重慶外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2023-2024學(xué)年高三年級(jí)上冊(cè)12月月考物理（解析版）

重慶外國(guó)語(yǔ)學(xué)校

2023-2024學(xué)年度（上）高2024屆12月考試

物理試題

（滿分100分，75分鐘完成）

第I卷選擇題

一、單項(xiàng)選擇題（本題共7小題，每小題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。）

1.2023年9月10日上午9時(shí)，杭州第19屆亞運(yùn)會(huì)火炬?zhèn)鬟f嘉興站啟動(dòng)，嘉興站的路線以“紅船領(lǐng)航、筑

夢(mèng)未來(lái)”為主題，分為江南古韻、百年風(fēng)華、活力之都三大篇章，全長(zhǎng)8.8千米，下列說(shuō)法正確的是（）

A.2023年9月10日上午9時(shí)，“9時(shí)”指的是時(shí)間B.全長(zhǎng)8.8千米，“8.8千米”指的是位移

C.兩位火炬手進(jìn)行火炬交接時(shí)可以把火炬看成質(zhì)點(diǎn)D.根據(jù)已知信息，無(wú)法求全程的平均速率

【答案】D

【解析】

【詳解】A.2023年9月10日上午9時(shí)，“9時(shí)”指的是時(shí)刻，故A錯(cuò)誤；

B.全長(zhǎng)8.8千米，“8.8千米”指的是路程，故B錯(cuò)誤；

C.兩位火炬手進(jìn)行火炬交接時(shí)，火炬的形狀大小不能忽略不計(jì)，不可以把火炬看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D.平均速率等于路程除以所用時(shí)間，由于題意不能知道所用時(shí)間，所以無(wú)法求全程的平均速率，故D正

確。

故選D。

2.2021“一帶一路”年度漢字發(fā)布活動(dòng)中，“互”字作為最能體現(xiàn)2021年“一帶一路”精神內(nèi)涵的漢字拔

得頭籌，成為年度漢字。如圖為力學(xué)興趣小組制作的“互”字形木制模型。模型分上下兩部分質(zhì)量均為05%

用細(xì)線連接兩部分。當(dāng)細(xì)線都繃緊時(shí)，整個(gè)模型可以豎直靜止在水平地面上。其中連接服b兩點(diǎn)的細(xì)線為

I,連接。、1兩點(diǎn)的細(xì)線為%重力加速度為g。則（）

第1頁(yè)/共19頁(yè)

5

A.細(xì)線/對(duì)。點(diǎn)的作用力向上B.細(xì)線/的拉力等于細(xì)線n的拉力

C.細(xì)線〃的拉力大小等于0.5mgD.整個(gè)模型對(duì)地面的壓力大小為mg

【答案】D

【解析】

【詳解】A.細(xì)線只能提供拉力，所以細(xì)線/對(duì)。點(diǎn)的作用力向下，A錯(cuò)誤；

BC.模型上部分受三個(gè)力的作用，重力G、細(xì)線/對(duì)a點(diǎn)向下的拉力耳、細(xì)線〃對(duì)d點(diǎn)向上的拉力片，

它們的關(guān)系為

F2=G+Fi=Q.5mg+耳

BC錯(cuò)誤；

D.對(duì)整個(gè)模型受力分析，受總重力mg、地面給的支持力，二力平衡，則根據(jù)牛頓第三定律，整個(gè)模型對(duì)

地面壓力大小為加g,D正確。

故選D。

3.一本書(shū)重約5N,有316頁(yè)，書(shū)本正面朝上?，F(xiàn)將一張A4紙夾在第158與第159頁(yè)間，A4能夠覆蓋幾乎

整個(gè)書(shū)頁(yè)，如圖所示。若要將A4紙袖出，至少需用約2N的拉力。不計(jì)書(shū)皮及A4紙的質(zhì)量，則A4紙和書(shū)

之間的摩擦因數(shù)最接近（）

【答案】C

【解析】

【詳解】A4紙抽出時(shí)，紙上下表面都受到書(shū)本的滑動(dòng)摩擦力，有

/=2〃穌

解得紙和書(shū)之間的摩擦因數(shù)為

第2頁(yè)/共19頁(yè)

〃=0.4

故選C。

4.1638年，《兩種新科學(xué)的對(duì)話》著作的出版，奠定了伽利略作為近代力學(xué)創(chuàng)始人的地位，書(shū)中討論了自

由落體運(yùn)動(dòng)和物體沿斜面運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題。依據(jù)伽利略在書(shū)中描述的實(shí)驗(yàn)方案，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的

裝置，探究物體沿斜面下滑的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。操作步驟如下：

①讓滑塊從距離擋板s處由靜止下滑，同時(shí)打開(kāi)水箱閥門(mén)，讓水均勻穩(wěn)定流到量筒中；

②當(dāng)滑塊碰到擋板時(shí)關(guān)閉閥門(mén)；

③記錄量筒收集的水量V；

④改變s,重復(fù)以上操作。

貝卜與V的比例關(guān)系為（）

D.LocVv

【解析】

【詳解】滑塊在粗糙程度相同的斜面上由靜止釋放，可知滑塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

s=-at2

2

即s與產(chǎn)成正比；由于水是勻速穩(wěn)定的流出，可知收集的水的體積V與。成正比，則有

5CC?2OCV2

故選Ao

5.在公路上行駛的國(guó)產(chǎn)紅旗轎車(chē)a和比亞迪電動(dòng)轎車(chē)b,其位置隨時(shí)間變化的圖像分別為圖中直線a和曲

線6,已知比亞迪電動(dòng)轎車(chē)的加速度恒定，在Is時(shí)速度為6m/s,在3s時(shí)直線a和曲線6相切，則（）

第3頁(yè)/共19頁(yè)

力m

0

8

6

4

2

0

Q

A.。做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為3mzs

B.3s時(shí)國(guó)產(chǎn)紅旗轎車(chē)a和比亞迪電動(dòng)轎車(chē)b相遇但速度不同

C.比亞迪電動(dòng)轎車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且加速度大小為2m/s2

D.Is時(shí)兩車(chē)的距離為2m

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由圖可知，a車(chē)勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為

%=，^m/s=2m/s

故A錯(cuò)誤；

B./=3s時(shí)a車(chē)和b車(chē)到達(dá)同一位置而相遇，直線a和曲線b剛好相切，說(shuō)明兩者的速度相等，故B錯(cuò)

誤；

C.z=3s時(shí)，直線。和曲線b剛好相切，即此時(shí)匕車(chē)的速度

由加速度定義式得b車(chē)加速度為

Av2-6,與,2

a=——=----m/s2=-2m/s

bhAr2

D.Is時(shí)。車(chē)在4m處，6在原點(diǎn)，兩車(chē)的距離為4m,D錯(cuò)誤。

故選C。

6.如圖所示，長(zhǎng)直桿與水平面成45。，由不同材料拼接面成，P為兩材料分界點(diǎn)，DP>CP.一個(gè)圓

環(huán)套在長(zhǎng)直桿上，讓圓環(huán)無(wú)初速?gòu)捻敹嘶降锥耍ㄈ缱髨D）；再將長(zhǎng)直桿兩端對(duì)調(diào)放置，讓圓環(huán)無(wú)初速?gòu)?/p>

頂端滑到底端（如右圖），兩種情況下圓環(huán)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)的時(shí)間相同.下列說(shuō)法中正確的是（）

第4頁(yè)/共19頁(yè)

IX

/

A.圓環(huán)與直桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)小于圓環(huán)與直桿￡＞尸段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

B,兩次滑動(dòng)中圓環(huán)到達(dá)底端速度大小不相等

C,圓環(huán)從C到。所用時(shí)間小于從。到C所用時(shí)間

D.圓環(huán)從C到。所用時(shí)間大于從。到C所用時(shí)間

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.根據(jù)

1,2

XCP=5印

ax=gsin45°一氏gcos45°

。到尸的過(guò)程中有

」2

XDP~

a2=gsin45°-/u2gcos45°

因?yàn)?/p>

XDP〉XCP

運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間相等，則

ax<%

所以

兒〉〃2

即圓環(huán)與直桿CP段的動(dòng)摩擦因數(shù)大于圓環(huán)與直桿。尸段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A錯(cuò)誤；

B.從C到。和從。到C過(guò)程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，兩次滑動(dòng)中物塊到

第5頁(yè)/共19頁(yè)

達(dá)底端速度相等，B錯(cuò)誤；

CD.由題意可知，小物塊兩次滑動(dòng)經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)的時(shí)間相同，且

DP＞CP

因此從D到P的平均速度大于從C到P的平均速度，設(shè)從C到尸點(diǎn)時(shí)速度為vi,從。到P時(shí)速度為V2,

則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)有

2〉乜

22

即從D到P點(diǎn)速度大于從C到P點(diǎn)的速度，則得

匕＜%

設(shè)圓環(huán)滑到底端的速度大小為V。則第一種情況：從P到。過(guò)程

V+V.

XPD~—2-'1

第二種情況：從尸到。過(guò)程

_v+v2

XPC=2—'2

因?yàn)?/p>

XpD＞XPC

匕＜嶺

所以

八＞J

C錯(cuò)誤D正確。

故選Do

「mg

7.如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E（g為重力加速度），A、B兩物體通

Q

過(guò)勁度系數(shù)為％的絕緣豎直輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。A、B質(zhì)量均為如其中A

帶正電，電荷量為+q,B不帶電。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能可表示為紇=—62,左為彈

簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。若不計(jì)空氣阻力，不考慮A物體電荷量的變化，保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不

變，將電場(chǎng)方向改為豎直向上，下列說(shuō)法正確的是（）

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A.電場(chǎng)換向的瞬間，物體A的加速度大小為g

B.從電場(chǎng)換向瞬間到物體B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，物體A的速度一直增大

C.從電場(chǎng)換向瞬間到物體B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，物體A的機(jī)械能增加量等于物體A電勢(shì)能的減少量

D.物體B剛要離開(kāi)地面時(shí)，A的速度大小為g科

【答案】D

【解析】

【詳解】A.在電場(chǎng)未反向時(shí)，A物體處于平衡狀態(tài)，對(duì)A根據(jù)平衡條件可得

qE+mg=F^

當(dāng)施加上電場(chǎng)力瞬間，對(duì)A物體根據(jù)牛頓第二定律可得

[E+辱一mg=ma

解得

a=2g

故A錯(cuò)誤；

B.在電場(chǎng)未反向時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量為七,根據(jù)平衡條件可得

qE+mg=kx0

解得

qE+mg2mg

=--------=-----

°kk

B剛要離開(kāi)地面時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，伸長(zhǎng)量為占，對(duì)B根據(jù)平衡條件可得

kxl=mg

解得

fng

k

第7頁(yè)/共19頁(yè)

對(duì)物體A受向上的電場(chǎng)力與向下的重力等大反向，可知物體A受的合力等于彈簧的彈力，則A受的合外

力先受向上后向下，則加速度先向上后向下，則物體A先向上加速后向上減速，故B錯(cuò)誤；

C.從電場(chǎng)換向瞬間到物體B剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，因玉〉石，即從初態(tài)到末態(tài)彈簧的形變量減小，彈

性勢(shì)能減小，A物體的機(jī)械能增量等于電勢(shì)能的減少量與彈性勢(shì)能的減少量之和，則物體A的機(jī)械能增加

量大于物體A電勢(shì)能的減少量，故C錯(cuò)誤;

D.物體B剛要離開(kāi)地面時(shí)，由能量關(guān)系可知

~mv2+>ng(x+xj=+一)"；

0

解得A的速度大小為

故D正確。

故選D。

二、多項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題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(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。）

8.如圖所示為高空滑索運(yùn)動(dòng)，游客利用輕繩通過(guò)輕質(zhì)滑環(huán)懸吊沿傾斜滑索下滑。假設(shè)某段下滑過(guò)程中游客、

滑環(huán)和輕繩為整體勻速下滑，速度大小為v,整體重力為G,不計(jì)空氣阻力，在這段下滑過(guò)程中下列說(shuō)法正

確的是（）

A.游客的機(jī)械能守恒B.輕繩保持豎直

C.整體重力勢(shì)能的減少量大于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量D.重力的功率為Gv

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.勻速下滑過(guò)程中，動(dòng)能保持不變，重力勢(shì)能減小，因此機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；

B.由于游客勻速下滑，人受到重力與繩子拉力平衡，因此輕繩沿豎直方向，B正確；

C.由于動(dòng)能保持不變，而重力勢(shì)能減小，因此整體重力勢(shì)能的減少量大于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，C正確;

第8頁(yè)/共19頁(yè)

D.由于游客沿傾斜滑索下滑，因此重力的功率

P=Gvsin。＜Gv

D錯(cuò)誤。

故選BC?

9.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。兩衛(wèi)星之間的距離Ar隨

時(shí)間周期性變化，如圖乙所示。僅考慮地球?qū)πl(wèi)星的引力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.A、B的軌道半徑之比為1:2

B.A、B的線速度之比為1:2

C.A的運(yùn)動(dòng)周期大于B的運(yùn)動(dòng)周期

D.A、B的向心速度之比為4:1

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.由題意及題圖可知

人+、=6廠

W=2廠

解得

rA=2r

5=4〃

所以。：？=1:2,故A項(xiàng)正確;

B.對(duì)于衛(wèi)星其受到的萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有

2

廠Mmv

CJ=m——

r

解得

第9頁(yè)/共19頁(yè)

結(jié)合之前的分析，整理有

vA:vB=V2:1

故B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.對(duì)于衛(wèi)星其受到的萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有

"Mm47r之

G—r=m^rr

解得

14舟3

有上述結(jié)果分析可知，衛(wèi)星運(yùn)行的軌道越大，其運(yùn)行的周期越大，由于A衛(wèi)星的軌道半徑小于B衛(wèi)星的軌

道半徑，所以A的運(yùn)動(dòng)周期小于B的運(yùn)動(dòng)周期，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.對(duì)于衛(wèi)星其受到的萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有

廠Mm

(j——=ma

解得

GM

a=~~

r

結(jié)合之前的分析有，整理有

tzA:tzB=4:1

故D項(xiàng)正確。

故選AD?

10.如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為，"的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中。、b、c三個(gè)完全

相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞。點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰

好將圓周等分。小球d位于。點(diǎn)正上方4處，且在外力/作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知。、6、c三小球的

電荷量均為q,d球的電荷量為-6。，卜=瓜，重力加速度為g，靜電力常量為鼠則()

第10頁(yè)/共19頁(yè)

2

kq省如2

A.小球。的線速度為B.小球b的角速度為。=

3Rm3R3m

C.小球C的向心加速度大小為1駕

D.外力F豎直向上，大小為

3mR2R2

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.通過(guò)分析，a、b、c一定帶同種電荷，d與a、b、c一定帶異種電荷，設(shè)ad連線與水平方向

的夾角為a,則對(duì)小球a受力分析有

RVjh_V6

cosa=/=sina=

“2+R2一丁屈+R13

對(duì)。球，根據(jù)牛頓第二定律可得

2v2

k6"口?cosa—2———q-cos30°=m——

h”+R‘(2Rcos30°)’.R

可得

A錯(cuò)誤；

B.對(duì)小球b,有

v=coR

解得

B正確；

C.對(duì)c,有

解得

C正確；

D.對(duì)d球受力分析，由平衡條件得:

第11頁(yè)/共19頁(yè)

F=3kJq--------^~+mg

（同『+R2737?

解得

口2屈kq1

F=一瓦一+mg

K

D錯(cuò)誤。

故選BC?

三、實(shí)驗(yàn)題(本題共16分，11題6分，12題10分。)

11.如圖所示為“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)中，將完全相同的擋光片依次固定在圓弧軌道上,

測(cè)出部分?jǐn)?shù)據(jù)如表：

IWJ度

0.100.080.060.040.020

h/m

勢(shì)能

0.02950.02360.01770.01180.00590.0000

Ep/J

動(dòng)能

0.0217A0.03280.03950.04440.0501

Ek/J

機(jī)械

能0.05120.05040.05050.05030.05030.0501

E/J

(1)若擋光片的寬度為d,擋光時(shí)間為加，則擺錘經(jīng)過(guò)擋光片時(shí)的速度大小為o

(2)表中A處數(shù)據(jù)應(yīng)為Jo

(3)另一小組記錄了每個(gè)擋光片所在的高度〃及其相應(yīng)的擋光時(shí)間4后，繪制了上-力和3-/7四幅圖

像。其中可以說(shuō)明機(jī)械能守恒的圖像是O

第12頁(yè)/共19頁(yè)

【答案】①.一②.0.0268

【解析】

【詳解】（1）［1］若擋光片的寬度為4,擋光時(shí)間為則擺錘經(jīng)過(guò)擋光片時(shí)的速度大小

d

v=一

Ar

(2)[2]由于

Ek+Ep=E

可知表中A處數(shù)據(jù)應(yīng)為

0.0504J-0.0236J=0.0268J

（3）［3］根據(jù)機(jī)械能守恒可知

mgh+^mE

可知親-〃圖像為一條傾斜直線。

故選C。

12.某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)想測(cè)量一個(gè)約幾歐姆電阻凡的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供的器材：

A.電池組（電動(dòng)勢(shì)為3V）

B.電壓表M（量程為0D3V,內(nèi)阻約3kC）

C.電壓表V2（量程為0D15V,內(nèi)阻約15kC）

D.電流表A1（量程為0D0.6A,內(nèi)阻約0.1。）

E.電流表A2（量程為0?0.1A,內(nèi)阻約3Q）

F.滑動(dòng)變阻器R（0~1Q,額定電流2A）

G.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，電壓表應(yīng)選,電流表應(yīng)選（填寫(xiě)所選器材前的序號(hào)）。

（2）要使得測(cè)量誤差最小，他們測(cè)量是采用如圖哪種接法0

第13頁(yè)/共19頁(yè)

（3）閉合開(kāi)關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上（如圖）建立U、/坐標(biāo)系,

描繪出U-/圖線，則待測(cè)電阻的阻值為。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字），測(cè)量結(jié)果與真實(shí)結(jié)果相比

（填“偏大”、“偏小”或“無(wú)誤差”）。

【答案】①.B②.D③.C(4).5.4⑤.偏小

【解析】

【詳解】（1）[1]⑵由于電池組的電動(dòng)勢(shì)為3V，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，電壓表應(yīng)選B,由于待測(cè)電阻約幾歐

姆，由歐姆定律可知，電路中最大電流

3

/〉一A=0.3A

10

則電流表應(yīng)選D。

（2）[3]要使得測(cè)量誤差最小，由于待測(cè)電阻較小，應(yīng)采用電流表外接法，電壓表和電流表示數(shù)從0開(kāi)始變

化，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法。

故選C。

第14頁(yè)/共19頁(yè)

（3）[4]根據(jù)題意，由歐姆定律可知，U-/圖像的斜率表示待測(cè)電阻的阻值，則有

AK=Z70Q=54Q

xA/0.50

[5]由于電壓表的分流，所測(cè)電流偏大，則電阻的測(cè)量結(jié)果與真實(shí)結(jié)果相比偏小。

四、計(jì)算題（本大題共3個(gè)小題，共41分。解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、公式、方程式和

重要的演算步驟，只寫(xiě)出結(jié)果的不得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須寫(xiě)出明確的數(shù)值和單

位。）

13.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，圖甲是f=3s時(shí)的波形圖，圖乙是波上x(chóng)=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖線。求:

（1）此波的傳播方向和波速大小；

（2）從此時(shí)刻起10s內(nèi)x=3m處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程。

【答案】（1）沿x軸負(fù)方向，lm/s；（2）50cm

【解析】

【分析】

【詳解】（1）由圖乙可知，f=3s時(shí)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖甲，可得波沿x軸負(fù)方

向傳播

由甲圖可知

2=4m

由乙圖可知

r=4s

根據(jù)

2

v=—

T

可得

v=lm/s

（2）由于振動(dòng)周期

T=4s

質(zhì)點(diǎn)每經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，運(yùn)動(dòng)4倍振幅，因此質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程

S=—x4A=50cm

T

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14.如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，長(zhǎng)L=0.12m的絕緣輕桿上端連接在。點(diǎn)。有一質(zhì)量為

根=0.3kg、電荷量q=+0.5C的帶電金屬小球套在絕緣輕桿上，球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.75。當(dāng)桿豎

直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑，gal0m/s2o

(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E大??；

(2)若輕桿與豎直方向的夾角為，時(shí)，小球在下滑過(guò)程中與桿之間的摩擦力恰好為0,求。角；保持，角

不變，將小球從。點(diǎn)由靜止釋放，求小球離開(kāi)桿時(shí)的速度大小。

【答案】(1)8N/C；(2)53°,2m/s

【解析】

【詳解】(1)當(dāng)桿豎直固定放置時(shí)，小球恰好能勻速下滑，故小球受力平衡；由小球受重力、電場(chǎng)力、桿的

支持力和摩擦力作用可得

mg=/nqE

解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

E=^=8N/C

(2)輕桿與豎直方向的夾角為。時(shí)，小球下滑過(guò)程中與桿之間的摩擦力為0,故支持力為零，則重力、電

場(chǎng)力垂直輕桿方向分力等大反向，故有

mgsin0=qEcos0

所以

qE14

tan0n==—=—

mg〃3

即

6=53°

小球受到合外力

F=mgcos6+qEsin0=(1.8+3.2)N=5N

由牛頓第二定律得

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F=ma

故小球從O點(diǎn)靜止釋放，沿桿做加速度

m3

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v2-2aL

故小球離開(kāi)桿時(shí)的速度

v==2m/s

15.在光滑水平面上有兩個(gè)靜止的、可視為質(zhì)點(diǎn)的相同物塊A、B,某時(shí)刻給物塊A一個(gè)向右的初速度

v0=10m/s,物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊進(jìn)入與水平面平滑連接的光滑圓形軌道。圓形軌道右

側(cè)的光滑水平面平滑連接著一個(gè)傾角在37。且足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，斜面與物塊的摩擦系數(shù)為4□=0.5,重

力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)求物塊A與物塊B碰后瞬間，物塊B的速度大?。?/p>

(2)為保證物塊第一次進(jìn)入圓形軌道的過(guò)程中不脫離軌道，求圓形軌道半徑R的取值范圍；

(3)若圓形軌道半徑R=l.8m,求物塊B第N次滑上斜面的最大位移外的表達(dá)式以及整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程在斜

面上經(jīng)過(guò)的總路程s。

【答案】(1)10m/s;(2)R25m或RW2m；(3)=^^111,12.5m

【解析】

【詳解】(1)由動(dòng)量守恒定律得

mv0=mvA+mvB

由機(jī)械能守恒定律得

12121~1

~mV0=-mVA+~mVB

解得

vB=10m/s,vA=0

(2)若碰后物塊B恰好能達(dá)到與圓心等高的點(diǎn)，則

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解得

R=5m

為保證物塊第一次進(jìn)入圓形軌道的過(guò)程中不脫離軌道，圓形軌道半徑

R>5m

若碰后物塊B恰好能經(jīng)過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)，則

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