安徽省淮南市2025-2026学年高二年级上册期末模拟物理试卷（含解析）

安徽省淮南市2025-2026学年上学期高二期末物理模拟卷

考生注意：

1、本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2、答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

3、考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答

案标号涂黑；非选择题请用直径0.5亳米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区

域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4、本卷命题范围：人教版必修三、选择性必修一第一章、选择性必修二第一章。

一、选择题（本题共8小题，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面匕a、b两小

车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质.现同时给两车一

定的初速度，使a、b沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置不随时间t变化的

图象如图乙所示.a、b两车质量（含发射器）分别为1kg和8kg，则下列说法正确的是（）

位移传感北位移传感器

（接收器）（发射器）

图甲

A,两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B.碰撞过程中a车损失的动能是昔/

C,碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D,两车碰撞过程为弹性碰撞

2.如图所示，三根完全相同的通电直导线Q、匕、C平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，。点

为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为从方向平行于等边三角形所在平面且垂直加边指向Q的匀

强磁场。现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中〃=/c=/。已知通电长直导线在某点产生的磁感

应强度的大小跟电流成正比，导线b在。点产生的磁感应强度大分为8。则下列说法正确的是

,AB

・。\

--眉C

A.若0点的磁感应强度平行ac边,则”（1+亨）/

B.若。点的磁感应强度平行前边,则〃=（1+苧）/

C.若0点的磁感应强度垂直QC边,则。=（0一1）/

D.若。点的磁感应强度垂直防边,则〃=（yf3-1）/

3.如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球紧靠着塑料圆盘边缘，小球A固定不动（图中未画出）。小球

8绕圆盘边缘在平面内从。=0沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心。处的电场强度，获得沿工方向的电场强度

Ex随。变化的图像（如图乙）和沿y方向的电场强度与随J变化的图像（如图丙）。下列说法正确的是（）

A.小球力带负电荷，小球B带正电荷

B.小球4、B所带电荷量之比为1:2

C.小球B绕圆盘旋转•周过程中，盘中心0处的电场强度先增大后减小

D.小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心。处的电场强度最小值为0

4.两个电荷量相同的负电荷固定在水平面上的小8两点，。点是两个点电荷连线的中点，C、。两点分别位

「点电荷的连线以及中垂线上，如图所示。在。点静止释放一带负电的试探电荷1,在。点静止释放一带正

电的试探电荷2,二者仅在A、B电荷电场力的作用下运动，》是各试探电荷发生的位移，巧是电荷1的速度,

©是电荷2的加速度，仍是电荷1所经过处的电势，与2是电荷2的电势能。设无穷远处的电势为零，则下

面关于电荷1、2运动过程的图像可能正确的是（）

I

5.如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的

正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T,

玻理皿的横截面的半径为。=0.05机，电源的电动势为E=3V,内阻丁=0.20，限流电阻&=4.8。，玻璃皿

中两电极间液体的等效电阻为R=0.5。，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为2匕则（）

A.由上往下看，液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力大小为1x10-3'

C.闭合开关后，液体热功率为0.D81VVD.闭合开关10s,液体具有的动能是4.5/

6.如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处于静

止状态。若保持极板B不动，当某同学分别从初始状态开始向不同方向稍微平移极板A（移动极板A后P点还

在两极板之间）时，下列说法正确的是（）

A.极板4向上移动过程中，静电计指针张角变小

B.极板力向下移动过程中，静电计指针张角变大

C.极板力向左移动过程中，液滴静止不动

D.极板A向左移动过程中，P点处电势升高

7.如图，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m

的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图所示。下列说法

正确的是（）

n

A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒B4时刻小球的高度等于释放时的高度

C.由图可知血大于MD.图中阴影面积&V2S1

8.如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面的夹角为37。，固定在竖直平面内，磁感应强度大小

为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑

到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q,重力加速度

大小为g,sin370=0.6,下列说法正确的是（）

A.小环带正电

B.小环滑到P处时的速度大小”=器

C.当小环的速度大小为〃=簿时，小环对杆没有压力

D.当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离乙=器富

二、选择题（本题共2小题，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得

5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

9.如图所示，直角三角形abc区域内（不包括三角形边界）存在磁感应强度大小为B、方向垂直三角形所在平

面向外的匀强磁场，ZQ=30°,ac=L,C为ac的中点，。为儿论中点，C点处的粒子源可沿平行cb的方向射

入速度大小不同的正、负电子（不计电子所受的重力）。电子的比荷为鼠不考虑电子间的作用。下列说法正

确的是（）

b,

［二…一二…士二眈辽.

'Ca

A,可能有正电子从a点射出磁场

B.负电子在磁场中运动的最长时间为言

C.从。点射出磁场的负电子的速度大小为等

D.从ab边射出磁场的正电子在磁场中运动的最长时间为急

I。.如图所示，半径为R、质量为加的料弧槽他静止放在光滑水平地面匕圆弧槽底端8点切线水平，距

离8点为R处有一质量为3m的小球2,其左侧连有轻弹簧。现将质量为m的小球1（可视为质点）从左侧圆弧

槽上端的力点由静止释放，重力加速度为g,不计一切摩擦。则入列说法正确的是（）

A.两个小球、圆弧槽及轻弹簧组成的系统全程动量守恒

B.小球I第一次滑到B点时，与弹簧左端相距JR

C.弹簧弹性势能的最大值为

D.弹簧第一次恢复原长时，小球1的速度大小为J零

三、非选择题（本题共5小题，共计58分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只

写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

11.（8分）小马同学家乡盛产柑橘，寒假期间他利用柑橘制作了柑橘电池，并设计了如图甲所示的电路来

测量该电池的电动势E和内阻r,以及一未知电阻仆的阻值，图中电压表内阻极大。实验过程如下：

图甲图乙

（1）保持开关52断开，闭合开关Si，改变电阻箱R的阻值，观察到电压表的读数随R的增大而（填“增

大”或“减小”）。

（2）实验中记录不同阻值对应的电玉表示数,并作出对应的:国线如图乙所示.已知图线的横、纵截距分

UK

别为-a和b，则电源电动势£=,电源内阻r=（用a、b表示）。

（3）闭合开关Si、S2,改变电阻箱R阻值，再次记录不同阻值对应的电压表示数。在图乙中作出对应的

UK

图线（图中未画出）。已知对应图线的纵截距为C，则电阻&=（用以氏c表示）。

12.（10分）如图甲所示，用半径相同的两个小球的碰撞验证动量守恒定律。实验时先让质量为mi的力

球从斜槽上某一固定位置.。由静止释放，力球从轨道末端水平抛巴，落到水平地面的复写纸上，在下面的白

纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为血2的B球放在水平轨道末端，将力

球仍从位置C由静止释放，力球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、

N为三个落点的平均位置,。点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。

(1)下面是本实验部分测量仪器或工具，需要的是.

4秒表8.交流电流表C.刻度尺。.弹簧秤

(2)为了完成本实验，下列必须要求的实验条件是，入射小球力的质量被碰小球8的质量，入射小球

的半径被碰小球B的半径。(均选填“大十”、“小十”或“等于”)

(3)实验中，。用=由，OP=d2,ON=d3,在实验误差允许范围内，若满足关系式—用题中涉

及的物理量的符号表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。

(4)某实验小组设计如图内所示的装置来研究碰撞前后动能的变化，把白纸和复写纸贴在竖直墙上，使小球

从斜槽轨道滚下打在正对的竖直墙上，记录小球的落点。仍然使用4球和B球进行实验，重复验证动量守恒

时的其他操作步骤。M'、P'、V为竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖

f

直记录纸上的水平投影点为。'，测得。加，=力、。尸=丫2、ON'=y3,在实验误差允许范围内，若满足关

系式(用题中涉及的物理量的符号表示)，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.(12分)如图所示，半径为R的光滑竖直半圆管道固定在光滑水平面上，圆管的内径可忽略，圆管与水

平面相切于8点，。点为圆管最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场，电荷量为+q、质量为m、直径略

小于圆管内径的小球由水平面上的力点静止释放，当48=R时小球运动到B点时的速度大小为％=/正，

重力加速度为,0。求：

(1)电场强度大小及小球对圆管的最大压力大小;

(2)判断小球能否运动到。点，若能，求小球在D点的速度;若不能，求小球的最高点到水平面的高度；

(3)若释放点4到8点的距离为6.5R,求小球离开。点后的最小动能以及小球第一次落到水平面的点与释放点

A间的电势差。

14.(12分)如图甲所示，在光滑水平面上有小8、C三个小球，小8两球分别用水平轻杆通过光滑较链与

C球连接，两球间夹有劲度系数足够大、长度可忽略的压缩轻弹簧，弹簧与球不相连.固定住C球，释放弹

簧，球与弹簧分离瞬间杆中弹力大小F=10N.己知4、8两球的质量均为=0.2k,g,C球的质

量加2=04kg，杆长L=1.07九，弹簧在弹性限度内.

(1)求弹簧释放的弹性势能与：

(2)若。球不固定，求释放弹簧后。球的最大速度也

(3)若C球不固定，求释放弹簧后两杆间夹角第一次为6=120。时(如图乙)，力球绕C球转动的角速度3.

15.(16分)在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒

子运动装置的模型。在平面直角坐标系xOy的第二象限内，一半径为r的圆形区域内有垂直于坐标平面向外

的匀强磁场I,磁场I的边界圆刚好与两坐标轴相切，与不轴的切点为P,在第一象限内有沿、轴负方向的匀强

电场，在无轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II,磁场II中有•垂直于y轴的足够长的接收屏.P

点处有一粒子源，在与“轴正方向成45。到与入轴负方向成45。范围内，粒子源在坐标平面内均匀地向磁场内

的各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子射出的初速度大小相同。已知沿与工轴负方向成45。

射出的粒子恰好能沿x轴正方向射出磁场I,该粒子经电场偏转后以与x轴正方向成45。的方向进入磁场11，

并怜好能垂直打在接收屏上。磁场I、H的磁感应强度大小均为从所有粒子都能打到接收屏上，不计粒子的

重力及粒子间的相互作用。

(2)求匀强电场的电场强度大小E；

(3)将接收屏沿y轴负方向平移，直至仅有一半的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，求接收屏沿y轴负方

向移动的距离L。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】根据x-t图象表示速度，分别求出碰撞前后两车的速度，再分析两车碰撞前后总动量关系。根据

能量守恒定律求碰撞过程中损失的动能，从而确定出碰撞的类型。

解决本题的关键要掌握碰撞的基本动量守恒，要知道碰撞过程中机械能不守恒的碰撞是非弹性碰撞。碰撞

过程中机械能守恒的碰撞是弹性碰撞。

力、设a、b两车碰撞前的速度大小为火、v2,碰后的速度大小为内，根据》-亡图象表示速度，结合题图乙得

Vi=2m/s,也=1m/s,v3=-m/s,以向右为正方向，碰前总动量p[=一=6kg•m/s,

碰后总动量P2=(领+mb)v3=6kg-m/s,则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，故A错误；

zmv2

B、碰撞前a车动能为%=!?naVi=|xlx2J=2J,碰撞后a车动能为£晨=^al=Jx1x(|)/=§/,

所以碰撞过程中a车损失的动能是4Ek=Ek-Ek'=^J,故4错误；

C、碰前a、b两车的总动能为6/,碰后a、匕两车的总动能为2/,故C正确：

。、两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，故。错误。

故本题选：Co

2.【答案】A

【解析】三根通电直导线a、b、c的电流反向均向里，则三根导线在。点形成的磁场方向如图所示，且三根

导线在。点形成的磁感应强度方向互成120。，Bb=Bc=B,由平行四边形定则可知，见与瓦•的矢量和的大

小为氏方向与心相反。

力、若无〃ac,则£加60。=瓦3,解得：Ba=(1+苧»，乂电流与磁感应强度存在正比关系，可知：/a=(1+

故力正确：

3，

B、新Bo〃ab,则£加60。=号,解得：Ba=(1-日»，又电流与磁感应强度存在正比关系，可知：〃=(1-

¥)/，故4错误：

37

。、若BO，QC,则57130。=含，解得：8Q=(1-C)BV0,即a中电流反向，故。错误；

。、若Bo1Qb,则tm30。=*,解得:Ba=(1+C)B，又电流与磁感应强度存在正比关系，可知：〃=(1+

>/-3)/»故D错误。

故选：Ao

3.【答案】B

【解析】4由乙、丙两图可知，当6=］时，小球B在。点正上方，此时4=0,Ey=-6V/m,则说明小球力

一定在y轴上固定；当。=0时，％=-4"71,小球8在。点正右侧，而水平方向场强方向为X轴负向，则说

明小球8为正电荷，此时Ey=-2V/m,竖直方向的场强方向为y轴负向，若小球4在。点正上方固定，则小

球/带正电荷，若小球力在。点正下方固定，则小球4带负电荷，所以小球4的带电性质不能确定，故4错误;

*由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到。点的距离r相同，当。=0时，Ex=-417m,Ey=-2V/m,

由E=k1可得QMQB=1:2,故8正确;

C.盘中心。处的电场强度为小球4和小球B在。点产生的场强的矢量和，随着小球B从。=0转到2zi的过程中，

E〉叫大小都不变，和的夹角在增大的过程中，当"郭寸，。处的合场强最大；当"当时，。处的

合场强最小；所以小球B从6=0转到24的过程中，中心0处的合场强先增大后减小再增大，故C错误；

D小球8绕圆盘旋转一周过程中，当"当时，。处的合场强最小，其值大小为E=E/i+E8=(—2+4”/

m=2V/m,故。错误。

故选瓦

4.【答案】D

【解析】。点处的负电荷会做往复的周期运动，在。点处速度最大，场强为0,故加速度应当也为0,4错误

(尽管并非u-t图，但速度峰值处同样斜率应为0);

在连线上电势分布。点最高，两侧变低，但0点电势并不为0,C错误；

。点处的电荷同样会做关于。点对称的往复运动，但根据其初始点的位置有两种可能性：到。点前场强不断

变小，到。点前场强先变大后变小，结合琮-％图象斜率表示电场力(即场强)可知，D选项对应的是第二种

情况，。正确;无论是哪一种，其运动过程一定是完全对称的，6错误。

5.【答案】B

【解析】4由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外

部电流由正极流向负极，因此电沆由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导

电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故力错误：

8.电压表的示数为2V,则根据闭合电路欧姆定律有：E=U+/R0+厅，所以电路中的电流/=岩=

/<0十r

=0.2/1,液体所受的安培力大小：F=BIL=Bia=0.1x0.2x0.05N=lx10-3/V,故8正确；

C.玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R=0.5。，则液体热功率为：。热=/2/?=0.22x0.514Z=0.0214^,

故C错误；

D10S末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率：P=UI=2x0.21V=0.41V,所

以闭合开关10s,液体具有的动能：Ek=W电流-W热=(P-PQt=(0.4-0.02)x10/=3.8J,故D错误。

故选8。

6.【答案】D

【解析】8、电容器极板/带正电，极板力向下移动过程中，根捱电容器的决定式。=铝

471kd

可知，电容器的电容增大，根据Q=CU

可知，电容器所带电荷量将变大，电容器充电，上卜.极板间电势差不变，静电计指针张角不变，故4错误;

力、由图可知，电容器极板力带正电，极板4向上移动过程中，根据电容器的决定式。二篇

可知，电容器的电容减小，根据Q=CU

可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管。阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q

不变，则上下极板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故/错误；

CD、极板4向左移动过程中，根据电容器的决定式。=冷

可知，电容器的电容减小，根据Q=CU

可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管。阻止电容器放电，

所以电容器所带电荷量Q不变，则上下极板间电势差U变大，

根据E='可知，两极板间的电场强度增大，

则液滴受到的竖直向上的电场力增大，液滴向上运动。

设P点到下极板的距离为x,则P点的电势为0P=UPB-(pB=Ex-O=Ex

所以P点处电势升高，故。错误，。正确。故选：D.

7.【答案】D

【解析】应系统在竖直方向上动量不守恒，故力错误；

8心时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，12时再次共速则到达弯槽左侧，根据能量

守恒，初始时小球的重力势能转化一部分到动能，故小球此时不可能到达释放时的高度，故8错误；

C/、球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，以水平向右的方向为正方向，则有加力=移项

得

v

771(%4-v2)=M%,若m大于M,则%+v2<3»图中明显获知%>V3>故。错误；

。.小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而G〜「2即小球的从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共

速点低于弯槽左右两端，根据u-t图像与横轴围成面积等于水平位移，得S1=R,而52为ti〜。两者的相对

位移，有S2〈2R,即S2<2SI，故。正确。

8.【答案】D

【解析】4.小环的重力在垂直杆方向上的分力：Gi=zngcos37o=0.8771g,根据题意知，带电小环沿杆下滑

到图中的P处时，小环对杆的压力为0.4mg,压力小于0.8mg,根据牛顿第三定律可知杆对小环的支持力垂

直杆向上，大小为0.4mg,所以小环受到的洛伦兹力方向应垂直杆斜向上。由左手定则可知，小环带负电,

故,4错误；

8.设小环滑到P处的速度为外，在P处小环的受力如图所示：

qvpB

在垂直杆的方向上，对环根据平衡条件有：qvpB+Qv=mgcos37。，其中尸川=0.4mg,解得。=^故

B错误；

C当小环的速度大小为廿二假时，可得其受的洛伦兹力为：F=qvB=mg，其大小大于小环重力垂直于杆

的分力mgcos37。，故此时杆对小环有垂直杆向卜的分力，根据牛顿第三定律，小环对杆有压力，故C错误;

力.在小环由P处下滑到P'处，小环与杆之间没有正压力，小环受力如图：

XXXX

此时小环的速度大小为少，垂直杆方向，由平衡条件得qu'B=?ngcos37。，变形解得忧=翳，在小环由P

处滑到F处的过程中，小球向卜.运动的过程中只有重力做功，洛伦兹力不做功，设两点之间的距离是3则:

mgLsin37°=-1几加解得：L=转京故。正确。

口22"5q，8"

9.【答案】RCD

【解析】4若有正电子从a射出磁场，则该正电子途中必然从ab边射出磁场，故/错误；

8.当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，且最长时间为半个周期，设电子的质量为

电荷量为e,有*匕可得最长时间口=9•警=卷，故4正确：

。.设从。点射出磁场的负电子在磁场中做圆周运动的半径为r,根据几何关系有/=(1-r)2+(|tan300)2,

设该负电子的速度大小为〃，有em=血/，解得〃=铮，故C正确；

r3

n当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知，该正

电子•运动轨迹对应的圆心角9=120。，则该正电子在磁场中运动的时间搞.等=磊，故。正确。

故选BCD.

10.【答案】BC

【解析】4小球1在圆弧槽上运动时，系统只在水平方向上动量守恒，故力错误；

8.小球1从圆弧槽的4点到8点的过程中，设小球1滑到B点时小球1的速度为孙，圆弧槽的速度为〃取水

平向右为正方向，小球1与圆弧槽在水平方向动量守恒有mq,=3nu;,由能量守恒定律有mgR=诏+

分3m/,解得%=3u=J零，设小球1到8点时，小球1水平向右移动的距离为与，圆弧槽向左运动的

距离为％2,两者的相对位移为R，则mXl=3mx2,修+无2=R，联立解得修=V，无2=1，此时圆弧

槽的B点与弹簧之间的距离为L=x2+R=lR,故8正确;

C/、球1与小球2共速时，弹簧弹性势能有最大值,从小球1刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有m%=

(771+3m)v由能最守恒定律有如%=+3m)吸+%联立解得号,=得小9/?,故C正确：

。.从小球1刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒定律有mv0=mv.+3ml；2,由能量守恒定律有\rnvl=

>3mv2f解得/=—g［与《，J故O错误。

11

11.【答案】(1)增大(2)(3)

ba

b

a(c-b)

【解析】(1)当保持开关52断开，闭合开关Si时，电路中R与电源内阻r串联，根据闭合电路欧姆定律/=含，

ER_E当R增大时，(减小，1+看就小，总增大，所以电压表

电压表测量的是R两端的电压U=IR=布=谋,

的读数随R的增大而增大。

(2)根据闭合电路欧姆定律£=〃+加/=《则E=U+3变形可得:=提々+，此式为的一次函

KKUDAcUK

数关系，在U图象中，斜率k=p纵截距b=p则E=乂因为横截距为一a,当/=0时，0=9x(-a)+

UKtL0UD

p将E=：代入可得：0=rbx(-a)+%,解得丁=：。

(3)当闭合开关Si、S2时，R与心并联后再与电源内阻r串联，设R与灯并联电阻为R#,/=1+根据闭

7rK1.KKx

合电路欧姆定律：£=U+/r,/=/",则E=U+詈=U+-^-=U+Ur*+3,变形可得"=+

K并K并「1KKxUcK

炉而

^)+p由(2)知E=%r/则力+8=沁+2)+从此图线纵截距为c,即当尹。

时，c=/+b,移顶可得技—解得&=扁。

12.【答案】(1)C；(2)大于；等于：(3)叫心=叫由+加2d3(4)四=四+吆

【解析】(1)因为小球离开水平轨道后做平抛运动，则小球在空中运动时间相等，小球的水平位移与初速度

成正比，所以本实验可以用水平位移代替小球初速度，故需要测出小球落地的水平位移，即需要用到的仪

器是刻度尺。故48力错误，C正确；

故选：Co

(2)为了防止入射小球碰后被反弹，应让入射小球A的质量大于被碰小球8的质量，且要使两者发生对心碰撞,

应使入射小球力的半径等于被碰小球B的半径；

(3)想要验证两球碰撞前后的总动量守恒，需验证mi孙=mlv1+m2v2x

其中

OPd20M由ONd3

Vo=T=TV1=T=TV2=T=T

整理得，在实验误差允许范围内，若满足关系式

mxd2=m1d1+m2d3i

则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。

(4)因为小球竖直方向做自由落体运动，满足y=^gt2

即

水平方向满足X=vt

所以

9

要验证碰撞前后两球的总动能相等，需验证;四诏［忧+；叫诏

22

联立得:加逐2.J-=lmix-y-4-1?n2x.卢化简得：—=

1

22y2212y32"2yly2y3力

即在实验误差允许范围内，若满足关系式：丝1=口+当时，则可认为碰撞前后两球的总动能相等。

yi为Xi

13•【解析】(1)小球由A到B的过程中，由动能定理得qER=2血诏又％=/砺，解得E=胃,

由以上分析可知qE=mg,当小球运动到等效最低点M时速度最大，

小球对轨道的压力最大，重力和电场力的合力大小为r=>J~2mg,方向斜向左下方与水平面成45。，

小球由A点到M点的过程中，由动能定理得

10

qE(l卜cos450)/?—mgR(l-cos450)=

由牛顿第二定律得以-尸=呼，解得/N=

由牛顿第三定律可知小球对圆管的最大压力为

(2)假设小球能运动到D点，则小球在。点的速度为0,小球的群放点到B点的距离为3,

则由动能定理得qEx-mg-2R=0,解得％=2R>R,

则小球不能运动到D点;又因为小球由4到C的过程有qEx2R>mgR,

所以小球运动的最高点位于CD之间，

假设该点与圆心的连线与水平方向的夹角为a,

则由动能定理得qER(l+cosa)=+sina),解得。=45。，

小球能达到的最高点与水平面的高度为，=R+Rsin45。=苧R；

(3)若改变释放点的位置.，小球由释放到0点的过程中，由动能定理得

1

qEx6.5R—mg-2R=-7,

解得%=3/凝，

当小球的速度与合力垂直时动能最小，此时小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为45。,

设此时的速度大小为u,由斜抛运动规律可得

v=VDCOS45°=2gR,

小球的最小动能为既加==^mgR,

小球离开。点后在竖直方向做自由落体运动，水平方向向右做匀减速直线运动，

小球从离开。点到落在水平面的时间为t=J呼=2

小球在水平方向的位移为无=ut-^t2,