2024届黑龙江省名校联盟高三上学期一模物理试题

一、选择题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B C A D D B C BC AD ABC 二、非选择题： 11. （6 分）每空 2 分 （1） 10.60 （2） 1.00 1.04(正负偏差 0.02) 12. 8分（1）0.25 2.00 每空 1 分 （2） F D 每空 1 分 （3） 4.20 1.90每空 2 分 13.【答案】（1）4mg，水平向左；（2）（ 2 5 5 R， 5 5 R） 【详解】（1）小球释放后到 B点的过程，有 2 0 0mg R EqR    -------------（1 分） 解得 2mgE q  小球释放后到 A点的过程，有 21 0 2 A mgR mv  -------------（1 分） 对小球在 A点水平方向做受力分析，由牛顿第二定律得 2 N A A vF Eq m R   -------------（1 分） 由牛顿第三定律有 NAAF F压 -------------（1 分） 解得 4AF mg压 -------------（1 分） 方向水平向左；-------------（1 分） （3）设小球在 D位置时速度最大，OD与 x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到 D点的过 程中，有 21(1 sin ) (1 cos ) 2 mgR qER mv     -------------（1 分） 整理得 215 sin( ) 2 mgR mgR mv    2sin 5   ， 1cos 5   小球速度最大时 2    -------------（1 分） 由此可知 1sin 5   ， 2cos 5   所以 2 5cos 5C x R R  -------------（1 分） 5sin 5C y R R  -------------（1 分） 即 D 点的位置坐标为（ 2 5 5 R， 5 5 R）。 14.[答案] (1)mv 2 0 3ql (2)mv0 ql (3)2 3l2 [解析] (1)如图所示，带电粒子进入电场时，初速度为 v0，带电粒子在电场中运动的时 间为 t，由牛顿第二定律得 qE＝ma------------（1 分） 粒子在电场中做类平抛运动，6l·sin 60°＝v0t------------（1 分） 由 tan θ＝vy v0 ------------（1 分） 得 vy＝v0tan 60°＝ 3v0 又因为 vy＝at------------（1 分） 解得 E＝m v20 3ql ；------------（1 分） (2)粒子在磁场中做圆周运动，设圆心为 O1，半径为 r， 由几何关系得 r＋ r sin 30° ＝6l------------（1 分） 解得 r＝2l 由于粒子的入射速度与电场垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，分解 Q点的速度得 cos θ ＝ v0 v ------------（1 分） 解得 v＝ v0 cos 60° ＝2v0 由牛顿第二定律得 qBv＝mv 2 r ------------（1 分） 联立解得 B＝mv0 ql ；------------（1 分） (3)由图知，带电粒子从 Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域为图中虚线所示， 矩形区域长为 a=2r cos 30°＝ 3r=2 3l------------（1 分） 矩形区域宽 b=为 r－r sin 30°＝r 2 -=l----------（1 分） 所以该区域的最小面积为 S＝ab＝2 3l2------------（1 分） 。 [答案] (1)mv 2 0 3ql (2)mv0 ql (3)2 3l2 15.【答案】（1） 7 − 2 3 mg；（2）1 6 R；（3） 3 + 16 5 R 【详解】（1）P碰前，由动能定理 mgR = 1 2 mv1 2-------------（1分） 解得v1 = 2gR PQ碰撞，由动量守恒 mv1 = 2m ⋅ v′1-------------（1分） 解得v′1 = 1 2 2gR 从 C → D，对 PQ整体 2mgR 1 − cos30° = 1 2 ⋅ 2mv0 2 − 1 2 ⋅ 2mv′1 2 -------------（2分） 解得vD 2 = 5−2 3 2 gR D点FN − 2mg = 2mvD 2 R -------------（1分） 解得FN = 7 − 2 3 mg-------------（1分） 由牛顿三定律得F′N = 7 − 2 3 mg-------------（1分） （2）PQ匀速下滑时 f = 2mgsinθ---