2024年重庆市高考物理模拟试卷（3月份）（附答案解析）

2024年重庆市高考物理模拟试卷（3月份）

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）破冰船可以滑上冰层借助自身重力破冰。在破冰船的船头相对冰层向上滑动的瞬

间，船头受到冰层的支持力和摩擦力作用，如图所示的a、b、c、d四个方向中，这两个

2.（4分）如图所示，有一不带电的金属球壳，在其中心O点处放置一正点电荷，M、N、

P,Q点在一条过O点的直线上，P点与N点关于O点对称，Q点位于金属内部，M点

位于球壳外部。当金属球壳处于静电平衡状态时，（）

B.Q点的电场强度不为零

C.电子从N点运动到P点的过程中电场力所做总功一定为正

D.Q点的电势高于M点的电势

3.（4分）在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安

全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏

电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2

中电流流向如图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（）

A.磁通量增加,感应电流从N到M

B.磁通量减少,感应电流从N到M

C.磁通量增加,感应电流从M到N

D.磁通量减少,感应电流从M到N

4.（4分）有a、b、c、d四种单色光，在水中的折射率分别为na、nb、nc、nd。a光和b光

从水中斜射向空气的折射光路如图甲所示;b光和c光从空气斜射向水中的折射光路如图

乙所示；c光和d光从水中斜射向空气，d光的折射光路如图丙所示（c光发生全反射）。

A.nd<nc<nb<na

C.nd<nb<nc<naD.nd<nc<na<nb

5.（4分）自然界中的放射性原子核第2TH经过多次式和口衰变，最终衰变成稳定的原子核

第8P上在这一过程中，可能发生的衰变是（）

A.岸P。一敲A+2送

B.品“Ra-H°Rn+匆e

C.丝次吐H5Po+黜e

D.辨Fr-部。+\e

6.（4分）小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中（如图），以便打开瓶塞。瓶塞的质量

为m,横截面积为S,瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强po、温度为摄氏温度

ti；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度t2,瓶塞恰好能移动。0℃

时的热力学温度为To,重力加速度为g,不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩擦

力大小为（）

A-正陪+叫

七2一七1

B-——Po5+mg

七一

2psmg

cY+ro~

七2一七1

D-而右一阳

7.（4分）在水平面内绕中心轴旋转的圆盘上固定有甲、乙两个木马，各自到中心轴的距离

之比为1：2,圆盘从开始运动到停止过程中的角速度3随时间t的变化关系如图所示。

A.在0〜to内任意时刻，乙的线速度大小是甲的4倍

B.在to〜2to内，乙的向心加速度大小是甲的4倍

C.乙在to〜2to内的旋转角度是甲在2to〜4to内的2倍

D.乙在2to〜4to内的运动路程是甲在0〜to内的4倍

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）物体M、N、P、Q分别在恒定的合力作用下沿x轴运动，初速度和合

力方向以x轴正方向为正，其初速度方向、所受合力方向信息如表所示。则（）

初速度方向合力方向

M正正

N正负

P负负

Q负正

A.M的动能增加

B.合力对N的冲量为正

C.P做匀加速直线运动

D.Q一直沿x轴负方向运动

（多选）9.（5分）介质中有相距s的a、b两质点，波源a从平衡位置开始振动，形成从a

向b传播的简谐横波。从波源起振时计时，每经过时间t（t小于半个振动周期），质点b

与其平衡位置的距离均为h,则这列简谐波的（）

2s

A.周期为3tB.波长为4sC.波速为了D.振幅为夜h

（多选）10.（5分）如图所示，P、Q恒星构成的双星系统，一颗质量为m,另一颗质量为

2m,两星均视为质点且距离保持不变，均绕它们连线上的O点做匀速圆周运动。轨道平

面上的观测点F相对于O点静止，连续两次出现P、Q与O、F共线的时间间隔为t。仅

考虑双星间的万有引力，引力常量为G。则（）

A.恒星Q的质量为2m

71

B.恒星P圆周运动的角速度为I

C.任意时间内两星与。点的连线扫过的面积相等

D.恒星P、Q之间的距离为（匹哽）！

7T4

二、非选择题：共5题，共57分。

11.（7分）某兴趣小组对水平流出的水流曲线是否可视为抛物线进行探究。实验所用的主

要装置示意图如图所示，其中盛水桶放置在升降台上，出水管固定于有标尺的背景前，

水流能从出水管沿水平方向流出。

（1）实验时，调节注水口水流，使盛水桶中的水从溢水口流出，保持桶内水面高度为定

值，让水从出水管流出时具有相同的O

（2）水流稳定后，拍摄第一张水流照片；调整升降台高度，重复步骤（1）,水流稳定后，

拍摄第二张照片。以出水管管□中心为坐标原点0,以水流初速度方向为X轴正方向，

竖直向下为y轴正方向。在水柱中心线上选取五个标记点，得到这些点的位置坐标。第

一次实验照片中标记点的坐标为x、yi,第二次实验照片中标记点的坐标为x、y2,两次

实验的测量结果如表所示。

x/cm03.006.009.012.0

实验1yi/cm01.302.854.95

实验2y2/cm00.793.086.912.23

由表中数据可知，第一次实验出水管口处水流速度（选填“大于”“等于”“小

于”）第二次实验出水管口处水流速度。

（3）若某小球从O点以一定的初速度水平抛出后做平抛运动，恰好通过表中y2=6.90cm

对应的标记点，分析它能否继续通过y2=12.23cm对应的标记点并写出分析过

12.（9分）实验小组发现某暖手器内部有一发热片，他们对发热片的电阻率和耗电情况进

行探究。

（1）如图1甲所示，发热片的总长度L为1160mm,横截面的宽度W为1.72mm,用螺

距为0.5mm、50分度的螺旋测微器测量横截面的厚度d,示数如图1乙所示，d为

mm。

RM

图2

图3

（2）用多用电表测得发热片的电阻为6.0。，则该发热片的电阻率为Q

•m（保留2位有效数字）。

（3）为进一步探究发热片的耗电情况，他们设计了如图2所示的实验电路图（部分连线

未完成），图中R为发热片，①为电压表，mA为电流表，E为电池。已知电流表的内阻

约为0.5。，电压表的内阻为数千欧，为更精确地测量发热片的电功率，应将电路图中的

P点与（选填“M”“N”）点相连。

（4）正确连接电路并闭合S后，每隔一定时间记录电流I及其对应的电压U,得到发热

片电功率P随时间t的变化曲线如图3所示。由图可估算，在0〜3h内发热片消耗的电

能约为W-h（保留2位有效数字）。

13.（10分）在陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水平速度大小为

V0,在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离S1后停止；如果不用阻拦索，在

其他阻力作用下沿直线滑行距离S2后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。求：

（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间；

（2）舰载机所受其他阻力的大小；

（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功。

14.（13分）如图所示，xOy平面被一条平行于x轴的直线MN分为匀强磁场区域和无磁场

区域，磁场区域的磁感应强度方向垂直于纸面向外。比荷为区的带正电粒子A,从坐标

m

为（一8m0）的P点，以大小为V0、方向与X轴正方向成60°角的速度发射，能被位于

（次即0）的粒子收集器Q收集，已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a,不计粒

子重力。

（1）求磁感应强度的大小。

（2）求直线MN到x轴的距离。

（3）若粒子A从x轴某位置以大小为2vo、方向与x轴的正方向成8（0V。W刍角的速

度发射后，依然能被收集器Q收集，求该粒子发射位置的横坐标与。的关系。

-y/3a°Ax

15.（18分）如图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O点左侧光滑，右侧动摩擦

因数为皿B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与。点对齐。A

从光滑斜面的某一高度处由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰撞后粘

在一起形成组合体AB,碰撞过程中AB的机械能损失了50%,然后AB与C发生弹性碰

撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D碰撞结束后瞬间，AB的动量、

C的动量、D的动量都相同。质量为m的物块D停止运动时，右端距离。点121。所有

物块的宽度均为1，高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：

（1）D碰后瞬间的速度大小；

（2）A、B和C的质量；

（3）A下滑的高度以及所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距。

2024年重庆市高考物理模拟试卷（3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）破冰船可以滑上冰层借助自身重力破冰。在破冰船的船头相对冰层向上滑动的瞬

间，船头受到冰层的支持力和摩擦力作用，如图所示的a、b、c、d四个方向中，这两个

力的合力方向可能是（）

【答案】C

【分析】在破冰船的船头相对冰层向上滑动的瞬间，根据支持力、摩擦力的方向结合力

的合成方法进行分析。

【解答】解：在破冰船的船头相对冰层向上滑动的瞬间，船头受到冰层的支持力方向垂

直于接触面向上，受到的摩擦力方向沿接触面向下，根据力的合成方法可知，船头受到

冰层的支持力和摩擦力的合力方向可能是c,故C正确、ABD错误。

故选：Co

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分

析、利用平行四边形法则进行力的合成进行解答。

2.（4分）如图所示，有一不带电的金属球壳，在其中心O点处放置一正点电荷，M、N、

P、Q点在一条过O点的直线上，P点与N点关于。点对称，Q点位于金属内部，M点

位于球壳外部。当金属球壳处于静电平衡状态时，（）

A.M、N点电势相等

B.Q点的电场强度不为零

C.电子从N点运动到P点的过程中电场力所做总功一定为正

D.Q点的电势高于M点的电势

【答案】D

【分析】将带正电的点电荷放入金属球壳中，当静电平衡时，金属球壳内壁感应出负电

荷，外表面感应出正电荷；整个金属球壳是一个等势体，表面是一个等势面；整个金属

球壳内部电场强度为零。然后结合点电荷电场的特点以及静电屏蔽的特点解答。

【解答】解：当静电平衡时，金属球壳内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出

电场线的分布如图：

AD、根据顺着电场线方向电势降低,整个金属球壳B是一个等势体,表面是一个等势面，

分析可知电势关系是<PN>q）Q>CpM.故A错误，D正确；

B、处于静电平衡状态的导体是等势体，其内部电场强度处处为零，所以Q点电场强度

一定为零，故B错误；

C、根据对称性可知，球壳中心处的点电荷在球壳内产生的电场的是中心对称的，则N

点与P点处的电势是相等的，故C错误。

故选：D。

【点评】明确静电屏蔽的特点：导体内部场强为0,电势相等，电场线的疏密体现场强的

大小。

3.（4分）在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安

全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏

电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2

中电流流向如图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（）

A.磁通量增加,感应电流从N到M

B.磁通量减少,感应电流从N到M

C.磁通量增加,感应电流从M到N

D.磁通量减少,感应电流从M到N

【答案】A

【分析】根据通电直导线产生的磁场判断铁芯内部磁场的变化，由此判断线圈中磁通量

的变化，再根据楞次定律以及右手螺旋定则进行分析。

【解答】解：当电线中电流等大反向时，两电线在线圈中产生的磁通量恰好为零；漏电

瞬间，由于电线1中电流大于2中的电流，因此线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知

铁芯内部会产生顺时针方向的磁场，再根据右手螺旋定则可知，线圈中电流方向为N到

M,故A正确，BCD错误;

故选：Ao

【点评】该题需要掌握楞次定律以及右手螺旋定则的应用，属于常规知识点的使用，题

目难度较小。

4.（4分）有a、b、c、d四种单色光，在水中的折射率分别为na、nb、nc、nd。a光和b光

从水中斜射向空气的折射光路如图甲所示;b光和c光从空气斜射向水中的折射光路如图

乙所示；c光和d光从水中斜射向空气，d光的折射光路如图丙所示（c光发生全反射）。

则可判断（）

图甲

A.nd<nc<nb<na

C.nd<nb<nc<naD.nd<nc<na<nb

【答案】A

【分析】根据光线进入水中或从水中射出时偏折程度分析a、b、c光的折射率大小关系，

根据全反射临界角公式分析c、d光的折射率大小。

【解答】解：折射率反映了介质对光的偏折能力，由图甲可知a光的折射角更大，可知，

1

nb<na,由图乙可知b光的折射角更小，则nc<nb,根据全反射临界角公式sinC=而可知，

c光在水中的折射率大于d光的折射率，综上可知nd<nc<nb<na,故A正确，BCD错

误；

故选：Ao

【点评】解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率。

5.（4分）自然界中的放射性原子核镭2nl经过多次a和0衰变，最终衰变成稳定的原子核

第8P上在这一过程中，可能发生的衰变是（）

8

A.能冲0—llAt+°te

B.gg4/?tl^-浅。Rn+2^e

C.3ll5Po+^He

D.第3?「一盥3Ra+oi6

【答案】B

【分析】理解原子核衰变前后质量数和电荷数守恒的特点，结合a衰变的特点和题目选

项完成分析。

【解答】解：原子核衰变前后质量数和电荷数守恒，且能改变质量数的只有a衰变，因

为於2Th发生一次式衰变质量数少4,中间新核的质量数可能为212、216、220、224、

228,只有原子核品4/^的质量数符合要求；

结合a衰变的特点可知，可能发生的a衰变为煦4Ra-^Rn+^He,故B正确，ACD

错误。

故选：Bo

【点评】本题主要考查了原子核的衰变问题，理解衰变前后质量数和电荷数守恒的特点，

结合a衰变的特点即可完成分析。

6.（4分）小明将海边拾到的漂流瓶竖直放入热水中（如图），以便打开瓶塞。瓶塞的质量

为m,横截面积为S,瓶内密闭气体的压强等于此时外界大气压强po、温度为摄氏温度

ti；当瓶子被置于热水中一段时间后，气体的温度为摄氏温度t2,瓶塞恰好能移动。0℃

时的热力学温度为To,重力加速度为g,不考虑瓶子的容积变化。瓶塞所受最大静摩擦

力大小为（）

A-证城+/

七2一七1

B-而陪+皿9

12一七1

c证陪』

七一七1

D-而暗一叫

【答案】D

【分析】分析封闭气体发生等容变化，根据查理定律结合瓶塞的受力分析列式求解。

【解答】解：瓶内初态气体压强为po,加热后，设瓶子内压强为pi,瓶内气体发生等容

变化，根据查理定律

Po=Pi

To+GT0+t2

解得Pi

对瓶塞恰好能移动时进行受力分析，有

piS=mg+f+poS

解得f=£2,poS-mg

1o+ri

故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】这道题考查查理定律以及瓶塞的受力分析，会根据题意列式求解相应的物理量。

7.（4分）在水平面内绕中心轴旋转的圆盘上固定有甲、乙两个木马，各自到中心轴的距离

之比为1：2,圆盘从开始运动到停止过程中的角速度3随时间t的变化关系如图所示。

贝I（）

A.在0〜to内任意时刻，乙的线速度大小是甲的4倍

B.在to〜2to内，乙的向心加速度大小是甲的4倍

C.乙在to〜2to内的旋转角度是甲在2to〜4to内的2倍

D.乙在2to〜4t（）内的运动路程是甲在。〜to内的4倍

【答案】D

【分析】A、甲乙同轴转动；

B、可利用向心加速度计算公式比较；

C、利用e=3t,可判断旋转角度是否相同；

D、利用s=6r计算弧长关系，弧长即路程。

【解答】解：A、在0〜to内任意时刻，甲乙的角速度相等，根据v=3r,乙的线速度大

小是甲的两倍，故A错误；

B、在to〜2to内，甲乙的角速度相等，根据a=r3?知，乙的向心加速度大小是甲的两倍，

故B错误；

C、由。=心知，直线与x轴围成面积表示加速度，可知它们围成面积相等，所以角度相

等，故c错误；

D、由s=0r,

8甲：8乙=2：1,I■甲：r乙=2：1

代入数据解得S甲：s乙=4：1。

故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题考查了对圆周运动的理解，灵活应用角速度公式为解决本题的关键。

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）物体M、N、P、Q分别在恒定的合力作用下沿x轴运动，初速度和合

力方向以x轴正方向为正，其初速度方向、所受合力方向信息如表所示。则（）

初速度方向合力方向

M正正

N正负

P负负

Q负正

A.M的动能增加

B.合力对N的冲量为正

C.P做匀加速直线运动

D.Q一直沿x轴负方向运动

【答案】AC

【分析】合力与初速度方向一致，则动能增加，速度增大，否则动能和速度都是先减小

后增大；冲量的正负取决于力的方向。

【解答】解：A、M所受合力方向与速度方向一致，则加速度方向与速度一致，速度大

小一直在增加，动能在增加，故A正确；

B、根据冲量定理I=Ft,合力方向为负，则冲量为负，故B错误；

C、P的合力方向与速度方向一致，因此加速度方向与速度方向一致，速度一直在增加，

故P做匀加速直线运动，故C正确；

D、Q的合力方向与速度方向相反，故Q加速度方向与速度方向相反，速度会减小到零

再反向加速，因此Q不会一直沿负方向运动，故D错误。

故选：AC-

【点评】本题考查动能的变化、冲量以及牛顿第二定律的简单分析，基础题。

（多选）9.（5分）介质中有相距s的a、b两质点，波源a从平衡位置开始振动，形成从a

向b传播的简谐横波。从波源起振时计时，每经过时间t（t小于半个振动周期），质点b

与其平衡位置的距离均为h,则这列简谐波的（）

A.周期为3tB.波长为4sC.波速为BD.振幅为

【答案】CD

【分析】由于每经过时间3质点b与其平衡位置的距离均为h可知时间t与周期T的关

系以及h与振幅A的关系，再根据波速公式求解波速和波长。

【解答】解：AD、根据简谐运动的规律可知t=1,由于每经过时间t质点b与其平衡位

置的距离均为h,所以质点偏离平衡位置的距离h与振幅A的关系为』=号4解得：T

=4t,A=V2/i,故A错误，D正确；

tt

BC、由题意可知波从a到b传播的时间为一，质点b从平衡位置经-运动到距离平衡位置

22

为h处，所以其波速〃=第="=率根据人『丁=宗X4t=8s,故B错误，C正确。

2

故选：CDo

【点评】解决本题的关键理解简谐运动是竖直面内圆周运动在水平方向上的投影，找到

周期与己知时间的关系。

（多选）10.（5分）如图所示，P、Q恒星构成的双星系统，一颗质量为m,另一颗质量为

2m,两星均视为质点且距离保持不变，均绕它们连线上的O点做匀速圆周运动。轨道平

面上的观测点F相对于O点静止，连续两次出现P、Q与O、F共线的时间间隔为t。仅

考虑双星间的万有引力，引力常量为G。则（）

A.恒星Q的质量为2m

7T

B.恒星P圆周运动的角速度为］

C.任意时间内两星与。点的连线扫过的面积相等

D.恒星P、Q之间的距离为（西嚏f

【答案】ABD

【分析】P、Q相对静止绕O点做匀速圆周运动，连续两次出现P、Q与0、F共线的时

间间隔等于乙周期，由此可得到角速度；两星均绕0点做匀速圆周运动的周期T或角速

2

度3相同，P与Q之间相互作用的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律解答。

【解答】解：A、两星均绕0点做匀速圆周运动的周期T或角速度3相同，设P、Q圆

轨道半径分别为n、r2（n>r2）,P与Q之间相互作用的万有引力大小为F,由牛顿第二

定律得：

对P有：F=mpo）2门

对Q有：F=mQO）2r2

因门＞12,故mpVmQ,则恒星Q的质量为2m,可得：n=2r2,故A正确；

B、P、Q相对静止绕O点做匀速圆周运动，连续两次出现P、Q与O、F共线的时间间

隔等于，周期，即：t=],T=2t,恒星P圆周运动的角速度3=爷="，故B正确；

C、任意时间内两星与O点的连线扫过的扇形的圆心角相等，因门片盘，故任意时间内两

星与O点的连线扫过的面积不相等，故C错误；

D、设A、B之间的距离为r,则有：r=ri+⑵结合：门=2⑵可得：r2=三

届「2mxm2T7-7T

由F=G----n一=2mcor2,又有：3=—

厂4t

解得恒星P、Q之间的距离为r=（号贮故D正确。

故选：ABDo

【点评】对于双星问题一定要抓住两个条件：一是周期（角速度）相同，二是半径之和

等于他们的距离，运用隔离法，根据万有引力定律和牛顿第二定律解答。

二、非选择题：共5题，共57分。

11.（7分）某兴趣小组对水平流出的水流曲线是否可视为抛物线进行探究。实验所用的主

要装置示意图如图所示，其中盛水桶放置在升降台上，出水管固定于有标尺的背景前，

水流能从出水管沿水平方向流出。

（1）实验时，调节注水口水流，使盛水桶中的水从溢水口流出，保持桶内水面高度为定

值，让水从出水管流出时具有相同的初速度。

（2）水流稳定后，拍摄第一张水流照片；调整升降台高度，重复步骤（1）,水流稳定后，

拍摄第二张照片。以出水管管□中心为坐标原点0,以水流初速度方向为x轴正方向，

竖直向下为y轴正方向。在水柱中心线上选取五个标记点，得到这些点的位置坐标。第

一次实验照片中标记点的坐标为x、yi,第二次实验照片中标记点的坐标为x、y2,两次

实验的测量结果如表所示。

x/cm03.006.009.012.0

实验1yi/cm01.302.854.95

实验2y2/cm00.793.086.912.23

由表中数据可知，第一次实验出水管口处水流速度大于（选填“大于”“等于”“小

于”）第二次实验出水管口处水流速度。

（3）若某小球从0点以一定的初速度水平抛出后做平抛运动，恰好通过表中y2=6.90cm

对应的标记点，分析它能否继续通过y2=12.23cm对应的标记点并写出分析过程能,

分析见解析。

分析见解析。

【分析】（1）桶内水面高度决定水流出时的初速度大小;

（2）（3）根据平抛运动规律分析解答。

【解答】解：（1）调节注水口水流，使盛水桶中的水从溢水口流出，保持桶内水面高度

为定值，让水从出水管流出时具有相同的初速度;

（2）由表格可知水平位移相等时，实验2的竖直距离更大，根据平抛运动规律可知第一

次实验出水管口处水流速度大于第二次实验出水管口处水流速度;

（3）水流稳定其运动轨迹是曲线，若某小球从O点以一定的初速度水平抛出后做平抛运

动，恰好通过表中y2=6.90cm对应的标记点，说明小球运动轨迹与水流的轨迹重合，则

它能继续通过y2=12.23cm对应的标记点。

故答案为：（1）初速度；（2）大于；（3）能，分析见解析。

【点评】本题考查平抛运动的实验，解题关键掌握实验原理，注意桶内水面高度决定初

速度大小。

12.（9分）实验小组发现某暖手器内部有一发热片，他们对发热片的电阻率和耗电情况进

行探究。

（1）如图1甲所示，发热片的总长度L为1160mm,横截面的宽度W为1.72mm,用螺

距为0.5mm、50分度的螺旋测微器测量横截面的厚度d,示数如图1乙所示,d为0.060

mm。

RM

<S>P

——|卜

SE

图2

图3

（2）用多用电表测得发热片的电阻为6.0。，则该发热片的电阻率为5.3Xl（）7o.m（保

留2位有效数字）。

（3）为进一步探究发热片的耗电情况，他们设计了如图2所示的实验电路图（部分连线

未完成），图中R为发热片，①为电压表，mA为电流表，E为电池。已知电流表的内阻

约为0.5。，电压表的内阻为数千欧，为更精确地测量发热片的电功率，应将电路图中的

P点与M（选填“M”“N”）点相连。

（4）正确连接电路并闭合S后，每隔一定时间记录电流I及其对应的电压U,得到发热

片电功率P随时间t的变化曲线如图3所示。由图可估算，在。〜3h内发热片消耗的电

能约为4.8W»h（保留2位有效数字）。

【答案】（1）0.060；（2）5.3X10-7；（3）M；（4）4.8。

【分析】（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm,测量值=固定刻度对应示数（mm）+可动

刻度上对齐格数（估读一位）X精确度；

（2）根据电阻定律求解电阻率；

（3）由于待测电阻的阻值远小于电压表内阻，据此分析电流表的内外接法，然后作答;

(4)P-t图像的“面积”表示消耗的电能，据此求解作答。

【解答】解：⑴螺旋测微器的精确度为0.01mm,横截面厚度d=0mm+6.0X0.01mm

0.060mm；

(2)根据电阻定律R=p磊

缶RdW6.0x0.060xl0-3xl.72xl0-3„7c

电1tl阻lm率p=——=---------------)--------Q-m=5r.3oX107n-m

L1160x10-3

(3)由于待测电阻的阻值远小于电压表内阻，因此电流表采用外接法，电路图中的P点

与M点相接;

(4)P-t如图所示:

图3

每小格代表的电功Wo=O.lXO」X36OJ=3.6J

0~3h内发热片消耗的电能约为E=1.60x3.00〃•力+巨坐W.h.=4.8勿•h

3.6x10s

故答案为:(1)0.060；(2)5.3X10,(3)M；(4)4.8。

【点评】本题考查了螺旋测微器的读数，考查了发热片的电阻率和耗电情况进行探究的

实验；掌握螺旋测微器的读数方法，电流表的内外接法的判断以及对P-t图像“面积”

含义的理解和运用。

13.(10分)在陆上模拟着舰训练中，某质量为m的航母舰载机着陆时的水平速度大小为

V0,在阻拦索的阻力和其他阻力作用下沿直线滑行距离S1后停止；如果不用阻拦索，在

其他阻力作用下沿直线滑行距离S2后停止。若舰载机所受其他阻力视为恒力。求：

(1)不用阻拦索时舰载机的滑行时间；

(2)舰载机所受其他阻力的大小；

（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功。

【答案】（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间为互；

v0

2

（2）舰载机所受其他阻力的大小为警；

2s2

（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功为⑸一“竭。

2s2

【分析】（1）根据匀变速直线运动位移一时间规律列式求解；

（2）（3）根据动能定理分别列式并代入数据求解相应的物理量。

【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的规律，设滑行时间为t2,有

S2=-y*t2

得t2=等

v0

所以不用阻拦索时舰载机的滑行时间为在；

%

（2）设舰载机所受其他阻力的大小为f其，对舰载机根据动能定理有

-f其•S2=0_am诺

2

解得,其=娉

（3）设阻拦索的阻力对舰载机做的功为W阻，对舰载机，根据动能定理有

1

W阻-f其•si=0-2muS9

解得W阳呼

2s2

答：（1）不用阻拦索时舰载机的滑行时间为一；

%

（2）舰载机所受其他阻力的大小为学；

2s2

（3）阻拦索的阻力对舰载机做的功为‘1一52）7九诏。

2s2

【点评】考查匀变速直线运动规律和动能定理问题，会根据题意列式求解相应的物理量。

14.（13分）如图所示，xOy平面被一条平行于x轴的直线MN分为匀强磁场区域和无磁场

区域，磁场区域的磁感应强度方向垂直于纸面向外。比荷为旦的带正电粒子A,从坐标

m

为（-Wa,0）的P点，以大小为vo、方向与x轴正方向成60°角的速度发射，能被位于

/a,0）的粒子收集器Q收集，已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a,不计粒

子重力。

(1)求磁感应强度的大小。

(2)求直线MN到x轴的距离。

(3)若粒子A从x轴某位置以大小为2vo、方向与x轴的正方向成8(0V。<刍角的速

度发射后，依然能被收集器Q收集，求该粒子发射位置的横坐标与。的关系。

廉0。_________Q「

-氐°AX

【答案】(1)磁感应强度的大小为以”。

qCL

(2)直线MN到x轴的距离为四。

2

(3)该粒子发射位置的横坐标与9的关系为x=V5a-J焉—4a•s讥/(0<6<□

［分析XI)已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a,由洛伦兹力提供向心力求解;

(2)画出粒子的运动轨迹图，根据几何关系求解直线MN到x轴的距离；

(3)根据洛伦兹力提供向心力得到运动半径为，画出轨迹图，粒子运动轨迹具有对称性,

根据几何关系求解。

【解答】解：(1)已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a,由洛伦兹力提供向心力,

则有：

仙R_mV0

解得:"篝

(2)粒子的运动轨迹如图1所示，直线MN到x轴的距离为：

h=CO=AO-CO=ba.tan60°-a・tan60°•sin60°=当

si

(3)粒子A在磁场中的线速度为2vo,同理：2q%B=*Q

解得运动半径为：R=2a

令粒子由横坐标为x的F点入射，轨迹图如图2所示，粒子运动轨迹关于FQ的中垂线

对称。

_h

由几何关系可得：FQ=y[3a-x=2(------+Rsin0)

tand

解得：x=V3o-tan。—4a,sind>(0O<

答：(1)磁感应强度的大小为竺”。

qa

3a

(2)直线MN到x轴的距离为三。

(3)该粒子发射位置的横坐标与。的关系为x=遮。-情焉-4a♦sin。，(0<0<^)□

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基

本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与

边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角。知道半径与速度大小相关联，

时间与圆心角相关联。

15.(18分)如图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O点左侧光滑，右侧动摩擦

因数为5B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与O点对齐。A

从光滑斜面的某一高度处由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰撞后粘

在一起形成组合体AB,碰撞过程中AB的机械能损失了50%,然后AB与C发生弹性碰

撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D