东北三省精准教学2024年12月高三联考强化卷 物理1C2.D3.C4.C5.D6.D7.A8.BD9.BC10.BDmL2. 解得U2分11.()(分)()匀减速(分).(分)0=qT2(1)1C2 2①2 ②0145212.()(分)见解析(分)()不满足(分)()(分)所有粒子射出两板时的速度方向均沿水平方向速度大小均121 2 21 3652(3),L()小于(分)为v分42=T(1)【解析】为了保证电路的安全闭合开关前应将滑动变阻器的(1),所有粒子以垂直于AE的方向进入正方形区域粒子在磁场中做滑片滑到端从而使光敏电阻两端的电压为零根据实物图可,2,,匀速圆周运动的轨迹半径相同根据磁聚焦原理可知粒子做匀得电路图如图所示,,。速圆周运动的轨迹半径为rL=,v2根据牛顿第二定律有qvBm分=r(1)m解得B分=qT(1)磁场最小面积如图所示根据几何关系有最,L213.()mg(分)()()gR(分)小面积S1L21L2(π-2)分164 22+36=2×(π-)=(3)422【解析】小球在最低点时由牛顿第二定律得(1),15.()1gR(分)().16mg(分).16185R(分)v2129 2i3 ii6Fmgm1分3981-=R(1)【解析】A球从静止释放到刚要与号球碰撞前对A球由动(1)1,,小球在最高点时由牛顿第二定律得,能定理得v22Fmgm分mgR1mv2分2+=R(1)2=×20(2)2小球从最低点到最高点的过程中根据动能定理得,解得vgR分0=2(1)mgR1mv21mv2分A球与号球碰撞为弹性碰撞两球质量相等故碰后两者交换-·2=2-1(1)1,,22速度联立解得FFmg分,1-2=6(1)则A球与号球碰后号球的速度大小为vgR分小球刚脱离轨道时重力沿半径方向的分力提供向心力设110=2(1)(2),,号球与号球发生弹性碰撞根据动量守恒定律和机械能守恒速度与水平方向的夹角为θ12,,定律有v2则mgθm分mvmvmv分cos=R(2)20=21+2(2)1mv21mv21mv2分小球脱离轨道后做斜抛运动×20=×21+2(2),222水平方向Rθvθt分联立解得号球与号球第一次碰撞后号球的速度大小为sin=cos·(1)1212v1gR分竖直方向Rθvθt1gt分1=2(1)-cos=sin·-(1)32.F作用在号球上使其速度大小由v增大到v由动能定小球从最低点到脱离轨道的过程中根据动能定理得(2)i1,10,,22理得FR1mv1mv分mgRθ1mv21mv2分=×20-×21(2)-(1+cos)=-0(1)2222解得F16mg分联立解得vgR分=(1)0=(2+3)(1)9.根据中分析可得号球与号球第一次碰撞后号球的LmL2m()L2ii(1),12214.()(分)()2(分)()(分)π-2(分)1T2 2qT24 3qT3 3速度大小为v4gR号球质量相等则相互碰撞后22=2,2~2024,【解析】根据题意粒子穿过两板的时间均为T则在竖直方向3(1),,均交换速度直至号球速度大小均为v对号球,1~20242,1~2024上粒子加速和减速的时间相同粒子在P点射出的速度大小为组成的整体分析设F作用下号球的总位移为x由动能定理得,,,1,Lv分Fx1mv21mv21mv2分=T(2)=(×20232+×22)-×20(2)222从t时刻射入的粒子恰好从N板的右侧边缘射出则设F作用的总时间为t由动量定理得(2)=0,,2Ftmmvmv分T201L1a分=(2023+2)-2(2)=×()号球与号球之间的距离为dvtx分2(2)222212024=-(1)U联立解得d16185R分根据牛顿第二定律有q0ma分=(1)L=(1)8D 1{#{QQABDYSEogAoQAAAAQgCAw2CCACQkgACCQgOAAAAsAAAiRNABAA=}#}