注意事項(xiàng)：
1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在本試卷和答題卡上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如有改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上，寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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. 一輛汽車(chē)從靜止開(kāi)始沿平直公路做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，途經(jīng)A、B、C、D、E五個(gè)位置，如圖所示，汽車(chē)從B到C、C到D和D到E的時(shí)間相等，且都是5s，已知BC間的距離，DE間的距離，則（ ）
A. 汽車(chē)的加速度B. CD間的距離
C. 汽車(chē)經(jīng)過(guò)位置C的速度D. 汽車(chē)在BD段的平均速度
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知
得
其中
聯(lián)立解得
故A錯(cuò)誤；
B．因?yàn)?br>故
故B正確；
CD．根據(jù)中間時(shí)刻的速度等于平均速度知，汽車(chē)經(jīng)過(guò)位置C的速度等于汽車(chē)在BD段的平均速度
故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。
故選B。
2. 用一根細(xì)繩a懸掛甲和乙兩個(gè)小球使其靜止在光滑斜面上，甲和乙之間用輕彈簧b連接，如圖所示。甲和乙的質(zhì)量分別為3m和m，斜面的傾角。細(xì)繩a和彈簧b的中心軸線在同一條直線上且與斜面平行。重力加速度為g，剪斷細(xì)繩a的瞬間（ ）
A. 甲和乙的加速度都為0B. 甲和乙的加速度都為
C. 甲的加速度為，乙的加速度為0D. 甲的加速度為0，乙的加速度為
【答案】C
【解析】
【詳解】在剪斷繩子之前，乙處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力等于乙的重力沿斜面的分力相等。在剪斷細(xì)繩a的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長(zhǎng)量沒(méi)有來(lái)得及發(fā)生改變，故彈力不變?nèi)詾橐业闹亓ρ匦泵嫔系姆至?，故乙球的加速度為零?br>在剪斷繩子之前，對(duì)甲、乙球整體受力分析，可知
在剪斷細(xì)繩a的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對(duì)甲球根據(jù)牛頓第二定律得
故選C。
3. 高空墜物對(duì)人的傷害很?chē)?yán)重，一個(gè)雞蛋從18樓拋下可以砸裂人的頭骨，我國(guó)法律對(duì)“高空拋物”有明確的條文規(guī)定。某同學(xué)用下面的實(shí)例來(lái)論證這種可能性：讓一個(gè)質(zhì)量為的雞蛋從17樓窗戶自由落下，相鄰樓層的高度差，與地面撞擊的時(shí)間約為，不計(jì)空氣阻力，從17樓下落的雞蛋對(duì)地面的平均撞擊力約為（ ）
A. 500NB. 1000NC. 1500ND. 5000N
【答案】A
【解析】
【詳解】雞蛋做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度與位移的關(guān)系有
雞蛋撞擊地面過(guò)程，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
故選A。
4. 如圖所示，電荷量分別為的三個(gè)點(diǎn)電荷甲、乙、丙分別位于半徑為R的圓周上，其中點(diǎn)電荷乙和丙的連線是圓的直徑，點(diǎn)電荷甲位于乙和丙連線的中垂線上，則圓心O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】乙和丙在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為
方向從乙指向丙
甲在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為
方向從甲指向O
甲、乙、丙在圓心O處的場(chǎng)強(qiáng)大小為
故選D。
5. 如圖所示為一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，以初速度在M點(diǎn)水平向右拋出，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度豎直向下，大小為。重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E大小未知，不計(jì)空氣阻力的影響，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 帶電小球所受電場(chǎng)力大小為
B. 帶電小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間為
C. 帶電小球所受合外力大小
D. 帶電小球的加速度與豎直方向的夾角為
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．水平和豎直方向，分別運(yùn)用動(dòng)量定理有
解得
，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．根據(jù)力的矢量合成可知
與豎直方向的夾角滿足
解得
根據(jù)牛頓二定律可知，加速度與豎直方向的夾角為，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選BD。
6. 2024年6月25號(hào)，我國(guó)嫦娥六號(hào)完成世界首次月球背面采樣并成功返回地球。嫦娥六號(hào)采樣返回時(shí)先進(jìn)入近月圓軌道Ⅰ，然后在A點(diǎn)變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，在軌道Ⅱ的遠(yuǎn)月點(diǎn)B與返回器對(duì)接。已知月球質(zhì)量為M，月球半徑為R，橢圓軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸為a，萬(wàn)有引力常量為G，忽略嫦娥六號(hào)變軌前后的質(zhì)量變化。則（ ）
A. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度
B. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能
C. 嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上的運(yùn)行速度為
D. 嫦娥六號(hào)第一次從A點(diǎn)飛行到B點(diǎn)的時(shí)間為
【答案】A
【解析】
【詳解】A．衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由萬(wàn)有引力提供向心力得
可得
可知嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大于經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的圓軌道速度，而衛(wèi)星從軌道Ⅱ上B點(diǎn)需要點(diǎn)火加速才能變軌到圓軌道，所以嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度，故A正確；
B．嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)需要點(diǎn)火加速才能變軌到軌道Ⅱ，則嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；
C．嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)，由萬(wàn)有引力提供向心力得
可得
故C錯(cuò)誤；
D．嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行時(shí)，由萬(wàn)有引力提供向心力得
根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得
聯(lián)立可得嫦娥六號(hào)在軌道Ⅱ的運(yùn)動(dòng)周期為
則嫦娥六號(hào)第一次從A點(diǎn)飛行到B點(diǎn)的時(shí)間為
故D錯(cuò)誤。
故選A。
7. 如圖，某工廠污水流量計(jì)是橫截面為矩形的水平管道。污水（含有大量正、負(fù)離子，可視為電阻率恒為的導(dǎo)電液體）從外向里流經(jīng)該污水流量計(jì)，整個(gè)裝置處于豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)。污水流量計(jì)長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，上、下板絕緣，左、右板導(dǎo)電（電阻不計(jì)）且外接開(kāi)關(guān)S和內(nèi)阻為 的電流表，閉合開(kāi)關(guān)S后電流表讀數(shù)為I。已知閉合開(kāi)關(guān)S前后污水流速不變，且污水在流量計(jì)中受到的阻力恒為f，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A. 左板電勢(shì)低于右板電勢(shì)
B. 污水流速為
C. 單位時(shí)間內(nèi)流經(jīng)污水流量計(jì)的污水體積為
D. 閉合開(kāi)關(guān)S后流量計(jì)外、里面的液體壓強(qiáng)差為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．污水從外向里流經(jīng)該污水流量計(jì)，根據(jù)左手定則可知，正離子向右板聚集，負(fù)離子向左板聚集，可知，左板電勢(shì)低于右板電勢(shì)，故A正確，不符合題意；
B．污水流量計(jì)內(nèi)部液體的電阻
令流量計(jì)左右極板的電動(dòng)勢(shì)為E，則有
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
解得
故B正確，不符合題意；
C．單位時(shí)間內(nèi)流經(jīng)污水流量計(jì)污水體積為
結(jié)合上述解得
故C正確，不符合題意；
D．令閉合開(kāi)關(guān)S后流量計(jì)外、里面的液體壓強(qiáng)差為，則有
解得
故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選D。
8. 2024年8月3號(hào)，中國(guó)選手陳夢(mèng)、孫穎莎分別獲得巴黎奧運(yùn)會(huì)乒乓球女單金、銀牌．如圖為陳夢(mèng)某次發(fā)球后乒乓球的運(yùn)動(dòng)軌跡，已知陳夢(mèng)發(fā)球時(shí)將球斜向下以的初速度擊出，擊球點(diǎn)到臺(tái)面的豎直距離為0.3m，球在桌面上的兩個(gè)落點(diǎn)間的距離為2m，重力加速度g取，忽略所有阻力、球的旋轉(zhuǎn)以及球與臺(tái)面碰撞時(shí)的能量損失．則球離桌面的最大高度為（ ）
A 0.25mB. 0.4mC. 0.8mD. 1.0m
【答案】A
【解析】
【詳解】設(shè)球離桌面的最大高度為h，乒乓球從最高點(diǎn)到落點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)乒乓球在最高點(diǎn)的速度為v，從最高點(diǎn)到落點(diǎn)的時(shí)間為t，則
球在桌面上的兩個(gè)落點(diǎn)間的距離為2m，則
得
乒乓球從拋出點(diǎn)到乒乓球離臺(tái)面最高點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒，可得
聯(lián)立解得
m
故選A。
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20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4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分．
9. 一個(gè)半圓形支架右端靠豎直墻壁放在水平地面上，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊位于支架的最高點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)受到輕微的擾動(dòng)，并在方向始終沿支架切線方向的外界拉力的作用下，緩慢沿著支架向左側(cè)下滑至最低點(diǎn)，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 外界拉力先增大后減小
B. 小滑塊對(duì)支架的壓力先增大后減小
C. 墻壁對(duì)支架的支持力先增大后減小
D. 支架對(duì)地面的壓力一直減小
【答案】CD
【解析】
【詳解】AB．設(shè)題圖中虛線夾角為，對(duì)小滑塊受力分析，由平衡條件有
小滑塊緩慢沿著支架向左側(cè)下滑至最低點(diǎn)，越來(lái)越大，則力F越來(lái)越大，支持力越來(lái)越小，根據(jù)牛頓第三定律可知，小滑塊對(duì)支架的壓力越來(lái)越小，故AB錯(cuò)誤；
C．對(duì)支架與滑塊整體分析，有墻面對(duì)支架的壓力為
則越來(lái)越大時(shí)，墻面對(duì)支架的壓力先增大后減小，故C正確；
D．水平地面對(duì)支架的支持力為
則越來(lái)越大時(shí)，水平地面對(duì)支架的支持力越來(lái)越小，根據(jù)牛頓第三定律可知，支架對(duì)地面的壓力一直減小，故D正確；
故選CD。
10. 如圖所示，定值電阻，理想變壓器原副線圈a和b的線圈匝數(shù)之比，副線圈b中“20V，10W”的燈泡L正常發(fā)光，電壓表V為理想電表．下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 電壓表示數(shù)為30V
B. 原線圈a輸入電壓
C. 定值電阻和消耗的電功率之比
D. 電源的輸出功率為16.25W
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．副線圈b中“20V，10W”的燈泡L正常發(fā)光，則副線圈電流為
A
兩端電壓為
V
電壓表示數(shù)為
V
故A正確；
B．根據(jù)原、副線圈電壓之比與線圈匝數(shù)之比的關(guān)系有
解得原線圈a輸入電壓為
V
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)原、副線圈電流之比與線圈匝數(shù)之比的關(guān)系有
解得
A
根據(jù)功率的計(jì)算公式可知，定值電阻和消耗的電功率之比
故C錯(cuò)誤；
D．電源的輸出功率為
解得
W
故D正確；
故選AD。
11. 如圖所示電路，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1、R2，滑動(dòng)變阻器的阻值范圍為0~R2，所有電表都是理想電表，電流表A1，A2的示數(shù)分別記為I1和I2，電壓表V1，V2的示數(shù)分別記為U1和U2，將滑動(dòng)變阻器的滑片緩慢向上移動(dòng)，電流表A1和A2、電壓表V1和V2的示數(shù)變化量的大小分別記為?I1、?I2、?U1、?U2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 電源的總功率變大
B. 電流表A1的示數(shù)變大，A2的示數(shù)變小
C. 變小
D.
【答案】BD
【解析】
【詳解】B．將滑動(dòng)變阻器的滑片緩慢向上移動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變大，外電路總電阻變大，則回路總電流變小，內(nèi)電壓減小，路端電壓變大，則流過(guò)電流表A1的電流增大，A1示數(shù)變大，A2示數(shù)變小，故B正確；
A．電源的總功率為
由于電流變小，則功率變小，故A錯(cuò)誤；
C．由于
所以
所以不變，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)電路的連接特點(diǎn)可知
整理可得
則
故D正確。
故選BD。
12. 如圖所示，一豎直軌道由圓弧軌道AB、圓周軌道BECF、圓弧軌道BD組成，其中BEC半圓軌道粗糙，其他部分光滑，一質(zhì)量可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從高處的位置A靜止下滑，通過(guò)光滑圓弧軌道AB，經(jīng)圓周軌道BECF后進(jìn)入圓弧軌道BD，到達(dá)高度的D時(shí)速度剛好為0，已知重力加速度，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 滑塊第一次經(jīng)過(guò)半圓軌道BEC過(guò)程中，克服摩擦力做的功為20J
B. 滑塊第一次經(jīng)過(guò)位置C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為10N
C. 滑塊可以兩次經(jīng)過(guò)半圓軌道BEC的最高位置C
D. 滑塊第一次回到軌道AB的高度為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．滑塊第一次經(jīng)過(guò)半圓軌道BEC過(guò)程中，設(shè)克服摩擦力做的功為，從A到D過(guò)程，由動(dòng)能定理得
解得
A正確；
B．設(shè)圓周軌道達(dá)到允許的最大半徑為R，滑塊剛好通過(guò)最高點(diǎn)位置C，由重力提供向心力，此時(shí)，B錯(cuò)誤；
C．滑塊達(dá)到D點(diǎn)后，再次經(jīng)過(guò)圓弧軌道BD、圓周軌道BFC返回到C點(diǎn)沒(méi)有能量損失，滑塊能通過(guò)最高點(diǎn)位置C，所以可以兩次經(jīng)過(guò)半圓軌道BEC的最高位置C，C正確；
D．由于滑塊第一次回到軌道AB，再次經(jīng)過(guò)粗糙的BEC半圓軌道，機(jī)械能有損失，所以沿BEC半圓軌道下滑平均速度比上滑平均速度小。下滑過(guò)程中滑塊對(duì)軌道的平均壓力變小，所受平均摩擦力變小，因此下滑過(guò)程中克服摩擦力做功小于，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能大于，滑塊第一次滑回到軌道AB的高度為，D錯(cuò)誤。
故選AC。
13. 足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌EF、GH傾斜放置，傾角為θ，EF、GH之間的寬度為L(zhǎng)，上端用電阻為R定值電阻連接，導(dǎo)軌所在平面有垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示．質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于L，始終與導(dǎo)軌良好接觸。靜止釋放導(dǎo)體棒ab，ab向下通過(guò)的距離為時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 導(dǎo)體棒ab釋放瞬間的加速度大小
B. 導(dǎo)體棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小
C. 從導(dǎo)體棒ab靜止釋放到恰好做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒ab中的電荷量
D. 從導(dǎo)體棒ab靜止釋放到恰好做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．導(dǎo)體棒ab釋放的瞬間，所受安培力為零，導(dǎo)體棒只受重力和支持力，此時(shí)加速度為
故A正確；
B．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒受力平衡，此時(shí)導(dǎo)體棒受重力、支持力和沿導(dǎo)軌向上的安培力，在沿導(dǎo)軌方向有
又因?yàn)?br>聯(lián)立解得
故B正確；
C．根據(jù)
解得

故C錯(cuò)誤；
D．導(dǎo)體棒ab從靜止釋放到恰好做勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律可知
又因?yàn)槎ㄖ惦娮韬蛯?dǎo)體棒阻值相同，故
導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量
故D錯(cuò)誤。
故選AB。
三、非選擇題：本題共5小題，共56分．
14. 物理實(shí)驗(yàn)小組搭建如圖所示氣墊導(dǎo)軌和光電門(mén)的裝置，準(zhǔn)備驗(yàn)證“系統(tǒng)機(jī)械能守恒”，設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：
a．測(cè)量遮光片寬度d，滑塊到光電門(mén)距離為x，選用標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量均為的砝碼N個(gè)，已知重力加速度為g；
b．先將砝碼全部放置在滑塊上，然后夾走一塊砝碼放置于砝碼盤(pán)，從靜止釋放滑塊，記錄下通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間，由此得出通過(guò)光電門(mén)的速度v；
c．依次改變砝碼盤(pán)中砝碼個(gè)數(shù)n，每次將砝碼從滑塊上取走并放置于砝碼盤(pán)，重復(fù)步驟b，得到一系列n和v的數(shù)據(jù)；
d．以為縱軸，為橫軸，若數(shù)據(jù)滿足一次函數(shù)形式，則完成驗(yàn)證“系統(tǒng)機(jī)械能守恒”。
（1）在進(jìn)行實(shí)驗(yàn)之前，下列選項(xiàng)中必須操作的是_______（填標(biāo)號(hào)）
A. 靜止釋放時(shí)滑塊盡量靠近光電門(mén)，以防止滑塊運(yùn)動(dòng)速度過(guò)快
B. 動(dòng)滑輪上的細(xì)繩應(yīng)盡量豎直，以有效減少實(shí)驗(yàn)誤差
C. 滑塊質(zhì)量必須遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于砝碼質(zhì)量，以有效減少實(shí)驗(yàn)誤差
（2）滑塊通過(guò)光電門(mén)時(shí)，砝碼盤(pán)中砝碼的速度為_(kāi)______（用d和表示）
（3）若所繪制的圖像斜率為k，則滑塊的質(zhì)量M=_______（用k、、N、g和x表示）
（4）由于未測(cè)量動(dòng)滑輪和砝碼盤(pán)的質(zhì)量，則得出的滑塊的質(zhì)量與實(shí)際值相比將會(huì)_______（填“偏小”、“偏大”或“相同”）。
【答案】（1）B （2）
（3）
（4）偏小
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
A．滑塊釋放時(shí)若盡量靠近光電門(mén)，則通過(guò)光電門(mén)的速度很小，速度測(cè)量值誤差較大，故A錯(cuò)誤；
B．動(dòng)滑輪上的細(xì)繩應(yīng)盡量豎直，以有效減少砝碼盤(pán)下落高度的測(cè)量實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；
C．本實(shí)驗(yàn)不需要測(cè)量細(xì)繩上的拉力，不需要滑塊質(zhì)量必須遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于砝碼質(zhì)量，故C錯(cuò)誤。
故選B。
【小問(wèn)2詳解】
滑塊通過(guò)光電門(mén)時(shí)，滑塊的速度大小為
砝碼盤(pán)中砝碼的速度為
【小問(wèn)3詳解】
根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能定律，若系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，即
解得
所繪制圖像斜率為k，則
解得滑塊的質(zhì)量
【小問(wèn)4詳解】
本實(shí)驗(yàn)中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)滑輪、砝碼盤(pán)以及砝碼盤(pán)中砝碼的機(jī)械能的減小量等于滑塊和滑塊上砝碼增加的機(jī)械能（動(dòng)能）
由于未測(cè)量動(dòng)滑輪和砝碼盤(pán)的質(zhì)量，所以減小的機(jī)械能偏小，則得出的滑塊的質(zhì)量與實(shí)際值相比將會(huì)偏小。
15. 小何同學(xué)用如圖甲所示電路測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，操作步驟如下：
a．按圖甲連接好實(shí)驗(yàn)電路，已知電流表內(nèi)阻為、電阻；
b．閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱到合適阻值，記錄此時(shí)電阻箱讀數(shù)R和電流表讀數(shù)I；
c．重復(fù)上一步操作，得到多組不同R和I的數(shù)據(jù)；
d．適當(dāng)處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算得到電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。
（1）為了處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)讓數(shù)據(jù)更加直觀易于分析，小何同學(xué)應(yīng)當(dāng)作_______（填“R”、“”、“”或“”）圖像（數(shù)據(jù)單位都采用國(guó)際單位制）。
（2）按照（1）中方式處理數(shù)據(jù)得到如圖乙所示圖像，根據(jù)圖像可得電源電動(dòng)勢(shì)_______、內(nèi)阻_______（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。
（3）不考慮偶然誤差，上述電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真實(shí)值。
【答案】（1）
（2） ①. 1.5 ②. 1.0
（3）等于
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律有
整理得
故小何同學(xué)應(yīng)當(dāng)作圖像。
【小問(wèn)2詳解】
[1][2]根據(jù)圖像知，斜率
縱截距
聯(lián)立解得
1.5
1.0
【小問(wèn)3詳解】
[1]實(shí)驗(yàn)中所有數(shù)據(jù)都為真實(shí)值，故若不考慮偶然誤差，上述電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值等于真實(shí)值。
16. 如圖所示，質(zhì)量分別為的物塊A、B、C靜止在光滑水平面上，B、C之間用輕質(zhì)彈簧連接，物塊A放在B的左側(cè)某一位置，物塊C的右側(cè)與豎直墻壁接觸．某時(shí)刻水平擊打物塊A，物塊A立即獲得水平向右的速度，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，A與B發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間很短），并立即與B粘在一起不再分開(kāi)．求：
（1）A與B碰撞結(jié)束瞬間的速度；
（2）物塊C離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能；
（3）物塊C離開(kāi)墻壁后，物塊C的最大速度v．
【答案】（1）
（2）18J （3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
由題意可知物塊B與物塊A碰撞瞬間動(dòng)量守恒，碰后瞬間B和A獲得共同速度為，則由動(dòng)量守恒定律可得
解得
【小問(wèn)2詳解】
AB一起壓縮彈簧，根據(jù)功能關(guān)系可知
J
【小問(wèn)3詳解】
根據(jù)能量守恒定律可知，AB壓縮彈簧后，向左運(yùn)動(dòng)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，AB的速度為3m/s，之后AB與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒有
解得
17. 如圖所示為一套小型玩具的模擬立體示意圖，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A以初速度v0 = 1.2 m/s的速度從高臺(tái)平拋出，恰好落到固定在地面上傾角θ = 53°的斜面頂端且與斜面未發(fā)生碰撞，已知斜面高度h = 0.4 m，斜面動(dòng)摩擦因數(shù)μ = 0.5，小球A質(zhì)量為mA = 5 kg。質(zhì)量為mB = 1 kg的彈性小球B靜置在斜面底端，與小球A發(fā)生彈性碰撞后共同進(jìn)入到與斜面底端相切的水平固定放置的光滑圓形軌道內(nèi)，軌道入口隨即關(guān)閉。圓形軌道半徑R = 0.5 m，重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）小球A拋出點(diǎn)離地高度H及離斜面頂端的水平距離x；
（2）小球A剛下滑到斜面底端時(shí)的速度v1；
（3）兩球進(jìn)入圓形軌道開(kāi)始計(jì)時(shí)，此后相遇的時(shí)刻。
【答案】（1）0.528 m，0.192 m
（2）3 m/s （3）（n = 1，2，3?）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
依題意，小球運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)，有
解得
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可得
，
又
聯(lián)立解得
，
【小問(wèn)2詳解】
小球在斜面上下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
又
聯(lián)立解得
【小問(wèn)3詳解】
小球A與彈性小球B發(fā)生彈性碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
解得
，
設(shè)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間，B追上A發(fā)生第二次碰撞，則有
可得
B追上A發(fā)生第二次碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
解得
，
設(shè)經(jīng)過(guò)t2時(shí)間，A追上B發(fā)生第三次碰撞，則有
可得
第三次碰撞與第一次碰撞的碰撞情況完全一樣，第四次碰撞與第二次碰撞的碰撞情況完全一樣；即小球的碰撞過(guò)程具有周期性，則兩球進(jìn)入圓形軌道開(kāi)始計(jì)時(shí)，此后相遇的時(shí)刻滿足
（n = 1，2，3?）
18. 如圖，2n個(gè)間距為L(zhǎng)的豎直平面在空間中分隔出n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，各磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平（垂直于紙面向里）、大小為。一比荷為的帶正電小球從距離①磁場(chǎng)區(qū)域上邊界處的P點(diǎn)靜止釋放，忽略空氣阻力和地球磁場(chǎng)的影響。重力加速度g取。
（1）求小球進(jìn)入①磁場(chǎng)瞬間加速度大小；
（2）若小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)從①磁場(chǎng)的下邊界離開(kāi)，L最小為多少；
（3）若小球恰好不會(huì)從第n個(gè)磁場(chǎng)的下邊界穿出，求L（結(jié)果可用n表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)小球進(jìn)入①磁場(chǎng)瞬間的速度大小為，由動(dòng)能定理得
代入數(shù)據(jù)，解得
由左手定則，小球進(jìn)入磁場(chǎng)①瞬間洛倫茲力水平向右，大小為,合力大小
加速度
【小問(wèn)2詳解】
取豎直向下為軸正方向，水平向右為軸正方向，從小球進(jìn)入磁場(chǎng)①到剛好不從下邊界離開(kāi)，此時(shí)最小，水平方向由動(dòng)量定理
又
得
小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好不出下邊界，由動(dòng)能定理得
又小球剛好不離開(kāi)磁場(chǎng)①下邊界滿足速度水平，故
聯(lián)立可得
解得
【小問(wèn)3詳解】
同理可得，若小球恰好不會(huì)從第n個(gè)磁場(chǎng)的下邊界穿出，水平方向由動(dòng)量定理
又
得
小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好不出第n個(gè)磁場(chǎng)的下邊界，由動(dòng)能定理得
又小球剛好不離開(kāi)第n個(gè)磁場(chǎng)下邊界滿足速度水平，故
聯(lián)立可得
解得

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