山东省日照市2020届高三物理4月一模试题（Word版附解析）

2019—2020 学年度高三模拟考试 物理试题 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码 上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、 试题卷上答题无效。保持卡面整洁，不折叠、不破损。 4.本试卷共 8 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 一、单项选择题：本题包括 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个 选项中。只有一项是符合题目要求的。 1.在放射性同位素的应用中，下列做法正确的是（　　） A. 应该用 α 射线探测物体的厚度 B. 应该用 粒子放射源制成“烟雾报警器” C. 放射育种利用 射线照射种子使遗传基因发生变异 D. 医院在利用放射线诊断疾病时用半衰期较长的放射性同位素 【答案】C 【解析】 【详解】A．γ 光子的贯穿能力最强，应该用 γ 射线探测物体的厚度，故 A 错误； B．因为 α 粒子的电离本领强，所以应该用 α 粒子放射源制成“烟雾报警器”，故 B 错误； C．γ 光子的贯穿能力最强，从而使 DNA 发生变异，所以放射育种利用 γ 射线照射种子使遗传 基因发生变异，故 C 正确； D．人体长时间接触放射线会影响健康，所以医院在利用放射线诊断疾病时用半衰期较短的放 射性同位素，故 D 错误。 故选 C。 2.如图所示，在水平桌面上叠放着物体 a、b、c，三个物体均处于静止状态。下列说法正确 是（　　） 的 γ γA. c 一定受到水平桌面施加的摩擦力 B. b 对 a 的作用力一定竖直向上 C. c 对 b 的摩擦力可能水平向右 D. b 对 a 的支持力与 a 受到的重力是一对作用力和反作用力 【答案】B 【解析】 【详解】A．对 a、b、c 整体分析，受重力和支持力，二力平衡，c 不受地面的摩擦力，故 A 错误； B．对物体 a 受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，b 对 a 的作用力一定竖 直向上，和 a 的重力平衡，故 B 正确； C．以 a 和 b 整体为研究对象，受到重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，c 对 b 的静摩 擦力平行接触面向上，故 C 错误； D．b 对 a 的支持力与 a 对 b 的压力是一对作用力和反作用力，两力的施力物体不同，受力物 体不同，且两力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。而 a 受到的重力，受力物体 还是 a，且该力与 b 对 a 的支持力不在同一直线上，故 D 错误。 故选 B。 3.在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有 a、b、c 三种不同颜色的单色点光源， 有人在水面上方同等条件下观测发现，b 在水下的像最深，c 照亮水面的面积比 a 的大，关于 这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：①c 光的频率最大②a 光的传播速度最小 ③b 光的折射率最大④a 光的波长比 b 光的短，根据老师的假定，以上回 答正确的是(　　) A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【详解】根据视深公式说明频率最小的光，水对它的折射率最小，在水下的像最深，所以 b 的折射率最小，频率最 小，波长最大，传播速度最大，③错误④正确；照亮水面的圆面积的半径 R 与临界角 C 满足 又 ，c 照亮水面的面积比 a 的大，则 c 的临界角大，水对 c 的折射率小，所以 a 的 折射率最大，a 的频率最大，a 的传播速度最小，①错误②正确。 故选 C。 4.如图是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双 掷开关 S1 与一只安培表 A 连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻 R0 相 连接，通过 S1、S2 可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为 U 的交流电后，① 当 S1 接 a，S2 接 c 时，安培表的示数为 I1；②当 S1 接 a，S2 接 d 时，安培表的示数为 I2；③ 当 S1 接 b，S2 接 c 时，安培表的示数为 I3；④当 S1 接 b，S2 接 d 时，安培表的示数为 I4，则 （　　） A. I1＝I2 B. I1＝I4 C. I2＝I3 D. I2＝I4 【答案】B 【解析】 【详解】在第①种情况下，S1 接 a，S2 接 c 时，设副线圈加在 R0 上的电压为 U0，流过 R0 的电 流为 I0，根据 可得，第②③④种情况，R0 上的电压分别为 、2U0、U0，流过 R0 的 电流分别为 、2I0、I0，根据 可得 、 、 故选 B。 hh n ′ = tan RC h = 1sinC n = 1 1 2 2 U n U n = 0 2 U 0 2 I P P=入 出 2 1 1 4I I= 3 14I I= 4 1I I=5.质量 的物块静止在光滑水平面上，t=0 时刻对该物块施加一沿水平方向的力 F，F 随 时间 t 按如图所示的规律变化。下列说法正确的是（　　） A. 第 2s 末，物块距离出发点最远 B. 第 2s 末，物块的动量为 5kg·m/s C. 第 4s 末，物块的速度最大 D. 第 3s 末，物块的加速度为 2.5m/s2 【答案】B 【解析】 【详解】A．前两秒物体一直加速运动，所以第 2s 末物块的速度最大，此时不是离出发点最 远，故 A 错误； B．F-t 图象与坐标轴围成的面积表示力的冲量。根据动量定理可得第 2s 末物块的动量为 故 B 正确； C．第 2s 末，物块的速度最大，第 4s 末，物块的速度为零，故 C 错误； D．第 3s 末，物块的加速度为 方向与速度方向相反，故 D 错误。 故选 B。 6.如图所示，用电阻率为 ρ、横截面积为 S、粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架， 边 均与 边成 60°角， 。框架与一电动势为 E、内阻忽略不计的电源相连接。 垂直于竖直框架平面有磁感应强度大小为 B、方向水平向里的匀强磁场，则框架受到安培力的 合力的大小和方向为（　　） 1kgm = 5 2 kg m/s=5kg m/s2P ×= ⋅ ⋅ 2 2-5 m/s =-5m/s1 Fa m = = ab cd、 ad ab bc cd L= = =A. ，竖直向上 B. ，竖直向上 C. ，竖直向下 D. ，竖直向下 【答案】A 【解析】 【详解】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图 设电路 abcd 上的电阻为 3r，由几何关系得，ad 段的长度为 2L，所以 ad 上的电阻为 2r； abcd 上的电流 ad 上的电流 ab、bc、cd 上各段的安培力 ad 上各段的安培力 各段受到的力中，F1 和 F3 在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到 的合外力 F=F4+F1cos60°+F2+F3cos60°= 则可得 5 3 BSE ρ 6 5 BSE ρ 10 3 BSE ρ 5 6 BSE ρ 1 3 EI r ＝ 2 2 EI r ＝ 1 2 3 1 3 BELF F F BI L r ＝ ＝ ＝ ＝ 4 2 2 BELF BI L r ⋅＝ ＝ 5 3 BEL r Lr S ρ=方向竖直向上. 故选 A。 7.如图，固定于同一条竖直线上的 A、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q 和－Q，A、B 相距为 2d。MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 p， 质量为 m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布）。现将小球 p 从与点电荷 A 等高 的 C 处由静止开始释放，小球 p 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时，速度大小为 v。已知 MN 与 AB 之间的距离为 d，静电力常量为 k，重力加速度为 g。可知（　　） A. C、D 间的电势差 B. 由等量异种电荷电场分布的特点知 C. 小球 p 经过 O 点时的加速度 D. 小球 p 经过与点电荷 B 等高的 D 点时的速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球 p 由 C 运动到 O 时，由动能定理得 又根据 UCD=2UCO 联立解得 5 3 BSEF ρ= 2 2CD mvU q = CO DOU U= 2 2 2 kQqa gmd = + 2 2Dv v= 21 2COmgd qU mv+ =故 A 错误； B．由等量异种电荷电场分布的特点知 C、O、D 三点电势逐渐降低，所以 UCO=UOD=－UDO 故 B 错误； C．小球 p 经过 O 点时受力分析如图，由库仑定律得 它们的合力为 由牛顿第二定律得 mg+F=ma 解得 故 C 正确； D．小球 p 经过与点电荷 B 等高的 D 点时的过程，由动能定理得 由电场特点可知 UCO=UOD 联立解得 2 2 CD mv mgdU q −＝ 1 2 2( 2 ) k QqF F d = = 1 2 2 2cos45 cos45 2 kQqF F F d = °+ ° = 2 2 2 kQqa g md +＝ 2 21 1 2 2OD Dmgd qU mv mv+ = − 2Dv v＝故 D 错误。 故选 C。 8.如图，不计空气阻力，从 O 点水平抛出的小球抵达光滑、固定斜面上端 P 处时，速度方向恰 好沿着斜面方向，然后紧贴斜面 PQ 做匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A. 小球在斜面上运动 加速度大小比平抛运动时的大 B. 小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重 C. 撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地瞬间小球重力的功率将变大 D. 撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地时间将增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．物体在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为 g；在斜面上运动时，由牛顿第二定 律得加速度为：a=gsinα，（α 是斜面的倾角），可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运 动时的小，故 A 错误； B．对于小球和斜面组成的系统，因为小球有沿斜面向下的加速度，故小球在竖直方向上有竖 直向下的分加速度，小球处于失重状态，所以小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持 力小于小球和斜面的总重量，故 B 错误； CD．由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsinα，竖直分加速度为 ay=asinα=gsin2α＜g，则知 撤去斜面，落地时间变短，落地瞬间竖直方向分速度变大，重力的瞬时功率变大，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 二、多项选择题：本题包括 4 小题，每小题 4 分，共 16 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 4 分，选对但不全的得 2 分，有选 错的得 0 分。 9.墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是（　　） A. 混合均匀主要是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的 的B. 混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动 C. 适当加热可以使混合均匀的过程进行得更迅速 D. 使用碳粒更大的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速 【答案】BC 【解析】 【详解】A．碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮 微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，不 是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的，故 A 错误。 B．混合均匀的过程中，水分子做无规则的运动，碳粒的布朗运动也是做无规则运动，故 B 正 确。 C．温度越高，布朗运动越剧烈，所以适当加热可以使混合均匀的过程进行得更迅速，故 C 正 确。 D．做布朗运动的颗粒越小，布朗运动越剧烈，所以要使混合均匀的过程进行得更迅速，需要 使用碳粒更小的墨汁，故 D 错误。 故选 BC。 10.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图， 两质点的横坐标分别为 和 ，图乙为质点 b 从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是（　　） A. 该波沿 方向传播，波速为 1m/s B. 质点 b 经 8s 振动的路程为 2m C. 此时刻质点 a 的速度沿+y 方向 D. 质点 a 在 t=2s 时速度为零 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图乙可得：图甲所示时刻，质点 b 在平衡位置向上振动，故由图甲可得：波向 左传播；故 A 错误； B．由图乙可得：周期 T=8s，振幅 A=0.5m，故质点 b 经 8s＝T 振动的路程为 4A=2m，故 B 正 a b、 2ax m= 6bx m= x+确； C．波向左传播，故图甲所示时刻质点 a 沿-y 方向向下振动，故 C 错误； D．图甲所示零时刻质点 a 在平衡位置，t=2s= T 时刻故质点 a 到达最低点，速度为零，故 D 正确； 故选 BD。 11.2019 年 1 月 3 号“嫦娥 4 号”探测器实现人类首次月球背面着陆，并开展巡视探测。因月 球没有大气，无法通过降落伞减速着陆，必须通过引擎喷射来实现减速。如图所示为“嫦娥4 号”探测器降落月球表面过程的简化模型。质量 m 的探测器沿半径为 r 的圆轨道 I 绕月运动。 为使探测器安全着陆，首先在 P 点沿轨道切线方向向前以速度 u 喷射质量为△m 的物体，从而 使探测器由 P 点沿椭圆轨道 II 转至 Q 点（椭圆轨道与月球在 Q 点相切）时恰好到达月球表面 附近，再次向前喷射减速着陆。已知月球质量为 M、半径为 R。万有引力常量为 G。则下列说 法正确的是（　　） A. 探测器喷射物体前在圆周轨道 I 上运行时的周期为 B. 在 P 点探测器喷射物体后速度大小变为 C. 减速降落过程，从 P 点沿轨道 II 运行到月球表面所经历的时间为 D. 月球表面重力加速度的大小为 【答案】AD 【解析】 详解】A．探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 【 1 4 3 2 r GM π ( )m m u m − ∆ ( )3 2 R r GM π + 2 GM R 2 2 2( )MmG m rr T π=解得探测器喷射物体前在圆周轨道 I 上运行时的周期 故 A 正确； B．在 P 点探测器喷射物体的过程中，设喷射前的速度为 v，根据动量守恒可知 mv=△mu+（m-△m）v' 解得喷射后探测器的速度 故 B 错误； C．探测器在轨道 II 上做椭圆运动，半长轴 根据开普勒第三定律可知 解得 减速降落过程，从 P 点沿轨道 II 运行到月球表面所经历 时间为 故 C 错误； D．假设在月球表面的放置一个质量为 m 的物体，则它受到的重力和万有引力相等 解得月球表面重力加速度的大小 故 D 正确。 故选 AD。 12.如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距 L，导轨的两端分别与电源（串有 的 3 2 rT GM π= (' )mv mu m m uv m m m − −= ≠−    2 r Ra += 3 3 2 2 II I a r T T ＝ 3 3 2( ) 22II r R rT r GM π+= ⋅ 3 3 2(1 2 2 )II r R rt T r GM π⋅+= = 2 GMmmg R = 2 GMg R =一滑动变阻器 R）、定值电阻 R0、电容器（电容为 C，原来不带电）和开关 S 相连。整个空间 充满了磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为 m、电阻不计的 金属棒 横跨在导轨上。己知电源电动势为 E、内阻为 r，不计导轨的电阻。当 S 接 1，滑动 变阻器 R 接入电路一定阻值时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止。当 S 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 时达到稳定速度。重力加速度为 g，则下列分析正确的是（　　） A. 当 S 接 1 时，滑动变阻器接入电路的阻值 B. 当 S 接 2 时，金属棒 从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为 C. 若将 棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度 v 的变化 关系为 D. 若将 棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则金属棒 将做匀加速直线运动，加速度大 小 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．S 接到 1 位置时，有 由平衡条件得 mg=BIL 得 联立解得 ab h EBLR rmg = − ab 4 2 2 2 0 2 2 0 B L h m gRt mgR B L += ab Q CBLv= ab ab 2 2 mga m CB L = + EI R r = + mgI BL =故 A 正确； B．S 接到 2 位置速度恒定时有 解得 金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 h 时达到稳定速度，根据动量定理可得 即 其中 ，解得 故 B 错误； CD．若将 ab 棒由静止释放的同时，将 S 接到 3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度 v 的变 化关系为 Q=CU=CBLv 根据动量定理可得 即 mg△t-BL•△Q=m△v 将△Q=CBL△v 代入解得 mg△t-CB2L2△v=m△v 所以 故 CD 正确。 EBLR rmg = − 2 2 0 B L vmg BIL R = = 0 2 2 mgRv B L = mgt BILt mv− = 2 2 0 vB Lmgt t mvR − ⋅ = vt h= 4 4 2 2 0 2 2 0 B L h m gRt mgR B L += mg t BIL t m v− =   2 2 v mga t m CB L = = +  故选 ACD。 三、非选择题：本题包括 6 小题，共 60 分。 13.某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。将一钢球用细线系住悬挂在铁 架台上，钢球静止于 A 点。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为 d 的遮光条。在 A 的正下方固 定一光电门。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间 t 可由计时器测 出，取 作为钢球经过 A 点时的瞬时速度。记录钢球每次下落的高度 h 和计时器示数 t， 计算并比较钢球在释放点和 A 点之间重力势能的变化大小 与动能的变化大小 ，就能 验证机械能是否守恒。 (1)用 计算钢球动能变化量的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示， 其读数为_________cm。某次测量中，计时器的示数为 0.0100s，则钢球经过 A 时的速度 _________ m/s（保留三位有效数字）。 (2)下表为该实验小组的实验结果： 从表中发现△Ep 与△Ek 之间存在差异，可能造成该差异的原因是_________。 A.用 计算钢球重力势能的变化大小时，钢球下落高度 为测量释放时钢球球心到 球在 A 点时底端之间的竖直距离 B.钢球下落过程中存在空气阻力 C.实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大 【答案】 (1). 1.50 (2). 1.50 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1][2]．刻度尺的最小分度值为 1mm，需估读一位，所以读数为 1.50cm； d t υ = pE∆ kE∆ 21 2kE mυ∆ = υ = pE mgh∆ = h钢球经过 A 的速度为 (2)[3]．表中的△Ep 与△Ek 之间存在差异，且有△Ek＞△EP； A．钢球下落高度 h 为测量释放时钢球球心到球在 A 点时底端之间的竖直距离，测量的高度 h 偏大则△EP 偏大，故 A 错误； B．若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于钢球的动能增加量，即△EP＞ △Ek，故 B 错误； C．实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大，导致△Ek＞△EP，故 C 正确。 故选 C。 14.某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻 较大，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的 双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表 内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。该同学用到的实验器材有： 待测水果电池组（电动势约 4V、内阻约 ），双向电压表（量程为 2V、内阻约为 ）， 电阻箱（0~ ），滑动变阻器（0~ ），一个单刀双掷开关及若干导线。 (1)该同学按如图 1 所示电路图连线后，首先测量了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的 实验步骤： ①将 R1 的滑动触片滑至最左端，将开关 S 拨向 1 位置，将电阻箱阻值调为 0；②调节 R1 的滑 动触片，使电压表示数达到满偏 U；③保持 R1 不变，调节 R2，使电压表的示数达到 ，读出 电阻箱的阻值，记为 R0，则电压表的内阻 RV=__________。 (2)若测得电压表内阻为 ，可分析此测量值应__________（填“大于”“等于”或“小 于”）真实值。 (3)接下来测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下： 21.50 10 m/s 1.50m/s0.0100 dv t −×= =  ＝ 50Ω 2kΩ 9999Ω 200Ω 3 U 2kΩ①将开关 S 拨至__________（填“1”或“2”）位置，将R1 的滑片移到最__________端，不再 移动； ②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值； ③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。 (4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为 R，作出 图像，如图 2 所示，其中纵轴截 距为 b，斜率为 k，则电动势的表达式为__________，内阻的表达式为__________。 【答案】 (1). (2). 大于 (3). 2 (4). 左 (5). (6). 【解析】 【详解】(1)[1]．滑动变阻器接入电路的阻值不变，电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示 数变为满偏电压 时，则电阻箱分压 ，电阻箱接入电路的阻值等于电压表内阻的 2 倍， 则电压表内阻 ． (2)[2]．调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的 时，电路总电阻变大，电路总电流变 小，滑动变阻器与电源内阻分压变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为 满偏电压 时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压的 ，实际上电压表内阻小于 ，则 电压表内阻的测量值偏大． (3)①[3][4]．测电源电动势与内阻，应将开关 S 拨至 2 位置，将 R1 的滑动触片移到最左端，不 再移动． ④[5][6]．由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势 则 由图示图象可知，图象截距 图象斜率 1 1 U R − 0 2 R 1 b k b 1 3U 2 3U 0 1 2vR R= 1 3 1 3 2 3 0 1 2 R UE U Ir U rR = + = + 1 1 1r U E E R = + ⋅ 1b E = rk E =则电源电动势 电源内阻 ． 15.如图所示，一端封闭、内径均匀的细玻璃管长为 ，中间有长 的水银 柱将一部分空气封闭在管内，水平放置时，A 端空气柱的长度 。把玻璃管在竖直平 面内缓慢倒转到开口竖直向下后（玻璃管转动过程中水银无泄漏），再把开口端 B 缓慢插入足 够深的水银槽内，直到 B 端空气柱的长度变为 为止。已知外界大气压为 ，空气柱可视为理想气体，在整个过程中温度保持不变。求： (1)开口竖直向下时 A 端空气柱的长度 ； (2)最后平衡时进入玻璃管的水银柱的长度 。（可保留分数） 【答案】（1）75cm；（2） 【解析】 【详解】（1）设玻璃管的横截面积为 ，对 端气体，初始时 ， 转过 90°，插入水银槽之前，对 端气体： 此过程为等温变化，所以有 解得 （2）开口竖直向下时， 气柱长度 ，压强 玻璃管插入水银槽之后，对 端气体 由 1E b = kr b = 100cmL = 15cmh = 1 60cmAl = 25 cm3Bl = 0 75cmHgp = 2Al L∆ 50 cm3 S A 1 75cmHgAp = 1 60cmAl = A 2 0 60cmHgAp p h= − = 1 1 2 2A A A Ap l S p l S⋅ = ⋅ 2 75cmAl = B 2 2 10cmB Al L h l= − − = 2 75cmHgBp = B 3 25 cm3B Bl l= =解得 此时 可知 可得进入玻璃管的水银柱长度为 16.如图所示，质量分别为 mA=2kg、mB=1kg、mC=1kg 的三个小物块 A、B、C（均视为质点） 静止在光滑水平轨道上。半径为 R=0.6m 的光滑、竖直、半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、 C 之间有一轻弹簧刚好处于原长，B 与轻弹簧栓接，C 未与弹簧栓接。现让物块 A（右侧涂有 少量质量不计的粘胶）以初速度 =6m/s 沿水平方向向右滑动，A 与 B 发生碰撞并粘为一体。 经过一段时间，C 脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。（取 g=10m/s2）求： (1)上述过程中弹簧的最大弹性势能 ； (2)C 脱离弹簧时的速度大小 ； (3)试讨论判断 C 能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时 C 对轨道的压力大小； 若不能，请说明理由。 【答案】（1）6J；（2） ；（3）能， 【解析】 【详解】（1） 、 、 位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设 与 2 2 3 3B B B Bp l S p l S⋅ = ⋅ 3 90cmHgBp = 3 3 75cmHgA Bp p h= − = 3 60cmAl = 3 3 50 cm3B AL L h l l= − − − =△ 0 υ PE C υ 6m / s 10N A B C A发生完全非弹性碰撞后共同速度为 ，对 、 有 可得 弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时 、 、 共同速度为 ，有 可得 由机械能守恒定律得 解得 （2）设弹簧恢复原长时 的速度为 ， 的速度为 ，此后 脱离弹簧 由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 （3） 脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为 ，由机 械能守恒定律得 可得 设过最高点时轨道对 的支持力大小为 由 B 1v A B ( )0 1A A Bm v m m v= + 1 4m / sv = A B C 2v ( ) ( )1 2A B A B Cm m v m m m v+ = + + 2 3m / sv = ( ) ( )2 2 p 1 2 1 1 2 2A B A B CE m m v m m m v= × + − × + + p 6JE = AB Bv C Cv C ( ) ( )1A B A B B C Cm m v m m v m v+ = + + ( ) ( )2 2 2 1 1 1 1 2 2 2A B A B B C Cm m v m m v m v× + = × + + 6m / scv = C v 2 21 122 2C C C Cm v m g R m v+ = 2 3m / sv = C NF向心力公式 可得 所以假设成立， 能通过最高点，且对轨道的压力大小为 ． 17.如图所示，质量 M=2kg 的滑板 A 放在水平地面上，当 A 向右滑动的速度 m/s 时， 在 A 中间位置轻轻地放上一个大小不计、质量 m=1kg 的小物块 B，同时给 B 施加一个水平向右 的 F=6N 的恒力作用并开始计时。己知 A 与地面间的动摩擦因数 =0.1，A 与 B 间的动摩擦因 数 。（设滑板 A 足够长，取 g=10m/s2）求： (1)经过多长时间 A、B 达到共同速度； (2)从开始计时到 A、B 达到共同速度的时间内，A、B 间因摩擦而产生的热量 Q； (3)2s 内滑板 A 的位移大小。 【答案】（1）1s；（2）27J；（3）22m 【解析】 【详解】（1）设 的加速度大小为 ，对 由牛顿第二定律可得 解得 方向向左 设 的加速度大小为 ，对 由牛顿第二定律可得 解得 2 NC C vm g F m R + = N 10N 0F = > C 10N 0 13.5υ = 1 µ 2 0.4µ = A 1a A ( )2 1 1mg M m g Maµ µ+ + = 2 1 3.5m / sa = B 2a B 2 2F mg maµ+ = 2 2 10m / sa =方向向右 做减速运动 做加速运动 、 达到共同速度时 解得 （2）从开始计时到达到共同速度， 的位移大小为 的位移大小为 间因摩擦而产生的热量为 ，则 （3）经分析， 、 达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动 设 的加速度大小为 ，对 由牛顿第二定律可得： 解得 方向向右； 时，由（1）可得 ，再经过 ， 的位移大小为 内滑板 的位移大小为 A 1 0 1v v a t= − B 2 2v a t= A B 1 2v v= 1st = A 1x 2 1 0 1 1 11.75m2x v t a t= − = B 2x 2 2 2 1 5m2x a t= = AB Q ( )2 1 2 27JQ mg x xµ= − = A B A 3a A ( )2 1 3mg M m g Maµ µ− + = 2 3 0.5m / sa = 1s 1 10m / sv = 1s A 3x 2 3 1 3 1 10.25m2x v t a t= + = 2s A 1 3 22mAx x x= + =18.如图所示，在水平方向足够长的虚线区域 I（上下边界水平）内有交替变化的电磁场，电 磁场按照如图所示的规律变化，电场强度大小为 E，方向竖直向下，磁感应强度大小为 ，方向垂直纸面向里。一质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子（重力不计）t=0 时刻以 初速度 从上边界 A 点竖直向下进入区域 I， 时刻从下边界 C 点离开区域 I 并进入半径为 R 的圆形区域 II， ，区域 II 与区域 I 在 C 点相切，区域 II 中存在 垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 。（ 、E、 为已知量）。求： (1) 时刻粒子的速度大小 ； (2)区域 I 在竖直方向的宽度 d； (3)粒子在区域 II 中运动的时间。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1） 时间内，粒子在电场中做匀加速直线运动 匀加速直线运动公式知 1 03 EB υ= 0 υ ( ) 03 mt qE υπ= + 2 02mR qE υ= 2 0 3EB υ= m 0 υ 0 1 mt qE υ= 1 υ 1 02v v= 2 011 3 32 mv qE  +   03 9 mv qE π 10 t qEa m = 1 0 1v v at= +可得 （2） 时间内，粒子在电场中运动的位移 时刻，粒子开始在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 由向心力公式 可得 设粒子做匀速圆周运动的周期为 粒子在磁场中运动的时间 对应圆心角为 在磁场中沿竖直方向运动的距离大小为 然后粒子以速度 第二次进入电场，在电场中运动时间 由运动的合成与分解可知，粒子竖直向下的速度大小为 水平方向的速度大小为 1 02v v= 10 t 2 0 1 0 1 1 3 2 2 v v mvd t qE += ⋅ = 1t 1r 2 1 1 1 vqv B m r = 2 0 1 6mvr qE = 1T 01 1 1 62 mvrT v qE ππ= = 0 2 1 1 6 mvt TqE π= = 60θ = ° 2 0 2 1 3 3sin mvd r qE θ= = 1v 0 3 2mvt qE = 1 1 0cosyv v vθ= =粒子竖直方向做匀加速直线运动，经过 时间，竖直向下的速度大小为 竖直位移大小 可得，区域Ⅰ在竖直方向的宽度 （3）粒子从 点离开区域 I 时 速度 易知速度与水平方向的夹角为 60° 设粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为 ，圆心为 ，做圆周运动的周期为 ，粒子 从 点出磁场由向心力公式 可得 易知 为菱形，圆心角为 的 1 0sin 3xv v vθ= = 3t 2 1 3 03y yv v at v= + = 2 1 2 0 3 3 4 2 y yv v mvd t qE += ⋅ = 2 0 1 2 3 11 3 32 mvd d d d qE  = + + = +   C 2 2 2 2 02 3y xv v v v= + = 2r O′ 2T D 2 2 2 2 vqv B m r = 2 0 2 2mvr RqE = = 02 2 2 2 32 3 mvrT v qE ππ= = OCO D′ 粒子在区域Ⅱ中运动的时间 60α = ° 0 1 2 31 6 9 mvt T qE π= =