2024年四川省南充某中學(xué)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年四川省南充高級中學(xué)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共5小題，共20分。

1.根據(jù)所學(xué)知識(shí)，下列說法正確的選項(xiàng)是（）

A.根據(jù)牛頓第一定律可知，力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因

B.一對作用力與反作用力做功的代數(shù)和始終為零

C.火箭的最終飛行速度由燃?xì)獾膰姎馑俣纫约叭剂先急M時(shí)火箭的質(zhì)量共網(wǎng)決定

D.地面上的物體受到的重力并非總是指向地心

2.甲、乙兩輛汽車在同一平直公路上同向行駛，其速度-時(shí)間圖像分別如圖中|V

甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在亡2時(shí)刻并排行駛，下列說法正確的選項(xiàng)是VJ??…

（）

A.G時(shí)刻甲車在乙車的前方V,'廠

B.”?時(shí)段甲車運(yùn)動(dòng)的平均速度E>安"o4-------

C.甲車一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.0~12時(shí)段乙車的加速度逐漸增大

3.如圖所示，有一條寬度為800機(jī)的小河自西向東流淌，水流速度為孫，各點(diǎn)到較近河岸的距離為x,%與

x之間的關(guān)系為為=0.0075x（均采用國際單位）。讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船相對于河水的速

度恒為％=4m/s,下列說法正確的選項(xiàng)是（）

亡方,、800m------->

1QK

A.小船在水中做類平拋運(yùn)動(dòng)

B.小船到達(dá)北岸時(shí)位移大小為100V73m

C.小船剛到達(dá)北岸時(shí)，相對于河岸的速度大小為5m/s

D.小船在行駛過程中，水流一直對小船做正功

4.如圖所示，某煤礦有一水平放置的傳送帶，已知傳動(dòng)帶的運(yùn)行速度為%=0.5m/s,開采出的煤塊以

50旬/s的流量（即每秒鐘有50依煤塊從漏斗中落至傳送帶上）垂直落在傳送帶上，并隨著傳送帶運(yùn)動(dòng)。為

了使傳送帶保持勻速傳動(dòng)，電動(dòng)機(jī)的功率應(yīng)該增加（）

A.500VVB.25VVC.12.51VD.50VV

5.銀河系中大多數(shù)恒星都是雙星體，有些雙星，由于距離小于洛希極限，在引力乙

1Qj

的作用下會(huì)有部分物質(zhì)從某一顆恒星流向另一顆恒星。如圖所示，初始時(shí)刻甲、

乙兩星（可視為質(zhì)點(diǎn)）均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。某一時(shí)刻，乙星釋放了部分物質(zhì)，若乙

星釋放的物質(zhì)被甲星全部吸收，且兩星之間的距高在一定時(shí)間內(nèi)保持不變，兩星

球的總質(zhì)量也不變，則下列說法正確的選項(xiàng)是（）

A.乙星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑保持不變

B.乙星運(yùn)動(dòng)的角速度保持不變

C.乙星運(yùn)動(dòng)的線速度大小保持不變

D.乙星運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小保持不變

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

6.從地面豎直向上拋出一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），其機(jī)械能的等于動(dòng)能以與重力勢

能Ep之和。以地面為零勢能參考面，該小球的機(jī)械能和重力勢能隨它離開地面

的高度力的變化如圖所示，g=10m/s2,由圖中數(shù)據(jù)可知（）

A.小球的質(zhì)量為1.6kg

B.h=27n時(shí)，小球的動(dòng)能Ek=68/

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球的機(jī)械能守恒

D.從地面至九=5m,小球的動(dòng)能減少100J

7.如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量1kg的帶負(fù)電小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在％=Im處以

v0=2m/s的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦為數(shù)〃=0.05。在％=0及x=5m處有兩個(gè)

電性未知，電荷量分別為“、Q2的點(diǎn)電荷場源，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖乙所示，。點(diǎn)是圖

線最低點(diǎn)，虛線人8是圖像在x=lm處的切線，g=10m/s2下列說法正確的選項(xiàng)是（）

12345%/m

圖甲圖乙

A.滑塊在％=3m處所受合外力小于0.5/VB.兩場源電荷均帶負(fù)電,且。|>@1

C.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，速度始終減小D.滑塊向右一定可以經(jīng)過％=4m處的位置

8.如圖所示，足夠長的光滑水平面上靜止一質(zhì)量為5機(jī)的弧形槽，弧形槽與水平面之間平滑連接，質(zhì)量為

〃?的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距離水平面高度為力的4點(diǎn)由靜止下滑，之后被輕質(zhì)彈簧反向彈出。不計(jì)一切摩

擦，碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g,下列說法正確的選項(xiàng)是（）

A.彈簧獲得的最大彈性勢能為tmg/i

B.滑塊沿弧形槽上升的最大高度為與

C.滑塊第二次離開弧形槽后，不可能和彈簧發(fā)生作用

D.滑塊沿弧形槽下滑過程中，二者構(gòu)成的系統(tǒng)既滿足動(dòng)量守恒乜滿足機(jī)械能守恒

9.下列說法正確的是（）

A.若做簡諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子的周期為T,振子動(dòng)能大小的變化周期為0.5T

B.若某一物體運(yùn)動(dòng)過程中沿運(yùn)動(dòng)方向的合外力/與位移x之間滿足關(guān)系F=kx,說明該物體可能做簡諧運(yùn)

動(dòng)

C.與超聲波相比，在相同條件3頻率較低的次聲波更加容易發(fā)生明顯衍射

D.根據(jù)折射率的計(jì)算式n=熹與光的折射進(jìn)行類比可知，超聲波在真空中的傳播速度比超聲波在水中的

傳播速度更快

E.可以通過偏振現(xiàn)象區(qū)分橫波與縱波

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。

③電流表4(量程為0?0.64，內(nèi)阻約為0.3。)；

④滑動(dòng)變阻器(最大阻值為20。)；

⑤開關(guān)、導(dǎo)線若干。

(1)根據(jù)甲圖設(shè)計(jì)的電路，將乙圖中的器材連成實(shí)驗(yàn)電路。

(2)完成實(shí)驗(yàn)操作后，需要分析由電表內(nèi)阻引起的實(shí)驗(yàn)誤差。在圖丙中，實(shí)線是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖得

到的U-/圖像：虛線顯該電源真實(shí)的路端電壓U隨真實(shí)的干路電流/變化的U-/圖像。本次實(shí)驗(yàn)分析誤

差的U-/圖像是如圖內(nèi)選項(xiàng)中的一

丙

(3)為減小由于電表引起的實(shí)驗(yàn)誤差，本實(shí)驗(yàn)可以采取的措施是一

A.采用量程更大的電流表

B采用阻值更大的滑動(dòng)變阻器

C將電流表改接在甲圖中的c、d節(jié)點(diǎn)之間

。?采用內(nèi)阻更大的電壓表

四、簡答題：本大題共3小題，共9分。

12.如圖所示裝置由“加速器”和“平移器”構(gòu)成。平移器由左右兩對水平放置、間距為"的平行金屬板

構(gòu)成。兩平行金屬板間的電壓大小均為內(nèi)、電場方向相反，極板長度均為24極板間距均為(初速度為

零、質(zhì)量為〃?、電荷量為+q的粒子經(jīng)過電壓為%的加速器后，沿著第一對平行金屬板的下極加速器板沿水

平方向射入，粒子最終打到右側(cè)的熒光屏上。平行板外的電場以及粒子的重力均忽略不計(jì)。

(1)求粒子離開第一對平行金屬板時(shí)偏轉(zhuǎn)位移力的大?。?/p>

(2)通過調(diào)節(jié)“平移器”的電壓可以改變粒子到達(dá)熒光屏上的位置，當(dāng)粒子撞擊熒光屏的位置最高時(shí)，求

此時(shí)''平移器”的電壓外。

熒

光

屏

13.如圖所示，長為G=13m的水平傳送帶以u=4m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，緊靠傳送帶P、Q兩端各

靜止一個(gè)滑塊B和C,在距離傳送帶左端d=0.5m的水平面上放置一豎直固定擋板，物塊與擋板碰撞后會(huì)

被原速率彈向，右端有一傾角6-37。且足夠長的粗糙傾斜軌道，斜面底端與傳送帶Q端平滑連接.現(xiàn)從

距離斜面底端8m處由靜止釋放一滑塊A,一段時(shí)間后滑塊A與8發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰

撞后8滑上傳送帶，A被取走，己知滑塊4、8、。的質(zhì)量均為1依，滑塊8、C與傳送帶之間以及與水平

面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為%=02滑塊A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.25,滑塊之間的碰撞均為彈性

正碰，所有物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

(1)滑塊B與。第一次碰撞前，滑塊8在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)相對于傳送帶的位移大??；

(2)整個(gè)過程中，滑塊C與擋板碰撞的次數(shù)；

(3)整個(gè)過程中，滑塊B在傳送帶P、。兩端之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的總路程。

14.半徑為R的半圓形玻璃磚如圖所示放置，AB面水平，。為圓心。一束

單色光恰好與水平面成6=37。照射到AB面上的。點(diǎn)，。為OA中點(diǎn)，折

射光線剛好照到圓弧最低點(diǎn)C,光線在。點(diǎn)折射后照射到地面上的E點(diǎn)(圖

中未畫出)，將入射點(diǎn)由。點(diǎn)移到。點(diǎn)，保持入射方向不變，最終光線也

照射到地面上的E點(diǎn)，不考慮光在圓弧面上的反射，sin370=0.6,

COS37"=0.8,求:

(1)玻璃磚對光的折射率小

(2)C點(diǎn)離地面的高度心

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4牛頓第一定律表明，一切物體總保持原來的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到有外力迫使它改變

這種狀態(tài)為止。說明力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因。故A錯(cuò)誤；

仇根據(jù)牛頓笫三定律可知一對作用力與反作用力等大反向，口分別作用在相互作用的兩個(gè)物體上，兩個(gè)力

的作用點(diǎn)的位移不一定相等，故一對作用力與反作用力所做功之和可以為零，也可以不為零。例如在靜止

的水平木板上運(yùn)動(dòng)的小物塊受到摩擦力逐漸停下的過程，摩擦力對小物塊做負(fù)功，木板靜止，摩擦力對木

板不做功。則木板對木塊的摩擦力和木塊對木板的摩擦力這對相互作用力做功的代數(shù)和為負(fù)數(shù)，并非始終

為零。故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)燃?xì)饪傎|(zhì)量為m0，火箭（不含燃料）質(zhì)量為〃?，燃?xì)獾膰姎馑俣却笮榻谢鸺罱K速度大小為設(shè)

燃?xì)鈬姎夥较驗(yàn)橹?，根?jù)動(dòng)量守怛定律可知

0=mov—mv'

解得火箭的最終飛行速度為

，頻〃

v=-------

m

火箭噴出的燃料的速度與火箭的質(zhì)量及燃料的質(zhì)量有關(guān)。故C錯(cuò)誤；

。.重力方向是豎直向下的，指向地心的萬有引力，由于自轉(zhuǎn)的影響，除了提供物體的重力外還要提供地面

物體隨地球自轉(zhuǎn)而做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。故地面上的物體受到的重力并非總是指向地心的，只有赤道和兩

極的位置重力才指向地心。故。正確。

故選：。。

明確牛頓第一定律的基本內(nèi)容，知道力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而是改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因；知道作

用力和反作用力的性質(zhì)，注意二者作用在兩個(gè)物體上力的作用不能抵消；根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得火箭的最

終飛行速度的表達(dá)式；重力方向是豎直向下的，只有赤道和兩極的位置重力才指向地心。

解決本題的關(guān)鍵知道牛頓運(yùn)動(dòng)定律的內(nèi)容，知道加速度與合力、質(zhì)量的關(guān)系，知道加速度的方向與合力的

方向相同.

2.【答案】2

【脩析】解：4根據(jù)U-￡圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，知在時(shí)間內(nèi)，甲車的位移小于乙車的

位移，因?yàn)閮绍囋?。時(shí)刻并排行駛，所以在0時(shí)刻甲車在前，乙車在后，故A正確：

4.根據(jù)u-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，知在。~J時(shí)段甲車運(yùn)動(dòng)的位移小于初、末速度相等的勻

變速直線運(yùn)動(dòng)的位移，所以其平均速度5〈空，故8錯(cuò)誤；

C.根據(jù)u-t圖像的斜率表示加速度，可知甲車的加速度逐漸增大，故。錯(cuò)誤；

D根據(jù)u-C圖像的斜率表示加速度，可知Q?巳時(shí)段乙車的加速度逐漸減小，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)速度-時(shí)間圖像圖線與時(shí)間軸圍成的面積大小表示位移，分析G~12時(shí)間內(nèi)兩車的位移關(guān)系，以此來判

斷哪個(gè)汽車在前；根據(jù)位移關(guān)系分析在“?上時(shí)間內(nèi)甲車的平均速度：通過圖線的斜率判斷加速度的變

化。

解決本題的關(guān)鍵要理解速度-時(shí)間圖像的物理意義，知道圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，圖線的切線斜

率表示加速度。

3.【答案】B

【解析】解：A、小船的運(yùn)動(dòng)可以分解為垂直于河岸的速度為巧=4m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿水流的分運(yùn)

動(dòng)，

則垂直于河岸的方向上有％=%￡

沿水流方向上有%=0.0075%

解得

v0=0.0075%￡

可知，沿水流方向上的分速度與時(shí)間成正比，即加速度大小為Q=0.0075%=0.03m/s2

由于x為各點(diǎn)到較近河岸的距離，即小船沿水流方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以小

船先做類平拋運(yùn)動(dòng)，后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

從小船到達(dá)河中央前做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：

d1

2=yo=2at0

22

%o=y/d+(2y0)

解得小船到達(dá)北岸時(shí)位移大小為

x0=100V-73m

故B正確；

C、小船先做類平拋運(yùn)動(dòng)，后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對運(yùn)動(dòng)的稱性可知，小船剛到達(dá)北岸時(shí)，沿水流方向的

分速度恰好等于0,所以相對于河岸的速度大小為%=4m/s,方向垂直于河岸，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)上述可知，沿水流方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即小船在行駛過程中，水流對

小船先做正功后做負(fù)功，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

將小船的運(yùn)動(dòng)分解為垂直于河岸和沿水流方向，分析兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，判斷小船合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)；

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解求解小船到達(dá)北岸時(shí)位移大小；

根據(jù)小船的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析小船剛到達(dá)北岸時(shí)相對于河岸的速度大?。?/p>

根據(jù)動(dòng)能定理分析小船在行駛過程中水流對小船做功的正負(fù)。

本題關(guān)鍵是當(dāng)船頭與河岸垂直時(shí)，渡河時(shí)間最短，同時(shí)合速度與分速度遵循平行四邊形定則，同時(shí)注意

v=kx公式中的x的含義。

4.【答案】C

【解析】解：每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上煤塊都將獲得與傳送帶相筆的速度，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得

ft=Ap=mv

解得：f=25N

煤塊受到的摩擦力由傳送帶提供，所以電動(dòng)機(jī)對傳送帶應(yīng)增加的牽引力為

F=f=25N

電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為

P=FI；=25XO.5W=12.5W,故錯(cuò)誤，C正確。

故選:Co

研究每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上的煤塊，根據(jù)動(dòng)量定理求出煤塊受到的摩擦力，根據(jù)P==求電動(dòng)機(jī)應(yīng)

增加的功率。

傳送帶問題是高中物理中的一個(gè)重要題型，關(guān)鍵要知道電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率等于增加的牽引力與速度的乘

積。

5.【答案】B

【解析】解：4設(shè)甲星的質(zhì)量為m尹，軌道半徑為r伊，乙星的質(zhì)量為加,，軌道半徑為「乙，則滿足

2r伊=小/32r乙

解得

丫乙山伊

_____

丫甲6乙

由于乙星的質(zhì)量變小，甲星的質(zhì)量變大，且兩星之間的距離不變，則乙星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變大，甲星運(yùn)動(dòng)

的軌道半徑變小，故A錯(cuò)誤；

8CD.設(shè)兩星之間的距離為L,兩星角速度相同且均為3,根據(jù)萬有引力提供向心力，對甲星有

Gm/n乙

--2-=甲

LJ

對乙星有

Gm甲m乙

------5=m3什7

27

L乙

又因?yàn)?/p>

r伊+丁乙二L

聯(lián)'工解得

lG(m^+m^)

因?yàn)閮尚侵g的距離在一定時(shí)間內(nèi)保持不變，且兩星球的總質(zhì)量也不變，故兩星的角速度3不變；

根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系，結(jié)合向心加速度公式

v=a)r,a=a)2r

由干乙星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑變大，則乙星運(yùn)動(dòng)的線速度變大，乙星運(yùn)動(dòng)的向心加速度變大，故5正確，CO

錯(cuò)誤。

故選：B。

組戌的雙星系統(tǒng)的周期和角速度相同，根據(jù)萬有引力定律提供向心力推導(dǎo)角速度與軌道半徑佗關(guān)系，從而

分析兩星間萬有引力的變化。

解決本題的關(guān)鍵知道組成的雙星系統(tǒng)的角速度相同，抓住向心力大小相等，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解，

難度中等。

6.【答案】AD

【解析】解：A、由圖知，h二5機(jī)時(shí)：Ep=80/?FhEp=mgh得：m=1.6kg,故A正確；

C、對物體上升0-5m的過程，根據(jù)功能關(guān)系可知：—fx=EAs—EAo

解得物體上升過程中所受阻力大小為：f=a」隹=《"N=4N

XO

故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中小球的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；

B、當(dāng)物體從地面上升h=2m時(shí)，由動(dòng)能定理可知：—fh-mgh=Ek-EAQ,代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得小球的動(dòng)

能：Ek=60/,故8錯(cuò)誤：

D、從地面至九二5TH,由動(dòng)能定理可知：AEk=—fh—mgh

代入數(shù)據(jù)得：AEk=-1007,所以小球的動(dòng)能減少10(17,故。正確。

故選：AD.

根據(jù)h=5m時(shí)的0值和&=mg/i求出物體的質(zhì)最；

根據(jù)機(jī)械能的減少等于物體克服阻力做的功，由此求解物體所受空氣阻力大小，也確定機(jī)械能不守恒;

h=2m時(shí)，物體的動(dòng)能為：Ek=Eg「Ep；

根據(jù)動(dòng)能定理求解物體上升5小時(shí)減少的動(dòng)能。

解決本題的關(guān)犍要從圖象讀取有效信息，明確動(dòng)能、重力勢能和機(jī)械能的關(guān)系，知道機(jī)械能的減少等于物

體克服阻力做的功，能夠根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答。

7.【答案】BD

【解析】解：4、Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，則知滑塊在X=3m處所受電場力

為0,所受合外力F合=/'=〃mg=0.05xlxl0N=0.5N,故A錯(cuò)誤；

B、滑塊在處所受電場力為則該處電場強(qiáng)度為則上殍\Q\

x=3m0,0,=k2由于■>r,所以IQ/>

riF'2

IQ2I。

滑塊在x=3m處電勢能最低，因?yàn)榛瑝K帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢最高，兩場源電荷均帶負(fù)電，故B

正確;

、滑塊在％=巾處所受電場力大小為=-r=號1N

C1FAx2-N=

所以在x=l/n處，滑塊所受電場力與滑動(dòng)摩擦力方向相反，且電場力大于摩擦力，則滑塊做加速運(yùn)動(dòng)，故

C錯(cuò)誤；

。、滑塊在％=1m處的電勢能與在％=47幾處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過％=47九

處，則應(yīng)滿足：=fAx=0,5x(4-1)/=1.5/

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實(shí)際情況并滿足.上式，所以滑塊一定可以經(jīng)過％=46處的位置，故。正確。

故選：BD。

圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，確定滑塊在％=3m處所受電場力大小，再求合外力

大小。在x=3m處電場力為0,電場強(qiáng)度為0,根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式分析Qi、Q2的電荷量關(guān)系?；瑝K在

x=3m處電勢能最低，因?yàn)榛瑝K帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢最高，結(jié)合摩擦力可知速度的變化情況：

根據(jù)能量守恒定律判斷滑塊是否到達(dá)％=4m處的位置。

本題考查電勢能與電場力做功，解題關(guān)鍵要掌握電勢能與電勢的關(guān)系，注意Ep-x圖像斜率的絕對值表示

滑塊所受電場力的大小。

8.【答案】AB

【解析】解：4設(shè)滑塊下滑到達(dá)底端時(shí)，滑塊的速度大小為%,弧槽的速度方，

滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向滿足動(dòng)量守恒,

則根據(jù)水平動(dòng)量守恒有m%=Smv2

滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊、弧槽組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有=說+：x5m詔

聯(lián)立解得：弧槽的速度W=用滑塊的速度大小巧=5品

滑塊壓縮彈簧時(shí)，當(dāng)速度變?yōu)榱銜r(shí)，彈簧彈性勢能最大，則有0加2=：m說=￥，故A正確；

B.根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知滑塊離開彈簧向左的速度大小也為巧，當(dāng)滑塊上升至最高點(diǎn)時(shí)兩者具有共同的

水平速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可得

mv1+Smv2=（77i+5m）v

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒

111

5nivf+5x57九田一5（旭+5m）v2=mgh'

乙乙乙

可得滑塊沿弧槽上升可得滑塊沿圓弧上升的最大高度為九'=g/i，故8正確；

。.從滑塊滑上弧槽到再?次離開弧槽過程，設(shè)再一次離開時(shí)滑塊的速度大小為由，弧槽的速度大小為以，

設(shè)水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒可得

mv1+5mv2=mv3+5mv4

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得

11r2121r2

25xSmv2=-^mvj+5x5nl戰(zhàn)

解得

%=:“2或％=廿2

當(dāng)山=時(shí)

5

%=-W%

當(dāng)以=?2時(shí)

%=5V2

由于1?3＞女，所以%=以舍去。

由于滑塊第二次離開弧形槽后滑塊的速度不為零，所以滑塊可能和彈簧發(fā)生作用，故C錯(cuò)誤；

D滑塊沿弧槽下滑過程中，滑塊在豎直方向有加速度，弧槽在豎直方向沒有加速度，滑塊、弧槽組成的系

統(tǒng)在豎直方向的合外力不為零，故二者構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但只有重力做功，二者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能

守恒，故。錯(cuò)誤。

故選:AB.

A在光滑弧形槽上下滑的過程，A與弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量

守恒定律和機(jī)械能守恒定律列式，求出A滑離弧形槽時(shí)A和弧槽的速度，根據(jù)能量守恒求出彈簧獲得的最

大彈性勢能；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出滑塊沿弧槽上升可得滑塊沿圓弧上升的最

大高度；根據(jù)系統(tǒng)水平方方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒判斷滑塊第二次離開弧形槽后能否與彈簧發(fā)生作

用。

本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒。本題的答題關(guān)鍵是明確：滑塊沿弧槽下滑過程中，二者組成的系統(tǒng)水平

方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

9.【答案】ACE

【解析】解：4由于做簡諧振動(dòng)的振子的速度、受力等是矢量，既有大小，又有方向，而動(dòng)能是標(biāo)量，沒

有方向，若做簡諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子的周期為7,振子動(dòng)能改變的周期為0.5T,故A正確：

R若某一物體運(yùn)動(dòng)過程中沿運(yùn)動(dòng)方向的合外力/與位移x之間滿足關(guān)系F=—kx,說明該物體可能做簡諧

運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

c波長越長越容易發(fā)生衍射，由□=2/?可知在相同條件下，頻率低的聲波比頻率高的聲波更容易發(fā)生明顯

的衍射現(xiàn)象，故C正確；

。.超聲波在空氣中的傳播速度比超聲波在水中的傳播速度小，故。錯(cuò)誤：

石.偏振是橫波特有的特性，故可以通過偏振現(xiàn)象區(qū)分橫波與縱波，故￡正確。

故選：ACE.

做簡諧運(yùn)動(dòng)的彈簧振子動(dòng)能大小的變化周期是簡諧振動(dòng)周期的一半；根據(jù)簡諧振動(dòng)的特征判斷；根據(jù)發(fā)生

明顯衍射的條件判斷；機(jī)械波在空氣中的速度最小；偏振是橫波特有的現(xiàn)象。

本題考查了簡諧運(yùn)動(dòng)、機(jī)械波、光的偏振和衍射，知識(shí)點(diǎn)多，做好這一類的題FI要注意平時(shí)的積累。

10.【答案】BCm1x1=m2x2小于

【解析】解(1)4只耍使小球A每次必須從斜槽上的同位置由睜止釋放，斜槽的粗糙程度不會(huì)造成實(shí)驗(yàn)誤

差，故A錯(cuò)誤；

4.為了保證小球拋出做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽末端的切線必須水平，故4正確；

C.實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了保持每次碰撞前瞬間小球A的速度相同，小球力每次必須從斜槽上的同一位置由靜止釋

放，故C正確；

D為了驗(yàn)證系統(tǒng)動(dòng)量守恒，需要保證兩球都飛出落地，根據(jù)碰撞特征可知，需要A球質(zhì)量大于8球質(zhì)量。

故D錯(cuò)誤。

故選：BC°

(2)碰撞后，M為4球的落點(diǎn)位置，N為3球的落點(diǎn)位置。由m7p=

平拋過程中A、8兩球下落時(shí)間與A單獨(dú)下落的時(shí)間均相同為f,則上式左右兩邊同乘f,得=

tn^-t+m2vN-t

根據(jù)圖中的距離關(guān)系得m〔OP=miOM+m2ON,移項(xiàng)整理得7%(OP-OM)=m2ON

代入題中數(shù)據(jù)可知只要驗(yàn)證成立，則證明A、氏碰度過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒。

(3)因?yàn)樾辈勰┒松韵蛏蟽A斜，則最初釋放位置的擋板比斜槽水平時(shí)偏低，則到達(dá)斜槽末端時(shí)速度偏小,

且因?yàn)樾辈勰┒瞬凰?，?dǎo)致速度的水平分最減小，則其水平位移OP也偏小，則有miOPV巾10工+

m2ON,即碰撞前4球的動(dòng)量小于碰后A、3兩球的總動(dòng)量。

故答案為：(1)BC；

(2)/n1x1=m2x2\

(3)小于。

(1)根據(jù)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)的步驟和注意事項(xiàng)，分析即可；

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解即可；

(3)對實(shí)驗(yàn)步驟產(chǎn)生的誤差進(jìn)行分析即可。

本題考查學(xué)生對驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的理解和運(yùn)用，需要注意初末狀態(tài)的動(dòng)量。

11.【答案】BD

【解析】解：(1)根據(jù)甲圖設(shè)計(jì)的電路，將乙圖中的器材連成實(shí)驗(yàn)電路如下圖所示。

(2)電壓表測量路端電壓不存在系統(tǒng)誤差，由于電壓表的分流作用，電流表測量的電流值小于流經(jīng)電源的

電流，當(dāng)電壓表示數(shù)為零時(shí)，流經(jīng)電壓表的電流為零，此時(shí)電流表測量的電流值等于流經(jīng)電源的電流，故

電源真實(shí)的路端電壓U隨真實(shí)的干路電流/變化的U-/圖像應(yīng)該在測最所得的U-/圖像的上方，旦兩圖

象的橫軸截距相同，故4C。錯(cuò)誤，8正確。

故選:B。

(3)4采用量程更大的甩流表，則電流表的讀數(shù)會(huì)產(chǎn)生較大的誤差，會(huì)使實(shí)驗(yàn)誤差更大，故A錯(cuò)誤；

8.采用阻值更大的滑動(dòng)變阻器，會(huì)在實(shí)驗(yàn)時(shí)不便于調(diào)節(jié)電路中電流的變化，會(huì)產(chǎn)生更大的誤差，故8錯(cuò)

誤；

C將電流表改接在甲圖中的c、d節(jié)點(diǎn)之間，則電流表的分壓作用使內(nèi)阻測量的誤差很大，故C錯(cuò)誤；

。?采用內(nèi)阻更大的電壓表，會(huì)減小電壓表的分流作用產(chǎn)生的誤差，故。正確。

故選：

故答案為：(1)見解答；(2)8；(3)D

(1)根據(jù)甲圖設(shè)計(jì)的電路，將乙圖中的器材連成實(shí)驗(yàn)電路；

(2)由于電壓表的分流作用，電流表測量的電流值小于流經(jīng)電源的電流，當(dāng)電壓表示數(shù)為零時(shí)，流經(jīng)電壓

表的電流為零，此時(shí)電流表測量的電流值等于流經(jīng)電源的電流：

(3)采用量程更大的電流表，電流表的讀數(shù)會(huì)產(chǎn)生較大的誤差；采用阻值更大的滑動(dòng)變阻器，會(huì)在實(shí)驗(yàn)時(shí)

不便干調(diào)節(jié)電路中電流的變化：將電流表改接在甲圖中的c、d節(jié)點(diǎn)之間，則中流表的分壓作用便內(nèi)陽測

量的誤差很大；采用內(nèi)阻更大的電壓表，會(huì)減小電壓表的分流作用產(chǎn)生的誤差。

本題考查了測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，掌握實(shí)驗(yàn)原理與采用伏安法測量產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差。

12.【答案】解：(1)粒子在加速電場中，由動(dòng)能定理可得q“)詔一0

粒子經(jīng)過第一對平行金屬板的過程中豎直方向的位移力=；a片

粒子在平行金屬板間的加速度a=也=聆

"I

粒子穿過第一對金屬板所用時(shí)間2d=喃，聯(lián)立求得力=知

(2)當(dāng)粒子沿著第二對上方金屬板右側(cè)邊沿射出時(shí)，粒子豎直方向平移量最大，此時(shí)幾何關(guān)系滿足為+

乃+>3=d

通過每一對平行金屬板所用時(shí)間“”

vo

兩對平行金屬板內(nèi)場強(qiáng)方向相反.，根據(jù)對稱性可得必=y3=f^d

u0

在兩偏轉(zhuǎn)電場中間無電場空間處，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間￡i=年

豎直方向也是勻速直線運(yùn)動(dòng)力=%*%=親鬻，y2=^d

以上各式聯(lián)立求得U2=：%

答：(1)粒子離開第一對平行金屬板時(shí)偏轉(zhuǎn)位移力的大小為御山

uo

(2)此時(shí)“平移器”的電壓也為3取。

【解析】(1)根據(jù)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，列式求解即可；

(2)要使粒子撞擊熒光屏的位置最高，必然從平移器上板邊緣飛出，列式求解即可。

本題考查學(xué)生對帶甩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)的理解和運(yùn)用，需要注意加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中帶電粒子的受力

情況。

13.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓定律可知，滑塊4在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為：

mgsinO—42mgeos6

%一m

勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律速度-位移公式：盧-詔=2ax

解得滑塊A運(yùn)動(dòng)至斜面底端過程1時(shí)速度大小為：v0=72^(sin0-I.I2COSO')L1

代入數(shù)據(jù)解得：%=8m/s

由于斜面與傳送帶之間平滑連接，且滑塊人、8質(zhì)量相等，滑塊人、B發(fā)生彈性碰撞后，

以向左為正，由動(dòng)量守恒定律有：mv0=mvA+mvB

和機(jī)械能守恒定律可知：或

乙乙乙

代人解得滑塊8的速度變?yōu)椋?=%=8m/s,水平向左。

滑塊8在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至與傳送帶共速，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移大小為：x0=

2勺。

解得：x0=12m

由于XoVG，因此滑塊8在傳送帶上還要繼續(xù)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P端時(shí)，滑塊8的速度大小為

口水平向左。

滑塊8在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶之間存在相對運(yùn)動(dòng)，相對位移大小為：4%=3二吐-

2

玄孫一6_(%)r)

41g-2%g

代人數(shù)據(jù)解得：Ax=4m

(2)在P端，滑塊8與C發(fā)生彈性碰撞，交換速度后滑塊。的速度大小為I，，水平向左。

滑塊C與擋板發(fā)生第一次碰撞后，滑塊4從0端滑上傳送帶時(shí)速度大小為打，水平向右，對于滑塊C,根

據(jù)動(dòng)能定理有："心一/