《廣東省廣東廣雅中學(xué)2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期中考試物理 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費(fèi)在線閱讀，更多相關(guān)內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2022學(xué)年高三上學(xué)期期中考試試卷物理試題本試卷共6頁，滿分100分，考試用時75分鐘。一、單項選擇題（共8小題，每題3分，共24分）1.舉重是我國奧運(yùn)會上的傳統(tǒng)優(yōu)勢項目。如圖所示，舉重運(yùn)動員成功把196公斤杠鈴舉過頭頂保持靜止，關(guān)于這個狀態(tài)下列說法正確的是（　　）A.運(yùn)動員此時處于超重狀態(tài)B.運(yùn)動員受到杠鈴對他的壓力就是杠鈴的重力C.運(yùn)動員受到地面的支持力是由于地面形變而產(chǎn)生的D.運(yùn)動員對杠鈴的支持力與運(yùn)動員對地面的壓力是一對作用力與反作用力【答案】C【解析】【詳解】A．對舉重運(yùn)動員受力分析可知，舉重運(yùn)動員把杠鈴舉過頭頂保持靜止，無加速度，受力合零，既不超重也不失重，A錯誤；B．運(yùn)動員受到杠鈴對他的壓力施力物體是杠鈴，杠鈴的重力施力物體為地球，不是同一力，B錯誤；C．彈力是施力物體的形變引起的，所以運(yùn)動員受到地面的支持力是由于地面形變而產(chǎn)生的，C正確；D．一對作用力與反作用力是兩個物體之間的相互作用，運(yùn)動員對杠鈴的支持力與杠鈴對運(yùn)動員的壓力才是作用力與反作用力，D錯誤。故選C。2.每個工程設(shè)計都蘊(yùn)含一定的科學(xué)道理。如下圖的兩種家用燃?xì)鉅t架都有四個爪，若將總質(zhì)量為m的鍋放在圖乙所示的爐架上，忽略爪與鍋之間的摩擦力，設(shè)鍋為半徑為R的球面，則每個爪與鍋之間的彈力（　?。〢.等于B.小于C.R越大，彈力越大D.R越大，彈力越小 【答案】D【解析】【詳解】如圖所示，假設(shè)每個爪與鍋之間的彈力方向與豎直方向的夾角為，爪與爪之間的距離為，由圖中幾何關(guān)系可得由受力平衡可得解得可知越大，越小，越大，越小，D正確，ABC錯誤；故選D。3.中國軍隊于2020年9月21日至26日派員赴俄羅斯阿斯特拉罕州參加“高加索2020”戰(zhàn)略演習(xí)，演習(xí)中某特種兵從空中靜止的直升飛機(jī)上，抓住一根豎直懸繩由靜止開始下滑，其運(yùn)動的速度隨時間變化的圖像如圖所示，時刻特種兵著地，關(guān)于該特種兵，下列說法正確的是（　?。〢.時間內(nèi)處于超重狀態(tài)B.時間內(nèi)所受阻力越來越大C.時間內(nèi)的平均速度D.時間內(nèi)合外力的沖量為零【答案】B【解析】【分析】 【詳解】A．時間內(nèi)物體向下加速，所以加速度方向向下，屬于失重狀態(tài)，A錯誤。B．時間內(nèi)物體向下減速，根據(jù)牛二則有圖像斜率增加，加速度增加，阻力增加，B正確。C．時間內(nèi)不屬于勻變速直線運(yùn)動，所以無法使用來求平均速度，C錯誤。D．合外力的沖量等于物體動量的變化量，由于時間內(nèi)速度的變化量不為0，所以動量的變化量也不為0，D錯誤。故選B。4.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，C為電容器，R1(R1>r)和R2為定值電阻，R3為光敏電阻（阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減?。?，A為理想電流表，G為靈敏電流計，當(dāng)開關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后，在逐漸增大對R3的光照強(qiáng)度的過程中（　?。〢.電源的輸出功率可能先增大后減小B.A表的示數(shù)變小C.電源的效率變小D.G表中有從a至b的電流【答案】C【解析】【詳解】A．因?yàn)镽1>r，所以外電路的總電阻大于電源的內(nèi)阻，在逐漸增大對R3的光照強(qiáng)度的過程中，R3減小，外電路的總電阻減小，外電路的阻值向內(nèi)阻接近，電源的輸出功率增大，A錯誤；B．在逐漸增大對R3的光照強(qiáng)度的過程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電流表的示數(shù)變大，B錯誤；C．電源的效率為變形得在逐漸增大對R3的光照強(qiáng)度的過程中，R3減小，外電路的總電阻R減小，電源的效率減小，C正確；D．在逐漸增大對R3的光照強(qiáng)度的過程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電容器兩端電壓減小，電容器放電，電流表G表中有從b至a的電流，D錯誤。 故選C。5.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，則下列說法正確的是（　　）A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒B.在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對槽不做功C.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處D.被彈簧反彈離開彈簧后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動【答案】D【解析】【詳解】A．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，動量守恒；在豎直方向上所受合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤；B．在下滑過程中，根據(jù)動量守恒定律可知槽向左運(yùn)動，小球和槽之間的相互作用力對槽做正功，故B錯誤；CD．根據(jù)動量守恒定律可知小球滑到斜槽底端時和槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈離開彈簧后，速度大小不變，與槽的速度相等，所以小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動，且小球不可能追上槽并回到槽上高h(yuǎn)處，故C錯誤，D正確。故選D。6.硒鼓是激光打印機(jī)的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉和清潔裝置構(gòu)成，工作中充電輥表面的導(dǎo)電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負(fù)電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過程：電荷量均為的點(diǎn)電荷，對稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時刻圓周上P點(diǎn)的一個點(diǎn)電荷的電量突變成，則圓心O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為（　?。〢.，方向沿半徑指向P點(diǎn)B.，方向沿半名背離P點(diǎn)C.，方向沿半徑指向P點(diǎn) D.，方向沿半徑背離P點(diǎn)【答案】D【解析】【分析】【詳解】當(dāng)P點(diǎn)的電荷量為-q時，根據(jù)電場的對稱性，可得在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，當(dāng)P點(diǎn)的電荷為+2q時，可看作[-q+（+3q）]，故可以看做兩個電場的疊加故O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為方向沿半徑背離P點(diǎn)。故選D。7.絕緣光滑水平面上有ABO三點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右方向?yàn)檎较蚪⒅本€坐標(biāo)軸x軸，A點(diǎn)坐標(biāo)為-2m，B點(diǎn)坐標(biāo)為2m，如圖甲所示。A、B兩點(diǎn)間的電勢變化如圖乙，左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右側(cè)圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，以初速度由A點(diǎn)向右射出，則關(guān)于負(fù)點(diǎn)電荷沿直線運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，下列說法中正確的是（忽略負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場）（　?。〢.負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程中加速度越來越大B.當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于和時，電場力大小相等C.負(fù)點(diǎn)電荷在B點(diǎn)速度大于D.負(fù)點(diǎn)電荷在AO段的平均速度等于在OB段的平均速度【答案】B【解析】【詳解】A．圖像斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度的大小，A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程中，圖像斜率越來越小，電場強(qiáng)度越來越小，點(diǎn)電荷所受電場力越來越小，則加速度也越來越小，A錯誤；B．作圖如圖所示 根據(jù)上述，O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程是勻強(qiáng)電場，該電場強(qiáng)度大小與圖中虛線表示的電場強(qiáng)度大小相等，由于左側(cè)圖線為四分之一圓弧，將虛線平移至與圓弧相切，切點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小與右側(cè)電場強(qiáng)度大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，該切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，即當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于和時，電場力大小相等，B正確；C．根據(jù)可知，負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，電場力做的功為0，即合外力做的功為0，根據(jù)動能定理可知，負(fù)點(diǎn)電荷在B點(diǎn)速度等于，C錯誤；D．根據(jù)上述可知，負(fù)點(diǎn)電荷由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中，先做加速度減小的變加速運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動，作出圖如圖所示由于變加速過程與勻減速過程的位移相等，即上圖中曲線與時間軸所圍面積等于直線與時間軸所圍面積，則根據(jù)可知，負(fù)點(diǎn)電荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，D錯誤。故選B。8.角速度計可測量飛機(jī)、航天器、潛艇的轉(zhuǎn)動角速度，其簡化結(jié)構(gòu)如圖所示。當(dāng)系統(tǒng)繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動時，元件A在光滑直桿上發(fā)生位移并輸出相應(yīng)的無線電壓信號U，成為飛機(jī)、衛(wèi)星等的制導(dǎo)系統(tǒng)的信息源。已知A的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k、自然長度為l，電源的電動勢為E、內(nèi)阻不計?；瑒幼冏杵骺傞L也為l，電阻分布均勻，系統(tǒng)靜止時滑片P位于B點(diǎn)，當(dāng)系統(tǒng)（包括電路系統(tǒng)）以角速度ω轉(zhuǎn)動時（　　） A.流過電源E的電流隨角速度的增大而增大B.流過電源E的電流隨角速度的增大而減小C.彈簧的伸長量為x=D.輸出電壓U與ω的函數(shù)式為U=【答案】D【解析】【詳解】AB．系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動時，無論角速度增大還是減小，BC的電阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流保持不變，與角速度無關(guān)，故AB錯誤；C．設(shè)系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動時，彈簧伸長的長度為x，則對元件A，根據(jù)牛頓第二定律得求得故C錯誤；D．輸出電壓求得故D正確故選D。二、多項選擇題（4小題，每題5分，共20分，漏選3分，錯選0分）9.2021年5月15日，我國自主研制的火星探測器“天問一號”著陸火星。如圖所示，著陸火星前探測器成功進(jìn)入環(huán)火星半長軸為 的橢圓軌道，然后實(shí)施近火星制動，順利完成“太空剎車”，被火星捕獲，進(jìn)入環(huán)火星半徑為、周期為的圓形軌道。則關(guān)于“天問一號”探測器，下列說法正確的是（　?。〢.探測器由橢圓軌道進(jìn)入圓軌道應(yīng)該在點(diǎn)加速B.探測器沿橢圓軌道從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)機(jī)械能守恒C.探測器在點(diǎn)變軌前后，加速度將增大D.探測器沿橢圓軌道由點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)所需的最短時間為【答案】BD【解析】【詳解】A．探測器由橢圓軌道實(shí)施近火星制動，因此進(jìn)入圓軌道應(yīng)該在點(diǎn)減速，選項A錯誤；B．探測器沿橢圓軌道從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，選項B正確；C．探測器在點(diǎn)變軌前后，萬有引力不變，加速度不變，選項C錯誤；D．根據(jù)開普勒第三定律有解得因此探測器沿橢圓軌道由點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)所需的最短時間為選項D正確。故選BD。10.如圖所示，一籃球以水平初速度碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍（），碰撞時間忽略不計，彈回后籃球的中心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點(diǎn)與籃框中心的高度差為h，不計摩擦和空氣阻力，則：（　?。?A.碰撞過程中，籃球的機(jī)械能守恒B.籃板對籃球的沖量大小為C.籃球的水平初速度大小為D.若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的情況下，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．由題意知，碰撞過程中速度減小，籃球的機(jī)械能減小，故A錯誤B．以彈回的速度方向?yàn)檎较?，?jù)動量定理可得，籃板對籃球的沖量大小故B正確;C．籃球彈回做平拋運(yùn)動，由位移公式可得聯(lián)立可得故C錯誤:D．若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的情況下，籃球彈回的速度減小，結(jié)合C中分析可知，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即水平位移不變，應(yīng)延長時間，故應(yīng)使碰撞點(diǎn)更高，故D正確。故選BD。11.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實(shí)現(xiàn)上下彈跳，如圖所示。某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點(diǎn)，當(dāng)其彈跳到最高點(diǎn)A后下落可將蹦床壓到最低點(diǎn)B，小孩可看成質(zhì)點(diǎn)。不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?A.從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)，小孩重力勢能的減少量大于動能的增加量B.從O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，小孩動能的減少量等于蹦床彈性勢能的增加量C.從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，小孩機(jī)械能的減少量小于蹦床彈性勢能的增加量D.從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量【答案】AD【解析】【詳解】A．小孩從A點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)，由動能定理可得mghAO－W彈1＝ΔEk1A正確；B．小孩從O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，由動能定理可得mghOB－W彈2＝ΔEk2B錯誤；C．小孩從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，由功能關(guān)系可得－W彈＝ΔE機(jī)C錯誤；D．小孩從B點(diǎn)返回到A點(diǎn)，彈性繩和蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小孩的機(jī)械能，則知小孩機(jī)械能的增加量大于蹦床彈性勢能的減少量，D正確。故選AD。12.如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長?，F(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運(yùn)動，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運(yùn)動，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是（　?。〢.兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機(jī)械能不守恒B.兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長C.滑塊P最終一定停在出發(fā)點(diǎn)左側(cè)的某一位置D.整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02 【答案】ABD【解析】【詳解】A．兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，兩者碰撞后一起運(yùn)動，碰撞不是彈性碰撞，碰撞過程機(jī)械能有損失，碰撞過程機(jī)械能不守恒，故A正確；B．當(dāng)P、Q間彈力為零時兩滑塊分離，分離前瞬間它們的加速度相等，由牛頓第二定律，對Paμg對Qμ′mg﹣T＝ma解得T＝mg（μ′﹣μ）如果μ′＝μ，則T＝0，彈簧處于原長狀態(tài)，故B正確；C．兩滑塊碰撞后在運(yùn)動過程中要克服摩擦力做功，機(jī)械能減小，當(dāng)P回到兩球碰撞位置時的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止時的位置一定在其出發(fā)點(diǎn)的右側(cè)，故C錯誤；D．由于兩滑塊分離后Q繼續(xù)向左做減速運(yùn)動，當(dāng)Q停止時彈簧處于伸長狀態(tài)，在整個過程中，P的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能與內(nèi)能，由能量守恒定律可知W+EP?2mv02＝mv02W＝mv02﹣EP則兩滑塊克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正確；故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題（2小題，共16分）13.某同學(xué)用圖中所示的裝置做“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．先將a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把大小相同的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止放置，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次．(1)本實(shí)驗(yàn)必須測量的物理量有________A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質(zhì)量ma、mbC．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間t E．記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OCF．a(chǎn)球的固定釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，兩小球的質(zhì)量關(guān)系為ma__________mb(填“大于”、“小于”或“等于”)；(3)放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時落地？____________（填“同時落地”、“a球先落地”或“b球先落地”），如果不是同時落地，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果有沒有影響？____________（填“有影響”、“沒有影響”）；(4)為測定未放小球b時，小球a落點(diǎn)B的平均位置，把刻度尺的零刻度線跟記錄紙上的O點(diǎn)對齊，圖中給出了小球a落點(diǎn)附近的情況，由圖可得OB距離應(yīng)為__________cm；(5)按照本實(shí)驗(yàn)方法，驗(yàn)證動量守恒的驗(yàn)證式是_____________________．（用題中測得物理量的符號表示）【答案】①.BE②.大于③.b球先落地④.對實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響⑤.45.95(45.92~45.98)⑥.maOB＝maOA＋mbOC【解析】【分析】（1）要驗(yàn)證動量守恒，就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質(zhì)量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運(yùn)動，速度可以用水平位移代替（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律不難判斷出各自做平拋運(yùn)動的落地點(diǎn)，根據(jù)平拋運(yùn)動的特點(diǎn)求出碰撞前后兩個小球的速度，根據(jù)動量的公式列出表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)看碰撞前后的動量是否相等．【詳解】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，利用平拋的水平距離和物體質(zhì)量的乘積列動量守恒，所以需要測量小球a、b的質(zhì)量ma、mb，記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OC．故選BE．（2）要使碰后a球的速度大于零，水平向右，故兩球的關(guān)系是ma應(yīng)大于mb,，（3）b球先落地，b球先做的平拋運(yùn)動．（4）不影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果．因?yàn)閮尚∏蚋髯宰銎綊佭\(yùn)動的時間是相等的．（5）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動，所以未放被碰小球時小球a的落地點(diǎn)為B點(diǎn)，由圖可知OB距離應(yīng)為45.95cm；（6）B為碰前入射小球落點(diǎn)的位置，A為碰后入射小球的位置，C為碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若mav1=mbv3+mav2則表明通過該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過程中動量守恒 帶入數(shù)據(jù)得：maOB＝maOA＋mbOC【點(diǎn)睛】本題利用各自做平拋運(yùn)動的時間相等，水平方向做勻速直線運(yùn)動的特點(diǎn)，將速度關(guān)系轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系．14.用以下器材盡可能準(zhǔn)確地測量待測電阻的阻值。A．待測電阻，阻值約為200；B．電源E，電動勢約為3.0V，內(nèi)阻可忽略不計；C．電流表，量程為0～10mA，內(nèi)電阻＝20；D．電流表，量程為0～20mA，內(nèi)電阻約為≈8；E．定值電阻，阻值＝80；F．滑動變阻器，最大阻值為10；G．滑動變阻器，最大阻值為200；H．單刀單擲開關(guān)S，導(dǎo)線若干；（1）為了盡可能準(zhǔn)確地測量電阻的阻值，請你設(shè)計并在圖虛線框內(nèi)完成實(shí)驗(yàn)電路圖________。（2）滑動變阻器應(yīng)該選________（選填器材前面的字母代號）；在閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片P應(yīng)置于_________端（選填“a”或“b”）；（3）若某次測量中電流表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，則的表達(dá)式為：______。（用題中測得物理量的符號表示）【答案】①.②.F③.b④.【解析】【詳解】（1）[1]沒有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表A1與定值電阻串聯(lián)測電壓，用電流表A2測電流，故虛線框內(nèi)的電路圖如圖所示 （2）[2]滑動變阻器要采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作和精確，要選擇阻值較小的，故滑動變阻器應(yīng)選擇R1，即選F；[3]滑動變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于b端；（3）[4]由圖示電路圖可知，待測電阻阻值為四、計算題（3小題，共40分）15.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為，其中有一個半徑為的豎直光滑圓環(huán)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在最低點(diǎn)A點(diǎn)，給小球一個初動能，讓其恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，不考慮小球運(yùn)動過程中電荷量的變化。（已知，g取）求：（1）小球所受電場力與重力的合力F；（2）小球在A點(diǎn)的初動能?！敬鸢浮浚?），方向與豎直方向夾角為；（2）【解析】【詳解】（1）因?yàn)橹亓εc電場力均為恒力，所以二者的合力大小為方向與豎直方向的夾角為，有可得合力與豎直方向夾角為；（2）小球恰能在圓環(huán)內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，則在其等效最高點(diǎn)，有小球從等效最高點(diǎn)至A點(diǎn)過程中，由動能定理得聯(lián)立代入相關(guān)數(shù)據(jù)求得小球在A點(diǎn)的初動能 16.如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道半徑，在b處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，與彈簧分開之后A向左滑上小車，B向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊A與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取。求：（1）物塊B運(yùn)動到最低點(diǎn)b時對軌道的壓力；（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能；（3）物塊A相對小車滑動多遠(yuǎn)的距離?！敬鸢浮?1)，方向豎直向下；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)對B分析，在軌道最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得從b到d由動能定理可得在b點(diǎn)由牛頓第二定律可得聯(lián)立以上方程可得由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力方向豎直向下(2)細(xì)繩剪斷之后，由動量守恒定律可得由能量守恒可得 聯(lián)立以上方程可得(3)假設(shè)A恰好滑到小車左端時與小車有共同速度v，由動量守恒定律可得由能量守恒可得解得17.在光滑的水平面上有一凹形木板A，質(zhì)量為，長度為，不計凹形木板A左右兩壁的厚度，其上表面也光滑；另有一質(zhì)量也為m的帶電滑塊B靜止于凹形木板A的左側(cè)（如圖），帶電滑塊B所帶電荷量為。在水平面上方空間中加一勻強(qiáng)電場，方向水平向右，電場強(qiáng)度。時滑塊B由靜止釋放，設(shè)滑塊B與A兩側(cè)的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求滑塊B與凹形木板A第1次碰撞前、后的速度大小；（2）求滑塊B從開始運(yùn)動到再一次運(yùn)動到凹形木板A左側(cè)時，電場力對滑塊B所做的功；（3）求滑塊B從開始運(yùn)動到與凹形木板A發(fā)生第n次碰撞的過程中，凹形木板A運(yùn)動的總位移?！敬鸢浮浚?），；（2）0.4J；（3）2n(n-1)m【解析】【詳解】滑塊B由靜止釋放后，在電場力作用下，從木板A的左側(cè)勻加速運(yùn)動到右側(cè)，木板A不動。對B有解得第一次碰前B的速度為vB1，則解得由滑塊B和木板A發(fā)生彈性碰撞得 解得（2）第一次碰后，木板A勻速運(yùn)動，滑塊B做初速度為零勻加速直線運(yùn)動，歷時t秒解得說明：第一次碰后，歷時t=1s，滑塊B在木板左側(cè)，且二者有共同速度，不發(fā)生碰撞。所以滑塊B從開始運(yùn)動到再一次運(yùn)動到凹形木板A左側(cè)時，電場力對滑塊B所做功（3）說明：t=2s時，滑塊B在木板左側(cè)，且二者有共同速度，不發(fā)生碰撞。同理，滑塊B與木板A發(fā)生第二次碰撞有：碰前碰撞得解得 且有：第一次碰撞后第二次碰撞后由數(shù)學(xué)歸納可知：木板A與滑塊B發(fā)生（n-1）次碰撞到n次碰撞過程中則木板A發(fā)生的總位移