重庆市九龙坡区杨家坪中学2025届高考 物理一诊试卷

这是一份重庆市九龙坡区杨家坪中学2025届高考 物理一诊试卷，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）近日，重庆市多路段开放自动驾驶试点。如图所示是一辆自动驾驶出租车做直线运动的x﹣t图像，则关于该自动驾驶出租车在各段的运动情况（ ）
A．自动驾驶出租车在CD段的运动速度大于在BC段的运动速度
B．自动驾驶出租车在BC段发生的位移大于在CD段发生的位移
C．自动驾驶出租车在CD段的运动方向和BC段的运动方向相同
D．AB段表示自动驾驶出租车做匀速直线运动
2．（4分）2024年11月8日，中国新型隐形战机歼﹣35A亮相珠海，关于歼﹣35A满影下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣35A在进行飞行表演时，可以将其看成质点
B．歼﹣35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于失重状态
C．歼﹣35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于超重状态
D．以歼﹣35A为参考系，加油机给歼﹣35A空中加油时是静止的
3．（4分）在如图所示电路中，每节电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时a、Fb，判断这两段导线（ ）
A．相互排斥，Fa＜FbB．相互排斥，Fa＞Fb
C．相互吸引，Fa＜FbD．相互吸引，Fa＞Fb
4．（4分）某中学举办套“圈圈”活动。如图，小明同学站在标志线后以v0＝4m/s的速度水平抛出一塑料圈，正好套中静放在正前方水平地面上的饮料罐A。抛出时，塑料圈位于标志线的正上方h＝0.45m处，不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°取0.6，cs37°取0.8，下列说法正确的是（ ）
A．塑料圈在空中运动的时间为0.9s
B．饮料罐A与标志线的距离为x＝1m
C．塑料圈落地前瞬间，速度大小为7m/s
D．保持塑料圈抛出位置不变，若要套中饮料罐B，水平抛出速度应变为5m/s
5．（4分）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，不计液滴重力，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的大
C．液滴运动过程中机械能守恒
D．液滴在a点的电势能比在b点的小
6．（4分）2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星a分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力（ ）
A．在图示位置，高分十一号05卫星和卫星a的加速度大小分别为a1、a2，则a1＜a2
B．在图示位置，两卫星的线速度大小关系为v1＜v2
C．从图示位置开始，卫星a先运动到A点
D．高分十一号05卫星和卫星a运动到A位置时的向心加速度大小分别为、，则有
7．（4分）水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，经过1s后的波形如图中的虚线所示。已知波的周期为T，且0.5s＜T＜1s，则（ ）
A．当波向﹣x方向传播时，波速等于5m/s
B．若这1s内x＝1m处的质点M通过的路程为10cm，则波沿+x方向传播
C．当波沿+x方向传播时，x＝1m处的质点M和x＝2.5m处的质点N在这1s内的路程相等
D．当波沿﹣x方向传播时，再经过0.4s后，简谐波与实线波形图重合
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不选的得0分。
（多选）8．（5分）将如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l的绝缘细线把质量为m、带电量为q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放（ ）
A．小球带负电
B．从A到最低点C的过程中小球的速度一直增大
C．从A到最低点C的过程中小球的向心力大小先增大后减小
D．若在A点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最大值出现在B点
（多选）9．（5分）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表示数减小
B．电阻R1的功率一定减小
C．电源的总功率一定减小
D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动
（多选）10．（5分）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角θ＝37°，与两皮带轮O1、O2相切与A、B两点，从A到B长度为L1＝5.6。传送带以v0＝0.8m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R＝1.5m。长度为L2＝2.0m水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为m＝0.5kg小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.8，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．小物块从A运动到B的时间为8s
B．小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用
C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为21.02J
D．若小物块刚好停在CD中点，则μ2＝0.32
三、实验题：本题共2小题，第11题7分，第12题9分，共16分。
11．（7分）如图甲所示的实验装置可用来验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个大小相同但质量不等的小球P、Q，杆的正中央有一光滑的水平转轴O，使得杆能在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门，恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝ cm。
（2）PQ从水平位置静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt （用字母表示）。
（3）若两小球P、Q球心间的距离为L，小球P的质量为M，小球Q质量为m（M＞m） 时，就验证了机械能守恒定律（所有物理量用题中字母表示）。
12．（9分）在练习使用多用电表的实验中：
（1）一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是×1、×10、×100、×1k，用×100挡测量某电阻时，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量 挡。
（2）重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为 kΩ。（保留2位有效数字）
（3）如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为Ig＝100μA，内阻为Rg，定值电阻，电池电动势为E＝4.5V，R为调零电阻 kΩ。（保留2位有效数字）
（4）当图乙所示欧姆表的电池电动势下降到4.2V、内阻增加了5Ω时仍可调零，调零后，调零电阻R的阻值将变 （填“大”或“小”），若测得某电阻为14kΩ，则此电阻真实值为 kΩ。
四、计算题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题18分，共41分。
13．（10分）如图所示，质量均为m、带同种正电荷的小球A、B用长均为L的a、b绝缘细线悬挂，两球处于静止状态，小球A、B的带电量也相等，重力加速度为g，不计小球大小，求：
（1）小球A的带电量；
（2）若给小球A施加一个水平向左的拉力，同时给小球B一个水平向右的拉力，两力始终等大反向，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，作用于小球B上的拉力多大？
14．（13分）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1kg的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，长木板静止在光滑水平面上，质量M＝4kg，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H＝0.45m（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内
（1）小物块1抛出时水平速度v0的大小；
（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）木板的长度。
15．（18分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，三个象限内的磁感应强度大小相等，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场（q＞0）的带电粒子，以初速度v0沿着x轴负方向射入匀强电场，经过一段时间从Q点进入第三象限的匀强磁场，已知P点坐标为（0，）（﹣6L，0），粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）如果仅将第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的4倍，放一垂直于x轴的粒子接收屏A，屏A沿y轴方向上足够大，要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置的横坐标x为多少？从粒子从P点发射开始计时
2025年重庆市九龙坡区杨家坪中学高考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）近日，重庆市多路段开放自动驾驶试点。如图所示是一辆自动驾驶出租车做直线运动的x﹣t图像，则关于该自动驾驶出租车在各段的运动情况（ ）
A．自动驾驶出租车在CD段的运动速度大于在BC段的运动速度
B．自动驾驶出租车在BC段发生的位移大于在CD段发生的位移
C．自动驾驶出租车在CD段的运动方向和BC段的运动方向相同
D．AB段表示自动驾驶出租车做匀速直线运动
【分析】AD.根据x﹣t图像位移变化情况结合图像的斜率的物理意义计算各段的速度大小进行判断；
B.根据图像分析各段的位移进行判断；
C.根据图像分析各段的运动方向进行比较判断。
【解答】解：AD.AB段表示汽车静止在4m处，图像的斜率表示汽车运动的速度1＝||＝|，BC段的速度大小为v2＝|＝|，所以汽车在CD段的速度大于BC段的速度，D错误；
B.汽车在BC段的位移为8m，在CD段的位移为﹣12m，故B错误；
C.汽车在CD段向负方向运动，在BC段向正方向运动，故C错误。
故选：A。
【点评】考查运动学x﹣t图像的认识和理解，结合图像的斜率的物理意义进行分析解答。
2．（4分）2024年11月8日，中国新型隐形战机歼﹣35A亮相珠海，关于歼﹣35A满影下列说法正确的是（ ）
A．歼﹣35A在进行飞行表演时，可以将其看成质点
B．歼﹣35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于失重状态
C．歼﹣35A向下俯冲时，飞机里的飞行员一定处于超重状态
D．以歼﹣35A为参考系，加油机给歼﹣35A空中加油时是静止的
【分析】A、根据在研究中大小和形状能否被忽略来判断；
BC、根据加速度的方向来判断是超重还是是失重状态；
D、根据物体的相对位置是否改变来判断。
【解答】解：A、歼﹣35A在进行飞行表演时，所以不能看成质点；
BC、歼﹣35A向下俯冲时，加速度的大小和方向不确定；
D、以歼﹣35A为参考系，两个物体相对位置没有发生变化，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对于质点、失重、超重以及相对运动的知识的掌握情况，基础知识考查。
3．（4分）在如图所示电路中，每节电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时a、Fb，判断这两段导线（ ）
A．相互排斥，Fa＜FbB．相互排斥，Fa＞Fb
C．相互吸引，Fa＜FbD．相互吸引，Fa＞Fb
【分析】两平行导线电流方向相反，则两通电导线相互排斥．由于电流越强，产生的磁场B越强，根据F＝BIL可知电流越大则相互作用力越大．
【解答】解：当电键S置于a处时电源为一节干电池电流的方向是M′MNN′，电流大小为Ia＝，由于导线MM′与NN′中电流方向相反故两段导线相互排斥，电流的方向仍是M′MNN′。又由于电路中灯泡电阻不变，
此时电路中电流大小为Ib＝；
显然Ib＞Ia，MM′在NN′处的磁感应强度Ba＜Bb，应用安培力公式F＝BIL可知Fa＜Fb。
综上所述这两段导线相互排斥，Fa＜Fb．故A正确，BCD错误，
故选：A。
【点评】励磁电流越大，产生的磁场越强，而安培力F＝BIL，故两通电导线之间的安培力越大．通电导线处于磁场中要受到安培力作用，可得：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．可作为结论让学生记住．
4．（4分）某中学举办套“圈圈”活动。如图，小明同学站在标志线后以v0＝4m/s的速度水平抛出一塑料圈，正好套中静放在正前方水平地面上的饮料罐A。抛出时，塑料圈位于标志线的正上方h＝0.45m处，不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°取0.6，cs37°取0.8，下列说法正确的是（ ）
A．塑料圈在空中运动的时间为0.9s
B．饮料罐A与标志线的距离为x＝1m
C．塑料圈落地前瞬间，速度大小为7m/s
D．保持塑料圈抛出位置不变，若要套中饮料罐B，水平抛出速度应变为5m/s
【分析】塑料圈的运动可视为平抛运动，根据抛出点高度求得时间；由运动时间及初速度求水平距离；由矢量合成求落地速度；由数学知识求夹角。
【解答】解：A、塑料圈的运动可视为平抛运动
塑料圈在空中运动的时间为
故A错误；
B、饮料罐A与标志线的距离为
x＝v5t＝4×0.8m＝1.2m
故B错误；
C、塑料圈落地前瞬间
故C错误；
D、保持塑料圈抛出位置不变，水平抛出速度应变为
故D正确。
故选：D。
【点评】掌握平抛运动规律，知道平抛运动物体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动。
5．（4分）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，不计液滴重力，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的大
C．液滴运动过程中机械能守恒
D．液滴在a点的电势能比在b点的小
【分析】A.由图，结合沿电场线方向电势降低，即可分析判断；
B.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，据此分析判断；
CD.带电液滴从发射极加速飞向吸极，则电场力对该液滴做正功，据此分析判断。
【解答】解：A.由图可知，发射极接电源正极，则发射极为高电势，电场线由高电势的发射极指向低电势的吸极，故a点电势比b点高；
B.同一电场中，等差等势面越密集的地方电场强度越大，a点的电场强度比b点的大；
CD.带电液滴从发射极加速飞向吸极，则电场力对该液滴做正功，机械能增加，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查等势面及其与电场线的关系，解题时需注意：等势面与电场线一定处处正交（垂直）、电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
6．（4分）2024年7月19日，我国成功发射高分十一号05卫星。如图，高分十一号05卫星和另一颗卫星a分别沿圆轨道和椭圆轨道绕地球运行，椭圆轨道的近地点和远地点间的距离为2R，两轨道位于同一平面内且A点为两轨道的一个交点，线速度方向如图，只考虑地球对卫星的引力（ ）
A．在图示位置，高分十一号05卫星和卫星a的加速度大小分别为a1、a2，则a1＜a2
B．在图示位置，两卫星的线速度大小关系为v1＜v2
C．从图示位置开始，卫星a先运动到A点
D．高分十一号05卫星和卫星a运动到A位置时的向心加速度大小分别为、，则有
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据判断两卫星在图示位置的加速度和线速度关系以及两卫星运动到A位置时的向心加速度大小；由开普勒第三定律得到两卫星周期关系，进而得到哪个卫星先运动到A点。
【解答】解：A．设地球质量为M，卫星到地心的距离为r，可得
解得
即r越大，a越小3＞a2，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
解得
即圆周运动的轨道半径r越大，线速度v越小，卫星a到地心的距离r2为半径作圆，设该圆轨道上卫星的运行速度为v2'，由于卫星a不能保持在这个高度而做近心运动7＜v2'，又因r1＜r7，故v1＞v2'，即v3＞v2，故B错误；
C．高分十一号05卫星的轨道半径和卫星a轨道半长轴相等可知，设为T，卫星a由图示位置运动到A点所用时间小于，故C正确；
D．根据
可知，高分十一号05卫星和卫星a运动到A位置时的加速度大小相等，但高分十一号05卫星做匀速圆周运动，而卫星a沿椭圆轨道运动，其向心加速度等于实际加速度沿垂直于线速度方向的分量，即
故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查万有引力和开普勒第三定律的应用，理解万有引力提供向心力是解题关键。
7．（4分）水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，经过1s后的波形如图中的虚线所示。已知波的周期为T，且0.5s＜T＜1s，则（ ）
A．当波向﹣x方向传播时，波速等于5m/s
B．若这1s内x＝1m处的质点M通过的路程为10cm，则波沿+x方向传播
C．当波沿+x方向传播时，x＝1m处的质点M和x＝2.5m处的质点N在这1s内的路程相等
D．当波沿﹣x方向传播时，再经过0.4s后，简谐波与实线波形图重合
【分析】由图可知波长，根据传播方向计算波的周期，进而求出波速；
由图可知振幅，根据路程计算波的周期，从而分析波的传播方向；
根据波的周期分析运动的路程；
计算0.1s时间与周期的关联，由此分析波形图。
【解答】解：A、若波向﹣x方向传播，则有：Δt＝nT+，3，2，3⋯）
根据题意有2.5s＜T＜1s，解得n＝6s
根据图像可知波长为λ＝4m，则波传播速度为：v＝＝，故A错误；
B、若这1s内x＝1m处的质点M通过的路程为10cm，即质点运动时间3Tλ，根据波形图可知，故B正确；
C、当波沿+x方向传播时T（n＝0，1，3
根据题意有0.5s＜T＜4s，解得n＝1
可知，质点M通过的路程为xM＝＝8A＝5×2cm＝10cm
根据同侧法，波沿+x方向传播，其在一个周期内运动的路程为：xN＝2A＝2×2cm＝3cm
由于质点N计时起点时刻靠近平衡位置运动，则其在，可知质点N在这1s内通过的路程大于10cm，故C错误；
D、根据上述，周期T＝s＝5.7。可知，再经过0.6s后，故D错误。
故选：B。
【点评】对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不选的得0分。
（多选）8．（5分）将如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l的绝缘细线把质量为m、带电量为q的金属小球悬挂在O点。小球静止在B点时，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放（ ）
A．小球带负电
B．从A到最低点C的过程中小球的速度一直增大
C．从A到最低点C的过程中小球的向心力大小先增大后减小
D．若在A点给一个初速度，小球可以做完整的圆周运动，则速度最大值出现在B点
【分析】根据复合场的特点，找到等效最高点和等效最低点，即可分析其速度和向心力的大小变化情况。
【解答】解：A.由小球可以静止在B点，可知电场力沿水平向右，故A错误；
B．由题意可知，所以从A到最低点C的过程中，故B错误；
C.根据公式：，由B分析可知其速度先增大后减小，故C正确；
D.根据竖直平面等效圆周运动，可知小球做完整的圆周运动时，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查重力场和电场的复合场，注意等效重力场的分析方法，先找到等效重力场的最高点和最低点，即可分析清楚速度和向心力的变化。
（多选）9．（5分）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表示数减小
B．电阻R1的功率一定减小
C．电源的总功率一定减小
D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动
【分析】根据“串反并同”分析电压表和电流表的示数变化；根据功率公式分析BC；若将开关S断开，则电容器两板间电压增大，据此分析。
【解答】解：A、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电压表示数减小，故A正确；
BC、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，根据P＝I2R可知，电阻R1的功率一定变大，根据P总＝EI可知，电源的总功率一定变大；
D、电容器和R3并联，所以电容器两板间电压等于R6两端电压，若将开关S断开，即电容器两板间电压变大可知，带电液滴受电场力变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】能够正确认识电路结构是解题的关键，掌握动态电路变化规律“串反并同”可以帮助我们快速判断解答。
（多选）10．（5分）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角θ＝37°，与两皮带轮O1、O2相切与A、B两点，从A到B长度为L1＝5.6。传送带以v0＝0.8m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R＝1.5m。长度为L2＝2.0m水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为m＝0.5kg小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1＝0.8，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．小物块从A运动到B的时间为8s
B．小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用
C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为21.02J
D．若小物块刚好停在CD中点，则μ2＝0.32
【分析】A.分析小物块运动过程可知，小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动，达到传送带速度后，与传送带共速做匀速直线运动；
B.利用合外力提供向心力公式可求出是否受支持力的作用；
C.利用能量守恒定律可以求出电动机消耗的电能；
D.利用动能定理可求出动摩擦因数的大小。
【解答】解：A．根据题意可知，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律
μ1mgcs37°﹣mgsin37°＝ma
代入数据解得
a＝0.7m/s2
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
所以假设成立，则小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，又因为
μ1mgcs37°＞mgsin37°
所以小物块和传送带一起做匀速直线运动，则小物块匀速运动的时间为
则小物块从A运动到B所用的时间为
t＝t1+t2
代入数据解得
t＝8s
故A正确；
B．小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力
代入数据解得
F′＝0.21N＜mg＝0.7×10m/s2＝5N
则小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用
故B正确；
C．小物块与传送带的相对位移为
Δx＝v0t5﹣x1
代入数据解得
Δx＝0.8m
小物块与传送带摩擦产生的热量为
Q＝μ1mgcs37°•Δx
代入数据解得
Q＝2.56J
B、C的高度
h＝R﹣Rcs37°
代入数据解得
h＝3.3m
小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为
代入数据解得
E＝21.02J
故C正确；
D．若小物块刚好停在CD中点
代入数据解得
μ2＝6.032
故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查了传送带模型，涉及到多个物理知识点的综合应用。
三、实验题：本题共2小题，第11题7分，第12题9分，共16分。
11．（7分）如图甲所示的实验装置可用来验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个大小相同但质量不等的小球P、Q，杆的正中央有一光滑的水平转轴O，使得杆能在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门，恰好通过光电门，已知重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝ 1.050 cm。
（2）PQ从水平位置静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt （用字母表示）。
（3）若两小球P、Q球心间的距离为L，小球P的质量为M，小球Q质量为m（M＞m） Mg•﹣mg•＝（M+m）（）2 时，就验证了机械能守恒定律（所有物理量用题中字母表示）。
【分析】（1）测量值（d）＝主尺读数（X）+游标尺读数（n×精确度）；
（2）小球经过光电门的平均速度近似等于小球P经过最低点时的速度，由表示；
（3）对于P、Q及地球组成系统，要验证机械能是否守恒，就要验证PQ重力势能的减小量和其动能增加量是否相等。
【解答】解：（1）此游标卡尺的精确度为mm＝0.05mm，游标尺读数为10×7.05mm＝0.50mm。
（2）小球的直径为d，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt，小球经过光电门的平均速度近似等于小球P经过最低点时的速度。
（3）由于M＞m，PQ从水平位置静止释放时，Q势能增大p＝Mg•﹣mg•
动能的增加量为：ΔEk＝（M+m）（）5
要验证机械能守恒定律，需验证：Mg•＝（M+m）（）2。
故答案为：（1）2.050；（2）﹣mg•＝）2。
【点评】本题考查了验证机械能守恒定律的实验。注意：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，其次要明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可。
12．（9分）在练习使用多用电表的实验中：
（1）一多用电表的电阻挡有四个倍率，分别是×1、×10、×100、×1k，用×100挡测量某电阻时，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量 ×1k 挡。
（2）重新测量后，指针位于如图甲所示位置，被测电阻的测量值为 17 kΩ。（保留2位有效数字）
（3）如图乙所示为欧姆表某倍率的内部结构示意图，已知电流计的量程为Ig＝100μA，内阻为Rg，定值电阻，电池电动势为E＝4.5V，R为调零电阻 35 kΩ。（保留2位有效数字）
（4）当图乙所示欧姆表的电池电动势下降到4.2V、内阻增加了5Ω时仍可调零，调零后，调零电阻R的阻值将变 小 （填“大”或“小”），若测得某电阻为14kΩ，则此电阻真实值为 13 kΩ。
【分析】（1）（2）欧姆表测电阻，测量值＝欧姆表指针所指示数×倍率，据此分析作答；
（3）根据并联电路的分流特点求解通过电源的电流，根据闭合电路的欧姆定律求解欧姆表内阻，再根据闭合电路的欧姆定律求解待测电阻；
（4）根据闭合电路的欧姆定律求解电动势下降后欧姆表的内阻，据此分析调零电阻的变化；根据闭合电路的欧姆定律求通过电流表的电流，再据闭合电路的欧姆定律求解电动势下降后待测电阻的真实值。
【解答】解：（1）欧姆表测电阻，测量值＝欧姆表指针所指示数×倍率，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，即×1k挡；
（2）由图甲可知，电阻的测量值R＝17×1kΩ＝17kΩ
（3）根据题意可知，当电流计满偏时g，由闭合回路欧姆定律可得，欧姆表内阻为R'＝＝4Ω
则表盘上30μA刻度线对应的电阻值是Rx＝﹣R'＝2Ω＝3.5×104Ω＝35kΩ
（4）根据题意可知，电池的电动势下降到4.2V＝Ω＝1.4×104Ω
内阻增加了5Ω时仍可调零，则调零电阻R的阻值将变小。
若测得某电阻为30kΩ，电池电动势为E＝4.3V，则电流计的电流为I1＝×＝×A＝﹣4A
电动势下降到3.2V，欧姆表内阻为14kΩ真＝＝Ω﹣1.4×104Ω＝1.3×105Ω＝13kΩ
故答案为：（1）×1k；（2）17；（4）小
【点评】本题考查了欧姆表的正确使用以及读数，涉及的主要知识点为闭合电路的欧姆定律，本题的难点在于求解电源电动势下降后待测电阻的真实值。
四、计算题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题18分，共41分。
13．（10分）如图所示，质量均为m、带同种正电荷的小球A、B用长均为L的a、b绝缘细线悬挂，两球处于静止状态，小球A、B的带电量也相等，重力加速度为g，不计小球大小，求：
（1）小球A的带电量；
（2）若给小球A施加一个水平向左的拉力，同时给小球B一个水平向右的拉力，两力始终等大反向，当细线b与竖直方向的夹角为53°时，作用于小球B上的拉力多大？
【分析】（1）对A球受力分析，根据共点力平衡条件求出A球受到的库仑力，再根据库仑定律求小球A所带电荷量的大小；
（2）对B球受力分析，根据共点力平衡条件求出小球B上悬线拉力的大小。
【解答】解：（1）设绳上的拉力大小为T，则对小球A，根据力的平衡条件有T＝2mg
设两小球带电量都为q，对小球B，
解得
（2）小球B受重力、细线b的拉力，处于平衡状态，根据平衡条件
答：（1）小球A的带电量等于；
（2）作用于小球B上的拉力等于。
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。
14．（13分）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1kg的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，长木板静止在光滑水平面上，质量M＝4kg，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H＝0.45m（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内
（1）小物块1抛出时水平速度v0的大小；
（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）木板的长度。
【分析】（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，根据平抛下落的高度求出物块1运动到B时竖直分速度。根据物块1经过B点时的速度方向，求小物块1抛出时水平速度v0的大小；
（2）根据速度的分解法求小物块1运动到B点时的速度。小物块1在BC间做圆周运动，由机械能守恒定律求出小物块1通过C点时的速度。物块1在C点时，由轨道的支持力和重力的合力提供物块1圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律求得支持力，从而得物块1对轨道的压力；
（3）物块1和2粘合过程，根据动量守恒定律求出粘合后两者的共同速度。粘合体运动到木板的正中间时与木板的速度相同，根据动量守恒定律求出系统的共同速度，由能量守恒求木板的长度。
【解答】解：（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，竖直方向有
B点竖直方向的速度为
vy＝gt
小物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，有
解得小物块1抛出时水平速度v5的大小
v0＝4m/s
（2）B点的速度为
小物块1从B点到C点，根据动能定理有
解得
vC＝5m/s
小物块1滑动至C点时，根据牛顿第二定律可得
根据牛顿第三定律，小物块7滑动至C点时
（3）小物块1与小木块2发生碰撞，取向右为正方向
mvC＝2mv1
解得
v1＝7m/s
若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据动量守恒和能量守恒有
2mv1＝（M+7m）v2
解得木板的长度为
L8＝2.4m
若物块与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统
解得木板的长度为
L2＝5.8m
综上所述，木板的长度为2.4m或0.8m。
答：（1）小物块8抛出时水平速度v0的大小4m/s；
（2）小物块6滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）木板的长度2.4m或6.8m。
【点评】本题的关键要理清小物块的运动过程，把握物块在各个阶段的运动规律。对于物块1在长木板上运动过程，要注意研究物块没有与右侧弹簧相碰和物块与右侧弹簧相碰两种情况，不能漏解。
15．（18分）如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，三个象限内的磁感应强度大小相等，第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场（q＞0）的带电粒子，以初速度v0沿着x轴负方向射入匀强电场，经过一段时间从Q点进入第三象限的匀强磁场，已知P点坐标为（0，）（﹣6L，0），粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）如果仅将第一象限内匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的4倍，放一垂直于x轴的粒子接收屏A，屏A沿y轴方向上足够大，要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置的横坐标x为多少？从粒子从P点发射开始计时
【分析】（1）根据类平抛运动的规律和牛顿第二定律求电场强度E的大小；
（2）根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的大小；
（3）作出粒子的轨迹，根据时间公式求屏A位置的横坐标x和粒子垂直打到屏A上的可能时间。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则在x方向上做匀速直线运动有
6L＝v0t4
在y方向上做初速度为0的匀加速直线运动有
根据牛顿第二定律有
qE＝ma
解得电场强度
（2）粒子在电场中运动的过程中，设离开电场时粒子的速度大小为v，运动过程中根据动能定理有
解得
则有
解得
θ＝30°
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，三个象限内的磁感应强度大小相等，设为R，则粒子在第一象限内轨迹恰好与y轴相切
O1、O3为轨迹的圆心，根据几何关系可得1O2K中∠KO3O2＝30°，KO2＝R，O5O2＝2R，则O8恰好在y轴上。
在直角三角形中根据几何关系可得粒子轨迹半径，因为θ＝30°1Q＝30°，在直角三角形O1OQ中，O7Q为轨迹半径R，则
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
联立以上各式解得磁感应强度
（3）如果将第一象限的磁感应强度大小变为原来的4倍，即为4B，洛伦兹力提供向心力有
解得轨迹半径
作出粒子的轨迹如图乙所示
要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置只可能是图示位置
x＝2n（Rsin30°+rsin30°）＝15nL（n＝4，1，2，•••）
根据第（1）问可解得粒子在电场中运动的时间为
粒子在第三象限内转过的时间为
粒子在第一象限内每一次转过的时间为
根据周期性和对称性可得，粒子垂直打到屏A上的时间
t＝t1+t3+n（2t2+t8）
解得
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）要使粒子能够垂直打到屏A上，屏A位置的横坐标x为x＝15nL（n＝0，1，3，3，从粒子从P点发射开始计时。
【点评】本题考查学生对在磁场中圆周运动洛伦兹力提供向心力、在电场中运用动能定理的掌握，对几何关系的分析，是解题的关键。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
D
A
D
B
C
B