物 理
時(shí)量：75 分鐘 滿分：100 分
第Ⅰ卷
一、單項(xiàng)選擇題(本題共 6 小題，每小題 4 分，共 24 分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只
有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的)
1．下列說法正確的是( )
A．圖甲為康普頓效應(yīng)的示意圖，入射光子與靜止的電子發(fā)生碰撞，碰后散射光的波長
變長
B．在兩種固體薄片上涂上蠟，用燒熱的針接觸固體背面上一點(diǎn)，蠟熔化的范圍如圖乙
所示，則 a 一定是非晶體，b 一定是晶體
C．圖丙中隨著溫度的升高，黑體輻射強(qiáng)度的極大值向頻率較低的方向移動(dòng)
D．圖丁光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器的觸頭向右移動(dòng)，電流表的示數(shù)一定增大
2．某校物理學(xué)科后活動(dòng)中，出現(xiàn)了不少新穎靈巧的作品。如圖所示為高二某班同學(xué)制作
的《液壓工程類作業(yè)升降機(jī)模型》，通過針筒管活塞的伸縮推動(dòng)針筒內(nèi)的水，進(jìn)而推動(dòng)支撐架
的展開與折疊，完成貨物平臺(tái)的升降。在某次實(shí)驗(yàn)中，針筒連接管的水中封閉了一段空氣柱(空
氣可視為理想氣體)，該同學(xué)先緩慢推動(dòng)注射器活塞將針筒內(nèi)氣體進(jìn)行壓縮，若壓縮氣體過程
中針筒內(nèi)氣體溫度不變，裝置不漏氣，則下列說法中正確的是( )
A．針筒內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小
B．針筒內(nèi)氣體吸熱
C．單位時(shí)間、單位面積撞擊針筒內(nèi)壁的氣體分子數(shù)減少
D．用國際單位制單位表示的狀態(tài)參量在 p－1V 圖中圖線可能如圖中 a→b
3．靜電紡紗利用了高壓靜電場，使單纖維兩端帶上異種電荷，如圖所示為高壓靜電場的
分布圖，下列說法正確的是( )
A．圖中 b、d 兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為 Eb>Ed
B．圖中 a、c 兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為φa>φc
C．電子在 a、d 兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為 Epa0，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W＋Q?？芍?QEd
B．圖中 a、c 兩點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為φa>φc
C．電子在 a、d 兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為 Epaφc，且質(zhì)
子帶正電，故將質(zhì)子從 b 點(diǎn)移動(dòng)到 c 點(diǎn)，其電勢(shì)能減小，電場力做正功，故 D 錯(cuò)誤。故選 B。
4．如圖所示三個(gè)裝置，(a)中桌面光滑，(b)、(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小為 F＝
Mg(g 為重力加速度)的力替代重物 M 進(jìn)行牽引，其余均相同。不計(jì)繩和滑輪質(zhì)量及繩與滑輪
摩擦，都由靜止釋放，在 m 移動(dòng)相同距離的過程中，下列關(guān)于三個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置的分析中正確的
是(D)
A．裝置(b)中繩上的張力 Tb 等于裝置(c)中繩上的張力 Tc
B．裝置(a)中物塊 m 的加速度為 Mgm
C．裝置(b)、(c)中物塊 m 的動(dòng)量增加量相同
D．裝置(a)中 m 的動(dòng)能增加量大于(b)中 m 的動(dòng)能增加量
【解析】裝置(b)中對(duì)物塊 m 根據(jù)牛頓第二定律 Tb－f＝ma2，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律
Mg－f＝(M＋m)a2。解得 Tb＝mMg－mfM＋m＋f。裝置(c)中繩子張力為 Tc＝F＝Mg，所以，
裝置(b)中繩上的張力 Tb 不等于裝置(c)中繩上的張力 Tc，故 A 錯(cuò)誤；裝置(a)中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛
頓第二定律 Mg＝(M＋m)a1。解得物塊 m 的加速度為 a1＝MgM＋m，故 B 錯(cuò)誤；裝置(b)中物
塊中 m 的加速度為 a2＝Mg－fM＋m。裝置(c)中對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律 F－f＝ma3。解得物
塊 m 的加速度為 a3＝F－fm＝Mg－fm?？芍b置(c)中物塊 m 的加速度較大，在 m 移動(dòng)相同
距離的過程中得到的速度較大，則裝置(c)m 的動(dòng)量增加量大于(b)中 m 的動(dòng)量增加量，故 C
錯(cuò)誤；由于裝置(b)有摩擦力，可知裝置(a)中物塊 m 的合外力較大，根據(jù) F 合＝ma，可知裝置
(a)中物塊的加速度較大，在 m 移動(dòng)相同距離的過程中得到的速度較大，則裝置(a)中 m 的動(dòng)
能增加量大于(b)中 m 的動(dòng)能增加量，故 D 正確；故選 D。
5．如圖所示為一簡易手動(dòng)發(fā)電式手電筒。裝置左側(cè)是一個(gè)繞軸心 O 勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓
盤。固定在圓盤邊緣處的小圓柱隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可在 T 形絕緣支架左側(cè)橫槽中往復(fù)運(yùn)動(dòng)，同
時(shí)驅(qū)動(dòng)導(dǎo)體棒在光滑的水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為 v＝2)2sin \
rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)t) m/s。導(dǎo)軌間距 d＝1 m，導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，
磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝2 T。導(dǎo)軌右端為一理想變壓器，額定電壓為 2 V 的燈泡剛好正常發(fā)光。導(dǎo)體
棒、導(dǎo)線及導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，電壓表為理想電表。下列說法正確的是(B)
A．當(dāng) T 形支架運(yùn)動(dòng)到圓盤最左端時(shí)，電壓表的示數(shù)為 0
B．理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為 1∶2
C．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 2 rad/s
D．當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由 b 向 a 移動(dòng)時(shí)，燈泡變暗
【解析】導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的峰值為 Em＝Bdvm＝2×1×2)2 V＝2 V。
電動(dòng)勢(shì)的有效值為 E＝Em\r(2)＝ V＝1 V。電壓表的示數(shù)為電動(dòng)勢(shì)的有效值，其示數(shù)為 U1＝
1 V，A 錯(cuò)誤；由題意可知，額定電壓為 2 V 的燈泡剛好正常發(fā)光，可知變壓器副線圈的輸出
電壓為 U2＝2 V，則理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為 U1U2＝n1n2＝12，B 正確；由導(dǎo)體棒
運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為 v＝2)2sin \rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)t) m/s?？芍?，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角
速度為ω＝2 rad/s，C 錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片由 b 向 a 移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻值增
大，副線圈電路中的電流減小，由于變壓器是理想變壓器，可知副線圈輸出電壓不變，則燈
泡的亮度不變，D 錯(cuò)誤。故選 B。
6．如圖所示，在 xOy 平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B 的勻強(qiáng)磁場，第一、二、四
象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，P(－2L，0)，Q(0，
－2L)為坐標(biāo)軸上的兩點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、電荷量為 e 的電子從 P 點(diǎn)沿 PQ 方向射出，不計(jì)
電子的重力，則下列說法中正確的是(C)
A．若電子從 P 點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn) O 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定為πm2eB
B．若電子從 P 點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn) O 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程可能為πL
C．若電子從 P 點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn) O 到達(dá) Q 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)路程可能為πL 或 2πL
D．若電子從 P 點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn) O 到達(dá) Q 點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能為 3πmeB
【解析】電子從 P 點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn) O 點(diǎn)，有兩類情況，一類是第奇數(shù)次回到 x
軸經(jīng)過原點(diǎn) O，另一類是第偶數(shù)次回到 x 軸經(jīng)過原點(diǎn) O。其中第一次和第二次回到 x 軸的軌
跡 如 圖 。 t＝ T4×n\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝ 1， 2， 3， …)， T＝ 2πmeB。 解 得 t＝ πnm2eB
\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，3，…)。當(dāng) n＝1 時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t＝πm2eB。由軌跡圖結(jié)合幾何
關(guān)系，軌跡圓的半徑為 r＝2)Ln×sin 45°＝Ln\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，2，3，…)?？傻眠\(yùn)動(dòng)
路程為 s＝14×2πrn×n＝πL2，故 A 錯(cuò)誤；B 錯(cuò)誤；
同理，若電子從 P 點(diǎn)出發(fā)恰好第一次經(jīng)原點(diǎn) O 到達(dá) Q 點(diǎn)，軌跡也為兩類，如圖。由軌
跡圖結(jié)合幾何關(guān)系，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t＝\a\vs4\al\c1(\f(T3T4)×n＝nT\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，
3，5，…)，T＝2πmeB?；?t＝T4×n×2＝nT2\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)，T＝2πmeB。
解得 t＝2πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，t＝πnmeB\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)
。 若 電 子 從 P 點(diǎn) 出 發(fā) 恰 好 第 一 次 經(jīng) 原 點(diǎn) O 到 達(dá) Q 點(diǎn) ， 運(yùn) 動(dòng) 路 程 為 s＝ n× 2π r
\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，s＝n2×2πr\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)。解得 s
＝2πL\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝1，3，5，…)，s＝πL\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＝2，4，6，…)，故 C
正確；D 錯(cuò)誤。故選 C。
二、多項(xiàng)選擇題(本題共 4 小題，每小題 5 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 5 分，選對(duì)但不全的得 3 分，有選錯(cuò)的得 0 分)
7．下列說法正確的是(AB)
A．如圖甲所示，ABC 構(gòu)成等邊三角形，若兩通電長直導(dǎo)線 A、B 在 C 處產(chǎn)生磁場的磁
感應(yīng)強(qiáng)度大小均為 B0，則 C 處磁場的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是 3B0
B．圖乙中地磁場的垂直于地面磁感應(yīng)強(qiáng)度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下
C．圖丙中穿過兩金屬圓環(huán)的磁通量大小關(guān)系為Φ1Φ2，故 C
錯(cuò)誤；根據(jù)通電直導(dǎo)線磁場的分布特征可知，當(dāng)金屬線框沿平行于直導(dǎo)線方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過
線框的磁通量沒有發(fā)生變化，線框中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流，故 D 錯(cuò)誤。故選 AB。
8．為模擬光在光導(dǎo)纖維中的傳播原理，取一圓柱形長直玻璃絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。如圖所示，紙
面內(nèi)有一束激光由空氣中以α＝45°的入射角射向玻璃絲的 AB 端面圓心 O，恰好在玻璃絲
的內(nèi)側(cè)面發(fā)生全反射，此時(shí)內(nèi)側(cè)面入射角為θ。下列說法正確的是(CD)
A．sin θ＝6)4
B．玻璃絲只能傳播該頻率的光
C．激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，其波長變短
D．減小入射角α，激光在玻璃絲中仍能發(fā)生全反射
【解析】根據(jù)折射定律有 n＝sin αsin（90°－θ）＝sin αcs θ，n＝1sin θ。解得 sin θ＝6)
3，故 A 錯(cuò)誤；玻璃絲可以傳播不同頻率的光，故 B 錯(cuò)誤；激光由空氣中進(jìn)入玻璃絲后，傳
播速度變小，則波長變短，故 C 正確；減小入射角α，則折射角減小，光在玻璃絲的內(nèi)側(cè)面
入射角增大，大于臨界角，發(fā)生全反射，故 D 正確。故選 CD。
9．如圖，某同學(xué)在水平地面上先后兩次從 H 點(diǎn)拋出沙包，分別落在正前方地面 Q1 和
Q2 處。沙包的兩次運(yùn)動(dòng)軌跡處于同一豎直平面，且交于 P 點(diǎn)，H 點(diǎn)正下方地面處設(shè)為 O 點(diǎn)。
已知兩次運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)離地高度均為 3.2 m，OH＝1.4 m，OQ1＝8.4 m，OQ2＝9.8 m，沙
包質(zhì)量為 0.2 kg，忽略空氣阻力，重力加速度大小取 10 m/s2，則沙包(BD)
A．第一次運(yùn)動(dòng)過程中上升與下降時(shí)間之比為 7∶4
B．第一次經(jīng) P 點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能比第二次的小 1.3 J
C．第一次和第二次落地前瞬間的動(dòng)能之比為 72∶85
D．第一次拋出時(shí)速度方向與落地前瞬間速度方向的夾角比第二次的大
【解析】沙包從拋出到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的“逆運(yùn)動(dòng)”，則可得第一次拋出
上升的高度為 h1＝3.2 m－1.4 m＝1.8 m。上升時(shí)間為 t 上 1＝2h1g)＝0.6 s。最高點(diǎn)距水平地面
高為 h0＝3.2 m，故下降的時(shí)間為 t 下 1＝2h0g)＝0.8 s，故一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為
3∶4，故 A 錯(cuò)誤；兩條軌跡最高點(diǎn)等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的
時(shí)間相等為 t＝t 上 1＋t 下 1＝1.4 s。故可得第一次，第二次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為 vx1
＝OQ1t＝6 m/s，vx2＝OQ2t＝7 m/s。由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度
也相等，為 vy＝gt 上 1＝6 m/s。由于沙包在空中運(yùn)動(dòng)過程中只受重力，機(jī)械能守恒，故第一次
過 P 點(diǎn)比第二次機(jī)械能少ΔE＝12m(2x22yv＋v)2－12m(2x12yv＋v)2＝1.3 J。從拋出到落地瞬
間根據(jù)動(dòng)能定理可得 Ek1＝Ek01＋mghOH＝12m2x12y\rc\)(\a\vs4\al\c1(v＋v)＋mghOH＝10 J，Ek2
＝Ek02＋mghOH＝12m2x22y\rc\)(\a\vs4\al\c1(v＋v)＋mghOH＝11.3 J，則故落地瞬間，第一次，
第二次動(dòng)能之比為 100∶113，故 B 正確，C 錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知兩次拋出時(shí)豎直方向的
分速度相同，兩次落地時(shí)物體在豎直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度較小，
物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時(shí)速度與水平方向的夾角較大，第一次落地時(shí)
速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第
二次大，故 D 正確。故選 BD。
10．在相互平行且足夠長的兩根水平光滑的硬桿上，穿著三個(gè)半徑相同的剛性球 A、B、
C，如圖所示。三球的質(zhì)量分別為 mA＝1 kg、mB＝2 kg、mC＝6 kg，初狀態(tài) B、C 球之間連著
一根輕質(zhì)彈簧并處于靜止?fàn)顟B(tài)，B、C 連線與桿垂直并且彈簧剛好處于原長狀態(tài)，A 球以 v0
＝18 m/s 的速度向左運(yùn)動(dòng)，與同一桿上的 B 球碰撞后粘在一起(作用時(shí)間極短)，則下列判斷
正確的是(AC)
A．A 球與 B 球碰撞中損耗的機(jī)械能為 108 J
B．在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧形變量最大時(shí) C 球的速度最大
C．在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為 36 J
D．在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，B 球的最小速度為 2 m/s
【解析】A、B 碰撞的過程中，滿足動(dòng)量守恒 mAv0＝\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v1。解得
v1＝6 m/s，A 球與 B 球碰撞中損耗的機(jī)械能ΔE＝12mAv20－12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)
v21＝108 J，A 正確；彈簧再次恢復(fù)原長時(shí) C 球速度最大，B 錯(cuò)誤；在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，
AB 的組合體與 C 的速度相等時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)
v1＝ \rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB＋ mC)v2。 解 得 v2＝ 2 m/s， 最 大 彈 性 勢(shì) 能 Ep＝ 12
\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v21－12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋mC)v22，解得 Ep＝36 J，C 正
確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB＋mC)
v2＝ \rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB)v3＋ mCv4， 12\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋ mB＋ mC)v22＋ Ep＝ 12
\rc\)(\a\vs4\al\c1(mA＋mB)v23＋12mCv24。解得 v3＝－2 m/s，v4＝4 m/s。此時(shí) B 反向速度最
大，而 B 由于速度由正向到反向，因此最小速度為零，D 錯(cuò)誤。故選 AC。
第Ⅰ卷答題卡
題 號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答 案 A D B D B C AB CD BD AC
第Ⅱ卷
三、非選擇題(本題共 5 個(gè)小題，共 56 分)
11．(6 分，每空 2 分)利用圖甲裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，將鋼球 a 用細(xì)線懸掛于 O 點(diǎn)，
鋼球 b 放在離地面高度為 H＝0.80 m 的支柱上，O 點(diǎn)到 a 球球心的距離為 L＝0.20 m。將 a
球拉至懸線與豎直線夾角為α，由靜止釋放后擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與 b 球正碰，碰撞后 a 球運(yùn)動(dòng)
到豎直線夾角β處，b 球落到地面上，測(cè)出 b 球的水平位移 s，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?g。
(1)改變?chǔ)两堑拇笮。啻螌?shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)鋼球 a、b 碰撞過程不僅動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，
得到 s2－cs α的關(guān)系圖線如圖乙，則鋼球 a、b 的質(zhì)量之比 mamb＝__3.0__。(保留 2 位有效
數(shù)字)
(2)若在鋼球 b 的被碰位置貼一小塊棉布，依然將 a 球拉至懸線與豎直線夾角為α由靜止
釋放，增大的物理量是__BD__。
A．碰后 b 球的水平位移 s
B．碰后 a 再次到達(dá)最高點(diǎn)的夾角β
C．碰撞過程中系統(tǒng)的總動(dòng)量
D．碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)能的損失
(3)某同學(xué)觀察到，在臺(tái)球桌面上，臺(tái)球 m 以初速度 v0 和靜止的球 M 發(fā)生斜碰時(shí)，碰后
兩球的速度方向?qū)⒉辉谕恢本€上，如圖乙所示。已知兩球大小相同，質(zhì)量相等，若兩球碰
撞過程無能量損失，碰后兩球速度方向與初速度的夾角分別為α和β，則α和β滿足的關(guān)系為__
α＋β＝90°__。
【解析】(1)選取向左為正方向，碰撞過程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則有
mav0＝mava＋mbvb ①
12mav20＝12mav2a＋12mbv2b
聯(lián)立解得 vb＝2mama＋mb·v0 ②
當(dāng)α＝90°時(shí)，cs α＝0，則 v0＝2gL＝2 m/s ③
由乙圖可知，cs α＝0 時(shí)有 s2＝1.44 m2 ④
b 做平拋運(yùn)動(dòng)，則 vb＝sg2H) ⑤
代入數(shù)據(jù)得 vb＝3 m/s ⑥
將③⑥代入②可得 mamb＝3.0
(2)碰撞過程中，動(dòng)量守恒，兩球作用的時(shí)間變長，b 球獲得的速度變小，則碰撞后 b 球
水平位移減小，a 球碰后速度較之前變大，則碰后夾角β變大，A 錯(cuò)誤，B 正確；若在鋼球 b
的被碰位置貼一小塊棉布，依然將 a 球拉至懸線與豎直線夾角為α由靜止釋放，碰撞過程中，
動(dòng)量守恒，碰撞過程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，C 錯(cuò)誤；貼一小塊棉布后，碰撞過程中，動(dòng)量守恒，
碰撞過程中系統(tǒng)總動(dòng)量不變，系統(tǒng)動(dòng)能損失變大，D 正確。故選 BD。
(3)設(shè)兩球的質(zhì)量均為 m，在 v0 方向與垂直 v0 方向上由動(dòng)量守恒定律可得
mv0＝mv′cs α＋mvcs β，mv′sin α＝mvsin β
又由能量守恒得 12mv20＝12mv′2＋12mv2
結(jié)合以上三式可得 cs\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋β)＝0
即α＋β＝90°
12．(8 分，每空 2 分)為測(cè)定某種材料的電阻率，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：圖(乙)為測(cè)量原理電路
圖，R1、R2 是由長度相同、表面涂有絕緣膜(厚度不計(jì))的電阻絲并排緊密繞制在同一根圓柱
形絕緣陶瓷棒上的螺旋電阻(圖甲)，R1 材料電阻率為ρ，R2 由待測(cè)材料制成，R0 為滑動(dòng)變阻
器，V1、V2 為已知量程的電壓表。請(qǐng)回答下列問題：
(1)在閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)滑到__左端__(選填“左端”或“右端”)。
(2)測(cè)得 R1 的螺旋長度為 l1，R2 的螺旋長度為 l2，兩電阻的匝數(shù)相同，則制成電阻 R1 與
R2 的電阻絲的橫截面積之比為__l21∶l22__。
(3)某 次 測(cè) 量 中 V1、 V2 表 的 示 數(shù) 分 別 為 U1、 U2， 則 待 測(cè) 電 阻 絲 的 電 阻 率 ρ′＝ __
2221U2lρU1l__(用 U1、U2、l1、l2、ρ表示)。
(4)考慮 V1、V2 表的內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的影響，在電路中加了一個(gè)靈敏電流計(jì) G(圖丙)來判
斷。閉合開關(guān)，靈敏電流計(jì)中有從 a 向 b 的微小電流，則(3)中測(cè)量結(jié)果相對(duì)于真實(shí)值__偏小__
(選填“偏大”“不變”或“偏小”)。
【解析】(1)在閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器全部接入電路，保證電路接通時(shí)電路電流最
小，電路安全，故滑到左端。
(2)根據(jù)題意可得 l1＝ND1，l2＝ND2，而 S 與直徑的平方成正比，故橫截面積之比為 l21∶
l22。
(3)根據(jù)歐姆定律 R＝UI 可知，R1R2＝U1U2，根據(jù)電阻定律 R＝ρLS 聯(lián)立可得待測(cè)材料
電阻率為ρ′＝2221U2·lρU1·l
(4)由 a 向 b 的微小電流可得 R1R2qEmg 的前提下，施加電場的強(qiáng)度 E 多大時(shí)才能使彈
簧的最大壓縮量也為 l?
(3)先將 1、2、3 號(hào)物塊拿掉，若帶電物塊與 4 為完全非彈性碰撞，施加電場的強(qiáng)度 E 多
大才能使彈簧的最大壓縮量也為 l?
【解析】(1)設(shè)滑塊與圓心連線從開始運(yùn)動(dòng)θ時(shí)，速度為 v，則：
mgRsin θ＝12mv2 ①(1 分)
對(duì)滑塊受力分析，設(shè)受到支持力為 FN，則
FN－mgsin θ＝mv2R ②(1 分)
由牛頓第三定律圓弧槽受到壓力大小為 FN，對(duì)圓弧槽受力分析，設(shè)壓力傳感器讀數(shù)為 F，
則
F＝FNcs θ ③(1 分)
由①②③得：F＝3mgsin θcs θ＝32mgsin 2θ
當(dāng)θ＝π4 時(shí) F 取最大值：Fmax＝32mg(1 分)
(2)設(shè)帶電滑塊從 A 端滑上木板時(shí)速度為 v0，則
mgR＝12mv20 ④(1 分)
設(shè)帶電滑塊與 1 號(hào)物塊碰撞前速度為 v1，有：
－(μmg－qE)l＝12mv21－12mv20 ⑤(1 分)
由于μ>qEmg 則 qE

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