【期中真題】廣東省廣東廣雅中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中考試物理試題.zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2022學(xué)年上學(xué)期高三級(jí)期中考試試卷物理本試卷共6頁(yè)，滿分100分，考試用時(shí)75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題（共8小題，每題3分，共24分）1. 舉重是我國(guó)奧運(yùn)會(huì)上的傳統(tǒng)優(yōu)勢(shì)項(xiàng)目。如圖所示，舉重運(yùn)動(dòng)員成功把196公斤杠鈴舉過(guò)頭頂保持靜止，關(guān)于這個(gè)狀態(tài)下列說(shuō)法正確的是（　　） A. 運(yùn)動(dòng)員此時(shí)處于超重狀態(tài)B. 運(yùn)動(dòng)員受到杠鈴對(duì)他的壓力就是杠鈴的重力C. 運(yùn)動(dòng)員受到地面的支持力是由于地面形變而產(chǎn)生的D. 運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴的支持力與運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力是一對(duì)作用力與反作用力【答案】C【解析】【詳解】A．對(duì)舉重運(yùn)動(dòng)員受力分析可知，舉重運(yùn)動(dòng)員把杠鈴舉過(guò)頭頂保持靜止，無(wú)加速度，受力合零，既不超重也不失重，A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員受到杠鈴對(duì)他的壓力施力物體是杠鈴，杠鈴的重力施力物體為地球，不是同一力，B錯(cuò)誤；C．彈力是施力物體的形變引起的，所以運(yùn)動(dòng)員受到地面的支持力是由于地面形變而產(chǎn)生的，C正確；D．一對(duì)作用力與反作用力是兩個(gè)物體之間的相互作用，運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴的支持力與杠鈴對(duì)運(yùn)動(dòng)員的壓力才是作用力與反作用力，D錯(cuò)誤。故選C。2. 每個(gè)工程設(shè)計(jì)都蘊(yùn)含一定的科學(xué)道理。如下圖的兩種家用燃?xì)鉅t架都有四個(gè)爪，若將總質(zhì)量為m的鍋放在圖乙所示的爐架上，忽略爪與鍋之間的摩擦力，設(shè)鍋為半徑為R的球面，則每個(gè)爪與鍋之間的彈力（　?。?/span> A. 等于 B. 小于C. R越大，彈力越大 D. R越大，彈力越小【答案】D【解析】【詳解】如圖所示，假設(shè)每個(gè)爪與鍋之間的彈力方向與豎直方向的夾角為，爪與爪之間的距離為，由圖中幾何關(guān)系可得由受力平衡可得解得可知越大，越小，越大，越小，D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D。3. 中國(guó)軍隊(duì)于2020年9月21日至26日派員赴俄羅斯阿斯特拉罕州參加“高加索2020”戰(zhàn)略演習(xí)，演習(xí)中某特種兵從空中靜止的直升飛機(jī)上，抓住一根豎直懸繩由靜止開(kāi)始下滑，其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，時(shí)刻特種兵著地，關(guān)于該特種兵，下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)B. 時(shí)間內(nèi)所受阻力越來(lái)越大C. 時(shí)間內(nèi)的平均速度D. 時(shí)間內(nèi)合外力的沖量為零【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．時(shí)間內(nèi)物體向下加速，所以加速度方向向下，屬于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤。B．時(shí)間內(nèi)物體向下減速，根據(jù)牛二則有圖像斜率增加，加速度增加，阻力增加，B正確。C．時(shí)間內(nèi)不屬于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，所以無(wú)法使用來(lái)求平均速度，C錯(cuò)誤。D．合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，由于時(shí)間內(nèi)速度的變化量不為0，所以動(dòng)量的變化量也不為0，D錯(cuò)誤。故選B。4. 如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，C為電容器，R1(R1>r)和R2為定值電阻，R3為光敏電阻（阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小），A為理想電流表，G為靈敏電流計(jì)，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后，在逐漸增大對(duì)R3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中（　?。?/span> A. 電源的輸出功率可能先增大后減小 B. A表的示數(shù)變小C. 電源的效率變小 D. G表中有從a至b的電流【答案】C【解析】【詳解】A．因?yàn)?/span>R1>r ，所以外電路的總電阻大于電源的內(nèi)阻，在逐漸增大對(duì)R3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中，R3減小，外電路的總電阻減小，外電路的阻值向內(nèi)阻接近，電源的輸出功率增大，A錯(cuò)誤；B．在逐漸增大對(duì)R3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電流表的示數(shù)變大，B錯(cuò)誤；C．電源的效率為變形得在逐漸增大對(duì)R3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中，R3減小，外電路的總電阻R減小，電源的效率減小，C正確；D．在逐漸增大對(duì)R3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電容器兩端電壓減小，電容器放電，電流表G表中有從b至a的電流，D錯(cuò)誤。故選C。5. 如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h處由靜止開(kāi)始自由下滑，則下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span> A. 在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B. 在下滑過(guò)程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽不做功C. 被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處D. 被彈簧反彈離開(kāi)彈簧后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】A．在下滑過(guò)程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，動(dòng)量守恒；在豎直方向上所受合外力不為零，動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．在下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知槽向左運(yùn)動(dòng)，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽做正功，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知小球滑到斜槽底端時(shí)和槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈離開(kāi)彈簧后，速度大小不變，與槽的速度相等，所以小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)，且小球不可能追上槽并回到槽上高h處，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。6. 硒鼓是激光打印機(jī)的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉(cāng)和清潔裝置構(gòu)成，工作中充電輥表面的導(dǎo)電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負(fù)電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過(guò)程：電荷量均為的點(diǎn)電荷，對(duì)稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時(shí)刻圓周上P點(diǎn)的一個(gè)點(diǎn)電荷的電量突變成，則圓心O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為（　　） A. ，方向沿半徑指向P點(diǎn)B. ，方向沿半名背離P點(diǎn)C. ，方向沿半徑指向P點(diǎn)D. ，方向沿半徑背離P點(diǎn)【答案】D【解析】【分析】【詳解】當(dāng)P點(diǎn)的電荷量為-q時(shí)，根據(jù)電場(chǎng)的對(duì)稱性，可得在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，當(dāng)P點(diǎn)的電荷為+2q時(shí)，可看作[-q+（+3q）]，故可以看做兩個(gè)電場(chǎng)的疊加故O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為方向沿半徑背離P點(diǎn)。故選D。7. 絕緣光滑水平面上有ABO三點(diǎn)，以O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右方向?yàn)檎较蚪⒅本€坐標(biāo)軸x軸，A點(diǎn)坐標(biāo)為-2m，B點(diǎn)坐標(biāo)為2m，如圖甲所示。A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)變化如圖乙，左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右側(cè)圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，以初速度由A點(diǎn)向右射出，則關(guān)于負(fù)點(diǎn)電荷沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（忽略負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)）（　?。?/span>A. 負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過(guò)程中加速度越來(lái)越大B. 當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于和時(shí)，電場(chǎng)力大小相等C. 負(fù)點(diǎn)電荷在B點(diǎn)速度大于D. 負(fù)點(diǎn)電荷在AO段的平均速度等于在OB段的平均速度【答案】B【解析】【詳解】A．圖像斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過(guò)程中，圖像斜率越來(lái)越小，電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力越來(lái)越小，則加速度也越來(lái)越小，A錯(cuò)誤；B．作圖如圖所示根據(jù)上述，O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程是勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電場(chǎng)強(qiáng)度大小與圖中虛線表示的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，由于左側(cè)圖線為四分之一圓弧，將虛線平移至與圓弧相切，切點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，即當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于和時(shí)，電場(chǎng)力大小相等，B正確；C．根據(jù)可知，負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功為0，即合外力做的功為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知，負(fù)點(diǎn)電荷在B點(diǎn)速度等于，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述可知，負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，先做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，作出圖如圖所示由于變加速過(guò)程與勻減速過(guò)程的位移相等，即上圖中曲線與時(shí)間軸所圍面積等于直線與時(shí)間軸所圍面積，則根據(jù)可知，負(fù)點(diǎn)電荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，D錯(cuò)誤。故選B。8. 角速度計(jì)可測(cè)量飛機(jī)、航天器、潛艇的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，其簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖所示。當(dāng)系統(tǒng)繞轉(zhuǎn)軸 OO′轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，元件A在光滑直桿上發(fā)生位移并輸出相應(yīng)的無(wú)線電壓信號(hào)U，成為飛機(jī)、衛(wèi)星等的制導(dǎo)系統(tǒng)的信息源。已知A的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為 k、自然長(zhǎng)度為 l，電源的電動(dòng)勢(shì)為 E、內(nèi)阻不計(jì)。滑動(dòng)變阻器總長(zhǎng)也為l，電阻分布均勻，系統(tǒng)靜止時(shí)滑片 P位于B點(diǎn)，當(dāng)系統(tǒng)（包括電路系統(tǒng)）以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí) （　　）A. 流過(guò)電源E的電流隨角速度的增大而增大B. 流過(guò)電源E的電流隨角速度的增大而減小C. 彈簧的伸長(zhǎng)量為 x = D. 輸出電壓 U 與ω的函數(shù)式為U = 【答案】D【解析】【詳解】AB．系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，無(wú)論角速度增大還是減小，BC的電阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流保持不變，與角速度無(wú)關(guān)，故AB錯(cuò)誤；C．設(shè)系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為x，則對(duì)元件A，根據(jù)牛頓第二定律得求得故C錯(cuò)誤；D．輸出電壓求得故D正確故選D。二、多項(xiàng)選擇題（4小題，每題5分，共20分，漏選3分，錯(cuò)選0分）9. 2021年5月15日，我國(guó)自主研制的火星探測(cè)器“天問(wèn)一號(hào)”著陸火星。如圖所示，著陸火星前探測(cè)器成功進(jìn)入環(huán)火星半長(zhǎng)軸為的橢圓軌道，然后實(shí)施近火星制動(dòng)，順利完成“太空剎車”，被火星捕獲，進(jìn)入環(huán)火星半徑為、周期為的圓形軌道。則關(guān)于“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器，下列說(shuō)法正確的是（　　）A. 探測(cè)器由橢圓軌道進(jìn)入圓軌道應(yīng)該在點(diǎn)加速B. 探測(cè)器沿橢圓軌道從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)機(jī)械能守恒C. 探測(cè)器在點(diǎn)變軌前后，加速度將增大D. 探測(cè)器沿橢圓軌道由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需的最短時(shí)間為【答案】BD【解析】【詳解】A．探測(cè)器由橢圓軌道實(shí)施近火星制動(dòng)，因此進(jìn)入圓軌道應(yīng)該在點(diǎn)減速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．探測(cè)器沿橢圓軌道從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項(xiàng)B正確；C．探測(cè)器在點(diǎn)變軌前后，萬(wàn)有引力不變，加速度不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有解得因此探測(cè)器沿橢圓軌道由點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需的最短時(shí)間為選項(xiàng)D正確。故選BD。10. 如圖所示，一籃球以水平初速度碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉?lái)的k倍（），碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，彈回后籃球的中心恰好經(jīng)過(guò)籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點(diǎn)與籃框中心的高度差為h，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則：（　?。?/span> A. 碰撞過(guò)程中，籃球的機(jī)械能守恒B. 籃板對(duì)籃球的沖量大小為C. 籃球的水平初速度大小為D. 若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的情況下，要使籃球中心經(jīng)過(guò)籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．由題意知，碰撞過(guò)程中速度減小，籃球的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤B．以彈回的速度方向?yàn)檎较颍瑩?jù)動(dòng)量定理可得，籃板對(duì)籃球的沖量大小故B正確;C．籃球彈回做平拋運(yùn)動(dòng)，由位移公式可得聯(lián)立可得故 C錯(cuò)誤:
D．若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的情況下，籃球彈回的速度減小，結(jié)合C中分析可知，要使籃球中心經(jīng)過(guò)籃框中心，即水平位移不變，應(yīng)延長(zhǎng)時(shí)間，故應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故D正確。故選BD。11. 在兒童樂(lè)園的蹦床項(xiàng)目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳，如圖所示。某次蹦床活動(dòng)中小孩靜止時(shí)處于O點(diǎn)，當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落可將蹦床壓到最低點(diǎn)B，小孩可看成質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，小孩重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量B. 從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩動(dòng)能的減少量等于蹦床彈性勢(shì)能的增加量C. 從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能的減少量小于蹦床彈性勢(shì)能的增加量D. 從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量【答案】AD【解析】【詳解】A．小孩從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mghAO－W彈1＝ΔEk1A正確；B．小孩從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mghOB－W彈2＝ΔEk2B錯(cuò)誤；C．小孩從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由功能關(guān)系可得－W彈＝ΔE機(jī)C錯(cuò)誤；D．小孩從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，彈性繩和蹦床的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小孩的機(jī)械能，則知小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢(shì)能的減少量，D正確。故選AD。12. 如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運(yùn)動(dòng)，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說(shuō)法中正確的是（　?。?/span> A. 兩滑塊發(fā)生碰撞的過(guò)程中，其動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B. 兩滑塊分離時(shí)，彈簧一定處于原長(zhǎng)C. 滑塊P最終一定停在出發(fā)點(diǎn)左側(cè)的某一位置D. 整個(gè)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02【答案】ABD【解析】【詳解】A．兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩者碰撞后一起運(yùn)動(dòng)，碰撞不是彈性碰撞，碰撞過(guò)程機(jī)械能有損失，碰撞過(guò)程機(jī)械能不守恒，故A正確；B．當(dāng)P、Q間彈力為零時(shí)兩滑塊分離，分離前瞬間它們的加速度相等，由牛頓第二定律，對(duì)Paμg對(duì)Qμ′mg﹣T＝ma解得T＝mg（μ′﹣μ）如果μ′＝μ，則T＝0，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，故B正確；C．兩滑塊碰撞后在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中要克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，當(dāng)P回到兩球碰撞位置時(shí)的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止時(shí)的位置一定在其出發(fā)點(diǎn)的右側(cè)，故C錯(cuò)誤；D．由于兩滑塊分離后Q繼續(xù)向左做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)Q停止時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，在整個(gè)過(guò)程中，P的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能與內(nèi)能，由能量守恒定律可知W+EP?2mv02＝mv02W＝mv02﹣EP則兩滑塊克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正確；故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題（2小題，共16分）13. 某同學(xué)用圖中所示的裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．先將a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開(kāi)始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把大小相同的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止放置，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止開(kāi)始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次． (1)本實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量的物理量有________A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質(zhì)量ma、mbC．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開(kāi)斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間tE．記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OCF．a球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，兩小球的質(zhì)量關(guān)系為ma__________mb(填“大于”、“小于”或“等于”)； (3)放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時(shí)落地？____________（填“同時(shí)落地”、“a球先落地”或“b球先落地”），如果不是同時(shí)落地，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果有沒(méi)有影響？____________（填“有影響”、“沒(méi)有影響”）；(4)為測(cè)定未放小球b時(shí)，小球a落點(diǎn)B的平均位置，把刻度尺的零刻度線跟記錄紙上的O點(diǎn)對(duì)齊，圖中給出了小球a落點(diǎn)附近的情況，由圖可得OB距離應(yīng)為__________ cm；(5)按照本實(shí)驗(yàn)方法，驗(yàn)證動(dòng)量守恒的驗(yàn)證式是_____________________．（用題中測(cè)得物理量的符號(hào)表示）【答案】 ①. BE ②. 大于 ③. b球先落地 ④. 對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無(wú)影響 ⑤. 45.95(45.92~45.98) ⑥. maOB＝maOA＋mbOC【解析】【分析】（1）要驗(yàn)證動(dòng)量守恒，就需要知道碰撞前后的動(dòng)量，所以要測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，速度可以用水平位移代替（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律不難判斷出各自做平拋運(yùn)動(dòng)的落地點(diǎn)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出碰撞前后兩個(gè)小球的速度，根據(jù)動(dòng)量的公式列出表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)看碰撞前后的動(dòng)量是否相等．【詳解】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，利用平拋的水平距離和物體質(zhì)量的乘積列動(dòng)量守恒，所以需要測(cè)量小球a、b的質(zhì)量ma、mb，記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OC．故選BE．（2）要使碰后a球的速度大于零，水平向右，故兩球的關(guān)系是ma 應(yīng)大于mb,，（3）b球先落地，b球先做的平拋運(yùn)動(dòng)．
（4）不影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果．因?yàn)閮尚∏蚋髯宰銎綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間是相等的．（5）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動(dòng)，所以未放被碰小球時(shí)小球a的落地點(diǎn)為B點(diǎn)，由圖可知OB距離應(yīng)為45.95cm；（6）B為碰前入射小球落點(diǎn)的位置，A為碰后入射小球的位置，C為碰后被碰小球的位置，
碰撞前入射小球的速度
碰撞后入射小球的速度

碰撞后被碰小球的速度
若mav1=mbv3+mav2則表明通過(guò)該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒
帶入數(shù)據(jù)得：maOB＝maOA＋mbOC【點(diǎn)睛】本題利用各自做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，將速度關(guān)系轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系．14. 用以下器材盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量待測(cè)電阻的阻值。A．待測(cè)電阻，阻值約為200；B．電源E，電動(dòng)勢(shì)約為3.0V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)；C．電流表，量程為0～10mA，內(nèi)電阻＝20；D．電流表，量程為0～20mA，內(nèi)電阻約為≈8；E．定值電阻，阻值＝80；F．滑動(dòng)變阻器，最大阻值為10；G．滑動(dòng)變阻器，最大阻值為200；H．單刀單擲開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干；（1）為了盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電阻的阻值，請(qǐng)你設(shè)計(jì)并在圖虛線框內(nèi)完成實(shí)驗(yàn)電路圖________。（2）滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選________（選填器材前面的字母代號(hào)）；在閉合開(kāi)關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)置于_________端（選填“a”或“b”）；（3）若某次測(cè)量中電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，則的表達(dá)式為：______。（用題中測(cè)得物理量的符號(hào)表示）【答案】 ①. ②. F ③. b ④. 【解析】【詳解】（1）[1]沒(méi)有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表A1與定值電阻串聯(lián)測(cè)電壓，用電流表A2測(cè)電流，故虛線框內(nèi)的電路圖如圖所示（2）[2]滑動(dòng)變阻器要采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作和精確，要選擇阻值較小的，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇R1，即選F；[3]滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)前滑片應(yīng)置于b端；（3）[4]由圖示電路圖可知，待測(cè)電阻阻值為四、計(jì)算題（3小題，共40分）15. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，其中有一個(gè)半徑為的豎直光滑圓環(huán)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在最低點(diǎn)A點(diǎn)，給小球一個(gè)初動(dòng)能，讓其恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量的變化。（已知，g取）求：（1）小球所受電場(chǎng)力與重力的合力F；（2）小球在A點(diǎn)的初動(dòng)能。【答案】（1），方向與豎直方向夾角為；（2）【解析】【詳解】（1）因?yàn)橹亓εc電場(chǎng)力均為恒力，所以二者的合力大小為方向與豎直方向的夾角為，有可得合力與豎直方向夾角為；（2）小球恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在其等效最高點(diǎn)，有小球從等效最高點(diǎn)至A點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得聯(lián)立代入相關(guān)數(shù)據(jù)求得小球在A點(diǎn)的初動(dòng)能16. 如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道半徑，在b處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長(zhǎng)的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，與彈簧分開(kāi)之后A向左滑上小車，B向右滑動(dòng)且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊A與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取。求：（1）物塊B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢(shì)能；（3）物塊A相對(duì)小車滑動(dòng)多遠(yuǎn)的距離。【答案】(1)，方向豎直向下；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)對(duì)B分析，在軌道最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得從b到d由動(dòng)能定理可得在b點(diǎn)由牛頓第二定律可得聯(lián)立以上方程可得由牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道的壓力方向豎直向下(2)細(xì)繩剪斷之后，由動(dòng)量守恒定律可得由能量守恒可得聯(lián)立以上方程可得(3)假設(shè)A恰好滑到小車左端時(shí)與小車有共同速度v，由動(dòng)量守恒定律可得由能量守恒可得解得17. 在光滑的水平面上有一凹形木板A，質(zhì)量為，長(zhǎng)度為，不計(jì)凹形木板A左右兩壁的厚度，其上表面也光滑；另有一質(zhì)量也為m的帶電滑塊B靜止于凹形木板A的左側(cè)（如圖），帶電滑塊B所帶電荷量為。在水平面上方空間中加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度。時(shí)滑塊B由靜止釋放，設(shè)滑塊B與A兩側(cè)的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。（1）求滑塊B與凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小；（2）求滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再一次運(yùn)動(dòng)到凹形木板A左側(cè)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)滑塊B所做的功；（3）求滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與凹形木板A發(fā)生第n次碰撞的過(guò)程中，凹形木板A運(yùn)動(dòng)的總位移。【答案】（1），；（2）0.4J；（3）2n(n-1)m【解析】【詳解】滑塊B由靜止釋放后，在電場(chǎng)力作用下，從木板A的左側(cè)勻加速運(yùn)動(dòng)到右側(cè)，木板A不動(dòng)。對(duì)B有解得第一次碰前B的速度為vB1，則解得由滑塊B和木板A發(fā)生彈性碰撞得解得（2）第一次碰后，木板A勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊B做初速度為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t秒解得說(shuō)明：第一次碰后，歷時(shí)t=1s，滑塊B在木板左側(cè)，且二者有共同速度，不發(fā)生碰撞。所以滑塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到再一次運(yùn)動(dòng)到凹形木板A左側(cè)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)滑塊B所做功（3）說(shuō)明：t=2s時(shí)，滑塊B在木板左側(cè)，且二者有共同速度，不發(fā)生碰撞。同理，滑塊B與木板A發(fā)生第二次碰撞有：碰前碰撞得解得且有：第一次碰撞后第二次碰撞后由數(shù)學(xué)歸納可知：木板A與滑塊B發(fā)生（n-1）次碰撞到n次碰撞過(guò)程中則木板A發(fā)生的總位移

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