资源简介

2025届重庆市育才中学校高三上学期一诊模拟考试（二）物理试卷
一、单选题：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．元代《王桢农书》记载了戽斗，它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，靠两人拉绳牵斗取水。如图所示，绳两边对称，不计绳子质量，戽斗处于平衡状态时，若两人站得越近，则（　　）
A．两边绳子对戽斗的合力越大 B．两边绳子对戽斗的合力越小
C．人对每边绳子的拉力越小 D．人对每边绳子的拉力越大
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力。合力与戽斗的重力平衡。所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，AB错误；
CD．由共点力平衡条件知，当两人站得越近，两绳夹角越小，则绳中拉力越小，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡与力的合成，对戽斗受力分析，结合合力不变、力的夹角与分力大小的关系进行分析。
2．国际机器人联合会年9月发布的报告显示，中国工业机器人总保有量近180万台，位居全球第一。某工业机器人在一段时间内运动的图像如图所示，在0～4s内，下列说法正确的是（　　）
A．机器人做曲线运动 B．机器人做匀减速运动
C．机器人的速度变化率变大 D．机器人在0～4s内的位移小于
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像只能描述直线运动，所以机器人做直线运动，A错误；
BC．根据图像中图线的斜率表示加速度可知，机器人在内做减速运动，且加速度减小，速度的变化率逐渐减小，BC错误；
D．根据图像中的图线与t轴所围面积表示位移，用直线连接图线初、末两点，对应围成面积为，而原图线位于连线下方，所以机器人在内的实际位移小于，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查v-t 图像的物理意义分析，核心是结合 v-t 图像的斜率（加速度）、面积（位移）特征，判断机器人的运动性质、加速度变化及位移大小。
3．游乐园的夜晚身披彩灯的摩天轮格外醒目。若摩天轮绕中间的固定轴匀速转动，则以下说法正确的是（　　）
A．因为角速度为恒量，所以在相同的时间内，乘客的速度变化量相同
B．乘客在最低点时，他的动量变化率为零
C．当乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小
D．乘客在与转轴等高的位置时，他的加速度就是重力加速度
【答案】C
【知识点】动量定理；加速度；超重与失重；向心力
【解析】【解答】A．摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，是变加速运动，所以在相同时间内， 乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据动量定理可知“动量变化率大小即为物体的合力大小”，由于摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，根据曲线运动的条件可知，乘客需要合外力，所以他的动量变化率不为零，故B错误；
C． 当乘客位于摩天轮的最高点时，他受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，故乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小，故C正确；
D．乘客在与转轴等高的位置时，他受到的合外力水平指向圆心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，故D错误。
故答案为：C 。
【分析】本题考查匀速圆周运动的受力与运动特性，核心是结合向心力公式、超重失重现象，分析乘客在摩天轮不同位置的速度变化、动量变化率、座椅压力及加速度特点。
4．“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则（　　）
A．该列波的传播方向沿x轴正向传播
B．该列波的传播速度为4m /s
C．质点M在7s内通过的路程为280cm
D．质点M 在2s内沿x轴运动了8m
【答案】C
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴负向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为，故B错误；
C．由于，则质点M在7s内通过的路程为，故C正确；
D．机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：结合质点振动图像判断时刻质点的振动方向，利用同侧法判断波的传播方向。
B：从波形图读取波长，振动图像读取周期，由波速公式计算波速。
C：明确振幅，拆分总时间与周期的倍数关系，结合质点简谐运动路程规律，计算内质点的总路程。
D：根据机械波传播的本质，判断质点是否随波迁移。
5．如图是高中物理必修第一册封面上的沙漏照片。同学们发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，而是成了条条痕迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒下落的初速度为0，忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，同学们有以下推断，其中正确的是（　　）
A．出口下方处的痕迹长度约是处的倍
B．出口下方处的痕迹长度约是处的3倍
C．出口下方围内的砂粒数约与范围内的砂粒数相等
D．出口下方范围内的砂粒数远少于范围内的砂粒数
【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB．根据可知，出口下方6cm处的速度约是2cm处的倍，出口下方6cm处的痕迹长度约是2cm处的倍，故A正确，B错误；
CD．根据初速度是零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为可知从出口下落0～2cm与2～8cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查自由落体运动的规律应用，核心是结合自由落体的速度公式、位移公式，分析砂粒痕迹长度的比例关系，以及不同位移范围内砂粒数的分布特点。
6．某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由“天通一号”01星、02星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T，地球的半径为R，该系统中的卫星距离地面的高度为h，电磁波在真空中的传播速度为c，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．可求出地球的质量为
B．“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度
C．“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小
D．该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间，手机才能接收到信号
【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，有
可知地球的质量为
故A错误；
B．根据
可知“天通一号”01星的向心加速度为
静止在赤道上的物体的向心加速度为
则，故B错误；
C. “天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据万有引力提供向心力可得
有
可知r变小，v变大，故C错误；
D. 该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h，所需时间至少为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求解；
B、根据向心力加速度公式列式求解；
C、根据万有引力提供向心力得出线速度公式，再进行判断；
D、根据匀速直线运动公式求解。
7．真空中有电荷量为和的A、B两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为，B的坐标为，如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的试探电荷C从坐标a处静止释放，用和分别表示试探电荷C的电势能和动能，x轴正半轴上各点电场强度E和电势随x变化。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】φ-x图像的斜率表示场强，斜率的大小表示该点场强的大小，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．根据点电荷电势决定式
由于电势是标量，运算符合代数运算法则，设（）处的电势为零0，得
解得
故可知当时
当时
故A正确；
B．试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力平衡点，设该点坐标x1（x1>0）， A的坐标为，B的坐标为， 根据库仑定律可得
解得
可知电场强度为0的点位于x轴正半轴上距离坐标原点为d的点，故B错误；
C． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故x1=d是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选 A。
【分析】根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知
，
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，
碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故答案为：BC。
【分析】本题考查弹性碰撞与平抛运动的结合，利用动量守恒定律和机械能守恒定律分析弹性碰撞过程，结合平抛运动的分解规律判断运动性质。
9．图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．变压器输入、输出功率之比为4：1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1：4
C．u随t变化的规律为（国际单位制）
D．当电阻的温度降低时电流表读数变小电压表的读数不变
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．由题意得，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为，故A错误；
B．变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故B正确；
C．由图（b）可知交流电压最大值
周期
可由周期求出角速度的值为
则可得交流电压的表达式，故C错误；
D．处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查理想变压器的工作规律，核心是结合变压器的功率、电流、电压关系，以及热敏电阻的特性，分析电路中电表示数的变化和交变电压的表达式。
10．如图所示，半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于O点正上方，且O到滑轮A的距离为R，M点为轨道上一点，∠MON=60°，N点为轨道的最低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g，小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重
B．到M点时小球P的速度大小为
C．到M点时物体Q的速度大小为
D．到N点时小球P的加速度大小为
【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重，再失重，故A错误；
BC．到M点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得，，故B正确，C错误；
D．到N点时，根据系统机械能守恒有，根据向心加速度公式有，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题考查连接体的机械能守恒与运动分解，核心是结合速度的分解规律、系统机械能守恒定律，分析小球P和物体Q的速度大小，以及小球P在N点的加速度，同时判断物体Q的超重失重状态。
三、非选择题：共57分。
11．某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图（a）所示，某次实验电压传感器示数U与电流传感器示数I的关系如图（b）所示。
（1）图（a）中．定值电阻在电路中的作用是　 　。
（2）由图（b）的可得，该电源电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）根据实验测得的U，I数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图（c）所示，则图线最高点A点的纵坐标　 　W（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）保护电源
（2）2.83；1.03
（3）1.94
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻R0在电路中的作用是保护电源；
故答案为：保护电源
（2）根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
故答案为：2.83；1.03
（3）由题意可知，，则功率，当时，电源的输出功率最大，所以图线最高点A点的纵坐标
故答案为：1.94
【分析】(1) 从电路安全角度分析定值电阻的作用，需考虑滑动变阻器短路时电源的保护问题；
(2) 根据闭合电路欧姆定律，结合图像的截距和斜率意义，求解电源电动势和内阻；
(3) 由、结合闭合电路欧姆定律，推导功率的表达式，利用数学极值法求出最高点的纵坐标值。
（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻R0在电路中的作用是保护电源；
（2）[1]根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
[2]内阻
（3）由题意可知
则功率
当
时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
12．某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
（1）为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是_________；
A． B．
C． D．
（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得。已知打点计时器所接交流电源频率为，则小车的加速度　 　（要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字）；
（3）该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为　 　g。
【答案】（1）B
（2）0.51
（3）40
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布。
故答案为：B。
（2）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度
故答案为：0.51
（3）根据牛顿第二定律，对砝码mg-T=ma
对小车T=Ma
可得
则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
故答案为：40
【分析】(1) 补偿阻力恰当的标志是小车做匀速直线运动，反映在纸带上为点迹间距均匀，据此判断选项；
(2) 利用逐差法求解加速度，结合打点计时器的时间间隔（相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔），充分利用纸带的四段位移数据计算；
(3) 当槽码质量远小于小车（含传感器）质量时，槽码重力近似等于绳子拉力，两者差异随槽码质量增大而变大，结合牛顿第二定律推导差异最大时的槽码质量。
（1）若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选B。
（2）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度
（3）根据牛顿第二定律，对砝码
mg-T=ma
对小车
T=Ma
可得
则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
13．如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的电源，定值电阻，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒ab，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线），金属棒ab质量m＝100g，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），已知重力加速度，求：
（1）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多少？
（2）若将竖直向上的匀强磁场绕以金属棒ab为轴逆时针转过90°的过程中（保证金属棒静止且与导轨接触良好），要使金属棒最后仍能处于静止状态，则磁感应强度最后为多少？
【答案】（1）解：由受力分析，根据共点力平衡条件得
且
而
故有
由闭合电路欧姆定律有
联立解得
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。
（2）解：当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
解得
故磁感应强度最后的大小为2T。
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒静止时受重力、摩擦力、安培力和支持力，根据共点力平衡条件，摩擦力等于重力，支持力等于安培力，结合闭合电路欧姆定律求出电流，再代入安培力公式求解磁感应强度的最小值；
(2) 磁场绕金属棒逆时针转过 90° 后，安培力方向变为水平，重新分析受力平衡，结合摩擦力与支持力的关系，求解此时的磁感应强度。
（1）由受力分析，根据共点力平衡条件得
且
而
故有
由闭合电路欧姆定律有
联立解得
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。
（2）当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
解得
故磁感应强度最后的大小为2T。
14．图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不记其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）解：设粒子在磁场中的运动半径为r，如图所示
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
（2）解：设所加电场的场强大小为E，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
所加电场的场强方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有，
联立代入数据解得
（3）解：矩形对应的最小面积如图所示
根据几何关系可知最小矩形面积为
代入数据解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子轨迹半径最小时，PM为轨迹圆的弦且轨迹圆与y轴相切，结合几何关系确定轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求解荷质比；
(2) 粒子做匀速直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件求电场强度的大小和方向，再结合粒子在磁场中的圆周运动周期，计算添加电场的时间；
(3) 矩形磁场的最小区域需包含粒子的运动轨迹，结合几何关系确定矩形的长和宽，进而求解最小面积。
（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，如图所示
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
（2）设所加电场的场强大小为E，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
所加电场的场强方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有
，
联立代入数据解得
（3）矩形对应的最小面积如图所示
根据几何关系可知最小矩形面积为
代入数据解得
15．如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37°，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为和，恒力F=2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求恒力F的作用时间；
（2）撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；
（3）设A、B间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，求：
①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；
②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。
【答案】（1）解：对A、B整体，根据牛顿第二定律，有
解得
所以力F作用的时间为
（2）解：撤去外力F后，对物块A，有
解得
对物块B，有
解得
由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为
（3）解：①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
所以
根据速度位移关系可得
解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为
②A、B发生第一次弹性碰撞，则有，
所以碰后两物体速度交换，
碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有
解得
A、B第二次碰撞时，速度分别为，
碰后两物体速度再次交换，A以v4做匀速直线运动，B做初速度为v3、加速度为aB 的匀加速直线运动，所以
解得，，
A、B第三次碰撞时，速度分别为，
碰后两物体速度交换，A以v5做匀速直线运动，B做初速度为v4、加速度为aB 的匀加速直线运动，所以
解得，，
根据以上分析，有
（n=1，2，3……）
所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律求出加速阶段加速度，结合匀加速运动速度公式，求解恒力F的作用时间；
(2) 撤去F后，分别对A、B受力分析求各自沿斜面的加速度，分析两者向上减速的全过程，由匀变速位移公式计算速度减为零时二者的位移差；
(3) ① 分析撤去外力后A、B的运动过程，结合运动学公式，求解第一次弹性正碰前B物块的速度；
② 利用弹性正碰动量守恒+机械能守恒，推导每次碰撞的速度变化与系统机械能损失，归纳n次碰撞的总机械能损失通式。
1 / 12025届重庆市育才中学校高三上学期一诊模拟考试（二）物理试卷
一、单选题：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．元代《王桢农书》记载了戽斗，它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，靠两人拉绳牵斗取水。如图所示，绳两边对称，不计绳子质量，戽斗处于平衡状态时，若两人站得越近，则（　　）
A．两边绳子对戽斗的合力越大 B．两边绳子对戽斗的合力越小
C．人对每边绳子的拉力越小 D．人对每边绳子的拉力越大
2．国际机器人联合会年9月发布的报告显示，中国工业机器人总保有量近180万台，位居全球第一。某工业机器人在一段时间内运动的图像如图所示，在0～4s内，下列说法正确的是（　　）
A．机器人做曲线运动 B．机器人做匀减速运动
C．机器人的速度变化率变大 D．机器人在0～4s内的位移小于
3．游乐园的夜晚身披彩灯的摩天轮格外醒目。若摩天轮绕中间的固定轴匀速转动，则以下说法正确的是（　　）
A．因为角速度为恒量，所以在相同的时间内，乘客的速度变化量相同
B．乘客在最低点时，他的动量变化率为零
C．当乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小
D．乘客在与转轴等高的位置时，他的加速度就是重力加速度
4．“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则（　　）
A．该列波的传播方向沿x轴正向传播
B．该列波的传播速度为4m /s
C．质点M在7s内通过的路程为280cm
D．质点M 在2s内沿x轴运动了8m
5．如图是高中物理必修第一册封面上的沙漏照片。同学们发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，而是成了条条痕迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒下落的初速度为0，忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，同学们有以下推断，其中正确的是（　　）
A．出口下方处的痕迹长度约是处的倍
B．出口下方处的痕迹长度约是处的3倍
C．出口下方围内的砂粒数约与范围内的砂粒数相等
D．出口下方范围内的砂粒数远少于范围内的砂粒数
6．某国产手机新品上市，持有该手机者即使在没有地面信号的情况下，也可以拨打、接听卫星电话。为用户提供语音、数据等卫星通信服务的“幕后功臣”正是中国自主研制的“天通一号”卫星系统，该系统由“天通一号”01星、02星、03星三颗地球同步卫星组成。已知地球的自转周期为T，地球的半径为R，该系统中的卫星距离地面的高度为h，电磁波在真空中的传播速度为c，引力常量为G。下列说法正确的是（　　）
A．可求出地球的质量为
B．“天通一号”01星的向心加速度小于静止在赤道上的物体的向心加速度
C．“天通一号”01星若受到稀薄空气阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，运行速度会逐渐变小
D．该手机向此卫星系统发射信号后，至少需要经过时间，手机才能接收到信号
7．真空中有电荷量为和的A、B两个点电荷固定在x轴上，其中A的坐标为，B的坐标为，如图所示，规定x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处为电势零点。现将一个带负电的试探电荷C从坐标a处静止释放，用和分别表示试探电荷C的电势能和动能，x轴正半轴上各点电场强度E和电势随x变化。下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（　　）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
9．图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．变压器输入、输出功率之比为4：1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1：4
C．u随t变化的规律为（国际单位制）
D．当电阻的温度降低时电流表读数变小电压表的读数不变
10．如图所示，半径为R、圆心为O的半圆轨道竖直固定在水平面上，质量为2m的小球P通过轻质细线跨过两定滑轮A、B后与质量为m的物体Q相连接，左侧的滑轮A刚好位于O点正上方，且O到滑轮A的距离为R，M点为轨道上一点，∠MON=60°，N点为轨道的最低点，现将小球P从轨道左侧的最高点由静止释放，整个运动过程中物体Q不会与滑轮发生碰撞。重力加速度为g，小球P可视为质点，两定滑轮的大小不计，一切摩擦阻力均可忽略。则下列说法正确的是（　　）
A．小球P由释放到N的过程，物体Q始终超重
B．到M点时小球P的速度大小为
C．到M点时物体Q的速度大小为
D．到N点时小球P的加速度大小为
三、非选择题：共57分。
11．某同学用DIS“测电源电动势和内电阻”实验电路如图（a）所示，某次实验电压传感器示数U与电流传感器示数I的关系如图（b）所示。
（1）图（a）中．定值电阻在电路中的作用是　 　。
（2）由图（b）的可得，该电源电动势　 　V，内阻　 　Ω。
（3）根据实验测得的U，I数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线如图（c）所示，则图线最高点A点的纵坐标　 　W（结果保留3位有效数字）。
12．某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
（1）为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，调节木板倾角，使小车在不挂槽码时运动，并打出纸带进行检验，下图中能表明补偿阻力恰当的是_________；
A． B．
C． D．
（2）某次实验得到一条纸带，部分计数点如下图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），测得。已知打点计时器所接交流电源频率为，则小车的加速度　 　（要求充分利用测量数据，结果保留两位有效数字）；
（3）该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，小车和传感器总质量为。按要求补偿阻力后，该同学共进行了四次实验，悬挂的槽码质量依次为处理数据时，用两种方式得到小车（含传感器）受到的合力，一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力，则这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为　 　g。
13．如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势E＝3V，内阻r＝0.5Ω的电源，定值电阻，导轨间距L＝0.5m，导轨电阻忽略不计。导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平放置的金属棒ab，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线），金属棒ab质量m＝100g，电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），已知重力加速度，求：
（1）要使金属棒能处于静止状态，则所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少多少？
（2）若将竖直向上的匀强磁场绕以金属棒ab为轴逆时针转过90°的过程中（保证金属棒静止且与导轨接触良好），要使金属棒最后仍能处于静止状态，则磁感应强度最后为多少？
14．图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不记其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积。
15．如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37°，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为和，恒力F=2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求恒力F的作用时间；
（2）撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；
（3）设A、B间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，求：
①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；
②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力。合力与戽斗的重力平衡。所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，AB错误；
CD．由共点力平衡条件知，当两人站得越近，两绳夹角越小，则绳中拉力越小，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查共点力平衡与力的合成，对戽斗受力分析，结合合力不变、力的夹角与分力大小的关系进行分析。
2．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像只能描述直线运动，所以机器人做直线运动，A错误；
BC．根据图像中图线的斜率表示加速度可知，机器人在内做减速运动，且加速度减小，速度的变化率逐渐减小，BC错误；
D．根据图像中的图线与t轴所围面积表示位移，用直线连接图线初、末两点，对应围成面积为，而原图线位于连线下方，所以机器人在内的实际位移小于，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查v-t 图像的物理意义分析，核心是结合 v-t 图像的斜率（加速度）、面积（位移）特征，判断机器人的运动性质、加速度变化及位移大小。
3．【答案】C
【知识点】动量定理；加速度；超重与失重；向心力
【解析】【解答】A．摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，但方向不断变化，是变加速运动，所以在相同时间内， 乘客的速度变化量大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据动量定理可知“动量变化率大小即为物体的合力大小”，由于摩天轮绕中间的固定轴做匀速圆周运动，根据曲线运动的条件可知，乘客需要合外力，所以他的动量变化率不为零，故B错误；
C． 当乘客位于摩天轮的最高点时，他受到的合外力竖直向下，加速度向下，所以他处于失重状态，故乘客位于摩天轮的最高点时他对座椅的压力最小，故C正确；
D．乘客在与转轴等高的位置时，他受到的合外力水平指向圆心，加速度方向就跟重力加速度方向不同，故D错误。
故答案为：C 。
【分析】本题考查匀速圆周运动的受力与运动特性，核心是结合向心力公式、超重失重现象，分析乘客在摩天轮不同位置的速度变化、动量变化率、座椅压力及加速度特点。
4．【答案】C
【知识点】横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴负向传播，故A错误；
B．根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为，故B错误；
C．由于，则质点M在7s内通过的路程为，故C正确；
D．机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：结合质点振动图像判断时刻质点的振动方向，利用同侧法判断波的传播方向。
B：从波形图读取波长，振动图像读取周期，由波速公式计算波速。
C：明确振幅，拆分总时间与周期的倍数关系，结合质点简谐运动路程规律，计算内质点的总路程。
D：根据机械波传播的本质，判断质点是否随波迁移。
5．【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB．根据可知，出口下方6cm处的速度约是2cm处的倍，出口下方6cm处的痕迹长度约是2cm处的倍，故A正确，B错误；
CD．根据初速度是零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为可知从出口下落0～2cm与2～8cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等，故CD错误。
故答案为：A。
【分析】本题考查自由落体运动的规律应用，核心是结合自由落体的速度公式、位移公式，分析砂粒痕迹长度的比例关系，以及不同位移范围内砂粒数的分布特点。
6．【答案】D
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，有
可知地球的质量为
故A错误；
B．根据
可知“天通一号”01星的向心加速度为
静止在赤道上的物体的向心加速度为
则，故B错误；
C. “天通一号”01星若受到阻力的影响，运行轨道会逐渐降低，即轨道半径会逐渐减小，根据万有引力提供向心力可得
有
可知r变小，v变大，故C错误；
D. 该手机信号从发射到返回至该手机，路程至少为2h，所需时间至少为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据万有引力提供向心力求解；
B、根据向心力加速度公式列式求解；
C、根据万有引力提供向心力得出线速度公式，再进行判断；
D、根据匀速直线运动公式求解。
7．【答案】A
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势
【解析】【解答】φ-x图像的斜率表示场强，斜率的大小表示该点场强的大小，斜率的正负可以确定电场强度的方向。A．根据点电荷电势决定式
由于电势是标量，运算符合代数运算法则，设（）处的电势为零0，得
解得
故可知当时
当时
故A正确；
B．试探电荷的受力存在一个转折点，即吸引力和排斥力平衡点，设该点坐标x1（x1>0）， A的坐标为，B的坐标为， 根据库仑定律可得
解得
可知电场强度为0的点位于x轴正半轴上距离坐标原点为d的点，故B错误；
C． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，动能增大，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，动能减小，故动能先增大后减小，故C错误；
D． 从静止释放到x1=d的位置，电场力做正功，电势能减小，过了x1=d的位置再往正方向运动时，电场力做负功，电势能增大，故x1=d是电势能的最低点，但无穷远处电势趋于零，故无穷远处电势能也趋近于零，不会存在大于零情况，故D错误。
故选 A。
【分析】根据点电荷的电势的决定式可以判断电势的高低；当有多个点电荷时，电场强度和电势可以通过叠加原理计算；当试探电荷从静止释放时，其动能将逐渐增加，而电势能将逐渐减少，直到动能达到最大值，此时试探电荷的速度达到最大，之后动能将开始减少，电势能将开始增加，直到试探电荷停止运动。
8．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知
，
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，
碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故答案为：BC。
【分析】本题考查弹性碰撞与平抛运动的结合，利用动量守恒定律和机械能守恒定律分析弹性碰撞过程，结合平抛运动的分解规律判断运动性质。
9．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．由题意得，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为，故A错误；
B．变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即，故B正确；
C．由图（b）可知交流电压最大值
周期
可由周期求出角速度的值为
则可得交流电压的表达式，故C错误；
D．处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查理想变压器的工作规律，核心是结合变压器的功率、电流、电压关系，以及热敏电阻的特性，分析电路中电表示数的变化和交变电压的表达式。
10．【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球P沿绳方向的分速度与Q的速度相等，则Q的速度先增大后减小，则物体Q先超重，再失重，故A错误；
BC．到M点时，根据速度分解有
根据系统机械能守恒有
解得，，故B正确，C错误；
D．到N点时，根据系统机械能守恒有，根据向心加速度公式有，故D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题考查连接体的机械能守恒与运动分解，核心是结合速度的分解规律、系统机械能守恒定律，分析小球P和物体Q的速度大小，以及小球P在N点的加速度，同时判断物体Q的超重失重状态。
11．【答案】（1）保护电源
（2）2.83；1.03
（3）1.94
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻R0在电路中的作用是保护电源；
故答案为：保护电源
（2）根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
内阻
故答案为：2.83；1.03
（3）由题意可知，，则功率，当时，电源的输出功率最大，所以图线最高点A点的纵坐标
故答案为：1.94
【分析】(1) 从电路安全角度分析定值电阻的作用，需考虑滑动变阻器短路时电源的保护问题；
(2) 根据闭合电路欧姆定律，结合图像的截距和斜率意义，求解电源电动势和内阻；
(3) 由、结合闭合电路欧姆定律，推导功率的表达式，利用数学极值法求出最高点的纵坐标值。
（1）为防止滑动变阻器接入电路的阻值为零导致电路电流太大损坏电源，要在电路中接入保护电阻，因此定值电阻R0在电路中的作用是保护电源；
（2）[1]根据闭合电路欧姆定律
图像表达式可知，电源电动势
[2]内阻
（3）由题意可知
则功率
当
时，电源的输出功率最大
所以图线最高点A点的纵坐标
12．【答案】（1）B
（2）0.51
（3）40
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布。
故答案为：B。
（2）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度
故答案为：0.51
（3）根据牛顿第二定律，对砝码mg-T=ma
对小车T=Ma
可得
则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
故答案为：40
【分析】(1) 补偿阻力恰当的标志是小车做匀速直线运动，反映在纸带上为点迹间距均匀，据此判断选项；
(2) 利用逐差法求解加速度，结合打点计时器的时间间隔（相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔），充分利用纸带的四段位移数据计算；
(3) 当槽码质量远小于小车（含传感器）质量时，槽码重力近似等于绳子拉力，两者差异随槽码质量增大而变大，结合牛顿第二定律推导差异最大时的槽码质量。
（1）若补偿摩擦力恰当，则小车应该匀速运动，打出的纸带应该点迹均匀分布，故选B。
（2）每相邻两个计数点间还有4个点未画出，可知T=0.1s；小车的加速度
（3）根据牛顿第二定律，对砝码
mg-T=ma
对小车
T=Ma
可得
则当m较小时传感器的示数越接近与砝码的重力mg；m越大，则传感器的示数与砝码重力的差异越大，即这两种方式得到的合力差异最大时，槽码质量为40g。
13．【答案】（1）解：由受力分析，根据共点力平衡条件得
且
而
故有
由闭合电路欧姆定律有
联立解得
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。
（2）解：当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
解得
故磁感应强度最后的大小为2T。
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 金属棒静止时受重力、摩擦力、安培力和支持力，根据共点力平衡条件，摩擦力等于重力，支持力等于安培力，结合闭合电路欧姆定律求出电流，再代入安培力公式求解磁感应强度的最小值；
(2) 磁场绕金属棒逆时针转过 90° 后，安培力方向变为水平，重新分析受力平衡，结合摩擦力与支持力的关系，求解此时的磁感应强度。
（1）由受力分析，根据共点力平衡条件得
且
而
故有
由闭合电路欧姆定律有
联立解得
所以所加的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度至少为4T。
（2）当B逆时针转过90°时，安培力竖直向上，则
解得
故磁感应强度最后的大小为2T。
14．【答案】（1）解：设粒子在磁场中的运动半径为r，如图所示
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
（2）解：设所加电场的场强大小为E，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
所加电场的场强方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有，
联立代入数据解得
（3）解：矩形对应的最小面积如图所示
根据几何关系可知最小矩形面积为
代入数据解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子轨迹半径最小时，PM为轨迹圆的弦且轨迹圆与y轴相切，结合几何关系确定轨迹半径，再由洛伦兹力提供向心力求解荷质比；
(2) 粒子做匀速直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件求电场强度的大小和方向，再结合粒子在磁场中的圆周运动周期，计算添加电场的时间；
(3) 矩形磁场的最小区域需包含粒子的运动轨迹，结合几何关系确定矩形的长和宽，进而求解最小面积。
（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，如图所示
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立代入数据解得
（2）设所加电场的场强大小为E，当粒子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
解得
所加电场的场强方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，则有
，
联立代入数据解得
（3）矩形对应的最小面积如图所示
根据几何关系可知最小矩形面积为
代入数据解得
15．【答案】（1）解：对A、B整体，根据牛顿第二定律，有
解得
所以力F作用的时间为
（2）解：撤去外力F后，对物块A，有
解得
对物块B，有
解得
由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为
（3）解：①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
所以
根据速度位移关系可得
解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为
②A、B发生第一次弹性碰撞，则有，
所以碰后两物体速度交换，
碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有
解得
A、B第二次碰撞时，速度分别为，
碰后两物体速度再次交换，A以v4做匀速直线运动，B做初速度为v3、加速度为aB 的匀加速直线运动，所以
解得，，
A、B第三次碰撞时，速度分别为，
碰后两物体速度交换，A以v5做匀速直线运动，B做初速度为v4、加速度为aB 的匀加速直线运动，所以
解得，，
根据以上分析，有
（n=1，2，3……）
所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律求出加速阶段加速度，结合匀加速运动速度公式，求解恒力F的作用时间；
(2) 撤去F后，分别对A、B受力分析求各自沿斜面的加速度，分析两者向上减速的全过程，由匀变速位移公式计算速度减为零时二者的位移差；
(3) ① 分析撤去外力后A、B的运动过程，结合运动学公式，求解第一次弹性正碰前B物块的速度；
② 利用弹性正碰动量守恒+机械能守恒，推导每次碰撞的速度变化与系统机械能损失，归纳n次碰撞的总机械能损失通式。
1 / 1

展开更多......

收起↑