文档文本内容
重庆市七校联盟高三12 月二阶段联考
物理答
第1 页共3 页
案
一、选择题（1-7 单选每题4 分，8-10 不定项每题5 分，选错不得分，选不全得3 分）
1.B
2．C
3.B
4.C
5．D
6.C
7.D
8. A、D
9.C、D
10. A、D
二、实验题（共16 分，每空2 分）
11.【答案】（1）AC
（2）3
（3）k＝
�
�02
＝
【解析】（1）小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以Δy＝gt2
y2－y1，解得t＝0.1 s，小球平抛运动的初速度为v0＝
�
�＝
0.3
0.1 ＝3m/s。
（2）实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小
球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，斜槽轨道并不一定要光滑，故B 错误，A、C 正确;由于
斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒定律求解小球的初速度，故D 错误。
（3）根据（1）问分析可知x＝v0t＝v0
Δ�
�，整理得Δy＝
�
�02x2，所以k＝
�
�02。
12.【答案】（1）
2
1
R
R
3
1
R
R
（2）C
（3）a
b
0
2
1
a
R
R
R
（2）单刀双掷开关
2
K 接通2 时，据欧姆定律可得
【解析】（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流
表A1 内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即RA1 R2 R1
同理，电流表A2 的内阻为R3 R1
0
A1
E
I r
R
R
R
整理得
0
A1
E
R
r
R
R
I
为得到直线图线，应作
1
R
I
图像。故选C 项。
（3）由
1
R
I
图像结合
0
A1
E
R
r
R
R
I
得图像斜率
0
0
a
k
E
b
图像纵截距
0
A1
a
r
R
R
解得电源的电动势
a
E
b
电源的内阻
0
Al
0
2
1
r
a
R
R
a
R
R
R
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
三、计算题（计算题步骤后有圆圈数字代表小分建议，计算题小分得分标准仅供参考。）
13．（10 分）【答案】（1）m=1x10-4kg
（3 分）（2）
2
3
0V（7 分）
【解析】（1）分析粒子在磁场中的运动，可知粒子在磁场中做圆周运动的半径r R
2
0
0
mv
qv B
R
①②
解得
kg
v
qBr
m
4
10
1
③
（2）当平行板M 、N 间不加电压时，粒子在磁场中运动的周期
0
2
2
r
m
T
v
qB
①
当平行板M 、N 间不加电压时，粒子在磁场中运动的时间1
1
4
t
T
②
当平行板M 、N 间加电压时，粒子在磁场中运动的时间
3
3
4
t
1
2
T
t
③
粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为
o
120 ，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径
R
3
3
r,
④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
2
mv
qvB
r
⑤
粒子在电场中运动由动能定理可
第2 页共3 页
得
2
2
2
1
2
1
o
MN
mv
mv
qU
⑥
联立解得
V
V
q
v
v
m
U
o
MN
67
.6
3
20
2
)
(
2
2
⑦
14.（13 分）【答案】（1）
0.20kg
m
；（3 分）（2）4m/s；（3 分）（3）0.25
0.4
（7 分）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
2
0
1
0
2
mgL
mv
①
解得v0=4m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
2
0
T
v
F
mg
m L
②
解得
0.20kg
m
③
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
0
1
2
mv
mv
Mv
①
2
2
2
0
1
2
1
1
1
2
2
2
mv
mv
Mv
②
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
2
0
2
4m/s
m
v
v
m
M
③
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守
恒
2
3
2
Mv
Mv
①
由能量守恒定律
2
2
2
3
1
1
1
2
2
2
Mv
Mv
Mgs
②
解得
1
0.4
③
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
2
4
2
Mv
Mv
④
由能量守恒定律
2
2
2
4
2
1
1
2
2
2
Mv
Mv
Mgs
MgR
⑤
解得
2
0.25
⑥
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25
0.4
⑦
15．（18 分）【答案】】（1）s= 3
16 m （5 分）（2）
A
a =4m/s2，0.32m （5 分）（3）0.034J（8 分）
【详解】（1）电场力对B 的冲量为
1
I
Eq t
①
小滑块的电场力
Eq'=0.2N
所以B 在电场中匀速的时间为
t1=0.4s
由1
0
d
t
v
②
可知刚进电场时速度都为
0v =1.5m/s
AB 一起滑动s 的过程，加速度
0
sin
a
g
=6m/s2③
根据
2
0
2
v
as
④
所以s= 3
16 m⑤
（2）B 在电场中匀速运动
sin
cos
mg
mg
q E
①
解得
μ=0.5
滑板前端进入电场后做加速运动
A
sin
cos
Mg
mg
Ma
第3 页共3 页
②
解得
A
a =4m/s2③
所以板长
m
t
a
t
v
L
A
92
.0
2
1
2
1
1
0
④
B 出电场时，A、B 间已有相对位移
1x
=L-d=0.92-0.6=0.32m⑤
（3）B 出电场时，A、B 间相对位移
1x
=0.32m
B 出电场后加速运动
B
sin
cos
a
g
g
=10m/s2
A 的电荷进入电场后A 做匀速运动
sin
cos
0
Mg
mg
qE
①
速度为
1
0
1
A
v
v
a t
=1.5 m/s +4×0.4 m/s =3.1m/s
当B 加速到等于
1v 时
1
0
2
B
v
v
a t
②
解得
2t =0.16s
所以B 出电场到加速到
1v 两者间的相对位移
2
2
1 2
0 2
2
1
Δ
2
B
x
v t
v t
a t
=0.128m③
B 不会从A 上端滑落两者速度相等后
1
sin
M
m g
qE
M
m a
解得
1a =3.3m/s2>
sin
cos
g
g
=2m/s2
两者可以保持共速下滑，所以A 上端出电场时两者速度相等;④
以此类推当1≤k≤1.5 时，
两者共速后能保持共速，至A 上端出电场时，两者速度相等，则k=1.5 时生热最小。当1.5<k≤2 时，两者
速度相等后不能保持共速，A 上端出电场时，两者速度不相等。⑤
B 出电场后加速度
B
a =10m/s2
加速下滑，A 电荷进电场后
⑥
解得
1
A
a =-2m/s2
减速下滑到速度相等
3
3
1
3.1
2
1.5 10
v
t
t
共
解得
3
2 s
15
t
此过程相对位移为
3
1
2
8
Δ
3.1 1.5
m
2
15
75
x
⑦
所以生热最小为
3
1
64
cos
Δ
Δ
1875
Q
mg
x
x
≈0.034J⑧
