2024-2025學(xué)年湖北省隨州市廣水市某中學(xué)高三（上）月考物理試卷（9月）（含解析）

2024-2025學(xué)年湖北省隨州市廣水市第二高級(jí)中學(xué)高三（上）月考

物理試卷（9月）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.汽車中的A8S系統(tǒng)是汽車制動(dòng)時(shí)，自動(dòng)控制制動(dòng)器的剎車系統(tǒng)，能防止車輪抱死，可以減小剎車距離,

增強(qiáng)剎車效果。實(shí)驗(yàn)小組通過實(shí)驗(yàn)，研究有力BS系統(tǒng)和無4BS系統(tǒng)兩種情況下的勻減速制動(dòng)距離，測(cè)試的

初速度均為60km/鼠根據(jù)圖中的圖線及數(shù)據(jù)，可以推斷出兩種情況下汽車剎車的加速度大小之比a有：a無

D.2：3

2.如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽內(nèi)有一質(zhì)量為小的小

鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動(dòng)凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止時(shí)，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎

直方向成a角.重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小鐵球受到的合外力方向水平向左B.凹槽對(duì)小鐵球的支持力為4

C.系統(tǒng)的加速度為a=gtanaD.推力F=Mgtana

3.風(fēng)力發(fā)電機(jī)是由風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子（磁極）轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子（線圈，不計(jì)電阻）中產(chǎn)生電

流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化.若葉片長為I,設(shè)定的額定風(fēng)速為外空氣的密度為p,額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的

輸出功率為P,則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為（）

2P6P4P8P

23資

,7iplVB?7rp/2v3C.7rpi2/D.71Plz

4.如圖所示，傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，始終以速度M故勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為小的某物塊由靜止釋放在傳

送帶的左端，設(shè)傳送帶足夠長，設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,對(duì)于物塊從靜止釋

放到與傳送帶相對(duì)靜止這一過程（）

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V

A.物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.所用時(shí)間t=—

C.摩擦產(chǎn)生的熱量為小廿D.電動(dòng)機(jī)多做的功等于與n/

5.如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)。為絕緣光滑且固定的四分之

一圓弧軌道，軌道半徑為R,。為圓心，B位于。點(diǎn)正下方。一質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電小球，以初速

度以豎直向下從4點(diǎn)沿切線進(jìn)入四分之一圓弧軌道內(nèi)側(cè)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到8處以速度射出。已知重力加速

度為9，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為后=鬻，sin370=0.6,空氣阻力不計(jì)，下列說法正確的是（）

A.從4到B過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小/V,八

歷"小----N

B.從a到8過程中，小球?qū)壍赖膲毫ο葴p小后增大:\|

C.在4、B兩點(diǎn)的速度大小滿足力>_[-----------

D.從B點(diǎn)拋出后，小球速度的最小值為

6.用電流表（內(nèi)阻約40）和電壓表（內(nèi)阻約35）測(cè)量電阻R的阻匠。某次按照如圖所示電路的測(cè)量情況：電流

表的示數(shù)是5.00nM,電壓表的示數(shù)是2.50"。正確的說法是（）

A..電阻R的值為5000O

B..電阻R的值略大于500。

C..電阻R的值略小于5000

D..如果采用電流表外接法測(cè)量，結(jié)果更加精確

7.如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為人質(zhì)量不計(jì)的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩

固定點(diǎn)上，固定點(diǎn)間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源琦或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在

磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1,當(dāng)導(dǎo)體棒靜止

時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點(diǎn)8=p然后開關(guān)S接2,棒從右側(cè)開始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過程中（）

A,電源電動(dòng)勢(shì)Eo=2

B.棒消耗的焦耳熱Q=（l—日）Mgl<?也缸?

C.從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于今

D.棒兩次過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

8.宇宙間存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為6的星位于

等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長為R,忽略其他星體對(duì)它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形

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中心。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力量為G,貝|（）

f1、

f/?,、、

tI、

/：\R

/?\

仁......2

mm

A.每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為摩

7R

B,每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為

C.每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為2兀事

73Gm

D.每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度與三星的質(zhì)量無關(guān)

9.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿%軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中

0?到段是對(duì)稱的曲線，冷?尤3段是直線，則下列說法正確的是（）

A.xi處電場(chǎng)強(qiáng)度為零"Z

B.X2、*3處電勢(shì)01、02、的關(guān)系為91>92>93/：

C.粒子在?冷段速度"隨久均勻減小*

D.X2?*3段是勻強(qiáng)電場(chǎng)°4”2盯

10.如圖所示，某同學(xué)為探究帶電粒子“約束”問題。構(gòu)想了向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,邊界

分別是半徑為R和2R的同心圓，。為圓心，4為磁場(chǎng)內(nèi)在圓弧上的點(diǎn)且。P=P4若有一粒子源垂直磁場(chǎng)方

向在紙面內(nèi)的36。。發(fā)射出比荷為細(xì)帶負(fù)電粒子，速度連續(xù)分布且無相互作用，不計(jì)其重力,

s譏37。=0.6。對(duì)粒子源的位置和被約束相關(guān)量的說法正確的是（）

A.在2時(shí)，被磁場(chǎng)約束的粒子速度最大值心柿=誓

B.在。時(shí)，被磁場(chǎng)約束的粒子速度最大值^^二警

C.在。時(shí)，被磁場(chǎng)約束的粒子每次經(jīng)過磁場(chǎng)時(shí)間最大值tm=埸署

D.在P時(shí)，被磁場(chǎng)約束的粒子速度最大值"mP=喈

二、綜合題：本大題共5小題，共54分。

11.（6分）實(shí)驗(yàn)小組在探究“加速度與物體的受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”時(shí)，用圖甲所示的裝置讓滑塊做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)來進(jìn)行。

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023(cm)

1m中”甲苗||「41

05101520

乙

(1)實(shí)驗(yàn)前，接通氣源后，在導(dǎo)軌上輕放滑塊，輕推一下滑塊，使其從軌道右端向左運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)滑塊通

過光電門a的時(shí)間大于通過光電門B的時(shí)間。為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)旋鈕使軌道右端(選填“升

高”或“降低”)一些。

(2)現(xiàn)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度d。測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，則d=mm.(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，由

氣墊導(dǎo)軌側(cè)面的刻度尺測(cè)出光電門4B之間的距離為3游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條寬度為d由計(jì)時(shí)器分別讀出

遮光片通過光電門4B的時(shí)間分別為1小口，則滑塊的加速度a=(用乙、以、tB、d來表示

)。

12.(8分)如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的4B、C三個(gè)滑塊，滑塊48間通過一輕彈簧相連，

滑塊4左側(cè)緊靠一固定擋板P,某時(shí)刻給滑塊C施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度見水平向左運(yùn)動(dòng)，滑塊C撞

上滑塊8的瞬間二者粘在一起共同向左運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢(shì)能為1.35J,此時(shí)撤掉

固定擋板P,之后彈簧彈開釋放勢(shì)能，已知滑塊力、B、C的質(zhì)量分別為叫4=ms=0.2kg，me=Qlkg,(

(1)滑塊C的初速度見的大小；

(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時(shí)，滑塊8、C的速度大小；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧對(duì)滑塊BC整體的沖量.

13.(12分)如圖，水平軌道AB、CD分別與高為M傾角。=30。的斜面軌道BC兩端平滑連接，質(zhì)量為6

的小物塊P靜止在水平軌道4B上，質(zhì)量大于m的小物塊Q位于P的左側(cè)，Q的初動(dòng)能為叫o=搟叱9八(9為重力

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加速度大小)，初速度方向向右；Q與P發(fā)生碰撞后，P沿斜面上滑高度矍入后返回，在水平軌道上與Q再次

DO

發(fā)生碰撞，所有軌道均是光滑的，每次碰撞均為彈性碰撞。

(1)求Q的質(zhì)量；

(2)求第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；

(3)為保證第2次碰撞能在水平軌道4B上發(fā)生，求初始時(shí)P離斜面底端B的最小距離。

CD

Q_p/T

，一口一,,口.........，I

//////////////////////////

AB

14.(12分)為測(cè)量電阻心的阻值，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖(砌所示的電路圖，&是標(biāo)準(zhǔn)電流表，Ro和RN分別

是滑動(dòng)變阻器和電阻箱，S和Si分別是單刀雙擲開關(guān)和單刀開關(guān)，E是電池。完成下列實(shí)驗(yàn)步驟中的填空:

圖(a)

(1)將S撥向接點(diǎn)1,接通Si，調(diào)節(jié)Ro,使待測(cè)表頭指針偏轉(zhuǎn)到適當(dāng)位置，記下此時(shí)電流表4)的讀數(shù)/o；

(2)然后將S撥向接點(diǎn)2,保持品不變，調(diào)節(jié)RN，使，記下此時(shí)RN的讀數(shù)；

(3)某次RN讀數(shù)如圖(6)所示，貝URN讀數(shù)為，多次重復(fù)上述過程，計(jì)算RN讀數(shù)的平均值，此即

為電阻感的測(cè)量值；

(4)寫出一條你認(rèn)為存在誤差的原因

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15.(16分)如圖(a)所示，水平放置的平行金屬板4B間加直流電壓U,4板正上方有“『’字型足夠長的

絕緣彈性擋板.在擋板間加垂直紙面的交變磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖(b),垂直紙面向里為磁場(chǎng)正

方向，其中&未知.現(xiàn)有一比荷為2、不計(jì)重力的帶正電粒子從C點(diǎn)靜止釋放，t=0時(shí)刻，粒子

剛好從小孔。進(jìn)入上方磁場(chǎng)中，在ti時(shí)刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在"+以時(shí)刻粒子撞到右擋板，

然后粒子又從。點(diǎn)豎直向下返回平行金屬板間.粒子與擋板碰撞前后電量不變，沿板的分速度不變，垂直

板的分速度大小不變、方向相反，不計(jì)碰撞的時(shí)間及磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的感應(yīng)影響.求：

(1)粒子第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速率;

(2)圖中％的大小;

(3)金屬板4和8間的距離d.

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答案解析

1.A

［解析］有4BS系統(tǒng)時(shí)，有/=2a有x有①

無2BS系統(tǒng)時(shí)，有t>2=2a無x無②

聯(lián)立彳導(dǎo)—=總=型=±

耳天倚°無一支有一15-3。

故選/。

2.C

【解析】4小鐵球的加速度方向水平向右，根據(jù)牛頓第二定律知小鐵球受到的合外力方向水平向右，故N

錯(cuò)誤；

=工4,故5^

員對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖，則凹槽對(duì)小鐵球的支持力為：N

G

錯(cuò)誤；

C對(duì)小球進(jìn)行受力分析得：mgtana—ma,解得：a=gtana,所以系統(tǒng)的加速度為：a=gtana,故C

正確；

D對(duì)整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F=(m+M)a-(m+M)gtana,故。錯(cuò)誤；

故選C。

3.A

【解析】建立一個(gè)“風(fēng)柱”模型如圖所示，風(fēng)柱的橫截面積為葉片

旋轉(zhuǎn)掃出的面積S=加2,

經(jīng)過t風(fēng)柱長度X=",所形成的風(fēng)柱體積U=山2區(qū)，

風(fēng)柱的質(zhì)量m=pV=pnl2vt,

根據(jù)動(dòng)能定理，風(fēng)力在這一段位移做的功W=Ek=|mv2=|-pul2

風(fēng)柱的功率P風(fēng)=?=3加2戶，

2P

風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率r；=戶p=盛正。

r風(fēng)1卬1”

故/正確，BCD錯(cuò)誤。

4.B

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【解析】解：4物塊由靜止釋放在傳送帶上時(shí)，傳送帶會(huì)給物塊一個(gè)向前的摩擦力，促使物塊向前做勻加

速運(yùn)動(dòng)，f=ma-{img,解得。故/錯(cuò)誤；

8.物塊最終和傳送帶相對(duì)靜止，即和傳動(dòng)帶達(dá)到共速，所用時(shí)間為￡="=言，故8正確；

C期間傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為S=a，則可知克服摩擦力所做的功為Wf=fs=4根。a=小。2,物塊獲得的

動(dòng)能為Ek=1w2,則可得摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=Wf-Ek，解得Q=5m?2,故。錯(cuò)誤；

2

D電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能和系統(tǒng)內(nèi)能，W=Ek+Q,W=mv,故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

物塊放上傳送帶后，由于和傳送帶有相對(duì)滑動(dòng)，因此受傳送帶給的摩擦力作用開始勻加速運(yùn)動(dòng)直到共速，

此過程電動(dòng)機(jī)多做的功即為傳送帶克服摩擦力做的功，轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能和系統(tǒng)內(nèi)能。

本題借助水平傳送帶模型，考查學(xué)生對(duì)功能關(guān)系的分析和理解，對(duì)學(xué)生分析能力有一定要求。

5.D

【解析】A從4到B過程中，靜電力一直做負(fù)功，小球的機(jī)械能一直減小，故/錯(cuò)誤；

8.設(shè)等效重力與豎直線的夾角為仇則tan。=黑=小故。為37。，等效重力方向與豎直方向成37。角偏左下

方，所以從4到8過程中，小球速度先增大后減小，對(duì)軌道的壓力先增大后減小，故8錯(cuò)誤；

CB點(diǎn)比力點(diǎn)更靠近等效最低點(diǎn)，所以以<4，故C錯(cuò)誤；

D從4到B,由動(dòng)能定理有mgR-EqR-黑喙解得"B=jd+寺。夫，之后小球做類斜拋運(yùn)動(dòng)，在

垂直于等效場(chǎng)方向上的分速度即為最小速度，則為in=UBCOs方=[4+□旦故。正確。

故選。。

6.C

【解析】解：力BC、根據(jù)歐姆定律可得：R%=500的,即電阻R的值略小于

=%1RA=3uX片XU

5000,故C正確，錯(cuò)誤；

D、因R>>%可知采用電流表內(nèi)接的方法測(cè)量比較精確，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路規(guī)律求出實(shí)際電阻，從而分析誤差情況。

本題關(guān)鍵是熟悉安培表內(nèi)接法與外接法，明確誤差來源，知道安培表內(nèi)接法電阻測(cè)量值等于安培表與待測(cè)

電阻電阻值之和，外接法電阻測(cè)量值等于安培表與待測(cè)電阻并聯(lián)的電阻

7.C

【解析】4當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

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T

BIL

Mg

細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點(diǎn)。=5,則根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=BiL

解得/=鬻

根據(jù)歐姆定律/=粵

解得《0=誓

故/錯(cuò)誤；

2.假設(shè)棒從右側(cè)開始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過程中，達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，則棒的重力勢(shì)能減少：

=Mg(l—cos。)，解得：△/=(1—當(dāng)Mg1,根據(jù)能量守恒定律可知棒消耗的焦耳熱Q=(1—￥)MgZ,

由于棒達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)的速度不為零，則完成一次振動(dòng)過程中，棒消耗的焦耳熱小于(1-故8錯(cuò)

誤；

C根據(jù)B選項(xiàng)分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于

TT

4＞故C正確；

D根據(jù)B選項(xiàng)分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度小于第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)E=8。

可知棒兩次過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不相等，故。錯(cuò)誤。

故選C。

8.ABC

【解析】解:2、任意兩個(gè)星星之間的萬有引力尸=G普，

每一顆星星受到的合力，%=?,由幾何關(guān)系知：它們的軌道半徑r=^R①

合力提供它們的向心力：4G需=血?…②

聯(lián)立①②，解得：吁耳,故/正確；

B、角速度3=7=故3正確；

C、周期T=穿=2兀藍(lán)工，故C正確；

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D、任意兩個(gè)星之間的萬有引力F=G巖，每一顆星受到的合力就是其向心力，

%=?=ma,a=哲故向心加速度與三星的質(zhì)量有關(guān)，故。錯(cuò)誤。

故選：ABC.

先寫出任意兩個(gè)星星之間的萬有引力，求每一顆星星受到的合力，該合力提供它們的向心力。

然后用R表達(dá)出它們的軌道半徑，最后寫出用周期和線速度表達(dá)的向心力的公式，整理即可的出結(jié)果。

解決該題首先要理解模型所提供的情景，然后能夠列出合力提供向心力的公式，才能正確解答題目。

9.ABD

【解析】解：力、根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=q(p,場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E=鐺，得：.竽，

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知Ep-x圖象切線的斜率等于卷，“1處切線斜率為零，則久1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故/正確；

B、根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=qcp,粒子帶負(fù)電，q<0,則知：電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越

低，所以有：03<02=00<01?故8錯(cuò)誤；

CD,由圖看出在0?尤1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減小，加速度

減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)；燈?冷段圖象切線的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，做非勻

變速運(yùn)動(dòng)；久2?%3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，即電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)

力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；速度隨時(shí)間均勻變化，不會(huì)隨X均勻減小的；故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：ABD.

根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：EP=qcp,場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E=普結(jié)合分析圖象斜率與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系，即

可求得町處的電場(chǎng)強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化；由Ep=q(p,分析電勢(shì)的高低。由牛頓第二定律

判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。根據(jù)斜率讀出場(chǎng)強(qiáng)的變化，由尸=(7段分析電場(chǎng)力的變

化，

解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定

律進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動(dòng)情況。

1Q.ACD

【解析】4粒子最大運(yùn)動(dòng)半徑為：5=*2氏+R)=孤由運(yùn)動(dòng)半徑行=方辨解得：外“嚅,

故N正確；

BC.設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為功，如圖甲所示

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在△()北中，OA2+AC2^OC2,則r0)2,解得：益=孤由運(yùn)動(dòng)半徑r=器，解得:

4no=￥^，由乙4。。=1。6°，解得：哈=皆需，故3錯(cuò)誤，C正確；

4?71?\JC[D

D如圖乙所示

在AOGE中，OG2+GE2=OF,0G=&,EG=rP-R,OE=2R-rP,得：rP=R,由運(yùn)動(dòng)半徑r=

2，

器，解得：故。正確。

n.⑴降低;

(2)4.40；

(3選導(dǎo)力

【解析】(1)由題意可知滑塊從右向左做加速運(yùn)動(dòng)，為了使滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)該使軌道右端降低；

(2)根據(jù)圖可知讀數(shù)為4cm+0.05x8mm=4.40mm

(3)滑塊經(jīng)過光電門4B的速度分別為：%=3；v=y

LAB

兩個(gè)光電門之間的距離為3則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式可得：

2aL=詒一嫁

解得:a=費(fèi)*-2)

12.解：(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:

mcv0=(mB+mQu]

彈簧被壓縮至最短時(shí)，BC速度為零，根據(jù)能量守恒定律得:

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￡>=1(mB+mc)vl

解得：v0=9m/s%=3m/s

(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時(shí)，滑塊BC的速度大小為生，滑塊4的大小為藥，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：

mAv3=(mB+mc)v2,

根據(jù)能量守恒定律得：

11

mv

EP=2Al+2OB+^c)詔

解得：v2=1.9m/s

(3)彈簧對(duì)滑塊BC整體的沖量/,選向右為正方向，由動(dòng)量定理得：

I=Ap=(mB+mc)(v2+%)

解得：/=1.47N-s,沖量方向水平向右

答：(1)滑塊C的初速度為的大小為9m/s；

(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時(shí)，滑塊BC的速度大小為1.9m/s；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧對(duì)滑塊BC整體的沖量大小為1.47N.s,沖量方向

水平向右.

【解析】(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒列式，彈簧被壓縮至最短時(shí)，BC速度為

零，根據(jù)能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解；

(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解；

(3)從滑塊BC壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理列式求解即可.

本題注意考查了動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體得運(yùn)動(dòng)情況，注

意要規(guī)定正方向，難度較大，屬于難題.

13.解：(1)設(shè)Q的質(zhì)量為M,初速度大小為處,第1次碰撞后瞬間P、Q的速度分別為巧、%'，以向右為正

方向，由動(dòng)能定義、動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有

1?

Eko=2MVO

Mv0=+mv^

111

—MVQ=—Mv^2+—mvj

125

2mvi=痣7ngh

聯(lián)立可得M=5m

(2)第2次碰撞前瞬間P的速度大小為巧，方向向左；設(shè)碰撞后瞬間P、Q的速度分別以、v2,,P沿斜面上滑

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到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為九，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有

r

—Mv2+mv2

1111

—Mv^2+—mv1=—MV22+—mv2

11

—mv22=mghz+—mv^2

聯(lián)立可得立=理|效

(3)設(shè)初始時(shí)P離斜面底端B的距離為s,第1次碰撞后Q運(yùn)動(dòng)到斜面底端B所需時(shí)間為t,P運(yùn)動(dòng)到斜面底端8

所需時(shí)間為匕，P沿斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小為a,在斜面上運(yùn)動(dòng)所需總時(shí)間為以，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s=%

't=v1t1

由牛頓第二定律有：mgsinO=ma

V1

一￡

由題意t>ti+t2

聯(lián)立上述各式并由題給條件得s2嘿h

即初始時(shí)P離斜面底端B的最小距離為若A

答：(DQ的質(zhì)量為5爪；

(2)第2次碰撞后P沿斜面上滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為嗎走；

(3)為保證第2次碰撞能在水平軌道48上發(fā)生，求初始時(shí)P離斜面底端B的最小距離*Q

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律列方程，再結(jié)合動(dòng)能定理、動(dòng)能的計(jì)算公式列方程聯(lián)立

求解；

(2)由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列方程聯(lián)立求解；

(3)設(shè)初始時(shí)P離斜面底端B的距離為s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律聯(lián)立求解初始時(shí)P離斜面底端B的最

小距離。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律；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)機(jī)械能守恒定律列方程求解。

14.電流表4的讀數(shù)為/()4208。電流表靈敏度不夠，電阻箱的阻值在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，不會(huì)引

起電流表示數(shù)變化。

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