2023-2024學年河南省頂級名校聯盟高三（上）期中物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～10題有多個選項符合要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（5分）萊頓瓶（Leydenjar）是一種儲存靜電的裝置，為原始形式的電容器。萊頓瓶結構很簡單，內部裝食鹽水，瓶口插一金屬探針做電極，有一只內部裝有食鹽水的萊頓瓶，現要提高這只萊頓瓶儲存電荷的本領（）A．往玻璃瓶中再加入一些食鹽水 B．從玻璃瓶中再取出一些食鹽水 C．把金屬探針向上拔出一些 D．把金屬探針向下插入一些2．（5分）據《行星科學》雜志報道，“TRAPPIST﹣1系統”距離我們四十光年，如圖所示，且這7顆行星有著相同的密度，推測這些行星可能全部由同一物質構成。如果最內側行星b的球體半徑Rb是最外側行星h的球體半徑Rh的k倍，則行星b與行星h的第一宇宙速度之比為（）A． B．k C． D．3．（5分）如圖所示，在高速公路上，為了行車安全，當車經過“0m”標志牌A時前方出現突發情況，司機立即開始剎車做勻減速運動直到停止。已知車通過AC的時間與通過CD的時間相等（）A．50m B．25m C．12.5m D．6.25m4．（5分）如圖所示，物塊B放在粗糙平臺上，一條不可伸長的細繩穿過平臺的孔洞，另一端系一個小球A。在外力F作用下小球A從B的正下方沿著以OA為半徑的圓弧被緩緩推至接近水平位置，在小球A緩緩運動過程中，物塊B始終靜止不動，則下面說法正確的是（）A．外力F逐漸減小 B．繩子的拉力先增大后減小 C．平臺給物塊B的摩擦力先增大后減小 D．物塊B所受平臺的支持力先增大后減小5．（5分）如圖所示，直線AB長度為L，O是AB的中點，到O的距離均為。在A點固定一個電荷量為Q的正點電荷，設無窮遠處電勢為零，在直線AB上D點的電勢最低（）A．D點處的電勢可能為零 B．C點處的場強可能為零 C．固定在B處的點電荷可能帶負電 D．固定在B處的點電荷電荷量的絕對值為6．（5分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波源在x＝0處。P是x軸上坐標為x＝0.15m處的點，當波傳到P點時記為0時刻，則下列說法正確的是（）A．波源起振方向為y軸正方向 B．t＝0.1s時波源振動的速度最大 C．當P點運動1×10﹣1m的路程時，波源振動的速度最大 D．P點與距波源5×10﹣2m處的質點運動方向總是一致7．（5分）如圖所示，由彈性材料制成的物塊1和2放置在光滑水平面上，物塊2右側是用細線懸掛的小球。給物塊1一個向右的初速度v0，物塊1與物塊2發生彈性碰撞，然后物塊2與小球再發生彈性碰撞，碰后小球擺到最大高度時懸線與豎直方向的夾角為θ。在其他條件不變的情況下，發現θ的大小與物塊2的質量有關。已知物塊1的質量為m1，小球的質量為m3，物塊2的質量m2滿足以下哪個條件時，夾角θ有最大值（）A．m2＝m1+m3 B．m2＝ C．m2＝ D．m2＝（多選）8．（5分）如圖所示，水平面上有一固定斜面，在斜面頂端將A、B兩個小球分別以v和2v的速度水平向右拋出，速度大小為v。則（）A．B球將落在斜面底端，運動的時間為2t B．B球將落在水平面上，運動的時間為 C．B球落在斜面底端時的速度大小為 D．B球落在水平面上時的速度大小為（多選）9．（5分）如圖所示，“L”形直角框架AOB固定在天花板上，框架的AO桿呈豎直狀態，甲、乙之間用輕桿相連，輕桿與小球連接處是可以活動的轉軸。某時刻將小球甲由靜止釋放，重力加速度為g，下面說法正確的是（）A．甲球沿AO桿下落過程中，其機械能先減小后增大 B．甲球沿AO桿下落過程中，乙球的機械能一直增加 C．甲球機械能最小時，OB桿對乙球的作用力小于其重力 D．若甲球到達O點時下落的位移為h，則甲球到達O點時的速度為（多選）10．（5分）如圖所示，質量為1kg的物塊A放在質量為4kg的小車B上，物塊A與小車間的動摩擦因數為0.1，右側墻壁上固定著一處于自然長度的輕彈簧。t1＝0時刻小車撞上彈簧時的速度大小v1＝1m/s，t2時刻物塊、小車之間將要發生滑動，此時彈簧壓縮量為0.25m，再過3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內。下面說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數為10N/m B．t2時刻小車速度大小為m/s C．t3時刻物塊速度大小為m/s D．從t2到t3整個系統損失的機械能為J二、非選擇題：本題共6小題，共60分。11．（6分）某同學設計了利用手機和一把刻度尺測量滑塊與斜面之間的動摩擦因數的實驗。如圖所示，將斜面固定在桌面上，用刻度尺測出斜面的長度L以及它的高度h。讓滑塊從斜面頂端處由靜止滑下，滑塊滑離斜面底端時停止計時，記錄下滑塊運動的時間t。已知重力加速度大小為g。回答下列問題：（1）滑塊沿斜面下滑的加速度a＝；（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝；（3）要保證滑塊能從斜面上由靜止滑下，需要滿足μ。12．（8分）如圖所示的實驗裝置可以用來驗證動量守恒定律以及動量定理，氣墊導軌放在水平桌面上，導軌上有兩個帶有遮光條的滑塊（1）碰撞實驗開始之前，用天平測出滑塊A、B（含遮光條）的質量為mA、mB，還需要用（選填“毫米刻度尺”或“游標卡尺”）測出滑塊A、B上遮光條的寬度，已測出遮光條的寬度均為d。（2）需要把氣墊導軌調整為水平：開動氣泵后，只在導軌左端放置一個帶遮光片的滑塊，給滑塊一個初速度，觀察數字毫秒計顯示的滑塊通過光電門1和2的時間Δt01與Δt02，若發現Δt01＞Δt02，這表明氣墊導軌左端（選填“高于”或“低于”）右端，需要反復調節支持旋鈕直到Δt01＝Δt02。（3）氣墊導軌調整為水平后，把滑塊A和滑塊B放置在圖中的位置上，滑塊B與靜止的A發生碰撞并被反彈，數字毫秒計記錄下滑塊A通過光電門1的遮光時間為ΔtA，滑塊B第一次、第二次通過光電門2的遮光時間分別為ΔtB1和ΔtB2，以向左為正方向，如果關系式（用mA、mB、ΔtA、ΔtB1及ΔtB2表示）在誤差范圍內成立，表明碰撞過程動量是守恒的。（4）把實驗裝置稍加變化，驗證動量定理：拿下滑塊A、B，使得導軌與水平面夾角為30°，然后固定導軌。還讓滑塊B從原位置由靜止滑下B2、Δt′B1，通過光電門2和1的時間間隔為t，重力加速度為g，如果關系式（用d、Δt′B1、Δt′B2、t及g表示）在誤差范圍內成立，表明動量定理成立。13．（9分）如圖所示，勻強電場與矩形ABCD所在平面平行，矩形邊長AB＝3cm，則A、C兩點的電勢分別為φA＝12V、φC＝24V。某時刻有一比荷為＝2.4×1013C/kg的帶負電粒子從B點垂直電場線方向射出，經過一段時間粒子到達A點，不計粒子重力。求：（1）勻強電場的電場強度大小；（2）帶電粒子從B點射出時的初速度大小。14．（10分）P、Q是介質中的兩個點，P、Q相距2cm（小于半波長）。一列簡諧橫波從P向Q傳播，Q位于波峰，經過s，再經過s，Q的位移第二次為零。求：（1）這列波的波長是多少；（2）P的振動位移y隨時間t變化的正弦表達式。15．（11分）如圖所示，絕緣長木板B放在光滑平面上，左端O緊靠絕緣光滑臺面，把帶有負電荷的小滑塊A由P點靜止釋放，小滑塊在靜電力的作用下向右加速運動2m后滑上長木板。已知小滑塊A的質量為1kg﹣3C，長木板B的質量為2kg，小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.32，小滑塊不會從木板上掉下，長木板與左側臺面及右側墻壁碰后瞬間均原速反彈。求：（1）長木板B與右側墻壁僅碰撞一次，MN之間的距離是多少；（2）在滿足（1）條件下16．（16分）如圖所示，處于自然狀態的輕彈簧下端固定在斜面上，上端位于斜面上的O點，另一端連接物塊B。某時刻物塊A以3m/s的初速度沿斜面向下運動，物塊A運動1m的距離后開始壓縮彈簧，斜面傾角為30°，彈簧勁度系數為75N/m，重力加速度g取10m/s2，整個運動過程物塊B既沒有與滑輪相撞也沒有落到地面。求：（1）未接觸彈簧前物塊A、B一起運動的加速度大小；（2）彈簧被壓縮過程的最大形變量；（3）物塊A返回O點過程中速度最大時彈簧彈性勢能為1.5J，物塊A的最大速度為多少。

2023-2024學年河南省頂級名校聯盟高三（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共10小題，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一個選項符合題目要求，第8～10題有多個選項符合要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（5分）萊頓瓶（Leydenjar）是一種儲存靜電的裝置，為原始形式的電容器。萊頓瓶結構很簡單，內部裝食鹽水，瓶口插一金屬探針做電極，有一只內部裝有食鹽水的萊頓瓶，現要提高這只萊頓瓶儲存電荷的本領（）A．往玻璃瓶中再加入一些食鹽水 B．從玻璃瓶中再取出一些食鹽水 C．把金屬探針向上拔出一些 D．把金屬探針向下插入一些【分析】要提升其儲存電荷的本領，即要增大電容C，根據電容決定式來判斷如何提升其儲存電荷的本領。【解答】解：要提升其儲存電荷的本領，即要增大電容的容量C。AB.往玻璃瓶中再加入一些食鹽水，相對于增大了正對面積S可知，提高這只萊頓瓶儲存電荷的本領，相對于減小了正對面積S可知，減小了這只萊頓瓶儲存電荷的本領，B錯誤；CD.把金屬探針向上拔出一些，或者把金屬探針向下插入一些、板間距d和電介質?r，根據電容的決定式可知，這只萊頓瓶儲存電荷的本領不變。故選：A。【點評】此題考查了電容器的電容的相關知識，解題的關鍵是萊頓瓶的結構的認識以及電容器的決定式的理解。2．（5分）據《行星科學》雜志報道，“TRAPPIST﹣1系統”距離我們四十光年，如圖所示，且這7顆行星有著相同的密度，推測這些行星可能全部由同一物質構成。如果最內側行星b的球體半徑Rb是最外側行星h的球體半徑Rh的k倍，則行星b與行星h的第一宇宙速度之比為（）A． B．k C． D．【分析】分別對行星b、h分析，利用萬有引力提供向心力，列方程求解即可。【解答】解：設行星b的質量為Mb，第一宇宙速度為vb則有＝m，Mb＝ρπRb＝行星h的質量為Mh，第一宇宙速度為vh則有＝m，Mh＝ρπRh＝由Rb＝kRh則＝k，B正確。故選：B。【點評】本題考查學生對萬有引力定律的理解和運用，需要注意題目給出的相關量。3．（5分）如圖所示，在高速公路上，為了行車安全，當車經過“0m”標志牌A時前方出現突發情況，司機立即開始剎車做勻減速運動直到停止。已知車通過AC的時間與通過CD的時間相等（）A．50m B．25m C．12.5m D．6.25m【分析】根據連續相等時間內的位移差公式，結合平均速度公式分析求解。【解答】解：設標志牌之間的距離為l，則連續相等時間內的位移差為：2l﹣l＝at2解得：a＝由平均速度公式：車停下來的位置與C的距離：x＝＝故車停下來的位置與標志牌D的距離為：Δx＝x﹣l＝56.25m﹣50m＝6.25m故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查勻變速直線運動的規律應用，解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，并能靈活運用；注意過程分析和公式的選擇。4．（5分）如圖所示，物塊B放在粗糙平臺上，一條不可伸長的細繩穿過平臺的孔洞，另一端系一個小球A。在外力F作用下小球A從B的正下方沿著以OA為半徑的圓弧被緩緩推至接近水平位置，在小球A緩緩運動過程中，物塊B始終靜止不動，則下面說法正確的是（）A．外力F逐漸減小 B．繩子的拉力先增大后減小 C．平臺給物塊B的摩擦力先增大后減小 D．物塊B所受平臺的支持力先增大后減小【分析】畫出小球在任意位置的受力示意圖，根據平衡條件寫出各力的表達式，再結合數學知識分析各力的變化。【解答】解：畫出小球在某一位置的受力示意圖如下圖所示，AB，對小球，繩子的拉力T與推力F的合力F合與重力mg等大反向由數學知識可知：T＝F合cosθ＝mAgcosθ，F＝mAgsinθ當θ從0°到接近90°變化時，繩子拉力T減小，故AB錯誤；CD、對物塊B和A整體，物塊受到平臺的支持力：FN＝mBg+mAg﹣Fsinθ＝mBg+mAgcos2θ，隨著θ的變化。靜摩擦力為：Ff＝Fcosθ＝mAgsin2θ，隨著θ的變化，Ff先變大后變小，故C正確。故選：C。【點評】本題考查連接體的平衡問題，可以分別用整體法和隔離法去解決問題，但要注意的是要求整體內部的內力時，要用隔離法。5．（5分）如圖所示，直線AB長度為L，O是AB的中點，到O的距離均為。在A點固定一個電荷量為Q的正點電荷，設無窮遠處電勢為零，在直線AB上D點的電勢最低（）A．D點處的電勢可能為零 B．C點處的場強可能為零 C．固定在B處的點電荷可能帶負電 D．固定在B處的點電荷電荷量的絕對值為【分析】根據兩個不等量正點電荷形成的電場分布可知，c到d過程中電場強度先減小后增大，根據電場的疊加原理可知O點的電場強度為零；沿電場線方向電勢降低，由電場線可判斷電勢高低，但O點電勢不為零。【解答】解：根據題意以及兩個等量正點電荷形成的電場的分布可知，AB兩電荷是同種電荷，其電場線如圖所示，A、由于正電荷周圍的電勢是正值D＞0，故A錯誤；B、電場強度為矢量，由于QA＞QB，所以C點的電場強度為零，所一定大于零，故B錯誤；C、由題意和上圖分析可知，QB為正，QA＞QB，故C錯誤；D、根據點電荷周圍的電勢的公式φ＝，所以有：＝B＝QA＝＝，故D正確。故選：D。【點評】熟練掌握等量同種電荷的電場特點是解題的關鍵，根據電場線的分布判斷電場強度大小和電勢大小，以及電場力做功情況。6．（5分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波源在x＝0處。P是x軸上坐標為x＝0.15m處的點，當波傳到P點時記為0時刻，則下列說法正確的是（）A．波源起振方向為y軸正方向 B．t＝0.1s時波源振動的速度最大 C．當P點運動1×10﹣1m的路程時，波源振動的速度最大 D．P點與距波源5×10﹣2m處的質點運動方向總是一致【分析】當波傳到P點時P開始向下振動，則波源起振方向為y軸負方向；判斷t＝0.1s時波源的位置確定速度大小；當P點運動1×10﹣1m的路程時，根據P的位置確定振源的位置，由此確定速度大小；求出P點與距波源5×10﹣2m處的質點之間的距離與波長的關系進行分析。【解答】解：A、當波傳到P點時P開始向下振動，故A錯誤；B、已知該波的傳播速度為v＝0.6m/ss＝3.25s，即已經振動＝T，波源振動的速度為零；C、當P點運動1×10﹣1m的路程時，即P振動，一個周期P通過的路程為2A﹣1m的路程時經過的時間為t1＝T+＝0.7s+，所以此時振源已經振動t2＝t8+Δt＝0.25s+0.25s＝3.5s＝T，此時波源處于平衡位置向上振動，故C正確。D、該波的波長為λ＝vT＝0.8×0.2m＝7.12m﹣2m處的質點之間的距離為：Δx＝0.15m﹣5×10﹣2m＝0.4m，由于＝λ，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要是考查了波的圖像；解答本題關鍵是要理解波的圖象的變化規律，能夠根據圖像直接讀出振幅、波長和各個位置處的質點振動方向，知道波速、波長和頻率之間的關系v＝fλ。7．（5分）如圖所示，由彈性材料制成的物塊1和2放置在光滑水平面上，物塊2右側是用細線懸掛的小球。給物塊1一個向右的初速度v0，物塊1與物塊2發生彈性碰撞，然后物塊2與小球再發生彈性碰撞，碰后小球擺到最大高度時懸線與豎直方向的夾角為θ。在其他條件不變的情況下，發現θ的大小與物塊2的質量有關。已知物塊1的質量為m1，小球的質量為m3，物塊2的質量m2滿足以下哪個條件時，夾角θ有最大值（）A．m2＝m1+m3 B．m2＝ C．m2＝ D．m2＝【分析】彈性碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后小球速度，然后分析判斷答題。【解答】解：物塊1與物塊2發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝m1v2+m2v2由機械能守恒定律得：解得：v4＝v0物塊5與小球3發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m2v4＝m2v2′+m4v3由機械能守恒定律得：解得：v3＝＝＝設細線的長度為L，碰撞后小球上升過程機械能守恒＝m8gL（1﹣cosθ）解得：cosθ＝1﹣，cosθ是減函數，cosθ越小、L一定v4越大cosθ越小，則θ越大，當m2＝，即m2＝時碰撞后小球的速度v3最大，夾角θ最大，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以解題。（多選）8．（5分）如圖所示，水平面上有一固定斜面，在斜面頂端將A、B兩個小球分別以v和2v的速度水平向右拋出，速度大小為v。則（）A．B球將落在斜面底端，運動的時間為2t B．B球將落在水平面上，運動的時間為 C．B球落在斜面底端時的速度大小為 D．B球落在水平面上時的速度大小為【分析】根據平拋運動的推論tanθ＝2tanα得到A、B兩個小球落在斜面上時速度偏向角相等，根據運動的合成與分解求出末速度關系和時間關系。【解答】解：設斜面傾角為α，小球落在斜面上速度方向偏向角為θ，落在斜面上位移偏向角滿足：速度偏向角滿足：可得tanθ＝2tanα，所以A、B兩個小球落在斜面上時速度偏向角相等；故對A有：vyA＝vtanθ；vA＝，對B有：vyB＝5vtanθ＝2vyA；vB＝＝又：vyA＝gt，vyB＝gt′可得：t′＝3t。故AC正確。故選：AC。【點評】本題主要是考查了平拋運動的規律，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動；解決本題的關鍵知道平拋運動的兩個推論。（多選）9．（5分）如圖所示，“L”形直角框架AOB固定在天花板上，框架的AO桿呈豎直狀態，甲、乙之間用輕桿相連，輕桿與小球連接處是可以活動的轉軸。某時刻將小球甲由靜止釋放，重力加速度為g，下面說法正確的是（）A．甲球沿AO桿下落過程中，其機械能先減小后增大 B．甲球沿AO桿下落過程中，乙球的機械能一直增加 C．甲球機械能最小時，OB桿對乙球的作用力小于其重力 D．若甲球到達O點時下落的位移為h，則甲球到達O點時的速度為【分析】設OB面為零重力勢能面，對整個系統受力分析即可，通過機械能守恒定律可知甲、乙的機械能變化。整個過程中列機械能守恒定律方程，可知甲球在O點的速度大小。【解答】解：AB.對甲、乙和桿組成的系統受力分析機械能守恒定律得mgh＝5mv2可知，甲球的機械能一直在減小。故A錯誤。C.當甲球機械能最小時，即在OB上運動，故C錯誤。D.當甲球達到O點時，對對甲，機械能守恒mgh＝2mv2可得v＝。故選：BD。【點評】本題考查學生對機械能守恒定律的理解和運用，需要注意機械能守恒的條件。（多選）10．（5分）如圖所示，質量為1kg的物塊A放在質量為4kg的小車B上，物塊A與小車間的動摩擦因數為0.1，右側墻壁上固定著一處于自然長度的輕彈簧。t1＝0時刻小車撞上彈簧時的速度大小v1＝1m/s，t2時刻物塊、小車之間將要發生滑動，此時彈簧壓縮量為0.25m，再過3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內。下面說法正確的是（）A．彈簧的勁度系數為10N/m B．t2時刻小車速度大小為m/s C．t3時刻物塊速度大小為m/s D．從t2到t3整個系統損失的機械能為J【分析】應用牛頓第二定律求出彈簧的勁度系數；應用動能定理可以求出t2時刻小車的速度大小；應用動量定理可以求出t3時刻物塊的速度大小；應用能量守恒定律可以求出系統損失的機械能。【解答】解：A、物塊A與彈簧接觸以后2時刻，由牛頓第二定律得：kx＝（mA+mB）a，對B：μmBg＝mBaB，當a＝aB時物塊與木板之間即將相對滑動，解得k＝20N/m；B、t1～t7時間內，用平均力計算彈簧彈力做功W＝，解得：v2＝m/s；C、從t2到t3，A的加速度總是等于8m/s2，方向水平向左，t3時刻小車加速度仍為4m/s2，彈簧形變量仍為x＝0.25m，小車速度大小仍為v3＝m/s，t4到t3的時間t＝2×s＝s，對A應用動量定理有：﹣μmAgt＝mAv3﹣mAv2，解得：v2＝m/s；D、從t4到t3系統損失的機械能ΔE＝，代入數據解得ΔE＝J。故選：BCD。【點評】本題是一道力學綜合題，是多體多過程問題，難道較大，本題考查動量和能量問題，考查考生的分析綜合能力。分析清楚運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律、動能定理與動量定理、能量守恒定律可以解題。二、非選擇題：本題共6小題，共60分。11．（6分）某同學設計了利用手機和一把刻度尺測量滑塊與斜面之間的動摩擦因數的實驗。如圖所示，將斜面固定在桌面上，用刻度尺測出斜面的長度L以及它的高度h。讓滑塊從斜面頂端處由靜止滑下，滑塊滑離斜面底端時停止計時，記錄下滑塊運動的時間t。已知重力加速度大小為g。回答下列問題：（1）滑塊沿斜面下滑的加速度a＝；（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝；（3）要保證滑塊能從斜面上由靜止滑下，需要滿足μ。【分析】（1）根據位移—時間公式得出加速度的表達式；（2）根據牛頓第二定律，結合幾何關系得出μ的表達式；（3）當物體的下滑力大于摩擦力時，滑塊才能從斜面下滑，由此得出μ的范圍。【解答】解：（1）根據運動學公式有解得：（2）設斜面傾角為θ，加速度a＝gsinθ﹣μgcosθ又因為聯立解得：（3）只有當mgsinθ＞μmgcosθ即時，滑塊才能夠從斜面上由靜止滑下。故答案為：（1）；（2）【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合牛頓第二定律和運動學公式即可完成分析。12．（8分）如圖所示的實驗裝置可以用來驗證動量守恒定律以及動量定理，氣墊導軌放在水平桌面上，導軌上有兩個帶有遮光條的滑塊（1）碰撞實驗開始之前，用天平測出滑塊A、B（含遮光條）的質量為mA、mB，還需要用游標卡尺（選填“毫米刻度尺”或“游標卡尺”）測出滑塊A、B上遮光條的寬度，已測出遮光條的寬度均為d。（2）需要把氣墊導軌調整為水平：開動氣泵后，只在導軌左端放置一個帶遮光片的滑塊，給滑塊一個初速度，觀察數字毫秒計顯示的滑塊通過光電門1和2的時間Δt01與Δt02，若發現Δt01＞Δt02，這表明氣墊導軌左端高于（選填“高于”或“低于”）右端，需要反復調節支持旋鈕直到Δt01＝Δt02。（3）氣墊導軌調整為水平后，把滑塊A和滑塊B放置在圖中的位置上，滑塊B與靜止的A發生碰撞并被反彈，數字毫秒計記錄下滑塊A通過光電門1的遮光時間為ΔtA，滑塊B第一次、第二次通過光電門2的遮光時間分別為ΔtB1和ΔtB2，以向左為正方向，如果關系式（用mA、mB、ΔtA、ΔtB1及ΔtB2表示）在誤差范圍內成立，表明碰撞過程動量是守恒的。（4）把實驗裝置稍加變化，驗證動量定理：拿下滑塊A、B，使得導軌與水平面夾角為30°，然后固定導軌。還讓滑塊B從原位置由靜止滑下B2、Δt′B1，通過光電門2和1的時間間隔為t，重力加速度為g，如果關系式gt＝（用d、Δt′B1、Δt′B2、t及g表示）在誤差范圍內成立，表明動量定理成立。【分析】（1）為了測量精確度更高，遮光條的寬度需要用游標卡尺測量；（2）根據先后通過兩個光電門的時間長短，判斷速度先后大小關系，再確定兩端的高低關系；（3）根據光電門測量速度的原理求得滑塊碰撞前后的速度的，根據動量守恒定律求解；（4）根據動量定理解答。【解答】解：（1）為了測量精確度更高，遮光條的寬度需要用游標卡尺測量。（2）滑塊向右通過光電門1和2的時間關系為Δt01＞Δt02，說明滑塊做加速運動，氣墊導軌左端高于右端。（3）碰撞前滑塊B第一次通過光電門3的速度大小為vB1＝碰撞后滑塊B第二次通過光電門2的速度大小為vB2＝碰撞后滑塊A通過光電門6的速度大小為vA＝以向左為正方向，若兩滑塊碰撞過程動量守恒mBvB1＝mAvA﹣mBvB2則有：mB＝mA﹣mB整理可得：（4）滑塊B先后通過光電門2和光電門1的速度大小分別為vB7′＝，vB1′＝根據動量定理可得：mBgsin30°t＝mBvB1′﹣mBvB2′整理可得：gt＝答：（1）游標卡尺；（2）高于；（4）【點評】本題考查了驗證動量守恒定律以及動量定理的實驗操作，速度測量，需驗證的表達式。掌握調節氣墊導軌水平的方法。應用光電門測量速度的原理是用極短時間內的平均速度代替瞬時速度。13．（9分）如圖所示，勻強電場與矩形ABCD所在平面平行，矩形邊長AB＝3cm，則A、C兩點的電勢分別為φA＝12V、φC＝24V。某時刻有一比荷為＝2.4×1013C/kg的帶負電粒子從B點垂直電場線方向射出，經過一段時間粒子到達A點，不計粒子重力。求：（1）勻強電場的電場強度大小；（2）帶電粒子從B點射出時的初速度大小。【分析】（1）在勻強電場中，沿一條直線電勢的降落是均勻的，求出A點的等勢點，作出電場線的方向，根據勻強電場場強與電勢降落的關系進行解答；（2）帶電粒子做類平拋運動，根據類平拋運動的規律求解帶電粒子從B點射出時的初速度大小。【解答】解：AB＝3cm＝3×10﹣3m，AD＝8cm＝8×10﹣5m（1）設BC的中點為P，在勻強電場中，因此：φC﹣φP＝φP﹣φB解得P點電勢：φP＝12V可見A、P電勢相等，電場強度方向與等勢線AP垂直根據幾何關系可得：tan∠BAP＝＝，則sin∠BAP＝根據勻強電場場強與電勢降落的關系可得：U＝Ed得：E＝＝×102V/m＝500V/m；（2）帶電粒子做類平拋運動，則有：ABcos∠BAP＝v4tABsin∠BAP＝聯立解得：v0＝9×108m/s。答：（1）勻強電場的電場強度大小為500V/m；（2）帶電粒子從B點射出時的初速度大小為9×106m/s。【點評】本題主要是考查電場強度的計算和帶電粒子在電場中的運動。知道在勻強電場中，平行等距離兩點電勢差相等，掌握類平拋運動的規律。14．（10分）P、Q是介質中的兩個點，P、Q相距2cm（小于半波長）。一列簡諧橫波從P向Q傳播，Q位于波峰，經過s，再經過s，Q的位移第二次為零。求：（1）這列波的波長是多少；（2）P的振動位移y隨時間t變化的正弦表達式。【分析】（1）先計算處波的周期，然后根據波速、波長和周期的關系得到波長；（2）根據周期得到質點振動的圓頻率，然后分別計算出質點振動的振幅與初始相位，即可得到振動的位移隨時間的變化關系。【解答】解：（1）質點Q在內由最大位移處到第二次回到平衡位置，則解得T＝8sP經過第一次到達波谷所以波傳播距離為Δx＝8cm所用的時間波速波長λ＝vT＝1.5×10﹣2×8m＝0.12m（2）設質點P的位移隨時間變化的關系為y＝Asin（ωt+Φ）其中當t＝0時，P的位移為4cm經過s，P第一次到達波谷，則解得A＝3cm，則質點P的振動位移y隨時間t變化的正弦表達式為y＝3.08sin。答：（1）這列波的波長是0.12m；（2）P的振動位移y隨時間t變化的正弦表達式為y＝0.08sin。【點評】本題考查的是機械波的傳播規律，考查的是學生用數學知識解題問題的能力。15．（11分）如圖所示，絕緣長木板B放在光滑平面上，左端O緊靠絕緣光滑臺面，把帶有負電荷的小滑塊A由P點靜止釋放，小滑塊在靜電力的作用下向右加速運動2m后滑上長木板。已知小滑塊A的質量為1kg﹣3C，長木板B的質量為2kg，小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.32，小滑塊不會從木板上掉下，長木板與左側臺面及右側墻壁碰后瞬間均原速反彈。求：（1）長木板B與右側墻壁僅碰撞一次，MN之間的距離是多少；（2）在滿足（1）條件下【分析】（1）滑塊從P到O運動過程，根據動能定理求解達到O點的速度大小，只發生一次碰撞的條件為木板與墻壁碰撞前的瞬間，滑塊與木板動量相等，根據動量守恒定律、動能定理進行解答；（2）由能量守恒定律求解長木板B的長度最小值。【解答】解：（1）滑塊從P到O運動過