廣西壯族自治區(qū)2024屆高三上學(xué)期期末物理試題

廣西壯族自治區(qū)2024屆高三上學(xué)期期末物理試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．電動(dòng)平衡車因?yàn)槠潇趴岬牟僮鳎荒贻p人所喜歡，變成了日常通勤的交通工具。平衡車依靠人體重心的改變，來實(shí)現(xiàn)車輛的啟動(dòng)、加速、減速、停止等動(dòng)作。下表所示為某款電動(dòng)平衡車的部分參數(shù)，若平衡車以最大速度行駛時(shí)，電機(jī)恰好達(dá)到額定功率，則下列說法中正確的是（）電池輸出電壓36V電池總?cè)萘?0000mA·h電機(jī)額定功率900W最大速度15km/h充電時(shí)間2~3小時(shí)百公里標(biāo)準(zhǔn)耗電量6kW·hA．電池最多輸出的電能約為1800JB．充滿電的平衡車以額定功率行駛的最長(zhǎng)時(shí)間約為2hC．該平衡車以最大速度行駛時(shí)牽引力約為60ND．該平衡車在標(biāo)準(zhǔn)情況下能騎行的最大里程約為3km2．托卡馬克（Tokamak）是一種復(fù)雜的環(huán)形裝置，結(jié)構(gòu)如圖所示。環(huán)心處有一歐姆線圈，四周是一個(gè)環(huán)形真空室，真空室外部排列著環(huán)向場(chǎng)線圈和極向場(chǎng)線圈。當(dāng)歐姆線圈中通以變化的電流時(shí)，在托卡馬克的內(nèi)部會(huì)產(chǎn)生巨大的渦旋電場(chǎng)，將真空室中的等離子體加速，從而達(dá)到較高的溫度。再通過其他方式的進(jìn)一步加熱，就可以達(dá)到核聚變的臨界溫度。同時(shí)，環(huán)形真空室中的高溫等離子體形成等離子體電流，與極向場(chǎng)線圈、環(huán)向場(chǎng)線圈共同產(chǎn)生磁場(chǎng)，在真空室區(qū)域形成閉合磁籠，將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進(jìn)行。已知真空室內(nèi)等離子體中帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，下列說法正確的是（）A．托卡馬克裝置中核聚變的原理和目前核電站中核反應(yīng)的原理是相同的B．極向場(chǎng)線圈和環(huán)向場(chǎng)線圈的主要作用是加熱等離子體C．歐姆線圈中通以恒定電流時(shí)，托卡馬克裝置中的等離子體將不能發(fā)生核聚變D．為了約束溫度為T的等離子體，所需要的磁感應(yīng)強(qiáng)度B必須正比于溫度T3．一含有理想變壓器的電路如圖所示，交流電源輸出電壓的有效值不變，圖中三個(gè)電阻R完全相同，電壓表為理想交流電壓表，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電壓表的示數(shù)為U0；當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電壓表的示數(shù)為3738A．5 B．6 C．7 D．84．質(zhì)點(diǎn)在Ox軸運(yùn)動(dòng)，U0A．0~3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的路程為2mB．0~3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)先做減速運(yùn)動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)C．1~5s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度大小為1.27m/sD．3s末，質(zhì)點(diǎn)的速度大小為2m/s5．AC、CD為兩個(gè)傾斜角度不同的固定光滑斜面，其中∠ACB<45°，水平距離均為BC，兩個(gè)完全相同且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從A點(diǎn)和D點(diǎn)由靜止開始下滑，不計(jì)一切阻力，則（）A．沿AC下滑的物塊到底端用時(shí)較少B．沿AC下滑的物塊重力的沖量較大C．沿AC下滑的物塊到底端時(shí)重力功率較小D．沿AC下滑的物塊到底端時(shí)動(dòng)能較小6．光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質(zhì)量為M，底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示。將一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時(shí)間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對(duì)滑塊的支持力大小為FNA．FB．滑塊下滑過程中支持力對(duì)B的沖量大小為FC．滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能為mgLtanαD．此過程中斜面向左滑動(dòng)的距離為m二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7．如圖甲所示，一交流發(fā)電機(jī)線圈的總電阻r=1Ω，用電器電阻R=9Ω，流過用電器的電流圖象如圖乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法中正確的是（）A．交流發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的峰值為50VB．交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開始經(jīng)過1300sC．交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過37°時(shí)電壓表示數(shù)為36D．交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1008．如圖所示，設(shè)水車的轉(zhuǎn)輪以某一較大的角速度ω做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，輪緣上有兩個(gè)水滴A、B同時(shí)從同一高度被甩出，并且都落到轉(zhuǎn)輪右側(cè)的水平地面上，假設(shè)水滴被甩出的瞬時(shí)速度大小與其在輪上運(yùn)動(dòng)時(shí)相等，速度方向沿轉(zhuǎn)輪的切線方向，不計(jì)空氣阻力。下列判斷中正確的有（）A．兩水滴落到水平地面上的速度相同B．兩水滴在空中飛行過程中重力做的功相等C．高度一定，ω越大，兩水滴在空中飛行的時(shí)間差△t越大D．高度一定，ω越大，兩水滴落地點(diǎn)的距離Δx越大9．如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個(gè)輕質(zhì)小定滑輪O1，O2和質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內(nèi)，與水平面的夾角θ=60°，直桿上C點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，C點(diǎn)到定滑輪O1的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，設(shè)直桿足夠長(zhǎng)，小球運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)與其他物體相碰．現(xiàn)將小物塊從C點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小物塊沿桿下滑距離也為L(zhǎng)時(shí)（圖中D處），下列說法正確的是A．小物塊剛釋放時(shí)輕繩中的張力一定大于mgB．小球下降最大距離為L(zhǎng)C．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為2D．小物塊在D處的速度大小為v=10．如圖所示，傾角θ=30°的斜面固定在地面上，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩AB置于斜面上，與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=32A．物塊的速度始終減小B．軟繩上滑19C．軟繩重力勢(shì)能共減少了1D．軟繩減少的重力勢(shì)能一定小于其增加的動(dòng)能與克服摩擦力所做的功之和三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．某同學(xué)利用如圖所示的裝置來測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，同時(shí)驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒。豎直平面內(nèi)的一斜面下端與水平面之間由光滑小圓弧相連，斜面與水平面材料相同。第一次，將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放，測(cè)出斜面長(zhǎng)度為l，斜面頂端與水平地面的距離為h，小滑塊在水平桌面上滑行的距離為X1（甲圖）；第二次將左側(cè)貼有雙面膠的小滑塊B放在圓弧軌道的最低點(diǎn)，再將小滑塊A從斜面頂端無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，測(cè)出整體沿桌面滑動(dòng)的距離X2（圖乙）。已知滑塊A和B的材料相同，測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，重力加速度為g。（1）通過第一次試驗(yàn)，可得動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=；（用字母l、h、x1表示）（2）通過這兩次試驗(yàn)，只要驗(yàn)證，則驗(yàn)證了A和B碰撞過程中動(dòng)量守恒。（用字母m1、m2、x1、x2表示）12．為了測(cè)量一精密金屬絲的電阻率：（1）先用多用電表×1Ω擋粗測(cè)其電阻為Ω，然后用螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑為mm，游標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度是mm.（2）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，需進(jìn)一步測(cè)其電阻，除待測(cè)金屬絲外，實(shí)驗(yàn)室還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：A電壓表(量程3V，內(nèi)阻約為15kΩ)B電壓表(量程15V，內(nèi)阻約為75kΩ)C電流表(量程3A，內(nèi)阻約為0.D電流表(量程600mA，內(nèi)阻約為1Ω)E滑動(dòng)變阻器(0～5Ω，0.6A)F滑動(dòng)變阻器(0～2000Ω，0.1A)G輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源EH電阻箱I開關(guān)S，導(dǎo)線若干為了盡量多測(cè)幾組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，則上述器材中應(yīng)選用的實(shí)驗(yàn)器材除G、I外，還需的是(填代號(hào))．請(qǐng)?jiān)谔摼€框內(nèi)設(shè)計(jì)最合理的電路圖并將圖的實(shí)物連線．如果金屬絲直徑為D，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，所測(cè)電壓為U，電流為I，寫出計(jì)算電阻率公式．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．如圖，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在方向沿-y方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．從y軸上坐標(biāo)為a的一點(diǎn)向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y方向成30°～150°，且在xOy平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)．已知帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)．求：（1）垂直y軸方向射入磁場(chǎng)粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小v1；（2）粒子在第Ⅰ象限的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間以及對(duì)應(yīng)的射入方向；（3）從x軸上α點(diǎn)射人第四象限的粒子穿過電磁場(chǎng)后經(jīng)過y軸上y=?b的點(diǎn)，求該粒子經(jīng)過θ點(diǎn)的速度大?。?4．某種彈射裝置的示意圖如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處于傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=15.0m，皮帶以恒定速率v=5m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，三個(gè)質(zhì)量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長(zhǎng)，滑塊B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)且離N點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，現(xiàn)讓滑塊A以初速度v0=6m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起．碰撞時(shí)間極短，滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上，已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.1．（1）滑塊A、B碰撞時(shí)損失的機(jī)械能；（2）滑塊C在傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)滑塊A的初速度v0大小不相同，要使滑塊C滑離傳送帶后總能落至地面上的同一位置，則v0的取值范圍是什么？（結(jié)果可用根號(hào)表示）15．湯姆孫利用磁偏轉(zhuǎn)法測(cè)定電子比荷的裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計(jì)初速度、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過B中心的小孔沿中心軸的方向進(jìn)入到兩塊水平正對(duì)放置的平行極板D1和D2間的區(qū)域。當(dāng)D1、D2兩極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，電子束打在熒光屏的中心P1點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；加上圖示的電壓為U的偏轉(zhuǎn)電壓后，亮點(diǎn)移到P2點(diǎn)，再加上一個(gè)方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，調(diào)節(jié)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到P1點(diǎn)，去掉偏轉(zhuǎn)電壓后，亮點(diǎn)移到P3點(diǎn)。假設(shè)電子的電量為e，質(zhì)量為m，D1、D2兩極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板間距為d，極板右端到熒光屏中心的距離為s，R與P豎直間距為y，水平間距可忽略不計(jì)。（只存在磁場(chǎng)時(shí)電子穿過場(chǎng)區(qū)后的偏角θ很小，tanθ≈sinθ；電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r很大，計(jì)算時(shí)略去(L（1）判定磁場(chǎng)的方向，求加速電壓的大??；（2）若測(cè)得電子束不偏轉(zhuǎn)時(shí)形成的電流為I，且假設(shè)電子打在熒光屏。上后不反彈，求電子對(duì)熒光屏的撞擊力大??；（3）推導(dǎo)出電子比荷的表達(dá)式。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．電池最多儲(chǔ)存的電能為W=qU=50000×A不符合題意；B．由儲(chǔ)存的電能除以額定功率可求得時(shí)間為t=B符合題意；C．根據(jù)功率公式則有F=C不符合題意；D．由電池總電量除以百公里標(biāo)準(zhǔn)耗電量即可求出x=D不符合題意。故答案為：B。

【分析】利用電場(chǎng)力做功可以求出存儲(chǔ)電能的大小；利用電能及功率的大小可以求出工作的時(shí)間；利用功率和速度可以求出牽引力的大??；利用電能的大小及百公里消耗的電能可以求出運(yùn)動(dòng)的里程大小。2．【答案】C【解析】【解答】A、目前核電站中核反應(yīng)的原理是核裂變，原理不同，A不符合題意；B、極向場(chǎng)線圈、環(huán)向場(chǎng)線圈主要作用是將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進(jìn)行，B不符合題意；C、歐姆線圈中通以恒定的電流時(shí)，產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，恒定的磁場(chǎng)無法激發(fā)電場(chǎng)，則在托卡馬克的內(nèi)部無法產(chǎn)生電場(chǎng)，等離子體無法被加速，因而不能發(fā)生核聚變，C符合題意。D、帶電粒子的平均動(dòng)能與等離子體的溫度T成正比，則T∝12mv2故答案為：C

【分析】對(duì)于恒定電流，磁通量不會(huì)發(fā)生改變，就不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流去加熱等離子體，使之發(fā)生核聚變。3．【答案】B【解析】【解答】設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，副線圈電壓為U2=U0k，根據(jù)歐姆定律得副線圈中電流為：I2=U2R=U0Rk，則原線圈中電流為：I1=I故答案為：B

【分析】利用變壓器原副線圈匝數(shù)比與電壓的關(guān)系求解原、副線圈的匝數(shù)比即可。4．【答案】D【解析】【解答】A.0~3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的路程為7.08m，A不符合題意；

B.0～3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)先做減速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，再做加速運(yùn)動(dòng)，B不符合題意；

C.1-5s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)平均速度為v=C不符合題意；

D.3s末，可知斜率為2，即速度大小為2m/s，D符合題意；

故答案為：D

【分析】利用質(zhì)點(diǎn)位置時(shí)間圖像的特點(diǎn)可得出結(jié)論。5．【答案】A【解析】【解答】A.設(shè)物體所處光滑斜面與水平面夾角為θ，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知，沿斜面方向有x=由幾何關(guān)系可知x聯(lián)立可知x可得t=2可知角度越大，下滑時(shí)間越小，A符合題意；

B.重力的沖量為I=mgt可知沿AC下滑的物體重力的沖量較大，B不符合題意；

C.重力的功率P=mgv可知，沿AC下滑的物體重力的沖量較小，C不符合題意；

D.由動(dòng)能定理mgh=可知沿AC下落高度高，則滑塊到達(dá)底端動(dòng)能較大，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律可求出物體的加速度大小，進(jìn)而利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系式可求出下落時(shí)間。6．【答案】D【解析】【解答】A.水平面光滑，當(dāng)滑塊B下滑時(shí)，斜面受到支持力會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊垂直于斜面的合力不為零，則FA不符合題意；

B.滑塊下滑過程支持力對(duì)B的沖量大小為FNt，B不符合題意；E由能量守恒可知，滑塊下滑重力勢(shì)能的減小量等于兩物體動(dòng)能的增加量，故滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能小于mgtanα，C不符合題意；m則m又有x故斜面向左滑動(dòng)的距離為xD符合題意。

故答案為：D

【分析】利用物體受力分析，利用共點(diǎn)力平衡的條件可得出支持力的大??；利用能量守恒定律可判斷物體的動(dòng)能大小；根據(jù)反沖現(xiàn)象模型特點(diǎn)可求出滑動(dòng)距離。7．【答案】B,D【解析】【解答】A.由電流隨時(shí)間變化的圖像可知，電流峰值為52EA不符合題意；

B.由圖可知ω=100π經(jīng)過1300e=B符合題意；

C.電壓表示數(shù)為電壓的有效值，始終為U=IR=45VC不符合題意；

D.平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為D符合題意。

故答案為：BD

【分析】利用電流峰值和有效值的關(guān)系和特點(diǎn)，可求出電流的峰值，結(jié)合電路結(jié)構(gòu)，可求出電動(dòng)勢(shì)的峰值；利用電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的關(guān)系式可求出電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的大小。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.可知水滴A做斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性特點(diǎn)可知下落到與水滴B所處的同一高度時(shí)，速度與B相同，故之后的運(yùn)動(dòng)相同，落在水平面上的速度相同，A符合題意；

B.兩水滴質(zhì)量不一定相同，故重力做功不一定相等，B不符合題意；

C.高度一定，ω越大，則線速度v越大，水滴A上升的高度越高，下落時(shí)間越大，水滴B下落的時(shí)間越短，故兩水滴在空中飛行的時(shí)間差越大，C符合題意；

D.高度一定，ω越大，則線速度v越大，水滴在水平方向的距離越大，兩水滴落地點(diǎn)的距離越大。

故答案為：ACD

【分析】利用斜上拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解思想，可得出結(jié)論。9．【答案】B,D【解析】【解答】A.在小物塊下滑過程中，小球m先向下運(yùn)動(dòng)，再向上運(yùn)動(dòng)，故在開始向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，有mg-繩中的張力小于mg，A不符合題意；

B.當(dāng)輕繩下降到與桿垂直時(shí)，小球下落距離最大，距離為L(zhǎng)-LB符合題意；

C.設(shè)物體在D點(diǎn)時(shí)為v，則速度沿繩方向的分速度為v故物塊在D處的速度與小球速度之比為2：1，C不符合題意；

D.可知，小球和物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgL解得v=45D符合題意。

故答案為：BD

【分析】利用牛頓第二定律可求出繩的拉力的大?。焕盟俣鹊姆纸饪汕蟪鑫矬w與小球的速度之比；利用機(jī)械能守恒定律，結(jié)合物體下落特點(diǎn)，可求出速度大小。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、物塊下落過程中，剛開始由于mgsin30°+μmgcos30°=54B、當(dāng)加速度等于零時(shí)，速度最小，設(shè)此時(shí)軟繩上滑的距離為x，則：L?x代入數(shù)據(jù)解得：x=19C、物塊未釋放時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度為h1=L2sin30°=L4，軟繩剛好全部離開斜面時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度h2=L2，則軟繩重力勢(shì)能共減少mg（LD、以軟繩和物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，軟繩和物塊的重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為物塊和軟繩的動(dòng)能及軟繩與斜面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，軟繩重力勢(shì)能的減少小于其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功的和．故D正確．故選BCD【分析】根據(jù)軟繩對(duì)物塊做功正負(fù)，判斷物塊機(jī)械能的變化，若軟繩對(duì)物塊做正功，其機(jī)械能增大；若軟繩對(duì)物塊做負(fù)功，機(jī)械能減?。謩e研究物塊靜止時(shí)和軟繩剛好全部離開斜面時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度，確定軟繩的重心下降的高度，研究軟繩重力勢(shì)能的減少量．以軟繩和物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，分析軟繩重力勢(shì)能的減少與其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功的和的關(guān)系．11．【答案】（1）h（2）m【解析】【解答】（1）對(duì)物體進(jìn)行分析，由動(dòng)能定理可知，物體在斜面上有m即m解得μ=（2）設(shè)物體下滑到斜面底端速度為v1，碰撞后速度為v2，由牛頓第二定律有v12聯(lián)立可得v1=根據(jù)A、B碰撞過程動(dòng)量守恒可得m整理可得m【分析】利用動(dòng)能定理，結(jié)合摩擦力做功的特點(diǎn)，可求出動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；利用動(dòng)量守恒定律，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度位移關(guān)系式，聯(lián)立可得出動(dòng)量守恒的表達(dá)式。12．【答案】（1）6.0；2.093—2.097；100.15（2）ADE；；；UπD2【解析】【解答】（1）通過多用電表讀數(shù)可得電阻為6歐姆；螺旋測(cè)微器測(cè)得直徑為2游標(biāo)卡尺讀數(shù)為100（2）電源電壓為3V，故選取電壓表為A；待測(cè)電阻為6，則電流I=故選取電流變D，由于滑動(dòng)變阻器器F電阻比較大，故選取E；待測(cè)電阻與電壓表和電流表內(nèi)阻大小關(guān)系為RxR=ρlS，R=聯(lián)立可得ρ=【分析】（1）利用器材讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)；（2）根據(jù)電源電壓選取合適的電壓表，結(jié)合待測(cè)電阻的大小，選取電流表的大小。13．【答案】（1）解：如圖所示，粒子運(yùn)動(dòng)的圓心在O點(diǎn)，軌道半徑r由q得v（2）解：當(dāng)粒子初速度與y軸正方向夾角30°時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)此時(shí)軌道對(duì)應(yīng)的圓心角α=150°粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=綜上可知t=（3）解：如圖所示設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，則有R?RR可得θ=45°，R=此粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v0，則：v設(shè)粒子到達(dá)y軸上速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qEb=解得：v=【解析】【分析】（1）利用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系可求出半徑大小，進(jìn)而求出粒子運(yùn)動(dòng)速度大?。唬?）結(jié)合幾何關(guān)系可得出粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角，利用周期公式可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的幾何關(guān)系可求出粒子與y軸方向夾角，結(jié)合動(dòng)能定律可求出速度大小。14．【答案】（1）解：A與B位于光滑的水平面上，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，設(shè)A與B碰撞后共同速度為v1，選取向右為正方向，對(duì)A、B有：碰撞時(shí)損失機(jī)械能ΔE=解得：ΔE=9J（2）解：設(shè)A、B碰撞后，彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)AB的速度為vB，C的速度為由動(dòng)量守恒得：2m由機(jī)械能守恒得：1解得：vC以vc由牛頓第二定律得：a由速度位移公式得：v聯(lián)立解得：x=11.25m＜L加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，有：t=所以相對(duì)位移Δx=vt?x代入數(shù)據(jù)得：Δx=1摩擦生熱Q=μmgcosθ（3）解：設(shè)A的最大速度為vmax，滑塊C與彈簧分離時(shí)C的速度為vc1，AB的速度為vB1則有：v根據(jù)牛頓第二定律得：a聯(lián)立解得：v設(shè)