浙江省杭州学军中学2022-2023学年高三下学期月考物理 Word版含解析

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2022学年高三第二学期学科周测卷（四）物理试题选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的．不选、多选、错选均不得分）1.据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是（　　）A.力学基本物理量是长度、质量、力B.kg、N、m/s都是导出单位C.根据牛顿第二定律表达式可知：D.新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】【详解】A．力学基本量是长度、质量、时间，故A错误；B．是基本单位，N、是导出单位，故B错误；C．根据牛顿第二定律表达式可知：，故C错误；D．新闻中涉及的11米、400吨和101.2秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位，D正确。故选D。2.年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（　　）A.整个下降过程中榔头始终处于失重状态

1B.榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的C.年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力D.榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力【答案】D【解析】【详解】A．下降过程中，榔头先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，A错误；B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，B错误；C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，C错误；D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为,地面对石槽的支持力为，石槽和年糕的总重力为。则有D正确。故选D。3.怒江大峡谷区域有一个非常特别的“景观”，就是溜索过江，这是怒江两岸千百年来沿用的交通工具。如图所示，已知铁索横跨怒江的江面宽度为d，铁索长度为L，游客的质量为m，不计一切阻力。假设游客从江边缓慢滑向对岸，忽略铁索质量，则下列说法正确的是（）A.若铁索长度L增加，江面宽度d不变，铁索对人的作用力变大B.若铁索长度L增加，江面宽度d不变，铁索上的拉力减小C.游客从怒江边滑向对岸的过程中，铁索之间的夹角变小D.游客从怒江边滑向对岸的过程中，铁索之间的夹角先变小后变大【答案】B【解析】【详解】A．根据平衡，铁索对人的作用力始终等于人的重力，即铁索对人的作用力不变，故A错误；B．设铁索与水平面的夹角为θ，则若L增加，则θ增加，根据题意有

2θ增加时，铁索上的拉力F减小，故B正确；CD．只要L、d不变，θ也不变，故CD错误。故选B。4.下列四幅图依次涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）A.用回旋加速器加速粒子的过程中，粒子获得的最大动能与电压的大小有关B.重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫核裂变的链式反应C.汤姆孙通过研究阴极射线精确测定出电子所带电荷量D.康普顿效应说明光具有波动性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．设D形盒的半径为R，磁感应强度为B，粒子的电荷量为q，质量为m，能达到的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有解得粒子获得最大动能为可见Ekm与B和R有关，与U的大小无关，故A错误；B．重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫核裂变的链式反应，故B正确；C．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，密立根通过油滴实验精确测定出电子所带的电荷量，故C错误；D．康普顿效应说明光具有粒子性，故D错误。故选B。5.关于下列插图的说法正确的是（　　）

3A.甲图为方解石的双折射现象，是因为其内部分子排列是无序的B.乙图中E细管材料制作防水衣的防水效果比F细管材料好C.丙图为α粒子的散射实验现象，其中H、I运动轨迹是不可能存在的D.丁图的绝热容器中，抽掉隔板，容器内气体温度降低【答案】C【解析】【详解】A．方解石的双折射现象是光学各向异性的表现，其内部分子排列是有规则的，故A错误；B．E细管材料与水是浸润的，F细管材料与水是不浸润的，制作防水衣防水效果F细管材料好，故B错误；C．丙图为α粒子的散射实验现象，当粒子运动方向靠近原子核时才会发生较大偏转，I轨迹不存在；粒子受原子核排斥力，故H运动轨迹是不可能存在的，故C正确；D．丁图的绝热容器中，抽掉隔板，气体自由膨胀不对外做功，根据热力学第一定律，可知气体的内能不变，最终温度不变，故D错误。故选C。6.范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（　　）A.B点电势比C点电势低B.粒子从B点到C点的过程中电势能增大

4C.粒子在B点的加速度小于在C点的加速度D.粒子在与间的动能变化量不同【答案】D【解析】【详解】AB．根据题意可知电场线方向沿着ABC的方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以B点电势比C点电势高，粒子在加速过程中，动能增大，电势能减小，故AB错误；C．电场线的疏密程度表示场强的大小，从A到C的过程中电场线逐渐稀疏，所以B点的场强大于C点的场强，根据牛顿第二定律可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C错误；D．因为从A到C的过程中场强逐渐减小，根据公式可知，AB两点间的电势差大于BC两点间的电势差，所以粒子在AB间的动能变化量大于在BC间的动能变化量，故D正确；故选D。7.图1是一辆正以速度v做匀速直线运动的自行车的车轮简化示意图，车轮边缘某点P（图中未画出）离水平地面高度h随自行车运动位移x的变化关系如图2所示，图中的L为已知量，则（　　）A.该车轮的直径为B.该车轮的转速为（转/每秒）C.在位置，相对地面速度为零D.在位置，相对地面的速度为【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可知，自行车运动位移L时，车轮转动一周，则直径为故A错误；B．车轮转动一周用时为

5则转速为故B正确；C．在位置，P在最高点，速度恰好水平，相对地面速度为2v，故C错误；D．在位置，P处于与圆心等高处，此时其有水平方向的速度v，和竖直方向的速度v，根据平行四边形定则可知，相对地面的速度为，故D错误。故选B。8.在电影《流浪地球》中，宏大的太空电梯场景十分引人入胜，目前已发现的高强度轻质材料碳纳米管，其强度是钢的1000倍，密度是钢的1/6，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”（如图甲所示）。如图乙图像所示，图线A表示地球引力对电梯仓产生的加速度大小a与电梯仓到地心的距离r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，其中R为地球半径，已知地球自转角速度为ω，关于相对地面静止在不同高度的电梯仓内的质量为m的航天员，下列说法正确的有（）A.航天员在处的线速度等于第一宇宙速度B.航天员在与处的线速度的比为C.电梯仓运动至处，航天员对电梯仓的压力为零D.地球表面重力加速度可以表示为【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在

6处，地球引力对航天员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的加速度大小不相等，万有引力不完全提供向心力，所以此处的线速度不等于第一宇宙速度，故A错误；B．由题可知在处，由万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星情况一致，此处为同步卫星轨道，速在与地球自转角速度ω相等，根据可知航天员在与处的线速度的比为故B错误；C．由题知，在处，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，所以航天员处于完全失重状态，航天员对电梯仓的压力为零，故C正确；D．因为有太空天梯的存在，航天员的位置相对地球保持不变，即可认为在处是地球的同步卫星，由万有引力得又在处解得故D错误。故选C。9.因为慢中子更适宜引发裂变，但是重核裂变产生的中子大部分是速度很大的“快中子”，因此需要“慢化剂”使“快中子”减速。“快中子”与“慢化剂”的原子核发生碰撞后，中子能量减小，变为“慢中子”。假设中子与“慢化剂”原子核的每次碰撞都是弹性碰撞，而且认为碰撞前“慢化剂”原子核都是静止的，下列说法正确的是（　　）A.“慢化剂”原子核质量越大，每次碰撞中中子损失的能量越多，更适宜作为“慢化剂”B.若“慢化剂”采用普通水，中子与普通水中的氢原子核发生碰撞，中子的减速效果很好C.若用石墨做“慢化剂”，碳原子核的质量是中子质量的12倍，一次碰撞前后中子速度大小之比为D.若用石墨做“慢化剂”，碳原子核的质量是中子质量的12

7倍，一个“快中子”连续与三个静止的碳原子核碰撞后“快中子”的动能与其初动能之比为【答案】B【解析】【详解】设碰撞前后中子的速度分别为、，碰撞后原子核的速度为，中子的质量为，原子核的质量为，则，根据弹性碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒可得解得则碰撞后中子的速率为A．由上述分析可知，“慢化剂”原子核质量越大，即A越大，碰后中子的速度也是非常大，只是反弹回来，不能达到使快中子减速的目的，故A错误；B．由上述分析可知，若“慢化剂”采用普通水，中子与普通水中的氢原子核发生碰撞，中子的减速效果很好，故B正确；C．根据中子碰后速度的表达式有一次碰撞前后中子速度大小之比为故C错误；D．根据中子碰后速度的表达式知，当中子发生第三次弹性碰撞后速度为故一个“快中子”连续与三个静止的碳原子核碰撞后“快中子”的动能与其初动能之比为，故D错误。故选B。10.某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图（1）、（2

8）所示偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】加图示偏转电压后，光斑将在x轴方向向一侧匀速运动，然后回到O点重复这一运动；y轴方向，偏转电压恒定，所以光斑在y轴方向位移恒定。所以ABC错误；D正确；故选D。11.某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（　　）A.开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等

9B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变C.开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭D.根据题中信息，可以推算出图乙中与的比值【答案】D【解析】【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯和的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流也是逐渐增加，A、B错误；C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯和提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯和的电流相等，所以灯逐渐熄灭，C错误；D．开关S闭合瞬间，灯和串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律电路稳定后，流过D3的电流为开关S断开瞬间，电感线圈能够为和提供与之前等大电流，故其两端电压为所以故可以推算出图乙中与的比值，D正确。故选D。12.最近两年洗地机这一新鲜家电逐渐流行，便利了人们的生活。现有某品牌洗地机，如图所示其工作参数如图表，其工作模式有强效、节能两种，强效模式下，该洗地机以额定功率工作，节能模式下，以额定功率的一半功率工作，两种模式下，其工作电压均相同，其续航时间是按照节能模式工作计算得到的，则下列说法正确的是（　　）

10产品名称某品牌洗地机产品型号QX-V6A额定功率220W电池容量4000mAh续航时间40min清水箱容量800mL外形尺寸260*262*1115mm污水箱容量720mLA.该洗地机在节能模式下的工作电流为6AB.该洗地机在节能模式下的工作电流为0.1AC.该洗地机内阻约为3ΩD.强效模式下，该洗地机的工作电压约为36V【答案】A【解析】【详解】AB．该洗地机在节能模式下的工作电流为故A正确，B错误；C．根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，故C错误；D．两种模式下，其工作电压均相同，根据该洗地机的工作电压

11故D错误。故选A。13.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（　　）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等C.该五棱镜折射率的最小值是D.该五棱镜折射率的最小值是【答案】C【解析】【详解】AB．由题意画出光路图如图所示，设光线在CD面上的入射角为根据光路图和反射定律可知

12得由四边形内角和为360°和角度关系可得∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB错误；CD．光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值，则解得故C正确，D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的．全部进对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列表述正确的是（　　）A.机械能可以全部转化成内能，但这个过程是不可逆的B.农民给土壤松土，是为了使地下的水分快速上升到地面C.在一列沿平直轨道飞快地匀速行驶的火车车厢中央有一光源发出了一个闪光，则地面上的静止观察者看到：闪光先到达后壁，后到达前壁D.图示电场是不可能存在的【答案】ACD【解析】【详解】A．根据热力学第二定律可知机械能可以全部转化成内能，但这个过程是不可逆的，故A正确；B．农民给土壤松土可以破坏土壤里的毛细管，可以保存土壤里的水分，故B错误；C．地面上的观察者以地面为参考系，根据狭义相对论原理，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些，所以闪光先到达后壁，后到达前壁，故C正确；D

13．带电物体在静电场中沿闭合路径运动一周回到原位，电场力做功为零，在图示的假想电场中，一个电荷从场强较强的上部沿电场线向左运动，然后垂直电场线向下运动到中部场强较弱处，再向右运动，再向上回到原位，电场力做功不为零，不符合静电场的保守性，那么这种电场不存在，故D正确。故选ACD。15.如图甲、乙分别为两列横波Ⅰ、Ⅱ的振动图像，t=0时刻分别同时从图丙的A、B两点开始向四周传播，并在t=2s时恰好相遇，已知A、B相距0.8m，C为AB中点，D距A点0.15m，则（　　）A.直线上A、B外侧均为振动加强点B.直线上A、B间（不包括A、B点）共有8个振动加强点C.t=4s内直线上C点通过的路程为零D.t=3.75s时D点经平衡位置向下振动【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．由题意知，波长为0.2m，A、B两质点的起振方向相反，AB间距满足波长的整数倍，故A、B外侧均为减弱点，故A错误；B．加强点满足该点距AB的位移差为半波长的奇数倍，共有8个点，分别距A点的距离为0.05m，0.15m，0.25m，0.35m，0.45m，0.55m，0.65m，0.75m，故B正确；C．C点距A点0.4m，为减弱点其位移始终为零，故C正确；D．D点为加强点，t=3.25s时，波Ⅱ刚传到D点，从平衡位置向上振动，此时波Ⅰ已在D点振动了2.5s，也从平衡位置向上振动。再经0.5s，质点D经平衡位置向下振动。故D正确。故选BCD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.用传感器和计算机可以方便地描出做平抛运动的物体的轨迹，一种设计原理如图甲所示。物体A以某一初速度从O点水平抛出，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，在它运动的平面内安放着超声-红外接收装置B，B盒装有、两个超声-红外接收器，并与计算机相连，、各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们各自与物体A的距离。

14（1）为使运动轨迹更接近抛物线，物体A应选用下列哪种小球更合理（）A.小木球B.小钢球C.小皮球（2）如图乙所示，某实验小组让物体A在图示位置同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，以抛出点O为坐标原点建立坐标系，若还测出了O点到B1、B2的距离，重力加速度未知，则由题中条件可以求出__________。A.物体A的初速度B.物体A的位置坐标C.物体A的运动时间D.物体A此时的速度方向【答案】①.B②.BD【解析】【分析】【详解】(1)[1]为减小空气阻力影响，应选用小钢球更合理。故选B。(2)[2]B．设A点坐标为(x,y)，由几何关系可得由题意可知，、、、均已知，联立可解得x、y，即可确定物体A的位置坐标，B正确；AC．由平抛位移公式可得由于重力加速度g未知，故无法求得运动时间t及初速度v0，AC错误；

15D．由速度偏角公式可得由位移偏角公式可得对比可得故可确定物体A此时的速度方向，D正确。故选BD。17.在用“单摆测重力加速度”的实验中：（1）若该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图所示，则小球直径为______；（2）下列振动图像真实地描述了对摆长约为的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点为计时起点，均为30次全振动的图像，已知，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是____________（填字母代号）。A．B．C．D．【答案】①.2.240②.A【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数规律，该读数为（2）[2]单摆看为简谐运动的前提是摆角小于，则振幅近似小于振动中的位移是相对于平衡位置的位移，由于以原点O为计时起点，即0时刻位移为0，满足这两个要求的只有第一个图像．故选A。

1618.“探究气体等温变化的规律”的实验装置如图甲所示，用细软管将针管小孔与压强传感器连接密封一定质量的气体，用数据采集器连接计算机测量气体压强。（1）某小组两位同学各自独立做了实验，环境温度一样且实验均操作无误，根据他们测得的数据作出的图像如图乙所示，图线与在横轴上截距之比为，则与密闭气体质量之比为_________；（2）两条图像都不过坐标原点，图中表示____________的体积。【答案】①.②.压强传感器与注射器之间的气体（或细软管内气体）【解析】【详解】（1）根据理想气体状态方程可得可得可知图像的斜率为图线与在横轴上截距之比为，设图线的横轴截距为，则图线的横轴截距为；图线的斜率为图线的斜率为联立可得与密闭气体质量之比为（2）[2]

17两位同学各自独立做了实验，环境温度一样且实验均操作无误，两条图像都不过坐标原点，造成图线不过原点的原因可能是注射器中气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验器材可知，图中表示压强传感器与注射器之间的气体的体积（或细软管内气体的体积）。19.某实验小组需要测定一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：待测滑动变阻器、电源（电动势约3V）、电流表（量程100mA）、电阻箱、导线若干。（1）由于不方便用螺旋测微器测量电阻丝的直径，某同学提出了由螺线管绕线宽度除以匝数的方法来测量电阻丝直径。测得总匝数n＝200匝时螺线管的绕线宽度如图（甲）所示，则绕线宽度为________cm；（2）将器材按图（乙）连接，在闭合电键前将滑片移至最右端200匝处，并将电阻箱阻值调至________（填“最大”或“最小”），然后逐渐调节电阻箱的阻值R，使电流表的示数为80mA；（3）之后不断减少电阻丝接入电路的匝数，同时调节电阻箱，保持电流表示数80mA不变，记录数据如下：n（匝）20016012080400R（Ω）111621223136（4）在坐标纸上描点如图（丙）所示，请在坐标纸上作出R随n变化的图线________。若图线的斜率绝对值为k，电阻丝直径为d，进一步测得螺线管的直径D＝1.80cm，该电阻丝电阻率的表达式ρ＝________（用k、d、D表示），计算结果为________Ω∙m（保留3位有效数字）；（5）电流表和电源的内阻会导致电阻率的测量结果________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

18【答案】①.12.00②.最大③.④.⑤.##0.625×10-6⑥.无影响【解析】【详解】（1）[1]刻度尺分度值为0.1cm，需要估读到0.01cm，所以绕线宽度为12.00cm。（2）[2]为了使闭合开关后电路中电流最小，以保护元件，在闭合电键前将电阻箱阻值调至最大。（4）[3]舍去误差较大的点，将剩余点用直线拟合，如图所示。[4]n匝螺线管电阻丝的长度为电阻丝的横截面积为根据电阻定律可知n匝螺线管接入电路时的阻值为由于保持电流表示数不变，则电路总电阻R总不变，所以则图线的斜率为

19解得[5]由图像可得电阻丝的直径为代入数据解得（5）[6]根据前面分析可知，在构建方程时已经将电流表内阻和电源内阻考虑进去，而这两个参量并不影响所作图像的斜率，只会影响纵截距，因此对电阻率的测量结果无影响。20.如图所示，绝热容器A中有一根阻值为R=10的电阻丝与电源相连，电源电动势为5V，电源内阻不计。A容器的体积为V0=2L。设电阻丝自身升温所需热量以及所占的体积忽略不计。A容器通过一绝热细管与一竖直的横截面积为S=100cm2的绝热容器C相连，容器C上有质量为m=10kg的绝热活塞封闭，活塞与C容器间无摩擦。现有一定质量理想气体封闭在两容器中，开始时容器内气体温度为T0=300K，活塞离容器底高度为h0=10cm，大气压强为P0=1.01×105Pa，接通电源对电阻丝加热放出热量，使C中活塞缓慢移动，当稳定时容器气体温度为2T0，用时6分钟。不考虑容器吸收热量。试求：（1）达到平衡时容器C中活塞移动的位移；（2）容器中气体增加的内能；【答案】（1）30cm；（2）567J【解析】【详解】（1）气体经历等压变化过程，活塞移动的位移x应满足的关系式，则有解得

20（2）由焦耳热定律可得①由欧姆定律可得②由①②两式联立求解得由题意可知，气体膨胀，对外做功，则有③④由③④两式联立求解得气体膨胀，对外做功，W取负值，由热力学第一定律可得21.如图所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧，圆弧半径为，右端是粗糙的水平面，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽段长度为，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如下图甲所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现将一质量为小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取，则求：（1）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程。

21【答案】（1）；（2）48J；（3）10.625m【解析】【分析】【详解】（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中小球克服阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有小球由A到C过程中，由动能定理可得解得（2）小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故速度交换即碰后滑块速度大小为，滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得联立得

22（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为，小车速度随时间变化的图像如图所示由图像易知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程解得同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中，第3次碰撞到第4次碰撞过程中，第4次碰撞到第5次碰撞过程中，小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程s22.如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m=1kg，足够长的U型金属导轨abcd，间距L=1m。一质量不计，电阻值R=0.5Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U型导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B=0.5T的足够大的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U型导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t=0时，U型导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1=2s，撤去外力F，直至U型导轨静止。已知2s内外力F做功W=14.4J。不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：（1）外力F随时间t的变化规律；

23（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；（3）在整个运动过程中，U型导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。【答案】（1）；（2）12J；（3），，【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知，bc边产生的电动势与理想电压表的示数相等，则可得，U型导轨向右运动的速度与时间的关系为由可知，U型导轨的加速度为由欧姆定律得，U型导轨中的电流为U型导轨运动时，受到外力F、bc边的安培力和导体棒MN的摩擦力，由牛顿第二定律得代入数据，联立解得（2）整个运动过程中，由功能关系，有

24由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为则克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的关系为电路消耗的焦耳热Q等于克服安培力做的功，则联立以上各式，解得（3）设从开始运动到撤去外力F这段时间为t1=2s，这段时间内做匀加速运动，则①时，根据位移与速度关系可知时，根据匀变速运动规律可知，该时刻速度和位移分别为②时，物体做变速运动，由动量定理得解得当时，综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下

2523.如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行金属板间距为，极板长度为，在两极板间加上如图乙所示的交变电压（时左极板带正电），以极板间的中心线为y轴建立如图里所示的坐标系，在直线上方合适的区域加一垂直纸面向里的圆形匀强磁场。时，有大量电子从入口同时以平行于y轴的初速度射入两极板间，经过相同时间所有电子都能从平行板上方出口平行极板射出，经过圆形磁场区域后所有电子均能打在同一点P（P在直线上）已知电子的质量为，电荷量为，求：（1）交变电压的周期和电压的值；（2）求所加磁场的磁感应强度的取值范围；（3）当所加磁场的磁感应强度为（2）问中的最小值时，求P点横坐标的取值范围以及电子从出发到打至P点时，最长运动时间和最短运动时间的差值的范围。【答案】（1），；（2）；（3），【解析】【详解】（1）由题意，经过T时间所有电子都能从平行板上方出口平行极板射出，粒子在方向上做匀速直线运动，有

26可得电场力方向上先加速后减速，有联立求得（2）若使电子经磁场偏转后汇聚于一点，则电子运动的半径与圆形磁场的半径相等。当所加磁场范围为图中小圆时磁感应强度最大此时根据可得

27当所加磁场为大圆时（与直线相切）磁感应强度有最小值，此时根据可得则所加磁场的范围为（3）当所加磁场的磁感应强度为（2）问中的最小值时，各电子到达同一点的时间不同，结合（2）中分析可知，P点的横坐标的取值范围为当电子过时，电子在磁场中所用时间最大则当大圆向上平移时，变小，当大圆向左平移到最右端与y轴相切时，有最小值则所以

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