第Ⅰ卷選擇題
一、選擇題：共43分
（一）單項(xiàng)選擇題：共7題，每題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. 如圖，質(zhì)量為m的手機(jī)放置在支架斜面上，斜面與水平面的夾角為θ。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mgsinθ，方向沿斜面向上
C. 若θ增大，則支架對手機(jī)的摩擦力隨之減小
D. 若θ增大，則支架對手機(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v-t圖像如圖。則傘兵在（ ）
A. 0~10s內(nèi)位移大小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va和vb，分別將兩棵質(zhì)量相同視為質(zhì)點(diǎn)的秧苗a、b分別從高度為h1和h2的（h1>h2）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P點(diǎn)。若不計(jì)空氣阻力，則（ ）
A. 落地時(shí)a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. a、b兩秧苗的落地時(shí)間之比為va：vb
D. a、b兩秧苗的豎直高度之比為vb：va
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A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20cm
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
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，abcd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，ab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I方向如圖所示。則關(guān)于四邊形的四條邊所受到的安培力的大?。? ）
A. ab邊與bc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ad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B，方向垂直紙面向里。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。已知粒子質(zhì)量均為m。電荷量均為q。不計(jì)粒子的重力及相互作用力。則（ ）
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，正對著O處入射的粒子恰好可以到達(dá)地面
C. 若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可到達(dá)地面
D. 若粒子速率為，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）多項(xiàng)選擇題；共3題，每題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。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。
8. 在同一片半導(dǎo)體基片上，分別制造P型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)體，經(jīng)過載流子（電子）的擴(kuò)散作用在交界面形成PN結(jié)。如圖，N型區(qū)中的電子會(huì)進(jìn)入P型區(qū)內(nèi)，從而使N型區(qū)一側(cè)帶正電，P型區(qū)一側(cè)帶負(fù)電，穩(wěn)定后兩塊半導(dǎo)體之間產(chǎn)生內(nèi)建電場，形成耗盡層（陰影部分）。關(guān)于耗盡層，則（ ）
A. 耗盡層中，N型區(qū)電勢低于P型區(qū)
B 耗盡層中，N型區(qū)電勢高于P型區(qū)
C. 電子由N型區(qū)進(jìn)入P型區(qū)，電勢能減小
D. 電子由N型區(qū)進(jìn)入P型區(qū)，電勢能增大
9. 物理課上，老師在講臺上演示了滑塊碰撞實(shí)驗(yàn)，桌面長L=1m，在中央處放置一滑塊A，從桌邊處給另一滑塊B一初速度，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)μ=0.2，g取10m/s2。則（ ）
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m/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
10. 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L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則（ ）

A. 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為
B. 小球獲得初速度的大小為
C. 小球從初始位置運(yùn)動(dòng)至軌跡的最左端減少的機(jī)械能為
D. 小球從初始位置在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大
二、非選擇題：共5題，共57分
11. 如圖甲所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)：在O點(diǎn)固定一拉力傳感器，可測量細(xì)繩中的拉力大小。一根輕質(zhì)、柔軟、不可伸長的細(xì)線一端系一個(gè)質(zhì)量為的小球a，另一端系在傳感器上O點(diǎn)，懸點(diǎn)到小球球心的距離為l。在O點(diǎn)正下方的水平桌面上靜止放置一個(gè)中心與a球等高、質(zhì)量為的片狀橡皮泥b。將小球a拉起一定的偏角后由靜止釋放，在最低點(diǎn)處與橡皮泥b發(fā)生碰撞，碰后粘在一起向左擺動(dòng)。此過程采集到的拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮a、b形狀變化所產(chǎn)生的影響，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。
（1）小球a碰前瞬間的速度________；
（2）若本實(shí)驗(yàn)中滿足關(guān)系式________，則可得到結(jié)論：碰撞過程中，a、b組成系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒；
（3）本實(shí)驗(yàn)由于碰撞損失的機(jī)械能為________。
12. 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，E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_____。
A．M電流傳感器，N是電壓傳感器 B．M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Ex和內(nèi)阻r，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K2、閉合K和K1，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m。然后閉合開關(guān)K2，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，P處電流表示數(shù)為n，則Ex=_____、r=_____（結(jié)果用m、、n表示）
13. 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（均可視為質(zhì)點(diǎn)）同時(shí)由靜止釋放，開始時(shí)乙球的位置B低于甲球位置A，甲球與圓償圓心連線和豎直方向夾角為θ，丙球釋放位置C為圓槽的圓心，Q為圓槽最低點(diǎn)；重力加速度為g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：
（1）求甲球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)速度大小；
（2）通過計(jì)算分析，甲乙丙三球誰先第一次到達(dá)O點(diǎn)；
（3）若單獨(dú)釋放甲球從降放到第15次經(jīng)過O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間。
14. 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Q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，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點(diǎn)，，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點(diǎn)位于OP上方處，質(zhì)子質(zhì)量為m、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）加速電場加速電壓U；
（3）圓形區(qū)域中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小。
15. 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2m的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。開始時(shí)A和滑塊均靜止。左側(cè)光滑平臺上有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B、C，mB=3mC=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B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(shí)間后滑上A。當(dāng)A、B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、B再次共速時(shí)，A恰好與滑塊1發(fā)生第2次碰撞，此后A、B共速時(shí)，A總是恰好與滑塊1發(fā)生碰撞；最終物塊B恰好沒從A上滑落，若A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度為g=10m/s2，所有碰撞均為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短。求：
（1）物塊B剛滑上A時(shí)的速度大?。?br>（2）最終所有滑塊獲得的總動(dòng)能Ek；
（3）A全過程運(yùn)動(dòng)的總位移xA。
重慶市高2024屆（三上）學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研抽測（第一次）物理試卷
（物理試題卷共6頁，考試時(shí)間75分鐘，滿分100分）
第Ⅰ卷選擇題
一、選擇題：共43分
（一）單項(xiàng)選擇題：共7題，每題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. 如圖，質(zhì)量為m的手機(jī)放置在支架斜面上，斜面與水平面的夾角為θ。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mgsinθ，方向沿斜面向上
C. 若θ增大，則支架對手機(jī)的摩擦力隨之減小
D. 若θ增大，則支架對手機(jī)的支持力保持不變
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對手機(jī)受力分析，設(shè)手機(jī)受到的支持力為，摩擦力為，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有
根據(jù)牛頓第三定律可知手機(jī)對支架的壓力大小與手機(jī)受到的支持力大小相等，為，方向垂直于斜面向下 。手機(jī)受到的摩擦力大小為，方向沿斜面向上，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．由
可知若增大，增大，則支架對手機(jī)的摩擦力隨之增大，故C錯(cuò)誤；
D．由
若θ增大，減小，則支架對手機(jī)的支持力減小。故D錯(cuò)誤。
故選B。
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v-t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
【答案】C
【解析】
【詳解】A．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
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
加速度減小，則阻力減小，故BD錯(cuò)誤。
故選C。
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va和vb，分別將兩棵質(zhì)量相同視為質(zhì)點(diǎn)的秧苗a、b分別從高度為h1和h2的（h1>h2）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P點(diǎn)。若不計(jì)空氣阻力，則（ ）
A. 落地時(shí)a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. a、b兩秧苗的落地時(shí)間之比為va：vb
D. a、b兩秧苗的豎直高度之比為vb：va
【答案】B
【解析】
【詳解】A．a(chǎn)與b的重力相等，因h1>h2，所以落地時(shí)a球的豎直速度大于b球的豎直速度，根據(jù)P=Fv可知，落地時(shí)a的重力瞬時(shí)功率大于b的重力瞬時(shí)功率，A錯(cuò)誤；
B．設(shè)速度與水平方向夾角為，則
因?yàn)閔1>h2，所以
，
因?yàn)閍、b水平位移相等，所以
所以
則溶地時(shí)a的速度與水平方向夾角比b大，B正確；
C．因?yàn)?，所?br>故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)可知
故D錯(cuò)誤；
故選B。
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A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20cm
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖可知，波長為0.2m，周期為0.4s，則
故A錯(cuò)誤；
B．由振動(dòng)圖像可得，02s時(shí)質(zhì)點(diǎn)A處于平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)“上下坡法”可得，波沿x軸負(fù)方向傳播，故B錯(cuò)誤；
C．若兩列波能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，其頻率相同，根據(jù)周期與頻率的關(guān)系
故C錯(cuò)誤；
D．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20cm，故D正確。
故選D。
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
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
【答案】A
【解析】
【詳解】A．設(shè)M表示地球的質(zhì)量，在地球表面質(zhì)量為m的物體，有
中圓軌道衛(wèi)星由萬有引力提供向心力
聯(lián)立可得中圓軌道衛(wèi)星向心加速度約為
故A正確；
B．設(shè)M表示地球的質(zhì)量，m表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)萬有引力提供向心力有
可得
則有
已知，解得
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)萬有引力提供向心力有
解得
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C錯(cuò)誤；
D．因?yàn)橥杰壍佬l(wèi)星的軌道半徑大于中圓軌道衛(wèi)星的軌道半徑，所以衛(wèi)星從中圓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D錯(cuò)誤。
故選A。
6. 如圖，abcd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，ab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I方向如圖所示。則關(guān)于四邊形的四條邊所受到的安培力的大?。? ）
A. ab邊與bc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ad邊受到的安培力大小相等
D. ad邊受到的安培力最大
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)題意可知由于邊與磁場方向垂直，則邊受到的安培力大小為
由于邊與磁場方向平行，可知邊沒有受到安培力的作用，即
邊與豎直方向夾角為，則邊受到的安培力大小為
邊與磁場方向垂直，且長度最長，故邊受安培力的作用最大，并且大小為
BD．根據(jù)分析可知邊所受安培力最大。故B正確，D錯(cuò)誤；
AC．根據(jù)分析可知各邊安培力大小關(guān)系為
故AC錯(cuò)誤。
故選B。
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B，方向垂直紙面向里。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。已知粒子質(zhì)量均為m。電荷量均為q。不計(jì)粒子的重力及相互作用力。則（ ）
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，正對著O處入射的粒子恰好可以到達(dá)地面
C. 若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可到達(dá)地面
D. 若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側(cè)地面一半的區(qū)域
【答案】D
【解析】
【詳解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合適，粒子可到達(dá)MN右側(cè)地面，故A錯(cuò)誤；
B．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有
解得
若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達(dá)地面，其軌跡如圖所示
設(shè)該軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得
解得
故B錯(cuò)誤；
C．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有
解得
由B選項(xiàng)分析可知，若粒子速率等于時(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，入射到磁場的粒子均不可以到達(dá)地面，故C錯(cuò)誤；
D．若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得
解得
此時(shí)最下端的粒子正入射恰好可以到達(dá)最右側(cè)地面；而在最下端的以上入射的粒子，因?yàn)橄蛏掀D(zhuǎn)，能到達(dá)MN右側(cè)地面最右端以下；綜上所述，入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側(cè)地面一半的區(qū)域，故D正確。
故選D。
（二）多項(xiàng)選擇題；共3題，每題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。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。
8. 在同一片半導(dǎo)體基片上，分別制造P型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)體，經(jīng)過載流子（電子）的擴(kuò)散作用在交界面形成PN結(jié)。如圖，N型區(qū)中的電子會(huì)進(jìn)入P型區(qū)內(nèi)，從而使N型區(qū)一側(cè)帶正電，P型區(qū)一側(cè)帶負(fù)電，穩(wěn)定后兩塊半導(dǎo)體之間產(chǎn)生內(nèi)建電場，形成耗盡層（陰影部分）。關(guān)于耗盡層，則（ ）
A. 耗盡層中，N型區(qū)電勢低于P型區(qū)
B. 耗盡層中，N型區(qū)電勢高于P型區(qū)
C. 電子由N型區(qū)進(jìn)入P型區(qū)，電勢能減小
D. 電子由N型區(qū)進(jìn)入P型區(qū)，電勢能增大
【答案】BD
【解析】
【詳解】AB．耗盡層中，N型區(qū)帶正電，P型區(qū)帶負(fù)電，產(chǎn)生N型區(qū)指向P型區(qū)的內(nèi)建電場，故N型區(qū)電勢高于P型區(qū)，故B正確，A錯(cuò)誤；
CD．電子由N型區(qū)進(jìn)入P型區(qū)，電子受到的電場力由P型區(qū)指向N型區(qū)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故D正確，C錯(cuò)誤。
故選BD。
9. 物理課上，老師在講臺上演示了滑塊碰撞實(shí)驗(yàn)，桌面長L=1m，在中央處放置一滑塊A，從桌邊處給另一滑塊B一初速度，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)μ=0.2，g取10m/s2。則（ ）
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m/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
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．設(shè)滑塊A與滑塊B質(zhì)量分別為m1和m2，滑塊B的初速度為v0，與滑塊A碰前速度為v，兩滑塊碰撞后的速度分別為v1和v2，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，則有
碰后對滑塊A，根據(jù)動(dòng)能定理有
碰后對滑塊B，根據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律可得
可知碰撞后兩滑塊的加速度大小相等，由于碰后速度大小也相等，則碰后運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同。碰后滑塊在滑動(dòng)過程中摩擦力的沖量大小為
可知由于兩滑塊的質(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B錯(cuò)誤；
C．碰前對滑塊B分析，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得，滑塊B的初速度大小為
故C正確；
D．若滑塊A的質(zhì)量為3kg，則滑塊B的質(zhì)量為
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
故D正確。
故選CD。
10. 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L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則（ ）

A. 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為
B. 小球獲得初速度的大小為
C. 小球從初始位置運(yùn)動(dòng)至軌跡的最左端減少的機(jī)械能為
D. 小球從初始位置在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢能先減小后增大
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，對小球受力分析如圖

小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有
解得
因?yàn)槲粗?，故A錯(cuò)誤；
B．小球恰能繞O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向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有
則小球從初始位置運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得小球獲得初速度的大小為
故B正確；
C．小球機(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)與圓心等高處時(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初始位置運(yùn)動(dòng)至軌跡的最左端減少的機(jī)械能為
故C正確；
D．小球從初始位置開始在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過程中，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D錯(cuò)誤。
故選BC。
【點(diǎn)睛】等效重力場問題，小球運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)，速度最小。小球恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)的條件是，小球在等效最高點(diǎn)時(shí)，由重力和電場力的合力提供向心力。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，重力和電場力做功，即小球的動(dòng)能、重力勢能和電勢能在相互轉(zhuǎn)換，故小球電勢能最大時(shí)，小球的機(jī)械能最小，減小的機(jī)械能等于增加的電勢能。電場力做正功，電勢能減小。
二、非選擇題：共5題，共57分
11. 如圖甲所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)了驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)：在O點(diǎn)固定一拉力傳感器，可測量細(xì)繩中的拉力大小。一根輕質(zhì)、柔軟、不可伸長的細(xì)線一端系一個(gè)質(zhì)量為的小球a，另一端系在傳感器上O點(diǎn)，懸點(diǎn)到小球球心的距離為l。在O點(diǎn)正下方的水平桌面上靜止放置一個(gè)中心與a球等高、質(zhì)量為的片狀橡皮泥b。將小球a拉起一定的偏角后由靜止釋放，在最低點(diǎn)處與橡皮泥b發(fā)生碰撞，碰后粘在一起向左擺動(dòng)。此過程采集到的拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。不考慮a、b形狀變化所產(chǎn)生的影響，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。
（1）小球a碰前瞬間的速度________；
（2）若本實(shí)驗(yàn)中滿足關(guān)系式________，則可得到結(jié)論：碰撞過程中，a、b組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒；
（3）本實(shí)驗(yàn)由于碰撞損失的機(jī)械能為________。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【詳解】（1）[1]小球a碰撞前，運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)有
小球a碰前瞬間的速度為
（2）[2]小球a碰撞后，運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)有
小球a碰后瞬間的速度為
碰撞過程中，a、b組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有
整理得
（3）[3]本實(shí)驗(yàn)由于碰撞損失的機(jī)械能為
12. 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，E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_____。
A．M是電流傳感器，N是電壓傳感器 B．M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Ex和內(nèi)阻r，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K2、閉合K和K1，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m。然后閉合開關(guān)K2，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，P處電流表示數(shù)為n，則Ex=_____、r=_____（結(jié)果用m、、n表示）
【答案】 ①. 0 ②. B ③. m ④.
【解析】
【詳解】（1）[1]電動(dòng)勢指電源未連入電路時(shí)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)勢與可變電源此時(shí)的電動(dòng)勢相等
（2）[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）[3] 斷開K2、閉合K和K1，M表與待測電源和可變電源并聯(lián)，N表示數(shù)為零時(shí)，待測電源的電動(dòng)勢跟M表的示數(shù)相等，因此
[4] 斷開K2、閉合K和K1，然后閉合開關(guān)K2，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，此時(shí)M表示數(shù)時(shí)路端電壓，P處電流表示數(shù)為n，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，可得內(nèi)阻為
13. 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（均可視為質(zhì)點(diǎn)）同時(shí)由靜止釋放，開始時(shí)乙球的位置B低于甲球位置A，甲球與圓償圓心連線和豎直方向夾角為θ，丙球釋放位置C為圓槽的圓心，Q為圓槽最低點(diǎn)；重力加速度為g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：
（1）求甲球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)速度大?。?br>（2）通過計(jì)算分析，甲乙丙三球誰先第一次到達(dá)O點(diǎn)；
（3）若單獨(dú)釋放甲球從降放到第15次經(jīng)過O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間。
【答案】（1）；（2）丙球最先到達(dá)；（3）
【解析】
【詳解】（1）設(shè)甲球質(zhì)量為m根據(jù)題意可知甲球靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理
解得甲球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)速度大小為
（2）對于丙球，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
解得
對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
甲乙兩球第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)運(yùn)動(dòng)周期，則
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O點(diǎn)，第15次經(jīng)過O點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為
已知周期
聯(lián)立解得
14. 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Q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，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點(diǎn)，，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點(diǎn)位于OP上方處，質(zhì)子質(zhì)量為m、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)處速度大小v；
（2）加速電場的加速電壓U；
（3）圓形區(qū)域中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（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
解得
（2）在加速電場有
解得
（3）進(jìn)入圓形電場中，其在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有
水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有
設(shè)與的夾角為，有
所以質(zhì)子水平方向有
解得
15. 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2m的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。開始時(shí)A和滑塊均靜止。左側(cè)光滑平臺上有兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B、C，mB=3mC=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B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(shí)間后滑上A。當(dāng)A、B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、B再次共速時(shí)，A恰好與滑塊1發(fā)生第2次碰撞，此后A、B共速時(shí)，A總是恰好與滑塊1發(fā)生碰撞；最終物塊B恰好沒從A上滑落，若A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度為g=10m/s2，所有碰撞均為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短。求：
（1）物塊B剛滑上A時(shí)的速度大??；
（2）最終所有滑塊獲得的總動(dòng)能Ek；
（3）A全過程運(yùn)動(dòng)的總位移xA。

【答案】（1）4m/s；（2）7.2J；（3）1.2m
【解析】
【詳解】（1）對B、C分析，根據(jù)動(dòng)量守恒有
根據(jù)能量守恒有
B恰好進(jìn)入圓弧軌道有
B從圓弧軌道左端到剛滑上A，根據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得，物塊B剛滑上A時(shí)的速度大小為
（2）對A、B分析有，A、B第一次共速有
長木板A與滑塊1發(fā)生第一次彈性碰撞過程有
解得
，，
A、B第二次達(dá)到共速有
滑塊1與滑塊2碰撞后速度交換，滑塊1碰后靜止。A與滑塊1第二次碰撞有
解得
，，
依次類推有
，
A、B發(fā)生相對滑動(dòng)的過程中，加速度大小分別為
，
則A、B的相對加速度為
第n次碰后，相對速度為
第n次碰后，B在A上滑行的路程為
第無窮次碰撞后，B在A上滑行總路程為
所以長木板A的長度為
則最終所有滑塊獲得的總動(dòng)能為
（3）物塊B全過程的位移為
A、B的相對位移為
則A全過程運(yùn)動(dòng)的總位移為

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