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广西南宁市2024-2025学年高三上学期摸底考物理试卷
一、选择题，本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024高三上·南宁开学考）锶90的半衰期为28年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比的比结合能大
B．和的核电荷数均为90
C．衰变释放出的电子是Sr原子的核外电子电离形成的
D．经过56年的时间，40克原子核中有30克已经发生了衰变
2．（2024高三上·南宁开学考）某飞船绕地球做椭圆运动的轨迹如图所示，AB是椭圆的长轴，CD是椭圆的短轴，E、F两点关于椭圆中心对称。比较飞船沿顺时针分别从C运动到E和从D运动到F的两个过程，以下说法正确的是（　　）
A．从D到F过程平均速率小
B．两个过程运动时间相等
C．两个过程飞船与地心连线扫过的面积相等
D．飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力
3．（2024高三上·南宁开学考）一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，波速为，时的波形图如图所示，在波的传播方向上有一质点P。则（　　）
A．0~1.5s内质点P运动的路程小于0.1m
B．时质点P的加速度方向沿y轴负方向
C．该波的波长为14m
D．该波的周期为7s
4．（2024高三上·南宁开学考）2024年7月6日消息，近日在辽宁营口四千吨级履带起重机首秀。如图甲为起重机将质量吨的重物吊起时的情形，如图乙所示重物上表面是边长为L的正方形，四根长均为L的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的O点。正方形上表面水平，不计空气阻力和吊绳的重力，取当地的重力加速度。在重物匀速上升过程中，每根吊绳上的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·南宁开学考）如图为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，先将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV，再将开关S接到位置2，电容器在5ms内通过人体模型完成放电。已知电容器的电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（　　）
A．这次电容器充电后带电量为0.4C
B．这次放电过程的平均电流为40A
C．人体模型起到绝缘电介质的作用
D．若充电至20kV，则该电容器的电容为
6．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘直杆与水平面的夹角，直杆的底端固定一电荷量为Q的带正电小球，M、N、P为杆上的三点。现将套在绝缘杆上有孔的带正电物块从直杆上的M点由静止释放。物块上滑到N点时速度达到最大，上滑到P点时速度恰好变为零。已知带电物块的质量为m、电荷量为q，M、P两点间的距离为x，静电力常量为k，不计空气阻力，重力加速度大小为g，带电体均可视为点电荷。则N点到直杆底端的距离r和M、P两点间的电势差分别为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子可以沿竖直方向射出磁场
B．粒子在磁场中运动的最长时间小于
C．不可能有粒子从M点射出磁场
D．不可能有粒子从N点射出磁场
8．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，若某足球运动员训练射门时，将球从M点斜向上踢出，水平撞在球门上端横梁上N点反弹后又水平飞出，落到P点。三点在同一水平面上，竖直，垂直于MP。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间
B．球在MN段运动的时间大于球在NP段运动的时间
C．球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率
D．球碰撞N点前的速率等于球碰撞N点后的速率
9．（2024高三上·南宁开学考）电子双缝干涉实验是世界十大经典物理实验之一、某实验中学的物理兴趣小组在实验室再现了电子双缝干涉实验。实验时使电子垂直射到双缝上。如图所示，M点为光屏上的一固定点，欲使OM间亮条纹数增加，可行的措施为（　　）
A．仅增大电子的动量 B．仅减小电子的动量
C．仅将光屏稍靠近双缝屏 D．仅减小双缝之间的距离
10．（2024高三上·南宁开学考）某同学竖直向上抛出篮球。若篮球上升和下降的高度相等，篮球受到的空气阻力大小与篮球球速度大小成正比。则对比篮球上升过程和下降过程（　　）
A．机械能都减少 B．上升过程阻力做功较多
C．平均加速度相等 D．阻力冲量大小相等
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2024高三上·南宁开学考）某同学用如图所示装置研究机械能守恒定律。装置中的标尺盘可测定摆锤做圆周运动下落的高度h，利用光电门可测得摆锤通过光电门的速度v。已知重力加速度为g。该同学某次实验时让摆锤从A点由静止开始释放。
（1）若该次实验中机械能守恒，应验证的表达式为　 　（用题中字母表示）；
（2）该次实验中测得摆锤通过C点的机械能偏大的原因可能是___________（填标号）；
A．光电门在C的下方
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，重力势能　 　0（填“>”“<”或“=”）。
12．（2024高三上·南宁开学考）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约1.5V）和内电阻r（约1.0Ω）”的实验时，某同学利用图甲所示的实物间的连线图进行测量，下列器材可供选用：
A.电流表：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω
B.电流表：量程0~6A，内阻约0.025Ω
C.电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
D.滑动变阻器R：0~10Ω，额定电流2A
E.待测电池、开关、导线
（1）请根据实物间的连线图在图中方框中画出电路图；
（2）为了让测量结果尽量准确，电流表应选用　 　（填器材前的字母代号）；
（3）根据实验数据作出的图像如图乙所示，则该电池的电动势　 　V，内阻　 　；（结果均保留两位小数）
（4）该同学在实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是　 　，改进的方法为　 　。
13．（2024高三上·南宁开学考）如图甲所示，质量为4.0kg、面积为的绝热活塞将理想气体封闭在上端开口的直立圆筒型绝热气缸中，活塞可沿气缸无摩擦滑动且不漏气。某时刻活塞静止于A位置，气缸内气体的内能。现通过电热丝缓慢加热直到活塞到达位置B，缸内气体的图像如图乙所示。已知大气压，重力加速度g取。已知一定质量理想气体的内能只是温度的函数，气体的内能与热力学温度成正比。求：
（1）活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度和活塞处于B位置时气体的内能；
（2）从A到B，气体从电热丝吸收的总热量。
14．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，光滑竖直圆轨道ABCD与光滑的水平轨道平滑连接，圆弧轨道A、D为最低点，位置稍错开。轻质弹簧左侧与墙面拴接，右侧与物块不拴接。已知物块的质量为，物块将弹簧压缩后，使弹簧储存的弹性势能。解除弹簧锁定，物块被弹出后进入圆轨道。已知物块可以看做质点，不计空气阻力，g取。求：
（1）物块离开弹簧时的速度大小；
（2）为保证物块在运动中不脱离轨道，求圆轨道半径R的取值范围。
15．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，平行光滑的金属导轨由斜面和水平两部分组成，两导轨由两小段光滑绝。缘圆弧轨道（长度可忽略）平滑相连。斜面部分（与水平面夹角小于30°）由间距L的导轨CE、DF构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨连接构成。EG、FH段间距为L，有与竖直方向成60°斜向左上方的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。MP、NQ段间距为2L，有与竖直方向成60°斜向右上方的磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒甲、乙的质量均为m、电阻均为R，导体棒乙静止于MP、NQ段，现使导体棒甲自斜面导轨上距水平导轨h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终垂直导轨，且与导轨保持良好接触。若稳定时导体棒甲未进入MP、NQ段，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计。已知，求：
（1）甲棒刚进入磁场时，乙棒的加速度；
（2）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，通过乙棒的电量；
（3）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，乙棒上产生的焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了衰变的相关知识，理解衰变的实质，掌握半衰期的计算公式是解决此类问题的关键。A．比结合能越大，原子核越稳定，衰变过程放出能量，衰变的产物比反应物更稳定，则的比结合能比的比结合能小，故A错误；
B．和的核电荷数分别为38、39，故B错误；
C．衰变释放出的电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子而来的，故C错误；
D．根据半衰期的计算公式，经过56年的时间，40克原子核中还剩下
故有30克的发生了衰变，故D正确。
故选D。
【分析】根据衰变的产物比反应物更稳定，核电荷数的识别，结合衰变释放出的电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子而来的以及半衰期的计算公式分析求解。
2．【答案】D
【知识点】速度与速率；开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握开普勒运动定律，能分析飞船速率变化情况，从而分析出运动时间和平均速率的关系。AB．根据开普勒第二定律可知近日点速度较大，所以C运动到E平均速率小， E、F两点关于椭圆中心对称，两个过程路程相等，两个过程运动时间不相等，故AB错误；
C．根据开普勒第二定律可知，从C运动到E和从D运动到F的两个过程的时间不等，故两个过程飞船与地心连线扫过的面积不相等，故C错误；
D．由于C点到地心的距离比F点到地心的距离远，根据得飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力，故D正确。
故选D。
【分析】根据飞船速率的变化情况，判断所用时间关系，再分析平均速率关系和运动时间关系；根据开普勒第二定律分析两个过程飞船与地心连线扫过的面积关系；根据万有引力定律分析万有引力的关系。
3．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题时，分析质点P运动的路程时，要明确计时起点位置，只有起点在平衡位置和最大位移处时，每经过四分之一周期，质点运动的路程才等于一个振幅。C．由时的波形图可知，该波的波长为
故C错误；
D．该波的周期为
故D错误；
B．因为简谐横波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知，质点P沿y轴负方向振动，回复力方向沿y轴正方向，故加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
A.0~1.5s内即，由于质点P向y轴负方向振动，速度越来越小，故运动的路程小于0.1m，故A正确。
故选A。
【分析】根据波动图像读出波长，根据波速公式求出周期，根据质点P的振动时间与周期的关系，分析质点P运动的路程。质点P做简谐运动，加速度方向始终指向平衡位置。
4．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】能够根据几何关系得到吊绳与竖直方向的夹角是解题的关键。设吊绳与竖直方向的夹角为，则
设每根吊绳上的拉力为，根据力的平衡
解得
故选C。
【分析】分析物体的受力情况，根据平衡条件列方程计算即可。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电容的定义式和电流的定义式，明确电容的决定因素。A． 电容器的电容为， 电容器充电后电压为10kV， 由电容的定义式可得，这次电容器充电后带电量为
故A错误；
B．由电流的定义式可得，这次放电过程的平均电流为
故B正确；
C．人体模型是导体，不能起到绝缘电介质的作用，故C错误；
D．由电容的决定式可知，充电至20kV，则该电容器的电容不变，仍为，故D错误。
故选B。
【分析】由电容的定义式求出电容器充电后带电量。将开关S接到位置2，根据求这次放电过程的平均电流。人体模型是导体。电容由电容器本身决定，与电压无关。
6．【答案】C
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解电势差与电场力做功的关系，合理选取不同状态下的受力情况是解决此类问题的关键。带电物块上滑到N点时，受到的库仑力大小
带电物块上滑到N点时速度最大，此时带电物块所受的合外力等于零，根据受力平衡有
解得N点到直杆底端的距离r
带电物块从M点到P点，根据动能定理有
M、P两点间的电势差
解得M、P两点间的电势差为
故选C。
【分析】根据库仑力表达式，对带电物块受力分析，列平衡方程，结合动能定理以及电势差与电场力做功的关系分析求解。
7．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在圆形边界的匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，粒子只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，要掌握确定粒子运动轨迹的方法，应用物理原理结合几何关系解答。A．如图所示，由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针的圆周运动（蓝色实线所示），可以沿竖直方向射出磁场，A正确。
B．要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图甲
由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为，根据几何关系
所以
粒子在磁场中运动的最长时间
故B正确；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心的，如图所示
作PN的中垂线，以P或N点为圆心以3R为半径画圆弧交PN中垂线于O，O点即为能通过N点轨迹的圆心，故D错误；
C．同理可知，当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心的，图略，作PM的中垂线，以P或M点为圆心以3R为半径画圆弧交PM中垂线于，点即为能通过M点轨迹的圆心，故C错误。
故选B。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据各个选项的条件作出粒子的运动轨迹，根据几何关系，粒子圆周运动的周期公式解答。
8．【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题采用逆向思维研究斜抛运动，抓住平抛运动的时间由下落的高度决定，结合水平分位移公式分析水平速度的关系。AB．把足球的运动逆向分析，可认为小球做平抛运动，根据平抛运动规律
可得足球的运动时间为
球在MN段和NP段高度相同，所以球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间，故A正确，B错误；
CD．根据平抛运动规律
根据题意可知
则球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】球水平撞在球门上端横梁上N点，MN段运动的逆过程是平抛运动。NP段球做平抛运动，根据两个过程高度关系分析运动时间关系，结合水平位移关系分析球碰撞P点前后的速率关系。
9．【答案】A,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】解决本题要知道干涉条纹间距大小判定依据，以及掌握双缝干涉的条纹间距公式。
AB．根据德布罗意波公式可得，要使电子的波长减小，可以增大电子的动量，故A正确，B错误；
C．根据可得，仅将光屏稍靠近双缝屏，则减小，相邻两个亮条纹间距减小，故C正确；
D．根据可得，仅减小双缝之间的距离，则减小，相邻两个亮条纹间距增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据双缝干涉的条纹间距公式分析判断即可。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．篮球上升过程和下降过程，都要克服空气阻力做功，机械能转化为内能，故机械能都减小，故A正确；
BC．上升过程中，受到重力和空气阻力，空气阻力向下，由牛顿第二定律
下降过程，受到重力和空气阻力，空气阻力向上，由牛顿第二定律
由于阻力随速度的变化而变化，经过相同位置时上升过程速度较大，阻力较大，所以上升过程的平均阻力较大，平均加速度较大，由于上升和下降过程的位移大小相等，因此上升过程阻力做功较多，故B正确，C错误；
D．设t时刻篮球的速度大小为v，经过极短时间时间，空气阻力的冲量为，由题意可知空气阻力大小为
阻力的冲量为
等式两边求和可得
可得
因为上升和下降两个过程中，篮球通过的距离x相等，故篮球上升过程和下降过程阻力冲量大小相等，故D正确。
故选ABD。
【分析】有空气阻力做功，系统 机械能减小；上升过程中平均速度要大于下降过程中的平均速度，空气阻力与速度成正比，可判断空气阻力大小和平均加速度大小；根据动量定理可求阻力的冲量大小。
11．【答案】（1）
（2）A
（3）=
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，实验的注意事项，应用平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律进行求解；知道用光电门来简便测量瞬时速度方法，掌握图像处理实验数据的方法。
（1）设摆球的质量为m，由机械能守恒定律
则应验证的表达式为
（2）实验中测得C点的机械能偏大，最可能的原因是摆锤释放点的位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力，因空气阻力做负功，导致机械能减小，故B错误。
故选A。
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，此位置与A点等高，故重力势能等于0。
【分析】（1）实验时中常通过光电门来测量挡光时间，利用极短时间内的平均速度代替瞬时速度；利用机械能守恒列出表达式，并变形得出与h的函数关系式分析问题；
（2）根据实验过程中影响测量物理量的具体过程分析误差；
（3）根据两点的高度分析重力势能的关系。
（1）设摆球的质量为m，由机械能守恒定律
则应验证的表达式为
（2）实验中测得C点的机械能偏大，最可能的原因是摆锤释放点的位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力，因空气阻力做负功，导致机械能减小，故B错误。
故选A。
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，此位置与A点等高，故重力势能等于0。
12．【答案】（1）
（2）A
（3）1.47；0.73
（4）电源内阻太小；可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验原理，利用图像处理数据的方法。
（1）根据实物图画出电路图可知
（2）由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择A。
（3）根据闭合电路的欧姆定律
可得
由图可知，纵截距为
可得该电池的电动势为
斜率
可得该电池的内阻为
（4）路端电压，如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到1.0V以下。
【分析】（1）根据实物图画出电路图；
（2）根据电路中电流的特点判断；
（3）根据闭合电路的欧姆定律推导函数图象表达式，结合图像计算；
（4）根据电压表的取值范围太小分析判断。
（1）根据实物图画出电路图可知
（2）由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择A。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
可得
由图可知，纵截距为
可得该电池的电动势为
斜率
可得该电池的内阻为
（4）[1][2]路端电压，如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到1.0V以下。
13．【答案】（1）解：设活塞在A位置时气体的体积为，热力学温度为，在B位置时气体的体积为，热力学温度为，内能为。由盖—吕萨克定律
可得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为
由气体的内能与热力学温度成正比，则
可得活塞处于B位置时气体的内能为
（2）解：活塞从A位置缓慢到B为止，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象
可得气缸内气体的压强为
从A到B，气体对外界做功，则
由热力学第一定律
其中
代入可得，从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）从A到B，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律求解活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度；由气体的内能与热力学温度成正比求解B状态的内能；
（2）以活塞为研究对象，由平衡条件求出封闭气体的压强，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，再由热力学第一定律求解吸收的总热量。
（1）设活塞在A位置时气体的体积为，热力学温度为，在B位置时气体的体积为，热力学温度为，内能为。由盖—吕萨克定律
可得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为
由气体的内能与热力学温度成正比，则
可得活塞处于B位置时气体的内能为
（2）活塞从A位置缓慢到B为止，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象
可得气缸内气体的压强为
从A到B，气体对外界做功，则
由热力学第一定律
其中
代入可得，从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为
14．【答案】（1）解：物块与弹簧系统在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，由机械能守恒定律
解得物块离开弹簧时的速度大小为
（2）解：若物块恰好能达到与圆心等高的B点，则物块与弹簧分离后上升到B点过程中，由机械能守恒定律
解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
若物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，则物体在最高点有
物块与弹簧分离后上升到C点过程中，由机械能守恒定律
联立解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
综上所述，为保证物块在运动中不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为或。
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，根据物块与弹簧系统机械能守恒求解物块离开弹簧时的速度大小v0；
（2）为保证物块在运动中不脱离轨道，研究两种临界情况：一是物块恰好能达到与圆心等高的B点；二是物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，根据机械能守恒定律求出临界状态时圆轨道的半径，再得到圆轨道半径R的取值范围。
（1）物块与弹簧系统在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，由机械能守恒定律
解得物块离开弹簧时的速度大小为
（2）若物块恰好能达到与圆心等高的B点，则物块与弹簧分离后上升到B点过程中，由机械能守恒定律
解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
若物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，则物体在最高点有
物块与弹簧分离后上升到C点过程中，由机械能守恒定律
联立解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
综上所述，为保证物块在运动中不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为或。
15．【答案】（1）解：甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为
对乙棒，由牛顿第二定律可得
联立可得，乙棒的加速度大小为
方向水平向右
（2）解：两棒稳定时，电路中电流为0，则
解得
两棒受到的安培力满足
且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，可得
对乙棒，根据动量定理
其中
联立可得，通过乙棒的电量为
（3）解：从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
解得
由焦耳热分配定律，则乙棒上产生的焦耳热为
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）甲棒在斜面导轨下滑的过程，机械能守恒，可计算甲棒进入磁场的初速度；由感应电动势表达式，可计算甲棒产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可计算感应电流；由感应电流、乙棒所在磁场的磁感应强度，可计算乙棒受到的安培力大小和方向，从而计算乙棒的加速度大小和方向；
（2）由两棒稳定，可知两棒产生的感应电动势相同，感应电流为0，则可知两棒的末速度关系；由两棒受安培力关系，可得到两棒在水平面运动过程中，系统动量守恒；结合两个速度关系式，可计算乙棒的末速度，对乙棒应用动量定理，可得到平均电流、时间的关系式，结合电荷量与平均电流、时间的关系，可计算通过乙棒的电荷量；
（3）根据能量守恒，可计算总的焦耳热，根据焦耳热的分配规律，可计算乙棒的焦耳热。
（1）甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为
对乙棒，由牛顿第二定律可得
联立可得，乙棒的加速度大小为
方向水平向右
（2）两棒稳定时，电路中电流为0，则
解得
两棒受到的安培力满足
且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，可得
对乙棒，根据动量定理
其中
联立可得，通过乙棒的电量为
（3）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
解得
由焦耳热分配定律，则乙棒上产生的焦耳热为
1 / 1广西南宁市2024-2025学年高三上学期摸底考物理试卷
一、选择题，本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024高三上·南宁开学考）锶90的半衰期为28年，衰变方程为。下列说法正确的是（　　）
A．的比结合能比的比结合能大
B．和的核电荷数均为90
C．衰变释放出的电子是Sr原子的核外电子电离形成的
D．经过56年的时间，40克原子核中有30克已经发生了衰变
【答案】D
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】本题考查了衰变的相关知识，理解衰变的实质，掌握半衰期的计算公式是解决此类问题的关键。A．比结合能越大，原子核越稳定，衰变过程放出能量，衰变的产物比反应物更稳定，则的比结合能比的比结合能小，故A错误；
B．和的核电荷数分别为38、39，故B错误；
C．衰变释放出的电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子而来的，故C错误；
D．根据半衰期的计算公式，经过56年的时间，40克原子核中还剩下
故有30克的发生了衰变，故D正确。
故选D。
【分析】根据衰变的产物比反应物更稳定，核电荷数的识别，结合衰变释放出的电子是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子而来的以及半衰期的计算公式分析求解。
2．（2024高三上·南宁开学考）某飞船绕地球做椭圆运动的轨迹如图所示，AB是椭圆的长轴，CD是椭圆的短轴，E、F两点关于椭圆中心对称。比较飞船沿顺时针分别从C运动到E和从D运动到F的两个过程，以下说法正确的是（　　）
A．从D到F过程平均速率小
B．两个过程运动时间相等
C．两个过程飞船与地心连线扫过的面积相等
D．飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力
【答案】D
【知识点】速度与速率；开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】解答本题的关键要掌握开普勒运动定律，能分析飞船速率变化情况，从而分析出运动时间和平均速率的关系。AB．根据开普勒第二定律可知近日点速度较大，所以C运动到E平均速率小， E、F两点关于椭圆中心对称，两个过程路程相等，两个过程运动时间不相等，故AB错误；
C．根据开普勒第二定律可知，从C运动到E和从D运动到F的两个过程的时间不等，故两个过程飞船与地心连线扫过的面积不相等，故C错误；
D．由于C点到地心的距离比F点到地心的距离远，根据得飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力，故D正确。
故选D。
【分析】根据飞船速率的变化情况，判断所用时间关系，再分析平均速率关系和运动时间关系；根据开普勒第二定律分析两个过程飞船与地心连线扫过的面积关系；根据万有引力定律分析万有引力的关系。
3．（2024高三上·南宁开学考）一列简谐横波在介质中沿x轴负方向传播，波速为，时的波形图如图所示，在波的传播方向上有一质点P。则（　　）
A．0~1.5s内质点P运动的路程小于0.1m
B．时质点P的加速度方向沿y轴负方向
C．该波的波长为14m
D．该波的周期为7s
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解答本题时，分析质点P运动的路程时，要明确计时起点位置，只有起点在平衡位置和最大位移处时，每经过四分之一周期，质点运动的路程才等于一个振幅。C．由时的波形图可知，该波的波长为
故C错误；
D．该波的周期为
故D错误；
B．因为简谐横波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知，质点P沿y轴负方向振动，回复力方向沿y轴正方向，故加速度方向沿y轴正方向，故B错误；
A.0~1.5s内即，由于质点P向y轴负方向振动，速度越来越小，故运动的路程小于0.1m，故A正确。
故选A。
【分析】根据波动图像读出波长，根据波速公式求出周期，根据质点P的振动时间与周期的关系，分析质点P运动的路程。质点P做简谐运动，加速度方向始终指向平衡位置。
4．（2024高三上·南宁开学考）2024年7月6日消息，近日在辽宁营口四千吨级履带起重机首秀。如图甲为起重机将质量吨的重物吊起时的情形，如图乙所示重物上表面是边长为L的正方形，四根长均为L的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端连接在吊索下端的O点。正方形上表面水平，不计空气阻力和吊绳的重力，取当地的重力加速度。在重物匀速上升过程中，每根吊绳上的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】能够根据几何关系得到吊绳与竖直方向的夹角是解题的关键。设吊绳与竖直方向的夹角为，则
设每根吊绳上的拉力为，根据力的平衡
解得
故选C。
【分析】分析物体的受力情况，根据平衡条件列方程计算即可。
5．（2024高三上·南宁开学考）如图为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，先将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV，再将开关S接到位置2，电容器在5ms内通过人体模型完成放电。已知电容器的电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（　　）
A．这次电容器充电后带电量为0.4C
B．这次放电过程的平均电流为40A
C．人体模型起到绝缘电介质的作用
D．若充电至20kV，则该电容器的电容为
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电流、电源的概念
【解析】【解答】解答本题时，要掌握电容的定义式和电流的定义式，明确电容的决定因素。A． 电容器的电容为， 电容器充电后电压为10kV， 由电容的定义式可得，这次电容器充电后带电量为
故A错误；
B．由电流的定义式可得，这次放电过程的平均电流为
故B正确；
C．人体模型是导体，不能起到绝缘电介质的作用，故C错误；
D．由电容的决定式可知，充电至20kV，则该电容器的电容不变，仍为，故D错误。
故选B。
【分析】由电容的定义式求出电容器充电后带电量。将开关S接到位置2，根据求这次放电过程的平均电流。人体模型是导体。电容由电容器本身决定，与电压无关。
6．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘直杆与水平面的夹角，直杆的底端固定一电荷量为Q的带正电小球，M、N、P为杆上的三点。现将套在绝缘杆上有孔的带正电物块从直杆上的M点由静止释放。物块上滑到N点时速度达到最大，上滑到P点时速度恰好变为零。已知带电物块的质量为m、电荷量为q，M、P两点间的距离为x，静电力常量为k，不计空气阻力，重力加速度大小为g，带电体均可视为点电荷。则N点到直杆底端的距离r和M、P两点间的电势差分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】本题考查了静电场相关知识，理解电势差与电场力做功的关系，合理选取不同状态下的受力情况是解决此类问题的关键。带电物块上滑到N点时，受到的库仑力大小
带电物块上滑到N点时速度最大，此时带电物块所受的合外力等于零，根据受力平衡有
解得N点到直杆底端的距离r
带电物块从M点到P点，根据动能定理有
M、P两点间的电势差
解得M、P两点间的电势差为
故选C。
【分析】根据库仑力表达式，对带电物块受力分析，列平衡方程，结合动能定理以及电势差与电场力做功的关系分析求解。
7．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，竖直平面内半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子可以沿竖直方向射出磁场
B．粒子在磁场中运动的最长时间小于
C．不可能有粒子从M点射出磁场
D．不可能有粒子从N点射出磁场
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】本题考查了带电粒子在圆形边界的匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，粒子只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，要掌握确定粒子运动轨迹的方法，应用物理原理结合几何关系解答。A．如图所示，由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针的圆周运动（蓝色实线所示），可以沿竖直方向射出磁场，A正确。
B．要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图甲
由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为，根据几何关系
所以
粒子在磁场中运动的最长时间
故B正确；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心的，如图所示
作PN的中垂线，以P或N点为圆心以3R为半径画圆弧交PN中垂线于O，O点即为能通过N点轨迹的圆心，故D错误；
C．同理可知，当入射速度的方向合适时，是可以确定从N点射出的粒子圆周运动的圆心的，图略，作PM的中垂线，以P或M点为圆心以3R为半径画圆弧交PM中垂线于，点即为能通过M点轨迹的圆心，故C错误。
故选B。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据各个选项的条件作出粒子的运动轨迹，根据几何关系，粒子圆周运动的周期公式解答。
8．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，若某足球运动员训练射门时，将球从M点斜向上踢出，水平撞在球门上端横梁上N点反弹后又水平飞出，落到P点。三点在同一水平面上，竖直，垂直于MP。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间
B．球在MN段运动的时间大于球在NP段运动的时间
C．球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率
D．球碰撞N点前的速率等于球碰撞N点后的速率
【答案】A,C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】本题采用逆向思维研究斜抛运动，抓住平抛运动的时间由下落的高度决定，结合水平分位移公式分析水平速度的关系。AB．把足球的运动逆向分析，可认为小球做平抛运动，根据平抛运动规律
可得足球的运动时间为
球在MN段和NP段高度相同，所以球在MN段运动的时间等于球在NP段运动的时间，故A正确，B错误；
CD．根据平抛运动规律
根据题意可知
则球碰撞N点前的速率大于球碰撞N点后的速率，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】球水平撞在球门上端横梁上N点，MN段运动的逆过程是平抛运动。NP段球做平抛运动，根据两个过程高度关系分析运动时间关系，结合水平位移关系分析球碰撞P点前后的速率关系。
9．（2024高三上·南宁开学考）电子双缝干涉实验是世界十大经典物理实验之一、某实验中学的物理兴趣小组在实验室再现了电子双缝干涉实验。实验时使电子垂直射到双缝上。如图所示，M点为光屏上的一固定点，欲使OM间亮条纹数增加，可行的措施为（　　）
A．仅增大电子的动量 B．仅减小电子的动量
C．仅将光屏稍靠近双缝屏 D．仅减小双缝之间的距离
【答案】A,C
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】解决本题要知道干涉条纹间距大小判定依据，以及掌握双缝干涉的条纹间距公式。
AB．根据德布罗意波公式可得，要使电子的波长减小，可以增大电子的动量，故A正确，B错误；
C．根据可得，仅将光屏稍靠近双缝屏，则减小，相邻两个亮条纹间距减小，故C正确；
D．根据可得，仅减小双缝之间的距离，则减小，相邻两个亮条纹间距增大，故D错误。
故选AC。
【分析】根据双缝干涉的条纹间距公式分析判断即可。
10．（2024高三上·南宁开学考）某同学竖直向上抛出篮球。若篮球上升和下降的高度相等，篮球受到的空气阻力大小与篮球球速度大小成正比。则对比篮球上升过程和下降过程（　　）
A．机械能都减少 B．上升过程阻力做功较多
C．平均加速度相等 D．阻力冲量大小相等
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．篮球上升过程和下降过程，都要克服空气阻力做功，机械能转化为内能，故机械能都减小，故A正确；
BC．上升过程中，受到重力和空气阻力，空气阻力向下，由牛顿第二定律
下降过程，受到重力和空气阻力，空气阻力向上，由牛顿第二定律
由于阻力随速度的变化而变化，经过相同位置时上升过程速度较大，阻力较大，所以上升过程的平均阻力较大，平均加速度较大，由于上升和下降过程的位移大小相等，因此上升过程阻力做功较多，故B正确，C错误；
D．设t时刻篮球的速度大小为v，经过极短时间时间，空气阻力的冲量为，由题意可知空气阻力大小为
阻力的冲量为
等式两边求和可得
可得
因为上升和下降两个过程中，篮球通过的距离x相等，故篮球上升过程和下降过程阻力冲量大小相等，故D正确。
故选ABD。
【分析】有空气阻力做功，系统 机械能减小；上升过程中平均速度要大于下降过程中的平均速度，空气阻力与速度成正比，可判断空气阻力大小和平均加速度大小；根据动量定理可求阻力的冲量大小。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2024高三上·南宁开学考）某同学用如图所示装置研究机械能守恒定律。装置中的标尺盘可测定摆锤做圆周运动下落的高度h，利用光电门可测得摆锤通过光电门的速度v。已知重力加速度为g。该同学某次实验时让摆锤从A点由静止开始释放。
（1）若该次实验中机械能守恒，应验证的表达式为　 　（用题中字母表示）；
（2）该次实验中测得摆锤通过C点的机械能偏大的原因可能是___________（填标号）；
A．光电门在C的下方
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，重力势能　 　0（填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）
（2）A
（3）=
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】解决本题的关键知道实验的原理，实验的注意事项，应用平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律进行求解；知道用光电门来简便测量瞬时速度方法，掌握图像处理实验数据的方法。
（1）设摆球的质量为m，由机械能守恒定律
则应验证的表达式为
（2）实验中测得C点的机械能偏大，最可能的原因是摆锤释放点的位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力，因空气阻力做负功，导致机械能减小，故B错误。
故选A。
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，此位置与A点等高，故重力势能等于0。
【分析】（1）实验时中常通过光电门来测量挡光时间，利用极短时间内的平均速度代替瞬时速度；利用机械能守恒列出表达式，并变形得出与h的函数关系式分析问题；
（2）根据实验过程中影响测量物理量的具体过程分析误差；
（3）根据两点的高度分析重力势能的关系。
（1）设摆球的质量为m，由机械能守恒定律
则应验证的表达式为
（2）实验中测得C点的机械能偏大，最可能的原因是摆锤释放点的位置比A点高，也可能光电门的位置比C点低。
A．光电门在C的下方，导致C点的测量速度偏大，则机械能偏大，故A正确；
B．摆锤在摆动的过程中有空气阻力，因空气阻力做负功，导致机械能减小，故B错误。
故选A。
（3）若该次实验机械能守恒，取A点所在高度重力势能为0，则摆锤摆到左侧最高点时，此位置与A点等高，故重力势能等于0。
12．（2024高三上·南宁开学考）在做“用电流表和电压表测电池的电动势E（约1.5V）和内电阻r（约1.0Ω）”的实验时，某同学利用图甲所示的实物间的连线图进行测量，下列器材可供选用：
A.电流表：量程0~0.6A，内阻约0.125Ω
B.电流表：量程0~6A，内阻约0.025Ω
C.电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
D.滑动变阻器R：0~10Ω，额定电流2A
E.待测电池、开关、导线
（1）请根据实物间的连线图在图中方框中画出电路图；
（2）为了让测量结果尽量准确，电流表应选用　 　（填器材前的字母代号）；
（3）根据实验数据作出的图像如图乙所示，则该电池的电动势　 　V，内阻　 　；（结果均保留两位小数）
（4）该同学在实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时，电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是　 　，改进的方法为　 　。
【答案】（1）
（2）A
（3）1.47；0.73
（4）电源内阻太小；可在电源旁边串联一个较小阻值的定值电阻
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题关键掌握用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验原理，利用图像处理数据的方法。
（1）根据实物图画出电路图可知
（2）由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择A。
（3）根据闭合电路的欧姆定律
可得
由图可知，纵截距为
可得该电池的电动势为
斜率
可得该电池的内阻为
（4）路端电压，如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到1.0V以下。
【分析】（1）根据实物图画出电路图；
（2）根据电路中电流的特点判断；
（3）根据闭合电路的欧姆定律推导函数图象表达式，结合图像计算；
（4）根据电压表的取值范围太小分析判断。
（1）根据实物图画出电路图可知
（2）由于电路中的电流比较小，故选择小量程的电流表，故电流表选择A。
（3）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律
可得
由图可知，纵截距为
可得该电池的电动势为
斜率
可得该电池的内阻为
（4）[1][2]路端电压，如果电源内阻r太小，则电压表U较大，调节滑动变阻器，电压表的示数取不到1.0V以下，给电源串联一个较小阻值的定值电阻可以使电压表示数取到1.0V以下。
13．（2024高三上·南宁开学考）如图甲所示，质量为4.0kg、面积为的绝热活塞将理想气体封闭在上端开口的直立圆筒型绝热气缸中，活塞可沿气缸无摩擦滑动且不漏气。某时刻活塞静止于A位置，气缸内气体的内能。现通过电热丝缓慢加热直到活塞到达位置B，缸内气体的图像如图乙所示。已知大气压，重力加速度g取。已知一定质量理想气体的内能只是温度的函数，气体的内能与热力学温度成正比。求：
（1）活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度和活塞处于B位置时气体的内能；
（2）从A到B，气体从电热丝吸收的总热量。
【答案】（1）解：设活塞在A位置时气体的体积为，热力学温度为，在B位置时气体的体积为，热力学温度为，内能为。由盖—吕萨克定律
可得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为
由气体的内能与热力学温度成正比，则
可得活塞处于B位置时气体的内能为
（2）解：活塞从A位置缓慢到B为止，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象
可得气缸内气体的压强为
从A到B，气体对外界做功，则
由热力学第一定律
其中
代入可得，从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）从A到B，气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律求解活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度；由气体的内能与热力学温度成正比求解B状态的内能；
（2）以活塞为研究对象，由平衡条件求出封闭气体的压强，根据功的计算公式求解外界对气体做的功，再由热力学第一定律求解吸收的总热量。
（1）设活塞在A位置时气体的体积为，热力学温度为，在B位置时气体的体积为，热力学温度为，内能为。由盖—吕萨克定律
可得活塞处于A位置时气缸内气体的热力学温度为
由气体的内能与热力学温度成正比，则
可得活塞处于B位置时气体的内能为
（2）活塞从A位置缓慢到B为止，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象
可得气缸内气体的压强为
从A到B，气体对外界做功，则
由热力学第一定律
其中
代入可得，从A到B，气体从电热丝吸收的总热量为
14．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，光滑竖直圆轨道ABCD与光滑的水平轨道平滑连接，圆弧轨道A、D为最低点，位置稍错开。轻质弹簧左侧与墙面拴接，右侧与物块不拴接。已知物块的质量为，物块将弹簧压缩后，使弹簧储存的弹性势能。解除弹簧锁定，物块被弹出后进入圆轨道。已知物块可以看做质点，不计空气阻力，g取。求：
（1）物块离开弹簧时的速度大小；
（2）为保证物块在运动中不脱离轨道，求圆轨道半径R的取值范围。
【答案】（1）解：物块与弹簧系统在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，由机械能守恒定律
解得物块离开弹簧时的速度大小为
（2）解：若物块恰好能达到与圆心等高的B点，则物块与弹簧分离后上升到B点过程中，由机械能守恒定律
解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
若物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，则物体在最高点有
物块与弹簧分离后上升到C点过程中，由机械能守恒定律
联立解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
综上所述，为保证物块在运动中不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为或。
【知识点】生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，根据物块与弹簧系统机械能守恒求解物块离开弹簧时的速度大小v0；
（2）为保证物块在运动中不脱离轨道，研究两种临界情况：一是物块恰好能达到与圆心等高的B点；二是物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，根据机械能守恒定律求出临界状态时圆轨道的半径，再得到圆轨道半径R的取值范围。
（1）物块与弹簧系统在解除弹簧锁定至弹簧恢复原长过程中，由机械能守恒定律
解得物块离开弹簧时的速度大小为
（2）若物块恰好能达到与圆心等高的B点，则物块与弹簧分离后上升到B点过程中，由机械能守恒定律
解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
若物块恰好能到达圆形轨道的最高点C，则物体在最高点有
物块与弹簧分离后上升到C点过程中，由机械能守恒定律
联立解得
为了保证物块进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，则圆形轨道半径满足
综上所述，为保证物块在运动中不脱离轨道，圆轨道半径R的取值范围为或。
15．（2024高三上·南宁开学考）如图所示，平行光滑的金属导轨由斜面和水平两部分组成，两导轨由两小段光滑绝。缘圆弧轨道（长度可忽略）平滑相连。斜面部分（与水平面夹角小于30°）由间距L的导轨CE、DF构成，水平部分由两段足够长但不等宽的平行金属导轨连接构成。EG、FH段间距为L，有与竖直方向成60°斜向左上方的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。MP、NQ段间距为2L，有与竖直方向成60°斜向右上方的磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒甲、乙的质量均为m、电阻均为R，导体棒乙静止于MP、NQ段，现使导体棒甲自斜面导轨上距水平导轨h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终垂直导轨，且与导轨保持良好接触。若稳定时导体棒甲未进入MP、NQ段，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计。已知，求：
（1）甲棒刚进入磁场时，乙棒的加速度；
（2）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，通过乙棒的电量；
（3）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定的过程，乙棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为
对乙棒，由牛顿第二定律可得
联立可得，乙棒的加速度大小为
方向水平向右
（2）解：两棒稳定时，电路中电流为0，则
解得
两棒受到的安培力满足
且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，可得
对乙棒，根据动量定理
其中
联立可得，通过乙棒的电量为
（3）解：从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
解得
由焦耳热分配定律，则乙棒上产生的焦耳热为
【知识点】动量定理；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）甲棒在斜面导轨下滑的过程，机械能守恒，可计算甲棒进入磁场的初速度；由感应电动势表达式，可计算甲棒产生的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律，可计算感应电流；由感应电流、乙棒所在磁场的磁感应强度，可计算乙棒受到的安培力大小和方向，从而计算乙棒的加速度大小和方向；
（2）由两棒稳定，可知两棒产生的感应电动势相同，感应电流为0，则可知两棒的末速度关系；由两棒受安培力关系，可得到两棒在水平面运动过程中，系统动量守恒；结合两个速度关系式，可计算乙棒的末速度，对乙棒应用动量定理，可得到平均电流、时间的关系式，结合电荷量与平均电流、时间的关系，可计算通过乙棒的电荷量；
（3）根据能量守恒，可计算总的焦耳热，根据焦耳热的分配规律，可计算乙棒的焦耳热。
（1）甲棒在斜面导轨下滑的过程，由机械能守恒定律
甲棒进入磁场切割磁感线产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可知，回路中产生的感应电流为
对乙棒，由牛顿第二定律可得
联立可得，乙棒的加速度大小为
方向水平向右
（2）两棒稳定时，电路中电流为0，则
解得
两棒受到的安培力满足
且安培力方向相反，则两棒组成的系统动量守恒，可得
对乙棒，根据动量定理
其中
联立可得，通过乙棒的电量为
（3）从甲棒进入磁场到两棒达到稳定过程中，根据能量守恒定律
解得
由焦耳热分配定律，则乙棒上产生的焦耳热为
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