2024年四川省南充某中学高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年四川省南充高级中学高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共5小题，共20分。

1.根据所学知识，下列说法正确的选项是（）

A.根据牛顿第一定律可知，力是维持物体运动状态的原因

B.一对作用力与反作用力做功的代数和始终为零

C.火箭的最终飞行速度由燃气的喷气速度以及燃料燃尽时火箭的质量共网决定

D.地面上的物体受到的重力并非总是指向地心

2.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶，其速度-时间图像分别如图中|V

甲、乙两条曲线所示。已知两车在亡2时刻并排行驶，下列说法正确的选项是VJ••…

（）

A.G时刻甲车在乙车的前方V,'厂

B.”〜时段甲车运动的平均速度E>安"o4-------

C.甲车一直做匀加速直线运动

D.0~12时段乙车的加速度逐渐增大

3.如图所示，有一条宽度为800机的小河自西向东流淌，水流速度为孙，各点到较近河岸的距离为x,%与

x之间的关系为为=0.0075x（均采用国际单位）。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船相对于河水的速

度恒为％=4m/s,下列说法正确的选项是（）

亡方,、800m------->

1QK

A.小船在水中做类平抛运动

B.小船到达北岸时位移大小为100V73m

C.小船刚到达北岸时，相对于河岸的速度大小为5m/s

D.小船在行驶过程中，水流一直对小船做正功

4.如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传动带的运行速度为%=0.5m/s,开采出的煤块以

50旬/s的流量（即每秒钟有50依煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为

了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加（）

A.500VVB.25VVC.12.51VD.50VV

5.银河系中大多数恒星都是双星体，有些双星，由于距离小于洛希极限，在引力乙

1Qj

的作用下会有部分物质从某一颗恒星流向另一颗恒星。如图所示，初始时刻甲、

乙两星（可视为质点）均做匀速圆周运动。某一时刻，乙星释放了部分物质，若乙

星释放的物质被甲星全部吸收，且两星之间的距高在一定时间内保持不变，两星

球的总质量也不变，则下列说法正确的选项是（）

A.乙星运动的轨道半径保持不变

B.乙星运动的角速度保持不变

C.乙星运动的线速度大小保持不变

D.乙星运动的向心加速度大小保持不变

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

6.从地面竖直向上抛出一小球（可视为质点），其机械能的等于动能以与重力势

能Ep之和。以地面为零势能参考面，该小球的机械能和重力势能随它离开地面

的高度力的变化如图所示，g=10m/s2,由图中数据可知（）

A.小球的质量为1.6kg

B.h=27n时，小球的动能Ek=68/

C.整个运动过程中小球的机械能守恒

D.从地面至九=5m,小球的动能减少100J

7.如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量1kg的带负电小滑块（可视为质点）在％=Im处以

v0=2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦为数〃=0.05。在％=0及x=5m处有两个

电性未知，电荷量分别为“、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，。点是图

线最低点，虚线人8是图像在x=lm处的切线，g=10m/s2下列说法正确的选项是（）

12345%/m

图甲图乙

A.滑块在％=3m处所受合外力小于0.5/VB.两场源电荷均带负电,且。|>@1

C.滑块向右运动过程中，速度始终减小D.滑块向右一定可以经过％=4m处的位置

8.如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5机的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为

〃?的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为力的4点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切摩

擦，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g,下列说法正确的选项是（）

A.弹簧获得的最大弹性势能为tmg/i

B.滑块沿弧形槽上升的最大高度为与

C.滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用

D.滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒乜满足机械能守恒

9.下列说法正确的是（）

A.若做简谐运动的弹簧振子的周期为T,振子动能大小的变化周期为0.5T

B.若某一物体运动过程中沿运动方向的合外力/与位移x之间满足关系F=kx,说明该物体可能做简谐运

动

C.与超声波相比，在相同条件3频率较低的次声波更加容易发生明显衍射

D.根据折射率的计算式n=熹与光的折射进行类比可知，超声波在真空中的传播速度比超声波在水中的

传播速度更快

E.可以通过偏振现象区分横波与纵波

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

③电流表4(量程为0〜0.64，内阻约为0.3。)；

④滑动变阻器(最大阻值为20。)；

⑤开关、导线若干。

(1)根据甲图设计的电路，将乙图中的器材连成实验电路。

(2)完成实验操作后，需要分析由电表内阻引起的实验误差。在图丙中，实线是根据实验数据描点作图得

到的U-/图像：虚线显该电源真实的路端电压U随真实的干路电流/变化的U-/图像。本次实验分析误

差的U-/图像是如图内选项中的一

丙

(3)为减小由于电表引起的实验误差，本实验可以采取的措施是一

A.采用量程更大的电流表

B采用阻值更大的滑动变阻器

C将电流表改接在甲图中的c、d节点之间

。•采用内阻更大的电压表

四、简答题：本大题共3小题，共9分。

12.如图所示装置由“加速器”和“平移器”构成。平移器由左右两对水平放置、间距为"的平行金属板

构成。两平行金属板间的电压大小均为内、电场方向相反，极板长度均为24极板间距均为(初速度为

零、质量为〃?、电荷量为+q的粒子经过电压为%的加速器后，沿着第一对平行金属板的下极加速器板沿水

平方向射入，粒子最终打到右侧的荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力均忽略不计。

(1)求粒子离开第一对平行金属板时偏转位移力的大小；

(2)通过调节“平移器”的电压可以改变粒子到达荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求

此时''平移器”的电压外。

荧

光

屏

13.如图所示，长为G=13m的水平传送带以u=4m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带P、Q两端各

静止一个滑块B和C,在距离传送带左端d=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会

被原速率弹向，右端有一倾角6-37。且足够长的粗糙倾斜轨道，斜面底端与传送带Q端平滑连接.现从

距离斜面底端8m处由静止释放一滑块A,一段时间后滑块A与8发生碰撞，碰撞时间忽略不计，碰

撞后8滑上传送带，A被取走，己知滑块4、8、。的质量均为1依，滑块8、C与传送带之间以及与水平

面之间的动摩擦因数均为%=02滑块A与斜面之间的动摩擦因数〃2=0.25,滑块之间的碰撞均为弹性

正碰，所有物块均可视为质点，求：

(1)滑块B与。第一次碰撞前，滑块8在传送带上运动时相对于传送带的位移大小；

(2)整个过程中，滑块C与挡板碰撞的次数；

(3)整个过程中，滑块B在传送带P、。两端之间做往复运动的总路程。

14.半径为R的半圆形玻璃砖如图所示放置，AB面水平，。为圆心。一束

单色光恰好与水平面成6=37。照射到AB面上的。点，。为OA中点，折

射光线刚好照到圆弧最低点C,光线在。点折射后照射到地面上的E点(图

中未画出)，将入射点由。点移到。点，保持入射方向不变，最终光线也

照射到地面上的E点，不考虑光在圆弧面上的反射，sin370=0.6,

COS37"=0.8,求:

(1)玻璃砖对光的折射率小

(2)C点离地面的高度心

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4牛顿第一定律表明，一切物体总保持原来的静止或匀速直线运动，直到有外力迫使它改变

这种状态为止。说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。故A错误；

仇根据牛顿笫三定律可知一对作用力与反作用力等大反向，口分别作用在相互作用的两个物体上，两个力

的作用点的位移不一定相等，故一对作用力与反作用力所做功之和可以为零，也可以不为零。例如在静止

的水平木板上运动的小物块受到摩擦力逐渐停下的过程，摩擦力对小物块做负功，木板静止，摩擦力对木

板不做功。则木板对木块的摩擦力和木块对木板的摩擦力这对相互作用力做功的代数和为负数，并非始终

为零。故B错误；

C.设燃气总质量为m0，火箭（不含燃料）质量为〃?，燃气的喷气速度大小为叫火箭最终速度大小为设

燃气喷气方向为止，根据动量守怛定律可知

0=mov—mv'

解得火箭的最终飞行速度为

，频〃

v=-------

m

火箭喷出的燃料的速度与火箭的质量及燃料的质量有关。故C错误；

。.重力方向是竖直向下的，指向地心的万有引力，由于自转的影响，除了提供物体的重力外还要提供地面

物体随地球自转而做圆周运动的向心力。故地面上的物体受到的重力并非总是指向地心的，只有赤道和两

极的位置重力才指向地心。故。正确。

故选：。。

明确牛顿第一定律的基本内容，知道力不是维持物体运动状态的原因，而是改变运动状态的原因；知道作

用力和反作用力的性质，注意二者作用在两个物体上力的作用不能抵消；根据动量守恒定律求得火箭的最

终飞行速度的表达式；重力方向是竖直向下的，只有赤道和两极的位置重力才指向地心。

解决本题的关键知道牛顿运动定律的内容，知道加速度与合力、质量的关系，知道加速度的方向与合力的

方向相同.

2.【答案】2

【脩析】解：4根据U-£图像与时间轴所围的面积表示位移，知在时间内，甲车的位移小于乙车的

位移，因为两车在。时刻并排行驶，所以在0时刻甲车在前，乙车在后，故A正确：

4.根据u-t图像与时间轴所围的面积表示位移，知在。~J时段甲车运动的位移小于初、末速度相等的匀

变速直线运动的位移，所以其平均速度5〈空，故8错误；

C.根据u-t图像的斜率表示加速度，可知甲车的加速度逐渐增大，故。错误；

D根据u-C图像的斜率表示加速度，可知Q〜巳时段乙车的加速度逐渐减小，故。错误。

故选：Ao

根据速度-时间图像图线与时间轴围成的面积大小表示位移，分析G~12时间内两车的位移关系，以此来判

断哪个汽车在前；根据位移关系分析在“〜上时间内甲车的平均速度：通过图线的斜率判断加速度的变

化。

解决本题的关键要理解速度-时间图像的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜

率表示加速度。

3.【答案】B

【解析】解：A、小船的运动可以分解为垂直于河岸的速度为巧=4m/s的匀速直线运动和沿水流的分运

动，

则垂直于河岸的方向上有％=%£

沿水流方向上有%=0.0075%

解得

v0=0.0075%£

可知，沿水流方向上的分速度与时间成正比，即加速度大小为Q=0.0075%=0.03m/s2

由于x为各点到较近河岸的距离，即小船沿水流方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所以小

船先做类平抛运动，后做类斜抛运动，故A错误；

从小船到达河中央前做类平抛运动，根据运动规律可知：

d1

2=yo=2at0

22

%o=y/d+(2y0)

解得小船到达北岸时位移大小为

x0=100V-73m

故B正确；

C、小船先做类平抛运动，后做类斜抛运动，根据对运动的称性可知，小船刚到达北岸时，沿水流方向的

分速度恰好等于0,所以相对于河岸的速度大小为%=4m/s,方向垂直于河岸，故C错误；

。、根据上述可知，沿水流方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即小船在行驶过程中，水流对

小船先做正功后做负功，故。错误。

故选：B。

将小船的运动分解为垂直于河岸和沿水流方向，分析两个分运动的性质，判断小船合运动的性质；

根据运动的合成和分解求解小船到达北岸时位移大小；

根据小船的运动规律分析小船刚到达北岸时相对于河岸的速度大小：

根据动能定理分析小船在行驶过程中水流对小船做功的正负。

本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则，同时注意

v=kx公式中的x的含义。

4.【答案】C

【解析】解：每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相笔的速度，取向右为正方向，由动量定理得

ft=Ap=mv

解得：f=25N

煤块受到的摩擦力由传送带提供，所以电动机对传送带应增加的牵引力为

F=f=25N

电动机应增加的功率为

P=FI；=25XO.5W=12.5W,故错误，C正确。

故选:Co

研究每秒钟内落到传送带上的煤块，根据动量定理求出煤块受到的摩擦力，根据P==求电动机应

增加的功率。

传送带问题是高中物理中的一个重要题型，关键要知道电动机应增加的功率等于增加的牵引力与速度的乘

积。

5.【答案】B

【解析】解：4设甲星的质量为m尹，轨道半径为r伊，乙星的质量为加,，轨道半径为「乙，则满足

2r伊=小/32r乙

解得

丫乙山伊

_____

丫甲6乙

由于乙星的质量变小，甲星的质量变大，且两星之间的距离不变，则乙星运动的轨道半径变大，甲星运动

的轨道半径变小，故A错误；

8CD.设两星之间的距离为L,两星角速度相同且均为3,根据万有引力提供向心力，对甲星有

Gm/n乙

--2-=甲

LJ

对乙星有

Gm甲m乙

------5=m3什7

27

L乙

又因为

r伊+丁乙二L

联'工解得

lG(m^+m^)

因为两星之间的距离在一定时间内保持不变，且两星球的总质量也不变，故两星的角速度3不变；

根据线速度与角速度的关系，结合向心加速度公式

v=a)r,a=a)2r

由干乙星运动的轨道半径变大，则乙星运动的线速度变大，乙星运动的向心加速度变大，故5正确，CO

错误。

故选：B。

组戌的双星系统的周期和角速度相同，根据万有引力定律提供向心力推导角速度与轨道半径佗关系，从而

分析两星间万有引力的变化。

解决本题的关键知道组成的双星系统的角速度相同，抓住向心力大小相等，结合牛顿第二定律进行求解，

难度中等。

6.【答案】AD

【解析】解：A、由图知，h二5机时：Ep=80/»FhEp=mgh得：m=1.6kg,故A正确；

C、对物体上升0-5m的过程，根据功能关系可知：—fx=EAs—EAo

解得物体上升过程中所受阻力大小为：f=a」隹=《"N=4N

XO

故整个运动过程中小球的机械能不守恒，故C错误；

B、当物体从地面上升h=2m时，由动能定理可知：—fh-mgh=Ek-EAQ,代入相关数据解得小球的动

能：Ek=60/,故8错误：

D、从地面至九二5TH,由动能定理可知：AEk=—fh—mgh

代入数据得：AEk=-1007,所以小球的动能减少10(17,故。正确。

故选：AD.

根据h=5m时的0值和&=mg/i求出物体的质最；

根据机械能的减少等于物体克服阻力做的功，由此求解物体所受空气阻力大小，也确定机械能不守恒;

h=2m时，物体的动能为：Ek=Eg「Ep；

根据动能定理求解物体上升5小时减少的动能。

解决本题的关犍要从图象读取有效信息，明确动能、重力势能和机械能的关系，知道机械能的减少等于物

体克服阻力做的功，能够根据功能关系进行解答。

7.【答案】BD

【解析】解：4、Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，则知滑块在X=3m处所受电场力

为0,所受合外力F合=/'=〃mg=0.05xlxl0N=0.5N,故A错误；

B、滑块在处所受电场力为则该处电场强度为则上殍\Q\

x=3m0,0,=k2由于■>r,所以IQ/>

riF'2

IQ2I。

滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B

正确;

、滑块在％=巾处所受电场力大小为=-r=号1N

C1FAx2-N=

所以在x=l/n处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且电场力大于摩擦力，则滑块做加速运动，故

C错误；

。、滑块在％=1m处的电势能与在％=47几处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过％=47九

处，则应满足：=fAx=0,5x(4-1)/=1.5/

根据题中数据可知实际情况并满足.上式，所以滑块一定可以经过％=46处的位置，故。正确。

故选：BD。

图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，确定滑块在％=3m处所受电场力大小，再求合外力

大小。在x=3m处电场力为0,电场强度为0,根据点电荷场强公式分析Qi、Q2的电荷量关系。滑块在

x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，结合摩擦力可知速度的变化情况：

根据能量守恒定律判断滑块是否到达％=4m处的位置。

本题考查电势能与电场力做功，解题关键要掌握电势能与电势的关系，注意Ep-x图像斜率的绝对值表示

滑块所受电场力的大小。

8.【答案】AB

【解析】解：4设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为%,弧槽的速度方，

滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受外力，水平方向满足动量守恒,

则根据水平动量守恒有m%=Smv2

滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有=说+：x5m诏

联立解得：弧槽的速度W=用滑块的速度大小巧=5品

滑块压缩弹簧时，当速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有0加2=：m说=¥，故A正确；

B.根据系统机械能守恒可知滑块离开弹簧向左的速度大小也为巧，当滑块上升至最高点时两者具有共同的

水平速度，根据系统水平方向动量守恒可得

mv1+Smv2=（77i+5m）v

根据系统机械能守恒

111

5nivf+5x57九田一5（旭+5m）v2=mgh'

乙乙乙

可得滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最大高度为九'=g/i，故8正确；

。.从滑块滑上弧槽到再•次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为由，弧槽的速度大小为以，

设水平向左为正方向，根据系统水平动量守恒可得

mv1+5mv2=mv3+5mv4

根据系统机械能守恒可得

11r2121r2

25xSmv2=-^mvj+5x5nl战

解得

%=:“2或％=廿2

当山=时

5

%=-W%

当以=»2时

%=5V2

由于1?3＞女，所以%=以舍去。

由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块可能和弹簧发生作用，故C错误；

D滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系

统在竖直方向的合外力不为零，故二者构成的系统动量不守恒，但只有重力做功，二者构成的系统机械能

守恒，故。错误。

故选:AB.

A在光滑弧形槽上下滑的过程，A与弧形槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，运用动量

守恒定律和机械能守恒定律列式，求出A滑离弧形槽时A和弧槽的速度，根据能量守恒求出弹簧获得的最

大弹性势能；根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒求出滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最

大高度；根据系统水平方方向动量守恒和系统机械能守恒判断滑块第二次离开弧形槽后能否与弹簧发生作

用。

本题考查了动量守恒和能量守恒。本题的答题关键是明确：滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统水平

方向动量守恒，系统机械能守恒。

9.【答案】ACE

【解析】解：4由于做简谐振动的振子的速度、受力等是矢量，既有大小，又有方向，而动能是标量，没

有方向，若做简谐运动的弹簧振子的周期为7,振子动能改变的周期为0.5T,故A正确：

R若某一物体运动过程中沿运动方向的合外力/与位移x之间满足关系F=—kx,说明该物体可能做简谐

运动，故B错误；

c波长越长越容易发生衍射，由□=2/•可知在相同条件下，频率低的声波比频率高的声波更容易发生明显

的衍射现象，故C正确；

。.超声波在空气中的传播速度比超声波在水中的传播速度小，故。错误：

石.偏振是横波特有的特性，故可以通过偏振现象区分横波与纵波，故£正确。

故选：ACE.

做简谐运动的弹簧振子动能大小的变化周期是简谐振动周期的一半；根据简谐振动的特征判断；根据发生

明显衍射的条件判断；机械波在空气中的速度最小；偏振是横波特有的现象。

本题考查了简谐运动、机械波、光的偏振和衍射，知识点多，做好这一类的题FI要注意平时的积累。

10.【答案】BCm1x1=m2x2小于

【解析】解(1)4只耍使小球A每次必须从斜槽上的同位置由睁止释放，斜槽的粗糙程度不会造成实验误

差，故A错误；

4.为了保证小球抛出做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故4正确；

C.实验时，为了保持每次碰撞前瞬间小球A的速度相同，小球力每次必须从斜槽上的同一位置由静止释

放，故C正确；

D为了验证系统动量守恒，需要保证两球都飞出落地，根据碰撞特征可知，需要A球质量大于8球质量。

故D错误。

故选：BC°

(2)碰撞后，M为4球的落点位置，N为3球的落点位置。由m7p=

平抛过程中A、8两球下落时间与A单独下落的时间均相同为f,则上式左右两边同乘f,得=

tn^-t+m2vN-t

根据图中的距离关系得m〔OP=miOM+m2ON,移项整理得7%(OP-OM)=m2ON

代入题中数据可知只要验证成立，则证明A、氏碰度过程中系统动量守恒。

(3)因为斜槽末端稍向上倾斜，则最初释放位置的挡板比斜槽水平时偏低，则到达斜槽末端时速度偏小,

且因为斜槽末端不水平，导致速度的水平分最减小，则其水平位移OP也偏小，则有miOPV巾10工+

m2ON,即碰撞前4球的动量小于碰后A、3两球的总动量。

故答案为：(1)BC；

(2)/n1x1=m2x2\

(3)小于。

(1)根据验证动量守恒定律的实验的步骤和注意事项，分析即可；

(2)根据动量守恒定律列式求解即可；

(3)对实验步骤产生的误差进行分析即可。

本题考查学生对验证动量守恒定律的理解和运用，需要注意初末状态的动量。

11.【答案】BD

【解析】解：(1)根据甲图设计的电路，将乙图中的器材连成实验电路如下图所示。

(2)电压表测量路端电压不存在系统误差，由于电压表的分流作用，电流表测量的电流值小于流经电源的

电流，当电压表示数为零时，流经电压表的电流为零，此时电流表测量的电流值等于流经电源的电流，故

电源真实的路端电压U随真实的干路电流/变化的U-/图像应该在测最所得的U-/图像的上方，旦两图

象的横轴截距相同，故4C。错误，8正确。

故选:B。

(3)4采用量程更大的甩流表，则电流表的读数会产生较大的误差，会使实验误差更大，故A错误；

8.采用阻值更大的滑动变阻器，会在实验时不便于调节电路中电流的变化，会产生更大的误差，故8错

误；

C将电流表改接在甲图中的c、d节点之间，则电流表的分压作用使内阻测量的误差很大，故C错误；

。•采用内阻更大的电压表，会减小电压表的分流作用产生的误差，故。正确。

故选：

故答案为：(1)见解答；(2)8；(3)D

(1)根据甲图设计的电路，将乙图中的器材连成实验电路；

(2)由于电压表的分流作用，电流表测量的电流值小于流经电源的电流，当电压表示数为零时，流经电压

表的电流为零，此时电流表测量的电流值等于流经电源的电流：

(3)采用量程更大的电流表，电流表的读数会产生较大的误差；采用阻值更大的滑动变阻器，会在实验时

不便干调节电路中电流的变化：将电流表改接在甲图中的c、d节点之间，则中流表的分压作用便内阳测

量的误差很大；采用内阻更大的电压表，会减小电压表的分流作用产生的误差。

本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，掌握实验原理与采用伏安法测量产生的系统误差。

12.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，由动能定理可得q“)诏一0

粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移力=；a片

粒子在平行金属板间的加速度a=也=聆

"I

粒子穿过第一对金属板所用时间2d=喃，联立求得力=知

(2)当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向平移量最大，此时几何关系满足为+

乃+>3=d

通过每一对平行金属板所用时间“”

vo

两对平行金属板内场强方向相反.，根据对称性可得必=y3=f^d

u0

在两偏转电场中间无电场空间处，水平方向匀速直线运动所用时间£i=年

竖直方向也是匀速直线运动力=%*%=亲鬻，y2=^d

以上各式联立求得U2=：%

答：(1)粒子离开第一对平行金属板时偏转位移力的大小为御山

uo

(2)此时“平移器”的电压也为3取。

【解析】(1)根据带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，列式求解即可；

(2)要使粒子撞击荧光屏的位置最高，必然从平移器上板边缘飞出，列式求解即可。

本题考查学生对带甩粒子在磁场中的运动的理解和运用，需要注意加速电场和偏转电场中带电粒子的受力

情况。

13.【答案】解：(1)根据牛顿定律可知，滑块4在斜面上运动时加速度大小为：

mgsinO—42mgeos6

%一m

匀变速直线运动规律速度-位移公式：卢-诏=2ax

解得滑块A运动至斜面底端过程1时速度大小为：v0=72^(sin0-I.I2COSO')L1

代入数据解得：%=8m/s

由于斜面与传送带之间平滑连接，且滑块人、8质量相等，滑块人、B发生弹性碰撞后，

以向左为正，由动量守恒定律有：mv0=mvA+mvB

和机械能守恒定律可知：或

乙乙乙

代人解得滑块8的速度变为：%=%=8m/s,水平向左。

滑块8在传送带上先向左做匀减速直线运动，直至与传送带共速，匀减速直线运动的位移大小为：x0=

2勺。

解得：x0=12m

由于XoVG，因此滑块8在传送带上还要继续向左做匀速直线运动，到达P端时，滑块8的速度大小为

口水平向左。

滑块8在传送带上做匀减速直线运动时与传送带之间存在相对运动，相对位移大小为：4%=3二吐-

2

玄孙一6_(%)r)

41g-2%g

代人数据解得：Ax=4m

(2)在P端，滑块8与C发生弹性碰撞，交换速度后滑块。的速度大小为I，，水平向左。

滑块C与挡板发生第一次碰撞后，滑块4从0端滑上传送带时速度大小为打，水平向右，对于滑块C,根

据动能定理有："心一/