精品解析：江西省九江外国语学校2025-2026学年高三上学期期中物理试题

江苏省九江外国语学校2025-2026学年高三上学期期中 物理 注意事项∶ 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1. 如图所示，甲、乙为并列悬挂的两个相同弹簧振子，O、分别为两振子的平衡位置.将两球分别拉至A、B位置后同时释放，其中，下列说法正确的是（　　） A. 到达平衡位置时甲球的速度小于乙球 B. 到达平衡位置时甲球的速度等于乙球 C. 第一次到达平衡位置过程甲球所用时间小于乙球 D. 第一次到达平衡位置过程甲球所用时间等于乙球 2. 排球比赛中，队员将球水平击出，不计空气阻力，在球飞行过程中，它所受重力的冲量、动量大小p、动量的变化量、动量的变化率，分别与时间t的关系图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球的位置关系可能正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（　　） A. 直线a和直线b可能不平行 B. 行星P的质量小于行星Q的质量 C. 卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度 D. 卫星M在2处的线速度大于卫星N在3处的线速度 5. 如图，不计质量的凹形轨道固定在电子秤上，凹形轨道最下方是半径为R的圆弧轨道，当视为质点的小球静置在轨道最低点B时，电子秤读数为；小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，电子秤读数为。重力加速度为g，则（ ） A. 电子秤的两次读数 B. 小球从A到B的过程中重力势能减小了 C. 小球从A到B的过程中克服摩擦力做功为 D. 小球从A到B的过程中机械能减小了 6. 如图所示，三个点电荷分别固定在等边三角形的顶点、、上，、、点分别为三条边的中点已知点的场强方向与边垂直，点的场强方向与边平行，处点电荷的电荷量为，则（　　） A. 、两点处的点电荷为等量异种电荷 B. 点处点电荷电荷量的绝对值等于 C. 一负电荷在点的电势能比在点的大 D. 将处点电荷沿连线远离边，点的电势降低 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 7. 如图，质量为M=2kg的长木板放在水平地面上，上有一个质量为m=4kg的木块。木板和木块间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。最初板块都处于静止状态，现在在木块上施加一个水平向右的恒力F1=40N，同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，重力加速度g=10m/s²，施加恒力后关于两物体的受力和运动下列判断正确的是（　　） A. 加两个恒力后木板一定会向右滑动 B. 当F2大小为32N时，木块受到的摩擦力水平向左 C. 为了使板块间不产生相对滑动，F2的最大值为62N D. 若将F2方向改成水平向左，也可能使板块间不产生相对滑动 8. 摩尔数为的理想单原子气体初始状态压强为，体积为，对应下图中的点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变为，对应下图中的点，气体在状态经等温膨胀至状态，压强变为。又经等压压缩至状态，最后等温压缩回到状态。已知理想气体的体积、压强和温度满足方程；内能满足关系。其中为常数，为物质的量，根据以上信息可以判断（　　） A. 气体在状态点a时的内能为3p0V0 B. 气体在状态点b时温度为 C. 由c到d的过程外界对气体做功为4p0V0 D. 由c到d的过程气体向外界放热 9. 如图所示，水平放置的平行光滑导轨间接有电阻R、电容为C的电容器和一个单刀双掷开关。两导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。一质量为m、接入电路中的电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置。现将开关拨至位置1，金属棒ab在水平恒力F的作用下由静止开始向右运动，当金属棒ab的速度达到最大时，开关拨至位置2，并撤去外力F，金属棒ab继续运动直至达到稳定状态。不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　） A. 金属棒的最大速度是 B. 开关拨至位置2后，金属棒稳定后的速度 C. 电容器中储存的电荷量 D. 开关拨至位置2后，导体棒运动的距离 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 10. 某实验小组利用下图装置进行实验，探究加速度与力、质量的关系。 （1）下列说法中正确的是 A. 拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行 B. 实验开始时，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带 C. 把木板右端垫高，小车在槽码盘作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力 （2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），测得s1=6.20cm，s2=6.61cm，s3=7.01cm，s4=7.43cm，打点计时器所接交流电源频率为50Hz。由此判断：纸带的________端与小车相连（填“左”或“右”）；小车的加速度为_______m/s2；（结果保留两位有效数字）。 （3）将槽码及槽码盘的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的图像。要想得到一条过原点的直线，下列操作正确的是 。 A. 增加槽码盘中槽码的个数 B. 减小木板的倾斜角度 C. 增大木板的倾斜角度 （4）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上。在其他实验操作相同的情况下，____________（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差，理由是_______________。 11. 小王发现实验室的一个电压表因长期磨损导致表盘刻度和内阻标识均模糊不清。为测定该电压表的量程（小于3V），小王利用下列器材进行实验： A.待测电压表（量程小于3V）； B.电源E（电动势为4.5V，内阻约为0.5Ω）； C.灵敏电流计G1（满偏电流，内阻）； D.灵敏电流计G2（满偏电流，内阻约为100 ）； E.电阻箱R（阻值范围为）； F.滑动变阻器（最大阻值为20 ）； G.滑动变阻器（最大阻值为2000 ）； H.开关两个，导线若干。 （1）为校准该电压表，需将灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，应选择灵敏电流计______（填“G1”或“G2”）与电阻箱串联，并将电阻箱的阻值调至______ 。 （2）实验时要求电流计示数从零开始变化，应选择滑动变阻器______（填“”或“”）进行实验。请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整______。 （3）实验时发现当灵敏电流计示数为I时，电压表偏转了n格。已知电压表表盘共N格，则该电压表量程为______（用题目中给定的物理量符号表示）。 四、计算题：本大题共3小题，共42分。 12. 光滑的水平桌面上固定着一个半径为、内壁光滑的固定圆环，质量分别为、、的小球A、B、C在圆环内侧。时刻三球的初始位置如图所示，此时B球静止，A、C的速度为、，方向如图所示。已知球间发生的都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。求： （1）A、B发生第一次碰撞的时刻； （2）B、C发生第一次碰撞的时刻； （3）判断A、B、C能否恢复时刻的初始位置，并说明理由。 13. 如图所示，A、B、C、D四个质量均为、带电量均为的小球，用长度为、不可伸长的绝缘细线a、b、c、d连接，静置在光滑绝缘水平面上，已知静电力常量为k。 （1）求细线a中张力的大小； （2）若将细线a剪断： ①当球A的速度为，方向与细线c成夹角时，系统的电势能为，求系统电势能的最大值； ②求系统的电势能最小时，球A的位移大小。 14. 如图所示，半径为R的虚线圆1在竖直平面内，是水平半径，B的左侧存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场，半径也为R的虚线圆2与1处在同一竖直面内，圆心为，直径CF与竖直直径DE的夹角为，过C点的竖直虚线的右侧存在水平向右的匀强电场，C、D间，C、E间搭建内壁光滑绝缘的细直管轨道，B、C两点间距为R，且连线沿水平方向，B、C两点间存在电场强度大小为，与BC的夹角为的匀强电场，一带电量为q的小球视为质点，从虚线圆1上的A点以指向的速度射入磁场，接着做匀速圆周运动到达B点，然后沿BC运动到C点时速度正好为0，已知与的延长线的夹角为。（已知重力加速度为g） （1）求小球的质量以及竖直匀强电场的强度大小； （2）求匀强磁场的磁感应强度； （3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，求水平匀强电场的强度以及当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为多少。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省九江外国语学校2025-2026学年高三上学期期中 物理 注意事项∶ 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1. 如图所示，甲、乙为并列悬挂的两个相同弹簧振子，O、分别为两振子的平衡位置.将两球分别拉至A、B位置后同时释放，其中，下列说法正确的是（　　） A. 到达平衡位置时甲球的速度小于乙球 B. 到达平衡位置时甲球的速度等于乙球 C. 第一次到达平衡位置过程甲球所用时间小于乙球 D. 第一次到达平衡位置过程甲球所用时间等于乙球 【答案】D 【解析】 【详解】AB．由于两个相同弹簧振子相同，又因为，即甲的振幅大于乙的振幅，由此可知，甲的能量要比乙的能量大，在平衡位置时，弹簧振子的能量为小球的动能，所以到达平衡位置时，甲的动能大于乙的动能，又因为其弹簧振子相同，所以两小球的质量相等，由于 所以到达平衡位置时，甲球的速度大小大于乙球的速度大小，故AB错误； CD．弹簧振子的周期公式为 由于两个弹簧振子相同，所以其周期相同，由题意可知，释放时两弹簧振子位于最大位移处，所以从释放到第一次到达平衡位置过程，甲球和乙球所用时间相等，故C错误，D正确。 故选D。 2. 排球比赛中，队员将球水平击出，不计空气阻力，在球飞行过程中，它所受重力的冲量、动量大小p、动量的变化量、动量的变化率，分别与时间t的关系图像可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．重力的冲量 可知图像为过原点的直线，A错误； B．动量 则p-t图像为曲线，B错误； C．根据动量定理，则动量变化量 则图像为过原点的倾斜的直线，C正确； D．动量的变化率 可知图像为平行于横轴的直线，D错误。 故选C。 3. 如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abcd是一个矩形，将三个小球同时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的速度损失，当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球的位置关系可能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设ac=d，∠acb=α，则沿ac运动的球到达c点的时间 沿abc运动的球在ab斜面上运动的加速度 到达b点的时间 沿adc运动的球在ad斜面上运动的加速度 到达d点的时间 因t1=t2=t3，可知当竖直下落的小球运动到c点时，另两个小球分别到达b点和d点。 故选B。 4. 如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（　　） A. 直线a和直线b可能不平行 B. 行星P的质量小于行星Q的质量 C. 卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度 D. 卫星M在2处的线速度大于卫星N在3处的线速度 【答案】B 【解析】 【详解】A．设中心天体质量为M，由万有引力提供向心力 得 两边同时取对数，整理可得 由该式可知，图像的斜率为 ，与行星的质量无关，故直线a和直线b一定平行，故A错误； B．由 可知，图像与纵轴的交点为，结合图像可知 故，故B正确； C．根据万有引力提供向心力有 得 由图像可知，卫星M在1处的轨道半径小于在2处的轨道半径，故卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，故C错误； D．根据万有引力提供向心力有 得 因行星P的质量小于行星Q的质量，卫星M在2处的轨道半径大于卫星N在3处的轨道半径，故卫星M在2处的线速度小于卫星N在3处的线速度，故D错误。 故选B。 5. 如图，不计质量的凹形轨道固定在电子秤上，凹形轨道最下方是半径为R的圆弧轨道，当视为质点的小球静置在轨道最低点B时，电子秤读数为；小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，电子秤读数为。重力加速度为g，则（ ） A. 电子秤的两次读数 B. 小球从A到B的过程中重力势能减小了 C. 小球从A到B的过程中克服摩擦力做功为 D. 小球从A到B的过程中机械能减小了 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题意可知小球的质量为，当小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时，小球速度不为零，此时小球向心加速度向上，小球处于超重状态，所以 故A错误； B．小球从A到B的过程中重力做功为 重力做正功，则小球的重力势能减小了，故B错误； CD．设小球从离B点高为H处的A点静止释放，小球通过B点时速度为，根据 小球从A到B的过程中，根据动能定理 解得小球从A到B的过程中克服摩擦力做功 克服摩擦力做功为，根据功能关系可知小球从A到B的过程中机械能减小了，故D正确，C错误。 故选D。 6. 如图所示，三个点电荷分别固定在等边三角形的顶点、、上，、、点分别为三条边的中点已知点的场强方向与边垂直，点的场强方向与边平行，处点电荷的电荷量为，则（　　） A. 、两点处的点电荷为等量异种电荷 B. 点处点电荷电荷量的绝对值等于 C. 一负电荷在点的电势能比在点的大 D. 将处点电荷沿连线远离边，点的电势降低 【答案】D 【解析】 【详解】A．M是BC中点，A处在M点产生的场强方向沿AM向下，垂直BC。已知M点合场强方向也垂直BC向下，说明B、C处电荷在M点产生的合场强为零，根据点电荷场强叠加，B、C在M点的场强大小相等、方向相反，因此B、C处为等量同种电荷，故A错误； B．同理，对N点场强进行分析，A在N处的场强沿AB向下，由A项可知B、C处为等量同种电荷，若B、C处为等量负电荷，则和场强不能水平向左，故B、C处为等量正电荷，若，则A、B点电荷在N点场强等大反向，N点场强应垂直于AB，故C点处点电荷电荷量的绝对值不能等于，故B错误； C．N点和L点的电势由A、B、C三点的电荷共同决定，又因为两点各自到三个点电荷距离相等，故N点和L点的电势相等，负电荷在两点电势能相等，故C错误； D．电势由A、B、C三点的电荷共同决定，离正电荷越近电势越高，反之电势越低，当处点电荷沿MA连线远离BC边时，M点的电势降低，故D正确。 故选D。 二、多选题：本大题共3小题，共15分。 7. 如图，质量为M=2kg的长木板放在水平地面上，上有一个质量为m=4kg的木块。木板和木块间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板和地面间的动摩擦因数为μ2=0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。最初板块都处于静止状态，现在在木块上施加一个水平向右的恒力F1=40N，同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，重力加速度g=10m/s²，施加恒力后关于两物体的受力和运动下列判断正确的是（　　） A. 加两个恒力后木板一定会向右滑动 B. 当F2大小为32N时，木块受到的摩擦力水平向左 C. 为了使板块间不产生相对滑动，F2的最大值为62N D. 若将F2方向改成水平向左，也可能使板块间不产生相对滑动 【答案】AC 【解析】 【详解】A．木板和木块间的最大静摩擦力 因为 所以木块会相对木板向右滑动，木块对木板的滑动摩擦力水平向右，大小为。木板和地面间的最大静摩擦力 同时在木板上施加一个水平向右的恒力F2，由于 故加两个恒力后木板一定会向右滑动，故A正确； B．若木块和木板不相对滑动，对整体由牛顿第二定律 解得 对木块，设木块受到的摩擦力为，由牛顿第二定律 解得，故B错误； C．为了使板块间不产生相对滑动，F2取最大值时，木块受到向右的最大静摩擦力，对木块由牛顿第二定律得 解得 对木块和木板整体由牛顿第二定律得 解得，故C正确； D．设F2方向向左且木块对木板最大静摩擦力向右，两者以共同的加速度运动，对木块 解得 对木板，由牛顿第二定律 解得 故F2方向向右，若将F2方向改成水平向左，不可能使板块间不产生相对滑动，故D错误。 故选AC。 8. 摩尔数为的理想单原子气体初始状态压强为，体积为，对应下图中的点。现在这部分气体经过等压膨胀，体积变为，对应下图中的点，气体在状态经等温膨胀至状态，压强变为。又经等压压缩至状态，最后等温压缩回到状态。已知理想气体的体积、压强和温度满足方程；内能满足关系。其中为常数，为物质的量，根据以上信息可以判断（　　） A. 气体在状态点a时的内能为3p0V0 B. 气体在状态点b时温度为 C. 由c到d的过程外界对气体做功为4p0V0 D. 由c到d的过程气体向外界放热 【答案】AD 【解析】 【详解】A．气体在状态点a时，根据， 可知内能为 选项A正确； B．气体在状态点b时体积变为，从a到b等压膨胀根据 温度为 选项B错误； C．从b到c等温膨胀，则 解得 从d到a为等温压缩，则 解得 由c到d的过程外界对气体做功为 选项C错误； D．由c到d的过程，压强不变，体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，选项D正确。 故选AD。 9. 如图所示，水平放置的平行光滑导轨间接有电阻R、电容为C的电容器和一个单刀双掷开关。两导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。一质量为m、接入电路中的电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置。现将开关拨至位置1，金属棒ab在水平恒力F的作用下由静止开始向右运动，当金属棒ab的速度达到最大时，开关拨至位置2，并撤去外力F，金属棒ab继续运动直至达到稳定状态。不计导轨电阻，下列说法正确的是（　　） A. 金属棒的最大速度是 B. 开关拨至位置2后，金属棒稳定后的速度 C. 电容器中储存的电荷量 D. 开关拨至位置2后，导体棒运动的距离 【答案】AC 【解析】 【详解】A．当开关拨至位置1时，金属棒ab在水平恒力F的作用下开始运动，此时金属棒受到水平恒力和安培力的作用，根据安培力公式，， 所以 当金属棒达到最大速度时，加速度为零，此时水平恒力F与安培力大小相等，即 解得金属棒的最大速度，故A正确； B．当开关拨至位置2后，电路中接入了电容器，此时金属棒和电容器组成闭合回路，金属棒在磁场中运动产生感应电动势，对电容器充电，当电容器两端电压与感应电动势相等时，电路中电流为零，金属棒达到稳定状态，设金属棒稳定后的速度为v，此时感应电动势 由于电容器两端电压等于金属棒两端电压，故有 此过程由动量定理，可得， 联立得，故B错误； C．电容器中储存的电荷量，故C正确； D．开关接入位置2后，电路中有电流，但不是真正意义上的回来，不可以用来求位移，所以位移没办法计算，故D错误。 故选AC。 三、实验题：本大题共2小题，共15分。 10. 某实验小组利用下图装置进行实验，探究加速度与力、质量的关系。 （1）下列说法中正确的是 A. 拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行 B. 实验开始时，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带 C. 把木板右端垫高，小车在槽码盘作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力 （2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），测得s1=6.20cm，s2=6.61cm，s3=7.01cm，s4=7.43cm，打点计时器所接交流电源频率为50Hz。由此判断：纸带的________端与小车相连（填“左”或“右”）；小车的加速度为_______m/s2；（结果保留两位有效数字）。 （3）将槽码及槽码盘的重力视为小车的合力，改变槽码个数多次实验，根据实验数据拟合出如图所示的图像。要想得到一条过原点的直线，下列操作正确的是 。 A. 增加槽码盘中槽码的个数 B. 减小木板的倾斜角度 C. 增大木板的倾斜角度 （4）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上。在其他实验操作相同的情况下，____________（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差，理由是_______________。 【答案】（1）A （2） ①. 左 ②. 0.41 （3）C （4） ①. 乙 ②. 乙同学保证小车和槽码总质量不变，符合控制变量法，减小误差 【解析】 【小问1详解】 A．为了保证小车运动过程，细线拉力恒定不变，拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行，故A正确； B．为了充分利用纸带，实验开始时，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，故B错误； C．先撤去槽码盘，把木板右端垫高，小车在自身重力沿木板向下的分力作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力，故C错误。 故选A。 【小问2详解】 [1]由于小车做加速运动，相同时间内通过的位移逐渐增大，则纸带的左端与小车相连； [2]每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为 根据逐差法可得加速度为 【小问3详解】 由图像可知，当达到一定数值时，小车才开始有加速度，可知平衡摩擦力不够，所以要想得到一条过原点的直线，应增大木板的倾斜角度。 故选C。 【小问4详解】 [1][2]为探究加速度与力的关系，应控制质量不变；在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上；在其他实验操作相同的情况下，乙同学的方法可以更好地减小误差，理由是乙同学保证小车和槽码总质量不变，符合控制变量法，减小误差。 11. 小王发现实验室的一个电压表因长期磨损导致表盘刻度和内阻标识均模糊不清。为测定该电压表的量程（小于3V），小王利用下列器材进行实验： A.待测电压表（量程小于3V）； B.电源E（电动势为4.5V，内阻约为0.5Ω）； C.灵敏电流计G1（满偏电流，内阻）； D.灵敏电流计G2（满偏电流，内阻约为100 ）； E.电阻箱R（阻值范围为）； F.滑动变阻器（最大阻值为20 ）； G.滑动变阻器（最大阻值为2000 ）； H.开关两个，导线若干。 （1）为校准该电压表，需将灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，应选择灵敏电流计______（填“G1”或“G2”）与电阻箱串联，并将电阻箱的阻值调至______ 。 （2）实验时要求电流计示数从零开始变化，应选择滑动变阻器______（填“”或“”）进行实验。请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整______。 （3）实验时发现当灵敏电流计示数为I时，电压表偏转了n格。已知电压表表盘共N格，则该电压表量程为______（用题目中给定的物理量符号表示）。 【答案】（1） ①. G1 ②. 1300 （2） ①. ②. （3） 【解析】 【小问1详解】 [1][2]要将灵敏电流计改装成量程为3V的电压表，需要已知灵敏电流计的内阻，因此选择灵敏电流计G1。由欧姆定律和串联电路特征可知 【小问2详解】 [1][2]实验时要求电流计示数从零开始变化，应选用分压式电路将滑动变阻器接入电路，为方便调节，确保测量数据的连续性强一些，滑动变阻器总阻值选择小一些，即应选择滑动变阻器。实物图连接如图所示 【小问3详解】 根据并联电路特征可知 解得 四、计算题：本大题共3小题，共42分。 12. 光滑的水平桌面上固定着一个半径为、内壁光滑的固定圆环，质量分别为、、的小球A、B、C在圆环内侧。时刻三球的初始位置如图所示，此时B球静止，A、C的速度为、，方向如图所示。已知球间发生的都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。求： （1）A、B发生第一次碰撞的时刻； （2）B、C发生第一次碰撞的时刻； （3）判断A、B、C能否恢复时刻的初始位置，并说明理由。 【答案】（1） （2） （3）能，A、C碰撞的位置恰好在B的对面，由于此时A、C速度互换，所以接下来会重复进行A、B碰撞，B、C碰撞，A、C碰撞，每重复一轮，B沿着顺时针转动，所以一共经过9轮碰撞后B沿着顺时针转动，A、B、C回到时刻的初始位置 【解析】 【小问1详解】 A球做匀速圆周运动，与B球碰撞时转动半圈，列式得 解得 【小问2详解】 设A球与B球碰撞后的速度分别为、 碰撞时动量守恒 碰撞时能量守恒 解得， B、C两球碰撞时，两球通过的路程刚好半圈，列式得 解得 【小问3详解】 能恢复到原位置状态。 设B、C碰撞后的速度分别为、 碰撞时动量守恒 碰撞时能量守恒 解得， B、C两球碰撞时，B沿着顺时针转动的角度 此后A、C发生碰撞，两球通过的路程为圆减去B通过的路程，列式得 解得 C从B、C碰撞到A、C碰撞过程中转动的角度 可得A、C碰撞的位置恰好在B的对面，由于此时A、C速度互换，所以接下来会重复进行A、B碰撞，B、C碰撞，A、C碰撞，每重复一轮，B沿着顺时针转动，所以一共经过9轮碰撞后B沿着顺时针转动，A、B、C回到时刻的初始位置。 13. 如图所示，A、B、C、D四个质量均为、带电量均为的小球，用长度为、不可伸长的绝缘细线a、b、c、d连接，静置在光滑绝缘水平面上，已知静电力常量为k。 （1）求细线a中张力的大小； （2）若将细线a剪断： ①当球A的速度为，方向与细线c成夹角时，系统的电势能为，求系统电势能的最大值； ②求系统的电势能最小时，球A的位移大小。 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【小问1详解】 小球A静止时受5个力作用静止；以细线方向坐标轴建立坐标系，把AC的力正交分解，沿细线a方向平衡 根据库仑定律， 解得： 【小问2详解】 ）①根据对称性可知D的速度为v,方向与细线c夹角为30°;B、C速度相等，设为v'，对整个系统，合外力为零，动量守恒，可得 根据能量守恒可得：此时系统最大的电势能 解得： ②当ABCD共线时，电场力做功最多，系统动能最大，电势能最小 设A、B两球垂直线方向的位移分别为、 根据人船模型的结论 ，又 ，可得 解得： 14. 如图所示，半径为R的虚线圆1在竖直平面内，是水平半径，B的左侧存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场，半径也为R的虚线圆2与1处在同一竖直面内，圆心为，直径CF与竖直直径DE的夹角为，过C点的竖直虚线的右侧存在水平向右的匀强电场，C、D间，C、E间搭建内壁光滑绝缘的细直管轨道，B、C两点间距为R，且连线沿水平方向，B、C两点间存在电场强度大小为，与BC的夹角为的匀强电场，一带电量为q的小球视为质点，从虚线圆1上的A点以指向的速度射入磁场，接着做匀速圆周运动到达B点，然后沿BC运动到C点时速度正好为0，已知与的延长线的夹角为。（已知重力加速度为g） （1）求小球的质量以及竖直匀强电场的强度大小； （2）求匀强磁场的磁感应强度； （3）小球从C点由静止释放，沿着管道CD到达D点的时间与沿着管道CE到达E点的时间相等，求水平匀强电场的强度以及当把两个管道撤出后小球从C点由静止释放到达2的圆周上所用的时间为多少。 【答案】（1）， （2） （3）； 【解析】 【小问1详解】 小球从B到C沿BC运动，电场力与重力的合力水平向左，由二力合成的矢量三角形可得 小球从A到B做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，竖直方向的电场力与重力等大反向，则有 解得 ， 【小问2详解】 小球从B到C沿BC做减速运动，由二力合成的矢量三角形可得 设小球在B点的速度为，则有 如图设小球从A到B做匀速圆周运动的半径为r，过A、B两点做速度的垂线即匀速圆周运动的半径，由几何关系可得 由洛伦磁力充当向心力可得 综合解得 ，， 【小问3详解】 由几何关系可得CE与竖直方向的夹角为，CD与CE垂直，则CD与竖直方向的夹角为，与水平方向的夹角为，则 ， 小球从C到D，把重力与电场力分别沿着CD和垂直CD分解，则合加速度为 同理小球从C到E，合加速度为 由初速度为0的匀加速直线运动规律可得 ， 综合解得 结合 解得 由 说明电场力与重力的合力沿CF方向，对电场力与重力沿CF和垂直CF方向进行正交分解，则等效重力加速度沿CF方向为 当把两个管道撤出，小球从C 点由静止释放会沿直径CF运动到F点，由初速度为0的匀加速直线运动规律可得 解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $