重庆四十九中、江津二中等九校2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份）

这是一份重庆四十九中、江津二中等九校2024-2025学年高三（上）月考 物理试卷（12月份），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）如图所示，粗糙水平面上的物块在一斜向右上方的恒力F作用下向右匀速直线运动，则（ ）
A．物块受到的摩擦力方向水平向右
B．物块受到的摩擦力大小大于F
C．物块受到水平面的支持力小于物块的重力
D．若在某时刻撤掉F，物块仍能保持匀速直线运动
2．（4分）在如图所示的电路中R为压敏电阻，施加在压敏电阻表面的压力F越大，其阻值越小；R1为定值电阻，电流表为理想电流表，电源电动势恒定不变。现增大压力F，则（ ）
A．电流表示数减小
B．R1两端电压减小
C．电流通过R1的发热功率变大
D．电流通过R1的发热功率不变
3．（4分）芯片制造过程中的重要工序之一是离子注入，速度选择器是离子注入机的重要组成部分。现将速度选择器简化如图所示模型，两平行金属板P、Q水平放置（重力不计）从M点沿水平方向射入到两金属板之间，质子恰好沿直线运动到N点。则（ ）
A．若撤掉磁场，质子将向P极板偏转
B．若撤掉电场，质子将向Q极板偏转
C．若增大入射速度，质子运动轨迹仍为直线
D．若将电子以相同速度从M点射入，其运动轨迹仍为直线
4．（4分）某同学利用电容式传感器设计了一款汽车油量监测系统，如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，N通过一绝缘轻杆与漂浮在油面上的浮子Q相连，浮子Q上下移动带动N上下移动，极板M、N的距离增大，若极板上电荷量保持不变（ ）
A．电容减小B．极板间电压变小
C．极板间电压不变D．极板间电场强度变大
5．（4分）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑，则滑块的速度大小v、重力势能Ep随位移x的变化关系图线，以及滑块的动量p、动能Ek随时间t变化关系图线正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图所示为某宇宙飞船运行轨道变化示意图，飞船先进入近地圆轨道1以第一宇宙速度做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，设飞船在轨道1、2、3上运行的周期分别为T1、T2、T3，轨道2分别与轨道1、3相切于A、B两点。则（ ）
A．T3＜T2＜T1
B．飞船在轨道2上稳定运行时，A点和B点加速度大小相同
C．飞船在轨道2上稳定运行时，经过A点的速度小于第一宇宙速度
D．
7．（4分）如图甲所示，在水平放置平行金属板A、B左侧有一线状粒子发射源（图中未画出），能发出宽度为d、速度相同的带正电粒子束，比荷，两板间距为d＝20cm，极板间加如图乙所示的交变电压。不考虑电容器的边缘效应，也不考虑击中极板的粒子对板间电压的影响（ ）
A．0.0025mB．0.005mC．0.01mD．0.015m
二、多项选择题：共3题，每题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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（5分）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块可视作质点。若物块随圆盘转动一周，则（ ）
A．物块的动量变化量为零
B．物块所受重力的冲量为零
C．物块所受支持力的冲量大小为mgT
D．物块所受摩擦力做的功为μmg•2πr
（多选）9．（5分）将a、b两个小球从不同高度同时水平抛出，其运动轨迹在同一竖直平面内，如图中虚线所示，空气阻力不计，则（ ）
A．b球比a球先落地
B．a球的水平位移一定大于b球
C．a、b两球可能会在P点相遇
D．a、b两球落地时速度大小可能相同
（多选）10．（5分）如图所示，两根长度均为L的轻质细杆a、b将质量为nm的小球P和质量为m的小球Q连接至固定点O。细杆a的一端可绕O点自由转动，细杆b可绕小球P自由转动。初始时P、Q与O点在同一高度，由静止释放两球并开始计时，两球在竖直面内运动，此时细杆a与竖直方向的夹角为θ，细杆b恰好竖直，一切摩擦与空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球P的运动轨迹为一段圆弧
B．在虚线所示位置小球P的速度大小一定为零
C．运动过程中小球Q的机械能守恒
D．从开始到虚线所示位置过程中，细杆b对小球Q做功为nmgLcsθ
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（11分）国产智能手机内置有加速度传感器。某同学想研究手机运动过程中加速度随时间变化规律，他手拿着手机由静止迅速向下运动，手机软件记录的加速度a随时间t变化的部分曲线如图所示
（1）该同学用天平测得手机质量为0.2kg，则t2时刻手机所受合外力为F合＝ N；
（2）t1到t2这段时间，手机的速度 ；（选填：“增大”或“减小”）
（3）t2到t3这段时间，手机处于 状态。（选填：“超重”或“失重”）
12．（11分）酒驾是一种严重的违法行为，它对驾驶者自身和他人的安全都构成了极大的威胁。交警使用的酒精检测仪主要元件是酒精传感器。某同学想研究酒精传感器的电阻随酒精浓度的变化规律。他使用的主要器材如下：
A．酒精传感器Rx（电阻约几十欧）
B．蓄电池（电动势E＝12V，内阻不计）
C．电流表A1（量程0～300mA，内阻RAl＝30Ω）
D．电流表A2（量程0～600mA，内阻约20Ω）
E．电阻箱R1（最大阻值999.9Ω）
F．滑动变阻器R
G．开关及导线若干
（1）该同学想要尽量准确测量酒精传感器的阻值，他设计了如图甲所示的电路图，则图中的b应选择 （请填写器材前面的字母）；
（2）连接好电路，将酒精传感器放置于不同浓度酒精中测量其电阻的阻值，某次测量时读出a、b电表示数分别为Ia、Ib，则此次电阻阻值Rx＝ （用题目所给的字母表示）；
（3）该同学通过多次测量获得了酒精传感器的阻值随酒精浓度的变化关系如图乙所示，然后他利用以上器材设计了图丙中所示的酒精浓度测量仪。调节电阻箱R1的阻值为20Ω，按照图乙中的数据，将电流表上“电流”刻度线标为对应的“酒精浓度” mA处；
（4）该同学在利用上述自制酒精浓度测量仪进行酒精浓度测试时，电流表指针如图丁所示。若规定酒精气体浓度在0.2～0.8mg/mL之间属于酒驾；酒精气体浓度达到或超过0.8mg/mL属于醉驾 （选填“酒驾”或“醉驾”）范围内。
13．（11分）如图所示，Oxy坐标平面内存在一有界匀强磁场区域，磁场边界与x轴平行，方向垂直坐标平面向里。一带正电粒子以初速度v从O点沿x轴正向射入磁场，粒子的比荷为，交点为P，粒子重力不计。求：
（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；
（2）PO之间的距离。
14．（11分）如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v＝4m/s，使用简易弹射装置将M、N两滑块以v0＝3m/s的速度从右端滑上传送带。已知M与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，N与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，若传送带长度合适，可使N从传送带左端掉落，重力加速度g取10m/s2。
（1）刚滑上传送带时，求M、N各自的加速度大小；
（2）为保证N、M分别从传送带左、右两端掉落，求A、B两点间的最长距离；
（3）若A、B两点间距离为2m，滑块M的质量为2kg，求M从滑上传送带到掉落的全过程中M与传送带因摩擦产生的热量。
15．（13分）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线MN右侧空间存在水平向右的匀强电场，编号依次为2、3、4……它们的间距均为L，2号滑块与MN边界距离也为L。另一个编号为1的带正电滑块以初速度v0从左边界进入电场，所有滑块的质量都为m，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0＝，所有滑块均在一条直线上且可视作质点，滑块碰后均会粘在一起。已知重力加速度为g。可能用到的数学公式有：12+22+32+⋯⋯+n2＝，求：
（1）滑块1刚进入电场时的加速度大小；
（2）滑块1、2碰撞过程中损失的机械能；
（3）能发生碰撞的滑块的最大编号。
2024-2025学年重庆四十九中、江津二中等九校高三（上）月考物理试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共7题，每题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）如图所示，粗糙水平面上的物块在一斜向右上方的恒力F作用下向右匀速直线运动，则（ ）
A．物块受到的摩擦力方向水平向右
B．物块受到的摩擦力大小大于F
C．物块受到水平面的支持力小于物块的重力
D．若在某时刻撤掉F，物块仍能保持匀速直线运动
【分析】根据物块相对于水平面的运动方向判定物块受到的摩擦力方向；根据平衡条件分析物块受到的摩擦力与F的关系，以及支持力与重力的关系；若在某时刻撤掉F，根据受力情况判断其运动情况。
【解答】解：A、物块相对于水平面向右运动，故A错误；
B、对物块受力分析如图所示。
由平衡条件可知，物块受到的摩擦力大小等于F在水平方向的分力，故B错误；
C、物块受到水平面的支持力等于重力与F在竖直方向分力之差，故C正确；
D、若在某时刻撤掉F，与运动方向相反，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查共点力平衡问题，解题关键要正确分析物块的受力情况，根据平衡条件与合力的特点分析解答。
2．（4分）在如图所示的电路中R为压敏电阻，施加在压敏电阻表面的压力F越大，其阻值越小；R1为定值电阻，电流表为理想电流表，电源电动势恒定不变。现增大压力F，则（ ）
A．电流表示数减小
B．R1两端电压减小
C．电流通过R1的发热功率变大
D．电流通过R1的发热功率不变
【分析】根据压力的变化分析压敏电阻阻值的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断R1两端电压和R1的发热功率的变化。
【解答】解：增大压力F，则压敏电阻R的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，则电流表示数增大1电流增大，所以R1两端电压增大，电流通过R2的发热功率变大，故ABD错误。
故选：C。
【点评】本题是简单的电路动态分析问题，关键要读懂题意，明确压敏电阻阻值与压力的关系，运用闭合电路欧姆定律进行分析。
3．（4分）芯片制造过程中的重要工序之一是离子注入，速度选择器是离子注入机的重要组成部分。现将速度选择器简化如图所示模型，两平行金属板P、Q水平放置（重力不计）从M点沿水平方向射入到两金属板之间，质子恰好沿直线运动到N点。则（ ）
A．若撤掉磁场，质子将向P极板偏转
B．若撤掉电场，质子将向Q极板偏转
C．若增大入射速度，质子运动轨迹仍为直线
D．若将电子以相同速度从M点射入，其运动轨迹仍为直线
【分析】对质子受力分析，即可知撤掉磁场、或撤掉电场，质子的受力方向，即可判断其偏转方向；增大入射速度，可知质子的洛伦兹力变化情况，结合其洛伦兹力与电场力原本的大小，即可知合力特点，判断是否可做直线运动；对电子受力分析，比较洛伦兹力与电场力的情况，即可判断其是否可沿直线运动。
【解答】解：A．若撤掉磁场，所受电场力与电场方向相同，所以质子将向Q极板偏转；
B．若撤掉电场，质子受到向上的洛伦兹力，故B错误；
C．质子原来做匀速直线运动，得，若增大入射速度，电场力不变，故C错误；
D．若将电子以相同速度从M点射入，洛伦兹力向下，即电场力大小仍等于洛伦兹力大小，则可做匀速直线运动。
故选：D。
【点评】本题考查速度选择器的分析，关键是理解粒子在速度选择器中做直线运动的条件是速度的大小、方向合适，与粒子的电性、电量无关。
4．（4分）某同学利用电容式传感器设计了一款汽车油量监测系统，如图所示，极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，N通过一绝缘轻杆与漂浮在油面上的浮子Q相连，浮子Q上下移动带动N上下移动，极板M、N的距离增大，若极板上电荷量保持不变（ ）
A．电容减小B．极板间电压变小
C．极板间电压不变D．极板间电场强度变大
【分析】当极板M、N间的距离d增大时，根据电容的决定式分析电容C的变化，结合极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式C＝分析极板间电压的变化，由，，相结合推导出场强E与Q的关系，再分析电场强度的变化。
【解答】解：A、当极板M，根据电容的决定式，电容C减小；
BC、由于电容器极板所带的电荷量Q不变可知，故BC错误；
D、根据，，，E与d无关，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，要熟练掌握电容器的定义式、平行板电容器电容的决定式、电场强度与电势差的关系式及其应用。
5．（4分）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止开始下滑，则滑块的速度大小v、重力势能Ep随位移x的变化关系图线，以及滑块的动量p、动能Ek随时间t变化关系图线正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】滑块做初速度为零的匀加速直线运动，求出各图像的函数解析式，然后分析答题。
【解答】解：A、滑块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑块的速度v＝atk＝，Ek﹣t图像应是抛物线的一部分，故A错误；
B、滑块的动量p＝mv＝mat，p﹣t图像是一条倾斜的直线；
C、由匀变速直线运动的速度—位移公式得：v2＝8ax，则v＝；
D、设斜面的高度为h，则滑块的重力势能EP＝mg（h﹣xcsθ）＝mgh﹣mgxcsθ，EP与x是线性关系，应是一条直线。
故选：B。
【点评】解决该题的关键是能根据小球运动情况正确推出各个物理量之间的关系式，根据各物理量间的关系分析即可解题。
6．（4分）如图所示为某宇宙飞船运行轨道变化示意图，飞船先进入近地圆轨道1以第一宇宙速度做匀速圆周运动，再经椭圆轨道2，设飞船在轨道1、2、3上运行的周期分别为T1、T2、T3，轨道2分别与轨道1、3相切于A、B两点。则（ ）
A．T3＜T2＜T1
B．飞船在轨道2上稳定运行时，A点和B点加速度大小相同
C．飞船在轨道2上稳定运行时，经过A点的速度小于第一宇宙速度
D．
【分析】先确定飞船在轨道1、2上运行的轨道半径、半长轴与地球半径的关系，再根据开普勒第三定律分析周期关系；根据牛顿第二定律列式分析加速度关系；飞船在轨道1上稳定运行时，速度等于第一宇宙速度，根据变轨原理分析C项。
【解答】解：AD、设地球半径为R3，则飞船在轨道1上运行的轨道半径为
R2＝R
轨道2的半长轴为
可得
R1＜R3＜R3
根据开普勒第三定律＝k可知
T1＜T2＜T7
且有
联立可得
，故A错误。
B、根据牛顿第二定律得
可得
由于飞船在轨道2上稳定运行时，A点到地心的距离小于B点到地心的距离，故B错误；
C、飞船在轨道1上稳定运行时，在A点时需要加速才能进入轨道3运行，经过A点的速度大于第一宇宙速度。
故选：D。
【点评】该题考查第一宇宙速度的含义、卫星变轨的规律、开普勒第三定律以及牛顿第二定律在天体运动中的应用，关键要熟练运用开普勒第三定律研究周期关系。
7．（4分）如图甲所示，在水平放置平行金属板A、B左侧有一线状粒子发射源（图中未画出），能发出宽度为d、速度相同的带正电粒子束，比荷，两板间距为d＝20cm，极板间加如图乙所示的交变电压。不考虑电容器的边缘效应，也不考虑击中极板的粒子对板间电压的影响（ ）
A．0.0025mB．0.005mC．0.01mD．0.015m
【分析】粒子束在水平方向做匀速直线运动，粒子在竖直方向做匀变速运动，求解粒子射出电场所需总时间，然后根据受力情况，求解其在竖直方向的加速度和位移，由此分析。
【解答】解：粒子束在水平方向做匀速直线运动，射出电场所需时间为
t＝0时刻射入电场的粒子从靠近B板进入电场且能射出电场，7～2×10﹣5s时间内，A板带正电，粒子向下做类平抛运动
在竖直方向的位移为
在2×10﹣5～7×10﹣5s时间内，A板带负电，且电压大于0～4×10﹣5s时间内电压，则粒子先向下做类斜抛运动，粒子的加速度大小为
第一段类平抛运动的末速度和第二段类斜抛运动的初速度相同，第二段竖直方向做减速运动6t1＝a2t4
解得＝
可知第二段类斜抛运动在竖直方向向下和向上的时间相等，
第二段类斜抛运动在竖直方向的位移为
当类斜抛运动轨迹与B板如下图所示相切时，
射出电场时粒子到B板距离最小，最小距离为ymin＝y3＝0.005m，故B正确。
故选：B。
【点评】考查对带电粒子在电场中运动规律的理解，熟悉牛顿第二定律和运动学公式的运用。
二、多项选择题：共3题，每题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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（5分）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为m的物块，物块与圆盘保持相对静止，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块可视作质点。若物块随圆盘转动一周，则（ ）
A．物块的动量变化量为零
B．物块所受重力的冲量为零
C．物块所受支持力的冲量大小为mgT
D．物块所受摩擦力做的功为μmg•2πr
【分析】动量p＝mv，根据题意求出动量的变化量；根据冲量的计算公式I＝Ft求冲量；根据功的计算公式求摩擦力做的功。
【解答】解：A、物块随圆盘转动一周，动量变化量Δp＝mΔv＝0；
B、物块随圆盘转动一周，物块所受重力的冲量IG＝mgT，方向竖直向下，故B错误；
C、物块竖直方向静止处于平衡状态，支持力FN＝mg，物块所受支持力的冲量大小IFN＝FNT＝mgT，故C正确；
D、物块随圆盘匀速转动，摩擦力方向沿半径指向圆心，摩擦力方向与速度方向垂直，即做功为零。
故选：AC。
【点评】本题考查了求动量的变化量、力的冲量、求摩擦力的功等问题，掌握基础知识是解题的前提，应用基础知识即可解题。
（多选）9．（5分）将a、b两个小球从不同高度同时水平抛出，其运动轨迹在同一竖直平面内，如图中虚线所示，空气阻力不计，则（ ）
A．b球比a球先落地
B．a球的水平位移一定大于b球
C．a、b两球可能会在P点相遇
D．a、b两球落地时速度大小可能相同
【分析】平抛运动可以分解为竖直向上和竖直向下的运动，b球高度更低，比a球落地更快，小球落地的速度由水平方向和竖直方向上的分速度共同决定。
【解答】解：A．由于 a、b ，球b比球a更低
可知，b球比a球先落地；
B．小球落地时的速率大小由水平方向和竖直方向的分速度共同来决定，所以落地时a球速率不一定大于b球速率；
C．a、b 两个小球从不同高度同时水平抛出，所以不能在P点相遇；
D．两球的初速度大小未知
可能相同，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了平抛运动的分解，分解成水平方向和竖直方向上的速度，较简单。
（多选）10．（5分）如图所示，两根长度均为L的轻质细杆a、b将质量为nm的小球P和质量为m的小球Q连接至固定点O。细杆a的一端可绕O点自由转动，细杆b可绕小球P自由转动。初始时P、Q与O点在同一高度，由静止释放两球并开始计时，两球在竖直面内运动，此时细杆a与竖直方向的夹角为θ，细杆b恰好竖直，一切摩擦与空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球P的运动轨迹为一段圆弧
B．在虚线所示位置小球P的速度大小一定为零
C．运动过程中小球Q的机械能守恒
D．从开始到虚线所示位置过程中，细杆b对小球Q做功为nmgLcsθ
【分析】A.由题意可知，小球P随细杆a绕O点转动，据此分析判断；
B.在虚线所示位置，细杆b恰好竖直，小球Q的速度方向水平向右，则小球Q沿杆方向的速度为0，根据杆关联物体的速度特点，即可分析判断；
CD.结合前面分析，根据机械能守恒定律及动能定理列式，即可分析判断。
【解答】解：A.由题意可知，小球P随细杆a绕O点转动，故A正确；
B.在虚线所示位置，细杆b恰好竖直，则小球Q沿杆方向的速度为0，两小球沿杆方向速度相等，故B正确；
CD.从开始到虚线位置的过程中，小球P，则该系统的机械能守恒
，
设从开始到虚线所示位置过程中，细杆b对小球Q做功为W，由动能定理可得：
，
联立可得：
W＝nmgLcsθ，
故杆b对小球Q做了功，小球Q机械能不守恒，D正确。
故选：ABD。
【点评】本题主要考查对机械能守恒定律的掌握，解题时需知，在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
二、非选择题：本题共5小题，共57分。
11．（11分）国产智能手机内置有加速度传感器。某同学想研究手机运动过程中加速度随时间变化规律，他手拿着手机由静止迅速向下运动，手机软件记录的加速度a随时间t变化的部分曲线如图所示
（1）该同学用天平测得手机质量为0.2kg，则t2时刻手机所受合外力为F合＝ 2.6 N；
（2）t1到t2这段时间，手机的速度 增大 ；（选填：“增大”或“减小”）
（3）t2到t3这段时间，手机处于 失重 状态。（选填：“超重”或“失重”）
【分析】（1）根据牛顿第二定律计算合外力；
（2）速度方向与加速度方向一致时，手机做加速运动，速度与加速度方向相反，手机做减速运动，可图像特点判断手机速度的变化；
（3）失重为视重小于实重的状态，可利用此特点判断手机是否处于失重状态。
【解答】解：（1）手机质量为0.2kg，结合加速度a随时间t变化的部分曲线
F合＝ma＝5.2×13N＝2.6N
（2）手机由静止迅速向下运动，由图可知，故手机的速度一直在增大。
（3）t2到t3这段时间，加速度为正（向下）。
故答案为：（1）3.6；（2）增大。
【点评】本题考查对加速度与时间图像的理解，其中重点考查学生对牛顿第二定律的应用、加速度与速度关系的关系、超重与失重状态的理解。
12．（11分）酒驾是一种严重的违法行为，它对驾驶者自身和他人的安全都构成了极大的威胁。交警使用的酒精检测仪主要元件是酒精传感器。某同学想研究酒精传感器的电阻随酒精浓度的变化规律。他使用的主要器材如下：
A．酒精传感器Rx（电阻约几十欧）
B．蓄电池（电动势E＝12V，内阻不计）
C．电流表A1（量程0～300mA，内阻RAl＝30Ω）
D．电流表A2（量程0～600mA，内阻约20Ω）
E．电阻箱R1（最大阻值999.9Ω）
F．滑动变阻器R
G．开关及导线若干
（1）该同学想要尽量准确测量酒精传感器的阻值，他设计了如图甲所示的电路图，则图中的b应选择 D （请填写器材前面的字母）；
（2）连接好电路，将酒精传感器放置于不同浓度酒精中测量其电阻的阻值，某次测量时读出a、b电表示数分别为Ia、Ib，则此次电阻阻值Rx＝ （用题目所给的字母表示）；
（3）该同学通过多次测量获得了酒精传感器的阻值随酒精浓度的变化关系如图乙所示，然后他利用以上器材设计了图丙中所示的酒精浓度测量仪。调节电阻箱R1的阻值为20Ω，按照图乙中的数据，将电流表上“电流”刻度线标为对应的“酒精浓度” 200 mA处；
（4）该同学在利用上述自制酒精浓度测量仪进行酒精浓度测试时，电流表指针如图丁所示。若规定酒精气体浓度在0.2～0.8mg/mL之间属于酒驾；酒精气体浓度达到或超过0.8mg/mL属于醉驾 酒驾 （选填“酒驾”或“醉驾”）范围内。
【分析】（1）电流表A2的的内阻未知，将电流表A2测量干路电流；电流表A1的内阻已知，作为电压表使用，据此分析作答；
（2）根据并联电路的特点和欧姆定律求解作答；
（3）（4）根据闭合电路的欧姆定律结合图乙求解作答。
【解答】解：（1）电流表A2的的内阻未知，将电流表A2测量干路电流；
电流表A8的内阻已知，作为电压表使用、b应分别为电流表A1、电流表A2；
（2）根据并联电路的特点，通过酒精传感器的电流IR＝Ib﹣Ia
根据欧姆定律，传感器的电阻
（3）由闭合电路欧姆定律
当酒精浓度为0时，将Rx＝60Ω代入上式解得此时电流表读数I1＝3.2A＝200mA
即酒精浓度的“0刻度线”应该标到电流表刻度的200mA处。
（4）由图可知，此时电流表读数为I8＝60.0mA，
代入上问公式
可得此时传感器电阻Rx＝4Ω
由图乙可得此时的酒精浓度大于8.8mg/mL，故该次测试者醉驾。
故答案为：（1）D；（2）；（4）醉驾。
【点评】本题以酒驾为背景主要考查了伏安法测电阻的实验，考查理解能力、推力论证能力等，突出对基础性、应用性和创新性的考查要求。
13．（11分）如图所示，Oxy坐标平面内存在一有界匀强磁场区域，磁场边界与x轴平行，方向垂直坐标平面向里。一带正电粒子以初速度v从O点沿x轴正向射入磁场，粒子的比荷为，交点为P，粒子重力不计。求：
（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；
（2）PO之间的距离。
【分析】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式，即可求出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；
（2）画出粒子的运动轨迹，结合几何关系求解PO之间的距离。
【解答】解：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
解得粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为
（2）画出粒子的运动轨迹，如图所示。
令粒子做匀速圆周运动的圆心为O1。
由几何关系得
OO2＝r
PO1sin45°＝r
PO＝OO1+PO8
解得
答：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为；
（2）PO之间的距离为（6+）。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题，关键要画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何知识相结合解决此类问题。
14．（11分）如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v＝4m/s，使用简易弹射装置将M、N两滑块以v0＝3m/s的速度从右端滑上传送带。已知M与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.5，N与传送带之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，若传送带长度合适，可使N从传送带左端掉落，重力加速度g取10m/s2。
（1）刚滑上传送带时，求M、N各自的加速度大小；
（2）为保证N、M分别从传送带左、右两端掉落，求A、B两点间的最长距离；
（3）若A、B两点间距离为2m，滑块M的质量为2kg，求M从滑上传送带到掉落的全过程中M与传送带因摩擦产生的热量。
【分析】（1）结合题意，根据牛顿第二定律列式，即可分析求解；
（2）N从左端离开，说明N到达传送带左端时，速度还未减为零。M从右端离开，说明M到达传送带左端时速度恰好减为零或者未到传送带左端时速度已经减为零。取临界条件，根据运动学公式分别列式，即可分析求解；
（3）结合（2）的分析，根据运动学公式分别列式，由运动的对称性及Q的计算公式，即可分析求解。
【解答】解：（1）设M、N的质量分别为m1、m2，刚滑上传送带时，加速度大小分别为a3、a2，
对M，根据牛顿第二定律可得：μ1m2g＝m1a1，
解得：，
对N，根据牛顿第二定律可得：μ2m2g＝m2a8，
解得：；
（2）N从左端离开，说明N到达传送带左端时。M从右端离开。
取临界条件，设N速度减为零时2，则对N有：，
解得：x4＝2.25m，
则若要N从左端离开，A、B两点间距离不能超过2.25m；
设M速度减为零时，位移大小为x4，则对M有：，
解得：x1＝7.9m，
则若要M从右端离开，A、B两点间距离不能小于0.6m，
故为保证N、M分别从传送带左，A、B两点间的最长距离为2.25m；
（3）由于x1＝4.9m＜2m，则结合（2）可知，
设M减速到零所用时间为t4，则有：0＝v0﹣a8t1，
解得：t1＝3.6s，
则M减速到零的过程中，传送带位移大小为：x＝vt1＝6×0.6m＝3.4m，
则M与传送带相对位移大小为：Δx＝x+x1＝4.4m+0.7m＝3.3m，
依据运动的对称性可知，M向右加速至6m/s时离开传送带，
M向右加速过程中，M移大小为：x1'＝x1＝3.9m，
M向右加速过程中，传送带位移大小为：x′＝x＝2.8m，
M与传送带相对位移大小为：Δx′＝x′﹣x1'＝2.4m﹣0.9m＝8.5m，
则M与传送带的摩擦生热为：Q＝μ1m3g（Δx+Δx′）＝0.5×6×10×（3.3+8.5）J＝48J；
答：（1）刚滑上传送带时，M、N各自的加速度大小分别为5m/s3、2m/s2；
（2）为保证N、M分别从传送带左，A、B两点间的最长距离为7.25m；
（3）若A、B两点间距离为2m，M从滑上传送带到掉落的全过程中M与传送带因摩擦产生的热量为48J。
【点评】本题主要从能量角度求解传送带问题，解题时需注意，利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、能量守恒知识的综合运用问题，需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律等相关内容。
15．（13分）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线MN右侧空间存在水平向右的匀强电场，编号依次为2、3、4……它们的间距均为L，2号滑块与MN边界距离也为L。另一个编号为1的带正电滑块以初速度v0从左边界进入电场，所有滑块的质量都为m，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0＝，所有滑块均在一条直线上且可视作质点，滑块碰后均会粘在一起。已知重力加速度为g。可能用到的数学公式有：12+22+32+⋯⋯+n2＝，求：
（1）滑块1刚进入电场时的加速度大小；
（2）滑块1、2碰撞过程中损失的机械能；
（3）能发生碰撞的滑块的最大编号。
【分析】（1）对滑块1进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度；
（2）由动量守恒定律和能量守恒定律第一次碰撞时损失的机械能；
（3）同理求出第n次碰撞损失的机械能的表达式，从表达式可以看出由正转为负的的n的取值，从而确定滑块最大的编号。
【解答】解：（1）由牛顿第二定律知，滑块1刚进入电场时的加速度：a＝
代入数据得：a＝
（2）滑块1、2碰撞前后，由动量守恒定律：mv1 ＝ 2mv7'
由能量守恒定律知，滑块1﹣
又根据速度—位移公式：L＝
联立解得：ΔE＝
（3）设第n次碰撞前后，由动量守恒定律：nmv前＝（n+7）mv后
解得碰后系统一起运动的速度：v后＝
则碰撞前后系统的总动能关系为：Ek后＝＝••nm＝
将Eki记为第i次碰后系统的总动能，结合能量守恒定律知：
Ek1 ＝（+F5L﹣μmgL）
Ek2 ＝ （Ek1+F0L﹣μmgL）
Ek3＝（Ek3+F0L﹣μmgL）
⋯⋯
Ekn ＝
联立知：Ekn＝+﹣＝•（）
可见当n ＝ 6时，Ek2＞0，n ＝ 7时，Ek3＜0
即编号为6的物块碰撞结合后，继续向前运动
则最多能与编号为2的物块碰撞。
答：（1）滑块1刚进入电场时的加速度大小为；
（2）滑块1、2碰撞过程中损失的机械能为；
（3）能发生碰撞的滑块的最大编号为6。
【点评】本题是涉及到电场的多过程重复的完全非弹性碰撞的问题，要抓住前几次完全非弹性碰撞的特点，归纳总结出任意一次碰撞后的速度表达式，再确定最大的碰撞次数。题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
C
C
D
A
B
D
B