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大阶段滚动卷(三)
1．D 2．D 3．A 4．A
5．C [粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于
粒子能经过c 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，设粒子做
圆周运动的半径为r，由几何关系可知√2r+r＝L，则r＝(√2－1)L，根据牛顿第
二定律得qv0B＝mv0
2
r ，联立解得v0＝(√2-1)qBL
m
，故选C。]
6．D [根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，解得a＝g－kv
m ，可知，箱子向下
先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，v⁃t 图像的斜率表示加
速度，题图A 中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A 错误；阻力的瞬时功
率大小P＝fv＝kv2，结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运
动，后做匀速直线运动，则P⁃v 图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，
故B 错误；结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做
匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不
可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图C 中图形
描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C 错误；令箱子释放位置距离地面
高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能Ep＝mg(H－x)＝mgH－
mgx，即Ep⁃x 图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D 正确。故选D。]
7．D [角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a 有Ffa＝3mrω2，对
b 有Ffb＝2mrω2，则角速度较小时，b 的静摩擦力较小，则图线(1)对应物体b，
故A 错误；当角速度达到ω2时，设绳子拉力为FT，对a、b 有FT + 3μmg ＝
3mrω2
2 ，FT + μmg ＝ 2mrω2
2 ，当角速度达到ω3时，设绳子拉力为F'T，对
a、b 有F'T+ 3μmg＝3mrω3
2 ，F'T＝2mrω3
2 ，解得ω3＝√
3
2ω2，故B 错误；当角
速度达到ω1时，b 受最大静摩擦力提供向心力，有Ff1 ＝ μmg ＝ 2mrω1
2 ，解
得ω2＝2ω1，故C 错误；由上述分析可知ω3＝√
3
2ω2，ω2＝2ω1，Ff1 ＝ μmg
＝ 2mrω1
2 ，F'T＝ 2mrω3
2 ，联立解得F'T＝6Ff1，故D 正确。故选D。]
8．BD [变压器原线圈两端的电压为U0＝U－I1R1，根据理想变压器原副线圈
电压与线圈匝数的关系
U 0
U 1
＝n1
n2，电压表V1的示数为U1＝U 0
2 ＝U - I 1 R1
2
<U
2 ，
故A 错误；设副线圈总电阻为R，则副线圈的等效电阻为(
n1
n2)
2
R，P 向下缓慢
滑动的过程中，滑动变阻器R2接入电阻的阻值增大，副线圈等效电阻增大，原
线圈中电流减小，I1变小，原线圈两端的电压U0增大，原副线圈匝数不变，则
副线圈两端的电压U1增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，
副线圈中电流I2减小，R3消耗的功率减小，故B 正确，C 错误；P 向下缓慢滑
动的过程中，根据欧姆定律U2＝I2R3，可得
ΔU 2
Δ I 2
＝R3，根据理想变压器原副线
圈电流与线圈匝数的关系
I 1
I 2
＝n2
n1，可得U0＝U－I1R1＝U－I 2
2 R1，根据理想变压
器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U 0
U 1
＝n1
n2，可得U1＝U
2 －I 2
4 R1，可得
ΔU 1
Δ I 2
＝R1
4 ，故D 正确。故选BD。]
9．BC [水流由出水口水平喷出到落地时间满足h＝1
2gt2，因此喷出的水在出
水口和落地点之间的总体积为V＝Svt＝6×10－4m3，故A 错误；每秒内水流质
量m＝ρSv，水泵每秒对水流做的功等于水机械能增加量W＝ΔE＝mg(H+h)+1
2
mv2，代入数据解得W＝185 J，故B 正确；水落地时竖直方向上满足vy＝√2 gh
＝3 m/s，极短时间Δt 内，落地水的质量Δm＝ρSvΔt，对水由动量定理－FΔt
＝0－Δmvy，得F＝6 N，故C 正确；对电动机，每秒输出能量W＝ΔE＝185
J，则输入功率满足Ptη＝W，解得P＝740
3 W，故D 错误。故选BC。]
10．ACD [根据动能定理有2mgh＝1
2×2mv0
2，解得v0＝√2gh，故A 正确；两
导体棒达到稳定状态时，设a、b 导体棒的速度分别为va、vb，则有B1×2Lva＝
B2Lvb，对a、b 导体棒根据动量定理有2B×2LIΔt＝mav0－mava，BLIΔt＝
mbvb，解得va＝√2 gh
9
，vb＝4√2 gh
9
，由于q＝IΔt，解得qa＝4 m√2gh
9 BL
，故B
错误，D 正确；根据能量守恒定律有Q＝1
2mav0
2－1
2mava
2－1
2mbvb
2，整个过程在
导体棒b 上产生的焦耳热Qb＝
R
R+2 RQ，解得Qb＝16
27mgh，故C 正确。故选
ACD。]
11．解析：(1)插孔A 接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔
应接插孔A，选项A 错误；用多用电表的电阻挡位测导体的电阻时，如果两手
同时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选
项B 正确；测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应
使接在插孔A 的表笔接二极管的负极，选项C 错误；用多用电表的电阻挡测电
阻时，若指针偏转角度很小，说明倍率挡选择的过低，则应换倍率更大的挡位
进行测量，选项D 正确。故选BD。
(2)当选择开关接b 时为直流0~1 mA 挡，则R1+R2＝
I g Rg
I - I g
＝0.1×90
1-0.1 Ω＝10 Ω
该挡位电流表内阻RA＝90×10
90+10 Ω＝9 Ω
选择开关接d 时为电压表3 V 量程，则R3＝U
I A－RA＝3
10
-3 Ω－9 Ω＝2 991
Ω。
(3)由电路可知E＝U+U
R r
即1
U ＝1
E+ r
E · 1
R
由图像可知1
E＝0.70 V－1，r
E ＝2.50-0.70
0.112
A－1
解得r≈23 Ω。
答案：(1)BD (2)10 2 991 (3)23
12．解析：(1)为了使两球发生对心碰撞，则两球半径应该相等，为防止入射球
碰后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，则入射小球应该选取B。
(2)确定小球的平均落地点时，要舍掉误差较大的点，然后用尽量小的圆把落点
圈起来，圆心即为平均落地点，故选C。
(3)小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间
相同，即可用水平位移表示速度，设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守
恒定律有：m1v0＝m1v1+m2v2
两边同乘以t 可得m1v0t＝m1v1t+
m2v2t
整理得m1x2＝m1x1+m2x3。
(4)设圆弧半径为R，则Rsin α＝vt，Rcos α＝1
2gt2
解得v＝√
tan αsin α · gR
2
则落到M'、P'、N'三点的球的初速度分别为v'1＝√
tan α1sin α1· gR
2
，
v'0＝√
tan α2sin α2· gR
2
，
v'2＝√
tan α3sin α3· gR
2
若动量守恒则满足m1v'0＝m1v'1+m2v'2
即m1√tan α2sin α2
＝m1√tan α1sin α1+m2√tan α3sin α3。
答案：(1)B (2)C (3)m1x2＝m1x1+m2x3 (4)m1√tan α2sin α2＝m1
√tan α1sin α1+m2√tan α3sin α3
13．解析：(1)设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从
最高点到分离点，根据机械能守恒有mgR(1－cos θ)＝1
2mv2
在分离时，根据牛顿第二定律有
mgcos θ＝mv
2
R
联立解得cos θ＝2
3，v＝√
2
3 gR。
(2)人滑离球后做斜抛运动，水平分速度vx＝vcos θ＝2
3√
2
3 gR
竖直分速度vy＝vsin θ＝
v√1-co s
2θ＝1
3√
10
3 gR
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有mg(R+ R
2)＝1
2mv1
2
解得人落到水面时的速度为
v1＝√3 gR
落到水面时竖直方向的速度为v'y＝√v1
2- v x
2＝1
3√
73
3 gR
竖直分方向做匀加速直线运动，则有gt＝v'y－vy
解得t＝(√
73
27 -√
10
27)√
R
g
则人落水位置与球心的水平距离d＝Rsin θ+vxt
联立解得d＝R
27(2√146+5√5)。
答案：(1)√
2
3 gR
(2) R
27(2√146+5√5)
14．解析：(1)匀速射入磁场，匀速过程中E1q＝mg
故E1＝mg
q 。
(2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知r
√2+h＝r
故r＝(2+√2)h
又有qv0 B ＝ mv0
2
r
联立解得v0＝(2+√2)hqB
m
。
(3)对A 球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速
度方向共线，故有tan 45°＝mg
F电
由于小球B 离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球
B 水平方向速度为零，小球B 在水平方向上只受水平向左的静电力，水平初速
度为vx＝v0
√2
在竖直方向只受重力，竖直初速度为vy＝v0
√2
可知小球B 在水平方向做初速度为vx＝v0
√2，加速度为g 的匀减速直线运动；在
竖直方向做初速度为y＝
v0
√2，加速度为g 的匀加速直线运动，则有vx＝
v0
√2＝gt
L＝vyt+gt
2
2
由此可得L＝(9+6√2)h
2q
2B
2
2gm
2
。
答案：(1)mg
q (2)(2+√2)hqB
m
(3)(9+6√2)h
2q
2B
2
2gm
2
15．解析：(1)物块在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到
B 点，由动能定理有W－μm1gL＝1
2m1v0
2－0
代入数据解得W＝14.4 J
弹簧最初储存的弹性势能Ep＝W＝14.4 J。
(2)物块滑上小车v0＝6 m/s
运动过程中二者动量守恒，有m1v0＝m1v1+m2v2
因为小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，所以碰后物块与小车动量大
小相等，方向相反，则碰前物块与小车动量相等，有m1v1＝m2v2
且碰前小车还在加速，代入数据解得v2＝1
4v0＝1.5 m/s
对小车，根据动能定理μm1gl＝ 1
2m2v2
2
解得小车右端与挡板的距离为l＝0.75 m。
(3)设小车的长度的最小值为L'，自物块滑上小车至停止运动，由能量守恒1
2m1
v0
2＝μm1gL'
代入数据解得L'＝6 m。
(4)更换滑块后，传送带顺时针转动，有W+μm'gL＝1
2m'v2－0
物块滑上小车时初速度为v＝v0＝6 m/s
更换滑块之后对小车μm'g＝m2a
解得a＝μm' g
m2 ＝6 m/s2
第1 次碰撞前小车的速度v3＝√2al＝3 m/s
根据动量守恒定律有
m'v0＝m'v'+m2v3
代入数据解得v'＝4.5 m/s
第1 次碰后小车向左匀减速，所受滑动摩擦力不变，则加速度不变，向左运动
一段位移后速度减为0，然后再向右匀加速，假设小车与挡板发生第2 次碰撞前，
滑块与小车已达到共速，则从第1 次碰后到共速，根据动量守恒定律，有
m'v'－m2v3＝(m'+m2)v4
代入数据解得v4＝2 m/s
由于v4<v3
可知假设成立，在共速前，滑块一直向右匀减速直到二者速度相等；从第1 次
碰后到第2 次碰前此过程小车的路程为s1 ＝ 2×v3
2
2a ＝ 3
2 m
从第2 次碰后到第3 次碰前，此过程小车的路程为s2 ＝ 2×v4
2
2a ＝ 2
3 m
第3 次碰后，根据动量守恒定律得
m'v4－m2v4＝(m' +m2)v5
代入数据解得v5＝
m' -m2
m' +m2
v4
第3 次碰后到第4 次碰前，则有s3＝(
m' -m2
m' +m2)
2
s2＝1
9s2
小车通过的路程s＝l+s1+s2+1
9s2+(
1
9)
2
s2+…+(
1
9)
n-2
s2＝l+s1+
1-(
1
9)
n-1
1- 1
9
s2
根据数学知识，当无限大时，可得小车通过的总路程为3 m。
答案：(1)14.4 J (2)0.75 m
(3)6 m (4)3 m
