2025屆江西省實(shí)驗(yàn)大聯(lián)考高三下學(xué)期高考模擬（一）物理試卷（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試題PAGEPAGE12025年江西省實(shí)驗(yàn)大聯(lián)考高考物理模擬試卷（一）一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取g=10m/sA.小球從一開(kāi)始就與擋板分離 B.小球速度最大時(shí)與擋板分離

C.小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離 D.小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大2.將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時(shí)刻x=4m的質(zhì)點(diǎn)剛好開(kāi)始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖(實(shí)線)正確的是(

)A.B.

C.D.3.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為(

)A.49Hsinθ B.39Hsinθ C.4.“嫦娥四號(hào)”上搭載的中性原子探測(cè)儀，在入口處安裝了高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，形成強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，對(duì)太陽(yáng)風(fēng)和月球表面作用后輻射的帶電粒子進(jìn)行偏轉(zhuǎn)，以免其射到探測(cè)器上產(chǎn)生干擾信號(hào)。已知高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)由兩平行金屬板組成，當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收。只考慮該電場(chǎng)的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是(

)A.動(dòng)能不大于Ek02的質(zhì)子 B.動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子

C.動(dòng)能不大于Ek0的電子 5.已知通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與通電導(dǎo)線的電流大小成正比，與到通電導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，長(zhǎng)直導(dǎo)體棒P通過(guò)兩根等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A、B兩點(diǎn)的正下方，并通以電流IP。另一導(dǎo)體棒Q也通過(guò)兩根等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在A、B兩點(diǎn)，并通以電流IQ。靜止時(shí)懸掛Q的兩細(xì)線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小導(dǎo)體棒P中的電流。下列說(shuō)法正確的是(

)A.IP與IQ方向相同

B.懸掛Q的細(xì)線拉力逐漸減小

C.懸掛P的細(xì)線拉力大小不變

D.若6.如圖所示，一輛卡車(chē)在水平路面上行駛，初速度為54km/h。其車(chē)廂長(zhǎng)度為10.0m，在車(chē)尾邊緣處放有一個(gè)貨箱，其長(zhǎng)寬高皆為0.5m?？ㄜ?chē)加速時(shí)的最大加速度為2.2m/s2，卡車(chē)剎車(chē)時(shí)的最大加速度為3m/s2。已知貨箱和車(chē)廂之間的動(dòng)摩擦數(shù)為0.24(最大靜摩擦因數(shù)約等于動(dòng)摩擦因數(shù)，g=10m/A.若司機(jī)全力加速，貨箱有可能掉出車(chē)廂

B.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱不可能碰到車(chē)頭

C.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱碰到車(chē)頭的時(shí)間介于剎車(chē)后5s到6s之間

D.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱碰到車(chē)頭的時(shí)間介于剎車(chē)后6s到7s之間二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車(chē)在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車(chē)廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車(chē)廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車(chē)廂始終保持相對(duì)靜止(重力加速度用g表示，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)。下列說(shuō)法正確的是(

)A.若B球受到的摩擦力為零，則F=4mgtanθ

B.若A球所受車(chē)廂壁彈力為零，則F=2mgtanθ

C.若推力F向左，且μ<tanθ，則加速度大小范圍是0<a<g(4μ-tanθ)8.如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌由左右兩側(cè)傾斜軌道與中間水平軌道平滑連接而成，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。在左側(cè)傾斜軌道上端連接有阻值為R的定值電阻。水平軌道間有寬均為d的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B和2B，方向相反；質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒ab由左側(cè)傾斜軌道上h高處?kù)o止釋放，金屬棒第二次從左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)后，最終恰停在兩磁場(chǎng)區(qū)分界線處。不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，金屬棒通過(guò)傾斜軌道與水平軌道交界處無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g(

)A.金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：4

B.金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)量的變化量之比為1：4

C.金屬棒先后兩次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)能的變化量之比為2：1

D.金屬棒第二次通過(guò)兩磁場(chǎng)分界線時(shí)的速度為29.在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，物體的機(jī)械E能隨小球到地面的高度h的變化關(guān)系圖像如圖所示，圖中縱坐標(biāo)b、c為已知數(shù)據(jù)，重力加速度為g。根據(jù)圖像判斷下列說(shuō)法正確的是(

)A.小球的質(zhì)量等于cgHB.當(dāng)h=H2時(shí)，小球的動(dòng)能等于重力勢(shì)能

C.小球運(yùn)動(dòng)的加速度等于bc10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一、二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Bv，第二、四象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一帶正電粒子自y軸上的M點(diǎn)以大小為v的初速度沿著與y軸垂直的方向向左射出，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)沿著與x軸正方向?yàn)?0°的方向進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是(

)A.粒子自開(kāi)始射出至第一次到達(dá)x軸時(shí)的時(shí)間間隔為5πm6qB

B.粒子再次與y軸相交時(shí)速度最小

C.粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為32v

D.粒子離開(kāi)M點(diǎn)后，其速度第n三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。11.在“探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系”時(shí)，某同學(xué)把兩根輕質(zhì)彈簧如圖1連接起來(lái)進(jìn)行探究。

(1)某次測(cè)量如圖2，指針示數(shù)為_(kāi)_____cm；

(2)在彈性限度內(nèi)，將50g的鉤碼逐個(gè)掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數(shù)LA和LB如表。用表中數(shù)據(jù)計(jì)算彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)k1=______N/m，彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)k1______彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)k2(選填“大于”、“等于”或“小于”鉤碼數(shù)1234L15.7119.7123.6627.76L29.9635.7641.5147.3612.某學(xué)習(xí)小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

舊干電池一節(jié)(電動(dòng)勢(shì)約1.5V，內(nèi)阻約1Ω)

電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)

電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω)

滑動(dòng)變阻器G(最大阻值為20Ω)

開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干

(1)為完成實(shí)驗(yàn)，用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，請(qǐng)完成實(shí)物圖甲的連接。

(2)實(shí)驗(yàn)中選用舊干電池，原因是______(簡(jiǎn)述理由)。

(3)通過(guò)多次測(cè)量并記錄對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，利用這些數(shù)據(jù)畫(huà)出了U-I圖線，如圖乙所示。

由圖線可以得出此干電池的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)阻r=______Ω(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

(4)由于電表內(nèi)電阻的影響，測(cè)量結(jié)果會(huì)有誤差。U-I圖像(如圖丙)中，實(shí)線是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖得到的U-I圖像。若沒(méi)有電表內(nèi)電阻影響的理想情況下，在U-I圖像中用虛線定性地描繪出電壓U隨電流I變化的圖線。(不用直尺、不用虛線作圖均不得分)四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車(chē)A和長(zhǎng)木板B，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊C以初速度v0從A的左端開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C和A的速度相等時(shí)，A和B恰好發(fā)生了第一次碰撞。已知A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，不計(jì)A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ，C與A、B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，全程C沒(méi)有掉落到軌道上，每次碰撞時(shí)間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：

(1)A和C第一次速度相等時(shí)的速度；

(2)第一次碰撞前A運(yùn)動(dòng)的距離x和第一次碰撞后A的速度大?。?/p>

(3)若A的長(zhǎng)度l=v024μg，且A與B的上表面齊平，B14.如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車(chē)，小車(chē)的質(zhì)量為M=1kg，現(xiàn)給小車(chē)?yán)镅b入10個(gè)相同的小球，每個(gè)小球質(zhì)量為m=1kg。車(chē)上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對(duì)于地面的速度都是v0=20m/s，每間隔相等時(shí)間Δt=1s噴出一個(gè)小球。已知小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力為小車(chē)和車(chē)內(nèi)小球總重力的k=0.2倍，g=10m/

(1)噴出第一個(gè)小球時(shí)，小車(chē)同時(shí)也獲得一個(gè)反向速度，求此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)增加的機(jī)械能；

(2)求噴出第三個(gè)小球后，小車(chē)的速度v3；

(3)調(diào)整第四個(gè)及以后的每個(gè)小球噴出速度，可使得接下來(lái)的每個(gè)小球噴出后小車(chē)的速度都等于v3。求第四個(gè)小球和第五個(gè)小球噴出的速度之比。15.圖1為某種旋轉(zhuǎn)節(jié)速器的結(jié)構(gòu)示意圖，長(zhǎng)方形框架固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，質(zhì)量為m的重物A套在轉(zhuǎn)軸上，兩個(gè)完全相同的小環(huán)B、C與輕彈簧兩端連接并套在框架上，A、B及A、C之間通過(guò)鉸鏈與長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩根輕桿相連接，A可以在豎直軸上滑動(dòng)。當(dāng)裝置靜止時(shí)，輕桿與豎直方向的夾角為53°?，F(xiàn)將裝置倒置，當(dāng)裝置再次靜止時(shí)，輕桿與豎直方向的夾角為37°，如圖2所示，此時(shí)緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)裝置，直到輕桿與豎直方向的夾角再次為53°時(shí)裝置保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知裝置倒置時(shí)，前、后彈簧的彈性勢(shì)能減少量為ΔEp，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)裝置正置時(shí)彈簧彈力的大?。?/p>

——★參考答案★——1.【答案】C

【解析】解：A、C、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，

從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。

根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，

保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有：

mgsin30°-kx=ma，

解得：x=m(gsin30°-a)k=2×(10×0.5-4)200m=0.01m，

即小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離，故A錯(cuò)誤，C正確。

B、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大。故B錯(cuò)誤；

D.球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零。即：2.【答案】C

【解析】解：A、波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離為一個(gè)波長(zhǎng)，則t=T2時(shí)波傳到x=6m處，則波形平移到x=6m處，故A錯(cuò)誤；

B、t=T時(shí)，波傳到固定點(diǎn)處，則波形平移到固定點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；

C、t=3T2時(shí)，波被固定點(diǎn)反射T2時(shí)間，形成半個(gè)波長(zhǎng)的反射波，反射波與6～8m內(nèi)原波的波形相同，根據(jù)波的疊加原理可知該區(qū)域內(nèi)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為原來(lái)的2倍，故C正確；

D、t=2T時(shí)，波被固定點(diǎn)反射T時(shí)間，形成一個(gè)波長(zhǎng)的反射波，反射波與4～8m內(nèi)原波的波形相同，根據(jù)波的疊加原理可知該區(qū)域內(nèi)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為原來(lái)的2倍，故D錯(cuò)誤。

故選：C3.【答案】B

【解析】解：小物塊第一次到達(dá)O點(diǎn)，獲得的動(dòng)能Ek1=mgH，運(yùn)動(dòng)的路程s1=Hsinθ，小球第一次通過(guò)O點(diǎn)損失的動(dòng)能為0.05mgH，滑上斜面到最高點(diǎn)H1=0.95H，到第二次到達(dá)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程s2=Hsinθ+2×0.95Hsinθ，小球第二次通過(guò)O點(diǎn)損失的動(dòng)能為0.05mgH1=(0.05)2mgH，滑上斜面最高點(diǎn)H2=0.95H1=0.952H，小球第三次到達(dá)O點(diǎn)的路程s3=Hsinθ+2×0.95Hsinθ+4.【答案】A

【解析】解：平行極板進(jìn)入的帶電粒子在板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，

在沿極板和垂直極板方向上分解其運(yùn)動(dòng)，

L=v0t；

d=12at2；a=qUmd，

聯(lián)立得到：d=12qUmdL2v02，(其中L為板長(zhǎng)、d為板間距離、U為兩極板電壓)

整理得到：粒子最大初動(dòng)能Ek=12mv02=qUL24d2，

由此可知：Ek5.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知電流方向相反，故A錯(cuò)誤；

B.如圖甲所示，對(duì)導(dǎo)體棒Q受力分析。記PQ距離為d，AQ距離為L(zhǎng)，AP距離為H，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知

mQgH=2FTL=FAd

故懸掛Q的細(xì)線拉力FT大小不變，故B錯(cuò)誤；

C、如圖乙所示，將兩根導(dǎo)體棒視為整體受力分析，設(shè)懸掛Q的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則有

2FT'+2FTcosθ=(mQ+mP)g

由于θ逐漸減小，故懸掛P的細(xì)線拉力FT'逐漸減小，故C錯(cuò)誤；

D、導(dǎo)體棒P在導(dǎo)體棒Q6.【答案】C

【解析】解：設(shè)貨箱恰好相對(duì)于車(chē)廂滑動(dòng)時(shí)卡車(chē)的加速度的為a0，

設(shè)貨箱的質(zhì)量為m，對(duì)貨箱，由牛頓第二定律得：

μmg=ma0

解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，

A、司機(jī)全力加速時(shí)卡車(chē)的加速度a加=2.2m/s2<a0，貨箱相對(duì)卡車(chē)靜止，貨箱不可能掉出車(chē)廂，故A錯(cuò)誤；

BCD、司機(jī)全力剎車(chē)時(shí)卡車(chē)的加速度a減=3m/s2>a0，貨箱相對(duì)卡車(chē)向前滑動(dòng)，貨箱可能碰到車(chē)頭，

若司機(jī)全力剎車(chē)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t貨箱碰到車(chē)頭，貨箱碰到車(chē)頭時(shí)貨箱相對(duì)于車(chē)廂滑動(dòng)的距離s=10.0m-0.5m=9.5m，

卡車(chē)的初速度7.【答案】AD

【解析】解：B、對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma

對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma

解得

F=4mgtanθ

故B錯(cuò)誤；

A、設(shè)桿的彈力為N，對(duì)小球A，豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足

NxNy=tanθ

豎直方向有

Ny=mg

則

Nx=mgtanθ

若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma

可得

a=gtanθ

對(duì)小球A、B和小車(chē)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma=4mgtanθ

故A正確；

C、若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力以及車(chē)廂壁的彈力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtanθ

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax=(Ny+mg)?μ-Nx=2μmg-mgtanθ

由于

μ<tanθ

可知

Fmax<mgtanθ

故F最大加速度最大時(shí)小球B所受摩擦力已達(dá)到最大、小球A與左壁還有彈力，則對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律

Fmax=2μmg-mgtanθ=mamax

amax=g(2μ-tanθ)

故C錯(cuò)誤；

D、若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B8.【答案】BC

【解析】解：B、金屬棒ab每次通過(guò)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程，通過(guò)它的電荷量為：

q1=I1-?t1=E1-2R?t1=ΔΦ1t1?2R?t1=BLd2R

同理，每次通過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程，通過(guò)它的電荷量為：

q2=I2-?t2=E2-2R?t2=ΔΦ2t2?2R?t2=BLdR

根據(jù)動(dòng)量定理可得，金屬棒ab每次通過(guò)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程動(dòng)量的變化量的大小為：

Δp1=BI1-L?t1=BLq1=B2L2d2R

同理，每次通過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程動(dòng)量的變化量的大小為：

Δp2=BI2-L?t2=2BLq2=2B2L2dR

故金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)量的變化量之比：

Δp1：Δp2=1：4，故B正確；

A、由Δp=mΔv可得：金屬棒每次穿過(guò)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程，其速度減小量ΔvⅠ、ΔvⅡ之比為：

ΔvⅠΔvⅡ=Δp9.【答案】AC

【解析】解：A、在距地面高H處小球的機(jī)械能與重力勢(shì)能相等，則有：mgH=c，解得小球的質(zhì)量為：m=cgH，故A正確；

B、當(dāng)h=H2時(shí)，小球的重力勢(shì)能為EP=12mgH；

從釋放小球到h=H2過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg?12H-Wf=Ek-0，其中Wf為克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH-Wf<EP，故B錯(cuò)誤；

CD、阻力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的變化，則有：ΔE=fΔh10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=2πmqB，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)圓心角θ=56π，故粒子自開(kāi)始射出至第一次到達(dá)x軸時(shí)的時(shí)間間隔為t=θ2πT=5πm6qB，故A正確；

BC、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為人，則qvB=mv2r

解得r=mvqB

粒子從x軸射出到y(tǒng)軸的距離為d=rsin30°=mv2qB

粒子從x軸射出后，以速度v與x軸成30°斜向上運(yùn)動(dòng)，則水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，vx=vcos30°=32v，豎直方向vy=vsin30°=12v，在豎直方向向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直方向速度減小到零時(shí)，速度最小，最小速度為vmin=vx=11.【答案】16.00

12.4

<

【解析】解：(1)刻度尺的精確度為1mm，某次測(cè)量如圖2，根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則，其指針示數(shù)為160.0mm=16.00cm；

(2)根據(jù)胡克定律，彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)為k1=ΔF1Δx1=(4-1)×50×10-3×10(27.76-15.71)×10-2N/m=12.4N/m，彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)為k2=ΔF12.【答案】舊干電池內(nèi)阻較大，容易測(cè)量

1.48

1.36

【解析】解：(1)干電池的內(nèi)阻一般很小，所以電流表選擇外接法(相對(duì)于電源內(nèi)阻)，電壓表直接測(cè)量路端電壓，按此思路連接實(shí)物如圖所示；

(2)作出電源的U-I圖象，因?yàn)閁=E-Ir，圖象斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，若r較小，則圖象平坦，不容易計(jì)算斜率，所以選擇阻值較大的舊電池做實(shí)驗(yàn)；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源的內(nèi)阻，所以E=1.48V，r=|0.8-1.480.5|Ω=1.36Ω；

(4)由于電壓表的分流，通過(guò)電路的實(shí)際電流比電流表示數(shù)大，且電壓越大時(shí)，電壓表的分流就越大，實(shí)際的U-I圖象相當(dāng)于畫(huà)出圖象向右稍微平移并順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一下，實(shí)際的U-I如圖所示(紅色

故答案為：(1)如圖；(2)舊干電池內(nèi)阻較大，容易測(cè)量；(3)1.48(1.46～1.49

間均正確)、1.36(1.32～1.38均正確)；(4)如圖

(1)根據(jù)電池的內(nèi)阻很小，選擇電流表的接法，從而完成實(shí)物連接；

(2)舊電池的內(nèi)阻較大，畫(huà)出的圖象斜率較大，容易測(cè)量計(jì)算；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源的內(nèi)阻；

(4)考慮電壓表的分流進(jìn)行分析，且電壓越大時(shí)分流越大，在畫(huà)出的圖象上找兩個(gè)實(shí)際點(diǎn)大致描出實(shí)際的U-I圖象。

本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選取、作實(shí)驗(yàn)電路圖、求電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，知道實(shí)驗(yàn)器材的選取原則、知道實(shí)驗(yàn)原理、掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法即可正確解題。在計(jì)算電源的內(nèi)阻的時(shí)候，一定要注意縱坐標(biāo)的數(shù)值是不是從0開(kāi)始的．13.【答案】解：(1)不計(jì)A與軌道間的摩擦，則從C滑上A，AB動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律，A和C第一次

速度相等時(shí)

3mv0=(3m+m)v1

解得

v1=34v0

方向水平向右

(2)設(shè)第一次碰撞前A運(yùn)動(dòng)的距離x，由牛頓第二定律可得fA=3μmg=maA

A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再由v12=2aAx

可得x=3v0232μg

設(shè)第一次碰撞后AB碰撞，設(shè)AB碰后的速度分別為V1'、VB'，以v1的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

mAv1=mAv1'+mBvB

12mAv12=12mAv1'2+12mBvB2

解得v1'=-14v0

vB=12v0

則第一次碰后，A速度大小為14v0，方向反向。

(3)AB碰撞前，AC相對(duì)位移為μ?3mgx相對(duì)1=12×3mv02-12(3m+m)v12

解得x相對(duì)1=v028μg

第一次碰撞后A的速度v1'=-14v0

C速度為v1=34v0

假設(shè)AB能再一次共速，且共速前A不與B發(fā)生碰撞，且C還未滑離A，以【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律求A和C第一次速度相等時(shí)的速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律求第一次碰撞前A運(yùn)動(dòng)的距離，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求第一次碰撞后A的速度；

(3)第一次碰撞后B向右減速，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解B減速的位移；A再一次與B發(fā)生碰撞時(shí)和第一次碰撞滿足同樣的規(guī)律，再次求出B第二次減速運(yùn)動(dòng)的位移即可得到B運(yùn)動(dòng)的總位移。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律以及牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。14.【答案】解：(1)噴出小球過(guò)程，以v0的方向?yàn)檎较?，小?chē)和小球整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒

mv0=(M+9m)v1

解得v1=2m/s

系統(tǒng)增加的機(jī)械能ΔE=12mv02+12(M+9m)v12

解得ΔE=220J

(2)由題意可知，噴出每個(gè)小球后，小車(chē)和剩余小球?qū)?huì)做Δt=1s的勻減速運(yùn)動(dòng)。

km總g=m總a

可知每次減速的加速度a=kg

解得

a=2m/s2

噴出第二個(gè)小球前v1=v1-aΔt

噴出第二個(gè)小球后，小車(chē)的速度為v2

以v1的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得

(M+9m)v1=-mv0+(M+8m)v2

聯(lián)立可得

(M+8m)v2=2mv0-(M+9m)kg

同理可得噴出第三個(gè)小球后，以v1【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒定律求此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)增加的機(jī)械能；

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律求噴出第三個(gè)小球后，小車(chē)的速度；

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒求第四個(gè)小球和第五個(gè)小球噴出的速度之比。

解答本題的關(guān)鍵要理清小球和小車(chē)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握各個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，分段運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解答。15.【答案】解：(1)裝置正置時(shí)對(duì)A受力分析，F(xiàn)N是輕桿的彈力，根據(jù)平衡條件有，2FNcos53°=mg，

對(duì)B受力分析、根據(jù)平衡條件有：FNsin?53°=F彈，

聯(lián)立解得：F彈=23mg，彈簧此時(shí)是拉伸狀態(tài)；

(2)當(dāng)裝置倒置，且勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，夾角還是53°，且彈簧長(zhǎng)度的形變量還是與正置時(shí)一樣，

由勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)B受力分析及力學(xué)關(guān)系有：F向=FNsin?53°+F彈，

聯(lián)立解得：F向=43mg；

(3)裝置倒置靜止時(shí)，取BC所在平面為零勢(shì)能面；所以此時(shí)A.B.C三者所組成的系統(tǒng)的總能量E1=Ep彈+EpA，【解析】(1)對(duì)AB分別受力分析，根據(jù)力的平衡條件解得；

(2)當(dāng)裝置倒置，且勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，夾角還是53°，且彈簧長(zhǎng)度的形變量還是與正置時(shí)一樣，根據(jù)力的合成解得向心力；

(3)裝置勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)三者組成的系統(tǒng)總能量與倒置靜止時(shí)總能量之差即為裝置對(duì)系統(tǒng)做的總功。

2025年江西省實(shí)驗(yàn)大聯(lián)考高考物理模擬試卷（一）一、單選題：本大題共6小題，共24分。1.如題所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為200N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取A.小球從一開(kāi)始就與擋板分離 B.小球速度最大時(shí)與擋板分離

C.小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離 D.小球向下運(yùn)動(dòng)0.02m時(shí)速度最大2.將一根柔軟彈性細(xì)繩沿水平的x軸放置，其一端固定于位置為x=8m的墻面上，另一端不斷上下振動(dòng)，在繩中形成繩波如圖，在t=0s時(shí)刻x=4m的質(zhì)點(diǎn)剛好開(kāi)始振動(dòng)。當(dāng)波傳至固定點(diǎn)時(shí)，繩波將發(fā)生反射。反射處質(zhì)點(diǎn)在反射前后的振動(dòng)速度大小不變方向反向，波的傳播方向也反向。則下列各個(gè)時(shí)刻細(xì)繩的波形圖(實(shí)線)正確的是(

)A.B.

C.D.3.如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對(duì)接后固定在水平地面上，O點(diǎn)為斜面的最低點(diǎn)。一個(gè)小物塊從右側(cè)斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個(gè)斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。小物塊每次通過(guò)O點(diǎn)時(shí)都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為小物塊當(dāng)次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的5%。小物塊從開(kāi)始下滑到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為(

)A.49Hsinθ B.39Hsinθ C.4.“嫦娥四號(hào)”上搭載的中性原子探測(cè)儀，在入口處安裝了高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，形成強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，對(duì)太陽(yáng)風(fēng)和月球表面作用后輻射的帶電粒子進(jìn)行偏轉(zhuǎn)，以免其射到探測(cè)器上產(chǎn)生干擾信號(hào)。已知高壓偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)由兩平行金屬板組成，當(dāng)兩板加一定的電壓時(shí)其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，可將沿平行極板方向射入金屬板間、動(dòng)能不大于Ek0的氦核均偏轉(zhuǎn)到極板而被極板吸收。只考慮該電場(chǎng)的作用，則粒子沿平行極板方向射入金屬板間，能夠完全被極板吸收的是A.動(dòng)能不大于Ek02的質(zhì)子 B.動(dòng)能不大于Ek0的質(zhì)子

C.動(dòng)能不大于Ek0的電子 5.已知通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與通電導(dǎo)線的電流大小成正比，與到通電導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，長(zhǎng)直導(dǎo)體棒P通過(guò)兩根等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在豎直絕緣光滑墻面上等高的A、B兩點(diǎn)的正下方，并通以電流IP。另一導(dǎo)體棒Q也通過(guò)兩根等長(zhǎng)絕緣細(xì)線懸掛在A、B兩點(diǎn)，并通以電流IQ。靜止時(shí)懸掛Q的兩細(xì)線與豎直墻面有一定夾角，然后緩慢減小導(dǎo)體棒PA.IP與IQ方向相同

B.懸掛Q的細(xì)線拉力逐漸減小

C.懸掛P的細(xì)線拉力大小不變

D.若6.如圖所示，一輛卡車(chē)在水平路面上行駛，初速度為54km/h。其車(chē)廂長(zhǎng)度為10.0m，在車(chē)尾邊緣處放有一個(gè)貨箱，其長(zhǎng)寬高皆為0.5m。卡車(chē)加速時(shí)的最大加速度為2.2m/s2，卡車(chē)剎車(chē)時(shí)的最大加速度為3m/s2。已知貨箱和車(chē)廂之間的動(dòng)摩擦數(shù)為0.24(A.若司機(jī)全力加速，貨箱有可能掉出車(chē)廂

B.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱不可能碰到車(chē)頭

C.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱碰到車(chē)頭的時(shí)間介于剎車(chē)后5s到6s之間

D.若司機(jī)全力剎車(chē)，貨箱碰到車(chē)頭的時(shí)間介于剎車(chē)后6s到7s之間二、多選題：本大題共4小題，共20分。7.如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車(chē)在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車(chē)廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車(chē)廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車(chē)廂始終保持相對(duì)靜止(重力加速度用g表示，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)。下列說(shuō)法正確的是(

)A.若B球受到的摩擦力為零，則F=4mgtanθ

B.若A球所受車(chē)廂壁彈力為零，則F=2mgtanθ

C.若推力F向左，且μ<tanθ，則加速度大小范圍是0<a<g(4μ-tanθ)8.如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌由左右兩側(cè)傾斜軌道與中間水平軌道平滑連接而成，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。在左側(cè)傾斜軌道上端連接有阻值為R的定值電阻。水平軌道間有寬均為d的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B和2B，方向相反；質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒ab由左側(cè)傾斜軌道上h高處?kù)o止釋放，金屬棒第二次從左側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)后，最終恰停在兩磁場(chǎng)區(qū)分界線處。不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，金屬棒通過(guò)傾斜軌道與水平軌道交界處無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g(

)A.金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱之比為1：4

B.金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)量的變化量之比為1：4

C.金屬棒先后兩次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)能的變化量之比為2：1

D.金屬棒第二次通過(guò)兩磁場(chǎng)分界線時(shí)的速度為29.在距地面高H處由靜止釋放一小球，小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力不能忽略，以地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，物體的機(jī)械E能隨小球到地面的高度h的變化關(guān)系圖像如圖所示，圖中縱坐標(biāo)b、c為已知數(shù)據(jù)，重力加速度為g。根據(jù)圖像判斷下列說(shuō)法正確的是(

)A.小球的質(zhì)量等于cgHB.當(dāng)h=H2時(shí)，小球的動(dòng)能等于重力勢(shì)能

C.小球運(yùn)動(dòng)的加速度等于bc10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一、二象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Bv，第二、四象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一帶正電粒子自y軸上的M點(diǎn)以大小為v的初速度沿著與y軸垂直的方向向左射出，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)沿著與x軸正方向?yàn)?0°的方向進(jìn)入電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是A.粒子自開(kāi)始射出至第一次到達(dá)x軸時(shí)的時(shí)間間隔為5πm6qB

B.粒子再次與y軸相交時(shí)速度最小

C.粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為32v

D.粒子離開(kāi)M點(diǎn)后，其速度第n三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。11.在“探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系”時(shí)，某同學(xué)把兩根輕質(zhì)彈簧如圖1連接起來(lái)進(jìn)行探究。

(1)某次測(cè)量如圖2，指針示數(shù)為_(kāi)_____cm；

(2)在彈性限度內(nèi)，將50g的鉤碼逐個(gè)掛在彈簧下端，得到指針A、B的示數(shù)LA和LB如表。用表中數(shù)據(jù)計(jì)算彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)k1=______N/m，彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)k1______彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)k2(選填“大于”、“等于”或“小于鉤碼數(shù)1234L15.7119.7123.6627.76L29.9635.7641.5147.3612.某學(xué)習(xí)小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

舊干電池一節(jié)(電動(dòng)勢(shì)約1.5V，內(nèi)阻約1Ω)

電壓表V(量程3V，內(nèi)阻約3kΩ)

電流表A(量程0.6A，內(nèi)阻約1Ω)

滑動(dòng)變阻器G(最大阻值為20Ω)

開(kāi)關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干

(1)為完成實(shí)驗(yàn)，用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，請(qǐng)完成實(shí)物圖甲的連接。

(2)實(shí)驗(yàn)中選用舊干電池，原因是______(簡(jiǎn)述理由)。

(3)通過(guò)多次測(cè)量并記錄對(duì)應(yīng)的電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，利用這些數(shù)據(jù)畫(huà)出了U-I圖線，如圖乙所示。

由圖線可以得出此干電池的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)阻r=______Ω(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

(4)由于電表內(nèi)電阻的影響，測(cè)量結(jié)果會(huì)有誤差。U-I圖像(如圖丙)中，實(shí)線是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖得到的U-I圖像。若沒(méi)有電表內(nèi)電阻影響的理想情況下，在U-I圖像中用虛線定性地描繪出電壓U隨電流I變化的圖線。(不用直尺、不用虛線作圖均不得分)四、計(jì)算題：本大題共3小題，共40分。13.如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車(chē)A和長(zhǎng)木板B，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊C以初速度v0從A的左端開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C和A的速度相等時(shí)，A和B恰好發(fā)生了第一次碰撞。已知A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，不計(jì)A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ，C與A、B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，全程C沒(méi)有掉落到軌道上，每次碰撞時(shí)間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g

(1)A和C第一次速度相等時(shí)的速度；

(2)第一次碰撞前A運(yùn)動(dòng)的距離x和第一次碰撞后A的速度大??；

(3)若A的長(zhǎng)度l=v024μg，且A與B的上表面齊平，14.如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車(chē)，小車(chē)的質(zhì)量為M=1kg，現(xiàn)給小車(chē)?yán)镅b入10個(gè)相同的小球，每個(gè)小球質(zhì)量為m=1kg。車(chē)上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對(duì)于地面的速度都是v0=20m/s，每間隔相等時(shí)間Δt=1s噴出一個(gè)小球。已知小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力為小車(chē)和車(chē)內(nèi)小球總重力的k=0.2倍，

(1)噴出第一個(gè)小球時(shí)，小車(chē)同時(shí)也獲得一個(gè)反向速度，求此時(shí)整個(gè)系統(tǒng)增加的機(jī)械能；

(2)求噴出第三個(gè)小球后，小車(chē)的速度v3；

(3)調(diào)整第四個(gè)及以后的每個(gè)小球噴出速度，可使得接下來(lái)的每個(gè)小球噴出后小車(chē)的速度都等于v315.圖1為某種旋轉(zhuǎn)節(jié)速器的結(jié)構(gòu)示意圖，長(zhǎng)方形框架固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，質(zhì)量為m的重物A套在轉(zhuǎn)軸上，兩個(gè)完全相同的小環(huán)B、C與輕彈簧兩端連接并套在框架上，A、B及A、C之間通過(guò)鉸鏈與長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩根輕桿相連接，A可以在豎直軸上滑動(dòng)。當(dāng)裝置靜止時(shí)，輕桿與豎直方向的夾角為53°?，F(xiàn)將裝置倒置，當(dāng)裝置再次靜止時(shí)，輕桿與豎直方向的夾角為37°，如圖2所示，此時(shí)緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)裝置，直到輕桿與豎直方向的夾角再次為53°時(shí)裝置保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知裝置倒置時(shí)，前、后彈簧的彈性勢(shì)能減少量為ΔEp，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)——★參考答案★——1.【答案】C

【解析】解：A、C、設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，

從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到分離的過(guò)程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F。

根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，

保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有：

mgsin30°-kx=ma，

解得：x=m(gsin30°-a)k=2×(10×0.5-4)200m=0.01m，

即小球向下運(yùn)動(dòng)0.01m時(shí)與擋板分離，故A錯(cuò)誤，C正確。

B、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大。故B錯(cuò)誤；

D.球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零。即：2.【答案】C

【解析】解：A、波在一個(gè)周期內(nèi)傳播的距離為一個(gè)波長(zhǎng)，則t=T2時(shí)波傳到x=6m處，則波形平移到x=6m處，故A錯(cuò)誤；

B、t=T時(shí)，波傳到固定點(diǎn)處，則波形平移到固定點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；

C、t=3T2時(shí)，波被固定點(diǎn)反射T2時(shí)間，形成半個(gè)波長(zhǎng)的反射波，反射波與6～8m內(nèi)原波的波形相同，根據(jù)波的疊加原理可知該區(qū)域內(nèi)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為原來(lái)的2倍，故C正確；

D、t=2T時(shí)，波被固定點(diǎn)反射T時(shí)間，形成一個(gè)波長(zhǎng)的反射波，反射波與4～8m內(nèi)原波的波形相同，根據(jù)波的疊加原理可知該區(qū)域內(nèi)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為原來(lái)的2倍，故D錯(cuò)誤。

故選：C3.【答案】B

【解析】解：小物塊第一次到達(dá)O點(diǎn)，獲得的動(dòng)能Ek1=mgH，運(yùn)動(dòng)的路程s1=Hsinθ，小球第一次通過(guò)O點(diǎn)損失的動(dòng)能為0.05mgH，滑上斜面到最高點(diǎn)H1=0.95H，到第二次到達(dá)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程s2=Hsinθ+2×0.95Hsinθ，小球第二次通過(guò)O點(diǎn)損失的動(dòng)能為0.05mgH1=(0.05)2mgH，滑上斜面最高點(diǎn)H2=0.95H1=0.952H，小球第三次到達(dá)O點(diǎn)的路程s3=Hsinθ+2×0.95Hsinθ+4.【答案】A

【解析】解：平行極板進(jìn)入的帶電粒子在板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，

在沿極板和垂直極板方向上分解其運(yùn)動(dòng)，

L=v0t；

d=12at2；a=qUmd，

聯(lián)立得到：d=12qUmdL2v02，(其中L為板長(zhǎng)、d為板間距離、U為兩極板電壓)

整理得到：粒子最大初動(dòng)能Ek=12mv02=qUL24d2，

由此可知：Ek5.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，可知電流方向相反，故A錯(cuò)誤；

B.如圖甲所示，對(duì)導(dǎo)體棒Q受力分析。記PQ距離為d，AQ距離為L(zhǎng)，AP距離為H，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知

mQgH=2FTL=FAd

故懸掛Q的細(xì)線拉力FT大小不變，故B錯(cuò)誤；

C、如圖乙所示，將兩根導(dǎo)體棒視為整體受力分析，設(shè)懸掛Q的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，則有

2FT'+2FTcosθ=(mQ+mP)g

由于θ逐漸減小，故懸掛P的細(xì)線拉力FT'逐漸減小，故C錯(cuò)誤；

D、導(dǎo)體棒P在導(dǎo)體棒Q6.【答案】C

【解析】解：設(shè)貨箱恰好相對(duì)于車(chē)廂滑動(dòng)時(shí)卡車(chē)的加速度的為a0，

設(shè)貨箱的質(zhì)量為m，對(duì)貨箱，由牛頓第二定律得：

μmg=ma0

解得：a0=μg=0.24×10=2.4m/s2，

A、司機(jī)全力加速時(shí)卡車(chē)的加速度a加=2.2m/s2<a0，貨箱相對(duì)卡車(chē)靜止，貨箱不可能掉出車(chē)廂，故A錯(cuò)誤；

BCD、司機(jī)全力剎車(chē)時(shí)卡車(chē)的加速度a減=3m/s2>a0，貨箱相對(duì)卡車(chē)向前滑動(dòng)，貨箱可能碰到車(chē)頭，

若司機(jī)全力剎車(chē)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t貨箱碰到車(chē)頭，貨箱碰到車(chē)頭時(shí)貨箱相對(duì)于車(chē)廂滑動(dòng)的距離s=10.0m-0.5m=9.5m，

卡車(chē)的初速度7.【答案】AD

【解析】解：B、對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma

對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma

解得

F=4mgtanθ

故B錯(cuò)誤；

A、設(shè)桿的彈力為N，對(duì)小球A，豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足

NxNy=tanθ

豎直方向有

Ny=mg

則

Nx=mgtanθ

若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得

Nx=ma

可得

a=gtanθ

對(duì)小球A、B和小車(chē)整體根據(jù)牛頓第二定律

F=4ma=4mgtanθ

故A正確；

C、若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力以及車(chē)廂壁的彈力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值為

Nx=mgtanθ

小球B所受向左的合力的最大值

Fmax=(Ny+mg)?μ-Nx=2μmg-mgtanθ

由于

μ<tanθ

可知

Fmax<mgtanθ

故F最大加速度最大時(shí)小球B所受摩擦力已達(dá)到最大、小球A與左壁還有彈力，則對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律

Fmax=2μmg-mgtanθ=mamax

amax=g(2μ-tanθ)

故C錯(cuò)誤；

D、若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B8.【答案】BC

【解析】解：B、金屬棒ab每次通過(guò)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程，通過(guò)它的電荷量為：

q1=I1-?t1=E1-2R?t1=ΔΦ1t1?2R?t1=BLd2R

同理，每次通過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程，通過(guò)它的電荷量為：

q2=I2-?t2=E2-2R?t2=ΔΦ2t2?2R?t2=BLdR

根據(jù)動(dòng)量定理可得，金屬棒ab每次通過(guò)區(qū)域Ⅰ的過(guò)程動(dòng)量的變化量的大小為：

Δp1=BI1-L?t1=BLq1=B2L2d2R

同理，每次通過(guò)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程動(dòng)量的變化量的大小為：

Δp2=BI2-L?t2=2BLq2=2B2L2dR

故金屬棒第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程中，金屬桿動(dòng)量的變化量之比：

Δp1：Δp2=1：4，故B正確；

A、由Δp=mΔv可得：金屬棒每次穿過(guò)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的過(guò)程，其速度減小量ΔvⅠ、ΔvⅡ之比為：

ΔvⅠΔvⅡ=Δp9.【答案】AC

【解析】解：A、在距地面高H處小球的機(jī)械能與重力勢(shì)能相等，則有：mgH=c，解得小球的質(zhì)量為：m=cgH，故A正確；

B、當(dāng)h=H2時(shí)，小球的重力勢(shì)能為EP=12mgH；

從釋放小球到h=H2過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg?12H-Wf=Ek-0，其中Wf為克服阻力做的功，解得：Ek=12mgH-Wf<EP，故B錯(cuò)誤；

CD、阻力對(duì)小球做的功等于小球機(jī)械能的變化，則有：ΔE=fΔh10.【答案】AC

【解析】解：A、粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=2πmqB，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)圓心角θ=56π，故粒子自開(kāi)始射出至第一次到達(dá)x軸時(shí)的時(shí)間間隔為t=θ2πT=5πm6qB，故A正確；

BC、粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為人，則qvB=mv2r

解得r=mvqB

粒子從x軸射出到y(tǒng)軸的距離為d=rsin30°=mv2qB

粒子從x軸射出后，以速度v與x軸成30°斜向上運(yùn)動(dòng)，則水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，vx=vcos30°=32v，豎直方向vy=vsin30°=12v，在豎直方向向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直方向速度減小到零時(shí)，速度最小，最小速度為vmin=vx=11.【答案】16.00

12.4

<

【解析】解：(1)刻度尺的精確度為1mm，某次測(cè)量如圖2，根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則，其指針示數(shù)為160.0mm=16.00cm；

(2)根據(jù)胡克定律，彈簧Ⅰ的勁度系數(shù)為k1=ΔF1Δx1=(4-1)×50×10-3×10(27.76-15.71)×10-2N/m=12.4N/m，彈簧Ⅱ的勁度系數(shù)為k2=ΔF12.【答案】舊干電池內(nèi)阻較大，容易測(cè)量

1.48

1.36

【解析】解：(1)干電池的內(nèi)阻一般很小，所以電流表選擇外接法(相對(duì)于電源內(nèi)阻)，電壓表直接測(cè)量路端電壓，按此思路連接實(shí)物如圖所示；

(2)作出電源的U-I圖象，因?yàn)閁=E-Ir，圖象斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻，若r較小，則圖象平坦，不容易計(jì)算斜率，所以選擇阻值較大的舊電池做實(shí)驗(yàn)；

(3)電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源的內(nèi)阻，所以E=1.48V，r=|0.8-1.480.5|Ω=1.36Ω；

(4)由于電壓表的分流，通過(guò)電路的實(shí)際電流比電流表示數(shù)大，且電壓越大時(shí)，電壓表的分流就越大，實(shí)際的U-I圖象相當(dāng)于畫(huà)出圖象向右稍微平移并順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一下，實(shí)際的U-I如圖所示(紅色

故答案為：(1)如圖；(2)舊干電池內(nèi)阻較大，容易測(cè)量；(3)1.48(1.46～1.49

間均正確)、1.36(1.32～