2025届河北省邯郸市高三下学期第四次调研监测（二模）物理试题

高三物理参考答案 第1 页(共5页) 邯郸市2025届高三年级第四次调研监测 物理参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B B D C BD BC AC 1.B 【解析】光谱分析是探索原子结构的一条重要途经,选项A错误;β衰变的实质是原子核内部的一个 中子转化成一个质子和一个电子,选项B正确;比结合能越大,原子核越稳定,选项C错误;放射性元素的 衰变快慢由核内部自身的因素决定,与原子所处状态无关,选项D错误。 2.D 【解析】滑轮B先缓慢上升一段距离,期间A与滑轮B间的绳长不变,类似于晾衣杆模型,杂技演员 两侧安全绳的夹角没有发生变化,绳子上的张力保持不变。滑轮B位置保持固定,由下方工作人员缓慢 向下拉动安全绳,设绳子拉力大小为FT,杂技演员两侧绳子的夹角θ逐渐变大,竖直方向根据受力平衡可 以得到mg=2FTcos θ 2 ,即FT= mg 2cosθ2 ,则安全绳的张力逐渐增大,因此D项正确。 3.B 【解析】由波动图像可知,两列波的波长、波速均相等,A 波在T 时刻传播到O 点,B 波在1.5T 时刻 传播到O 点,因此,在0~T 时刻,O 点保持静止。在T~1.5T 时间内,O 点的振动由A 波决定,1.5T 之 后,两列波形在O 点叠加,且为振动加强点,因此选项B正确。 4.B 【解析】根据万有引力提供向心力,由GMmr2 =ma 可知,两轨道上P 点到地球中心距离r相等,所以探 测器在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度与轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度相等,选项A错误;探测器在P 点 做近心运动,所以探测器在轨道Ⅱ上经过P 点的线速度小于轨道Ⅰ上P 点的速度,而第一宇宙速度大于 轨道Ⅰ的速度,选项B正确;探测器从高轨道变轨到低轨道,需要在变轨处点火减速,变轨时探测器的动 能减少,重力势能不变,所以机械能减少,选项C错误;探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时,应该减速,故应 向运动的方向喷气减速,选项D错误。 5.B 【解析】图甲状态下,A 处的电场强度E → =E→B+E → C+E → D+E → E+E → F=2· kq a2cos 60°+kq4a2- 2· kq 3a 2 cos 30°=5kq4a2- 3kq 3a2 >0 ,方向由A 指向几何中心,由F=qE 可知,此时A 处粒子受到指向中 心的电场力,所以粒子受到框架给的等大反向的作用力保持平衡,选项A错误;图甲状态下,B 处与F 处 粒子所在位置的电场强度大小相等,方向不同,选项C错误;在图乙状态下,矩形中心处的电场强度E→O= E→A+E → B+E → C+E → D+E → E+E → F,设θ为OF 与OB 之间的夹角,如图所示: E"      A θ B CDE F 2E' 2E# EO=2EA-2×2EFcos θ 2= 2kq a 2 2-4× kq 5 2a 2cos θ 2= 8kq a2 - 16kq 5a2 × 5 5>0 ,电场强度方向由A 指向D, 高三物理参考答案 第2 页(共5页) 选项B正确;在图乙状态下,矩形中心处电势为0,负电荷由无穷远处移至矩形中心的零电势处,电场力不 做功,选项D错误。 6.D 【解析】安检机的工作原理是用X射线的穿透性探测包裹内的物品,选项A错误;包裹与传送带共速 前,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,解得a=5 m/s2,则其与传送带达到共速时的位移为2aL1=v2,解 得L1=0.004 m,由v=at1解得t1=0.04 s,t2=t-t1=7.96 s,包裹匀速位移L2=vt2,传送带长度L= L2+L1,联立解得L=1.596 m≈1.6 m,选项B错误;包裹与传送带共速前,包裹与传送带的相对位移 ΔL=vt1-L1=0.2×0.04 m-0.004 m=0.004 m,所以传送带上会出现0.004 m的染色痕迹,选项C错 误;对传送带而言,传送带受到包裹的摩擦力为Ff=μmg=5 N,对传送带作用了0.04 s,此时传送带运行 了0.008 m,所以电动机对传送带多做的功为W=Ffx=0.04 J,选项D正确。 7.C 【解析】当滑片向左移动时,R 阻值减小,副线圈总电阻R总=R2+R 减小,副线圈中的电流I2 增大, 则原线圈中的电流I1 增大,导致R1 消耗的功率PR1=I 2 1R1 增大,选项A错误;变压器和副线圈的电阻 整体可以等效为一个新电阻,其阻值R'=n1n2 2 R2+R ,当R1=R'时,变压器输出功率最大,最大输出 功率为P出max= U R1+R' 2 R'=3 025 W,选项B错误;将原线圈输入端和R1以及变压器等效为一个新电 源,新电源内阻r=n2n1 2 R1=1 Ω。当滑动变阻器电阻R=r+R2=2 Ω时,其功率最大,新电源的等效电 动势E=220 V 2 =110 V,所以滑动变阻器最大功率P= 110 V 4 Ω 2 ×2 Ω=1 512.5 W,选项C正确;当滑片 位于最右端时,R=10 Ω,副线圈总电阻最大,原线圈的电流表示数最小,副线圈总电阻的有效值为 R等效=n1n2 2 (R+R2)=44 Ω,I= U有效 R等效+R1= 55 12 A≈4.58 A,选项D错误。 8.BD 【解析】设小球在光屏上的投影向下运动的方向为正方向,小球在光屏上投影的速度随时间成正弦 规律变化,如图所示: T 2 TO t W 3T 2 小球的投影在0~T2 和T 2~T 时间内速度都是先增大后减小,选项A错误;由图可知,T2 时刻小球投影的 速度为零,选项B正确;T4~ T 2 时间内小球投影的速度方向为正方向,T 2~ 3 4T 时间内小球投影的速度方 向为负方向,选项C错误;T4~ 3 4T 时间内图像的斜率一直为负,小球投影的加速度方向相同,选项D 正确。 9.BC 【解析】设充入的气体在该室温环境下压强为p0 时的体积为V,充气过程中气体温度不变,则有 p0V0+p0V=4p0V0解得V=3V0,气体的密度相同,充入的气体质量是原气体质量的3倍,选项A错误; 充气过程缓慢,温度不发生变化,容器容积不变,空气分子数密度增加,充气完成后容器内的气体在单位 时间内撞击器壁次数增加,选项B正确;发射过程中容器中的气体对外做功,由于发射过程时间极短,来 不及完成热传递,气体温度下降,气体分子的平均动能减小,平均速率减小,而且气体体积增大,单位体积 内分子数减少,所以容器中单位面积上气体分子撞击的平均作用力减小,选项C正确,选项D错误。 高三物理参考答案 第3 页(共5页) 10.AC 【解析】T=0.5 s时,导体棒位于x=0处,此处的磁感应强度B=1 T,电流大小I=0.6 A,根据 I=BLvR ,可得v=IRBL=3 m/s,之后导体棒切割磁感线产生的电流大小不变,则导体棒将保持3 m/s的速度 做匀速直线运动,选项A正确;正弦电流有效值I有效= Im 2 =0.6 2 A,电阻产生的焦耳热Q=I2有效Rt=0.045 J, 选项B错误;0.5 s后,导体棒匀速运动受到的安培力F=BIL=0.06 N,每秒冲量I=FΔt=0.06 N· s,选项C正确;导体棒从x≥0区域向右做匀速直线运动,选项D错误。 11.(8分,每空2分)【答案】 (1) Δx1 Δt (2)m2 Δx4 Δt-m2 Δx2 Δt (3) Δx4-Δx2 Δx1-Δx3 (4)是 【解析】(1)小球在曝光时间内近似看成是匀速运动,所以小球P的速度大小为v= Δx1 Δt 。 (2)对小球Q,由动量定理得I=m2 Δx4 Δt-m2 Δx2 Δt 。 (3)小球P与小球Q碰撞过程由动量守恒得 m1 Δx1 Δt+m2 Δx2 Δt=m1 Δx3 Δt+m2 Δx4 Δt ,则m1 m2= Δx4-Δx2 Δx1-Δx3 。 (4)小球P与小球Q的碰撞过程中,库仑力为内力,发生漏电或者电荷转移,系统的合力仍为零,所以系 统的动量守恒。 12.(8分,每空2分)【答案】 (1)图见解析 (2)电容器充电完毕后所带的电荷量 SC (3)kC 【解析】(1)依据题意,滑动变阻器的连接方法应采用分压式接法,如下图所示: C R- A      (2)电容器充电电流随时间的变化图像与坐标轴围成的面积代表电容器所充的电荷量,则有U=QC= S C 。 (3)由题意得U=SC=IR ,S-I图像的解析式为S=CRI=kI,所以待测电阻R=kC 。 13.(10分)【答案】 (1)3 (2)312L (3)113L12c 【解析】(1)如图所示,画出光路图,作出辅助线,PE是入射光线的延长线,PF和ON 垂直,设∠PCN=α,已 知∠ONM=30°,NP=14MN= 1 4L ,OQ=12OM ,故在Rt△PNF 中,PF=18L 。在Rt△PCF 中, tan α=PFCF ,故CF= L8tan α 。(1分) B CD E F G AM N O P Q 高三物理参考答案 第4 页(共5页) 由反射光线的性质可知,∠QCO=α,在Rt△QCO 中,tan α=OQOC ,故OC= L4tan α 。(1分) 由于NF+CF+OC= 32L ,可解得α=30°。(1分) 由几何关系得∠CPD=30°,由折射率的定义可得n=sin 60° sin 30°=3 。(1分) (2)由折射率的定义可得∠BQG=60°,在Rt△BMQ 中,tan 60°=MQMB ,故MB= 312L 。(2分) (3)根据几何关系可得,PC=L4 ,CQ=L2 ,QB= 36L (2分) v=cn ,光线在三棱镜中传播的时间t1= PC+CQ v ,t2= QB c ,t总=t1+t2= 113L 12c 。(2分) 14.(12分)【答案】 (1)0.03 C (2)1.5 m/s 0.2 m (3)6409 T 412 m/s 【解析】(1)小球初速度方向沿MQ 时,运动轨迹为直线,则合力应沿MQ 方向,即小球受到向右的电场 力,所以小球带负电。(1分) 由受力分析可知,qE=mgtan θ,(1分) 解得q=0.03 C。(1分) (2)小球从O 点到A 点做曲线运动,到A 点时竖直方向速度为0,水平方向速度大小vA, 水平方向做匀加速直线运动v2A=2q E m ·d 2 ,(1分) d 2= 1 2× qE m ·t2,(1分) 解得vA=1.5 m/s,t=0.2 s。(1分) 竖直方向做上抛运动,初速度大小v0,AO 间竖直距离h= v20 2g ,v0=gt, 解得h=0.2 m。(1分) (3)小球在平面ABCD 内运动,则有qvAB=mgcos θ,(1分) B=mgcos θ qvA = 640 9 T,(1分) 小球在平面ABCD 内沿AB 方向做匀速直线运动,沿AD 方向做匀加速直线运动, hAA'=h+ 1 2hMN=0.2+ 0.3 2tan 37°=0.4 m(1分) 由动能定理1 2mv 2 C- 1 2mv 2 A=mghAA',(1分) 解得vC= v2A+v2y= 1.52+v2y= 41 2 m/s。(1分) 15.(16分)【答案】(1)不会沿档板向下滑动,证明过程见解析 (2)h≤0.5R 时,滑块不动;h>0.5R 时, h= 2sin θ- 3 2sin θ R (3)2902 m/s 【解析】(1)在小球达到最低点时,滑块受到小球向下的压力最大。 高三物理参考答案 第5 页(共5页) 由机械能守恒定律得mgR= 1 2mv 2,(1分) 2 N+2mg=5mg<FN+μ×10mg=6mg,故滑块不会沿挡杆向下滑动。(1分 解得N=3mg,(1分 在最低点时,小球受到向上的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=m v R , ) ) (2)由能量守恒定律得mg(h+Rsin θ)=12mv 2,(1分) 2 竖直方向上滑块刚好达到滑动条件F1sin θ+2mg=6mg,(1分 设刚要滑动时,小球受到滑块的支持力F1,由牛顿第二定律得F1-mgsinθ=m v R ,(1分) ) 联立可得h= 2sin θ- 3 2sin θ R,(1分) 当θ=π2 时,可得h=0.5R,此时滑块不会滑动。(1分) 即h≤0.5R 时,滑块不动,(1分) h>0.5R 时,h= 2sin θ- 3 2sin θ R。(1分) (3)当h=3.25R 时,由h= 2sin θ- 3 2sin θ R, 解得sin θ1= 1 2 ,sin θ2=- 8 3 (舍), 即θ=30°。(1分) 从小球释放到θ=30°的过程中,小球的机械能守恒,设此时小球的速度为v1, mg(h+Rsin θ)=12mv 2 1,(1分) 得v1= 15 2gR 。(1分) 在此后的滑动过程中,由于滑块受到的滑动摩擦力Ff=μF=3mg,小球和滑块组成的系统在竖直方向 动量守恒,设小球到达最低点时,小球与滑块竖直方向共同速度为v2, mv1cos 30°=3mv2, v2= 5 8gR 。(1分) 设小球到达最低点的过程中,滑块移动的距离为l,小球在最低点时水平方向的速度为v3,由动能定理得 2mgl+mg(l+R-Rsin θ)-Ffl= 1 2×2mv 2 2+ 1 2m (v22+v23)- 1 2mv 2 1,(1分) 则小球的速度v= v22+v23= 290 2 m/s。(1分) 邯 郸 市 2 0 2 5 届 高 三 年 级 第 四 次 调 研 监 测 命 题 双 向 细 目 表 - — — 物 理 题 型 题 号 分 值 知 识 点 能 力 核 心 素 养 预 设 难 度 知 识 板 块 考 点 具 体 知 识 （ 试 题 切 入 点 ） 理 解 能 力 推 理 能 力 分 析 综 合 能 力 应 用 数 学 处 理 物 理 问 题 的 能 力 实 验 能 力 物 理 观 念 科 学 思 维 实 验 探 究 科 学 态 度 与 责 任 易 中 难 系 数 单 项 选 择 题 1 4 原 子 核 衰 变 、 比 结 合 能 β 衰 变 、 原 子 核 结 构 等 概 念 √ √ √ 0 . 55 2 4 共 点 力 平 衡 动 态 平 衡 平 衡 条 件 、 牛 顿 定 律 、 受 力 分 析 、 几 何 关 系 √ √ 0 . 40 3 4 机 械 振 动 、 机 械 波 简 谐 运 动 特 征 、 图 像 波 的 周 期 性 与 干 涉 条 件 √ √ √ √ 0 . 8 0 4 4 万 有 引 力 与 宇 宙 航 行 开 普 勒 定 律 、 卫 星 参 数 分 析 万 有 引 力 公 式 、 开 普 勒 第 二 定 律 、 变 轨 √ √ √ √ 0 . 4 5 5 4 静 电 场 库 仑 定 律 、 电 场 强 度 矢 量 的 合 成 、 电 势 差 与 电 场 力 做 功 √ √ √ √ 0 . 4 5 6 4 运 动 学 传 送 带 动 力 学 问 题 受 力 分 析 、 相 对 运 动 、 功 的 计 算 √ √ √ 0 . 65 7 4 交 变 电 流 、 变 压 器 电 功 率 、 理 想 变 压 器 及 应 用 变 压 器 基 本 关 系 式 、 等 效 电 阻 、 电 功 率 公 式 √ √ √ √ 0 . 4 0 多 项 选 择 题 8 6 机 械 振 动 简 谐 运 动 特 征 、 图 像 回 复 力 、 速 度 的 大 小 与 方 向 等 √ √ √ 0 . 6 5 9 6 热 学 分 子 动 理 论 、 理 想 气 体 变 质 量 问 题 气 体 压 强 微 观 解 释 、 热 力 学 第 一 定 律 、 体 积 与 物 质 的 量 等 关 系 √ √ √ √ 0 . 60 1 0 6 磁 场 安 培 力 、 焦 耳 热 、 冲 量 、 图 像 分 析 电 流 有 效 值 与 焦 耳 热 的 计 算 、 动 量 定 理 的 应 用 、 直 线 运 动 分 析 √ √ √ √ √ 0 . 84 非 选 择 题 1 1 8 动 量 动 量 守 恒 动 量 定 理 与 动 量 守 恒 公 式 √ √ √ √ √ 0. 7 0 1 2 8 电 容 器 、 电 学 实 验 测 电 阻 电 容 的 定 义 式 、 部 分 电 路 欧 姆 定 律 、 分 压 式 电 路 图 √ √ √ √ 0. 6 5 1 3 10 光 学 全 反 射 、 折 射 率 临 界 角 的 计 算 、 折 射 率 的 计 算 、 光 速 计 算 、 几 何 关 系 √ √ √ 0. 7 0 1 4 12 电 场 、 磁 场 电 场 力 、 重 力 、 洛 伦 兹 力 受 力 分 析 、 动 能 定 理 √ √ √ √ 0 . 8 5 1 5 16 运 动 的 综 合 应 用 机 械 能 、 动 量 、 圆 周 运 动 受 力 分 析 、 机 械 能 守 恒 、 动 量 守 恒 ， 向 心 力 公 式 、 动 能 定 理 √ √ √ √ √ 0. 5 8 绝密★启用前 邢单市2025届高三年级第四次调研监测 物 理 班级 姓名 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自已的姓名、班级和考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需 改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试 卷上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的。 1.近日,中国科学院近代物理研究所的科研人员精确测量了一批奇特原子核的质量,确定了错。 磷、疏和氛元素的质子滴线,并提出了一种基于原子核质量揭示质子晕结构的新方法。下列说 法正确的是 A.光谱分析是探索原子核结构的一条重要途经 B.B衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子 C.结合能越大,原子核越稳定 D. 放射性元素的原子单质状态或化合物状态会影响其衰变的快慢 2.河北吴桥杂技历史悠久,其丰富多样的表演项目深受百姓喜爱。其中,“空中飞人”以紧张刺激 的视觉效果令大众津津乐道。如图所示为“空中飞人”表演的简化图,A、B之间的安全绳上有 轻质动滑轮,杂技演员手握滑轮可沿绳滑动。安全绳一端固定于左侧墙壁的A处,右侧有一 固定的竖直杆,杆上装有可上下移动的滑轮B。安全绳绕过滑轮B后,由地面工作人员牵拉 在某一过程中,滑轮B先缓慢上升一段距离,期间A与滑轮B间的绳长不变,之后滑轮B位置 保持固定,由下方工作人员缓慢向下拉动安全绳。在此过程中,安全绳中的张力 A.保持不变 B.一直增大 C.先增大后不变 D.先不变后增大 3.在x轴上的A、B两点存在两个波源,振动的周期均为T,两列横波沿x轴相向传播。在t-0 时刻,x轴上的波形如图所示。则关于平衡位置O处质点的振动图像,下列选项正确的是 高三物理 第1页(共6页) C D B 4.2024年10月11日10时39分,我国在东风着陆场成功回收首题可重复使用返回式技术试验 卫星--实践十九号卫星。如图所示,已知地球半径为R,某探测器被回收前在轨道I做匀速 圆周运动,运行高度距地面为2R,经过P点时点火变轨,随后进入圆轨道II运行,Q为近地 点,喷气时忽略探测器质量的变化。下列说法正确的是 A.探测器在轨道I上经过P点时的加速度大于在轨道II上经过P点时的加速度 B.探测器在轨道II上经过P点的线速度小于地球第一宇宙速度 C.探测器从轨道I变轨到轨道II时,机械能不变 D.探测器从轨道I变轨到轨道I时,向运动的反方向喷气加速 5.生活中,常见的正六边形虽然整体结构较为稳固,但单个正六边形的框架在受到挤压或拉伸时 容易发生形变。如图甲所示,边框长度为a的正六边形的每个顶点处均固定有电荷量大小为 a的点电荷(电荷正负如图所示),正六边形在外力作用下可压成如图乙所示的长方形。下列 说法正确的是 A F B F -2B A C 2 D E C 5 甲 A.图甲状态下,粒子不受框架的作用力 B.图乙状态下,矩形中心的电场强度方向由A指向D C. 图甲状态下,B处粒子与F处粒子所在位置的电场强度相同 D.图乙状态下,将一负试探电荷由无穷远处移至矩形中心处,需要克服电场力做功 高三物理 第2页(共6页) 6.如图甲所示为地铁进站口的行李安检机,其简化原理图如图乙所示,水平传送带始终以恒定速 率0.2m/s顺时针转动。一质量为1kg的包裹(可视为质点)无初速度地轻放在传送带的左 端,经过8s后最终到达传送带右端。若包裹与传送带间的动摩擦因数为0.5,下列说法正确 的是 过 甲 乙 A.安检机使用>射线探测包裹内的物品 B.该传送带长为2.0m C.若包裹底部沾有染料,传送带上会出现0.04m的染色痕迹 D.由于传送包裹,电动机多做的功为0.04] 7.如图所示,变压器可视为理想变压器,原、副线圈的匝数比为n;n。一2:1,原线圈电路中电 阻R;三40.副线圈电路中R。-10.滑动变阻器R的最大阻值为100。原线圈输入端接入 正弦交流电,电压表达式为u一220v2sin100xz(V)。当调节副线圈中的滑动变阻器R的滑片 从最右端移至最左端时。下列说法正确的是 {#0翻 A.电阻R,的发热功率先增大后减小 B.变压器输出功率最大为6050W C.滑动变阻器R的最大功率为1512.5W D.原线圈中电流表的最小示数为5.58A 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两 个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.如图所示,一小球在竖直面内做匀速圆周运动,一束沿水平方向的平行光从左侧照射小球,在 右侧光屏上形成小球的投影,小球的投影在光屏上往复运动,小球在最高点处为计时起点,小 球运行周期为T。下列说法正确的是 右叫 光 B2 # -时刻小球投影的速度为零 3 T时间内小球投影的速度方向相同 3 D. -T时间内小球投影的加速度方向相同 44 高三物理 第3页(共6页) 9.水火箭的原理如图所示,在室温环境下,导热性良好的容器内装入一定质量的水,此时容器内的 气体体积为V。,压强为。,现用气向容器内缓慢充气后压强变为4。,充气过程中容器和气系 内气体温度不变,瓶塞脱离容器的瞬间,容器被发射出去。整个过程 .压缩空气 容器形状不发生变化,发射过程时间极短。下列说法正确的是 A.充气过程中充入的气体质量是原气体质量的4倍 B.充气完成后容器内的气体在单位时间内撞击器壁次数增加 C.发射过程中容器内的气体对外做功,容器内的气体温度下降 D.发射过程中容器中单位面积上气体分子撞击的平均作用力增大 气 10.如图,水平导轨间距为0.1m,按如图甲建立xOv坐标系,在x三0区域内有垂直纸面向里. 大小为B一1T的匀强磁场,在一1m<x<0的区域内有垂直纸面向里、大小按B(x) 0.5x十1(T)规律变化的磁场。一个质量为0.2kg的导体棒,在外力F的作用下从x -1m处开始向右运动,z一0.5s时恰好通过x一0处,此过程中监测系统显示回路中的电流 变化如图乙所示(前0.5s呈正弦规律变化,0.5s时恰好达到电流的峰值,之后稳定于 0.6A)。已知导体棒接入电路的阻值为R一0.5O,闭合回路中的其他电阻忽略不计,且导体 棒与导轨接触良好。下列说法正确的是 _一。来 /A 0.6- 0.5 -1mO s 甲 A.导体棒通过x-0时的速度大小为3m/s B.在0~0.5s内电阻产生的焦耳热为0.09] C.0.5s后,磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为0.06N·s D.导体棒在x二0区域向右做匀加速直线运动 三、非选择题:本题共5小题,共54分。 11.(8分)某同学利用频闪照相法验证两小球碰撞过程中的动量守恒。如图所示,水平面可近似 看作光滑绝缘的平面,现使质量分别为,和n。的两个体积相同带同种电荷的小球P和Q 同向运动并发生正碰,碰后两小球运动方向不变(n>n。)。碰前和碰后某时刻,照相机各曜 光一次,曝光时间均为△,且时间极短,空气阻力忽略不计。第一次暴光时间内,小球P和Q 运动的位移大小分别为△x,和△x。,第二次暴光时间内,小球P和Q运动的位移大小分别为 △x。和△x。请回答下列问题: _ _ (1)第一次曝光时,小球P的速度大小为 。(用题中给出的字母表示) (2)从第一次曝光到第二次曝光的过程中,小球P对小球Q的作用力的冲量大小为 (用题中给出的字母表示 (③) 2 (用△x、△x、△x。、△x.表示)时,可证明两小球碰撞过程中系统的 动量守恒。 (4)若两小球运动过程中有漏电或碰撞过程中电荷发生了相互转移,那么碰撞前后二者组成 的系统的动量是否守恒? (填“是”或“否”)。 高三物理 第4页(共6页) 12.(8分)某同学测量某一待测电阻的阻值,所用到的仪器如下; a.待测电阻 b.电流表A(量程足够大 c.电容器(电容为C,击穿电压大于电源的电动势) d.电流传感器(连接计算机) e.滑动变阻器R. f.电源、开关、导线若干 (1)实验时要求描绘出电容器在尽可能多的电压值之下充电时,其充电电流随时间变化的图 像,利用上述器材,请在下图虚线框中将电路图补充完整 电流传 感器 待测电阻 电源 开关 (2)先将滑动变阻器的滑片置于某一适当位置,闭合开关。随即计算机上显示出电容器充电 过程中电流随时间变化的图像,待电流传感器的示数变为零后,记录此时电流表A的示 数为I,并利用计算机算出电流随时间变化的图像与坐标轴围成的面积为S,此面积表示 的物理意义是 ,电容器两端的电压为 ,实验完成 后断开开关。 (3)多次改变滑动变阻器滑片的位置,每次均重复步骤(2),得到多组S及对应的I的值,作出 S-I图像,若其斜率为人,则待测电阻的阴值为 _。(用题中给出的字母表示) 13.(10分)如图所示,三梭镜的横截面为直角三角形OMN,MNO一30{,ON边有反射膜 MN一L,MA是与三梭镜OM边紧贴且垂直的接收屏。一束平行于ON边的光线从MN边 上的P点射入三梭镜,经过ON边反射后,恰好经过OM边上的Q点,并最终打在接收屏上 反射和折射。求: (1)三楼镜的折射率n (2)MB的长度; (3)光线自P点到B点的时间。 0 P 0 高三物理 第5页(共6页) 14.(12分)如图所示,两个等大带电金属板MN、PQ间存在大小为E=100N/C,方向水平向左 的匀强电场(假设金属板边缘处也为匀强电场),两板间距d一0.3m,MQ连线与竖直方向的 夹角为0一37{}。在板PQ右侧空间内存在沿AD方向的匀强磁场(图中未画出),AD在PQ 所在平面内,AD与水平方向间的夹角也为,已知AB/CD,MN、PQ与ABB'A'在同一 竖直面内。在MQ中点O处有一质量为m一0.4kg的带电小球,若小球初速度沿MQ方向. 则小球运动轨迹为直线。现将小球从O点竖直向上抛出,小球恰好沿PQ板上的小孔A点 水平射出电场,进入PQ右侧磁场区域。小球在磁场中的ABCD面内运动,并且恰好经过C 点。已知sin37*-0.6,cos37*-0.8,g取10m/s2。求 (1)小球所带电荷量大小 (2)小球从A点离开电场时的速度大小以及OA间竖直方向的距离 (3)板PQ右侧区域磁感应强度B的大小及小球经过C点时的速度大小 M B 7 B M D 15.(16分)极限滑板运动一直倍受青少年青睐,某款滑道设计可以让运动员沿滑道下滑到某一 高度时压迫滑道竖直下滑,给体验者带来极大刺激。现把该设计简化成如图所示的运动模 型:小球代表运动员(可视为质点),两竖直挡板间所夹滑块代表滑道,其横截面为半径R 1m的半圆形,A、B是直径两端点。圆形轨道光滑,侧面与两挡板间的动摩擦因数一0.3 已知小球质量为n,滑块质量为2m。采用智能控制系统控制挡板对滑块左右两侧面压力大 小分别为N.、N。,N.十N。一10mg,且大小之和恒定不变。在滑块底部两侧挡板伸出短板 C.D,初始滑块与短板接触但不挤压,当滑块对两个短板的总压力超过Fv一3mg时,短板瞬 间(短板长度很小)全部收缩进入挡板中。忽略空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重 力加速度g-10m/s2。 (1)若从A点静止释放小球,小球沿轨道下滑,这个过程中滑块会不会沿挡板向下滑动?判 断并证明; (2)若从A点正上方h处静止释放小球,假设滑块刚要向下滑动时,小球此刻所在位置和圆 心的连线与水平方向的夹角为9,求h与e的关系式; (3)若从A点正上方h一3.25R处静止释放小球,求小球第一次滑至轨道最低点时的速度 大小。 1挡板 高三物理 第6页(共6页)