精品解析：湖南省常德市桃源县第一中学2024-2025学年高三上学期11月模块考试物理试题

湖南省常德市桃源县第一中学2024-2025学年高三上学期11月模块考试物理试题 75分钟总分：100分 一、单选题（每题4分，共24分） 1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　） A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B. 从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了理想化模型方法 C. 根据速度定义式，当时间非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法 D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 2. 将一电源与电阻箱R、定值电阻连接成闭合回路，如图甲所示。测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A 电源内阻 B. 电源电动势 C. 定值电阻功率最大时，电阻箱 D. 电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为90% 3. 2024年6月2日，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”以逆行方式进入月球轨道，被月球捕获后的部分过程如图所示：探测器在“12h大椭圆轨道1”运行经过P点时变轨进入“4h椭圆停泊轨道2”，在轨道2上经过P时再变轨进入“200km圆轨道3”，三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（　　） A. 探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速 B. 探测器分别沿着轨道2和轨道3运行时，经过P点的加速度相等 C. 探测器沿着轨道2经过Q的速度大于沿着轨道3经过P的速度 D. 探测器在轨道3上运行的周期比在轨道1上运行的周期大 4. 如图所示，一半径为、内壁光滑的四分之三圆形管道竖直固定在墙角处，点为圆心，点为最低点，A、B两点处为管口，、A两点连线沿竖直方向，、B两点连线沿水平方向。一个质量为的小球从管道的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入管内，重力加速度取，则小球从A点飞出时及从B点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为（　　） A. B. C. D. 5. 高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即（其中k与血管粗细无关），为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为，若血管内径减为d＇时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为（ ） A. B. C. D. 6. 一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　） A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场 B. 所有电子离开电场时速度都是 C. t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D. 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 二、多选题（每题5分，全对5分，半对3分，共20分） 7. 如图所示，倾角为的斜面足够长，现从斜面上O点以与斜面成相同的角（），大小为、速度分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为、。设O、A间的距离为，O、B间的距离为，不计空气阻力，当取不同值时，下列说法正确的是（　　） A. P、Q在空中飞行的时间可能相等 B. 方向与斜面的夹角一定等于方向与斜面的夹角 C. 一定等于 D. 可能大于 8. 如图甲所示，当滑动变阻器R的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。已知电流表示数小于或等于0.2A时，电动机不发生转动，各电表均视为理想电表，不考虑电动机电阻随温度的变化，则（　　） A. 电源的输出功率最大为1.02W B. 电源的效率最高约为94.4% C. 电动机的输出功率最大为0.72W D. 当滑动变阻器接入的阻值为时，电动机消耗的电功率为0.35W 9. 如图甲所示，将一劲度系数为k轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A. 小物块上升至高度时，弹簧的弹力为零 B. 小物块上升至高度时，加速度为g C. 解除锁定前，弹簧的弹性势能为 D. 小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了 10. 在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（　　） A. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表A示数变化的情况 B 滑片P上滑过程中，电流表示数变大，电压表V3示数减小 C. 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表A示数变化量I的比值变大 D. 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表A数变化量I的比值不变 三、实验题（每空2分，共26分） 11. 某学校物理兴趣小组的同学把量程为100mV（内阻未知）的毫伏表V改装成量程为3V的电压表。兴华同学先测量出毫伏表V的内阻，然后对电表进行改装。若该同学利用“半偏法”原理测量毫伏表V的内阻，实验中可供选择的器材有： A．滑动变阻器（0～200Ω） B．滑动变阻器（0～60kΩ） C．滑动变阻器（0～30kΩ） D．电阻箱（0～999.9Ω） E．电源（电动势为3V） F．电源（电动势为9V） G．电源（电动势为30V） H．开关、导线若干 具体实验步骤如下： a．按如图所示的电路图连接好线路； b．将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关后调节的阻值，使毫伏表V的指针满偏； c．闭合开关，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为50mV，此时的示数为198Ω。 回答下列问题： （1）为减小实验误差，实验中电源应选_________，滑动变阻器应选_________（此两空均填仪器前选项序号）。由实验操作步骤可知，毫伏表V内阻测量值_________Ω，与其内阻的真实值相比_________（填“偏大”“相等”或“偏小”）。 （2）若步骤c中，闭合开关，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为25mV，此时的示数为，则毫伏表V内阻的测量值_________（用表示）。 （3）若按照（1）中测算的，将上述毫伏表V改装成量程为3V的电压表，需要_________（填“串联”或“并联”）一个阻值为_________Ω的电阻。 12. 一研究学习小组采用如图所示的“碰撞实验器”探究碰撞中的不变量。先将质量为入射小球从斜槽轨道上某固定点由静止释放，从轨道末端点水平抛出，在四分之一圆弧轨道上留下压痕。再把质量为被碰小球放在斜槽轨道末端，此时小球的球心恰好位于圆弧轨道的圆心上，让入射小球仍从固定点由静止释放，和被碰小球相碰后，两球分别落在圆弧轨道的不同位置上，重复多次，找到平均落点。用量角器量出与竖直方向的夹角分别为。 （1）下列说法正确的是________ A. 实验中两球直径必须相等且 B. 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一高度静止释放 C. 安装轨道时斜槽末端切线必须水平 D. 斜槽轨道必须光滑 （2）放上被碰小球，两球相碰后，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点；在同一组实验的不同碰撞中，圆弧面上三个落地点位置与所用小球质量无关的是________点。 （3）若两球碰撞时动量守恒，应满足的关系式为_______（用题中所给物理量的符号表示）。 （4）若在被碰小球的被碰位置贴一小块胶布，让入射小球仍从固定点由静止释放，则增大的物理量是_______ A. 系统的总动量 B. 系统动能的损失 四、解答题（共30分） 13. 一列横波在时刻、s时刻波形分别如图中实线、虚线所示，求： （1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少； （2）若波传播速度m/s，判断波传播的方向； （3）在时刻，m处的质点P与m处的质点Q（图中未标出）在竖直方向上的距离。 14. 如图所示，半径为的光滑竖直半圆管道固定在光滑水平面上，圆管的内径可忽略，圆管与水平面相切于点，点为圆管最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场，电荷量为、质量为、直径略小于圆管内径的小球由水平面上的点静止释放，当时小球运动到点时的速度大小为，重力加速度为。求： （1）电场强度大小及小球对圆管的最大压力大小； （2）判断小球能否运动到点，若能，求小球在点的速度；若不能，求小球的最高点到水平面的高度； （3）若释放点到点的距离为，求小球离开点后的最小动能以及小球第一次落到水平面的点与释放点间的电势差。 15. 如图，足够长的光滑水平地面上有2023个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。一半径为H的四分之一光滑圆弧轨道（固定在水平地面）与各小球处于同一竖直面内，圆弧轨道的最低点在1号小球处与水平地面平滑连接。已知1号小球的质量为m，2~2023号小球的质量均为（k为小于1的正比例常数）。现将1号小球从圆弧轨道最低点拿到轨道上与圆心等高处由静止释放，题中所有小球之间的碰撞均可视为弹性正碰。（已知重力加速度为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计） （1）求1号小球在运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； （2）求1号小球与2号小球在第一次碰撞中给2号小球冲量大小以及对2号小球所做的功； （3）在1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1号小球以后每次碰撞前瞬间的速度都与第一次碰撞前瞬间的速度相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2023号小球间的距离。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市桃源县第一中学2024-2025学年高三上学期11月模块考试物理试题 75分钟总分：100分 一、单选题（每题4分，共24分） 1. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　） A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B. 从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了理想化模型方法 C. 根据速度定义式，当时间非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了微元法 D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 【答案】D 【解析】 【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误； B．从科学方法角度来说，物理学中引入“平均速度”概念运用了等效替代方法，故B错误； C．根据速度定义式，当时间非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故C错误； D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确。 故选D。 2. 将一电源与电阻箱R、定值电阻连接成闭合回路，如图甲所示。测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A. 电源内阻 B. 电源电动势 C. 定值电阻功率最大时，电阻箱 D. 电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为90% 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据乙图，由电阻箱功率最大的条件可知，此时满足 可知电源内阻 故A错误； B．由 解得 故B错误； C．由 可知，当时，定值电阻功率最大。故C错误， D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率 故D正确。 故选D。 3. 2024年6月2日，“嫦娥六号”探测器成功着陆在月球背面南极—艾特肯盆地预选着陆区，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务。“嫦娥六号”以逆行方式进入月球轨道，被月球捕获后的部分过程如图所示：探测器在“12h大椭圆轨道1”运行经过P点时变轨进入“4h椭圆停泊轨道2”，在轨道2上经过P时再变轨进入“200km圆轨道3”，三个轨道相切于P点，Q点是轨道2上离月球最远的点。下列说法正确的是（　　） A. 探测器从轨道1进入轨道2的过程中，需点火加速 B. 探测器分别沿着轨道2和轨道3运行时，经过P点的加速度相等 C. 探测器沿着轨道2经过Q的速度大于沿着轨道3经过P的速度 D. 探测器在轨道3上运行的周期比在轨道1上运行的周期大 【答案】B 【解析】 【详解】A．探测器从轨道1进入轨道2的过程中，即从高轨道到低轨道，需要在P点减速，故A错误； B．根据牛顿第二定律 可得，探测器在轨道上运行时的加速度为 在探测器变轨的过程中，受力不变，所以经过同一点的加速度相等，故B正确； C．假设探测器在一个经过Q点的圆轨道上运行，根据牛顿第二定律 可得，探测器的运行速度为 则此时经过Q点的速度小于沿着轨道3经过P点的速度。若在Q点由圆轨道变到轨道2，要在Q点减速。所以探测器沿着轨道2经过Q的速度小于沿着轨道3经过P的速度，故C错误； D．根据开普勒第三定律 当中心天体相同时，式中k为一个定量。由题意可知 所以 故D错误。 故选B。 4. 如图所示，一半径为、内壁光滑的四分之三圆形管道竖直固定在墙角处，点为圆心，点为最低点，A、B两点处为管口，、A两点连线沿竖直方向，、B两点连线沿水平方向。一个质量为的小球从管道的顶部A点水平飞出，恰好又从管口B点射入管内，重力加速度取，则小球从A点飞出时及从B点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】小球从A点做平抛运动到点，则有 ， 解得 在A点若小球对上、下管壁均无压力，则 解得 因为 所以管壁对小球有向上支持力，则 解得 由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力 小球到点时竖直方向的速度 在点与管壁碰撞，水平速度减为零，从点到点的过程由机械能守恒定律得 在点对小球由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律可知小球对管壁压力 则小球从A点飞出时及从点射入管内经过点时对管壁的压力大小之差为 故选B。 5. 高血压的诱因之一是血管变细。为研究该问题，假设血液通过一定长度血管时受到的阻力与血液流速的平方成正比，即（其中k与血管粗细无关），为维持血液匀速流动，在这血管两端需要有一定的压强差。设血管内径为d时所需的压强差为，若血管内径减为d＇时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，则在正常情况下有 血管变细后有 因为在相同时间内流过的血液量不变，则有 即 又，所以 则 解得 故选A。 6. 一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　） A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场 B. 所有电子离开电场时速度都是 C. t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D. 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图 根据图像的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同。故A错误； B．由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度 速度都等于，故B错误； C．由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同。故C错误； D．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为 在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有 解得 故D正确。 故选D。 二、多选题（每题5分，全对5分，半对3分，共20分） 7. 如图所示，倾角为的斜面足够长，现从斜面上O点以与斜面成相同的角（），大小为、速度分别抛出小球P、Q，小球P、Q刚要落在斜面上A、B两点时的速度分别为、。设O、A间的距离为，O、B间的距离为，不计空气阻力，当取不同值时，下列说法正确的是（　　） A. P、Q在空中飞行时间可能相等 B. 方向与斜面的夹角一定等于方向与斜面的夹角 C. 一定等于 D. 可能大于 【答案】BC 【解析】 【详解】A．将初速度分解在垂直斜面方向和平行斜面方向，垂直斜面方向 平行斜面方向 垂直斜面的加速度 平行斜面的加速度 在空中飞行的时间 所以P、Q在空中飞行的时间之比为1：2，故A错误； D．小球的位移 结合 可得 故D错误； B．速度与斜面的夹角的正切值 结合 可知方向与斜面的夹角一定等于方向与斜面的夹角，故B正确； C．结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为1：2，根据速度的合成可知一定等于，故C正确。 故选BC。 8. 如图甲所示，当滑动变阻器R的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。已知电流表示数小于或等于0.2A时，电动机不发生转动，各电表均视为理想电表，不考虑电动机电阻随温度的变化，则（　　） A. 电源的输出功率最大为1.02W B. 电源的效率最高约为94.4% C. 电动机的输出功率最大为0.72W D. 当滑动变阻器接入的阻值为时，电动机消耗的电功率为0.35W 【答案】BD 【解析】 【详解】A．电压表V2测量的是路端电压，则有 可知，图乙中上侧图像为电压表V2示数与电流表示数的关系图，根据图像可知 ， 解得 ， 电源的输出功率 该函数根据数学规律可知，其函数最大值对应的电流 由于图乙中电流为0.30A时滑动变阻器已经滑至最左端，即电流变化在0.10A到0.30A之间，在该变化范围内，电源输出功率为增函数，可知，当电流为0.30A时，电源输出功率最大，则有 故A错误； B．电源的效率 由图乙可知当时电源的效率最高 故B正确； C．电动机线圈电阻为 当U2=3.0V，电动机输出功率最大，电动机最大输出功率为 故C错误； D．当时滑动变阻器接入电路中的阻值为 所以当滑动变阻器接入的阻值为时，电动机转动；由图乙可知当电路中的电流为时，电动机两端电压为，滑动变阻器接入电路中的阻值为 则当滑动变阻器接入的阻值为时，电动机消耗的电功率为 故D正确。 故选BD。 9. 如图甲所示，将一劲度系数为k的轻弹簧压缩后锁定，在弹簧上放置一质量为m的小物块，小物块距离地面高度为。将弹簧的锁定解除后，小物块被弹起，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示，其中到间的图像为直线，其余部分均为曲线，h3对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A. 小物块上升至高度时，弹簧的弹力为零 B. 小物块上升至高度时，加速度为g C. 解除锁定前，弹簧的弹性势能为 D. 小物块从高度h2上升到h4，弹簧的弹性势能减少了 【答案】BC 【解析】 【详解】A．小物块上升至高度时，动能最大，速度最大，此时小物块加速度为零，弹簧的弹力等于重力，故A错误； B．到间的图像为直线，可知小物块上升至高度时，小物块将离开弹簧做竖直上抛运动，加速度为g，故B正确； C．小物块、弹簧组成的系统机械能守恒，小物块距离地面高度为、时动能均为零，可知解除锁定前，弹簧的弹性势能为 故C正确； D．小物块从高度上升到，小物体动能的变化量为零，根据小物体和弹簧组成的系统机械能守恒可得，弹簧的弹性势能的减少等于小物体重力势能的增加。小物块上升到时，弹簧恢复原长，小物块的加速度为g，方向竖直向下，由于小物块做简谐运动，根据对称性可知，小物块上升到时，小物块的加速度为g，方向竖直向上，设此时弹簧的压缩量为，由牛顿第二定律得 解得 故小物块从高度上升到，弹簧的弹性势能减少了 故D错误。 故选BC。 10. 在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（　　） A. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表A示数变化的情况 B. 滑片P上滑过程中，电流表示数变大，电压表V3示数减小 C. 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表A示数变化量I的比值变大 D. 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表A数变化量I的比值不变 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，由此可知路端电压减小，即知电压表V1示数减小，电压表V2的示数增大，电压表V3的示数减小，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，故AB正确； C．由闭合电路欧姆定律得 U1=E-Ir 得 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表A示数变化量I的比值不变，故C错误； D．由闭合电路欧姆定律得 U3=E-I(r+R1) 得 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表A数变化量I的比值不变，故D正确。 故选ABD。 三、实验题（每空2分，共26分） 11. 某学校物理兴趣小组的同学把量程为100mV（内阻未知）的毫伏表V改装成量程为3V的电压表。兴华同学先测量出毫伏表V的内阻，然后对电表进行改装。若该同学利用“半偏法”原理测量毫伏表V的内阻，实验中可供选择的器材有： A．滑动变阻器（0～200Ω） B．滑动变阻器（0～60kΩ） C．滑动变阻器（0～30kΩ） D．电阻箱（0～999.9Ω） E．电源（电动势为3V） F．电源（电动势为9V） G．电源（电动势为30V） H．开关、导线若干 具体实验步骤如下： a．按如图所示的电路图连接好线路； b．将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关后调节的阻值，使毫伏表V的指针满偏； c．闭合开关，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为50mV，此时的示数为198Ω。 回答下列问题： （1）为减小实验误差，实验中电源应选_________，滑动变阻器应选_________（此两空均填仪器前选项序号）。由实验操作步骤可知，毫伏表V内阻的测量值_________Ω，与其内阻的真实值相比_________（填“偏大”“相等”或“偏小”）。 （2）若步骤c中，闭合开关，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为25mV，此时的示数为，则毫伏表V内阻的测量值_________（用表示）。 （3）若按照（1）中测算的，将上述毫伏表V改装成量程为3V的电压表，需要_________（填“串联”或“并联”）一个阻值为_________Ω的电阻。 【答案】（1） ①. G ②. B ③. 198 ④. 偏小 （2） （3） ①. 串联 ②. 5742 【解析】 【小问1详解】 [3]闭合开关K1后调节R2的阻值，使毫伏表V的指针满偏，闭合开关K2，保持R2不变，调节R1的阻值，使毫伏表V的示数为50mV，即流经毫伏表V的电流变为原来的一半，即总电阻变为原来的一半，则 所以 [4]并联R1后，电路中的总电阻变小，则电路中的电流变大，所以通过R1的电流大于毫伏表V满偏电流的一半，则测量值小于真实值； [1][2]毫伏表V的满偏电流为 若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为 此时无合适的电源；若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为 此时有合适的电源；若滑动变阻器选择，则不计电源内阻时，电源的最大电压为 此时有合适的电源；为使误差较小，则应使得并联R1时对电路的影响较小，即滑动变阻器应接入电路中的电阻尽可能大些，故滑动变阻器应选，即选B；电源应选G。 【小问2详解】 若步骤c中，闭合开关K2，保持不变，调节的阻值，使毫伏表V的示数为25mV，则毫伏表V中的电流变为 此时，的电流为 根据并联关系 解得 【小问3详解】 毫伏表V改装成量程为3V的电压表，需要串联一个阻值，根据欧姆定律 代入数据，解得 12. 一研究学习小组采用如图所示的“碰撞实验器”探究碰撞中的不变量。先将质量为入射小球从斜槽轨道上某固定点由静止释放，从轨道末端点水平抛出，在四分之一圆弧轨道上留下压痕。再把质量为被碰小球放在斜槽轨道末端，此时小球的球心恰好位于圆弧轨道的圆心上，让入射小球仍从固定点由静止释放，和被碰小球相碰后，两球分别落在圆弧轨道的不同位置上，重复多次，找到平均落点。用量角器量出与竖直方向的夹角分别为。 （1）下列说法正确的是________ A. 实验中两球直径必须相等且 B. 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射小球必须从同一高度静止释放 C. 安装轨道时斜槽末端切线必须水平 D. 斜槽轨道必须光滑 （2）放上被碰小球，两球相碰后，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点，小球的落地点是图中圆弧面上的_______点；在同一组实验的不同碰撞中，圆弧面上三个落地点位置与所用小球质量无关的是________点。 （3）若两球碰撞时动量守恒，应满足的关系式为_______（用题中所给物理量的符号表示）。 （4）若在被碰小球的被碰位置贴一小块胶布，让入射小球仍从固定点由静止释放，则增大的物理量是_______ A. 系统的总动量 B. 系统动能的损失 【答案】（1）BC （2） ①. ②. ③. （3） （4）B 【解析】 【小问1详解】 A．为了保证两小球发生正碰且碰后小球不反弹，实验中两球直径必须相等且，故A错误； B．为了使小球每次做平抛运动的初速度相等，每次入射小球必须从同一高度静止释放，故B正确； C．为了使小球离开斜槽轨道末端后做平抛运动，安装轨道时斜槽末端切线必须水平，故C正确； D．只要每次入射小球都从同一高度静止释放，就能保证小球每次做平抛运动的初速度相等，斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故D错误。 故选BC。 【小问2详解】 [1][2][3] 未放被碰小球时，小球应落在圆弧面上的P点，放上被碰小球，两球相碰后，小球速度变小，应落在圆弧面上的M点，小球碰后应获得一个比小球入射速度更大的速度，所以小球应落在圆弧面上的N点；因每次入射小球都从同一高度静止释放，所以小球每次离开斜槽末端的速度都相等，与小球的质量无关，即在同一组实验的不同碰撞中，圆弧面上三个落地点位置与所用小球质量无关的是P点。 【小问3详解】 设小球从斜槽末端做平抛运动的初速度为，落在圆弧面上时落点与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则水平方向有 两式联立，得 两球碰撞时动量守恒，应满足 其中 ，， 将、和代入动量守恒方程，得 【小问4详解】 若在被碰小球的被碰位置贴一小块胶布，让入射小球仍从固定点由静止释放，则碰后两小球将结合为一体共同运动，即两小球的碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程仍遵循动量守恒，但系统动能损失最大。 故选B。 四、解答题（共30分） 13. 一列横波在时刻、s时刻波形分别如图中实线、虚线所示，求： （1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少； （2）若波传播速度m/s，判断波传播的方向； （3）在时刻，m处的质点P与m处的质点Q（图中未标出）在竖直方向上的距离。 【答案】（1）m/s（，1，2，…），m/s（，1，2，…） （2）向右； （3）cm 【解析】 【小问1详解】 由题图可知波长m，当波向右传播时 （，1，2，…） 解得 s（，1，2，…） 由波速公式可得 m/s（，1，2，…） 当波向左传播时 （，1，2，…） 解得 s（，1，2，…） 由波速公式可得 m/s（，1，2，…） 【小问2详解】 内波传播的距离为 mm 因此波向右传播； 【小问3详解】 在时刻，该波的波动方程为 由于m，上式变为 将m和m分别带入得到 cm cm 所以 cm 14. 如图所示，半径为的光滑竖直半圆管道固定在光滑水平面上，圆管的内径可忽略，圆管与水平面相切于点，点为圆管最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场，电荷量为、质量为、直径略小于圆管内径的小球由水平面上的点静止释放，当时小球运动到点时的速度大小为，重力加速度为。求： （1）电场强度大小及小球对圆管的最大压力大小； （2）判断小球能否运动到点，若能，求小球在点的速度；若不能，求小球的最高点到水平面的高度； （3）若释放点到点的距离为，求小球离开点后的最小动能以及小球第一次落到水平面的点与释放点间的电势差。 【答案】（1）； （2） （3）； 【解析】 【小问1详解】 小球由A到的过程中，由动能定理得 又，解得 由以上分析可知 当小球运动到等效最低点M时速度最大，小球对轨道的压力最大，重力和电场力的合力大小为，方向斜向左下方与水平面成，小球由A点到M点的过程中，由动能定理得 由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律可知小球对圆管的最大压力为; 【小问2详解】 假设小球能运动到点，则小球在点速度为0，小球的释放点到点的距离为，则由动能定理得 解得 则小球不能运动到点；又因为小球由到的过程有 所以小球运动的最高点位于之间，假设该点与圆心的连线与水平方向的夹角为，则由动能定理得 解得 小球能达到的最高点与水平面的高度为 【小问3详解】 若改变释放点的位置，小球由释放到点的过程中，由动能定理得 解得 当小球的速度与合力垂直时动能最小，此时小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为，设此时的速度大小为，由斜抛运动规律可得 小球的最小动能为 小球离开点后在竖直方向做自由落体运动，水平方向向右做匀减速直线运动，小球从离开点到落在水平面的时间为 小球在水平方向的位移为 解得 则落地点与释放点间的距离为 则落地点与释放点的电势差为 解得 15. 如图，足够长的光滑水平地面上有2023个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。一半径为H的四分之一光滑圆弧轨道（固定在水平地面）与各小球处于同一竖直面内，圆弧轨道的最低点在1号小球处与水平地面平滑连接。已知1号小球的质量为m，2~2023号小球的质量均为（k为小于1的正比例常数）。现将1号小球从圆弧轨道最低点拿到轨道上与圆心等高处由静止释放，题中所有小球之间的碰撞均可视为弹性正碰。（已知重力加速度为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计） （1）求1号小球在运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； （2）求1号小球与2号小球在第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球所做的功； （3）在1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1号小球以后每次碰撞前瞬间的速度都与第一次碰撞前瞬间的速度相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2023号小球间的距离。 【答案】（1）；（2），；（3）， 【解析】 【详解】（1）1号小球释放后在圆弧轨道上运动到最低点的过程中，由动能定理，有 1号小球运动到最低点时，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律知，此时小球对轨道的压力与轨道对小球的支持力为一对相互作用力，故 （2）1、2号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有 解得： 对2号小球，由动量定理有 解得 对2号小球，由动能定理有 解得 （3）1，2号小球碰后，2号小球以速度向右运动一个L，与3号小球碰撞后速度交换。 1号小球由速度开始匀变速运动，经位移L，以速度与2号小球发生下一次碰撞。 这一过程，对1号小球由动能定理有 解得： 最终所有小球的速度均为，F作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有 即： F作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有 即 2号小球第一次碰后的速度向右依次碰撞传递，最后作为2023号小球的最终速度。 最终1号和2023号小球间的距离为 代入数据，得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$