上海市徐汇中学2024学年高三下学期押题卷第四套物理试题.pdf

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径相同,由于磁场、电场、静电分析器的半径都不变,则该群粒子具有相同的比荷,故C错误,D正确。故选AD。三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、298BC大于系统小【解题分析】[1]由实验原理可知,电压表的指针指到满刻度的三分之一,因此电阻箱分得总电压的三分之二,根据串联电路规律可R知,R?0?298Ω,故电压表内阻为298Ω。V2①[2][3]该实验中,滑动变阻器采用了分压接法,为方便实验操作,要选择最大阻值较小的滑动变阻器,即选择B;定值电阻起保护作用,,若保护电阻太大,则实验无法实现,故定值电阻应选用C。②[4]从实验原理分析可知,当再断开开关S,调整电阻箱R的阻值,当当电压表半偏时,闭合电路的干路电流将减20小,故内电压降低,路端电压升高,从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大,即使电压表示数为一半。[5]而电阻箱R的电压超过电压表电压,导致所测电阻也偏大,所以测量电阻大于真实电阻;本误差是由实验原理造成0的,属于系统误差。[6]在其他条件不变的情况下,若R越大,滑动变阻器并联部分两端电压变化越小,其测量值R的误差就越小。V测ms212、ADAB偏小18T2【解题分析】1(1)[1]小球的动能E?mv2,因此需要测量小球的质量m,小球离开弹簧时的速度大小v可以通过测得A、B间的距k2离s结合经过该段的时间求出,所以AD项的物理量需要测量,故选AD。AB(2)[2]小球的动能为1E?mv2k2由桌面光滑,则小球从A到B做匀速直线运动,则离开弹簧时的速度大小sv?AB3T联立解得动能的表达式ms2E?ABk18T2(3)[3]由于水平面不是绝对光滑,小球在过程中克服摩擦力做功转化为内能,导致弹簧减少的弹性势能没有全部转化为小球的动能,所以测得的弹性势能小于其真实值。:..四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。12513、(1)W??mgR;(2)s?Rf431【解题分析】(1)物块到B点时,设轨道对其支持力为N,由牛顿第三定律知N?N??5mg由牛顿第二定律v2N?mg?mBR解得v?2gRBA到B的过程,由动能定理112mgR?W?mv2?mv2f2B20得1W??mgRf4(2)设物块沿斜面上升的最大位移为s,由动能定理1??mg?2R?mg?ssin??f?s?0?mv212B其中f??N,N?mgcos?2得25s?R3125因?mgcos??mgsin?,故物块在速度减为零之后不会下滑,物体最终会静止在斜面上距离C点s?R的位置。2315?2514、(1)s;(2)5m5【解题分析】(1)两滑块由静止释放后,对滑块A进行受力分析,由牛顿第二定律得Eq??mg?maA1得:..a?2m/s21对B有Eq??mg,故B静止,则B1L?at221得t?1s设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是v,则0v?at?2m/s01碰后滑块A、B的速度分别是v、v,由弹性碰撞得:12由动量守恒定律mv?mv?mv012由能量守恒定律111mv2?mv2?mv2202122解得v?0,v?2m/s12滑块B开始做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得Eq??mg?maB2可解得a??,则00?vt?2??at2??vt?at2??L,B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞,即121L?at22211得:..25t?s15故5?25t?t?t?s总15(2)由(1)知,每次碰撞后B先减速到零,再次与A碰撞,又2Eq??mg??mgAB最终A,B将静止在斜面上,设A下滑的位移为x,由能量守恒得:Eqx?Eq(x?L)??mg?x??mg?(x?L)AB解得x?5m2emUmeπm15、(1)(2)sin?1(dB)或eBeB2mUeB【解题分析】(1)电子在电场中加速,根据动能定理有1eU?mv22进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力v2evB?mR解得12mUR=Be(2)离子在磁场中运动的周期为2πR2πmT??veB若R<d,离子从MN边界离开磁场区域,圆周运动的圆心角为π,所以离子在磁场中运动的时间Tπmt??12eB若R>d,离子从PQ边界离开磁场区域,圆心角为θ,利用几何关系有desin???dBR2mU:..所以离子在磁场运动的时间为?met?T?sin?1(dB)22?eB2mU