湖南省新高考教學(xué)教研（長(zhǎng)郡二十校）聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第一次預(yù)熱演練物理試題（解析版）

2025屆新高考教學(xué)教研聯(lián)盟高三第一次預(yù)熱考試物理試卷注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷選擇題（共44分）一、選擇題（本題共6小題，每小題4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.在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)通過三點(diǎn)的過程中，其位移隨時(shí)間變化的圖像如圖所示。則質(zhì)點(diǎn)（）A.通過A點(diǎn)時(shí)的速度為 B.通過A點(diǎn)時(shí)的速度大于C.運(yùn)動(dòng)時(shí)間 D.運(yùn)動(dòng)的加速度大小為【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度知，是中間時(shí)刻速度，而A點(diǎn)是中間位移的速度。故A錯(cuò)誤；B．從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程的平均速度為物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，則通過A點(diǎn)時(shí)的速度小于，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v0，0~t1時(shí)間內(nèi)，由位移—時(shí)間公式得0~t2時(shí)間內(nèi)，由位移—時(shí)間公式得聯(lián)立解得，，顯然故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2.一質(zhì)量為m、電荷量為-q的圓環(huán)，套在與水平面成θ角的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的直徑，細(xì)桿處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)沿桿左上方的初速度，取初速度的方向?yàn)檎较颍院蟮倪\(yùn)動(dòng)過程中圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像不可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】圓環(huán)沿桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受到的洛倫茲力垂直桿向上，若則桿對(duì)圓環(huán)的彈力垂直桿向下，隨著速度減小，洛倫茲力越來越小，先減小到零再反向增大，因摩擦力故也先減小后增大，圓環(huán)減速的加速度也先減小后增大，當(dāng)速度減為零時(shí)；若物體將靜止；若物體沿桿向下加速，所受洛倫茲力垂直桿向下，洛倫茲力隨速度增大而增大，增大，也增大，圓環(huán)加速的加速度將減小，減小到零后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。圓環(huán)沿桿向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受到的洛倫茲力垂直桿向上，若則桿對(duì)圓環(huán)的彈力垂直桿向上，隨著速度減小，洛倫茲力越來越小，越來越大，因摩擦力故也越來越大，物體減速的加速度也越來越大，當(dāng)速度減為零時(shí)，若物體將靜止；若物體沿桿向下加速，所受洛倫茲力垂直桿向下，洛倫茲力隨速度增大而增大，增大，也增大，圓環(huán)加速的加速度將減小，減小到零后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故選A。3.如圖所示，將兩塊光滑平板OA、OB固定連接，構(gòu)成頂角為60°的楔形槽，楔形槽內(nèi)放置一質(zhì)量為m的光滑小球，初始時(shí)整個(gè)裝置保持靜止，OB板豎直?，F(xiàn)使楔形槽繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至OA板豎直的過程中，（重力加速度為g）以下說法正確的是（）A.OA板對(duì)小球的作用力先減小后增大B.OB板對(duì)小球的作用力先增大后減小C.OA板對(duì)小球作用力的最大值為2mgD.OB板對(duì)小球的作用力大小為mg時(shí)，OA板對(duì)小球的作用力大小也為mg【答案】D【解析】【詳解】AB．對(duì)初始狀態(tài)的小球進(jìn)行受力分析，如圖所示：因小球受力平衡，故將這三個(gè)力進(jìn)行適當(dāng)平移可構(gòu)成一個(gè)首尾相接的矢量三角形，另外小球所受重力不變，與夾角不變，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，在動(dòng)態(tài)變化過程中，的非箭頭端（或的箭頭端）始終落在這個(gè)矢量三角形的外接圓上，如圖所示：由圖可知，在動(dòng)態(tài)變化過程中，逐漸變小，逐漸變大，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C．由以上分析可知，初始狀態(tài)最大，最大值為故C錯(cuò)誤；D．若OB板對(duì)小球的作用力大小為，則根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，此時(shí)這個(gè)矢量三角形為等邊三角形，故OA板對(duì)小球的作用力大小也為，故D正確。故選D。4.如圖，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以水平向右的初速度v0從左端沖上木板，最終兩者均靜止且物塊仍在木板上。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是（）A.若，則木板長(zhǎng)度至少為B.若，則木板長(zhǎng)度至少為C.若，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為D.若，則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，地面與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】D【解析】【詳解】A．若，則木板所受地面的最大靜摩擦力為所受物塊的滑動(dòng)摩擦力為故木板不動(dòng)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理有解得故A錯(cuò)誤；BCD．若，則f1>f2，木板將先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到共同速度v，此后兩者一起做減速運(yùn)動(dòng)直至停止。對(duì)過程一，設(shè)物塊和木板的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有解得，故相對(duì)滑動(dòng)的距離，即木板最短長(zhǎng)度為木板發(fā)生的位移為對(duì)過程二，設(shè)時(shí)間t2，位移x3，設(shè)兩者的加速度大小為a3，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有解得，整個(gè)過程中，木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為地面與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D5.已知太陽光垂直射到地球表面上時(shí)，地球表面的單位面積上單位時(shí)間接收到的太陽光的能量為。假如認(rèn)為太陽光為單一頻率的光，且波長(zhǎng)為，光速為，普朗克常量為。由于地球離太陽很遠(yuǎn)，所以照射到地球表面的太陽光可近似看成平行光?，F(xiàn)有一個(gè)半徑為的薄壁球殼，球心為，倒扣在地面上，太陽光垂直于地面入射到半球面上，如圖甲所示。圖乙為平放在地面上的半徑同為的圓盤。由于太陽光的作用，會(huì)使薄壁球殼或圓盤受到一個(gè)向下的壓力。為研究該壓力，小楊同學(xué)在半球面上取一條很窄的環(huán)帶狀球面是一個(gè)以為圓心的圓的直徑，是以正上方離很近的（圖中未畫出）為圓心的圓的直徑，。由于很短，故整個(gè)環(huán)帶狀球面可看成與水平方向成角的斜面。設(shè)該環(huán)帶狀球面的面積為，其在地面上的投影記為。則下列說法中正確的是（??）A.光子動(dòng)量的變化量大小B.單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)C.假設(shè)所有照射到球面上的太陽光均被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為D.假設(shè)太陽光均直接穿過球面照射到上再被反射，反射前后頻率不變，且反射方向遵循光的反射定律，則面上所受壓力大小為【答案】D【解析】【詳解】A．若光被反射，反射前后頻率不變，則方向垂直于S1面，如圖所示故A錯(cuò)誤；B．單位時(shí)間打到半球面上的光子數(shù)故B錯(cuò)誤；C．在時(shí)間內(nèi)，射到S1面上的光子數(shù)為光子被全部反射，根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為F10，則得根據(jù)牛頓第三定律，S1面受到的力大小為故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)，射到S2面上的光子數(shù)為太陽光直接穿過球面照射到S2上再被S2反射，反射前后頻率不變根據(jù)動(dòng)量定理，光子受到的力大小為得由于得根據(jù)牛頓第三定律，S2面受到的力大小為故D正確。故選D。6.三個(gè)同質(zhì)且均勻分布的彈性小球A、B、C通過質(zhì)心的光滑細(xì)桿相互接觸串在一起，如圖，三球質(zhì)量滿足。現(xiàn)將三小球豎直從離地面高為h處靜止自由下落，若所有碰撞均可視為彈性碰撞，則小球C上跳的高度約為（）A.25h B.49h C.16h D.3h【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)動(dòng)能定理解得三球在落地前均有向下的速度為A球先與地面彈性碰撞后速度變?yōu)橄蛏系呐cB球發(fā)生碰撞，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有解得A、B發(fā)生彈性碰撞后B的速度大小為因?yàn)?，則有此后B、C發(fā)生彈性碰撞，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有解得因?yàn)?，則有根據(jù)動(dòng)能定理其中解得故選B。二、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.如圖所示，電路中、、均為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器，電源電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為，將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，理想電壓表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，理想電流表的示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，則（）A.電源的效率減小 B.電流表示數(shù)變大C. D.經(jīng)過的電流變大【答案】ABD【解析】【詳解】電路的等效電路圖如圖所示由電路圖可知電壓表測(cè)路端電壓，電流表測(cè)流過、兩個(gè)電阻的電流A．將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值變小，總電阻減小，干路電流增大，路端電壓減小，電源的效率為可知將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，電源的效率減小，故A正確；BD．將滑動(dòng)變阻器滑片向左滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值變小，由“串反并同”可知，干路總電流增大，流過電阻的電流減小，經(jīng)過的電流變大，根據(jù)可知電流表示I數(shù)變大，故BD正確；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律可知根據(jù)干路總電流I總增大，流過電阻的電流減小，電流表示I數(shù)變大，可知＞可知＜故C錯(cuò)誤。故選ABD。8.如圖甲所示，輕桿一端與一小球相連，另一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某一位置開始計(jì)時(shí)，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力。下列說法中正確的是（）A.t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積不相等B.t2時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，圖乙中S1和S2的面積相等C.t1時(shí)刻的桿中彈力一定大于t2時(shí)刻的桿中彈力D.在小球做一次完整圓周運(yùn)動(dòng)的過程中，桿中彈力一定兩次為零【答案】CD【解析】【詳解】AB．由題圖可知，圖像關(guān)于t1時(shí)刻左右對(duì)稱，故t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，面積S1表示的是小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到水平直徑最左端位置的過程中通過的水平位移大小，等于軌道半徑；S2表示的是從水平直徑最左端位置運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中通過的水平位移大小，也等于軌道半徑，故AB錯(cuò)誤；C．由圖可知，小球從t1時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)到第一次與圓心等高位置過程中，水平方向的速度先增大后減小，故在t1時(shí)刻輕桿對(duì)小球的彈力為支持力，而t2時(shí)刻小球水平方向的速度最大，故t2時(shí)刻桿對(duì)小球無彈力，故C正確；D．由C的分析可知，小球通過最高點(diǎn)時(shí)桿對(duì)小球的彈力為支持力，在接下來的四分之一圓周上，桿對(duì)小球的彈力先是支持力后來變?yōu)槔?，一定存在一個(gè)桿對(duì)小球的彈力為零的位置，該位置關(guān)于過圓心的豎直線對(duì)稱的位置彈力也為零，故在小球做一次完整圓周動(dòng)的過程中，桿中彈力一定兩次為零，故D正確。故選CD。9.如圖，直角三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB沿水平方向，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，∠ABC=60°。空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△ABC所在平面平行，將一帶正電微粒（不計(jì)重力、空氣阻力）從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為，從B點(diǎn)移動(dòng)至C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為。下列說法正確的是（）A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是B.將該帶電微粒從B點(diǎn)無初速度釋放，其不沿∠ABC的角平分線所在直線運(yùn)動(dòng)C.將該帶電微粒從C點(diǎn)CA拋出，要使其通過B點(diǎn)，微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能應(yīng)為D.將該帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能的應(yīng)為【答案】BCD【解析】【詳解】A．由題意可知，，，則如上圖，在BC邊上找點(diǎn)D，使D點(diǎn)與A點(diǎn)電勢(shì)相等，則AD連線為等勢(shì)線，則設(shè)DB邊長(zhǎng)為L(zhǎng)DB，CD邊長(zhǎng)為L(zhǎng)CD，θ為電場(chǎng)方向與CB方向的夾角，則解得在△ABD中，由幾何關(guān)系可知解得∠BAD=45°過B點(diǎn)作BE交AD于E點(diǎn)，且BEAD，因?yàn)榍椅⒘д?，所以A點(diǎn)電勢(shì)大于B點(diǎn)電勢(shì)，故電場(chǎng)方向沿EB，由E指向B，且有解得故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)可知，電場(chǎng)方向由E指向B，如果將帶正電微粒從B點(diǎn)無初速度釋放，該微粒將沿EB方向運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，∠ABE=45°，∠DBE=15°，EB邊不是∠ABC的角平分線，故B正確；C．如下圖，將BE反向延長(zhǎng)交AC于F點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠ABE=45°，LAF=L，則如果將帶電微粒從C點(diǎn)沿CA拋出，要使其通過B點(diǎn)，設(shè)微粒在C點(diǎn)的動(dòng)能為Ek1，則帶電微?？煽闯裳谻F方向以速度v1的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿FB方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則解得故C正確；D．如下圖，過D點(diǎn)作AD的垂線交AC于G點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知∠DAG=45°，則如果將帶電微粒從A點(diǎn)沿AC拋出，要使其到達(dá)BC時(shí)，其位移方向垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向，設(shè)微粒在A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek2，則帶電微?？煽闯裳谹G方向以速度v2的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿GD方向的初速度為0加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的結(jié)果，則解得故D正確。故選BCD。10.如圖所示，長(zhǎng)為的不可伸長(zhǎng)的輕繩，穿過一光滑的輕圓環(huán)，兩端固定在水平天花板上相距為l的P、Q兩點(diǎn)，輕圓環(huán)下懸吊一重為G物塊。現(xiàn)用一水平力F緩慢地拉圓環(huán)，當(dāng)時(shí)，圓環(huán)兩側(cè)細(xì)繩的夾角為，細(xì)繩的張力為T，則（??）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【詳解】當(dāng)時(shí)，圓環(huán)所受重物的拉力G及水平拉力F的合力與水平方向的夾角大小情景如圖所示，P、Q兩點(diǎn)沿垂直方向的距離而解得故選AD。情景圖的作圖步驟：（1）過Q點(diǎn)作平行于方向的平行線；（2）以P點(diǎn)為圓心，繩長(zhǎng)l為半徑作圓弧，與的交點(diǎn)為Q；（3）作的垂直平分線，與的交點(diǎn)為O，此即圓環(huán)所在的位置；（4）連接PO、OQ。第Ⅱ卷非選擇題（共56分）三、非選擇題（本題共5小題，共56分）11.學(xué)習(xí)小組要測(cè)量一個(gè)電阻的電阻率，已知其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，額定電壓為1V。（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量該電阻的直徑，示數(shù)如圖甲所示，其直徑d=______mm；（2）粗測(cè)該電阻的阻值為250?，為精確測(cè)量其阻值，該同學(xué)設(shè)計(jì)的測(cè)量電路如圖乙所示，其中蓄電池E電動(dòng)勢(shì)約為6.5V（內(nèi)阻不計(jì)）、滑動(dòng)變阻器R最大阻值為200?、定值電阻R1=792?、保護(hù)電阻R2=250?。要求滑動(dòng)變阻器在接近全電阻范圍內(nèi)可調(diào)，且測(cè)量時(shí)電表的讀數(shù)不小于其量程的，則圖乙中圓圈①位置接入______、圓圈②位置應(yīng)接入______（均選填器材前的字母序號(hào)）；A．電流表A1（量程為100mA，內(nèi)阻RA1=3?）B．電流表A2（量程為5mA，內(nèi)阻RA2=8?）C．電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻RV=750?）（3）實(shí)驗(yàn)中根據(jù)兩電表讀數(shù)作出如圖丙所示的圖線（坐標(biāo)均為國(guó)際單位），已知圖線的斜率為k，則所測(cè)該電阻的阻值Rx=______（用題中已知所測(cè)物理量符號(hào)表示），研究實(shí)驗(yàn)誤差時(shí)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)所用定值電阻的阻值比標(biāo)稱值小，則電阻率的測(cè)量值將______（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮竣?1.990##1.991##1.989②.C③.B④.⑤.偏大【解析】【詳解】（1）[1]該電阻的直徑（2）[2][3]圓圈②位置應(yīng)接入B，即電流表A2，與定值電阻R1改裝成伏特表，該伏特表的量程為圓圈①位置接入C，當(dāng)電壓表滿偏時(shí)，待測(cè)電阻兩端電壓為解得電壓表與待測(cè)電阻的總電壓為4V，恰好等于改裝后的伏特表的量程4V，兩個(gè)電表能同時(shí)滿偏。（3）[4]①為電壓表，讀數(shù)為U，②為電流表，讀數(shù)為I，根據(jù)歐姆定律得解得根據(jù)圖像得解得[5]研究實(shí)驗(yàn)誤差時(shí)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)所用定值電阻的阻值比標(biāo)稱值小，則電阻的測(cè)量值Rx偏大，根據(jù)電阻定律解得測(cè)量值Rx偏大，電阻率的測(cè)量值偏大。12.如圖所示為研究斜槽末端小球碰撞時(shí)動(dòng)量是否守恒的實(shí)驗(yàn)裝置。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：a．將斜槽PQR固定在鐵架臺(tái)上，使槽的末端QR水平；b．使質(zhì)量較大的A球從斜槽上某一位置靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡；c．再把半徑相同、質(zhì)量較小的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從剛才的位置由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡；d．記錄紙上的O點(diǎn)為水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影，D、E、F為三個(gè)落點(diǎn)的平均位置。用刻度尺測(cè)量出OD、OE、OF的距離，記為x1、x2、x3，測(cè)量A球的質(zhì)量為mA，B球的質(zhì)量為mB，且mA=3mB。（1）實(shí)驗(yàn)中，通過測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移來代替小球的速度。①本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是______A．水平槽QR盡量光滑以減小誤差B．斜槽軌道末端的切線必須水平C．A球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L下②圖中的落點(diǎn)痕跡D代表______A．A球第一次拋出的落地點(diǎn)B．A球與B球碰撞后，A球的落地點(diǎn)C．A球與B球碰撞后，B球的落地點(diǎn)③若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為______（2）某位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)時(shí)，使質(zhì)量為mA的入射小球A球每次從軌道的同一位置由靜止?jié)L下，更換被撞小球B球，使其半徑不變，但質(zhì)量mB分別為A球質(zhì)量的1/6、1/3和1/2。用刻度尺測(cè)量出每次落點(diǎn)痕跡距離O點(diǎn)的OD、OE、OF的距離，記為x1、x2、x3。①請(qǐng)?jiān)趚1-x3圖中畫出這三個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)的示意圖______；②分析說明如何利用這些坐標(biāo)點(diǎn)證明兩球相碰前后動(dòng)量守恒______；③若每次碰撞過程均為彈性碰撞，這些坐標(biāo)點(diǎn)應(yīng)該滿足什么條件______?！敬鸢浮竣?BC②.B③.（也對(duì)）④.⑤.見解析⑥.三個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)（x1，x3）均在截距為、斜率為的直線上【解析】【詳解】（1）[1]水平槽QR不需要光滑，只要保證每次入射小球從同一位置靜止釋放即可保證其每次與被撞小球碰前的速度相同，同時(shí)兩小球離開斜槽后應(yīng)做平拋運(yùn)動(dòng)，所以軌道末端必須水平，故選BC；[2]E點(diǎn)是A球第一次拋出的落地點(diǎn)，D點(diǎn)是A球與B球碰撞后，A球的落地點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)是A球與B球碰撞后，B球的落地點(diǎn)，故選B；[3]碰撞過程中，如果動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)拋出點(diǎn)的高度相等，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t，即又因mA=3mB，所以也可以表示為（2）[4]如圖所示為這三個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)的示意圖[5]若兩球相碰前后動(dòng)量守恒，當(dāng)時(shí)，由可得的關(guān)系為根據(jù)測(cè)量的x2，先在坐標(biāo)系中做出截距為、斜率為的一條直線，然后在坐標(biāo)系中畫出測(cè)量的坐標(biāo)點(diǎn)（x1，x3），若該點(diǎn)正好在直線上，則說明兩球相碰前后動(dòng)量守恒；同理當(dāng)、時(shí)，可得的關(guān)系分別為根據(jù)測(cè)量的x2，先在坐標(biāo)系中做出截距為、斜率分別為、的直線，然后在坐標(biāo)系中畫出測(cè)量的坐標(biāo)點(diǎn)（x1，x3），若該點(diǎn)正好在對(duì)應(yīng)的直線上，則說明兩球相碰前后動(dòng)量守恒；[6]若小球之間發(fā)生彈性碰撞，則有聯(lián)立動(dòng)量守恒的關(guān)系可得，當(dāng)時(shí)，則有，所以，則滿足關(guān)系式即坐標(biāo)點(diǎn)（x1，x3）在截距為、斜率為的直線上；同理，可以證明當(dāng)、時(shí)，也滿足關(guān)系式故若每次碰撞過程均為彈性碰撞，則三個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)（x1，x3）均在截距為、斜率為的直線上，如圖所示13.如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一以O(shè)為圓心，半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為（未知）。在圓形磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)放置水平極板M、N，其中心線在x軸上，極板長(zhǎng)度和極板間距離均為，極板間接有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓（未知）。位于S處的粒子源沿紙面內(nèi)向圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射速率為的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，單位時(shí)間內(nèi)放出的粒子數(shù)為n。所有粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均沿x軸正方向。其中沿y軸正方向入射的粒子從點(diǎn)出磁場(chǎng)，并經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后剛好從下極板的邊緣飛出，打在下極板上的粒子立即被吸收，并通過電流表導(dǎo)入大地。距離極板MN右端處有一寬度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直紙面向里，a、b是磁場(chǎng)的左右邊界。區(qū)域Ⅱ左邊界上有一長(zhǎng)度為2R的收集板CD，C端在x軸上。粒子打在收集板上立即被吸收。不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用，不考慮電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。求：（1）圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向；（2）極板MN間電壓及穩(wěn)定后電流表示數(shù)I；（3）要使所有穿出電場(chǎng)的粒子都能被收集板收集，區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍：（4）若區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度，在區(qū)域Ⅱ中加一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使粒子不從磁場(chǎng)的右邊界穿出，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E不能超過多少？【答案】（1），方向垂直紙面向外（2），（3）（4）【解析】【小問1詳解】由于所有粒子經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均沿x軸正方向，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子運(yùn)動(dòng)半徑r等于磁場(chǎng)圓半徑R，則有解得根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【小問2詳解】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有解得結(jié)合題意可知，粒子經(jīng)過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后有一半粒子打在下極板N上被吸收，則有【小問3詳解】作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示結(jié)合上述可知，穿出電場(chǎng)的粒子偏轉(zhuǎn)距離都等于R，根據(jù)速度分解有解得粒子飛出電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)速度分解有解得結(jié)合上述可知，粒子飛出電場(chǎng)速度方向的反向延長(zhǎng)線與水平分位移對(duì)應(yīng)線段的中點(diǎn)相交，設(shè)射入磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)距離為，則有解得粒子經(jīng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ偏轉(zhuǎn)后豎直方向偏移距離粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有解得要使所有粒子打在收集板上，則有代入解得當(dāng)粒子軌跡剛好與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)有結(jié)合上述有解得綜上所述，區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍為小問4詳解】當(dāng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)，設(shè)速度為，如圖所示由動(dòng)能定理可得在y軸方向上，根據(jù)動(dòng)量定理可得即有解得14.如圖所示，三個(gè)小物塊a、b、c質(zhì)量為m1=m2=m3=2kg，放置在光滑水平地面上，c緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k=100N/m的輕彈簧將c、a連接，b緊靠a，開始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，a、b、c均靜止。在物塊b的右側(cè)，有一個(gè)豎直面內(nèi)光滑圓形軌道和光滑水平軌道PN，Q點(diǎn)為圓形軌道最低點(diǎn)，M點(diǎn)為最高點(diǎn)，圓形軌道半徑R=0.225m。水平軌道PN右側(cè)并排放置木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，木板上表面與水平軌道PN平齊，木板C、D質(zhì)量為mc=md=0.5kg，長(zhǎng)度Lc=1m，Ld=2m。物塊b與木板C的動(dòng)摩擦因數(shù)μc=0.4，與木板D的動(dòng)摩擦因數(shù)μd=0.1，木板C、D與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.2。現(xiàn)給b施加一水平向左、大小為F=30N的恒力，使a、b一起向左運(yùn)動(dòng)（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力。（1）求a、b向左移動(dòng)最大距離x0和a、b分離時(shí)a的動(dòng)能Ek；（2）通過計(jì)算分析物塊b能否經(jīng)過最高點(diǎn)M，若不能求物塊b在圓軌道上距離水平軌道PN的最大高度h；若能求物塊b運(yùn)動(dòng)到圓形軌道最高點(diǎn)M處的速度；（3）若僅改變物塊a的質(zhì)量，其余條件不變，為使物塊b與彈簧分離后，經(jīng)過圓形軌道（未與軌道脫離）后，最終停在木板D上，求物塊a質(zhì)量的取值范圍。【答案】（1），（2）不能，（3）【解析】【小問1詳解】從開始到a、b向左移動(dòng)到最大距離的過程中，以a、b和彈簧為研究對(duì)象，由功能關(guān)系得彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)a、b分離，從彈簧最短到a、b分離，以a、b和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒得解得【小問2詳解】設(shè)G、H為圓上與圓心等高的兩個(gè)點(diǎn)，若物塊b能到達(dá)M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得所以物塊b不能到達(dá)圓周最高點(diǎn)M，若物塊b能通過H點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得所以物塊b通過了H點(diǎn)，綜上分析，b在H、M之間的某位置恰好脫離圓軌道。假設(shè)在E點(diǎn)恰好脫離，設(shè)E點(diǎn)與圓心的連線與豎直方向的夾角為，則從Q點(diǎn)到E點(diǎn)由動(dòng)能定理可得解得則【小問3詳解】當(dāng)物塊a，b分離后，物塊b恰好通過M點(diǎn)時(shí)，物塊b最終與木板C相對(duì)靜止，b在C上滑動(dòng)相對(duì)位移為，由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得由牛頓第二定律得解得物塊b從Q點(diǎn)到M點(diǎn),由動(dòng)能定理可得解得設(shè)物塊b最終與木板C相對(duì)靜止時(shí)的速度為，則解得當(dāng)物塊a，b分離后，物塊b通過圓周最高點(diǎn)M點(diǎn)后，恰好停在木板D的最左端保持相對(duì)靜止，設(shè)物塊b在木板C上滑行的時(shí)間為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得由能量守恒得解得當(dāng)物塊a，b分離后，物塊b通過圓周最高點(diǎn)M點(diǎn)后，恰好停在木板D的最右端保持相對(duì)靜止，設(shè)物塊b在木板C上滑行的時(shí)間為，有由牛頓第二定律得物塊b在木板D上滑行的加速度大小假設(shè)此時(shí)木板C和木板D分離，由于所以，二者分離后木板D開始減速，設(shè)減速的加速度大小為a，對(duì)木板D由牛頓第二定律可得解得即此加速度比木板C單獨(dú)減速的加速度還大，說明木板D減速更快，即物塊在木板D上運(yùn)動(dòng)時(shí)CD