重慶楊家坪中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第五次月考物理試題

重慶楊家坪中學(xué)20232024學(xué)年度上期高三第五次月考高三物理試題（滿分：100分；考試時(shí)間：75分鐘）注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、班級、考場/座位號、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.答選擇題時(shí)，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時(shí)，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫無效；保持答卷清潔、完整。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回（試題卷學(xué)生保存，以備評講）。一、單項(xiàng)選擇題：本大題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.在物理學(xué)的研究中用到的思想方法很多，下列說法不正確的是（）A.甲圖中推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移與時(shí)間關(guān)系時(shí)運(yùn)用了微元法B.乙圖中卡文迪許測定引力常量的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了等效替代法C.丙圖中探究向心力大小與質(zhì)量、角速度和半徑之間關(guān)系時(shí)運(yùn)用了控制變量法D.丁圖中伽利略在研究自由落體運(yùn)動時(shí)采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理的方法【答案】B【解析】【詳解】A．甲圖中推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移與時(shí)間關(guān)系時(shí)運(yùn)用了微元法，故A正確，不符合題意；B．乙圖中卡文迪許測定引力常量的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了放大法，故B錯(cuò)誤，符合題意；C．丙圖中探究向心力大小與質(zhì)量、角速度和半徑之間關(guān)系時(shí)運(yùn)用了控制變量法，故C正確，不符合題意；D．丁圖中伽利略在研究自由落體運(yùn)動時(shí)采用了實(shí)驗(yàn)和邏輯推理的方法，故D正確，不符合題意。故選B。2.《大國重器》節(jié)目介紹的GIL輸電系統(tǒng)的三相共箱技術(shù)，如圖甲所示。管道內(nèi)部有三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、B圓心連線水平。某時(shí)刻A中電流方向垂直于紙面向外、B中電流方向垂直于紙面向里，A、B中電流大小均為、C中電流方向垂直于紙面向外、電流大小為，則（）A.B、C輸電線纜相互吸引B.輸電線纜A、B圓心連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上C.正三角形中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左D.輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下【答案】D【解析】【詳解】A．由于B、C輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手螺旋定則可知，A、B輸電線纜在A、B圓心連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，而C線纜在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向左，則該點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向斜向上偏左，故B錯(cuò)誤；C．A輸電線纜在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)A指向右上方，B輸電線纜在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)B指向左上方，根據(jù)對稱性可知，A、B輸電線纜在O處的合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，而C輸電線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)C水平向左，所以O(shè)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)斜向左上方，故C錯(cuò)誤。D．B對A的作用力沿AB水平向左，C對A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對A作用力的2倍，如圖所示由圖可知即C對A的作用力在水平方向的分力與B對A的作用力大小相等，方向相反，所以A受到的安培力合力即為C對A的作用力在豎直方向的分量，則輸電線纜A所受安培力方向垂直線纜A、B圓心連線向下，故D正確。故選D。3.“地震預(yù)警”是指在地震發(fā)生以后，搶在地震波傳播到受災(zāi)地區(qū)前，向受災(zāi)地區(qū)提前幾秒至數(shù)十秒發(fā)出警報(bào)，通知目標(biāo)區(qū)域從而實(shí)現(xiàn)預(yù)警?？蒲袡C(jī)構(gòu)對波的特性展開研究，如圖甲所示為研究過程中簡諧波t=0時(shí)刻的波形圖，M是此波上的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，平衡位置處于4m處，圖乙為質(zhì)點(diǎn)M的振動圖像，則（）A.該列波的傳播方向沿x軸正向傳播B.該列波的傳播速度為4m/sC.質(zhì)點(diǎn)M在7s內(nèi)通過的路程為280cmD.質(zhì)點(diǎn)M在2s內(nèi)沿x軸運(yùn)動了8m【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)圖乙可知，0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M沿y軸正方向運(yùn)動，根據(jù)圖甲，利用同側(cè)法可知，該列波的傳播方向沿x軸負(fù)向傳播，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖甲可知，波長為4m，根據(jù)圖乙可知，周期為2s，則波傳播速度為故B錯(cuò)誤；C．由于則質(zhì)點(diǎn)M在7s內(nèi)通過的路程為故C正確；D．機(jī)械波傳播的是質(zhì)點(diǎn)振動的形式與能量，質(zhì)點(diǎn)本身不會隨波發(fā)生遷移，故D錯(cuò)誤。故選C。4.如圖所示，小物體P放在直角斜劈M上，M下端連接一豎直彈簧，并緊貼豎直光滑墻壁；開始時(shí)，P、M靜止，M與墻壁間無作用力．現(xiàn)以平行斜面向上的力F向上推物體P，但P、M未發(fā)生相對運(yùn)動．則在施加力F后()A.P、M之間的摩擦力變大 B.P、M之間的摩擦力變小C.墻壁與M之間仍然無作用力 D.彈簧的形變量減小【答案】D【解析】【分析】施加F前后先對P受力分析，根據(jù)平衡條件列式，分情況討論摩擦力的變化情況，把PM看成一個(gè)整體，整體受力平衡，根據(jù)平衡條件分析墻壁與M之間的彈力和彈簧彈力的變化情況．【詳解】未施加F之前，對P受力分析，根據(jù)平衡條件可知，P受到沿斜面向上的靜摩擦力，等于重力沿斜面的向下的分量，當(dāng)F大于重力向下的分量時(shí)，摩擦力方向向上，且大于重力沿斜面的向下的分量，則摩擦力變大，當(dāng)F等于重力向下的分量時(shí)，摩擦力大小不變，當(dāng)F小于重力向下的分量時(shí)，摩擦力減小，故AB錯(cuò)誤；把PM看成一個(gè)整體，整體受力平衡，則墻壁與M的支持力等于F在水平方向的分量，豎直方向受力平衡，則彈簧彈力等于整體重力減去F豎直方向的分量，則彈力減小，形變量減小，故C錯(cuò)誤，D正確．故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了共點(diǎn)力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，注意整體法和隔離法的應(yīng)用．5.據(jù)統(tǒng)計(jì)，我國發(fā)射的衛(wèi)星已近600顆，位居世界第二位，這些衛(wèi)星以導(dǎo)航、遙感、通信為主要類別。如圖，A、B、C為我國發(fā)射的3顆衛(wèi)星，其軌道皆為圓形，其中衛(wèi)星A、B的軌道在赤道平面內(nèi)，衛(wèi)星C的軌道為極地軌道，軌道半徑，下列說法正確的是（）A.衛(wèi)星A的加速度大小比衛(wèi)星B的大B.衛(wèi)星B的動能比衛(wèi)星A的大C.衛(wèi)星B一定與地球自轉(zhuǎn)同步D.衛(wèi)星C線速度大小可能為8.0km/s【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)萬有引力提供向心力解得由圖可知三顆衛(wèi)星的軌道半徑關(guān)系為可知三顆衛(wèi)星的加速度大小關(guān)系為故A正確；B．根據(jù)萬有引力提供向心力解得可得三顆衛(wèi)星的質(zhì)量大小關(guān)系不知道，無法比較動能的大小，故B錯(cuò)誤；C．地球同步衛(wèi)星的軌道平面必須位于赤道平面，且距離地面的高度一定，而衛(wèi)星B雖然位于赤道的正上方，但是高度不一定在同步衛(wèi)星的軌道高度，所以衛(wèi)星B不一定與地球自轉(zhuǎn)同步，故C錯(cuò)誤；D．第一宇宙速度為7.9km/s，是衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以衛(wèi)星C的線速度大小一定小于7.9km/s，故D錯(cuò)誤。故選A。6.由電源、定值電阻、滑動變阻器和電容器組成的電路如圖所示。電源電動勢E，內(nèi)阻r，定值電阻阻值R，電容器電容為C，間距為d。閉合開關(guān)S1、S2，穩(wěn)定后，一帶電油滴恰好靜止在電容器中心，則（）A.移動滑動變阻器滑片向右，油滴將向下運(yùn)動B.將N板向下移動，保持油滴不動，油滴電勢能減小C.保持S1閉合，斷開S2，滑動變阻器中電流方向從左向右D.若油滴獲得一個(gè)向上的初速度，運(yùn)動到M板的過程中電勢能減小【答案】B【解析】【詳解】A．滑動變阻器穩(wěn)定時(shí)不分壓，對電容器電壓沒影響；移動滑動變阻器滑片向右，電容器板間場強(qiáng)不變，油滴受力不變，處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)油滴受力平衡，油滴受電場力向上，則帶負(fù)電；將N板向下移動，保持油滴不動，間距增大，根據(jù)可知板間場強(qiáng)減小，N板接地電勢不變，MN間電勢差不變，則油滴位置與M板間電勢差減小，所以油滴所在處電勢升高，則油滴電勢能減小，故B正確；C．保持S1閉合，斷開S2，則電容器電壓增大，電容器繼續(xù)充電，滑動變阻器中電流方向從右向左，故C錯(cuò)誤；D．若油滴獲得一個(gè)向上的初速度，運(yùn)動到M板的過程中，電場力做功為則電勢能減小，故D錯(cuò)誤。故選B。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m，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v0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）（）A.負(fù)點(diǎn)電荷在AO段的運(yùn)動時(shí)間小于在OB段的運(yùn)動時(shí)間B.負(fù)點(diǎn)電荷由A運(yùn)動到O點(diǎn)過程中，隨著電勢的升高電勢能變化越來越快C.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D.當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷分別處于m和m時(shí)，電場力的功率相等【答案】A【解析】【詳解】AC．由于沿場強(qiáng)方向電勢降低，所以AO段場強(qiáng)沿OA方向，OB段場強(qiáng)沿OB方向；由圖像可知，A到O斜率越來越小，電場強(qiáng)度越來越小，加速度越來越小。同理，OB段不變。則負(fù)點(diǎn)電荷在AO段做加速度減小的加速運(yùn)動，在OB段做勻減速運(yùn)動；由于B點(diǎn)電勢等于A點(diǎn)電勢，所以負(fù)點(diǎn)電荷在B點(diǎn)速度v0，則電荷在AB間運(yùn)動vt圖像如圖AO、OB段，由于位移相等，則圖線與t軸圍成的面積相等，顯然AO段的時(shí)間小于OB段的時(shí)間。故A正確，C錯(cuò)誤；B．相等距離上電勢能變化越快，說明該處電場力越大，即場強(qiáng)越大，由A到O點(diǎn)場強(qiáng)逐漸減小，所以電勢能變化應(yīng)越來越慢，故B錯(cuò)誤；D．負(fù)點(diǎn)電荷分別處于m和m時(shí)，兩段圖像斜率絕對值相等，則場強(qiáng)大小相等，電荷所受電場力大小相等，但m處的電勢大于m處的電勢，說明O點(diǎn)到的電勢差小于O點(diǎn)到的電勢差，根據(jù)運(yùn)動的可逆性都可看成O點(diǎn)向兩處的減速運(yùn)動，可知處的速度大，所以電場力的功率不相等，故D錯(cuò)誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分。8.A、B兩船的質(zhì)量均為m，它們都靜止在平靜的湖面上，A船上質(zhì)量為的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船。水對船的阻力不計(jì)，經(jīng)多次跳躍后，人最終跳到B船上，則（）A.A、B兩船的速度大小之比為3∶2B.A、B（包括人）的動量大小之比為1∶1C.A、B（包括人）的動量之和為0D.因跳躍次數(shù)未知，故以上選項(xiàng)均無法確定【答案】ABC【解析】【詳解】A．選A船、B船和人為一個(gè)系統(tǒng)，則他們的初始總動量為0。由動量守恒定律可知，系統(tǒng)以后的總動量將一直為0。經(jīng)多次跳躍后，人最終跳到B船上，由動量守恒定律可得解得所以A、B兩船的速度大小之比為3∶2，故A正確；B．A和B（包括人）的動量大小相等，方向相反，動量大小之比為1∶1，故B正確；CD．由于系統(tǒng)的總動量守恒，始終為0，故A和B（包括人）的動量之和也始終為0，故C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC。9.如圖所示，坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子源，能向坐標(biāo)平面一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電量為q的正粒子（不計(jì)重力），所有粒子速度大小相等。圓心在，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場右側(cè)有一點(diǎn)已知初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，粒子的速度方向沿x軸的正方向，則（）A.初速度方向與x軸夾角為的粒子經(jīng)過A點(diǎn)B.初速度方向與x軸夾角為的粒子經(jīng)過A點(diǎn)C.經(jīng)過A點(diǎn)的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為D.經(jīng)過A點(diǎn)的粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為【答案】AC【解析】【詳解】AB．初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，粒子的速度方向沿x軸的正方向，則粒子的軌道半徑由可得粒子軌道半徑都為R；結(jié)合題意和幾何關(guān)系可知，平面一、二象限射入的粒子從磁場射出時(shí)，速度一定沿軸正方向，根據(jù)幾何關(guān)系有經(jīng)過A點(diǎn)的粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡所對的圓心角為故A正確，B錯(cuò)誤；CD．該粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間為故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。10.如圖所示，一質(zhì)量為m、長為L，上表面光滑的木板A靜止在光滑水平面上，其左端固定一勁度系數(shù)為k的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧原長為，右側(cè)用一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩連接于豎直墻上?，F(xiàn)使一質(zhì)量為2m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B以初速度從木板的最右端向左滑動，而后壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，細(xì)繩恰好被拉斷，之后A可在桌面上滑動。已知彈簧彈性勢能的表達(dá)式，其中k為勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。則（）A.彈性勢能最大值為B.細(xì)繩所能承受的最大拉力C.從輕質(zhì)繩被拉斷到小物塊B滑離木板A的過程中，物塊B的對地位移為D.若把B換成質(zhì)量為2.5m的物塊，其他條件不變，則物塊在運(yùn)動過程中速度方向不發(fā)生變化【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意當(dāng)B的速度為零時(shí)，彈簧彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒可知，彈性勢能的最大值為故A錯(cuò)誤；B．彈簧彈性勢能最大時(shí)，彈力最大，有此時(shí)彈力大小即為細(xì)繩所能承受的最大拉力解得故B正確；C．從輕質(zhì)繩被拉斷到小物塊B滑離木板A的過程中，AB系統(tǒng)平均動量守恒則有根據(jù)位移關(guān)系有根據(jù)B分析可知聯(lián)立解得故C正確；D．假設(shè)若把B換成質(zhì)量為（）的物塊B速度方向恰好不變（彈簧恢復(fù)原長時(shí)B速度恰好為零），當(dāng)彈簧壓縮量為時(shí)，細(xì)繩斷掉，此時(shí)彈性勢能為此時(shí)B的速度設(shè)為，則之后AB系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒有聯(lián)立解得則若把B換成質(zhì)量為2.5m的物塊，其他條件不變，則物塊在運(yùn)動過程中速度方向還會發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2個(gè)小題，共16分。11.為了測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ，某實(shí)驗(yàn)小組使用位移傳感器設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上A點(diǎn)由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計(jì)算機(jī)，描繪出滑塊與傳感器的距離s隨時(shí)間t變化規(guī)律，取g=10m/s2，如圖所示:（以下結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）（1）根據(jù)上述圖線，計(jì)算可得木塊在0.4s時(shí)的速度大小v=______m/s。（2）根據(jù)上述圖線，計(jì)算可得木塊的加速度大小a=______m/s2。（3）現(xiàn)測得斜面傾角為30°，則μ=______。（）【答案】①.0.400②.1.00③.0.453【解析】【詳解】（1）[1]木塊在斜面上做勻加速直線運(yùn)動，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則木塊在0.4s時(shí)的速度大小為（2）[2]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間的平均速度可得，木塊在0.2s時(shí)的速度大小為木塊的加速度大小（3）[3]斜面傾角為30°，則對木塊受力分析，由牛頓第二定律可得解得12.利用如圖所示的電路測量一個(gè)滿偏電流為3mA、內(nèi)阻約為100Ω的電流表的內(nèi)阻，有如下的主要實(shí)驗(yàn)器材可供選擇：A．滑動變阻器（阻值范圍0～3kΩ，額定電流為1A）B．滑動變阻器（阻值范圍為0～10kΩ，額定電流為0.5A）C．電源（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻不計(jì)）D．電源（電動勢約為15V，內(nèi)阻不計(jì)）E．電阻箱（最大阻值為999.9Ω，額定電流為0.5A）（1）為了使測量盡量精確，在上述可供選擇的器材中，滑動變阻器R應(yīng)選用_______，電源E應(yīng)選用_________。（填器材前的字母序號）（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)要進(jìn)行的主要步驟有：A．?dāng)嚅_開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1B．調(diào)節(jié)R的阻值，使電流表的示數(shù)為2.5mAC．閉合開關(guān)S2D．調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)為1.5mAE．記下此時(shí)的阻值為120Ω則待測電流表的內(nèi)阻的測量值為________Ω，由于存在系統(tǒng)誤差，該測量值_________（填“大于”“小于”或“等于”）電流表內(nèi)阻的真實(shí)值。（3）若將此電流表改裝成一個(gè)量程為3V的電壓表，則應(yīng)將一個(gè)阻值為________Ω的定值電阻與之_________（填“串”或“并”）聯(lián)，若用一塊標(biāo)準(zhǔn)電壓表與改裝后的電壓表并聯(lián)，對改裝后的電壓表進(jìn)行校準(zhǔn)，由于（2）中電流表的內(nèi)阻測量存在系統(tǒng)誤差，使得改裝表的示數(shù)總會比標(biāo)準(zhǔn)表的示數(shù)___________（填“大”或“小”）?！敬鸢浮竣?B②.D③.80④.小于⑤.920⑥.串⑦.小【解析】【詳解】（1）[1][2]根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖可知，采用半偏法測量電流表的內(nèi)阻，為了使測量盡量精確，應(yīng)使滑動變阻器接入電路的阻值盡可能大一些，則電源E應(yīng)選用電動勢約為15V，即選擇D；當(dāng)電流表達(dá)到滿偏電流時(shí)，電路總電阻約為則滑動變阻器R應(yīng)選用B。（2）[3]根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟可認(rèn)為電路總電流為2.5mA；調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)為1.5mA，則此時(shí)通過電阻箱的電流為則有可得待測電流表的內(nèi)阻的測量值為[4]由于閉合開關(guān)S2，并聯(lián)電阻箱后，電路總電阻變小，則電路的實(shí)際總電流應(yīng)大于2.5mA，通過電阻箱的實(shí)際電流應(yīng)滿足則有可得可知由于存在系統(tǒng)誤差，該測量值小于電流表內(nèi)阻的真實(shí)值。（3）[5][6]若將此電流表改裝成一個(gè)量程為3V的電壓表，則有解得可知應(yīng)將一個(gè)阻值為定值電阻與之串聯(lián)；[7]若用一塊標(biāo)準(zhǔn)電壓表與改裝后的電壓表并聯(lián)，對改裝后的電壓表進(jìn)行校準(zhǔn)，由于（2）中電流表的內(nèi)阻測量小于真實(shí)值，使得串聯(lián)的電阻阻值偏大，改裝表的內(nèi)阻偏大，改裝表與標(biāo)準(zhǔn)表并聯(lián)時(shí)，改裝表的內(nèi)阻大，分到的電流小，所以改裝表的示數(shù)總會比標(biāo)準(zhǔn)表的示數(shù)小。四、計(jì)算題：本大題共3個(gè)小題，共41分，其中13題10分14題13分15題18分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、公式、方程式和重要的演算步驟，只寫出結(jié)果的不得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案必須寫出明確的數(shù)值和單位。13.光滑水平面的右端有一固定的傾斜軌道，軌道面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示，一質(zhì)量為2kg的滑塊A以的速度向右滑行，另一質(zhì)量為1kg的滑塊B從5m高處由靜止開始下滑，它們在水平軌道相碰后，B滑塊剛好能返回到出發(fā)點(diǎn).取10m/s2。（1）求第一次碰撞后滑塊A的瞬時(shí)速度；（2）求兩滑塊在第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能。【答案】（1），方向水平向右；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)滑塊B下滑過程到達(dá)水平軌道的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒可得解得碰后滑塊B剛好能返回到出發(fā)點(diǎn)，則碰后滑塊B的速度大小為以向右為正方向，A、B碰撞過程，根據(jù)動量守恒可得解得第一次碰撞后滑塊A的瞬時(shí)速度為方向水平向右。（2）根據(jù)能量守恒可知，兩滑塊在第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能為解得14.如圖所示，一質(zhì)量為m電荷量為的帶電小球，用一長為絕緣細(xì)線懸掛于點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給小球所在的空間加一水平向右的勻強(qiáng)電場（電場未畫出），電場強(qiáng)度，g取10m/s2。求：（1）剛加上電場的瞬間，小球加速度的大小；（2）小球向右擺動過程中，擺線與豎直方向的最大角度；（3）小球向右擺動過程中，小球的最大動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）剛假設(shè)電場瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設(shè)小球向右擺動過程中，擺下與豎直方向的最大角度為，根據(jù)動能定理可得解得則小球向右擺動過程中，擺線與豎直方向的