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2024届重庆市忠县中学高三上学期12月适应性考试物理试题 （解析版）
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这是一份2024届重庆市忠县中学高三上学期12月适应性考试物理试题 （解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题。本题共7小题，每小题4分，共28分。
1. 关于两个运动的合成，下列说法正确的是
A. 两个直线运动的合运动一定也是直线运动
B. 方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
C. 小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度
D. 小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短
【答案】B
【解析】
【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．合运动与分运动具有等时性．
【详解】两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动．故A错误．不共线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动．故B正确．合运动的速度（小船对地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能与分速度相等．故C错误；小船渡河的时间由小船沿垂直于河岸方向的速度决定，故水流速度越大，小船渡河所需时间却不变，故D错误．故选B．
2. 在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N。现将该通电导线从磁场中撤走，则P处的磁感应强度大小为（ ）
A. 零B. 2 TC. 0.1 TD. 10 T
【答案】D
【解析】
【详解】ABCD.导体受到的是最大磁场力F＝1.0 N，由
解得：B＝10T。撤走导线后，P处的磁感应强度不变，仍为10 T。ABC错误，D正确；
故选D。
3. 如图所示为空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球放入空腔内，静电平衡时，图中A、B、C三点的电场强度E的大小关系是（ ）
A. EA>EB=EC
B. EA>EB>EC
C. EA=EB=EC
D. EA=EB>EC
【答案】B
【解析】
【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图
根据电场线越密，场强越大。由于A处电场线较密，B处电场线较疏，C处场强为零，则
故选B。
4. 先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是（ ）
A. 小球1的竖直向上抛出的初速度比2小
B. 小球1从抛出到落地的运动时间比2短
C. 小球2的水平方向上的平均速度一定比小球1的大
D. 小球2所受的风力一定比小球1受到的大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足
依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故AB错误；
C．由图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度
分析知小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大，故C正确；
D．小球水平方向满足
由图可知，小球1的飞行时间长，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出两者水平方向受力的关系，故D错误。
故选C。
5. 科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则 ( )
A. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
B. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动
C. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
D. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：只调节电阻，当向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故A正确，B错误；只调节电阻，当向下端移动时，回路中电流不变，电阻消耗的电功率不变，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故C.D错误．
考点：闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】此题的逻辑性非常强，要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，再进行动态分析．
6. 如图所示，总质量为带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为的小球通过细线悬挂于框架顶部处，细线长为，已知，重力加速度为，某时刻获得一瞬时速度，当第一次回到点正下方时，细线拉力大小为（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】B
【解析】
【详解】设第一次回到O点正下方时，小球和框架的速度分别为和，取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故选B。
7. 如图所示，将两个质量分别为、的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，取，下列说法中正确的是（ ）
A. B球与A球碰前的速度大小为
B. A、B两球发生是弹性碰撞
C. 若远小于，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于20m
D. 两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有
解得
即B球与A球碰前的速度大小为，故A错误；
B．根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为v2=4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
由于
碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误；
C．假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有
解得
当远小于时，有
解得
则B球上升到最高点过程有
解得
故C错误；
D．在碰撞时间t=0.01s内，根据动量定理，对B球有
B球重力的冲量
解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3道小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
8. 平直公路上，一辆轿车从某处有静止启动，此时恰有一辆货车以10m/s速度从轿车旁边驶过，最终轿车运动至离出发点100m处时恰好追上货车，设轿车做匀加速运动，则轿车的加速度和追上之前两车的最大距离分别是（ ）
A. B. C. 50mD. 25m
【答案】AD
【解析】
【详解】运动时间
由
解得
两车速度相等时为最大距离，所以
轿车位移为
而此时，货车走了5s，即货车走了
所以最大距离
故选AD。
9. 某载人飞船运行轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90 min。关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B. 飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于轨道2上经过P点的速度
C. 轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径
D. 飞船在轨道1上运行经过P点的加速度小于在轨道2上运行经过P点的加速度
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．飞船在轨道1上P点经加速后才能进入轨道2上运动，则飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的动能小，飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的机械小，故A错误，B正确；
C．根据，得
可知同步卫星周期大，则同步卫星轨道半径大，故C正确；
D．根据，得
可知，飞船在轨道1上P点到地球的距离等于在轨道2上P点到地球的距离，则加速度相等，故D错误。
故选BC。
【点睛】解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系。
10. 如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径。有一小球的直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其图像如图所示。则（ ）
A. 小球的质量为
B. 时，管壁对小球的弹力方向竖直向下
C. 当地的重力加速度大小为
D. 时，小球受到的弹力大小是重力的两倍
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．在最高点，若v=0，则
N=mg=c
若N=0，则重力提供向心力
解得
故A错误，C正确；
B．由图可知：当v2＜a时，管壁对小球弹力方向向上，当v2＞a时，管壁对小球弹力方向向下，所以当v2=b时，杆对小球弹力方向向下，故B正确；
D．由图可知，若v2=b，小球受到管壁的弹力大小等于重力大小，故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d，其中一次测量结果如图1示，则图中读数为_______。
（2）按如图甲所示的电路测量，实验结果会比真实值_________（填“偏大”或“偏小”）。
（3）改变滑动变阻器的滑片位置，测量多组数据，得到图像如图乙所示，则_______（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 0.531（0.530 0.532均正确） ②. 偏小 ③. 4.75.0
【解析】
【详解】（1）[1] 螺旋测微器读数为
读数为0.530mm 0.532mm均正确；
（2）[2]据
可知，电流表外接时，电压表测得电压准确，但电压表分流导致电流测量值偏大，使得电阻测量值比真实值偏小；
（3）[3] 据
4.75.0均算正确。
12. 用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为、、。分析数据：
（1）实验中入射球质量m1________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的质量m2；
（2）本实验中入射球和被碰球的半径________（选填“必须相同”或“可以不同”）
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为________。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（b）所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端B的圆弧。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________（用所测物理量的字母表示）。
【答案】 ①. 大于 ②. 必须相同 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。
（2）[2]为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同；
（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
整理得
（4）[4]设斜槽末端与的连线长度为L（即圆弧半径为L），如图所示：
图中几何关系
，
由平抛运动的规律得
，
联立解得
同理有
，
代入动量守恒的表达式
化简可得
四、解答题（共计3道小题，共计32分）
13. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，则：
(1)球A在最高点时速度大小；
(2)球A在最高点时，球B对杆的作用力大小。
【答案】(1)；(2)3mg
【解析】
【详解】(1) 球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，根据牛顿第二定律得
解得
(2)球B与球A有相同的角速度
对球B根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，球B对杆向下作用力为3mg。
14. 如图所示，水平面光滑，在虚线的右侧存在场强大小为E，方向向左的匀强电场．一个不带电的小球A恰好静止在虚线与水平面的交点处．电场中，在与A球相距l远处由静止释放一带电量为+q的小球B，经一段时间后A、B发生了弹性正碰．已知A小球的质量为mA，B小球的质量为mB，有mA =2mB．若A、B均为金属小球，形状大小均相同，且可视为质点，不考虑电场边缘效应，求：
(1)碰撞前瞬间B小球的速度；
(2)碰撞后B小球在电场中向右运动的最远距离（已知两小球碰后电量均分，且不考虑小球间的库仑力作用）．
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】(1)根据动能定理即可求解B球的初速度；（2）A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和能是守恒可求出碰撞后A、B的速度，再根据动能定理可求解B球向右运动的最远距离．
【详解】(1)对B球，由出发至即将发生碰撞，根据动能定理有：
解得：
(2)对A、B碰撞过程，设A、B碰撞后速度分别为、
由动量守恒定律有：
由能量守恒定律有：
其中
解得：
对B球，由碰撞至向右到最远，根据动能定理有：
解得：
【点睛】本题考查带电粒子在电场中运动及动量守恒，考查考生的推理能力和分析综合能力．关键要分析清楚两球的运动过程，根据条件列出正确的方程．
15. 如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。足够长木板A左端恰在O点，右端叠放着物块B。物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）。此后，AC及B的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）C与弹簧分离后D的速度；
（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）最终B离A右端的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设各物体的质量为m。由图可知，AC一起运动的初速度为。设C与A碰前瞬间的速度为，则
弹簧解锁过程动量守恒
解得，分离后D的速度
（2）由图，对B：则有
（其中，）
又
解得
AC整体减速运动的大小
又
解得
（3）AC在碰后1s内的位移
B在这1s的位移
假设第1s后A、B、C三者相对静止，一起减速，则它们的加速度大小
对B
这说明假设不成立，A、C的加速度较大，应是：第1s后，B减速运动的加速度大小不变，其位移有
而对AC整体
即AB继续运动的位移大小分别为
故最终，B离A右端的距离为
由以上各式并代入数据得
一、单项选择题。本题共7小题，每小题4分，共28分。
1. 关于两个运动的合成，下列说法正确的是
A. 两个直线运动的合运动一定也是直线运动
B. 方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动
C. 小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度
D. 小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短
【答案】B
【解析】
【分析】位移、速度、加速度都是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．合运动与分运动具有等时性．
【详解】两个分运动是直线运动，其合运动可能是曲线运动，比如平抛运动．故A错误．不共线两个匀速直线运动，没有加速度，则合运动也一定是匀速直线运动．故B正确．合运动的速度（小船对地速度）可能比分速度（水流速度）大，可能比分速度小，可能与分速度相等．故C错误；小船渡河的时间由小船沿垂直于河岸方向的速度决定，故水流速度越大，小船渡河所需时间却不变，故D错误．故选B．
2. 在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N。现将该通电导线从磁场中撤走，则P处的磁感应强度大小为（ ）
A. 零B. 2 TC. 0.1 TD. 10 T
【答案】D
【解析】
【详解】ABCD.导体受到的是最大磁场力F＝1.0 N，由
解得：B＝10T。撤走导线后，P处的磁感应强度不变，仍为10 T。ABC错误，D正确；
故选D。
3. 如图所示为空腔球形导体（不带电），现将一个带正电的小金属球放入空腔内，静电平衡时，图中A、B、C三点的电场强度E的大小关系是（ ）
A. EA>EB=EC
B. EA>EB>EC
C. EA=EB=EC
D. EA=EB>EC
【答案】B
【解析】
【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图
根据电场线越密，场强越大。由于A处电场线较密，B处电场线较疏，C处场强为零，则
故选B。
4. 先后将小球1、2由同一位置以不同的速度竖直向上抛出，抛出后小球只受重力和水平方向的风力作用，两小球的运动轨迹如图虚线所示，则两小球相比，下列说法正确的是（ ）
A. 小球1的竖直向上抛出的初速度比2小
B. 小球1从抛出到落地的运动时间比2短
C. 小球2的水平方向上的平均速度一定比小球1的大
D. 小球2所受的风力一定比小球1受到的大
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，上升阶段竖直方向满足
依题意，可知小球1上升高度大于小球2的上升高度，所以小球1竖直向上抛出的初速度大，小球1从抛出到落地的运动时间长，故AB错误；
C．由图可知，小球1水平位移小，飞行时间长，根据水平方向的平均速度
分析知小球2水平方向上的平均速度一定比小球1的大，故C正确；
D．小球水平方向满足
由图可知，小球1的飞行时间长，小球1的加速度小，但不知道两小球质量的关系，故不能判断出两者水平方向受力的关系，故D错误。
故选C。
5. 科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．则 ( )
A. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
B. 只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动
C. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
D. 只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：只调节电阻，当向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故A正确，B错误；只调节电阻，当向下端移动时，回路中电流不变，电阻消耗的电功率不变，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故C.D错误．
考点：闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】此题的逻辑性非常强，要读懂题意，把握有效信息：磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，再进行动态分析．
6. 如图所示，总质量为带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为的小球通过细线悬挂于框架顶部处，细线长为，已知，重力加速度为，某时刻获得一瞬时速度，当第一次回到点正下方时，细线拉力大小为（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】B
【解析】
【详解】设第一次回到O点正下方时，小球和框架的速度分别为和，取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
当小球第一次回到O点正下方时，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故选B。
7. 如图所示，将两个质量分别为、的小球A、B叠放在一起，中间留有小空隙，从初始高度处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图像如图乙所示，取，下列说法中正确的是（ ）
A. B球与A球碰前的速度大小为
B. A、B两球发生是弹性碰撞
C. 若远小于，第一次碰撞后，球上升的最大高度可能大于20m
D. 两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．碰前，两球均做自由落体运动，则有
解得
即B球与A球碰前的速度大小为，故A错误；
B．根据题意可知，B球碰后的速度方向向上，大小为v2=4m/s，以向上为正方向，碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
由于
碰撞后系统总动能减小，可知碰撞是非弹性碰撞，故B错误；
C．假设碰撞是弹性碰撞，此时B球碰后速度最大，上升高度最大，碰撞过程有
解得
当远小于时，有
解得
则B球上升到最高点过程有
解得
故C错误；
D．在碰撞时间t=0.01s内，根据动量定理，对B球有
B球重力的冲量
解得
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3道小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
8. 平直公路上，一辆轿车从某处有静止启动，此时恰有一辆货车以10m/s速度从轿车旁边驶过，最终轿车运动至离出发点100m处时恰好追上货车，设轿车做匀加速运动，则轿车的加速度和追上之前两车的最大距离分别是（ ）
A. B. C. 50mD. 25m
【答案】AD
【解析】
【详解】运动时间
由
解得
两车速度相等时为最大距离，所以
轿车位移为
而此时，货车走了5s，即货车走了
所以最大距离
故选AD。
9. 某载人飞船运行轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90 min。关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B. 飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于轨道2上经过P点的速度
C. 轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径
D. 飞船在轨道1上运行经过P点的加速度小于在轨道2上运行经过P点的加速度
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．飞船在轨道1上P点经加速后才能进入轨道2上运动，则飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的动能小，飞船在轨道1上的P点比轨道2上的P点运动时的机械小，故A错误，B正确；
C．根据，得
可知同步卫星周期大，则同步卫星轨道半径大，故C正确；
D．根据，得
可知，飞船在轨道1上P点到地球的距离等于在轨道2上P点到地球的距离，则加速度相等，故D错误。
故选BC。
【点睛】解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系。
10. 如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径。有一小球的直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其图像如图所示。则（ ）
A. 小球的质量为
B. 时，管壁对小球的弹力方向竖直向下
C. 当地的重力加速度大小为
D. 时，小球受到的弹力大小是重力的两倍
【答案】BC
【解析】
【详解】AC．在最高点，若v=0，则
N=mg=c
若N=0，则重力提供向心力
解得
故A错误，C正确；
B．由图可知：当v2＜a时，管壁对小球弹力方向向上，当v2＞a时，管壁对小球弹力方向向下，所以当v2=b时，杆对小球弹力方向向下，故B正确；
D．由图可知，若v2=b，小球受到管壁的弹力大小等于重力大小，故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径d，其中一次测量结果如图1示，则图中读数为_______。
（2）按如图甲所示的电路测量，实验结果会比真实值_________（填“偏大”或“偏小”）。
（3）改变滑动变阻器的滑片位置，测量多组数据，得到图像如图乙所示，则_______（结果保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 0.531（0.530 0.532均正确） ②. 偏小 ③. 4.75.0
【解析】
【详解】（1）[1] 螺旋测微器读数为
读数为0.530mm 0.532mm均正确；
（2）[2]据
可知，电流表外接时，电压表测得电压准确，但电压表分流导致电流测量值偏大，使得电阻测量值比真实值偏小；
（3）[3] 据
4.75.0均算正确。
12. 用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P，N与O的距离分别为、、。分析数据：
（1）实验中入射球质量m1________（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰球的质量m2；
（2）本实验中入射球和被碰球的半径________（选填“必须相同”或“可以不同”）
（3）若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为________。（均用题中所给物理量的符号表示）
（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图（b）所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端B的圆弧。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为、、。测得斜槽末端与、、三点的连线与竖直方向的夹角分别为、、，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________（用所测物理量的字母表示）。
【答案】 ①. 大于 ②. 必须相同 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。
（2）[2]为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同；
（3）[3]设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有
整理得
（4）[4]设斜槽末端与的连线长度为L（即圆弧半径为L），如图所示：
图中几何关系
，
由平抛运动的规律得
，
联立解得
同理有
，
代入动量守恒的表达式
化简可得
四、解答题（共计3道小题，共计32分）
13. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中，忽略空气的阻力。若球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，则：
(1)球A在最高点时速度大小；
(2)球A在最高点时，球B对杆的作用力大小。
【答案】(1)；(2)3mg
【解析】
【详解】(1) 球A运动到最高点时，球A对杆恰好无作用力，根据牛顿第二定律得
解得
(2)球B与球A有相同的角速度
对球B根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，球B对杆向下作用力为3mg。
14. 如图所示，水平面光滑，在虚线的右侧存在场强大小为E，方向向左的匀强电场．一个不带电的小球A恰好静止在虚线与水平面的交点处．电场中，在与A球相距l远处由静止释放一带电量为+q的小球B，经一段时间后A、B发生了弹性正碰．已知A小球的质量为mA，B小球的质量为mB，有mA =2mB．若A、B均为金属小球，形状大小均相同，且可视为质点，不考虑电场边缘效应，求：
(1)碰撞前瞬间B小球的速度；
(2)碰撞后B小球在电场中向右运动的最远距离（已知两小球碰后电量均分，且不考虑小球间的库仑力作用）．
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】(1)根据动能定理即可求解B球的初速度；（2）A与B发生弹性碰撞，由动量守恒和能是守恒可求出碰撞后A、B的速度，再根据动能定理可求解B球向右运动的最远距离．
【详解】(1)对B球，由出发至即将发生碰撞，根据动能定理有：
解得：
(2)对A、B碰撞过程，设A、B碰撞后速度分别为、
由动量守恒定律有：
由能量守恒定律有：
其中
解得：
对B球，由碰撞至向右到最远，根据动能定理有：
解得：
【点睛】本题考查带电粒子在电场中运动及动量守恒，考查考生的推理能力和分析综合能力．关键要分析清楚两球的运动过程，根据条件列出正确的方程．
15. 如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。足够长木板A左端恰在O点，右端叠放着物块B。物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）。此后，AC及B的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2，求：
（1）C与弹簧分离后D的速度；
（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）最终B离A右端的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设各物体的质量为m。由图可知，AC一起运动的初速度为。设C与A碰前瞬间的速度为，则
弹簧解锁过程动量守恒
解得，分离后D的速度
（2）由图，对B：则有
（其中，）
又
解得
AC整体减速运动的大小
又
解得
（3）AC在碰后1s内的位移
B在这1s的位移
假设第1s后A、B、C三者相对静止，一起减速，则它们的加速度大小
对B
这说明假设不成立，A、C的加速度较大，应是：第1s后，B减速运动的加速度大小不变，其位移有
而对AC整体
即AB继续运动的位移大小分别为
故最终，B离A右端的距离为
由以上各式并代入数据得
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