还剩17页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年河北省衡水中学高考物理一调试卷（含答案解析）
展开
这是一份2023年河北省衡水中学高考物理一调试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了8天，将有半数的氡衰变为铅，2Wb/s， 一个半径为R=0等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省衡水中学高考物理一调试卷
1. 花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射，对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡(86222Rn)及其衰变产物，氡(86222Rn)的衰变反应链为 86222Rn→①84218Po→②82214Pb→③83214Bi→④82210Pb，其中氡(86222Rn)的半衰期为3.8天。关于氡(86222Rn)的衰变反应，下列说法正确的是( )
A. 温度升高，氡的衰变速度会变快
B. ④过程只发生了α衰变
C. 一个氡核(86222Rn)经过一个衰变链，共发生了3次α衰变、2次β衰变
D. 每经过3.8天，将有半数的氡(86222Rn)衰变为铅(82210Pb)
2. 一试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线NPM所示，设P、M两点的电势分别为
φP、φM，此试探电荷在P、M两点的动能分别为Ekp、EkM，下列说法正确的是( )
A. 电场强度方向一定水平向右 B. 该试探电荷在P点受到的电场力沿OP方向
C. φP>φM D. Ekp
A. 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B. 交流电的频率为50Hz
C. 电流表A的示数为0.4 2A
D. 变压器的输入功率是16W
4. 2021年5月15日，天问一号着落器着陆于火星表面。着落器的着陆过程简化如下：首先，在距火星表面高为h处悬停，接着以恒定加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F。当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着落器经时间t速度减至0。已知着落器的质量为m，火星半径为R(R>>h)，万有引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 火星的质量约为(F+ma)R2Gm
B. 火星表面的重力加速度约为Fm
C. 火箭反推力对着落器所做的功约为−12Fat2
D. 着落器对火星表面的平均冲击力大小约F+ma+m 2aht
5. 在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度-时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3：5
C. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3
D. 碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
6. Ioffe−Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为中心，边长为2L的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“⋅”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为B=kIr，k为比例系数。下列说法正确的是( )
A. 直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B. 直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C. 直导线1、4在O点的合磁场的磁感应强度大小为kI2L
D. 直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
7. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53∘，甲位于P点，某时刻由静止释放乙(乙离地面足够高)，经过一段时间小球甲运动到Q点(未与横杆相碰)，O、Q两点的连线水平，O、Q的距离为d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2mg3d
B. 物体乙释放瞬间的加速度大小等于g
C. 小球甲到达Q点时的速度大小 8gd3
D. 小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变
8. 直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已知SC=CD，光在棱镜中的传播时间为t= 3d2c，真空中光速为c，不考虑光的反射。下列说法正确的是( )
A. 该棱镜的折射率为 3 B. 该棱镜的折射率为2 33
C. 入射光与BC的夹角为30∘ D. 入射光与BC的夹角为60∘
9. 一个半径为R=0.75m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，到达C点时速度方向恰好沿圆弧切线方向。已知O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53∘，取g=10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 小球从B点运动到C点所用的时间为0.3s B. 小球从B点运动到C点所用的时间为0.5s
C. 小球做平抛运动的初速度大小为4m/s D. 小球做平抛运动的初速度大小为6m/s
10. 如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A. 线框中的电流始终为逆时针方向
B. 线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C. t=T2时刻，流过线框的电流大小为 3ka26R
D. t=T2时刻，流过线框的电流大小为5 3ka212R
11. 某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。
(1)下列说法正确的是______ 。
A.实验前，应先对弹簧测力计调零
B.应保持与木块相连的细线水平
C.实验时，应将木板匀速向左拉出
D.实验时，拉木板的速度越大越好
(2)图乙是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力f=______ N。
(3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法若木块质量为m0，砝码的质量、动摩擦因数和重力加速度分别用m、μ和g来表示，则摩擦力f=______ (用前面的物理量的字母表示)。测得多组数据后，该同学描绘的f−m图线如图丙所示，则他测得的动摩擦因数μ=______ (重力加速度g取10m/s2)。
12. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为______ mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为电池组(电动势3V，内阻不计)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0∼20Ω,额定电流2A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______ 图(选填“甲”或“乙”)。
(3)如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点，请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U−I图线______ 。由图线得到金属丝的阻值Rx=______ Ω(保留两位有效数字)。
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______ (填选项前的符号)。
A.1×10−2Ω⋅m
B.1×10−3Ω⋅m
C.1×10−6Ω⋅m
D.1×10−8Ω⋅m
(6)任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是______ 。
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差
B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
13. 一竖直放置的导热良好的气缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计的活塞a、b封闭两部分质量一样的同种理想气体。活塞横截面积S=10cm2，静止时a、b到气缸底部的距离分别为la=10cm，lb=20cm，气缸内壁有一小固定卡口，卡口上端到气缸底部的距离为l0=8cm。重力加速度g=10m/s2，大气压强p0=1×105Pa。
(1)在活塞b上放置一质量为m=5kg的重物，求稳定后b到气缸底部的距离；
(2)接第(1)问，若再把环境温度从27℃升高到42℃，求再次稳定后b到气缸底部的距离。
14. 如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37∘的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不拴接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，OB⊥AB，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
(2)若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的取值范围。
(3)若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为37∘时恰好脱离圆弧轨道，求P的质量M′。
15. 如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化的磁场(图中未画出)和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45∘。已知电场强度大小E=mgq从液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示(当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正)，t0=πv0g，重力加速度大小为g。求：
(1)抛出点P的坐标。
(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间t1。
(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标。
16. 如图所示，有两足够长、倾角均为θ=37∘的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC固定连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数μ1=0.3，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数μ2=0.15。小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的小滑块b发生第一次碰撞(通过弹簧发生作用)，之后弹簧储存的弹性势能的最大值Ep=7.2J，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为m=0.2kg，小滑块a与弹簧作用过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)P点距水平面的高度h；
(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿斜面CD上滑的最大距离s1；
(3)小滑块b在斜面上运动的总路程sb。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、半衰期不随外界温度、压强变化，由原子核自身决定，故A错误；
B、由衰变方程 83214Bi→82210Pb+24He+−10e，可知衰变④过程除了发生α衰变，还发生了β衰变，故B错误；
C、衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了n次α衰变，则222−210=4n，解得n=3，所以β衰变的次数为x=82−(86−3×2)=2.故C正确；
D、氡(86222Rn)的半衰期为3.8天，则每经过3.8天，将有半数的氡(86222Rn)衰变为 84218Po，衰变为 82210Pb的更少，故D错误。
故选：C。
理解半衰期的影响因素；根据半衰期的大小完成运算；根据衰变过程中的质量数守恒和电荷数守恒计算出衰变的次数。
本题主要考查了衰变和半衰期的相关应用，理解半衰期的概念，结合衰变过程中的质量数守恒和电荷数守恒即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：AB、该试探电荷做曲线运动，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，试探电荷的电性不确定，所以电场强度的方向也无法确定．AB错误；
CD、该试探电荷从P点运动到M点，电场力做正功，所以动能增大，电势能减小，即EkP
粒子做曲线运动，电场力指向轨迹弯曲的内侧；再根据电场力做功与动能定理分析动能的变化。
本题要求掌握电场力做功的判断，解题关键掌握电场力方向的判断，同时明确电场力做功的正负。
3.【答案】D
【解析】解：A、E=n△Φ△t，由电压表达式知电压最大值为200 2V，所以磁通量的最大变化率为Emn=200 21000=0.2 2Wb/s，故A错误；
B、根据表达式知原线圈输入的交流电的角速度为120π，所以频率为120π2π=60Hz，故B错误；
C、根据电压与匝数成正比得：U2=2001000×200=40V，所以I=40100=0.4A，故C错误；
D、P2=U2I2=40×0.4=16W，而变压器的输入功率P1=P2=16W，故D正确．
故选：D.
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
掌握变压器的特点，本题的难点在于磁通量的最大变化率的求法．
4.【答案】AD
【解析】解：AB、设火星表面的重力加速度为g，由牛顿第二定律可得：mg−F=ma
在火星表面：mg=GMmR2
联立解得：g=Fm+a，M=R2(F+ma)Gm，故A正确，B错误；
C、火箭产生的反推力大小为F的时间未知，不能根据x=12at2求出火箭下降的距离，所以火箭反推力对着落器所做的功不等于−12Fat2，故C错误；
D、由位移-速度公式：v2−0=2ah
设探测器受到的平均冲击力大小为F−，规定竖直向下为正方向，由动量定理可得
mgt−F−t=0−mv
所以：F−=mg+mvt=F+ma+m 2aht
由牛顿第三定律得：探测器对火星表面的平均冲击力大小为F′−=F+ma+m 2aht，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律，结合万有引力公式计算出火星的质量以及火星表面的重力加速度；
根据动量定理和牛顿第三定律计算出平均冲击力的大小。
本题主要考查了万有引力定律和动量定理的结合，在分析过程中结合了牛顿定律，要求学生熟悉公式间的推导，整体难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、碰撞后的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；
BC、观察图象可知，碰前滑块Ⅰ的速度大小为v1=5m/s，方向沿正方向，滑块Ⅱ的速度大小为v2=3m/s，方向沿负方向，碰撞后共同速度大小为v=2m/s，方向为正，取滑块Ⅰ的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：m1v1−m2v2=(m1+m2)v，解得3m1=5m2，即滑块 I 的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3，故B错误；
D、碰撞过程中，二者之间的弹力大小相等、方向相同，且作用时间相等，所以滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量等大、反向，故D错误。
故选：C。
根据v−t图象得到滑块I、Ⅱ碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、冲量的概念进行分析。
本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据“同向电流互相吸引，异向电流互相排斥”的规律，直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误。
B.根据安培定则，电流4、电流1在O点产生的磁场方向如图所示，合磁场方向沿x轴正方向，故B错误。
C.根据数学知识，O与电流1、电流4的距离r=Lcos45∘= 2L，根据电流的磁感应强度公式B1=B4=kIr=kI 2L= 2kI2L；
O点的合磁感应强度B=B1cos45∘= 2kI2L×2 2=kIL，故C错误。
D.导线2中的电流在导线1处产生的磁感应强度B21=kI2L，方向沿y轴负方向，导线4中的电流在导线1处产生的磁感应强度B41=kI2L，方向沿x轴正方向，合磁感应强度B= 2B21= 2B41= 2kI2L；根据数学知识，导线3与导线1之间的距离r31=2Lcos45∘=2 2L，
导线3中的电流在导线1处产生的磁感应强度B31=kIr31=kI2 2L= 2kI4L，方向沿导线3与导线1的连线指向导线1，综上可知B=2B31；根据安培力公式F=BIL可知，F=2F31，即直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。
故选：D。
电流之间的相互作用，可以根据“同向电流互相吸引，异向电流互相排斥”的规律进行判断；根据安培定则和平行四边形定则进行判断；根据安培定则和直线电流产生的磁感应强度公式求解；根据直线电流的磁感应强度公式及安培力公式求解。
本题考查安培定则及磁感应强度的叠加，学生需注意与左手定则区分。
7.【答案】C
【解析】解：A、设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P点时弹簧的压缩量等于小球在Q点时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系得：x+l0−(l0−x)=dtanα，解得：x=23d，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，由平衡条件得：kx=mg，解得：k=3mg2d，故A错误；
B、物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为FT，对甲、乙分别由牛顿第二定律得：FTsinα=ma甲，4mg−FT=4ma乙，根据运动的合成与分解得：a甲⋅sinα=a乙，解得：a乙=6489g，故B错误；
C、根据运动的合成与分解得v甲sinα=v乙，小球甲到达Q点时α=0∘，所以物体乙的速度为零；对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，由机械能守恒定律得：4mg(dcosα−d)−mgdtanα=12mv甲2，解得：v甲=83gd，故C正确；
D、甲、乙与弹簧组成的系统机械能守恒，甲、乙组成的系统机能不守恒，弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选：C。
由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；根据牛顿第二定律求解加速度大小；小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求解速度大小；根据机械能守恒定律分析小球和物体乙的机械能之和的变化情况。
本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、由题意画出光路图如图所示：
E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传播速度为v，入射角为i.折射角为r，光与BC边的夹角为θ。
则有DE=12d，vt=12d
n=cv，解得n= 3，故A正确，B错误；
CD、光射到BC边，由几何关系有i=π2−θ，r=π2−2θ
根据折射定律有：n=sinisinr，联立解得θ=30∘，故C正确，D错误。
故选：AC。
作出光路图，根据几何知识求出光从S到AB边射出时传播的距离，由n=cv求光在棱镜中传播速度，再结合t=sv求棱镜的折射率n根据折射定律和几何关系求入射光线与界面BC间的夹角。
解决本题的关键是画出光路图，再根据折射定律和几何关系进行分析计算。
9.【答案】AC
【解析】解：小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为α=37∘，如下图所示：
设位移与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ=tan37∘2，
又因为tan.θ=yx=yRcos53∘
根据题意可得：R=0.75m
联立解得：y=920m
根据y=12gt2
解得：t=0.3s
水平位移x=1.6R=v0t
解得：v0=4m/s，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据题目条件得出速度偏转角，结合几何关系和运动学公式先求出小球的下落高度，进而得出时间和对应的初速度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流始终沿逆时针方向，故A正确，B错误；
CD、线框做匀速直线运动，线框的速度v=aT，t=T2时刻，线框切割磁感线的有效长度L=2(a−vT2)tan30∘= 33a，
此时磁感应强度B=kt=12kT，
动生电动势E1=BLv=12kT× 33a×aT= 3ka26
由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E2=△Φ△t=△B△tS=k×34×12×2a 3×a= 3ka24
由欧姆定律可知，感应电流I=E1+E2R=5 3ka212R，故C错误，D正确。
故选：AD。
应用右手定则判断出感应电流方向；求出T2时刻线框切割磁感线的有效长度，由E=BLv求出动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，然后由欧姆定律求出感应电流大小。
分析清楚线框的运动过程、知道感应电动势包括动生电动势与感生电动势是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可解题。
11.【答案】AB2.75f=μ(m0+m)g0.4
【解析】解：
(1)为保证弹簧测力计的准确性，实验前应先对弹簧测力计调零；
为保证物体的压力与重力相等，应保持与木块相连的细线水平，细线不提供竖直方向的分力；
本实验探究的是滑动摩擦情况，与物体和木板间的运动快慢无关。
故选：AB。
(2)弹簧测力计刻度是上小下大的，分度值为0.1N，再估读到下一位，即为2.75(2.74∼2.7都对)
(3)木块对木板的正压力等于木块和砝码的总重力，即FN=(m0+m)g，
根据公式f=μFN，f=μ(m0+m)g；
在绘制f−m图像时，f为竖轴，m为横轴，
根据公式f=μ(m0+m)g，即μg为图像斜率
μg=k=2.6−2.00.17−0.02=4
解得μ=0.4
利用滑动摩擦力产生的条件和计算公式进行解答。
本题通过木块和木板间得摩擦情况，考查对滑动摩擦力的理解和图像问题的结合情况，难度适中。
12.【答案】0.398甲 4.4CCD
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径=0mm+39.8×0.01mm=0.398mm
(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5Ω，则Rx≪RV，电流表采用外接法；若滑动变阻器采用限流式接法，电路中最小电流约为Imin=ER1+R+RA，其中R1=RxRVRx+RV=5×30005+3000Ω≈4.99Ω，代入数据解得Imin≈0.12A；实验数据中第一组的电流为0.020A，小于限流式接法的最小电流，所以滑动变阻器采用的不是限流式接法，而是分压式接法，则采用的是甲图。
(3)根据表格中的数据可知，电流表选用0∼0.6A的量程，电压表选用0∼3V的量程，结合电路图进行实物连线，如图所示：
(4)在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，作一条直线，使尽可能多的点在这条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图所示：
由图像斜率可求出金属丝的电阻值为Rx=2.220.5Ω≈4.4Ω
(5)根据电阻定律，可得金属丝的电阻率为ρ=RxSl=πRxd24l=3.14×4.4×(0.398×10−3)24×0.5Ω⋅m≈1×10−6Ω⋅m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(6)A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D.用U−I图像求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D正确。
故选；CD。
故答案为：(1)0.398；(2)甲；(3)实物连线图见解析；(4)所作U−I图像见解析；4.4；(5)C；(6)CD。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度读数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(2)根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；
(3)根据电路图连接实物电路图；
(4)根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；
(5)由电阻定律求出电阻率，然后答题；
(6)明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．
要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．
13.【答案】解：活塞到达卡扣时，对下方气体：初态：pa1=p0，Va1=laS
末态：pa2=？，Va2=l0S
根据玻意耳定律可得：pa1Va1=pa2Va2，解得pa2=1.25×105Pa
上方气体的压强pb=p0+mgS=1.0×105Pa+5×101×10−3Pa=1.5×105Pa，故放上重物后，活塞b到达卡口位置，对上方气体：
初态：pb1=p0，Vb1=(lb−la)S
末态：pb2=pb，Vb2=(L−l0)S
根据玻意耳定律可知：pb1Vb1=pb2Vb2
解得：L=443cm
(2)设环境温度到达T时，活塞a刚好离开卡口，则初态：pa2=1.25×105Pa，T1=300K
末态：pa3=1.5×105Pa，T
根据查理定律可得：pa2T1=pa3T，解得T=360K
若再把环境温度从27∘升高到42∘，活塞a没有离开卡口，
对上方气体，在升温过程中，做等压变化，则Vb2=(L−l0)S，T1=300K
末态：Vb3=(L′−l0)S，T2=315K
根据盖-吕萨克定律可得：L′=15cm
答：(1)在活塞b上放置一质量为m=5kg的重物，稳定后b到气缸底部的距离为443cm；
(2)接第(1)问，若再把环境温度从27∘升高到42∘，再次稳定后b到气缸底部的距离为15cm。
【解析】(1)对下方气体分析，当达到卡口时，根据玻意耳定律求得达到的压强，然后对活塞b分析，求得上方气体的压强，判断出活塞a的位置，然后对上方气体，根据玻意耳定律求得；
(2)对下方气体分析，根据查理定律判断出活塞a刚好离开卡口时的温度，然后对上方气体，根据盖-吕萨克定律即可求得。
本题主要考查了一定质量的气体状态方程，判断出活塞a最终所在的位置是解决问题的关键。
14.【答案】解：(1)P恰好能到达圆轨道的最高点D，由其重力恰好等于向心力得：
mg=mv2R
P从释放到D的过程，由能量守恒和功能关系可得：
Ep=12mv2+mg(1.5Rsin37∘+R+Rcos37∘)+μmgcos37∘×1.5R
两式联立解得：Ep=3.8mgR。
(2)滑块P能滑上圆轨道，需要满足到达B点时其动能大于零，根据能量守恒和功能关系可得：
Ep>Mg×1.5Rsin37∘+μMgcos37∘
解得：M≤3815m
仍能沿圆轨道滑下，需要满足到达C点或C点之前时动能等于零，同理可得：
Ep≤Mg(1.5Rsin37∘+Rcos37∘)+μMgcos37∘
解得：M≥3823m
则M的取值范围为：3823m≤M≤3815m。
(3)滑块P恰好脱离圆轨道的位置与O点的连线与OC的夹角为37∘时，此为在C点上方，根据牛顿第二定律可得：
M′gsin37∘=M′v′2R
根据能量守恒和功能关系可得：
Ep=12M′v′2+M′g(1.5Rsin37∘+Rsin37∘+Rcos37∘)+μM′gcos37∘×1.5R
联立解得：M′=1916m。
答：(1)弹簧弹性势能的大小Ep=3.8mgR；
(2)M的取值范围为3823m≤M≤3815m；
(3)P的质量M′为1916m。
【解析】(1)由于P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D，在D点由其重力恰好等于向心力求得速度，由能量守恒和功能关系可求出弹簧弹性势能；
(2)滑块P能滑上圆轨道，需要满足到达B点时其动能大于零，仍能沿圆轨道滑下，需要满足到达C点或C点之前时动能等于零，根据两种情况由能量守恒和功能关系求出M的范围；
(3)滑块P恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的支持力等于零，仅由重力沿半径方向的分力提供向心力，由此条件求得脱离时的速度，再根据能量守恒和功能关系求出M′。
本题考查圆周运动的临界问题、能量守恒与功能关系的综合应用，考点较为综合，难度较大，学生着重注意应用能量守恒时不要遗漏涉及到能量。
15.【答案】解：(1)液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45∘，液滴到达O点时沿x轴方向与沿y轴方向的分速度大小vx=vy=v0sin45∘= 22v0
液滴从P到O过程做平抛运动，竖直方向：( 22v0)2=2gy1， 22v0=gt1，水平方向：x1=.22v0t1
解得：x1=v022g，y1=v024g，所以P点的坐标为(−v022g,v024g,0)
(2)液滴在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1=mv02R1
磁感应强度大小B1=mgqv0，解得：R1=v02g
液滴做匀速圆周运动的周期T1=2πR1v0=2πmqB1，解得：T1=2πv0g=2t0
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90∘。则t1=T14=πv02g
(3)由t1=T14=πv02g=t02，可知在0∼t0时间内，液滴刚好转过180∘。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变了，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B2=mv02R2⋅
已知：B2.≡=mg2qv0，解得：R2=2v02g=2R1
由T2=2πmqB2，解得T2=4πv0g=4t0
在t0∼2t0时间内，液滴转过90∘
同理得，液滴在2t0∼3t0时间内与0∼t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t0∼4t0。时间内与t0∼2t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样
综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示
由几何关系得OA=AB= 2R1
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为x= 2(n−1)R，解得：x= 2(n−1)v02g n=1、2、3……
答：(1)抛出点P的坐标是(−v022g,v024g,0)。
(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间t1是πv02g。
(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标是 2(n−1)v02g n=1、2、3……。
【解析】(1)液滴从P点开始做平抛运动，由平抛运动的规律将液滴的运动分解处理并求解；
(2)带正电的液滴受到的电场力与其重力等大反向，两力的合力为零，相当于液滴只受洛伦兹力在xOy平面内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向心力，求解其轨迹半径和运动周期，画出液滴在0∼t0时间内运动轨迹，由几何关系求得对应的圆心角再求时间；
(3)由洛伦兹力提供向心力，求解其各阶段的轨迹半径和运动周期，推断液滴在0∼4t0时间内偏转情况，画出在磁感应强度随时间的变化的一个周期内的运动轨迹图，根据周期性，结合几何关系求解。
本题考查了带电粒子在混合场中的复杂的运动过程的处理，解题的关键和难点是能够根据磁场的变化画出粒子轨迹图形，依据轨迹图结合几何关系解答。
16.【答案】解：(1)小滑块a从AB上的P点滑到B点的过程，根据动能定理有：mgh−μ1mgcosθ⋅hsinθ=12mv12−0
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，取向右为正方向，有：mv1=2mv1′
弹簧储存的弹性势能最大的条件有：EP=12mv12−12×2mv′12
解得：v1=12m/s，h=12m；
(2)取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1=mv1′′+mv2
12mv12=12mv1′′2+12mv22
解得v1′′=0，v2=v1=12m/s
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有：
−mgs1sinθ−μ2mgcosθ⋅s1=0−12mv22
解得：s1=10m;
(3)设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为v3，根据动能定理可得：
−2μ2mgcosθ⋅s1=12mv32−12mv22
整理后有：12mv32=mgs1⋅sinθ−μ2mgs1⋅cosθ
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为v4，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程，有：
−μ1mgcosθ⋅s2−mgs2⋅sinθ=0−12mv42
由于交换速度，故v3与v4大小相等
解得：s2=sinθ−μ2cosθsinθ+μ1cosθs1
返回底端的过程中：−μ1mgcosθ⋅s2+mgs2⋅sinθ=12mv52
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小v6=v5
b上升到顶端的过程中：−mgs3sinθ−μ2mgcosθ⋅s3=0−12mv62
可得s2=sinθ+μ2cosθsinθ−μ1cosθ⋅s3
所以：s3s1=27
故可知小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比q=27
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，有：sb=2s11−q
解得：sb=28m。
答：(1)P点距水平面的高度为12m；
(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿斜面CD上滑的最大距离为10m；
(3)小滑块b在斜面上运动的总路程为28m。
【解析】(1)小滑块a从AB上的P点滑到B点的过程，根据动能定理列方程；a、b发生碰撞时满足动量守恒，根据动量守恒定律、功能关系进行解答；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律、结合动能定理进行解答；
(3)分析b的运动过程，对b根据动能定理、碰撞过程中的动量守恒定律得到位移表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
2023年河北省衡水中学高考物理一调试卷
1. 花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射，对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡(86222Rn)及其衰变产物，氡(86222Rn)的衰变反应链为 86222Rn→①84218Po→②82214Pb→③83214Bi→④82210Pb，其中氡(86222Rn)的半衰期为3.8天。关于氡(86222Rn)的衰变反应，下列说法正确的是( )
A. 温度升高，氡的衰变速度会变快
B. ④过程只发生了α衰变
C. 一个氡核(86222Rn)经过一个衰变链，共发生了3次α衰变、2次β衰变
D. 每经过3.8天，将有半数的氡(86222Rn)衰变为铅(82210Pb)
2. 一试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线NPM所示，设P、M两点的电势分别为
φP、φM，此试探电荷在P、M两点的动能分别为Ekp、EkM，下列说法正确的是( )
A. 电场强度方向一定水平向右 B. 该试探电荷在P点受到的电场力沿OP方向
C. φP>φM D. Ekp
A. 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B. 交流电的频率为50Hz
C. 电流表A的示数为0.4 2A
D. 变压器的输入功率是16W
4. 2021年5月15日，天问一号着落器着陆于火星表面。着落器的着陆过程简化如下：首先，在距火星表面高为h处悬停，接着以恒定加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为F。当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着落器经时间t速度减至0。已知着落器的质量为m，火星半径为R(R>>h)，万有引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 火星的质量约为(F+ma)R2Gm
B. 火星表面的重力加速度约为Fm
C. 火箭反推力对着落器所做的功约为−12Fat2
D. 着落器对火星表面的平均冲击力大小约F+ma+m 2aht
5. 在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度-时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知( )
A. 碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3：5
C. 滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3
D. 碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
6. Ioffe−Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为中心，边长为2L的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“⋅”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为B=kIr，k为比例系数。下列说法正确的是( )
A. 直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B. 直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C. 直导线1、4在O点的合磁场的磁感应强度大小为kI2L
D. 直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
7. 如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53∘，甲位于P点，某时刻由静止释放乙(乙离地面足够高)，经过一段时间小球甲运动到Q点(未与横杆相碰)，O、Q两点的连线水平，O、Q的距离为d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2mg3d
B. 物体乙释放瞬间的加速度大小等于g
C. 小球甲到达Q点时的速度大小 8gd3
D. 小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变
8. 直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已知SC=CD，光在棱镜中的传播时间为t= 3d2c，真空中光速为c，不考虑光的反射。下列说法正确的是( )
A. 该棱镜的折射率为 3 B. 该棱镜的折射率为2 33
C. 入射光与BC的夹角为30∘ D. 入射光与BC的夹角为60∘
9. 一个半径为R=0.75m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，到达C点时速度方向恰好沿圆弧切线方向。已知O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53∘，取g=10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 小球从B点运动到C点所用的时间为0.3s B. 小球从B点运动到C点所用的时间为0.5s
C. 小球做平抛运动的初速度大小为4m/s D. 小球做平抛运动的初速度大小为6m/s
10. 如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中( )
A. 线框中的电流始终为逆时针方向
B. 线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C. t=T2时刻，流过线框的电流大小为 3ka26R
D. t=T2时刻，流过线框的电流大小为5 3ka212R
11. 某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。
(1)下列说法正确的是______ 。
A.实验前，应先对弹簧测力计调零
B.应保持与木块相连的细线水平
C.实验时，应将木板匀速向左拉出
D.实验时，拉木板的速度越大越好
(2)图乙是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力f=______ N。
(3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法若木块质量为m0，砝码的质量、动摩擦因数和重力加速度分别用m、μ和g来表示，则摩擦力f=______ (用前面的物理量的字母表示)。测得多组数据后，该同学描绘的f−m图线如图丙所示，则他测得的动摩擦因数μ=______ (重力加速度g取10m/s2)。
12. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为______ mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为电池组(电动势3V，内阻不计)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0∼20Ω,额定电流2A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______ 图(选填“甲”或“乙”)。
(3)如图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点，请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U−I图线______ 。由图线得到金属丝的阻值Rx=______ Ω(保留两位有效数字)。
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______ (填选项前的符号)。
A.1×10−2Ω⋅m
B.1×10−3Ω⋅m
C.1×10−6Ω⋅m
D.1×10−8Ω⋅m
(6)任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是______ 。
A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差
B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
13. 一竖直放置的导热良好的气缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计的活塞a、b封闭两部分质量一样的同种理想气体。活塞横截面积S=10cm2，静止时a、b到气缸底部的距离分别为la=10cm，lb=20cm，气缸内壁有一小固定卡口，卡口上端到气缸底部的距离为l0=8cm。重力加速度g=10m/s2，大气压强p0=1×105Pa。
(1)在活塞b上放置一质量为m=5kg的重物，求稳定后b到气缸底部的距离；
(2)接第(1)问，若再把环境温度从27℃升高到42℃，求再次稳定后b到气缸底部的距离。
14. 如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37∘的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不拴接。AB长为2R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，OB⊥AB，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
(2)若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的取值范围。
(3)若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为37∘时恰好脱离圆弧轨道，求P的质量M′。
15. 如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化的磁场(图中未画出)和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45∘。已知电场强度大小E=mgq从液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示(当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正)，t0=πv0g，重力加速度大小为g。求：
(1)抛出点P的坐标。
(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间t1。
(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标。
16. 如图所示，有两足够长、倾角均为θ=37∘的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC固定连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数μ1=0.3，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数μ2=0.15。小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的小滑块b发生第一次碰撞(通过弹簧发生作用)，之后弹簧储存的弹性势能的最大值Ep=7.2J，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为m=0.2kg，小滑块a与弹簧作用过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)P点距水平面的高度h；
(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿斜面CD上滑的最大距离s1；
(3)小滑块b在斜面上运动的总路程sb。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、半衰期不随外界温度、压强变化，由原子核自身决定，故A错误；
B、由衰变方程 83214Bi→82210Pb+24He+−10e，可知衰变④过程除了发生α衰变，还发生了β衰变，故B错误；
C、衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了n次α衰变，则222−210=4n，解得n=3，所以β衰变的次数为x=82−(86−3×2)=2.故C正确；
D、氡(86222Rn)的半衰期为3.8天，则每经过3.8天，将有半数的氡(86222Rn)衰变为 84218Po，衰变为 82210Pb的更少，故D错误。
故选：C。
理解半衰期的影响因素；根据半衰期的大小完成运算；根据衰变过程中的质量数守恒和电荷数守恒计算出衰变的次数。
本题主要考查了衰变和半衰期的相关应用，理解半衰期的概念，结合衰变过程中的质量数守恒和电荷数守恒即可完成分析。
2.【答案】D
【解析】解：AB、该试探电荷做曲线运动，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，试探电荷的电性不确定，所以电场强度的方向也无法确定．AB错误；
CD、该试探电荷从P点运动到M点，电场力做正功，所以动能增大，电势能减小，即EkP
粒子做曲线运动，电场力指向轨迹弯曲的内侧；再根据电场力做功与动能定理分析动能的变化。
本题要求掌握电场力做功的判断，解题关键掌握电场力方向的判断，同时明确电场力做功的正负。
3.【答案】D
【解析】解：A、E=n△Φ△t，由电压表达式知电压最大值为200 2V，所以磁通量的最大变化率为Emn=200 21000=0.2 2Wb/s，故A错误；
B、根据表达式知原线圈输入的交流电的角速度为120π，所以频率为120π2π=60Hz，故B错误；
C、根据电压与匝数成正比得：U2=2001000×200=40V，所以I=40100=0.4A，故C错误；
D、P2=U2I2=40×0.4=16W，而变压器的输入功率P1=P2=16W，故D正确．
故选：D.
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
掌握变压器的特点，本题的难点在于磁通量的最大变化率的求法．
4.【答案】AD
【解析】解：AB、设火星表面的重力加速度为g，由牛顿第二定律可得：mg−F=ma
在火星表面：mg=GMmR2
联立解得：g=Fm+a，M=R2(F+ma)Gm，故A正确，B错误；
C、火箭产生的反推力大小为F的时间未知，不能根据x=12at2求出火箭下降的距离，所以火箭反推力对着落器所做的功不等于−12Fat2，故C错误；
D、由位移-速度公式：v2−0=2ah
设探测器受到的平均冲击力大小为F−，规定竖直向下为正方向，由动量定理可得
mgt−F−t=0−mv
所以：F−=mg+mvt=F+ma+m 2aht
由牛顿第三定律得：探测器对火星表面的平均冲击力大小为F′−=F+ma+m 2aht，故D正确。
故选：AD。
根据牛顿第二定律，结合万有引力公式计算出火星的质量以及火星表面的重力加速度；
根据动量定理和牛顿第三定律计算出平均冲击力的大小。
本题主要考查了万有引力定律和动量定理的结合，在分析过程中结合了牛顿定律，要求学生熟悉公式间的推导，整体难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、碰撞后的总动量为正，根据动量守恒定律，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；
BC、观察图象可知，碰前滑块Ⅰ的速度大小为v1=5m/s，方向沿正方向，滑块Ⅱ的速度大小为v2=3m/s，方向沿负方向，碰撞后共同速度大小为v=2m/s，方向为正，取滑块Ⅰ的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：m1v1−m2v2=(m1+m2)v，解得3m1=5m2，即滑块 I 的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5：3，故B错误；
D、碰撞过程中，二者之间的弹力大小相等、方向相同，且作用时间相等，所以滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量等大、反向，故D错误。
故选：C。
根据v−t图象得到滑块I、Ⅱ碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律、冲量的概念进行分析。
本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据“同向电流互相吸引，异向电流互相排斥”的规律，直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误。
B.根据安培定则，电流4、电流1在O点产生的磁场方向如图所示，合磁场方向沿x轴正方向，故B错误。
C.根据数学知识，O与电流1、电流4的距离r=Lcos45∘= 2L，根据电流的磁感应强度公式B1=B4=kIr=kI 2L= 2kI2L；
O点的合磁感应强度B=B1cos45∘= 2kI2L×2 2=kIL，故C错误。
D.导线2中的电流在导线1处产生的磁感应强度B21=kI2L，方向沿y轴负方向，导线4中的电流在导线1处产生的磁感应强度B41=kI2L，方向沿x轴正方向，合磁感应强度B= 2B21= 2B41= 2kI2L；根据数学知识，导线3与导线1之间的距离r31=2Lcos45∘=2 2L，
导线3中的电流在导线1处产生的磁感应强度B31=kIr31=kI2 2L= 2kI4L，方向沿导线3与导线1的连线指向导线1，综上可知B=2B31；根据安培力公式F=BIL可知，F=2F31，即直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。
故选：D。
电流之间的相互作用，可以根据“同向电流互相吸引，异向电流互相排斥”的规律进行判断；根据安培定则和平行四边形定则进行判断；根据安培定则和直线电流产生的磁感应强度公式求解；根据直线电流的磁感应强度公式及安培力公式求解。
本题考查安培定则及磁感应强度的叠加，学生需注意与左手定则区分。
7.【答案】C
【解析】解：A、设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P点时弹簧的压缩量等于小球在Q点时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系得：x+l0−(l0−x)=dtanα，解得：x=23d，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，由平衡条件得：kx=mg，解得：k=3mg2d，故A错误；
B、物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为FT，对甲、乙分别由牛顿第二定律得：FTsinα=ma甲，4mg−FT=4ma乙，根据运动的合成与分解得：a甲⋅sinα=a乙，解得：a乙=6489g，故B错误；
C、根据运动的合成与分解得v甲sinα=v乙，小球甲到达Q点时α=0∘，所以物体乙的速度为零；对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，由机械能守恒定律得：4mg(dcosα−d)−mgdtanα=12mv甲2，解得：v甲=83gd，故C正确；
D、甲、乙与弹簧组成的系统机械能守恒，甲、乙组成的系统机能不守恒，弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选：C。
由几何关系求解PQ的长度，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；根据牛顿第二定律求解加速度大小；小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求解速度大小；根据机械能守恒定律分析小球和物体乙的机械能之和的变化情况。
本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、由题意画出光路图如图所示：
E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传播速度为v，入射角为i.折射角为r，光与BC边的夹角为θ。
则有DE=12d，vt=12d
n=cv，解得n= 3，故A正确，B错误；
CD、光射到BC边，由几何关系有i=π2−θ，r=π2−2θ
根据折射定律有：n=sinisinr，联立解得θ=30∘，故C正确，D错误。
故选：AC。
作出光路图，根据几何知识求出光从S到AB边射出时传播的距离，由n=cv求光在棱镜中传播速度，再结合t=sv求棱镜的折射率n根据折射定律和几何关系求入射光线与界面BC间的夹角。
解决本题的关键是画出光路图，再根据折射定律和几何关系进行分析计算。
9.【答案】AC
【解析】解：小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于C点，由几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为α=37∘，如下图所示：
设位移与水平方向的夹角为θ，则有
tanθ=tan37∘2，
又因为tan.θ=yx=yRcos53∘
根据题意可得：R=0.75m
联立解得：y=920m
根据y=12gt2
解得：t=0.3s
水平位移x=1.6R=v0t
解得：v0=4m/s，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
根据题目条件得出速度偏转角，结合几何关系和运动学公式先求出小球的下落高度，进而得出时间和对应的初速度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动的物体在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可完成分析。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流始终沿逆时针方向，故A正确，B错误；
CD、线框做匀速直线运动，线框的速度v=aT，t=T2时刻，线框切割磁感线的有效长度L=2(a−vT2)tan30∘= 33a，
此时磁感应强度B=kt=12kT，
动生电动势E1=BLv=12kT× 33a×aT= 3ka26
由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E2=△Φ△t=△B△tS=k×34×12×2a 3×a= 3ka24
由欧姆定律可知，感应电流I=E1+E2R=5 3ka212R，故C错误，D正确。
故选：AD。
应用右手定则判断出感应电流方向；求出T2时刻线框切割磁感线的有效长度，由E=BLv求出动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，然后由欧姆定律求出感应电流大小。
分析清楚线框的运动过程、知道感应电动势包括动生电动势与感生电动势是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可解题。
11.【答案】AB2.75f=μ(m0+m)g0.4
【解析】解：
(1)为保证弹簧测力计的准确性，实验前应先对弹簧测力计调零；
为保证物体的压力与重力相等，应保持与木块相连的细线水平，细线不提供竖直方向的分力；
本实验探究的是滑动摩擦情况，与物体和木板间的运动快慢无关。
故选：AB。
(2)弹簧测力计刻度是上小下大的，分度值为0.1N，再估读到下一位，即为2.75(2.74∼2.7都对)
(3)木块对木板的正压力等于木块和砝码的总重力，即FN=(m0+m)g，
根据公式f=μFN，f=μ(m0+m)g；
在绘制f−m图像时，f为竖轴，m为横轴，
根据公式f=μ(m0+m)g，即μg为图像斜率
μg=k=2.6−2.00.17−0.02=4
解得μ=0.4
利用滑动摩擦力产生的条件和计算公式进行解答。
本题通过木块和木板间得摩擦情况，考查对滑动摩擦力的理解和图像问题的结合情况，难度适中。
12.【答案】0.398甲 4.4CCD
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径=0mm+39.8×0.01mm=0.398mm
(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5Ω，则Rx≪RV，电流表采用外接法；若滑动变阻器采用限流式接法，电路中最小电流约为Imin=ER1+R+RA，其中R1=RxRVRx+RV=5×30005+3000Ω≈4.99Ω，代入数据解得Imin≈0.12A；实验数据中第一组的电流为0.020A，小于限流式接法的最小电流，所以滑动变阻器采用的不是限流式接法，而是分压式接法，则采用的是甲图。
(3)根据表格中的数据可知，电流表选用0∼0.6A的量程，电压表选用0∼3V的量程，结合电路图进行实物连线，如图所示：
(4)在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，作一条直线，使尽可能多的点在这条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图所示：
由图像斜率可求出金属丝的电阻值为Rx=2.220.5Ω≈4.4Ω
(5)根据电阻定律，可得金属丝的电阻率为ρ=RxSl=πRxd24l=3.14×4.4×(0.398×10−3)24×0.5Ω⋅m≈1×10−6Ω⋅m，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(6)A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D.用U−I图像求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D正确。
故选；CD。
故答案为：(1)0.398；(2)甲；(3)实物连线图见解析；(4)所作U−I图像见解析；4.4；(5)C；(6)CD。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度读数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
(2)根据题意确定滑动变阻器接法，然后选择实验电路；
(3)根据电路图连接实物电路图；
(4)根据坐标系内描出的点作出图象，然后根据图象与电阻定律分析答题；
(5)由电阻定律求出电阻率，然后答题；
(6)明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．
要掌握螺旋测微器的读数方法；明确电学实验中，当要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式接法；当满足待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，当电流表内阻远小于待测电阻阻值时，电流表应用内接法．
13.【答案】解：活塞到达卡扣时，对下方气体：初态：pa1=p0，Va1=laS
末态：pa2=？，Va2=l0S
根据玻意耳定律可得：pa1Va1=pa2Va2，解得pa2=1.25×105Pa
上方气体的压强pb=p0+mgS=1.0×105Pa+5×101×10−3Pa=1.5×105Pa，故放上重物后，活塞b到达卡口位置，对上方气体：
初态：pb1=p0，Vb1=(lb−la)S
末态：pb2=pb，Vb2=(L−l0)S
根据玻意耳定律可知：pb1Vb1=pb2Vb2
解得：L=443cm
(2)设环境温度到达T时，活塞a刚好离开卡口，则初态：pa2=1.25×105Pa，T1=300K
末态：pa3=1.5×105Pa，T
根据查理定律可得：pa2T1=pa3T，解得T=360K
若再把环境温度从27∘升高到42∘，活塞a没有离开卡口，
对上方气体，在升温过程中，做等压变化，则Vb2=(L−l0)S，T1=300K
末态：Vb3=(L′−l0)S，T2=315K
根据盖-吕萨克定律可得：L′=15cm
答：(1)在活塞b上放置一质量为m=5kg的重物，稳定后b到气缸底部的距离为443cm；
(2)接第(1)问，若再把环境温度从27∘升高到42∘，再次稳定后b到气缸底部的距离为15cm。
【解析】(1)对下方气体分析，当达到卡口时，根据玻意耳定律求得达到的压强，然后对活塞b分析，求得上方气体的压强，判断出活塞a的位置，然后对上方气体，根据玻意耳定律求得；
(2)对下方气体分析，根据查理定律判断出活塞a刚好离开卡口时的温度，然后对上方气体，根据盖-吕萨克定律即可求得。
本题主要考查了一定质量的气体状态方程，判断出活塞a最终所在的位置是解决问题的关键。
14.【答案】解：(1)P恰好能到达圆轨道的最高点D，由其重力恰好等于向心力得：
mg=mv2R
P从释放到D的过程，由能量守恒和功能关系可得：
Ep=12mv2+mg(1.5Rsin37∘+R+Rcos37∘)+μmgcos37∘×1.5R
两式联立解得：Ep=3.8mgR。
(2)滑块P能滑上圆轨道，需要满足到达B点时其动能大于零，根据能量守恒和功能关系可得：
Ep>Mg×1.5Rsin37∘+μMgcos37∘
解得：M≤3815m
仍能沿圆轨道滑下，需要满足到达C点或C点之前时动能等于零，同理可得：
Ep≤Mg(1.5Rsin37∘+Rcos37∘)+μMgcos37∘
解得：M≥3823m
则M的取值范围为：3823m≤M≤3815m。
(3)滑块P恰好脱离圆轨道的位置与O点的连线与OC的夹角为37∘时，此为在C点上方，根据牛顿第二定律可得：
M′gsin37∘=M′v′2R
根据能量守恒和功能关系可得：
Ep=12M′v′2+M′g(1.5Rsin37∘+Rsin37∘+Rcos37∘)+μM′gcos37∘×1.5R
联立解得：M′=1916m。
答：(1)弹簧弹性势能的大小Ep=3.8mgR；
(2)M的取值范围为3823m≤M≤3815m；
(3)P的质量M′为1916m。
【解析】(1)由于P的质量为m时刚好能到达圆轨道的最高点D，在D点由其重力恰好等于向心力求得速度，由能量守恒和功能关系可求出弹簧弹性势能；
(2)滑块P能滑上圆轨道，需要满足到达B点时其动能大于零，仍能沿圆轨道滑下，需要满足到达C点或C点之前时动能等于零，根据两种情况由能量守恒和功能关系求出M的范围；
(3)滑块P恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的支持力等于零，仅由重力沿半径方向的分力提供向心力，由此条件求得脱离时的速度，再根据能量守恒和功能关系求出M′。
本题考查圆周运动的临界问题、能量守恒与功能关系的综合应用，考点较为综合，难度较大，学生着重注意应用能量守恒时不要遗漏涉及到能量。
15.【答案】解：(1)液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45∘，液滴到达O点时沿x轴方向与沿y轴方向的分速度大小vx=vy=v0sin45∘= 22v0
液滴从P到O过程做平抛运动，竖直方向：( 22v0)2=2gy1， 22v0=gt1，水平方向：x1=.22v0t1
解得：x1=v022g，y1=v024g，所以P点的坐标为(−v022g,v024g,0)
(2)液滴在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1=mv02R1
磁感应强度大小B1=mgqv0，解得：R1=v02g
液滴做匀速圆周运动的周期T1=2πR1v0=2πmqB1，解得：T1=2πv0g=2t0
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90∘。则t1=T14=πv02g
(3)由t1=T14=πv02g=t02，可知在0∼t0时间内，液滴刚好转过180∘。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变了，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B2=mv02R2⋅
已知：B2.≡=mg2qv0，解得：R2=2v02g=2R1
由T2=2πmqB2，解得T2=4πv0g=4t0
在t0∼2t0时间内，液滴转过90∘
同理得，液滴在2t0∼3t0时间内与0∼t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，3t0∼4t0。时间内与t0∼2t0时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样
综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示
由几何关系得OA=AB= 2R1
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为x= 2(n−1)R，解得：x= 2(n−1)v02g n=1、2、3……
答：(1)抛出点P的坐标是(−v022g,v024g,0)。
(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间t1是πv02g。
(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标是 2(n−1)v02g n=1、2、3……。
【解析】(1)液滴从P点开始做平抛运动，由平抛运动的规律将液滴的运动分解处理并求解；
(2)带正电的液滴受到的电场力与其重力等大反向，两力的合力为零，相当于液滴只受洛伦兹力在xOy平面内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向心力，求解其轨迹半径和运动周期，画出液滴在0∼t0时间内运动轨迹，由几何关系求得对应的圆心角再求时间；
(3)由洛伦兹力提供向心力，求解其各阶段的轨迹半径和运动周期，推断液滴在0∼4t0时间内偏转情况，画出在磁感应强度随时间的变化的一个周期内的运动轨迹图，根据周期性，结合几何关系求解。
本题考查了带电粒子在混合场中的复杂的运动过程的处理，解题的关键和难点是能够根据磁场的变化画出粒子轨迹图形，依据轨迹图结合几何关系解答。
16.【答案】解：(1)小滑块a从AB上的P点滑到B点的过程，根据动能定理有：mgh−μ1mgcosθ⋅hsinθ=12mv12−0
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，取向右为正方向，有：mv1=2mv1′
弹簧储存的弹性势能最大的条件有：EP=12mv12−12×2mv′12
解得：v1=12m/s，h=12m；
(2)取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1=mv1′′+mv2
12mv12=12mv1′′2+12mv22
解得v1′′=0，v2=v1=12m/s
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有：
−mgs1sinθ−μ2mgcosθ⋅s1=0−12mv22
解得：s1=10m;
(3)设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为v3，根据动能定理可得：
−2μ2mgcosθ⋅s1=12mv32−12mv22
整理后有：12mv32=mgs1⋅sinθ−μ2mgs1⋅cosθ
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为v4，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程，有：
−μ1mgcosθ⋅s2−mgs2⋅sinθ=0−12mv42
由于交换速度，故v3与v4大小相等
解得：s2=sinθ−μ2cosθsinθ+μ1cosθs1
返回底端的过程中：−μ1mgcosθ⋅s2+mgs2⋅sinθ=12mv52
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小v6=v5
b上升到顶端的过程中：−mgs3sinθ−μ2mgcosθ⋅s3=0−12mv62
可得s2=sinθ+μ2cosθsinθ−μ1cosθ⋅s3
所以：s3s1=27
故可知小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比q=27
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，有：sb=2s11−q
解得：sb=28m。
答：(1)P点距水平面的高度为12m；
(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿斜面CD上滑的最大距离为10m；
(3)小滑块b在斜面上运动的总路程为28m。
【解析】(1)小滑块a从AB上的P点滑到B点的过程，根据动能定理列方程；a、b发生碰撞时满足动量守恒，根据动量守恒定律、功能关系进行解答；
(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律、结合动能定理进行解答；
(3)分析b的运动过程，对b根据动能定理、碰撞过程中的动量守恒定律得到位移表达式，再根据数学知识进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
相关试卷
2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷（解析版）： 这是一份2016年河北省衡水中学高考物理一模试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省衡水中学高三下学期一调考试 物理（解析版）： 这是一份2022-2023学年河北省衡水中学高三下学期一调考试 物理（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省衡水中学高三上学期12月一调考试（一模） 物理 （PDF版）： 这是一份2023届河北省衡水中学高三上学期12月一调考试（一模） 物理 （PDF版），共12页。
