精品解析：广东省韶关市2024-2025学年高一下学期6月期末物理试题

2024-2025学年第二学期普通高中非毕业班教学质量检测 高一物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先写上新答案，然后再划掉原来的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。选对的得4分，错选、不选的得0分。 1. 飞机在空中转弯时须倾斜机身，使空气对飞机升力偏离竖直方向，才能实现沿水平圆弧转弯，示意图如图所示。对飞机在空中水平匀速转弯的过程，下列说法正确的是（　　） A 飞机所受合外力不变 B. 飞机的运动速度不变 C. 飞机所受合外力做功为零 D. 升力可能等于飞机的重力 2. 某工程车卸载一巨型石块时，可简化为如图所示的物理模型：石块静置于货箱底板AB上，在支撑杆的作用下货箱底板AB绕B端缓慢转到某一角度后停止转动，石块立刻加速下滑。在石块向下滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 货箱底板对石块的合外力做负功 B. 货箱底板对石块的支持力做正功 C. 货箱底板对石块的摩擦力做正功 D. 石块的动能增量等于重力势能的减少量 3. 在《自然哲学的数学原理》中，牛顿设想把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点也就一次比一次远，物体就不会落回地面，成为人造卫星。已知引力常量为G，地球半径为R，为了粗略求出卫星这个速度，则只需要测量（　　） A. 物体的质量 B. 物体的重力 C. 抛出点的海拔高度 D. 抛出点的重力加速度 4. 如图所示为老式录音带，录音机主动轮（驱动轮）以恒定转速转动，将磁带从被动轮卷到主动轮上，主动轮上磁带逐渐增多，被动轮上的磁带逐渐减少。在这个过程中，下列说法正确的是（　　） A. 被动轮转速恒定不变 B. 被动轮转速越来越小 C. 磁带传送速度v越来越大 D. 磁带传送速度v越来越小 5. 某环境监测人员巡查发现，一个排污口正在喷出污水，如图所示。经测量排污口面积为S，距离液面高度为h，污水落点与排污口水平距离为x，重力加速度为g，则该排污口的排污流量（单位时间内排出的体积，单位为）为（　　） A. B. C. D. 6. 为了节省能源，现代电梯系统都会加装配重块，如图所示为加装配重的电梯系统及未加装配重的电梯系统。已知在某次对比测试中，两系统的电梯质量相等，均匀速上行相同高度h，配重块质量为m，重力加速度为g，忽略缆绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A. 加装配重块的电梯系统对电梯拉力更大 B. 重力对加装配重块的电梯系统做功更多 C. 上行速度相等时，两种电梯系统电机功率相等 D. 加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh 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，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。 7. 航天器返回地球的过程需要进行轨道调整。如图，航天器在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，在P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q是椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是（　　） A. 航天器在P点要减速才能进入轨道Ⅱ B. 航天器在轨道Ⅱ的周期比在轨道Ⅰ的周期大 C. 航天器在Q点的加速度大于在P点的加速度 D. 航天器在轨道Ⅱ上的Q点的速度小于其在P点的速度 8. 如图所示是公园常见的转椅，人面朝内坐在椅子上，手抓住内圈随着转椅绕中心转轴转动，下列说法正确的是（　　） A. 转椅匀速转动，人处于平衡状态 B. 转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大 C. 转椅匀速转动，椅子对人的作用力方向水平指向转轴 D. 转椅匀速转动，人头部后仰时椅子对人的作用力变大 9. 某“复兴号”动车质量为，由静止开始以加速度匀加速启动，经时间t达到额定功率，然后保持该功率在平直轨道上行驶，直至达到最大速度。若动车行驶过程所受到的阻力大小保持不变，则下列说法正确的是（　　） A. 动车匀加速行驶时的合外力为 B. 动车匀加速行驶时的牵引力为 C. 动车行驶过程中所受到阻力为 D. 动车从静止加速到最大速度的过程中，牵引力做的功大于动车动能增加量 三、必做实验题：本大题共2小题，共16分。 10. 图1是验证“机械能守恒定律”的实验装置图。 （1）下列实验操作和数据处理正确的是______。 A. 实验中必须测量重物的质量 B. 打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直立 C. 实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物 D. 测量纸带上某点的速度时，可由公式计算 （2）图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为、、。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。则B点的速度______；从打O点到打B点的过程中，若满足______，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒（以上两空均用题中已知量符号表示） 11. 如图甲所示为某学习小组设计的平抛运动探究装置，实验时让小球从轨道下滑，从O点飞出落到放有复写纸的斜板上，留下位置点，测量抛出点O到落点距离L，改变斜板与水平方向的夹角，重复实验，已知当地重力加速度为g。 （1）为使每次实验小球飞出速度不变，需进行的操作是：______； （2）在测量长度时如图乙所示，则______mm； （3）利用测量数据绘制图像，为了使图像成一直线，图丙的横坐标为______（填“”或“”）； （4）计算出图像斜率k，则该实验中小球飞出的初速度______（用k、g表示）。 （5）关于本实验下列说法正确的是______ A. 应该选择密度大的小球完成实验 B. 轨道末端需要保持水平 C. 轨道粗糙会增加实验误差 四、必做解答题：本大题共2小题，共27分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 12. 如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为，通过训练录像测得链球离地的最大高度为，（忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度取），求： （1）链球在空中的运动时间； （2）链球在最高点的速度大小； （3）链球脱手前瞬间速度的大小。 13. 如图（a）为食品加工厂生产和包装饺子的流水线。水平传送带在电机作用下以某一速率v0逆时针匀速转动，传送带右端点B的右侧平滑连接一个粗糙金属圆弧槽AB，AB高度差h1=0.5m，左端点C的正下方放一长方形凹槽，凹槽右侧O与C处在同一竖直面上，凹槽与C的高度差h2=0.8m。质量为m=0.02kg的饺子从A点由静止开始滑下，到B点时的速度大小vB=2m/s。饺子在传送带上运动过程的v2−s图像如图（b）所示，v是饺子的速度，s是饺子距B点的距离。忽略空气阻力和凹槽的底盘厚度，饺子可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求： （1）饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功； （2）饺子与传送带之间的动摩擦因数μ； （3）饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x。 五、选做题：共15分。请考生从两道题目中选取一题作答，每个题目有2小题，第（1）小题为单项选择题，请将正确选项填到答题卡指定位置，选对得4分，选错得0分；第（2）小题为计算题，请按照计算题要求作答，满分为11分。 14. 【动量选考内容】 （1）如图所示，某同学用手垫排球，某时刻质量为0.25kg的排球以大小为3m/s的速度竖直向下碰撞手腕，排球与手接触0.2s后竖直向上原速反弹，重力加速度取10m/s2，则在排球与手碰撞的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 碰撞过程排球动量守恒 B. 碰撞前后排球动量变化量为零 C. 手对排球的冲量大小为2N·s D. 手对排球的平均作用力大小为10N （2）如图所示，ABD为竖直平面内的光滑轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.4m的半圆，两段轨道相切于B点。小球甲以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞。已知水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，质量均为m=1.0×10−2kg，重力加速度g取10m/s2。 （i）甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离； （ii）在满足（i）的条件下，求甲的速度v0。 15. 【静电场选考内容】 （1）如图为平行板电容器，上下极板水平放置。两质量相等、电量分别为和的甲、乙粒子以相同的速率先后从右侧面的中心O点水平向左射入板间电场，并都打到上极板。若电容器的电量保持不变，粒子重力不计，带电粒子对板间电场无影响，则对甲、乙粒子在板间的运动过程，下列说法正确的是______ A. 两个粒子的水平位移相等 B. 电场力对甲、乙粒子做的功相等 C. 若仅减小两板间的正对面积，则两粒子的加速度变小 D. 若仅增大两板间的距离，则两粒子的加速度大小不变 （2）X射线在医学上可用于检查病人身体。如图是某种产生X射线的装置示意图，A、B之间是匀强加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场。电子束从A边界由静止开始沿带箭头的实线所示方向前进，打到水平靶上的中心点P，从而激发X射线。已知电子的质量为m，电荷量为，A、B两端的电压大小为，偏转电场区域水平宽度为，竖直高度足够长，电场强度大小，方向沿竖直方向，P点距离偏转电场右边界的水平距离为L，不计空气阻力、电子重力和电子间的相互作用。求： （i）电子束离开加速电场时的速度的大小，以及射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角； （ii）打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期普通高中非毕业班教学质量检测 高一物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先写上新答案，然后再划掉原来的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。选对的得4分，错选、不选的得0分。 1. 飞机在空中转弯时须倾斜机身，使空气对飞机的升力偏离竖直方向，才能实现沿水平圆弧转弯，示意图如图所示。对飞机在空中水平匀速转弯的过程，下列说法正确的是（　　） A. 飞机所受合外力不变 B. 飞机的运动速度不变 C. 飞机所受合外力做功为零 D. 升力可能等于飞机的重力 【答案】C 【解析】 【详解】AD．飞机做匀速圆周运动时，受重力和升力，合力水平，指向圆心，提供向心力，方向不断改变，如图 可知，飞机的升力大于重力，故AD错误； B．飞机的速度沿轨迹切线，方向不断改变，故B错误； C．飞机速度大小不变，根据动能定理可知，飞机所受合外力做功为零，故C正确； 故选C。 2. 某工程车卸载一巨型石块时，可简化为如图所示的物理模型：石块静置于货箱底板AB上，在支撑杆的作用下货箱底板AB绕B端缓慢转到某一角度后停止转动，石块立刻加速下滑。在石块向下滑动的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 货箱底板对石块的合外力做负功 B. 货箱底板对石块的支持力做正功 C. 货箱底板对石块的摩擦力做正功 D. 石块的动能增量等于重力势能的减少量 【答案】A 【解析】 【详解】ABC．石块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，沿斜面加速向下运动。由于货箱底板对石块的支持力不做功，摩擦力对石块做负功，所以货箱底板对石块的合外力做负功，故A正确，BC错误； D．由动能定理得，石块的动能增量等于重力和摩擦力做的总功，大于重力势能的减少量，故D错误。 故选 A。 3. 在《自然哲学的数学原理》中，牛顿设想把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点也就一次比一次远，物体就不会落回地面，成为人造卫星。已知引力常量为G，地球半径为R，为了粗略求出卫星这个速度，则只需要测量（　　） A. 物体的质量 B. 物体的重力 C. 抛出点的海拔高度 D. 抛出点的重力加速度 【答案】D 【解析】 【详解】该速度为第一宇宙速度，同时是卫星的最小发射速度和最大环绕速度，由 解得或 可见需要地球质量或重力加速度即可。 故选D。 4. 如图所示为老式录音带，录音机主动轮（驱动轮）以恒定转速转动，将磁带从被动轮卷到主动轮上，主动轮上的磁带逐渐增多，被动轮上的磁带逐渐减少。在这个过程中，下列说法正确的是（　　） A. 被动轮转速恒定不变 B. 被动轮转速越来越小 C. 磁带传送速度v越来越大 D. 磁带传送速度v越来越小 【答案】C 【解析】 【详解】CD．主动轮转速不变，主动轮和从动轮的最外侧磁带处的线速度大小相等，主动轮缠绕磁带的半径不断增大，根据可知磁带传送速度v越来越大，故CD正确； AB．磁带传送速度v越来越大，从动轮缠绕磁带的半径不断减小，根据可知被动轮转速越来越大，故AB错误。 故选C。 5. 某环境监测人员巡查发现，一个排污口正在喷出污水，如图所示。经测量排污口面积为S，距离液面高度为h，污水落点与排污口水平距离为x，重力加速度为g，则该排污口的排污流量（单位时间内排出的体积，单位为）为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】水做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，则有， 解得平抛初速度为 则该管道的排污量为 故选B。 6. 为了节省能源，现代电梯系统都会加装配重块，如图所示为加装配重的电梯系统及未加装配重的电梯系统。已知在某次对比测试中，两系统的电梯质量相等，均匀速上行相同高度h，配重块质量为m，重力加速度为g，忽略缆绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A. 加装配重块的电梯系统对电梯拉力更大 B. 重力对加装配重块的电梯系统做功更多 C. 上行速度相等时，两种电梯系统电机的功率相等 D. 加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh 【答案】D 【解析】 【详解】A．两系统电梯匀速上行，则电梯受力平衡，拉力都等于电梯重力，故A错误； B．设电梯质量为，电梯匀速上行h，重力做功均为，故B错误； C．上行速度相等时，装配重块的电机的拉力 未装配重块的电机的拉力 则两系统电机拉力不同，根据可知，两种电梯系统电机的功率不相等，故C错误； D．根据能量守恒定律有， 可见加装配重块的电梯系统比未加装的节省能量mgh，故D正确； 故选D。 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，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。 7. 航天器返回地球的过程需要进行轨道调整。如图，航天器在轨道Ⅰ做匀速圆周运动，在P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q是椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是（　　） A. 航天器在P点要减速才能进入轨道Ⅱ B. 航天器在轨道Ⅱ的周期比在轨道Ⅰ的周期大 C. 航天器在Q点的加速度大于在P点的加速度 D. 航天器在轨道Ⅱ上的Q点的速度小于其在P点的速度 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据变轨原理，航天器在P点要减速才能进入轨道Ⅱ，故A正确； B．题图可知轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半长轴，根据开普勒第三定律 可知航天器在轨道Ⅱ的周期比在轨道Ⅰ的周期小，故B错误； C．根据 解得 可知r越大，a越小，故航天器在Q点的加速度大于在P点的加速度，故C正确； D．根据开普勒第二定律可知从道Ⅱ上的Q点到P点，航天器减速运动，故航天器在轨道Ⅱ上的Q点的速度大于其在P点的速度，故D错误。 故选AC。 8. 如图所示是公园常见的转椅，人面朝内坐在椅子上，手抓住内圈随着转椅绕中心转轴转动，下列说法正确的是（　　） A. 转椅匀速转动，人处于平衡状态 B. 转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大 C. 转椅匀速转动，椅子对人的作用力方向水平指向转轴 D. 转椅匀速转动，人头部后仰时椅子对人的作用力变大 【答案】BD 【解析】 详解】A．转椅匀速转动，合力提供向心力，人没有处于平衡状态，故A错误； B．人受到重力、椅子对人的作用力，根据牛顿第二定律有 可见转椅加速转动，椅子对人的作用力越来越大，故B正确； C．转椅匀速转动，椅子对人的作用力与重力的合力提供向心力，则椅子对人的作用力方向斜向上，故C错误； D．转椅匀速转动，人头部后仰时，轨道半径变大，根据可知，椅子对人的作用力变大，故D正确； 故选BD。 9. 某“复兴号”动车质量为，由静止开始以加速度匀加速启动，经时间t达到额定功率，然后保持该功率在平直轨道上行驶，直至达到最大速度。若动车行驶过程所受到的阻力大小保持不变，则下列说法正确的是（　　） A. 动车匀加速行驶时的合外力为 B. 动车匀加速行驶时牵引力为 C. 动车行驶过程中所受到的阻力为 D. 动车从静止加速到最大速度的过程中，牵引力做的功大于动车动能增加量 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律可知，动车匀加速行驶时的合外力为，故A正确； BC．动车达到最大速度时有N 根据牛顿第二定律有 解得，故B错误，C正确； D．根据能量守恒定律可知，牵引力做的功等于动车动能增加量与摩擦力做功之和，则牵引力做的功大于动车动能增加量，故D正确； 故选ACD。 三、必做实验题：本大题共2小题，共16分。 10. 图1是验证“机械能守恒定律”的实验装置图。 （1）下列实验操作和数据处理正确的是______。 A. 实验中必须测量重物的质量 B. 打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直立 C. 实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物 D. 测量纸带上某点的速度时，可由公式计算 （2）图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为、、。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。则B点的速度______；从打O点到打B点的过程中，若满足______，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒（以上两空均用题中已知量符号表示） 【答案】（1）BC （2） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 A．若系统机械能守恒定律，则有 整理可得 因此不需要测量重物的质量，故A错误； B．打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直立，以减小实验误差，故B正确； C．实验中应先接通打点计时器的电源，打点稳定后，再释放重物，故C正确； D．测量纸带上某点的速度时，若利用计算，本身就认为系统的机械能守恒了，故D错误。 故选BC。 【小问2详解】 [1]根据匀变速直线运动规律可得，打B点时重物的速度 [2]若系统机械能守恒，则有 整理可得 11. 如图甲所示为某学习小组设计的平抛运动探究装置，实验时让小球从轨道下滑，从O点飞出落到放有复写纸的斜板上，留下位置点，测量抛出点O到落点距离L，改变斜板与水平方向的夹角，重复实验，已知当地重力加速度为g。 （1）为使每次实验小球飞出速度不变，需进行的操作是：______； （2）在测量长度时如图乙所示，则______mm； （3）利用测量数据绘制图像，为了使图像成一直线，图丙的横坐标为______（填“”或“”）； （4）计算出图像斜率k，则该实验中小球飞出的初速度______（用k、g表示）。 （5）关于本实验下列说法正确的是______ A. 应该选择密度大的小球完成实验 B. 轨道末端需要保持水平 C. 轨道粗糙会增加实验误差 【答案】（1）每次将小球放在同一位置由静止释放 （2）215.0 （3） （4） （5）AB 【解析】 【小问1详解】 每次将小球放在同一位置由静止释放即可； 小问2详解】 刻度尺的分度值为1mm，故其读数为215.0mm； 【小问3详解】 根据平抛运动规律可得， 整理可得 因此为了使图像成一直线，图丙的横坐标为 【小问4详解】 根据上述分析可知，图线的斜率 解得 【小问5详解】 A．同样条件下，小球的密度越大，平抛时受到空气的阻力越小，小球的运动就越接近平抛运动的要求，故A正确； B．斜槽的末端必须水平，才能确保小球抛出时速度沿水平方向，故B正确； C．本实验主要探究小球抛出后的运动，斜轨道的粗糙程度对小球抛出后的运动没有影响，故C错误。 故选AB。 四、必做解答题：本大题共2小题，共27分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 12. 如图，某链球运动员在一次链球训练时，两手握着链球上铁链的把手，人带动链球旋转，最后用力将球甩出去，测得落点到抛出点的距离为，通过训练录像测得链球离地的最大高度为，（忽略空气阻力，不计链球抛出时离地高度，重力加速度取），求： （1）链球在空中的运动时间； （2）链球在最高点速度大小； （3）链球脱手前瞬间速度的大小。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 斜抛运动竖直方向做匀变速直线运动，水平方向做匀速运动，根据 解得 在空中运动的总时间 【小问2详解】 水平方向做匀速运动 解得 【小问3详解】 根据 脱手前瞬时速度大小 13. 如图（a）为食品加工厂生产和包装饺子的流水线。水平传送带在电机作用下以某一速率v0逆时针匀速转动，传送带右端点B的右侧平滑连接一个粗糙金属圆弧槽AB，AB高度差h1=0.5m，左端点C的正下方放一长方形凹槽，凹槽右侧O与C处在同一竖直面上，凹槽与C的高度差h2=0.8m。质量为m=0.02kg的饺子从A点由静止开始滑下，到B点时的速度大小vB=2m/s。饺子在传送带上运动过程的v2−s图像如图（b）所示，v是饺子的速度，s是饺子距B点的距离。忽略空气阻力和凹槽的底盘厚度，饺子可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求： （1）饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功； （2）饺子与传送带之间的动摩擦因数μ； （3）饺子在凹槽上的落点D与O点的距离x。 【答案】（1）0.06J （2）0.25 （3）1.2m 【解析】 【小问1详解】 根据动能定理可得 代入数据解得，饺子在圆弧槽AB上运动时克服摩擦力做的功 【小问2详解】 由图（b）可知，v2−s图线的斜率 则饺子在传送带上的加速度大小为 由牛顿第二定律可得 解得饺子与传送带之间的动摩擦因数 【小问3详解】 由图（b）可知，饺子从传送带上抛出时的速度 饺子在抛出后，在空中运动的时间 则饺子在凹槽上的落点D与O点的距离 五、选做题：共15分。请考生从两道题目中选取一题作答，每个题目有2小题，第（1）小题为单项选择题，请将正确选项填到答题卡指定位置，选对得4分，选错得0分；第（2）小题为计算题，请按照计算题要求作答，满分为11分。 14. 【动量选考内容】 （1）如图所示，某同学用手垫排球，某时刻质量为0.25kg的排球以大小为3m/s的速度竖直向下碰撞手腕，排球与手接触0.2s后竖直向上原速反弹，重力加速度取10m/s2，则在排球与手碰撞的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 碰撞过程排球动量守恒 B. 碰撞前后排球动量变化量为零 C. 手对排球的冲量大小为2N·s D. 手对排球的平均作用力大小为10N （2）如图所示，ABD为竖直平面内的光滑轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.4m的半圆，两段轨道相切于B点。小球甲以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞。已知水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，质量均为m=1.0×10−2kg，重力加速度g取10m/s2。 （i）甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离； （ii）在满足（i）的条件下，求甲的速度v0。 【答案】（1）CD （2）0.8m， 【解析】 【小问1详解】 A．碰撞过程中，排球所受外力的合力不为0，动量不守恒，故A错误； B．根据p=mv可知，碰撞前后动量的大小相同，方向不同，所以动量的变化量不为0，故B错误； CD．对排球分析，设竖直向上为正方向，根据动量定理 又因为 解得，，故CD正确； 故选CD。 【小问2详解】 （i）乙恰好通过轨道最高点，即 解得 抛出后做平抛运动， 解得， 故乙从D点飞出后在水平轨道上的首次落点到B点的距离为0.8m。 （ii）根据重力做功 解得 甲乙发生弹性碰撞，满足动量守恒 能量守恒 解得 15. 【静电场选考内容】 （1）如图为平行板电容器，上下极板水平放置。两质量相等、电量分别为和的甲、乙粒子以相同的速率先后从右侧面的中心O点水平向左射入板间电场，并都打到上极板。若电容器的电量保持不变，粒子重力不计，带电粒子对板间电场无影响，则对甲、乙粒子在板间的运动过程，下列说法正确的是______ A. 两个粒子的水平位移相等 B. 电场力对甲、乙粒子做的功相等 C. 若仅减小两板间的正对面积，则两粒子的加速度变小 D. 若仅增大两板间的距离，则两粒子的加速度大小不变 （2）X射线在医学上可用于检查病人身体。如图是某种产生X射线的装置示意图，A、B之间是匀强加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场。电子束从A边界由静止开始沿带箭头的实线所示方向前进，打到水平靶上的中心点P，从而激发X射线。已知电子的质量为m，电荷量为，A、B两端的电压大小为，偏转电场区域水平宽度为，竖直高度足够长，电场强度大小，方向沿竖直方向，P点距离偏转电场右边界的水平距离为L，不计空气阻力、电子重力和电子间的相互作用。求： （i）电子束离开加速电场时的速度的大小，以及射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角； （ii）打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H。 【答案】（1）D （2）（i），；（ii） 【解析】 【小问1详解】 A．两粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上则有 两粒子都打在上极板上，竖直位移相等，由于粒子的电荷量不同，两粒子的运动时间不同，根据 可知，两粒子的水平位移不相等，故A错误； B．根据电场力做功可知，两粒子处于同一电场中，电势差相等，两粒子的电荷量不同，因此电场力对粒子做功不相等，故B错误； C．根据电容器的电容 可知，减小电容器的正对面积，电容器的电容减小，结合 可知，当电荷量Q不变，C减小时，两极板间的电势差增大，根据 可知，极板间的电场强度增大，粒子受到的电场力增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度增大，故C错误； D．同理可知，当仅增大两板间的距离时，则根据，， 整理可得 可见，极板间的电场强度不变，粒子受到的电场力不变，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度不变，故D正确。 故选D。 【小问2详解】 （i）在加速电场中，由动能定理可得 解得 在偏转电场中，水平方向，电子做匀速直线运动，则有 根据牛顿第二定理可得 解得电子的加速度 电子在竖直方向的速度 电子射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角； （ii）电子在电场中偏转的位移 电子束射出偏转场时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $