精品解析：河北省衡水市枣强中学2025-2026学年高三上学期12月月考物理试题

河北枣强中学2025-2026学年上学期高三年级第四次调研考试 物理试题 一、单选题 1. 杭州亚运会将各种机器人全面应用在巡逻、迎宾、医疗、配送、服务等方面，赛场上机器狗”运球拍，捡铁饼等为赛事正常运行立了大功。如图（a）所示为捡拾铁饼的机器狗”，图（b）为机器狗”捡拾铁饼运动过程的位移-时间图像（最后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（　　） A. 内，机器狗做匀速直线运动的速度为 B. 内，机器狗的平均速度为 C. 机器狗在内的位移为-2m D. 内，机器狗做曲线运动 2. 一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度向左做匀速直线运动，重力加速度为，货车前进了一小段距离，将货物提升到如图所示的位置，此过程中下列说法正确的是（　　） A. 此过程中货物对货箱底部的压力比重力大 B. 此时货箱向上运动的速率大于 C. 此时货箱向上运动的速率等于 D. 此过程中缆绳中的拉力小于 3. 图(甲)是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一电子只受电场力作用，从静止沿电场线从a运动到b，在此过程中，电子运动的v－t图线如图(乙)所示，比较a、b两点电势a、b的高低和电场强度的大小，以下关系正确的是( ) A. a＞bEa＞Eb B. a＞bEa＝Eb C. a＜bEa＞Eb D. a＜bEa＝Eb 4. 某个同学玩夹盒子的游戏，手握两块木板，两木板间夹起盒子，如图所示，已知木板与盒子之间的动摩擦因数为0.5，盒子与盒子之间的动摩擦因数为0.6，每个盒子重约为G=5N，该同学两手可以给木板提供的水平压力都为FN=60N，则下列说法正确的是（　　） A. 该同学最多可以夹起12个盒子 B. 该同学最多可以夹起16个盒子 C. 若该同学夹起9个盒子，则第五个和第六个盒子之间的摩擦力为3.5N D. 无论该同学夹起多少个盒子，最中间的盒子最易滑落 5. 太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（　　） A. 太空电梯各点向心力全部由万有引力提供，处于完全失重状态 B. 太空电梯上各点线速度平方与该点离地球球心距离成反比 C. 太空电梯靠近地球一端的角速度大于空间站a的角速度 D. 若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则卫星b的周期为 6. 如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=1kg，mB=3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（　　） A. A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小 B. A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m C. A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动 D. A、B脱离前，水平力FA对物体A做功为30J 7. 如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（ ） A. 匀强磁场的方向平行于PQ向右 B. P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为 C. 将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上 D. 将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为 二、多选题 8. 某静电场中x轴正半轴上电场强度E随x变化的图像如图所示，。将一个质量为m、电荷量为的带电粒子在坐标原点由静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动到处时加速度为零，速度大小为，下列判断正确的是（　　） A. 粒子从原点运动至过程中，先做加速运动后做减速运动 B. x轴上，至间的电场强度方向沿x轴负方向 C. 与间的电势差和与间的电势差相等 D. 与间图线与横轴所围面积和与间图线与横轴所围面积相等 9. 如图所示，倾角为37°的传送带以4m/s的速度沿逆时针方向传动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。则（　　） A. 木块在传送带上一直以8m/s2的加速度匀加速直线运动直到从下端离开传送带 B. 木块在传送带上运动的时间是1.5s C. 木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是-5.6J D. 木块从顶端滑到底端产生的热量是2.4J 10. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25 ℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中（　　） A. V1示数增大 B. Q点电势升高 C. D. R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移 三、实验题 11. 某同学用如图甲所示装置探究碰撞过程中的守恒量，其中AB是斜槽，BC是水平槽。斜槽和水平槽光滑连接。已知入射小球1的质量为，被碰小球2的质量为。 （1）关于实验要点，下列说法正确的是（ ） A.两球半径可以不同 B.斜槽必须光滑 C.斜槽末端必须水平 （2）实验中的重要步骤如下： ①利用重锤线，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O。 ②不放被碰小球2，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，并落在垫有复写纸的白纸上留下点迹，重复本操作多次； ③把被碰小球2放在斜槽前端边缘位置，让入射小球1仍从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，使入射球与被碰球2碰撞，落在垫有复写纸的白纸上并留下各自的点迹，重复本操作多次； ④用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置，从左至右依次标为M、P、N； ⑤用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离分别为、、。 （3）实验结果：若表达式________成立（用题干中所给的符号、、、、表示），两球碰撞过程动量守恒。若两球发生的是弹性碰撞，则、、一定满足的关系式是________。 （4）若某次测量中水平纸面上有三个落点的平均位置，计算得出：、碰前、碰后的动量分别为，，，则两球质量关系可能为（ ） A.　　B.　　C. （5）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一小段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的两球碰撞前系统的总动量________（选填“大于”、“等于”或“小于”）计算得到的碰撞后的总动量。 12. 某科技小组，利用铜片，锌片和橙子制作了橙汁电池，该电池的内阻约为500Ω。 （1）该科技小组，用多用电表的2.5V电压挡测量了该电池的电动势，如下图所示，该小组读取电池的电动势为______V。 （2）为更精确地测量该电池的电动势和内阻，利用以下仪器，设计实验电路，进行实验。 A、电流表（量程1mA，内阻为500Ω） B、电流表（量程，内阻为1000Ω） C、滑动变阻器R（阻值范围0~2000Ω） D、定值电阻为1000Ω E、定值电阻为9000Ω ①该电路中，定值电阻应选择______（填写序号）； ②该小组以电流表的示数为纵坐标，以电流表的示数为横坐标，描绘了图像，截距如图所示；则该电源的电动势为_______V，内阻为______Ω；（结果均保留三位有效数字） ③在不考虑偶然误差的情况下，该实验电源内阻的测量值______（填“>”、“=”或“<”）真实值。 四、解答题 13. 如图所示为一遥控电动赛车（可视为质点）和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至点后水平飞出，赛车能从点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，点和点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道段运动时受到的恒定阻力为，赛车质量为，通电时赛车电动机的输出功率恒为，、两点间高度差为，赛道的长度为，与圆心的连线与竖直方向的夹角，空气阻力忽略不计，，，取，求： （1）赛车经过点时的速度大小； （2）电动机工作的时间； （3）要使赛车能通过圆轨道最高点后沿轨道回到水平赛道，则轨道半径的最大值为多少？ 14. 如图所示，长为l=0.5m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一带电荷，质量未知的小球。现将此装置放在水平向右场强为的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，，求： （1）小球质量m的大小； （2）现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能变化了多少； （3）由（2）中最低点处撤去外力，小球再次回到A点时的动能和此时绳子的拉力大小。 15. 如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上（此时弹簧处于原长）。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的机械能损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径为。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、2m、m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。求： （1）小球A、B碰撞后瞬间的速度大小； （2）弹簧具有的最大弹性势能； （3）以O为圆心，水平向右为x正方向，竖直向下为y正方向建立xOy坐标系，小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P点的位置坐标。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北枣强中学2025-2026学年上学期高三年级第四次调研考试 物理试题 一、单选题 1. 杭州亚运会将各种机器人全面应用在巡逻、迎宾、医疗、配送、服务等方面，赛场上机器狗”运球拍，捡铁饼等为赛事正常运行立了大功。如图（a）所示为捡拾铁饼的机器狗”，图（b）为机器狗”捡拾铁饼运动过程的位移-时间图像（最后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（　　） A. 内，机器狗做匀速直线运动的速度为 B. 内，机器狗的平均速度为 C. 机器狗在内的位移为-2m D. 内，机器狗做曲线运动 【答案】C 【解析】 【详解】A．位移-时间图像的斜率表示速度，内，图线的斜率不变，说明机器狗的速度保持不变，做匀速直线运动，速度为，A错误； B．内，位移大小为 平均速度为，B错误； C．机器狗在内位移为，C正确； D．位移-时间图像只能描述直线运动，D错误。 故选C。 2. 一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度向左做匀速直线运动，重力加速度为，货车前进了一小段距离，将货物提升到如图所示的位置，此过程中下列说法正确的是（　　） A. 此过程中货物对货箱底部的压力比重力大 B. 此时货箱向上运动的速率大于 C. 此时货箱向上运动的速率等于 D. 此过程中缆绳中的拉力小于 【答案】A 【解析】 【详解】BC．将货车的速度进行正交分解，如图所示 由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度大小和货车速度沿着绳子方向的分量大小相等，故货箱向上运动的速率为 可知此时货箱向上运动的速率小于v，故BC错误； A．由于逐渐减小，故货箱向上运动的速率逐渐增大，故货物做竖直向上的加速运动，超重，故货物对货箱底部的压力大于重力，故A正确； D．对货箱与货物整体分析，做竖直向上的加速运动，超重，故缆绳中的拉力大于，故D错误。 故选A。 3. 图(甲)是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一电子只受电场力作用，从静止沿电场线从a运动到b，在此过程中，电子运动的v－t图线如图(乙)所示，比较a、b两点电势a、b的高低和电场强度的大小，以下关系正确的是( ) A. a＞bEa＞Eb B. a＞bEa＝Eb C. a＜bEa＞Eb D. a＜bEa＝Eb 【答案】C 【解析】 【详解】电子从a运动到b,由速度时间图线可知电子做加速运动,故电场力向右，由于负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向电势逐渐降低，故 ，故排除AB选项；由于图线的斜率表示加速度，而图中斜率变小，故加速度变小，由 可知电场强度变小，即 ，故C正确， ABD错误． 【点睛】本题考查带电粒子在电场中的轨迹与图像问题，较为综合，从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况和电场强度的变化情况；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低． 4. 某个同学玩夹盒子的游戏，手握两块木板，两木板间夹起盒子，如图所示，已知木板与盒子之间的动摩擦因数为0.5，盒子与盒子之间的动摩擦因数为0.6，每个盒子重约为G=5N，该同学两手可以给木板提供的水平压力都为FN=60N，则下列说法正确的是（　　） A. 该同学最多可以夹起12个盒子 B. 该同学最多可以夹起16个盒子 C. 若该同学夹起9个盒子，则第五个和第六个盒子之间的摩擦力为3.5N D. 无论该同学夹起多少个盒子，最中间的盒子最易滑落 【答案】A 【解析】 【详解】ABD．水平方向根据受力平衡可知，盒子与盒子间，木板与盒子间的压力大小一样，由于木板与盒子之间的动摩擦因数小于盒子与盒子之间的动摩擦因数，则木板与盒子的最大静摩擦力小于盒子与盒子的最大静摩擦力，所以无论该同学夹起多少个盒子，最边上的盒子最易滑落；设该同学最多可以夹起n个盒子，以n个盒子为整体，对盒子整体，在竖直方向，由平衡条件得2fmax=nG 其中最大静摩擦力fmax=μFN 代入数据解得n=12，故A正确，BD错误； C．若该同学夹起9个盒子，以9个盒子为整体，对盒子整体，在竖直方向，由平衡条件得2f=9G 代入数据解得，木板与盒子间的摩擦力大小为f=22.5N 以前5个盒子为整体，对前5个盒子整体，在竖直方向，由平衡条件得f+f′=5G 代入数据解得f′=2.5N 所以第六个盒子对第五个盒子的摩擦力大小为2.5N，故C错误。 故选A。 5. 太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（　　） A. 太空电梯各点向心力全部由万有引力提供，处于完全失重状态 B. 太空电梯上各点线速度平方与该点离地球球心距离成反比 C. 太空电梯靠近地球一端的角速度大于空间站a的角速度 D. 若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则卫星b的周期为 【答案】D 【解析】 【详解】A．太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，角速度相同，只有在a点完全失重 其余位置，不是完全失重状态，故A错误； B．太空电梯上各点 所以线速度与该点离地球球心距离成正比，故B错误； C．太空电梯上各点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，故C错误； D．若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有 解得，故D正确。 故选D。 6. 如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=1kg，mB=3kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（　　） A. A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小 B. A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m C. A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动 D. A、B脱离前，水平力FA对物体A做功为30J 【答案】B 【解析】 【详解】A．由乙图可得FA=9-3t（N），FB=3+3t（N） 在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB=12N，有 解得匀加速运动的加速度 则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，故A错误； B．当A、B脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故 解得t=2s 则A、B脱离前，它们一起运动位移为，故B正确； C．脱离后的1s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t=3s后A不受推力将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故C错误； D．由于FA为随时间变化的变力，则无法求出水平力FA对物体A做的功，故D错误。 故选B。 7. 如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（ ） A. 匀强磁场的方向平行于PQ向右 B. P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为 C. 将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上 D. 将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】AB．对 a 点的磁场分析如图甲所示 设P 和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小均为B，当P和Q中的电流都垂直于纸面向里时，根据安培定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°, Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，由矢量的平行四边形法则可知两者在a点产生的合磁场的磁感应强度大小为 方向水平向右，所以匀强磁场的方向为水平向左；因a点的磁感应强度大小为零，故 解得 故AB错误； C．将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜左上方，故C错误； D．将Q中的电流方向反向时，P在b点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏下30°, Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，如下图所示。 根据平行四边形定则得b点的磁感应强度为 故D正确。 故选D。 二、多选题 8. 某静电场中x轴正半轴上电场强度E随x变化的图像如图所示，。将一个质量为m、电荷量为的带电粒子在坐标原点由静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动到处时加速度为零，速度大小为，下列判断正确的是（　　） A. 粒子从原点运动至过程中，先做加速运动后做减速运动 B. x轴上，至间的电场强度方向沿x轴负方向 C. 与间的电势差和与间的电势差相等 D. 与间图线与横轴所围面积和与间图线与横轴所围面积相等 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．一个质量为m、电荷量为的带电粒子在坐标原点由静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，说明电场力方向为x轴正方向，粒子带负电，说明x轴上，至间的电场强度方向沿x轴负方向； 由图可知：粒子从原点运动至过程中，电场强度方向不变，则电场力方向也不变，故粒子从原点运动至过程中，一直做加速运动，故A错误，B正确； C．图像与横轴包围的面积为电势差，故与间的电势差为 与间的电势差，故C错误； D．与间图线与横轴所围面积为与间的电势差 由动能定理 解得 与间图线与横轴所围面积为与间的电势差 由动能定理 解得 故与间图线与横轴所围面积和与间图线与横轴所围面积相等 ，故D正确。 故选BD。 9. 如图所示，倾角为37°的传送带以4m/s的速度沿逆时针方向传动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。则（　　） A. 木块在传送带上一直以8m/s2的加速度匀加速直线运动直到从下端离开传送带 B. 木块在传送带上运动的时间是1.5s C. 木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功是-5.6J D. 木块从顶端滑到底端产生的热量是2.4J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．木块开始下滑时有 解得 加速至的位移 则之后有 解得 可知，木块在传送带上先以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑，后以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑，直到从下端离开传送带，A错误； B．木块以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程有 之后以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程有 解得 则木块在传送带上运动的时间是1.5s，B正确； C．木块从顶端滑到底端的过程传送带对木块做的功即为传送带对木块的摩擦力做的功，则有 解得 C错误； D．木块以8m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移 木块以4m/s2的加速度匀加速直线运动下滑过程的相对位移 木块从顶端滑到底端产生的热量 D正确。 故选BD。 10. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止．当室温从25 ℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.则在此过程中（　　） A. V1示数增大 B. Q点电势升高 C. D. R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移 【答案】AB 【解析】 【详解】AB．室温从25℃升高到35℃的过程中，的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得总电流增大，根据欧姆定律可知两端电压增大，所以理想电压表V1示数增大，根据 可知两端电压减小，即理想电压表V2示数减小，所以点电势升高，故AB正确； C．根据闭合电路欧姆定律则有 可得 根据闭合电路欧姆定律则有： 可得： 可知 故C错误； D．根据闭合电路欧姆定律则有 可知理想电压表V3示数减小，根据可知电容器两极板所带的电荷量减小，电容器放电，所以中的电流方向由向，根据和可知电场力减小，温度慢慢升高，则电场力是逐渐减小的，微粒加速度逐渐变大，故D错误。 故选AB。 三、实验题 11. 某同学用如图甲所示装置探究碰撞过程中的守恒量，其中AB是斜槽，BC是水平槽。斜槽和水平槽光滑连接。已知入射小球1的质量为，被碰小球2的质量为。 （1）关于实验要点，下列说法正确的是（ ） A.两球半径可以不同 B.斜槽必须光滑 C.斜槽末端必须水平 （2）实验中的重要步骤如下： ①利用重锤线，记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O。 ②不放被碰小球2，让入射小球从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，并落在垫有复写纸的白纸上留下点迹，重复本操作多次； ③把被碰小球2放在斜槽前端边缘位置，让入射小球1仍从斜槽上紧靠挡板由静止滚下，使入射球与被碰球2碰撞，落在垫有复写纸的白纸上并留下各自的点迹，重复本操作多次； ④用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置，从左至右依次标为M、P、N； ⑤用刻度尺分别测量M、P、N离O点的距离分别为、、。 （3）实验结果：若表达式________成立（用题干中所给的符号、、、、表示），两球碰撞过程动量守恒。若两球发生的是弹性碰撞，则、、一定满足的关系式是________。 （4）若某次测量中水平纸面上有三个落点的平均位置，计算得出：、碰前、碰后的动量分别为，，，则两球质量关系可能为（ ） A.　　B.　　C. （5）如图甲所示，若实验小组在记录投影点O后，由于失误将白纸水平向右移动了一小段距离，再进行上述②③④步骤，则计算得到的两球碰撞前系统的总动量________（选填“大于”、“等于”或“小于”）计算得到的碰撞后的总动量。 【答案】 ①. C ②. ③. ④. B ⑤. 大于 【解析】 【详解】[1] A．两球需要发生对心碰撞，要求半径相同，故A错误； B．每次进行实验只需要到斜面末端的速度相同，不需要斜槽光滑，故B错误； C．两球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端必须水平，故C正确。 故选C。 [2]设碰撞前的速度为，碰撞后的速度为，的速度为，如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t，得 即 [3]当两球发生弹性碰撞时，根据能量守恒有 得到 联立动量守恒的表达式可得 [4]碰撞过程中系统的总动能不增加，有 解得 碰撞后的速度小于的速度，有 解得 故选B。 [5]设白纸水平向右移动的一小段距离，结合上述可知，移动前应有 解得 将白纸水平向右移动了一小段距离后，计算得到的两球碰撞前系统的总动量为 计算得到的两球碰撞后系统的总动量为 可知 即计算得到的两球碰撞前系统的总动量大于碰撞后的总动量。 12. 某科技小组，利用铜片，锌片和橙子制作了橙汁电池，该电池的内阻约为500Ω。 （1）该科技小组，用多用电表的2.5V电压挡测量了该电池的电动势，如下图所示，该小组读取电池的电动势为______V。 （2）为更精确地测量该电池的电动势和内阻，利用以下仪器，设计实验电路，进行实验。 A、电流表（量程1mA，内阻为500Ω） B、电流表（量程，内阻为1000Ω） C、滑动变阻器R（阻值范围0~2000Ω） D、定值电阻为1000Ω E、定值电阻为9000Ω ①该电路中，定值电阻应选择______（填写序号）； ②该小组以电流表的示数为纵坐标，以电流表的示数为横坐标，描绘了图像，截距如图所示；则该电源的电动势为_______V，内阻为______Ω；（结果均保留三位有效数字） ③在不考虑偶然误差的情况下，该实验电源内阻的测量值______（填“>”、“=”或“<”）真实值。 【答案】（1）0.95 （2） ①. E ②. 0.980 ③. 510 ④. = 【解析】 【小问1详解】 电压表测量电压，读数应该是均匀的，所以读数读中间的刻度表盘，从而读出电池的电动势为。 【小问2详解】 [1]由于电池的电动势为，接近，所以考虑电流表满偏时电压应达到，根据欧姆定律有 解得 所以定值电阻应该选择E； [2] 图像中，根据改装后的电压表量程为，所以电流为时，对应的电压为，所以电源的电动势为； [3]根据闭合电路欧姆定律，在外电压为0时，有 代入数据解得； [4]该实验中对于电源内阻测量，根据，并考虑了电流表内阻问题，显然电源内阻的测量值等于真实值。 四、解答题 13. 如图所示为一遥控电动赛车（可视为质点）和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至点后水平飞出，赛车能从点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，点和点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道段运动时受到的恒定阻力为，赛车质量为，通电时赛车电动机的输出功率恒为，、两点间高度差为，赛道的长度为，与圆心的连线与竖直方向的夹角，空气阻力忽略不计，，，取，求： （1）赛车经过点时的速度大小； （2）电动机工作的时间； （3）要使赛车能通过圆轨道最高点后沿轨道回到水平赛道，则轨道半径的最大值为多少？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 赛车在BC间做平抛运动，竖直方向有 解得 赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，则有 解得赛车经过C点时的速度大小为 【小问2详解】 赛车通过B点时的速度大小为 赛车从A点到B点过程，根据动能定理得 解得电动机工作的时间为 【小问3详解】 要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，当赛车恰好通过最高点D时，轨道半径具有最大值，则有 从C到D，由动能定理可得 联立解得 14. 如图所示，长为l=0.5m的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一带电荷，质量未知的小球。现将此装置放在水平向右场强为的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度g取，，，求： （1）小球质量m的大小； （2）现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能变化了多少； （3）由（2）中最低点处撤去外力，小球再次回到A点时的动能和此时绳子的拉力大小。 【答案】（1） （2）增加了0.18J （3）0.1J， 【解析】 【小问1详解】 小球在A点静止，其受力情况如图所示 根据共点力平衡条件有 解得 【小问2详解】 电场力做功为 所以电势能增加了0.18J 【小问3详解】 从最低点到A过程中，由动能定理有 动能 根据 所以 15. 如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平台面上（此时弹簧处于原长）。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的机械能损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径为。已知三个小球A、B、C均可看成质点，且质量分别为m、2m、m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。求： （1）小球A、B碰撞后瞬间的速度大小； （2）弹簧具有的最大弹性势能； （3）以O为圆心，水平向右为x正方向，竖直向下为y正方向建立xOy坐标系，小球C从水平台面右端点O抛出后落到圆弧轨道上的P点的位置坐标。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）设A球到达水平台面时速度为，则有 A球与B球发生完全非弹性碰撞，设A、B粘在一起的速度为，根据动量守恒定律有： 解得 （2）此后A、B作为一个整体压缩弹簧，A、B、C三者共速时，设共速的速度为，弹簧具有最大弹性势能，设为，对A、B、C系统：根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 故 （3）当弹簧恢复原长时，C与A、B分离，设A、B整体的速度为，的速度为，对系统： 由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得 小球C在水平台面右端点O以水平抛出，由平抛运动规律得 结合圆的方程 解得 即落点位置为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $