资源简介

2026届重庆市九龙坡区高三下学期学业质量调研抽测(第二次)物理试卷
1．如图， 某村民利用劈柴刀劈开木材， 若将劈柴刀的横截面视为等腰三角形， 两侧面的夹角为 。村民作用在刀背上的力为 F ，刀刃两侧面对木材产生的推力为 。忽略劈柴刀自重， 则 的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用；力的分解
【解析】【解答】村民作用在刀背上的力为 F，刀刃两侧面对木材产生的推力为 ，将力F根据平行四边形定则分解如下：
由平行四边形定则可得，解得
故选B。
【分析】将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
2．某新型液体电容器的电容特性与液体的浓度有关，其不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系如图甲。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、内阻不计的电流表等连接成如图乙所示的电路。闭合开关S，电路稳定后，增大溶液浓度， 则（　　）
A．电容器的电容将增大
B．电容器所带电荷量增加
C．电容器两极板之间的电势差不变
D．浓度增大过程中，电流由右向左流过电流表
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由图可知，若增大溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数减小，则电容器的电容将减小，A错误；
BC．由于电容器与电源相连，则电容器两极板间的电压不变，根据Q=CU，因电容器电容减小，可知电容器所带电荷量减小，B错误，C正确；
D．由于电容器所带的电荷量减小，即电容器放电，电路中电流方向为从左向右流，故D错误。
故选C。
【分析】先由图像判断浓度增大时相对介电常数的变化，结合电容决定式、恒压电源电势差不变的条件，依次分析电容、电荷量变化与电路电流方向，判断各选项正误。
3．在研究热机效率与微观机制时， 科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历 循环过程中气体压强 p 与热力学温度 T 的关系图像。已知 AB、BC 分别与横轴和纵轴平行，CA 延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　）
A． 过程，气体的体积将增大
B． 过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多
C． 过程，每个气体分子的动能均保持不变
D． 过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量
【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；改变内能的两种方式；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、在A→B过程中，气体压强p保持不变，温度T逐渐升高。根据盖-吕萨克定律
可知，气体体积V随之增大，故A正确；
B、在A→B过程中，气体压强p恒定，温度T升高导致分子平均动能增大，单个分子撞击器壁的平均作用力因此变大。为维持压强不变，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数目必须减少，故B错误；
C、在B→C过程中，气体温度T不变，因此分子的平均动能保持不变。但并非每一个气体分子的动能都维持不变，故C错误；
D．根据理想气体状态方程，有，变形可得，可知 过程体积不变，气体做功为0，即W=0温度降低，气体的内能减少，即，根据热力学第一定律，有，可知，即气体放出的热量等于气体内能的减少量，故D错误。
故选A。
【分析】从图像中识别A→B为等压过程，温度升高导致体积增大，单位体积内分子数减少，结合分子平均动能增加可分析单位时间撞击器壁单位面积的分子数变化。B→C为等温过程，分子平均动能不变但个体分子动能持续变化。C→A过程对应p-T图像过原点，由理想气体状态方程推知体积不变，内能减少仅通过热传递实现，故放热量等于内能减少量。
4．抬头显示器 （HUD） 广泛应用于军用战斗机，其核心成像部件之一是透明树脂屏。某同学采用图甲所示 “插针法” 测量该树脂屏的折射率： 先在纸上固定树脂屏并画出其长方形边界面，插大头针确定入射光线，再通过插确定出射光线；测得多组入射角与折射角 ，作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该透明树脂的折射率约为0.67
B．光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍
C．插大头针时只需挡住即可
D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，测得的折射率偏大
【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】A．由图知，当sini=0.6时，sinr=0.4，该透明树脂的折射率约为，A错误；
B．光在空气中的传播速度等于光速c，根据可知，光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍，B正确；
C．为了保证P1、P2、P3和P4在同一光路上，插大头针P4时，应挡住P3及P2、P1的像，故C错误；
D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，画出光路图如图所示，
则入射角和折射角都不变，则测得的折射率不变，D错误。
故选B。
【分析】结合折射定律由图像斜率求解折射率，结合光速关系、插针法操作规范与平移误差分析，逐一判断各选项。
5．我国太阳探测卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳 波段光谱扫描成像。已知氢原子能级如图所示， 、 、 分别为氢原子由 、 、 能级向 能级跃迁产生的谱线。用 对应的光照射某种金属表面时，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A． 对应的光子能量为
B．若用 对应的光照射该金属表面，则其逸出功增大
C．若用 对应的光照射该金属表面，仅增大其光照强度， 则光电子的最大初动能增大
D．若用 对应的光照射该金属表面，光电子的最大初动能为
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由ΔE=E3-E2=-1.51eV+3.40eV=1.89eV，hν0=W0=1.89eV，可知对应的光子能量，故A错误；
B．逸出功（通常用W0 表示）是指金属表面的电子逸出金属表面所需的最小能量，是金属的固有属性，由金属本身的材料决定，与入射光的频率、强度无关 ，故B错误；
C．增大光照强度只能是单位时间内逸出光电子的个数增多，光电流变大，不影响光电子的最大初动能，故C错误；
D． 对应的光照射某种金属表面时，恰好能使该金属发生光电效应，故金属的逸出功， 对应的光的能量
又有光电效应方程，故D正确。
故选D。
【分析】原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。由能级跃迁公式和光电效应综合确定。
6．某品牌电动汽车在智能网联汽车测试场开展 级自动制动性能专项测试。实验中，传感器精准采集汽车匀减速直线制动过程中的运动参数，绘制得到 图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度大小为
B．汽车的初速度大小为
C．汽车在 时刻的速度大小为
D．汽车 3s 内的平均速度大小为
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。A．精准采集汽车匀减速直线制动过程中的运动参数，根据匀变速直线运动位移公式
两边同除以整理得 ，可知是关于 的一次函数，斜率等于初速度 ，纵截距等于，由图像得纵截距，解得，故加速度大小为，A错误；
B．由图像得斜率，B错误；
C．汽车刹车到停止的总时间 ，说明2s时汽车仍在运动，由速度公式得2s时刻速度，解得，C正确；
D．汽车2.5s就停止运动，3s内的位移等于2.5s内的总位移，则 ，所以平均速度，D错误。
故选C。
【分析】将匀减速直线运动位移公式变形，对应图像的函数表达式，结合图像截距、斜率求解初速度和加速度，再用运动学公式逐一验证选项。
7．如图所示，一理想变压器的原线圈通过导线与两根水平放置的足够长平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 。导体棒 与导轨垂直接触， 接入电路部分的电阻和长度分别为 ， 不计导轨电阻。原、副线圈匝数比 ，滑动变阻器最大阻值为 ，导体棒 在外力作用下沿导轨运动，所有电表均为理想交流电表。下说法正确的是（　　）
A．导体棒匀加速运动时， 电压表的示数均匀增大
B．导体棒匀速运动时，滑片 向 端移动电流表示数变大
C．导体棒以 运动时，滑动变阻器的最大功率为
D．导体棒以 运动时，滑片 向 端移动，若电压表与电流表示数变化量的大小分别为 和 ，则
【答案】D
【知识点】变压器原理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、导体棒匀加速运动时，原线圈中的电流均匀增加，在副线圈中产生恒定的电压，则电压表的示数不变，故A错误；B、导体棒匀速运动时，原线圈中的电流不变，副线圈中不会产生感应电流，滑片P向c端移动电流表示数为零，保持不变，故B错误；
C．导体棒 ，则感应电动势，电动势有效值，副线圈一侧电阻 等效到原线圈一侧为
根据电源输出功率规律，当 ，即
此时滑动变阻器功率最大，即 ，C错误；
D．原线圈一侧电动势有效值 恒定，满足 ，变形得
可得 ，结合变压器关系，，代入可得 ，D正确。
故选D。
【分析】根据变压器的变压原理分析电表示数变化；利用等效电路的方法，结合电功率最大的条件分析最大功率；根据等效电源法分析比值。
8．如图甲所示的鱼鳞潮是由两股涌潮交汇时产生的波动干涉形成的。图乙呈现的是两股涌潮发生干涉的图样，实线为波峰，虚线为波谷。已知这两列波的振幅均为 ， 为 AC 连线的中点。图示时刻，与 C 点相交的两条虚线是两列波最靠前的波谷。若将水波视为简谐横波，下列说法正确的是（　　）
A．这两列波的振动频率相同
B．图示时刻，D 点处的振幅为
C．图示时刻，A、C 两点间的高度差为
D．图示时刻，B 点处的质点加速度最大，速度为零
【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．鱼鳞潮是两列波在水面上发生干涉所形成的，其稳定的干涉图样表明两列波的频率相同，故A正确；
B．图中D点是实线波峰与虚线波谷的交点，属于振动减弱点，由于两列波振幅相等，该点合振幅为零，故B错误；
C．A点处两个波峰相遇，振幅1.6m，此时的位移为1.6cm；C点处两个波谷相遇，振幅为1.6m，此时的位移为-1.6cm，则A、C两点的高度差为3.2m，故C正确；
D．B点处处于平衡位置，振动方向向下，速度不为0，加速度为0，故D错误；
故选AC。
【分析】稳定干涉的必要条件是频率相同；根据图示时刻各点的实际振动状态判断其合振幅、速度与加速度；需通过A点（波峰叠加）与C点（波谷叠加）相对于平衡位置的位移计算高度差。
9．如图是一款游戏装置的简化图，半径为 的四分之三光滑圆管轨道竖直固定。一挑战者在管口 A 点正上方 高处，静止释放一质量为 的小球，小球落入管中运动一段时间后从 点飞出，且恰好落回 A 点，游戏挑战成功。小球直径略小于管径，管径远小于 R ，不计空气阻力， g 为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球通过 E 点时的速度大小为
B．小球下落时距 A 点的高度 h为
C．小球通过 E 点时圆管对小球的作用力竖直向下
D．小球通过 B、E 两点与圆管作用力大小的差为
【答案】B,D
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从E点到A点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可得小球在E的速度大小为：，故A错误；
B．从释放小球开始到小球到达E点为止，小球机械能守恒，解得小球下落时距A点的高度为 ，故B正确；
C．由以上分析可知小球通过 E 点时小球速度小于，所以小球对管内壁有压力，圆管对小球的弹力竖直向上，故C错误；
D．小球从B到E的过程，机械能守恒， 设小球在B点处速度为，由机械能守恒定律得，根据牛顿第二定律得，解得
小球位于E点时，管壁对小球支持力为，根据牛顿第二定律得，解得
故小球通过B、E两点时对圆管的作用力大小之差为，故D正确。
故选BD。
【分析】小球从E到A的过程，根据平抛运动的特点，可得到小球在E的速度大小；小球从A到E的过程，由机械能守恒，可得到小球下落时距A点的高度；小球通过E点时，根据圆周运动受力特点，即可得到圆管对小球的作用力方向；小球从B到E的过程，根据机械能守恒，可得到小球在B的速度特点，对小球在B时受力分析，即可得到球与圆管的作用力大小，结合小球在E时与圆管的作用力大小，即可得到小球通过这两点的作用力大小的差。
10．科学家设想未来通过 “地心隧道” 来探测地核资源。如图所示，质量为m的探测器从地球表面A点由静止释放，仅在万有引力作用下在地球的两点往返运动为直径）。地球视为质量分布均匀半径为的球体，地心在点，为的中点。已知均匀球壳对内部物体的引力为零，地表重力加速度为，不考虑地球自转，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在A点时加速度的大小为0
B．探测器在P点时加速度大小为
C．探测器在P点速度的大小为
D．探测器在O点速度的大小为
【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB、由万有引力定律可知，质量均匀的球体对内部质点的引力，仅由半径为r的球体部分的质量Mr提供，即，根据质量与半径的三次方成正比，有结合地表重力加速度，可得探测器在距地心r处的加速度。当探测器位于A点时，r=R，此时加速度大小为g；当探测器位于P点时，，解得加速度大小为，故AB错误；
C．从到，根据机械能守恒定律有，结合B选项，解得，故C正确；
D．从到，根据机械能守恒定律有，解得，故D正确。
故选CD。
【分析】A点在地表处，已知地表重力加速度为g，故探测器加速度大小为g；P点位于地心与地表中点，根据内部引力与距离成正比关系可确定该点加速度大小。探测器运动过程中机械能守恒，以地心为零势能点，由A点静止释放的总能量等于各点动能与引力势能之和，分别代入O点与P点距地心距离即可求得对应速度大小。
11．传感器在物理测量中发挥了重要作用，根据下列信息完成下列试题。
（1）图甲是某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置：轻绳一端固定在拉力传感器的 点，另一端系小球，球心到 点的长度为 L 。实验中释放小球，采集其摆动过程中轻绳的最大拉力 和最小拉力 ，重力加速度为 ，忽略空气阻力。
a、当小球静止悬挂时，拉力传感器示数为 ，则小钢球的质量为　 　。
b、在a的条件下，将小钢球拉至轻绳与竖直方向成 角由静止释放，摆至最低点时拉力传感器示数为 ，则小钢球在最低点的速率为　 　（用 、 、 L 、 表示）。
c、改变 角大小，重复b的过程，绘制 - 的关系图像如图乙，则该图像斜率绝对值的理论值为　 　，纵截距 b 为　 　（用 表示）。
（2）压敏传感器是设计机器人的重要元件。一实验小组研究某压敏电阻 的电学特性， 完成如下操作：
a、首先用多用电表的“ ”欧姆挡，粗略测得无压力状态下 的阻值如图甲所示，则 的阻值约为　 　 ；
b、为精确测量无压力状态下 的阻值，该小组设计了如图乙所示的电路，定值电阻 ，电阻箱 的调节范围为 ， 为灵敏电流计，当电阻箱调为 时，灵敏电流计示数为 0，则 的阻值为　 　 。
c、该小组测得不同压力下的 - 的数据图像如图丙所示。同时将该压敏电阻安装在机器人的手指处，用图丁的电路为其供电，已知电源的电动势 （内阻不计），电阻箱接入电路的阻值 ，电流表的量程为 （内阻不计）。则机器人手指感受的最大压力为　 　N，压力为0时对应的电流表的示数为　 　 。 （两空均保留两位有效数字）
【答案】（1）；；；
（2）；；40；5.7
【知识点】验证机械能守恒定律；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）a、 当小球静止悬挂时，拉力传感器示数为F0，由平衡条件得：F0=mg，解得小钢球的质量为：
b、 在最低点，根据牛顿第二定律得：，解得小钢球在最低点的速率为：
c、在最高点处释放时，小球受到重力和绳拉力两个力，在沿绳方向受力平衡，在垂直于绳方向有加速度，由几何关系知，在最低点时，拉力最大，根据牛顿第二定律可得，下落过程中，对小球列动能定理
整理得，因此斜率绝对值的理论值为，纵截距为
（2）a、此时电表的读数为，处在“”档位，欧姆表示数等于指针示数乘以挡位，故读数为
b、由电桥平衡方程知，整理得
c、为电流表的量程，机器人感受到最大压力时，电路内电流最大，根据欧姆定律可得此时电路中总电阻为，与串联，这时
查表可知此时对应的压力为；此时阻值为，电路中总电阻
电流表示数
【分析】（1） a、当小球静止悬挂时，由平衡条件解答；
b、在最低点，根据牛顿第二定律求得小钢球在最低点的速率；
c、小钢球由静止释放时轻绳的拉力最小，根据此时沿绳的方向受力平衡得到Fmin与重力的关系，小钢球摆至最低点时速度最大，此时轻绳的拉力最大，由b的结论得到最大速度与Fmax的关系。对小钢球由静止释放到最低点的过程，根据机械能守恒定律得到Fmax-Fmin的关系图像的解析式，可得此图像的斜率绝对值与纵截距。
（2） a、欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
b、根据电桥法测电阻的原理计算；
c、由图像和闭合电路欧姆定律计算。
（1）[1]小钢球静止时，拉力等于重力，因此
即
[2]在最低点时，拉力与重力的合力提供向心力，对小球受力分析可知
用和表达，整理得
[3][4]在此过程中，小球受到拉力最小的位置是最高点处释放时，受到拉力最大的位置是最低点处。在最高点处释放时，小球受到重力和绳拉力两个力，在沿绳方向受力平衡，在垂直于绳方向有加速度，由几何关系知
在最低点时，拉力最大，拉力与重力的合力提供向心力，即
下落过程中，对小球列动能定理
整理得
因此斜率绝对值的理论值为，纵截距为
（2）[1]此时电表的读数为，处在“”档位，故读数为
[2]由电桥平衡方程知
整理得
[3]机器人感受到最大压力时，电路内电流最大，为电流表的量程，此时电路中总电阻为
与串联，这时
查表可知此时对应的压力为；
[4]此时阻值为，电路中总电阻
电流表示数
12．如图所示，相距的平行金属导轨所在平面与水平面成角，质量为、接入电路电阻的金属棒垂直导轨放置，棒与导轨间动摩擦因数为。装置处于磁感应强度、垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨接电动势、 内阻的电源，导轨电阻不计。开关闭合时，金属棒恰好不上滑， 取 ，。求：
（1）金属棒ab所受安培力的大小；
（2）金属棒ab中电流的大小；
（3）滑动变阻器的热功率。
【答案】（1）解：金属棒恰好不上滑，受力平衡， 沿斜面方向
金属棒 ab 所受安培力的大小
（2）解：金属棒 ab 中电流的大小
（3）解：根据闭合电路欧姆定律
解得滑动变阻器阻值
滑动变阻器的热功率
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）安培力方向沿斜面向上，与重力分力和最大静摩擦力的合力平衡，由此可直接求出安培力大小。
（2）已知安培力大小、磁场强度和导轨间距，安培力公式直接关联了这三个物理量。通过该关系，可由安培力与磁场强度、导轨间距反推出金属棒中的电流大小。
（3）整个电路由电源、内阻、金属棒电阻R1以及滑动变阻器R串联构成。已知电源电动势、内阻、金属棒电阻以及回路电流，根据闭合电路欧姆定律可求出滑动变阻器接入电路的电阻值。最后，利用焦耳定律即可计算滑动变阻器R的热功率。
（1）金属棒恰好不上滑，受力平衡， 沿斜面方向
金属棒 ab 所受安培力的大小
（2）金属棒 ab 中电流的大小
（3）根据闭合电路欧姆定律
解得滑动变阻器阻值
滑动变阻器的热功率
13．某粒子束选择装置的原理模型如图所示。平行金属板 、 间存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，半径为 的圆形区域和矩形区域 PQMN 内分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B 。D 板延长线过圆心 O， C 板延长线、两板左边缘连线均与圆相切， PN 边与圆相切于中点 A。一束宽度等于板间距、比荷为 的负粒子（粒子重力、粒子间的相互作用均忽略不计）水平射入板间，恰能做匀速直线运动，之后进入圆形区域偏转均通过 A 点。已知 。求：
（1）平行金属板 C、D 间的电压 ；
（2）沿金属板 C、D 中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间 t ；
（3）QM 边上有粒子穿出的长度。
【答案】（1）解：若粒子束能做匀速直线运动，受到的电场力与洛伦兹力平衡，由几何关系知板间距与磁场半径相等，即
解得
式中为未知量，需要通过后续条件求出。在磁场中由洛伦兹力提供向心力知
整理得
所有粒子偏转均通过点，取一种情况为例，如最上端的粒子，其入射点与连接为直径，由几何关系可知
由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径与磁场半径相同，即
代入运动半径表达式可解得
将速度代入电压表达式得
（2）解：的宽度为R，因此中轴线到的距离应为，设中轴线与磁场的交点为，连接、，作于，由几何关系知，，
即
由此可知
磁场的半径与运动轨迹的半径相同，因此运动轨道对应的圆心角
在磁场中运动的周期
因此运动的时间
（3）解：由几何关系可知，从点入射的粒子沿方向出射，从点入射的粒子从出射时垂直于，其他粒子的出射范围在两者之间。的长度为，大于运动轨迹的半径，因此沿方向入射的粒子不会从出射，而是从出射，可设其出射点为，此点为出射范围右侧边缘。同理由几何关系可知垂直于方向入射的粒子运动轨迹不能与相交，因此从沿方向到垂直于方向中间存在一个方向，使得运动轨迹与相切，设其出射点为，此为运动轨迹的左侧边缘。作于，由几何关系知
在上取使得长度为的点，由几何关系知为沿方向出射时的轨迹圆心，为半径，此时
对于相切的情况，设轨迹的圆心为，作于，由几何关系知，此时为矩形，
由几何关系知
综上，有粒子穿出的长度
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和平衡关系求平行金属板C、D间的电压U；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找出圆心角，结合周期与时间的关系求沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求QM边上有粒子穿出的长度。
（1）若粒子束能做匀速直线运动，受到的电场力与洛伦兹力平衡，由几何关系知板间距与磁场半径相等，即
解得
式中为未知量，需要通过后续条件求出。在磁场中由洛伦兹力提供向心力知
整理得
所有粒子偏转均通过点，取一种情况为例，如最上端的粒子，其入射点与连接为直径，由几何关系可知
由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径与磁场半径相同，即
代入运动半径表达式可解得
将速度代入电压表达式得
（2）的宽度为R，因此中轴线到的距离应为，设中轴线与磁场的交点为，连接、，作于，由几何关系知，，
即
由此可知
磁场的半径与运动轨迹的半径相同，因此运动轨道对应的圆心角
在磁场中运动的周期
因此运动的时间
（3）由几何关系可知，从点入射的粒子沿方向出射，从点入射的粒子从出射时垂直于，其他粒子的出射范围在两者之间。的长度为，大于运动轨迹的半径，因此沿方向入射的粒子不会从出射，而是从出射，可设其出射点为，此点为出射范围右侧边缘。同理由几何关系可知垂直于方向入射的粒子运动轨迹不能与相交，因此从沿方向到垂直于方向中间存在一个方向，使得运动轨迹与相切，设其出射点为，此为运动轨迹的左侧边缘。作于，由几何关系知
在上取使得长度为的点，由几何关系知为沿方向出射时的轨迹圆心，为半径，此时
对于相切的情况，设轨迹的圆心为，作于，由几何关系知，此时为矩形，
由几何关系知
综上，有粒子穿出的长度
14．如图，半径 的光滑四分之一圆弧轨道 与长 、以 顺时针转动的水平传送带 BC 相切于 B 点，传送带右端接无限长光滑水平台，平台上均匀静止排列 2026 个质量为 的相同滑块，相邻滑块间距 ，第一个滑块在水平台上紧靠 点。一质量 的铁块从圆弧最高点静止释放，经B点时无能量损失并开始计时，碰撞均为弹性正碰，碰撞时间不计，铁块、滑块均视为质点，铁块与传送带间动摩擦因数 。求：
（1）铁块在传送带上运动时由于摩擦产生的总热量 ；
（2）滑块 2026 开始运动的时刻 ；
（3）铁块从第 1 次撞击滑块 1 到第 7 次开始撞击滑块 1 的过程中，走过的总路程 。
【答案】（1）解：铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
解得
铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
即
铁块达到和传送带共速用时
此后铁块与传送带相对静止，此前的位移为
传送带在此过程中位移为
二者的相对位移为
因此产热为
（2）解：铁块和传送带共速之后，在传送带上运动时间
因此，铁块在传送带上的总运动时间为
取水平向右为正方向，铁块与第一个滑块碰撞时的动量守恒方程
机械能守恒方程
解得，
第一个滑块与第二个滑块相撞用时为
相撞时的动量守恒
机械能守恒
解得，
由此可见，第二个滑块碰撞后的状态与第一个滑块相同，并且可以以此类推，每两个滑块相撞之后都是前一个静止，后一个以前一个的原速度向前运动，相撞用时相同。铁块碰撞后回到传送带上，设此时的速度为，由匀变速运动规律得
解得
因此铁块再次与滑块1碰撞时，滑块1碰撞后的速度会比第一次更小，因此铁块的后续碰撞不会影响到第一个滑块以后的滑块间碰撞。滑块2026开始运动对应第2026个滑块被撞击，此时滑块间撞击发生了2025次，因此
（3）解：铁块在与滑块每次撞击后走过的路程分为两部分，分别是在传送带上的路程和在平面上走的路程，第一次撞击之后，铁块在传送带上向左的最大距离为
铁块还要回到传送带右端，因此从第一次与滑块1碰撞到第二次与滑块1碰撞之间，在传送带上走过的路程为
回到传送带右侧用时
此时滑块1已经静止，这次碰撞和第一次碰撞的区别只有初速度是第一次的二分之一，第一次碰撞之后，碰后速度大小为碰撞前的二分之一。同理可知第二次碰撞后的速度为第一次碰撞之后的二分之一，此速度与第三次碰撞速度大小相等。以此类推，每次碰撞之后铁块的速度减半，距离与速度的平方成正比，因此在传送带上行进路程变成上一次的四分之一。每次碰撞后滑块都要前进，即每次碰撞过程中铁块在平面上走过的距离都要增加，在两次碰撞间此距离要来回走两次。第一次碰撞与第二次碰撞之间在水平面上走过距离为，第二次和第三次之间为，以此类推。综上，走过的总路程为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得最低点速度，铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律求解加速大小，根据运动学公式求解相对位移，相对位移乘以摩擦力大小等于热量；
（2）先求得铁块第一次到达C点的时间，由前述分析得到从滑块1开始运动到第2026个滑块开始运动的时间，两时间之和即为所求。
（3）分析铁块每次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程与在光滑水平面上运动的路程的规律，应用运动学公式，结合数学知识解答。
（1）铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
解得
铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
即
铁块达到和传送带共速用时
此后铁块与传送带相对静止，此前的位移为
传送带在此过程中位移为
二者的相对位移为
因此产热为
（2）铁块和传送带共速之后，在传送带上运动时间
因此，铁块在传送带上的总运动时间为
取水平向右为正方向，铁块与第一个滑块碰撞时的动量守恒方程
机械能守恒方程
解得，
第一个滑块与第二个滑块相撞用时为
相撞时的动量守恒
机械能守恒
解得，
由此可见，第二个滑块碰撞后的状态与第一个滑块相同，并且可以以此类推，每两个滑块相撞之后都是前一个静止，后一个以前一个的原速度向前运动，相撞用时相同。铁块碰撞后回到传送带上，设此时的速度为，由匀变速运动规律得
解得
因此铁块再次与滑块1碰撞时，滑块1碰撞后的速度会比第一次更小，因此铁块的后续碰撞不会影响到第一个滑块以后的滑块间碰撞。滑块2026开始运动对应第2026个滑块被撞击，此时滑块间撞击发生了2025次，因此
（3）铁块在与滑块每次撞击后走过的路程分为两部分，分别是在传送带上的路程和在平面上走的路程，第一次撞击之后，铁块在传送带上向左的最大距离为
铁块还要回到传送带右端，因此从第一次与滑块1碰撞到第二次与滑块1碰撞之间，在传送带上走过的路程为
回到传送带右侧用时
此时滑块1已经静止，这次碰撞和第一次碰撞的区别只有初速度是第一次的二分之一，第一次碰撞之后，碰后速度大小为碰撞前的二分之一。同理可知第二次碰撞后的速度为第一次碰撞之后的二分之一，此速度与第三次碰撞速度大小相等。以此类推，每次碰撞之后铁块的速度减半，距离与速度的平方成正比，因此在传送带上行进路程变成上一次的四分之一。每次碰撞后滑块都要前进，即每次碰撞过程中铁块在平面上走过的距离都要增加，在两次碰撞间此距离要来回走两次。第一次碰撞与第二次碰撞之间在水平面上走过距离为，第二次和第三次之间为，以此类推。综上，走过的总路程为
1 / 12026届重庆市九龙坡区高三下学期学业质量调研抽测(第二次)物理试卷
1．如图， 某村民利用劈柴刀劈开木材， 若将劈柴刀的横截面视为等腰三角形， 两侧面的夹角为 。村民作用在刀背上的力为 F ，刀刃两侧面对木材产生的推力为 。忽略劈柴刀自重， 则 的大小为（　　）
A． B． C． D．
2．某新型液体电容器的电容特性与液体的浓度有关，其不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系如图甲。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、内阻不计的电流表等连接成如图乙所示的电路。闭合开关S，电路稳定后，增大溶液浓度， 则（　　）
A．电容器的电容将增大
B．电容器所带电荷量增加
C．电容器两极板之间的电势差不变
D．浓度增大过程中，电流由右向左流过电流表
3．在研究热机效率与微观机制时， 科学家常借助理想气体模型分析热力学过程。如图为一定质量的理想气体经历 循环过程中气体压强 p 与热力学温度 T 的关系图像。已知 AB、BC 分别与横轴和纵轴平行，CA 延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　）
A． 过程，气体的体积将增大
B． 过程，单位时间撞击器壁单位面积的分子数增多
C． 过程，每个气体分子的动能均保持不变
D． 过程，气体放出的热量小于气体内能的减少量
4．抬头显示器 （HUD） 广泛应用于军用战斗机，其核心成像部件之一是透明树脂屏。某同学采用图甲所示 “插针法” 测量该树脂屏的折射率： 先在纸上固定树脂屏并画出其长方形边界面，插大头针确定入射光线，再通过插确定出射光线；测得多组入射角与折射角 ，作出图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该透明树脂的折射率约为0.67
B．光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍
C．插大头针时只需挡住即可
D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，测得的折射率偏大
5．我国太阳探测卫星羲和号在国际上首次成功实现空间太阳 波段光谱扫描成像。已知氢原子能级如图所示， 、 、 分别为氢原子由 、 、 能级向 能级跃迁产生的谱线。用 对应的光照射某种金属表面时，恰好能使该金属发生光电效应。下列说法正确的是（　　）
A． 对应的光子能量为
B．若用 对应的光照射该金属表面，则其逸出功增大
C．若用 对应的光照射该金属表面，仅增大其光照强度， 则光电子的最大初动能增大
D．若用 对应的光照射该金属表面，光电子的最大初动能为
6．某品牌电动汽车在智能网联汽车测试场开展 级自动制动性能专项测试。实验中，传感器精准采集汽车匀减速直线制动过程中的运动参数，绘制得到 图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度大小为
B．汽车的初速度大小为
C．汽车在 时刻的速度大小为
D．汽车 3s 内的平均速度大小为
7．如图所示，一理想变压器的原线圈通过导线与两根水平放置的足够长平行导轨相连，导轨所处空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 。导体棒 与导轨垂直接触， 接入电路部分的电阻和长度分别为 ， 不计导轨电阻。原、副线圈匝数比 ，滑动变阻器最大阻值为 ，导体棒 在外力作用下沿导轨运动，所有电表均为理想交流电表。下说法正确的是（　　）
A．导体棒匀加速运动时， 电压表的示数均匀增大
B．导体棒匀速运动时，滑片 向 端移动电流表示数变大
C．导体棒以 运动时，滑动变阻器的最大功率为
D．导体棒以 运动时，滑片 向 端移动，若电压表与电流表示数变化量的大小分别为 和 ，则
8．如图甲所示的鱼鳞潮是由两股涌潮交汇时产生的波动干涉形成的。图乙呈现的是两股涌潮发生干涉的图样，实线为波峰，虚线为波谷。已知这两列波的振幅均为 ， 为 AC 连线的中点。图示时刻，与 C 点相交的两条虚线是两列波最靠前的波谷。若将水波视为简谐横波，下列说法正确的是（　　）
A．这两列波的振动频率相同
B．图示时刻，D 点处的振幅为
C．图示时刻，A、C 两点间的高度差为
D．图示时刻，B 点处的质点加速度最大，速度为零
9．如图是一款游戏装置的简化图，半径为 的四分之三光滑圆管轨道竖直固定。一挑战者在管口 A 点正上方 高处，静止释放一质量为 的小球，小球落入管中运动一段时间后从 点飞出，且恰好落回 A 点，游戏挑战成功。小球直径略小于管径，管径远小于 R ，不计空气阻力， g 为重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．小球通过 E 点时的速度大小为
B．小球下落时距 A 点的高度 h为
C．小球通过 E 点时圆管对小球的作用力竖直向下
D．小球通过 B、E 两点与圆管作用力大小的差为
10．科学家设想未来通过 “地心隧道” 来探测地核资源。如图所示，质量为m的探测器从地球表面A点由静止释放，仅在万有引力作用下在地球的两点往返运动为直径）。地球视为质量分布均匀半径为的球体，地心在点，为的中点。已知均匀球壳对内部物体的引力为零，地表重力加速度为，不考虑地球自转，下列说法正确的是（　　）
A．探测器在A点时加速度的大小为0
B．探测器在P点时加速度大小为
C．探测器在P点速度的大小为
D．探测器在O点速度的大小为
11．传感器在物理测量中发挥了重要作用，根据下列信息完成下列试题。
（1）图甲是某同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置：轻绳一端固定在拉力传感器的 点，另一端系小球，球心到 点的长度为 L 。实验中释放小球，采集其摆动过程中轻绳的最大拉力 和最小拉力 ，重力加速度为 ，忽略空气阻力。
a、当小球静止悬挂时，拉力传感器示数为 ，则小钢球的质量为　 　。
b、在a的条件下，将小钢球拉至轻绳与竖直方向成 角由静止释放，摆至最低点时拉力传感器示数为 ，则小钢球在最低点的速率为　 　（用 、 、 L 、 表示）。
c、改变 角大小，重复b的过程，绘制 - 的关系图像如图乙，则该图像斜率绝对值的理论值为　 　，纵截距 b 为　 　（用 表示）。
（2）压敏传感器是设计机器人的重要元件。一实验小组研究某压敏电阻 的电学特性， 完成如下操作：
a、首先用多用电表的“ ”欧姆挡，粗略测得无压力状态下 的阻值如图甲所示，则 的阻值约为　 　 ；
b、为精确测量无压力状态下 的阻值，该小组设计了如图乙所示的电路，定值电阻 ，电阻箱 的调节范围为 ， 为灵敏电流计，当电阻箱调为 时，灵敏电流计示数为 0，则 的阻值为　 　 。
c、该小组测得不同压力下的 - 的数据图像如图丙所示。同时将该压敏电阻安装在机器人的手指处，用图丁的电路为其供电，已知电源的电动势 （内阻不计），电阻箱接入电路的阻值 ，电流表的量程为 （内阻不计）。则机器人手指感受的最大压力为　 　N，压力为0时对应的电流表的示数为　 　 。 （两空均保留两位有效数字）
12．如图所示，相距的平行金属导轨所在平面与水平面成角，质量为、接入电路电阻的金属棒垂直导轨放置，棒与导轨间动摩擦因数为。装置处于磁感应强度、垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨接电动势、 内阻的电源，导轨电阻不计。开关闭合时，金属棒恰好不上滑， 取 ，。求：
（1）金属棒ab所受安培力的大小；
（2）金属棒ab中电流的大小；
（3）滑动变阻器的热功率。
13．某粒子束选择装置的原理模型如图所示。平行金属板 、 间存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，半径为 的圆形区域和矩形区域 PQMN 内分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B 。D 板延长线过圆心 O， C 板延长线、两板左边缘连线均与圆相切， PN 边与圆相切于中点 A。一束宽度等于板间距、比荷为 的负粒子（粒子重力、粒子间的相互作用均忽略不计）水平射入板间，恰能做匀速直线运动，之后进入圆形区域偏转均通过 A 点。已知 。求：
（1）平行金属板 C、D 间的电压 ；
（2）沿金属板 C、D 中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间 t ；
（3）QM 边上有粒子穿出的长度。
14．如图，半径 的光滑四分之一圆弧轨道 与长 、以 顺时针转动的水平传送带 BC 相切于 B 点，传送带右端接无限长光滑水平台，平台上均匀静止排列 2026 个质量为 的相同滑块，相邻滑块间距 ，第一个滑块在水平台上紧靠 点。一质量 的铁块从圆弧最高点静止释放，经B点时无能量损失并开始计时，碰撞均为弹性正碰，碰撞时间不计，铁块、滑块均视为质点，铁块与传送带间动摩擦因数 。求：
（1）铁块在传送带上运动时由于摩擦产生的总热量 ；
（2）滑块 2026 开始运动的时刻 ；
（3）铁块从第 1 次撞击滑块 1 到第 7 次开始撞击滑块 1 的过程中，走过的总路程 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用；力的分解
【解析】【解答】村民作用在刀背上的力为 F，刀刃两侧面对木材产生的推力为 ，将力F根据平行四边形定则分解如下：
由平行四边形定则可得，解得
故选B。
【分析】将向下的力F按效果依据平行四边形定则进行分解，然后由几何知识求解。
2．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由图可知，若增大溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数减小，则电容器的电容将减小，A错误；
BC．由于电容器与电源相连，则电容器两极板间的电压不变，根据Q=CU，因电容器电容减小，可知电容器所带电荷量减小，B错误，C正确；
D．由于电容器所带的电荷量减小，即电容器放电，电路中电流方向为从左向右流，故D错误。
故选C。
【分析】先由图像判断浓度增大时相对介电常数的变化，结合电容决定式、恒压电源电势差不变的条件，依次分析电容、电荷量变化与电路电流方向，判断各选项正误。
3．【答案】A
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体压强的微观解释；改变内能的两种方式；热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】A、在A→B过程中，气体压强p保持不变，温度T逐渐升高。根据盖-吕萨克定律
可知，气体体积V随之增大，故A正确；
B、在A→B过程中，气体压强p恒定，温度T升高导致分子平均动能增大，单个分子撞击器壁的平均作用力因此变大。为维持压强不变，单位时间内撞击器壁单位面积的分子数目必须减少，故B错误；
C、在B→C过程中，气体温度T不变，因此分子的平均动能保持不变。但并非每一个气体分子的动能都维持不变，故C错误；
D．根据理想气体状态方程，有，变形可得，可知 过程体积不变，气体做功为0，即W=0温度降低，气体的内能减少，即，根据热力学第一定律，有，可知，即气体放出的热量等于气体内能的减少量，故D错误。
故选A。
【分析】从图像中识别A→B为等压过程，温度升高导致体积增大，单位体积内分子数减少，结合分子平均动能增加可分析单位时间撞击器壁单位面积的分子数变化。B→C为等温过程，分子平均动能不变但个体分子动能持续变化。C→A过程对应p-T图像过原点，由理想气体状态方程推知体积不变，内能减少仅通过热传递实现，故放热量等于内能减少量。
4．【答案】B
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】A．由图知，当sini=0.6时，sinr=0.4，该透明树脂的折射率约为，A错误；
B．光在空气中的传播速度等于光速c，根据可知，光在空气中传播速度是该树脂屏中的1.5倍，B正确；
C．为了保证P1、P2、P3和P4在同一光路上，插大头针P4时，应挡住P3及P2、P1的像，故C错误；
D．若在插大头针时不小心把树脂屏平行移到虚线位置，画出光路图如图所示，
则入射角和折射角都不变，则测得的折射率不变，D错误。
故选B。
【分析】结合折射定律由图像斜率求解折射率，结合光速关系、插针法操作规范与平移误差分析，逐一判断各选项。
5．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】A．由ΔE=E3-E2=-1.51eV+3.40eV=1.89eV，hν0=W0=1.89eV，可知对应的光子能量，故A错误；
B．逸出功（通常用W0 表示）是指金属表面的电子逸出金属表面所需的最小能量，是金属的固有属性，由金属本身的材料决定，与入射光的频率、强度无关 ，故B错误；
C．增大光照强度只能是单位时间内逸出光电子的个数增多，光电流变大，不影响光电子的最大初动能，故C错误；
D． 对应的光照射某种金属表面时，恰好能使该金属发生光电效应，故金属的逸出功， 对应的光的能量
又有光电效应方程，故D正确。
故选D。
【分析】原子从高能级向低能级跃迁时会辐射光子，如果用跃迁发射的光去照射金属，可能会发生光电效应。由能级跃迁公式和光电效应综合确定。
6．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。A．精准采集汽车匀减速直线制动过程中的运动参数，根据匀变速直线运动位移公式
两边同除以整理得 ，可知是关于 的一次函数，斜率等于初速度 ，纵截距等于，由图像得纵截距，解得，故加速度大小为，A错误；
B．由图像得斜率，B错误；
C．汽车刹车到停止的总时间 ，说明2s时汽车仍在运动，由速度公式得2s时刻速度，解得，C正确；
D．汽车2.5s就停止运动，3s内的位移等于2.5s内的总位移，则 ，所以平均速度，D错误。
故选C。
【分析】将匀减速直线运动位移公式变形，对应图像的函数表达式，结合图像截距、斜率求解初速度和加速度，再用运动学公式逐一验证选项。
7．【答案】D
【知识点】变压器原理；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A、导体棒匀加速运动时，原线圈中的电流均匀增加，在副线圈中产生恒定的电压，则电压表的示数不变，故A错误；B、导体棒匀速运动时，原线圈中的电流不变，副线圈中不会产生感应电流，滑片P向c端移动电流表示数为零，保持不变，故B错误；
C．导体棒 ，则感应电动势，电动势有效值，副线圈一侧电阻 等效到原线圈一侧为
根据电源输出功率规律，当 ，即
此时滑动变阻器功率最大，即 ，C错误；
D．原线圈一侧电动势有效值 恒定，满足 ，变形得
可得 ，结合变压器关系，，代入可得 ，D正确。
故选D。
【分析】根据变压器的变压原理分析电表示数变化；利用等效电路的方法，结合电功率最大的条件分析最大功率；根据等效电源法分析比值。
8．【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．鱼鳞潮是两列波在水面上发生干涉所形成的，其稳定的干涉图样表明两列波的频率相同，故A正确；
B．图中D点是实线波峰与虚线波谷的交点，属于振动减弱点，由于两列波振幅相等，该点合振幅为零，故B错误；
C．A点处两个波峰相遇，振幅1.6m，此时的位移为1.6cm；C点处两个波谷相遇，振幅为1.6m，此时的位移为-1.6cm，则A、C两点的高度差为3.2m，故C正确；
D．B点处处于平衡位置，振动方向向下，速度不为0，加速度为0，故D错误；
故选AC。
【分析】稳定干涉的必要条件是频率相同；根据图示时刻各点的实际振动状态判断其合振幅、速度与加速度；需通过A点（波峰叠加）与C点（波谷叠加）相对于平衡位置的位移计算高度差。
9．【答案】B,D
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．小球从E点到A点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可得小球在E的速度大小为：，故A错误；
B．从释放小球开始到小球到达E点为止，小球机械能守恒，解得小球下落时距A点的高度为 ，故B正确；
C．由以上分析可知小球通过 E 点时小球速度小于，所以小球对管内壁有压力，圆管对小球的弹力竖直向上，故C错误；
D．小球从B到E的过程，机械能守恒， 设小球在B点处速度为，由机械能守恒定律得，根据牛顿第二定律得，解得
小球位于E点时，管壁对小球支持力为，根据牛顿第二定律得，解得
故小球通过B、E两点时对圆管的作用力大小之差为，故D正确。
故选BD。
【分析】小球从E到A的过程，根据平抛运动的特点，可得到小球在E的速度大小；小球从A到E的过程，由机械能守恒，可得到小球下落时距A点的高度；小球通过E点时，根据圆周运动受力特点，即可得到圆管对小球的作用力方向；小球从B到E的过程，根据机械能守恒，可得到小球在B的速度特点，对小球在B时受力分析，即可得到球与圆管的作用力大小，结合小球在E时与圆管的作用力大小，即可得到小球通过这两点的作用力大小的差。
10．【答案】C,D
【知识点】万有引力定律的应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB、由万有引力定律可知，质量均匀的球体对内部质点的引力，仅由半径为r的球体部分的质量Mr提供，即，根据质量与半径的三次方成正比，有结合地表重力加速度，可得探测器在距地心r处的加速度。当探测器位于A点时，r=R，此时加速度大小为g；当探测器位于P点时，，解得加速度大小为，故AB错误；
C．从到，根据机械能守恒定律有，结合B选项，解得，故C正确；
D．从到，根据机械能守恒定律有，解得，故D正确。
故选CD。
【分析】A点在地表处，已知地表重力加速度为g，故探测器加速度大小为g；P点位于地心与地表中点，根据内部引力与距离成正比关系可确定该点加速度大小。探测器运动过程中机械能守恒，以地心为零势能点，由A点静止释放的总能量等于各点动能与引力势能之和，分别代入O点与P点距地心距离即可求得对应速度大小。
11．【答案】（1）；；；
（2）；；40；5.7
【知识点】验证机械能守恒定律；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；常见传感器的工作原理及应用
【解析】【解答】（1）a、 当小球静止悬挂时，拉力传感器示数为F0，由平衡条件得：F0=mg，解得小钢球的质量为：
b、 在最低点，根据牛顿第二定律得：，解得小钢球在最低点的速率为：
c、在最高点处释放时，小球受到重力和绳拉力两个力，在沿绳方向受力平衡，在垂直于绳方向有加速度，由几何关系知，在最低点时，拉力最大，根据牛顿第二定律可得，下落过程中，对小球列动能定理
整理得，因此斜率绝对值的理论值为，纵截距为
（2）a、此时电表的读数为，处在“”档位，欧姆表示数等于指针示数乘以挡位，故读数为
b、由电桥平衡方程知，整理得
c、为电流表的量程，机器人感受到最大压力时，电路内电流最大，根据欧姆定律可得此时电路中总电阻为，与串联，这时
查表可知此时对应的压力为；此时阻值为，电路中总电阻
电流表示数
【分析】（1） a、当小球静止悬挂时，由平衡条件解答；
b、在最低点，根据牛顿第二定律求得小钢球在最低点的速率；
c、小钢球由静止释放时轻绳的拉力最小，根据此时沿绳的方向受力平衡得到Fmin与重力的关系，小钢球摆至最低点时速度最大，此时轻绳的拉力最大，由b的结论得到最大速度与Fmax的关系。对小钢球由静止释放到最低点的过程，根据机械能守恒定律得到Fmax-Fmin的关系图像的解析式，可得此图像的斜率绝对值与纵截距。
（2） a、欧姆表的读数为指针所指示数乘以倍率；
b、根据电桥法测电阻的原理计算；
c、由图像和闭合电路欧姆定律计算。
（1）[1]小钢球静止时，拉力等于重力，因此
即
[2]在最低点时，拉力与重力的合力提供向心力，对小球受力分析可知
用和表达，整理得
[3][4]在此过程中，小球受到拉力最小的位置是最高点处释放时，受到拉力最大的位置是最低点处。在最高点处释放时，小球受到重力和绳拉力两个力，在沿绳方向受力平衡，在垂直于绳方向有加速度，由几何关系知
在最低点时，拉力最大，拉力与重力的合力提供向心力，即
下落过程中，对小球列动能定理
整理得
因此斜率绝对值的理论值为，纵截距为
（2）[1]此时电表的读数为，处在“”档位，故读数为
[2]由电桥平衡方程知
整理得
[3]机器人感受到最大压力时，电路内电流最大，为电流表的量程，此时电路中总电阻为
与串联，这时
查表可知此时对应的压力为；
[4]此时阻值为，电路中总电阻
电流表示数
12．【答案】（1）解：金属棒恰好不上滑，受力平衡， 沿斜面方向
金属棒 ab 所受安培力的大小
（2）解：金属棒 ab 中电流的大小
（3）解：根据闭合电路欧姆定律
解得滑动变阻器阻值
滑动变阻器的热功率
【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）安培力方向沿斜面向上，与重力分力和最大静摩擦力的合力平衡，由此可直接求出安培力大小。
（2）已知安培力大小、磁场强度和导轨间距，安培力公式直接关联了这三个物理量。通过该关系，可由安培力与磁场强度、导轨间距反推出金属棒中的电流大小。
（3）整个电路由电源、内阻、金属棒电阻R1以及滑动变阻器R串联构成。已知电源电动势、内阻、金属棒电阻以及回路电流，根据闭合电路欧姆定律可求出滑动变阻器接入电路的电阻值。最后，利用焦耳定律即可计算滑动变阻器R的热功率。
（1）金属棒恰好不上滑，受力平衡， 沿斜面方向
金属棒 ab 所受安培力的大小
（2）金属棒 ab 中电流的大小
（3）根据闭合电路欧姆定律
解得滑动变阻器阻值
滑动变阻器的热功率
13．【答案】（1）解：若粒子束能做匀速直线运动，受到的电场力与洛伦兹力平衡，由几何关系知板间距与磁场半径相等，即
解得
式中为未知量，需要通过后续条件求出。在磁场中由洛伦兹力提供向心力知
整理得
所有粒子偏转均通过点，取一种情况为例，如最上端的粒子，其入射点与连接为直径，由几何关系可知
由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径与磁场半径相同，即
代入运动半径表达式可解得
将速度代入电压表达式得
（2）解：的宽度为R，因此中轴线到的距离应为，设中轴线与磁场的交点为，连接、，作于，由几何关系知，，
即
由此可知
磁场的半径与运动轨迹的半径相同，因此运动轨道对应的圆心角
在磁场中运动的周期
因此运动的时间
（3）解：由几何关系可知，从点入射的粒子沿方向出射，从点入射的粒子从出射时垂直于，其他粒子的出射范围在两者之间。的长度为，大于运动轨迹的半径，因此沿方向入射的粒子不会从出射，而是从出射，可设其出射点为，此点为出射范围右侧边缘。同理由几何关系可知垂直于方向入射的粒子运动轨迹不能与相交，因此从沿方向到垂直于方向中间存在一个方向，使得运动轨迹与相切，设其出射点为，此为运动轨迹的左侧边缘。作于，由几何关系知
在上取使得长度为的点，由几何关系知为沿方向出射时的轨迹圆心，为半径，此时
对于相切的情况，设轨迹的圆心为，作于，由几何关系知，此时为矩形，
由几何关系知
综上，有粒子穿出的长度
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；速度选择器
【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和平衡关系求平行金属板C、D间的电压U；
（2）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系找出圆心角，结合周期与时间的关系求沿金属板C、D中轴线运动的粒子在圆形磁场中运动的时间t；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求QM边上有粒子穿出的长度。
（1）若粒子束能做匀速直线运动，受到的电场力与洛伦兹力平衡，由几何关系知板间距与磁场半径相等，即
解得
式中为未知量，需要通过后续条件求出。在磁场中由洛伦兹力提供向心力知
整理得
所有粒子偏转均通过点，取一种情况为例，如最上端的粒子，其入射点与连接为直径，由几何关系可知
由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径与磁场半径相同，即
代入运动半径表达式可解得
将速度代入电压表达式得
（2）的宽度为R，因此中轴线到的距离应为，设中轴线与磁场的交点为，连接、，作于，由几何关系知，，
即
由此可知
磁场的半径与运动轨迹的半径相同，因此运动轨道对应的圆心角
在磁场中运动的周期
因此运动的时间
（3）由几何关系可知，从点入射的粒子沿方向出射，从点入射的粒子从出射时垂直于，其他粒子的出射范围在两者之间。的长度为，大于运动轨迹的半径，因此沿方向入射的粒子不会从出射，而是从出射，可设其出射点为，此点为出射范围右侧边缘。同理由几何关系可知垂直于方向入射的粒子运动轨迹不能与相交，因此从沿方向到垂直于方向中间存在一个方向，使得运动轨迹与相切，设其出射点为，此为运动轨迹的左侧边缘。作于，由几何关系知
在上取使得长度为的点，由几何关系知为沿方向出射时的轨迹圆心，为半径，此时
对于相切的情况，设轨迹的圆心为，作于，由几何关系知，此时为矩形，
由几何关系知
综上，有粒子穿出的长度
14．【答案】（1）解：铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
解得
铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
即
铁块达到和传送带共速用时
此后铁块与传送带相对静止，此前的位移为
传送带在此过程中位移为
二者的相对位移为
因此产热为
（2）解：铁块和传送带共速之后，在传送带上运动时间
因此，铁块在传送带上的总运动时间为
取水平向右为正方向，铁块与第一个滑块碰撞时的动量守恒方程
机械能守恒方程
解得，
第一个滑块与第二个滑块相撞用时为
相撞时的动量守恒
机械能守恒
解得，
由此可见，第二个滑块碰撞后的状态与第一个滑块相同，并且可以以此类推，每两个滑块相撞之后都是前一个静止，后一个以前一个的原速度向前运动，相撞用时相同。铁块碰撞后回到传送带上，设此时的速度为，由匀变速运动规律得
解得
因此铁块再次与滑块1碰撞时，滑块1碰撞后的速度会比第一次更小，因此铁块的后续碰撞不会影响到第一个滑块以后的滑块间碰撞。滑块2026开始运动对应第2026个滑块被撞击，此时滑块间撞击发生了2025次，因此
（3）解：铁块在与滑块每次撞击后走过的路程分为两部分，分别是在传送带上的路程和在平面上走的路程，第一次撞击之后，铁块在传送带上向左的最大距离为
铁块还要回到传送带右端，因此从第一次与滑块1碰撞到第二次与滑块1碰撞之间，在传送带上走过的路程为
回到传送带右侧用时
此时滑块1已经静止，这次碰撞和第一次碰撞的区别只有初速度是第一次的二分之一，第一次碰撞之后，碰后速度大小为碰撞前的二分之一。同理可知第二次碰撞后的速度为第一次碰撞之后的二分之一，此速度与第三次碰撞速度大小相等。以此类推，每次碰撞之后铁块的速度减半，距离与速度的平方成正比，因此在传送带上行进路程变成上一次的四分之一。每次碰撞后滑块都要前进，即每次碰撞过程中铁块在平面上走过的距离都要增加，在两次碰撞间此距离要来回走两次。第一次碰撞与第二次碰撞之间在水平面上走过距离为，第二次和第三次之间为，以此类推。综上，走过的总路程为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】【分析】（1）铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得最低点速度，铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律求解加速大小，根据运动学公式求解相对位移，相对位移乘以摩擦力大小等于热量；
（2）先求得铁块第一次到达C点的时间，由前述分析得到从滑块1开始运动到第2026个滑块开始运动的时间，两时间之和即为所求。
（3）分析铁块每次撞击滑块1后，在传送带上运动的路程与在光滑水平面上运动的路程的规律，应用运动学公式，结合数学知识解答。
（1）铁块下落到圆弧轨道最低点时，由动能定理得
解得
铁块在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
即
铁块达到和传送带共速用时
此后铁块与传送带相对静止，此前的位移为
传送带在此过程中位移为
二者的相对位移为
因此产热为
（2）铁块和传送带共速之后，在传送带上运动时间
因此，铁块在传送带上的总运动时间为
取水平向右为正方向，铁块与第一个滑块碰撞时的动量守恒方程
机械能守恒方程
解得，
第一个滑块与第二个滑块相撞用时为
相撞时的动量守恒
机械能守恒
解得，
由此可见，第二个滑块碰撞后的状态与第一个滑块相同，并且可以以此类推，每两个滑块相撞之后都是前一个静止，后一个以前一个的原速度向前运动，相撞用时相同。铁块碰撞后回到传送带上，设此时的速度为，由匀变速运动规律得
解得
因此铁块再次与滑块1碰撞时，滑块1碰撞后的速度会比第一次更小，因此铁块的后续碰撞不会影响到第一个滑块以后的滑块间碰撞。滑块2026开始运动对应第2026个滑块被撞击，此时滑块间撞击发生了2025次，因此
（3）铁块在与滑块每次撞击后走过的路程分为两部分，分别是在传送带上的路程和在平面上走的路程，第一次撞击之后，铁块在传送带上向左的最大距离为
铁块还要回到传送带右端，因此从第一次与滑块1碰撞到第二次与滑块1碰撞之间，在传送带上走过的路程为
回到传送带右侧用时
此时滑块1已经静止，这次碰撞和第一次碰撞的区别只有初速度是第一次的二分之一，第一次碰撞之后，碰后速度大小为碰撞前的二分之一。同理可知第二次碰撞后的速度为第一次碰撞之后的二分之一，此速度与第三次碰撞速度大小相等。以此类推，每次碰撞之后铁块的速度减半，距离与速度的平方成正比，因此在传送带上行进路程变成上一次的四分之一。每次碰撞后滑块都要前进，即每次碰撞过程中铁块在平面上走过的距离都要增加，在两次碰撞间此距离要来回走两次。第一次碰撞与第二次碰撞之间在水平面上走过距离为，第二次和第三次之间为，以此类推。综上，走过的总路程为
1 / 1

展开更多......

收起↑