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高三年级 3 月份阶段性检测物理试题
注意事项：
1 ．答卷前，考生先将自己的姓名、考生号座号填写在相应位置，认真合度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。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1 ．2025 年 10 月 1 日，位于安徽合肥的紧凑型聚变能实验装置 BEST 项目建设取得关键突破，标志着我国可控核聚变研究又向前迈出了重要一步。该装置发生核聚变时的核反应方程
为 H + H → X + n + γ ,则下列说法正确的是( )
A ．X 的中子数与质子数相等
B ．该核反应属于a 衰变
C ．核聚变过程释放能量，因此聚变后总质量数减少
D ．g 射线与 n 均属于实物粒子
2 ．如图所示，一定质量的理想气体经A → B → C → D → A完成循环过程，其中A → B 和C → D 均为等温过程。关于该循环过程，下列说法正确的是( )
A ．A → B 过程中，气体对外做功小于从外界吸收的热量
B ．C → D 过程的温度高于A → B 过程的温度
C ．B → C 过程中，单位时间单位面积气体分子撞击器壁的次数增大
D ．从状态A 经一个循环又回到A 的全过程中，气体吸收的热量大于放出的热量
3 ．如图甲所示，将一个平凸透镜放置在另一个玻璃平面上，让单色光从上方竖直向下射入，
这时可以看到如图乙所示的亮暗相间的同心圆，这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫作牛顿环。对于图甲所示的装置，下列做法中能使得同一级牛顿环的半径变大的是( )
A ．减小入射光的频率 B ．增大入射光的光强
C ．将平凸透镜缓慢地向上提起 D ．将平凸透镜和玻璃平面置于水中观察干涉条纹
4．如图所示，矩形线圈 abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路，副线圈接一定值电阻。矩形线圈 abcd 在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在 bc 边的左侧，磁场的磁感应强度大小为 B，线圈的匝数为 N，转动的角速度为 w ，ab 边的长度为 L1 ，ad 边的长度为 L2 ，线圈电阻不计。下列说法正确的是( )
A ．原线圈两端电压的有效值为
B ．若仅增大线圈的转速，则通过定值电阻的电流减小
C ．若仅增大变压器原线圈的匝数，则通过定值电阻的电流减小
D ．若仅增大定值电阻的阻值，则原线圈两端的电压增大
5 ．如图所示，长为L 的非弹性轻绳，一端悬挂于天花板上的O 点，另一端系一质量为m 的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ = 37° ,重力加速度为
1
g ，cos37° = 0.8 ，忽略空气阻力。在小球转过 圈的过程中，下列说法正确的是( )
4
A ．合力的冲量大小为 mgl B ．重力的冲量大小为
C ．轻绳上的拉力的冲量大小为 D ．轻绳上的拉力的冲量大小为
6 ．我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上的梢抛出石块。假设有一待攻的城池，城墙高度h = 6m ，厚度为d = 4m ，攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛入城内，抛石机的高度相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g = 10m / s2 ，则抛出石弹的最小速度应为( )
A ．235m / s B ．410m / s C ．102m / s D ． m / s
7 ．如图所示，在竖直平面内有一个绝缘圆环，O 点为圆心，A 、B 为圆环上两点，OA 、OB都与水平方向成45° 。在 A 点固定一个带电量为 Q 的正点电荷，在圆环内侧 B 点放置一个光滑的小球，带电量为q（q >0），质量为 m。整个装置处在水平向右的电场强度E的匀强电场中，此时小球恰好静止。由于 Q 的绝缘措施出了问题，Q 的带电量缓慢减少，则此后( )
A ．圆环对小球的弹力大小保持不变
B ．正电荷 Q 与小球 q 之间的库仑力不断增大
C ．小球 q 有可能脱离圆环
D ．正电荷 Q 所受静电力的合力不断增大
8 ．如图所示，足够长的两平行光滑导轨电阻不计，导轨所在平面与水平面的夹角为 θ,整个空间存在与导轨所在平面垂直的匀强磁场。导轨上部接有两个阻值相同的电阻，开关 S 断开。电阻不计的金属棒垂直导轨放置， 与两导轨接触良好。现将棒从静止释放， 下滑一段距离后闭合 S，棒恰能匀速下滑，之后棒继续下滑相同的距离。关于下滑相等距离的两个阶段，
下列说法正确的是( )
A ．刚释放时棒的加速度与开关闭合前瞬间相等 B ．第一阶段用时大于第二阶段用时的 2倍
C．第一阶段通过金属棒的电荷量大于第二阶段的 D．第一阶段回路产生的总焦耳热大
1
于第二阶段的
4
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但选不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
9．如图所示，在屏幕MN的下方有一截面为等边三角形的透明介质，三角形边长为 l，顶点与屏幕接触于 C 点，底边AB 与屏幕MN 平行。激光 a 垂直于AB 边射向AC 边的中点 O，
恰好发生全反射，光线最后照射在屏幕MN 上的 E 点（图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为 c，下列说法正确的是( )
A ．该透明介质的折射率为
B ．光在透明介质中发生全反射的临界角为30°
C ．光在透明介质中的传播速度为 c
D ．光从射入AB 面开始到射到 E 点的时间为
10 ．如图甲所示，2024 年 1 月 9 日我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设爱因斯坦探针卫星发射简化过程如图乙所示，先将卫星送入圆形轨道Ⅰ,在a 点发动机点火加速，卫星由轨道Ⅰ进入近地点高度为h1 、远地点高度为h2 的椭圆轨道聂，卫星在椭圆轨道聂上经过b 点的速度大小为v ，然后再变轨进入圆轨道Ⅲ,卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为T 。已知ab 是椭圆轨道聂的长轴，地球的半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )
A ．地球的密度为
B ．卫星在轨道聂上a 点的速度小于轨道Ⅲ上运动的速度
C ．卫星在轨道聂上的运行周期为T
D ．卫星在轨道聂上经过a 点时的速度大小为
11．如图所示，真空中固定着一个半径为L 的绝缘细圆环，圆环均匀带电。以圆心O 为坐标原点，沿圆环中轴线建立x 轴，在x = -2L 处固定着一个电荷量大小为2Q 的负点电荷。已知x = -L 处场强为零，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )
A ．圆环带负电
B ．圆环所带电荷量大小为22Q
C ．正电荷在x = L 处的电势能小于在x = -L 处的电势能
9L2
D ．x = L 处场强大小为20kQ
12．如图所示，长为L 的轻杆一端连着质量为m 的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的O 点，初始时小球静止于地面上，边长为L 、质量为M 的正方体左侧静止于O 点处。
8mg
现在杆中点处施加一大小始终为 （g为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力F ，经过
π
一段时间后撤去F ，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是( )
A ．拉力F 撤去时小球的速率为
B ．当轻杆与水平面夹角为θ 时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为
mgL 1- sin θ sin2 θ m + Msin2 θ
\
· ( )
C ．小球与立方体分离小球瞬间加速度为g
D ．若小球落地时速度是v ，则立方体最后的速度为
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13．为了验证动量守恒定律，某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置：将一足够长气垫导轨放置在水平桌面上，光电门 1 和光电门 2 相隔适当距离安装好，在滑块 A 和 B 相碰的端面上装有弹性碰撞架，它们的上端装有宽度均为d 的挡光片，测得滑块 A 、B（包含遮光片）的质量分别为m1 和m2 。
(1)滑块 A 置于光电门 1 的左侧，滑块 B 静置于两光电门之间，给 A 一个向右的初速度，A
与静止的滑块B 发生碰撞且不粘连。与光电门 1 相连的计时器显示的遮光时间为Δt1 ，与光电门 2 相连的计时器先后显示的两次遮光时间分别为Δt2 和Δt3 。为使滑块 A 能通过光电门
2，则m1 m2 （填“<”或“=”或“>”）；该装置在用于“验证动量守恒定律” 时 （填“ 需要”或“不需要”）测出挡光片的宽度 d 。
(2)在误差允许范围内满足表达式 （用 m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3 表示），则表明两物块碰撞过程动量守恒。
(3)改变实验装置用于验证动量定理：拿下滑块 A、B，把气垫导轨左端抬高，使导轨与水平面夹角为45o，然后固定导轨。让滑块 A 从光电门 1 的左边由静止滑下，通过光电门 1 、2的时间为ΔtA1 、 ΔtA2 ，通过光电门 1 和 2 之间的时间间隔为t ，重力加速度为 g ，如果关系
式 （用 d 、 ΔtA1 、 ΔtA2 、t 及g 表示）在误差允许范围内成立，表明动量定理成立。
14 ．某实验小组要测量一个特殊电池的电动势 E 和内阻 r（内阻较大且随电流变化），该电池电动势在一定范围内能保持稳定，提供的实验器材有：电压表V1 （量程 3V，内阻约
3kΩ )、电压表V2 （量程 3V，可视为理想电压表）、滑动变阻器 R、定值电阻R0 （阻值5Ω )、开关及导线若干。
主要实验步骤如下：
(1)连接器材：根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物图补充完整
。
(2)调节滑动变阻器，记录多组电压表V1 的读数U1 和电压表V2 的读数U2 ，通过计算机描点作图得到该电池的U1 -U2 曲线，如图丙所示。由此可知该电池的电动势为 V；当电压表V1 的读数U1 = 1.5V 时，该电池内阻为 Ω 。（结果均保留 2 位有效数字）
(3)实验中因电压表V1 内阻的影响，测得电池的内阻会比实际值 （选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
15．水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水” 的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列沿x轴方向传播的简谐横波，t1 = 0 时刻的波形如图中实线所示，t2 = 0.6s 时的波形如图中虚线所示。已知：波的周期T 满足0.3s < T < 0.6s ，求：
(1)波的传播速度；
(2)写出质点M振动位移y 随时间t 变化的关系式。
16．如图所示，导热良好的瓶内，用一质量为m1 、横截面积S 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦移动，在活塞上方有质量为m2 的液体。初始时，瓶内气体处于状态 A，
体积为VA 。将一根质量不计的细管插入液体，液体在细管中上升到一定高度后保持静止。随后通过细管缓慢吸走全部液体，此时瓶内气体处于状态 B。环境温度保持不变， 从状态 A到状态 B 过程中，气体吸收热量Q = 10.4J 。已知 S = 2cm2 ，VA = 220cm3 ，m1 = 0.2kg ，
m2 = 0.8kg ，大气压强 p0 = 1.0 × 105 pa 。
(1)求气体在状态 B 时的体积VB ；
(2)求气体从状态 A 到状态 B 过程中对外做的功WAB 。
17 ．如图所示，固定在水平面上的足够长斜面倾角为θ = 37° , 斜面上并排放置两个物块 A、 B（均可视为质点），在沿斜面向上的恒力 F （大小未知）作用下从静止开始沿斜面向上运 动，物块 A 、B 接触但不粘连，F 作用时间t = 6s 后撤去，此时物块 A 、B 的速度大小为
v0 = 6m / s 。已知物块 A 、B 的质量均为m = 1kg ，物块 A 、B 与斜面间的动摩擦因数分别
为 μA = 0.75、μB = 0.25 ，物块 A 、B 间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cos37° = 0.8 ，sin37° = 0.6 ，g 取10m / s2 求：
(1)恒力F 的大小；
(2)物块 B 沿斜面向上运动的速度减为零时物块 A 、B 之间的距离x ；
(3)物块 A 、B 第一次碰后瞬间物块 A 的速度大小vA ；
(4)物块 A 、B 从第一次碰撞到第二次碰撞前瞬间，系统损失的机械能 ΔE 。
18．某粒子发射器简化结构如图所示，建立立体空间坐标系，P 为与xOy 平面平行放置的竖直屏，与z 轴垂直相交于z = 1.6m 处。粒子源发射口位于y 轴上距原点0.05m 的位置，且平行于x 轴方向射出速度为1.0 × 104 m / s 的正粒子，进入第一象限。在x 轴上方区域存在沿z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度B1 = 2T ，在x 轴下方区域存在沿z 轴正方向的匀强磁场
B2 = 4T 和沿z 轴正方向的匀强电场E 。已知粒子质量m = 2.0 × 10-13kg ，电荷量q = 1.0 × 10-8 C ，电场强度E = 2.0 × 104 N / C ，不计粒子的重力和空气的影响。取 π = 3 。求：
（1）粒子第一次到达 x 轴上，该点到原点的距离；
（2）粒子第二次到达 xOz 平面时，沿z 轴走过的位移；
（3）粒子从发射到打到 P 屏幕上经历的时间；
（4）粒子打在 P 屏上的位置坐标。
1 ．A
A ．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，该核反应方程为 H + H → He + n + γ即 X 为 He ，其中子数与质子数均为 2，故 A 正确；
B ．该反应为核聚变，a 衰变是放射性核素自发放出a 粒子（氦核）的过程，与此不同，故B 错误；
C ．核聚变释放能量源于质量亏损，但质量数（核子数）守恒，故 C 错误；
D ．g 射线为光子，属电磁波，无静止质量，非实物粒子；中子有静止质量，属实物粒子，故 D 错误。
故选 A。
2 ．D
A ．A → B 过程中，气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据ΔU = W +Q 可知，气体从外界吸收的热量等于对外做功，故 A 错误；
B ．根据理想气体状态方程 C 可知，体积为V1 时，A 状态压强高于D 状态压强，因此温度T1 高于T2 ，故 B 错误；
C ．B → C 过程中，气体体积不变，压强减小，温度降低，气体的平均速率减小，单位时间单位面积气体撞击器壁的个数减小，故 C 错误；
D ．从状态A 经一个循环又回到A 的全过程中，气体内能不变，整个过程气体对外做功大小等于图像ABCDA 围成的面积，则整个过程气体吸收热量，即气体吸收的热量大于放出的热量，故 D 正确。
故选 D。
3 ．A
牛顿环产生的原理是薄膜干涉： 从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹，光程差等于空气膜厚度的两倍。
A ．减小入射光的频率导致光波长变长，因为光程差为波长的整数倍时是亮条纹，波长整数倍变大相邻亮条纹距离将变大，同一级牛顿环的半径变大，故 A 正确；
B ．增大入射光的光强没有改变光程差，无法改变牛顿环的半径，故 B 错误；
C ．将平凸透镜缓慢地向上提起，空气薄膜厚度增加导致光程差增大，原明条纹需向更小半
径处移动以满足光程条件，故 C 错误；
D ．将平凸透镜和玻璃平面置于水中观察干涉条纹，水中光波长变短，波长整数倍变小，相邻亮条纹距离将变小，同一级牛顿环的半径变小，故 D 错误。
故选 A 。
4 ．C
A．线圈转动产生正弦式交变电流，由于磁场只分布在bc 边的左侧，则波形只有完整波形的一半，感应电动势的最大值为
Um = NBSw
设电压有效值为U ，有
? U ?2
T = ·
U2 T
R R 2
解得电压有效值为
A 错误；
B ．若增大转速，则角速度
w = 2π n
增大，原线圈电压有效值U 变大，由变压器规律
定值电阻两端电压UR 变大，则通过定值电阻的电流
变大，B 错误；
C ．若仅增大变压器原线圈的匝数，则定值电阻两端电压UR 减小，则通过定值电阻的电流减小，C 正确；
D ．原线圈两端的电压只与产生交变电流的线圈的匝数，转动角速度，线圈面积和转动角速度有关，和副线圈的负载电阻大小无关，所以仅增大定值电阻的阻值，原线圈两端的电压不变，D 错误。
故选 C 。
5 ．A
A ．小球做匀速圆锥摆运动，受力分析得： 竖直方向：T cosθ = mg水平方向合力提供向心力：mg tanθ = mw2L sin θ
化简得角速度： w 代入cos 37o
得： w
线速度v = wL sin θ , sin 37o 代入得： v
mvj
小球转过 1 圈，速度方向偏转90o ，速率不变，设初动量为 mv ，末动量为 →
4
动量变化大小： Δp = ∣m mv
代入v 化简得：
根据动量定理，合力冲量大小等于动量变化大小，故 A 正确；
L gL π m 4gL
重力是恒力，冲量大小： I = mgt = mg . π = π m, = ,
G ) 5g \ 5 2 \ 5故 B 错误；
CD ．根据矢量关系：IT + IG = Δp
Δp 在水平面内，IG 竖直向下，二者垂直，因此拉力冲量大小：
故 C 、D 错误。
故选 A。
6 ．B
石弹抛出速度最小时， 其运动轨迹恰好经过城墙两边缘，最高点恰好在城墙中心正上方，设石弹经过城墙左边缘时的速度大小为v1 ，速度方向与水平方向的夹角为θ , 石弹由城墙左边缘到右边缘所用的时间为t ，斜抛运动水平方向，有d = v1 cos θ . t
在竖直方向，有0 = v1 sin θ . tgt2解得v
当θ = 45° 时，v1 具有最小值v1min
石弹抛出后至经过城墙左边缘过程，由动能定理，得-mgh mvin mv 解得石弹抛出时的最小速度大小vm/s
故选 B。
7 ．A
ABC ．电场力
F电 = Eq = mg
因为电场力与重力恒定不变，所以将这两个力的合力看成一个力，该力的大小为
8255833120方向与竖直方向成45o 角斜向下，与图中 OA 方向平行，则小球受到三个力，圆环对它的弹力 N，库仑力F库 和 F，构成一个矢量三角形如下图，其中图中 C 点表示小球所处位置：
Q 的带电量缓慢减少，则小球会沿圆环轨道向下移动，始终满足
所以
保持不变，AC 在减小，所以F库 减小，小球处在一种动态平衡中，不会脱离圆环，故 A 正确，BC 错误；
D．小球在 B 点时，Q 受到的库仑力F库' 和匀强电场的电场力互相垂直，之后库仑力F库' 减小，
匀强电场的电场力
F电' = EQ
也变小了（Q 在漏电），并且这两个力的夹角由直角变成了钝角，根据力的合成规律，这两个力的合力与初始值相比变小了，故 D 错误。
故选 A。
8 ．D
A ．刚释放时棒的加速度为ag sinθ
设导轨间距为 l，开关闭合前瞬间，有mg sinθ - BI1l = ma2 ，I 闭合 S，棒恰能匀速下滑，则 mg sinθ = BI2l ，I 联立解得ag sin a1 ，故 A 错误；
B ．设棒下滑相同的距离为 d，第一阶段棒做加速度减小的加速运动，则d > v t1 2
第二阶段做匀速运动，则d = vt2
联立可得t1 < 2t2 ，故 B 错误；
C ．第一阶段通过金属棒的电荷量为q 第二阶段通过金属棒的电荷量为q2 = I2t 由此可知q2 = 2q1 ，故 C 错误；
D ．由以上分析可知，金属棒先做加速度减小的加速运动，闭合开关后做匀速运动，其 v-t图像如图所示
则金属棒运动过程中安培力随位移变化的图像，如图所示
图线与坐标轴所围区域的面积表示克服安培力做的功，由图可知，第一阶段回路产生的总焦耳热为Q1 = W克安mg sin θ . d mg sin θ . d
第二阶段回路产生的总焦耳热为Q2 = W克安2 = mg sinθ . d
所以Q1 > Q2 ，故 D 正确。
4
故选 D。
9 ．AD
AB ．画出光路图如图所示
在界面AC 恰好发生全反射，由几何关系可知全反射临界角C = i = 60°则折射率n ，故 A 正确，B 错误；
C ．又n
则光在透明介质中的传播速度为v c ，故 C 错误；
D ．由几何关系可得OC = OD = OF l ，OE l
则DE = OE - OD l
光从射入AB 面开始到射到 E 点的时间为t ，故 D 正确。故选 AD。
10 ．AC
A ．根据万有引力提供向心力有G m (R + h 解得M
地球体积V R3
则地球密度 r 故 A 正确；
B ．卫星在轨道Ⅲ上运动的线速度大于轨道Ⅰ的速度，在轨道Ⅰ的 a 点，点火加速，速度变大，卫星在轨道"上◆◆ 点的速度大于轨道Ⅲ上运动的速度，故 B 错误；
C ．由开普勒第三定律可知 解得T2 = T
故 C 正确；
D ．由开普勒第二定律可知，在很短的时间 Δt 内，有 v . Δt v0 . Δt
解得v 故 D 错误。
故选 AC。
11 ．AD
A ．已知x = -2L 处有负点电荷，电荷量大小2Q （即q= -2Q ），它在x = -L 处产生的场强：
距离r = L ，大小 E负 ；负电荷场强指向自身，方向沿x 负方向（向左）。
题目给出x = -L 处总场强为零，因此圆环在x = -L 处的场强必须方向沿x 正方向（向右，大小等于E负 ），说明场强指向圆心 O ，因此圆环带负电，故 A 正确；
B ．对x = -L 处，圆环半径R = L ，场点到圆心距离∣x∣= L
代入圆环场强公式： E环 由E环 = E负
解得q = 42Q，故 B 错误；
C ．电势是标量，叠加计算x = -L 和x = L 处的总电势
可得φ(L) > φ(-L)
正电荷电势能Ep = qφ （ q > 0 ）
因此Ep (L) > Ep (-L) ，故 C 错误；
D ．x = L 处总场强为圆环场强和负点电荷场强的叠加：
圆环场强：由对称性，x = L 和x = -L 到圆心距离相等，场强大小相等，即E环 圆环带负电，场强指向圆心，方向沿x 负方向（向左）。
负点电荷场强：负点电荷到x = L 的距离为3L ，大小E负 ，方向也沿x 负方向（指向负电荷）。
合场强大小为 E总 故 D 正确。
故选 AD。
12 ．AC
A．小球恰好能到达 O 点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有WF - mgL = 0
解得WF = mgL
设撤去力 F 时杆与水平方向的夹角为a ，则有WF = Fs = F a解得a
从撤去力 F 到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得撤去力 F 时小球的速度大小为v ，故 A 正确；
B ．设杆与水平地面夹角为θ 时，小球的速度大小为v1 ，如图所示
接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为v2 = v1 sin θ
对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有mgL mvMv 联立解得v ，故 B 错误；
C ．对小球和立方体整体受力分析，受到重力，杆的弹力，支持力的作用，设杆与水平地面夹角为a ，在水平方向运用牛顿第二定律可得F杆 cosa = (M + m)a
刚分离时小球和立方体系统加速度的水平分量为零，故杆的弹力为零，因此小球只受到重力作用，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度为 g，故 C 正确；
D ．小球由最高点向右运动直至落地，根据系统的机械能守恒有mgL mvMv 解得立方体最后的速度为v ，故 D 错误。
故选 AC。
13 ．(1) 大于 不需要
（1）[ 1]要使滑块 A 能通过光电门2，碰撞后 A 的运动方向不变，速度变小，根据动量守恒，则需要满足m1 > m2 ；
[2]验证动量守恒时，两滑块的速度都可以用v 表示， 只是时间不同，故d 在表达式中两边都存在，可以约去，故不需要测出d 。
（2）碰撞前 A 的速度v 碰撞后 A 的速度v
B 的速度v
根据动量守恒有m1v1 = m1v2 + m2v3联立解得
（3）滑块通过光电门 1 的速度vA 通过光电门 2 的速度vA
根据动量定理有mgsin45° . t = mvA2 - mvA1整理得
14 ．(
1)
(2) 2.9 5.6
(3)偏小
（1）根据电路图，实物连接情况如图所示。
（2）根据闭合电路的欧姆定律可得U1 = E r结合图像可得E = 2.9V
当U1 = 1.5V 时，U2 = 1.25V ，代入上式解得 r = 5.6Ω
（3）根据电路图可知，测量的内阻是电源内阻与电压表V1 内阻的并联电阻，导致测量值小于实际值。
（1）从 t1 = 0 时刻到t2 = 0.6s 时刻，经过的时间Δt = t2 - t1 = 0.6s
由图可知λ = 4m ，若波沿 x 轴正方向传播，则 当 n=1 时，解得T = 0.48s
满足0.3s < T < 0.6s ，波的传播速度 v m/s
若波沿 x 轴负方向传播，则 T （n=0 ，1 ，2 ， …)
当 n=1 时，解得T s
满足0.3s < T < 0.6s ，波的传播速度 v m/s
（2）t = 0 时，质点 M 处于正向最大位移处，振动方程形式为y = Acos wt由图可知A = 2cm ，角频率 w
若波沿 x 轴正方向传播，则T = 0.48s ，联立解得 y = 2 cos cm若波沿 x 轴负方向传播，则T s ，联立解得 y = 2 cos cm
16 ．(1) 300cm3
(2)10.4J
（1）状态 A 时，气体压强由大气压、活塞重力和液体重力共同产生，得pA = pPa
状态 B 时，气体压强由大气压、活塞重力共同产生，得pB = pPa由等温过程可知pAVA = pBVB
解得VB = 300cm3
（2）已知 ΔU = 0 ，由热力学第一定律，得ΔU = W +Q解得W = -10.4J
即气体对外做功为WAB = 10.4J
17 ．(1)F=22N (2)0.125
(3)vA =1m/s
(4)ΔE=4J
（1）对 A 、B 整体，由动量定理，得 (F - 2mg sin θ - μAmg cosθ - μBmg cosθ)t = 2mv0解得F = 22N
（2）撤去外力 F 后，对物块 A 由牛顿第二定律，得mg sinθ + μAmg cosθ = maA解得aA = 1.2g = 12m/s2
且 A 受力满足mg sinθ = μAmg cosθ
则 A 减速到零后保持静止，对物块 B 由牛顿第二定律，得mg sinθ + μBmg cosθ = maB解得aB = 0.8g = 8m/s2
A 、B 初速度均为v0 ，且 aA > aB ，则 B 沿斜面向上运动的速度减为零时，A 已经静止在斜面上，由匀变速直线运动速度与位移的关系，可得 A 、B 之间的距离为
（3）物块 B 速度减为零后，沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得mg sin θ - μBmg cosθ = maB,
所以aB, = 0.4g = 4m/s2
根据速度位移关系可得v2 = 2aB,x
解得 A 、B 物块第一次碰前时刻 B 物块的速度大小为v = 1m/s
A 、B 发生第一次弹性碰撞时，由动量守恒得mv = mvB + mvA由能量守恒得 mv mv mv
所以碰后两物体速度交换vB = 0 ，vA = 1m/s
（4）碰后 A 做匀速直线运动，B 做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有vAt aB,t
解得t1 = 0.5s
位移x1 = vAt1 = 0.5m
由功能关系，可得系统损失的机械能ΔE = (μAmg cosθ + μBmg cosθ)x1 = 4J
18 ．（1）0.053m ；（2）0.2m；（3）8 x 10-5 s ；（4）(0.13，0.05，1.6)
（1）带电粒子在 x 轴上方的磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹在 xOy 平面内，轨迹如下图所示
根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律可得
代入数据可得
R1 = 0.1m
根据题意及几何关系可得，粒子第一次到达 x 轴上，该点到原点的距离为
（2）粒子进入 x 轴下方后，在 xOy 平面内做匀速圆周运动，在 z 轴方向上，在电场力的作用下做匀加速直线运动。根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律可得
代入数据可得
R2 = 0.05m
故粒子从 x1 处到达xOz 平面的过程中，粒子在 xOy 平面内的运动轨迹如下所示
根据几何关系可知，粒子在 x 轴下方做匀速圆周运动的圆心角为
故粒子运动的时间为
粒子在 z 轴方向上，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得qE = ma
代入数据可得
a = 1 x 109 m/s2 ，sz1 = 0.2m
（3）粒子在 xOy 平面内做匀速圆周运动的轨迹如下图所示
由几何关系可得，粒子首次在磁场区域 1 中运动的圆心角为
故其做圆周运动的时间为
由图可知粒子从磁场 1 进入磁场 2 到离开磁场 2 的运动时间均相等，均为
t2 = 2 x 10-5s
粒子从磁场 2 进入磁场 1 到离开磁场 1 的运动时间均相等，均为
分析可知，粒子在第一次离开磁场 2 时，沿 z 轴方向的速度为
v1 = at2 = 2 x 104 m/s
粒子第一次从磁场 2 进入磁场 1 到离开磁场 1 的过程中，由于其沿 z 轴方向具有速度，故在磁场 1 中沿 z 轴方向做匀速直线运动，此过程中沿 z 轴方向位移为
sz 2 = v1t3 = 0.4m
粒子第 2 次从磁场 1 进入磁场 2 到离开磁场 2 的过程中，沿 z 轴方向有
v2 = v1 + at2 = 4 x 104 m/s
粒子第 2 次从磁场 2 进入磁场 1 到离开磁场 1 的过程中，沿 z 轴方向有sz 4 = v2 t3 = 0.8m
由于
s = sz1 + sz 2 + sz3 + sz 4 = 2m＞z = 1.6m
故粒子在第三次离开磁场 1 前已经打到P 屏幕上。故粒子第 2 次从磁场 2 进入磁场 1 到打到P 屏幕上的过程有，在磁场 1 中有
z - (sz1 + sz 2 + sz3) = sz 4 = v2t4
解得
t4 = 1 x 10-5 s
粒子从发射到打到P 屏幕上经历的总时间为
t总 = t1 + 2t2 + t3 + t4 = 8 x 10-5 s
（4）由上分析可知，当粒子打到 P 屏幕上，此时其在 xOy 平面上的投影为图中p 点
由几何关系可得，P 点沿 x 轴方向的坐标为
x = 2R1 cos 30° = 0.13m沿y 轴方向的坐标为
y = R1 - R1 sin 30° = 0.05m
粒子打在P 屏上的位置坐标(0.13，0.05，1.6)
【点睛】相互垂直的两个运动互不干扰。粒子在 z 轴方向的运动与其在 xoy 平面的运动是相互独立的，但运动时间是一致的。明确粒子在 xoy 平面做匀速圆周运动的轨迹。以及粒子先后分别在磁场 1 和 2 中，沿 z 轴方向的运动情况及在各磁场中沿 z 轴方向运动的位移关系。再结合洛伦兹力公式及牛顿第二定和匀变速直线运动规律进行解答。

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