粒子的速率为qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有第 8 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司2vqvBmr解得rR若粒子正对着 O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示设该轨迹半径为1r，由几何关系可得2211(2)rRrR解得132rRr故 B 错误；C若粒子的速率为2qBRm，则粒子在磁场中由洛伦

28、兹力提供向心力，有2222vqv Bmr解得21322RrrR由 B 选项分析可知，若粒子速率等于B2q Rm时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于B2q Rm，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故 C 错误；D若粒子速率为54qBRm，由洛伦兹力提供向心力得2333vqv Bmr解得354Rr 第 9 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司此时最下端的粒子正入射恰好可以到达最右侧地面；而在最下端的以上入射的粒子，因为向上偏转，能到达 MN 右侧地面最右端以下；综上所述，入射到磁场的粒子恰能覆盖 MN 右侧地面一半的区域，故 D 正确。故选 D。（二）多项选择题；共（二）

29、多项选择题；共 3 题，每题题，每题 5 分，共分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有错选的得分，有错选的得 0 分。分。8.在同一片半导体基片上，分别制造 P 型半导体和 N 型半导体，经过载流子（电子）的扩散作用在交界面形成 PN 结。如图，N 型区中的电子会进入 P 型区内，从而使 N 型区一侧带正电，P 型区一侧带负电，稳定后两块半导体之间产生内建电场，形成耗尽层（阴影部分）。关于耗尽层，则（）A.耗尽层中，N 型区电势低于 P 型区

30、B.耗尽层中，N 型区电势高于 P 型区C.电子由 N 型区进入 P 型区，电势能减小D.电子由 N 型区进入 P 型区，电势能增大【答案】BD【解析】【详解】AB耗尽层中，N 型区带正电，P 型区带负电，产生 N 型区指向 P 型区的内建电场，故 N 型区电势高于 P 型区，故 B 正确，A 错误；CD电子由 N 型区进入 P 型区，电子受到的电场力由 P 型区指向 N 型区，电场力做负功，电势能增大，故 D 正确，C 错误。故选 BD。9.物理课上，老师在讲台上演示了滑块碰撞实验，桌面长 L=1m，在中央处放置一滑块 A，从桌边处给另一滑块 B 一初速度，两滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短，

31、碰后两滑块恰好都停在桌子两边沿，设两滑块的第 10 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司运动方向沿桌长边方向且在一条直线上（俯视图如图），滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数=0.2，g 取 10m/s2。则（）A.滑块 A 与滑块 B 质量之比为 1:3B.碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等C.滑块 B 的初速度大小为10m/sD.若滑块 A 的质量为 3kg，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为 5J【答案】CD【解析】【详解】A设滑块 A 与滑块 B 质量分别为 m1和 m2，滑块 B 的初速度为 v0，与滑块 A 碰前速度为 v，两滑块碰撞后的速度分别为 v

32、1和 v2，两滑块发生弹性碰撞，则有21 122m vm vm v22221 122111222m vmvm v碰后对滑块 A，根据动能定理有211 11022Lm gmv碰后对滑块 B，根据动能定理有22221022Lm gm v联立解得122m/svv2 2m/sv 12:3:1mm 故 A 错误；B根据牛顿第二定律可得mgma可知碰撞后两滑块的加速度大小相等，由于碰后速度大小也相等，则碰后运动时间相同。碰后滑块在滑动第 11 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司过程中摩擦力的冲量大小为fImgt可知由于两滑块的质量不同，所以碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小不相等，故 B 错

33、误；C碰前对滑块 B 分析，根据动能定理有22222 011222Lm gm vm v解得，滑块 B 的初速度大小为010m/sv 故 C 正确；D若滑块 A 的质量为 3kg，则滑块 B 的质量为21kgm 根据能量守恒可得，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为22015J2Em v故 D 正确。故选 CD。10.如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为 g。则（）A.匀强电场的电场强度大

34、小为tanmgqB.小球获得初速度的大小为5cosgLC.小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为tan1 sinmgLD.小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】BC【解析】第 12 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【详解】A小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析如图 小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有tanmgqE解得tanmgEq因为q未知，故 A 错误；B小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2mincosmgvmL则小球从初始位置运动

35、到 A 点的过程中，由动能定理可得22min0112 cos2 sin22mgLqELmvmv联立解得小球获得初速度的大小为05cosgLv故 B 正确；C小球机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为p=sintansintan1 sinEEqE LLmgqLLqmgL电故 C 正确；D小球从初始位置开始在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负的第 13 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司功，则

36、其电势能先增大后减小再增大，故 D 错误。故选 BC。【点睛】等效重力场问题，小球运动到等效最高点时，速度最小。小球恰好能做圆周运动的条件是，小球在等效最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力。在整个运动过程中，重力和电场力做功，即小球的动能、重力势能和电势能在相互转换，故小球电势能最大时，小球的机械能最小，减小的机械能等于增加的电势能。电场力做正功，电势能减小。二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 57 分分11.如图甲所示，某同学设计了验证碰撞中的动量守恒实验：在 O 点固定一拉力传感器，可测量细绳中的拉力大小。一根轻质、柔软、不可伸长的细线一端系一个质量为1m的小球 a，另

37、一端系在传感器上 O 点，悬点到小球球心的距离为 l。在 O 点正下方的水平桌面上静止放置一个中心与 a 球等高、质量为2m的片状橡皮泥 b。将小球 a 拉起一定的偏角后由静止释放，在最低点处与橡皮泥 b 发生碰撞，碰后粘在一起向左摆动。此过程采集到的拉力 F 随时间 t 变化关系如图乙所示。不考虑 a、b 形状变化所产生的影响，当地的重力加速度大小为 g。（1）小球 a 碰前瞬间的速度1v _；（2）若本实验中满足关系式_，则可得到结论：碰撞过程中，a、b 组成的系统在水平方向上动量守恒；（3）本实验由于碰撞损失的机械能为_。【答 案】.111Fm g lm .11112212mFm gmm

38、Fmmg .1222lFFm g【解析】【详解】（1）1小球 a 碰撞前，运动至最低点有第 14 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司2111vFm gml小球 a 碰前瞬间的速度为1111Fm g lvm（2）2小球 a 碰撞后，运动至最低点有2221212()()vFmm gmml小球 a 碰后瞬间的速度为221221Fm gm g lvmm碰撞过程中，a、b 组成的系统在水平方向上动量守恒，有1 1122()mvmm v整理得11112212mFm gmmFmmg（3）3本实验由于碰撞损失的机械能为221 112212211222lEmvmmvFFm g12.在学习测定电源的电动势

39、和内阻的实验时。小明同学查阅资料发现一种方法，并做出如下探究：（1）如图甲，E 是电源电动势可以逐渐调节的可变电源，闭合开关，调节 E，当灵敏电流计示数为_时，待测电源的电动势与可变电源此时的电动势相等。（2）小明想用此方法测某待测电源的电动势和内阻，但实验室没有可变电源，于是他和小组同学利用学校的器材设计了如图乙的实验电路图，小组同学关于图中 M、N 两个位置该放什么仪表起了争议，你认为正确的是_。第 15 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司AM 是电流传感器，N 是电压传感器 BM 是电压传感器，N 是电流传感器（3）为了测出待测电源电动势 Ex和内阻 r，小组同学进行了进一步的探

40、讨，设计了如图丙的实验电路图。同学们先断开 K2、闭合 K 和 K1，调节滑动变阻器使 N 表示数为零时，M 表的示数为 m。然后闭合开关K2，再次调节滑动变阻器使 N 表示数为零，M 表示数为m，P 处电流表示数为 n，则 Ex=_、r=_（结果用 m、m、n 表示）【答案】.0 .B .m .mmn【解析】公众号：高中试卷君【详解】（1）1电动势指电源未连入电路时两端的电压，因此当灵敏电流计示数为 0 时，待测电源的电动势与可变电源此时的电动势相等（2）2电压表与待测电阻并联测电压，电流表与待测电阻串联测电流，根据串并联关系可知 M 是电压传感器，N 是电流传感器。故选 B。（3）3 断开

41、 K2、闭合 K 和 K1，M 表与待测电源和可变电源并联，N 表示数为零时，待测电源的电动势跟 M 表的示数相等，因此xEm4 断开 K2、闭合 K 和 K1，然后闭合开关 K2，再次调节滑动变阻器使 N 表示数为零，M 表示数为m，此时 M 表示数时路端电压Um，P 处电流表示数为 n，根据闭合电路的欧姆定律EUIr，可得内阻为xEUmmrIn13.如图，光滑圆槽的半径 L 远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球（均可视为质点）同时由静止释放，开始时乙球的位置 B 低于甲球位置 A，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为，丙球释放位置 C 为圆槽的圆心，Q 为圆槽最低点；重力加速度为 g。若甲

42、、乙、丙三球不相碰，求：（1）求甲球运动到 O 点速度大小；（2）通过计算分析，甲乙丙三球谁先第一次到达 O 点；（3）若单独释放甲球从降放到第 15 次经过 O 点所经历的时间。【答案】（1）21 cosgL；（2）丙球最先到达；（3）292gL第 16 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】（1）设甲球质量为 m 根据题意可知甲球静止释放，运动到 O 点过程，由动能定理21cos2mg LLmv（）=解得甲球运动到 O 点速度大小为21 cosvgL（2）对于丙球，根据自由落体运动规律有212Lgt甲解得2=Ltg甲对于甲乙两球可看成类似单摆的简谐运动，其运动周期为2L

43、Tg甲乙两球第一次到达点 O 时运动14T周期，则1142LttTg乙甲丙球最先到达，甲乙同时到达。（3）根据题意可知甲球做简谐运动，运动一个周期经过两次 O 点，第 15 次经过 O 点所经历的时间为74TtT已知周期2LTg联立解得292tgL14.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，如图。来自质子源的质子（初速度为零）经加速电场加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐第 17 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司向电场，再从 P 点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上 Q 点的肿瘤细胞。已知四分之

44、一圆弧虚线处的场强大小为0E，方向沿半径指向圆心 O，圆 O与 OP 相切于 P 点，0OPR，圆形区域的半径为 R，Q 点位于 OP 上方2R处，质子质量为 m、电量为 e不计质子重力和质子间相互作用，求：（1）质子在 P 点处速度大小 v；（2）加速电场的加速电压 U；（3）圆形区域中匀强电场的场强大小1E。【答案】（1）00EmeRv；（2）0012UE R；（3）0014 3E RER【解析】【详解】（1）质子在辐向电场中做圆周运动，质子在辐向电场中电场力提供其做圆周运动的向心力，有00veEmR解得00vmeE R（2）在加速电场有212eUmv解得的第 18 页/共 20 页学科网

45、（北京）股份有限公司0012UE R（3）进入圆形电场中，其在竖直方向做匀速直线运动，有2Rvt水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有1eEma设O Q与O P的夹角为，有cos2RRR所以质子水平方向有21sin2Rat解得0014 3E RER15.如图，一圆心角为 60、半径为 1.2m 的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上，一表面与圆弧右端相切质量 m=1kg 的长木板 A 与圆弧轨道接触不粘连，在 A 右侧放着多个质量均为 2m 的滑块（视为质点）。开始时 A 和滑块均静止。左侧光滑平台上有两个可视为质点的物块 B、C，mB=3mC=3m，B、C 用细线拴连使轻弹簧处于压缩状态，此

46、时弹簧弹性势能为 6J，B、C 与弹簧不粘连。现将细线烧断，B、C 被弹簧弹开，物块 B 与弹簧分离后从平台飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上 A。当 A、B 刚共速时，A 恰好与滑块 1 发生第 1 次碰撞。一段时间后，A、B 再次共速时，A 恰好与滑块 1 发生第 2 次碰撞，此后 A、B 共速时，A 总是恰好与滑块 1 发生碰撞；最终物块 B 恰好没从 A 上滑落，若 A 与 B 之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度为 g=10m/s2，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：（1）物块 B 刚滑上 A 时的速度大小；（2）最终所有滑块获得的总动能 Ek；（3）

47、A 全过程运动的总位移 xA。【答案】（1）4m/s；（2）7.2J；（3）1.2m【解析】第 19 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）对 B、C 分析，根据动量守恒有BBCCm vm v根据能量守恒有22pBCCB1122Em vm vB 恰好进入圆弧轨道有BB1cos60vvB 从圆弧轨道左端到刚滑上 A，根据动能定理有22B 0BB1B11(1 cos60)22m vm vm gR联立解得，物块 B 刚滑上 A 时的速度大小为04m/sv（2）对 A、B 分析有，A、B 第一次共速有0103(3)mvmm v长木板 A 与滑块 1 发生第一次弹性碰撞过程有10A11

48、2mvmvmv22210A111112222mvmvmv解得A1014vv，1012vv，10034vvA、B 第二次达到共速有10A1203(3)mvmvmm v滑块 1 与滑块 2 碰撞后速度交换，滑块 1 碰后静止。A 与滑块 1 第二次碰撞有20A222mvmvmv22220A221112222mvmvmv解得A2016vv，2013vv，201023vv依次类推有10102()3nnvv)1,2(,3n，1A1012()33nnvv)1,2(,3n 第 20 页/共 20 页学科网（北京）股份有限公司A、B 发生相对滑动的过程中，加速度大小分别为A33mgagm，Bag则 A、B 的相对加速度为4ag第 n 次碰后，相对速度为10A02()3nnnnvvvv相对)1,2(,3n 第 n 次碰后，B 在 A 上滑行的路程为22104()289nnnvvlag相对)1,2(,3n 第无穷次碰撞后，B 在 A 上滑行总路程为221094(1)2940nvvlag相对所以长木板 A 的长度为220072.8m220vvLlag 则最终所有滑块获得的总动能为2k01337.2J2EmvmgL（3）物块 B 全过程的位移为20BB4m2vxaA、B 的相对位移为BA2.8mLxx则 A 全过程运动的总位移为A1.2mx 的