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湖北省仙桃中学 2026 届高三年级第一次半月考试卷
《物理》
本试卷满分 100 分，考试用时 75 分钟。
一、选择题：本题共 10 小题，共 40 分，每小题 4 分；在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题目要求，第 8~10 题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。
1 ．如图甲所示，用某种型号的光线发射器的光照射光电管。图乙为氢原子能级图，光线发射器内大量处于n = 3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有 a、b 两种可以使该光电管阴极逸出光电子，图丙所示为 a 、b 光单独照射光电管时产生的光电流 I 与光电管两端电压 U 的关系图线。已知光电管阴极材料的逸出功为 2.09eV，下列说法正确的是( )
A ．丙图中Uc1 和Uc2 对应的是甲图中电源的正极接在左端
B ．用动能为 13eV 的电子轰击一群基态氢原子，可使原子跃迁到n = 3 能级
C ．用 b 光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为1.6 ? 10-18 J
D ．若将电源的正极接在左端，将滑动变阻器滑片从左向右滑动过程中，电流表示数从 0 开始先增大后保持不变
2 ．如图所示为半球形均匀玻璃砖过球心 O 的截面 MQN，QO 与底面垂直。一束复色光沿 PQ 从真空射入玻璃砖，折射后分为 a、b 两束单色光，分别射到底面上 A、B 两点，则( )
A ．玻璃砖对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率
B ．a 、b 两束单色光在底面 MN 上都不会发生全反射
C ．a 光从 Q 到 A 传播的时间等于 b 光从 Q 到 B 传播的时间
D ．a 光从 Q 到 A 传播的时间大于 b 光从 Q 到 B 传播的时间
3 ．如图所示，某卫星发射时，先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ, 在 P 点变轨到椭圆轨道Ⅱ, 再从椭圆上的远地点 Q 变轨到圆轨道Ⅲ。已知另一太空舱在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，卫星在椭圆轨道Ⅱ上经过 P 点时的速度大小为 3v，经过 Q 点时的速度大小为 v，地球的半径为
R，地球极点处的重力加速度为 g。下列说法中正确的是( )
A ．v 可能大于第一宇宙速度
B ．卫星在椭圆轨道Ⅱ上的周期为
C ．卫星在轨道Ⅲ上加速，可以追上太空舱并实现对接
D ．在轨道Ⅰ和Ⅲ上，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积相等
4 ．如图甲所示，在三维直角坐标系 O-xyz 的 xOy 平面内，两波源 S1 、S2 分别位于 x=-0.2m、 x=1.2m 处。两波源垂直 xOy 平面振动，振动图像分别如图乙、丙所示。 M 为 xOy 平面内一点且 MS2-MS1=0.2m，空间有均匀分布的介质且两波在介质中波速为 v=2m/s，则( )
A ．平衡位置在 x 轴上且 x=0.5m 处质点开始振动的方向沿 z 轴正方向
B ．两列波叠加区域内，平衡位置在 x 轴上且 x=0.6m 处质点振动减弱
C ．两列波叠加区域内，平衡位置在 x 轴上且 x=0.5m 处质点振动加强
D ．若从两列波在 M 点相遇开始计时，则 M 处质点的振动方程为z = 0.4sin(10π t + π )m
5．如图，MN 、PQ 为两条水平固定且平行的光滑金属导轨，导轨右端与接有定值电阻R0 = 2Ω的理想变压器的原线圈连接，变压器副线圈上接有最大阻值为12Ω 的滑动变阻器R ，原、副线圈匝数之比 ，导轨宽 L = 1m ，质量 m = 2kg，电阻不计的导体棒ab 垂直MN 、PQ
放在导轨上，在水平外力F 作用下，在两虚线范围内做往复运动，其速度随时间变化的规律是v = 3 2 sin10π t(m / s) ，虚线范围内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B = 1T ，导体棒ab 始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导线电阻均不计。下列说法正确的是( )
A ．ab 棒中产生的电动势的表达式为e = 6sin10π t(V)
B ．若R = 9Ω ,电阻R0 两端电压的有效值为 2V
C ．若R = 2Ω ,变压器输出功率最大
D ．若R=6Ω ,在 t = 0 到t1 = 0.05s 的时间内，外力F 所做的功约为 18. 17J
6 ．如图所示，半径为0.9m 的半圆柱固定于水平地面上，一质量为m2 的小物块放置于其最高点。在圆心O 点正上方2.5m 处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为m1 ，将小球拉至细线与竖直方向成 θ = 60o 位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点， g 取 10m/s2，则 m1 : m2 为( )
A ．3 :1 B ．3 : 5 C ．2 :1 D ．3 : 7
7 ．如图所示，建筑工人向房顶抛投建筑材料，初速度v0 大小为12m / s ，与水平方向的夹角为60o ，抛出点 M和落点N 的连线与水平方向夹角为30o ，重力加速度大小为 g = 10m/s2 ，忽略空气阻力。则M 点到N点的距离是( )
A ． m B ．7.2m C ．9.6m D ． m 8 ．关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是( )
A ．图甲是电磁流量计的示意图，在 B、v 一定时，d 越大，Uab 越小
B ．图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出 B 极板是发电机的正极
C ．图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝 S3 说明粒子的比荷越大
D ．图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压 U
9 ．绝缘的水平面上存在着沿水平方向的电场，带负电滑块（可视为质点）在水平面上不同位置所具有的电势能 Ep 如图甲所示，P 点是图线最低点。现将滑块由x=1m 处以 v=2m/s 的初速度沿 x 轴正方向运动（如图乙），滑块质量 m=1kg、与水平面间的动摩擦因数 μ=0.1，g取 10m/s2，则( )
A ．电场中 x=3m 处的电势最高
B ．滑块沿 x 轴正方向运动过程中，运动至 x=3m 速度最大
C ．滑块运动至 x=3m 处，速度大小为 2m/s
D ．滑块有可能到达 x=4m 处
10 ．如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为
L = 1m ，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B = 1T 。质量均为m = 1kg 、接入电路的有效电阻均为R = 1Ω 的金属棒ab 、cd 垂直于导轨放置，均处于静止状态。t = 0时刻给cd 棒一个方向水平向右、大小F = 4N 的拉力，t = 4s 时，金属棒ab 和cd 加速度刚好相等。此后撤去拉力F ，整个过程棒与导轨接触良好。则( )
A ．t=4s 时金属棒 ab 和 cd 的加速度大小为 2m/s?
B ．t=4s 时金属棒 ab 的速度大小为 4m/s
C ．t=4s 时金属棒 cd 的速度大小为 10m/s
D ．从 t=4s 到回路中电流为零的过程中，金属棒 ab 和 cd 之间距离的增加量为 4m
二、实验题
11．某同学设计如图甲所示装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数，在长木板下端固定一光电门，调整长木板与水平地面之间的夹角 θ = 37° 。
(1)用螺旋测微器测量挡光片的宽度，示数如图乙所示，则挡光片的宽度d = mm ；
(2)若挡光片经过光电门的时间为 Δt，则滑块经过光电门速度大小， v = （用测得的物理量符号表示）；
(3)使滑块以某一初速度沿斜面向上运动，往返过程中滑块两次经过光电门的速度大小分别记为v1 、v2 。其他条件不变， 改变滑块的初速度，多次实验得到多组数据，作出v - v 图像如图丙所示，则滑块与长木板间的动摩擦因数 μ = （结果保留两位有效数字）；
(4)该同学发现将滑块以一定的初速度沿斜面向上运动，改变斜面倾角，滑块在斜面上运动 的距离发生变化，通过反复实验，测得当斜面倾角为θ0 时，滑块在斜面上滑行的距离最小，据此可得滑块与长木板间的动摩擦因数 μ = 。
12 ．(1)用图 1 所示的多用电表测量合金丝的电阻。待测合金丝阻值约为十几欧，测量步骤如下：
①使用前先调节指针定位螺丝，使指针对准左侧 0 刻线。
②将选择开关转到电阻挡的 （选填“×1” 、“×10”或“×100”）的位置。
③进行欧姆调零，再将两表笔分别与待测电阻两端相接，表盘如图 2 所示，则合金丝的阻值为 Ω 。
(2)按照图 3 连接电路，测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l 、调节滑动变阻器连入电路的阻值，使电流表的读数I 达到某一相同值时记录电压表的示数U ，
U U
从而得到多个 的值，作出 - l 图像，如图 4 中图线a 所示。 I I
①现有 3 个不同规格的滑动变阻器，本实验应选用 （填写选项前面的字母代号）。
A.滑动变阻器（0~2Ω)
B.滑动变阻器（0~20Ω)
C.滑动变阻器（0~200Ω)
②已知合金丝甲的横截面积为8.0 × 10-8 m2 ，则合金丝甲的电阻率为 Ω.m （结果保留 2位有效数字）。
U
③图 4 中图线b 是另一根材质相同的合金丝乙采用同样的方法获得的 - I 图像，由图可知
I
合金丝乙的横截面积 （选填“大于” 、“等于”或“小于”）合金丝甲的横截面积。
④利用图 4 中直线斜率求合金丝电阻率，是否存在因电表内阻带来的误差 （选填“是” 、“否”）。
三、解答题
13．如图所示，体积为 V0 的导热容器被一光滑导热活塞 C（厚度忽略不计）分成 A、B 两个气室，各封闭一定质量的气体，平衡时 B 室的体积是 A 室体积的三倍，A 室容器上连接有一管内气体体积不计的足够长 U 形管，两侧水银柱高度差为 76 cm，B 室容器可通过一阀门K 与大气相通。已知外界大气压p0=76 cmHg，环境温度 T0=300 K。
（1）环境温度保持不变，将阀门 K 打开，稳定后 B 室内剩余气体的质量和 B 室原有气体质量之比是多少？
（2）打开阀门 K 稳定后，将环境温度缓慢升高到 750 K，求此时 A 室内气体压强。
14 ．如图所示，平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为 m、带电荷量为q(q >0)的带电粒子以初速度v0从y 轴上P(0, h)点沿 x 轴正方向开始运动，经过电场后从 x 轴上的点Q进入磁场，粒子恰能不经过第Ⅲ象限又回到第Ⅰ象限。不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第 8 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标。
15 ．如图所示，一质量为 m 的物块 A 与轻质弹簧连接，以速度v0 在光滑水平面上向物块 B
3
运动。t = 0 时，弹簧与 B 接触；t = t0 时，A 、B 速度相等为 4 v0 ，弹簧压缩量为0.36v0t0 。
A 、B 分离后，B 滑上足够长的粗糙传送带，一段时间后再次与 A 碰撞。分离后， B 再次滑上传送带，到达的最右侧位置与前一次相同。已知传送带速度大小为 v ，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，A 始终在光滑水平面上运动，每次碰撞均发生在光滑水平面上。求：
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，A 物体相对地面的位移；
(3)全过程中系统产生的总摩擦热。
1 ．BC
A．丙图中Uc1 和Uc2 是遏止电压，对应的是甲图中电源的正极接在右端，故 A 错误；
B ．用动能为 13eV 的电子轰击一群基态氢原子，氢原子可能吸收其中
-1.51- (-13.6)eV = 12.09eV 能量，可使原子跃迁到n = 3 能级，故 B 正确；
C ．光线发射器内大量处于n = 3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光只有 a 、b 两种可以使该光电管阴极逸出光电子，两种光子能量分别为 -1.51- (-13.6)eV = 12.09eV 和 -3.4 - (-13.6)eV = 10.2eV ，b 光照射光电管时遏止电压更大，所以 b 光光子能量为
12.09eV
由Ekm = hn -W ，用 b 光照射光电管时，阴极飞出的光电子最大初动能为Ekm = (12.09 - 2.09)eV = 10eV = 1.6 ? 10-18 J ，故 C 正确；
D ．正极接左端时加的是正向电压，滑片在最左端时光电管两端电压为 0，但逸出的光电子本身有初动能，已经可以到达阳极形成光电流，因此电流不是从 0 开始，故 D 错误。
故选 BC。
2 ．B
A．根据光的折射规律可知，玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率，故 A 错误；
B ．光在底面 MN 的入射角等于在 Q 点的折射角θ折 ，而发生全反射的临界条件为sin C 由于光从玻璃射入真空，需入射角 θ折 ≥ C
根据光的折射规律可得sin θ折 sin C
即 a 、b 两束单色光在底面 MN 上的入射角都小于发生全反射的临界角，故 B 正确；
CD ．光在玻璃中传播的速度v
传播的距离为s 结合sin θ折
解得t
由于玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率，a 光从 Q 到 A 传播的时间小于 b 光从 Q
到 B 传播的时间，故 CD 错误。
故选 B。
3 ．B
A ．由万有引力提供向心力G 解得v
当轨道半径r 等于星球半径R 时，v9 为第一宇宙速度；在圆轨道Ⅲ时，轨道半径r 大于星球半径R ，在圆轨道Ⅲ时线速度大小小于第一宇宙速度；卫星在 Q 点加速后进入轨道Ⅲ,故卫星在轨道Ⅲ上的速度大于 v，且小于第一宇宙速度，故 v 一定小于第一宇宙速度，故 A 错误；
B ．由开普勒第二定律可得在相同时间内卫星与地球连线扫过的面积
即S vP Δt vQ Δt
可得卫星在轨道"上经过 P 点和 Q 点的速度关系vP rP = vQrQ可得rQ = 3R
因此 Q 点到地心的距离为 3R，轨道"的半长轴为a R
设卫星在轨道Ⅰ上的周期为T1 ，在轨道"上周期为T2 ，根据开普勒第三定律 又由G mg
解得T ，故 B 正确；
C ．卫星在轨道Ⅲ上加速会做离心运动，不能与太空舱对接，故 C 错误；
D ．由开普勒第二定律可知同一轨道上的卫星与地球的连线在相同时间内扫过的面积相等，因此在轨道Ⅰ和Ⅲ上，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积不相等，故 D 错误。
故选 B。
4 ．D
AC ．由图可知，质点振动的周期T = 0.2s ，可知波长 λ = vT = 2 ? 0.2m / s = 0.4m
两波源的起振方向相反，由于平衡位置在 x 轴上且 x=0.5m 处的质点，离两波源的距离差为
0，该距离差为波长的整数倍，故该点为振动减弱点，振幅为 0，该质点将一直处于平衡位置，故 AC 错误；
B ．平衡位置在 x 轴上且 x=0.6m 处的质点，离两波源的距离差为 0.2m，等于半波长的奇数倍，故该点为振动加强点，故 B 错误；
D ．由于 MS2-MS1=0.2m，该距离差为半波长的奇数倍，则该点为振动加强点，振幅为A = 2 × 0.2m = 0.4m
圆频率为w rad/s
由于 MS2>MS1，则从波源 S2 形成的波传到 M 点开始计时，又因为波源 S2 起振方向沿 z 轴负方向，则 M 处质点初相位φ = π
故其振动方程为z = Asin(wt + φ) = 0.4 sin(10π t + π )m ，故 D 正确。
故选 D。
5 ．D
A ．ab 棒中产生的电动势的表达式为E = BLv sin10π t ，故 A 错误；
B ．若R = 9Ω ,等效电路如图
则R等效 R = 1Ω
电动势的有效值为3V ，电阻 R0 两端电压的有效值为URE有 = 2V ，故 B 错误；
C ．若R = 2Ω , 将R0 看作电源的内阻 r ，由闭合电路欧姆定律可得等效电阻和内阻相等时，即 R = R0 时，即R = 18Ω ,但是滑动变阻器的最大阻值为12Ω ,可得当滑动变阻器的 最大阻值为12Ω 时，即， 滑动变阻器的功率最大，变压器输出功率最大，故 C 错误；
D ．周期T s = 0.2s ，若 R=6Ω ,在 t = 0 到t1 = 0.05s 的时间内，电路产生的焦耳热为
初始时刻的速度为 0，当 t1 = 0.05s 时速度大小为vm = 3 2 sin (10π× 0.05)m / s = 3 2m / s可得外力F 所做的功W mvQ ≈ 18.17J ，故 D 正确。
故选 D。
【点睛】电源输出功率 P = ?è| r 外 |2 R外 =
R外 与内阻 r 的大小相等时，电源输出功率最大。
6 ．B
悬点在 O 点正上方2.5m ，半圆柱最高点在 O 点正上方R = 0.9m 处，因此绳长
L = 2.5m - 0.9m = 1.6m
小球下摆过程机械能守恒，有m1gL m1v 解得v0 = 4m/s
小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为 0，重力提供向心力，得 m2g 解得v2 = 3m/s
弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有m1v0 = m1v1 + m2v2 ， m1v m1v m2v 解得v
代入v0 = 4m/s ，v2 = 3m/s ，整理得3(m1 + m2) = 8m1
即3m2 = 5m1 ，因此 m1 : m2 = 3 : 5故选 B。
7 ．C
建筑工人向房顶抛投建筑材料，将斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向匀变速直线运动。设M 到N 的距离为L ，运动时间为t 。将初速度沿水平和竖直方向分别分解为vx = v0 cos 60° = 6m/s ，vy = v0 sin 60° = 63m/s
将位移沿水平和竖直方向分别分解为x = L cos L ，y = L sinL水平方向做匀速直线运动，有L cos 30° = vxt
整理得t
竖直方向做匀变速直线运动，有y = vy t gt2
将t g = 10m/s2 代入竖直位移方程，得 化简得
解得L m = 9.6m故选 C。
8 ．BC
A ．根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvBq所以Uab = Bvd
由此可知，在 B、v 一定时，d 越大，Uab 越大，故 A 错误；
B ．图乙中，根据左手定则可知，带正电离子受到的洛伦兹力向下，带负电离子受到的洛伦兹力向上，则 B 极板是发电机的正极，A 极板是发电机的负极，故 B 正确；
C ．图丙中，带电粒子经过加速电场，根据动能定理可得qU mv2带电粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力qvB = m
联立解得r
由此可知，打在底片上的位置越靠近狭缝 S3 ，说明粒子的轨道半径越小，粒子的比荷越大，故 C 正确；
D ．图丁中，当粒子的轨道半径等于 D 形盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，则有
粒子的最大动能为Ek
由此可知，粒子飞出加速器时的最大动能与电压无关，故 D 错误。
故选 BC。
9 ．AC
A ．滑块在x = 3m 处电势能最小，根据Ep = qφ ,且滑块带负电，可知 x = 3m 处的电势最高，故 A 正确；
C ．滑块从x = 1m 处运动到x = 3m 处，根据功能关系可得
解得滑块运动至x = 3m 处，速度大小为v3 = 2m/s ，故 C 正确；
B ．根据Ep - x 图像斜率的绝对值k F电
由题图可知，从x = 1m 处到x = 3m 处，滑块受到的电场力逐渐减小，且滑块从x = 1m 处运动到x = 3m 处，电场力做功等于克服摩擦力做功，所以电场力先大于摩擦力后小于摩擦力，
则滑块沿 x 轴正方向运动过程中，合力先做正功，后做负功，根据动能定理可知，滑块的速度先增加后减少，即x = 3m 处速度不是最大，故 B 错误；
D ．滑块在x = 1m 处的电势能与在x = 4m 处的电势能相等，滑块从x = 1m 处到x = 4m 处，需
要克服摩擦力做功Wf = μmgx14 = 3J mv2 = 2J可知滑块不可能到达x = 4m 处，故 D 错误。
故选 AC。
10 ．ACD
A ．t=4s 时将金属棒ab 和cd 作为一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得F = 2ma
解得a = 2m/s2故 A 正确；
BC ．两棒的加速度相等时，设受到的安培力大小为F安 ，对金属棒 ab ，由牛顿第二定律可得F安 = ma
根据安培力公式F安 = BIL
解得回路中电流大小I = 2A
设回路中的感应电动势为 E，则 E = 2IR
设两棒的加速度相等时，金属棒 ab 、cd 的速度分别是v1 、v2 ，则E = BL (v2 - v1)设t = 4s 时间内安培力冲量大小为I安 ，对金属棒 cd，由动量定理可得Ft - I安 = mv2对金属棒 ab，安培力的冲量I安 = mv1
联立解得v1 = 6m / s ，v2 = 10m / s
故 B 错误，C 正确；
D．撤去外力 F 后，金属棒 cd 做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒 ab 做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为 v，根据动量守恒定律
mv1 + mv2 = 2mv

对 ab 棒，根据动量定理BILt, = mv - mv1电荷量q
设两棒间距离增大了 x，则 ΔΦ = BLx
联立解得x = 4m故 D 正确。
故选 ACD。
11 ．(1)8.020##8.018##8.019##8.021##8.022
(3)0.38
（cot θ0 亦可）
（1）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm ，可动刻度读数为
2.0 × 0.01mm = 0.020mm ，所以最终读数为 d = 8mm + 0.020mm = 8.020mm 。由于存在估读偏差，因此8.018mm ~ 8.022mm均正确
（2）光电门的工作原理是用挡光片的平均速度代替滑块通过光电门的瞬时速度，即 v
（3）滑块沿斜面向上运动，根据能量守恒定律有 mv12 = mg sinθ . S + μmg cosθ . S全过程，根据能量守恒定律有 mv mv22 + 2μmg cosθ . S
联立解得S
进一步解得v
由v22 - v12 图像斜率k 解得μ ≈ 0.38
（4）向上滑块滑行距离S
v1 不变，S 最小，则有cos (θ0 -a) = 1
根据数学知识，可知θ0 = a ，且有tan θ0 = tan a 解得
12 ．(1) “×1” 15
(2) B 1.2 ? 10-6 大于 否
（1）② [ 1]将选择开关转到电阻挡的 “×1”的位置。
③ [2]合金丝的阻值为 15×1Ω=15Ω。
（2）① [ 1]滑动变阻器接成了限流电路，则本实验应选用滑动变阻器（0~20Ω),故选 B。
② [2]根据 Rx = p 即 l
由图像可知k
则合金丝甲的电阻率为 p = kS = 14.7 ? 8.0 ? 10-8Ω . m ≈ 1.2 ? 10-6Ω . m
③ [3]根据k，材料相同，则电阻率相同，因 a 斜率较大，可知截面积较小，即合金丝乙的横截面积大于合金丝甲的横截面积。
④ [4]若考虑电流表内阻，则表达式为 Rx + RA = p RA ，可知图像的斜率不变，不影响求合金丝电阻率。
1
13 ．（1） ；（2）95cmHg
3
（1）开始时，设 A 室内气体压强为 PA0，则有
pA0 = p0 + pgh = 2p0
A 室的体积为
阀门 K 打开后， A 室内气体等温变化，稳定后压强为 pA1，则
pA1=p0
体积设为 VA1，由玻意耳定律得
pA0VA0 = pA1VA1
解得
B 室内气体等温变化，有
3
pB0 = pA0 ，pB1 = pA1 ，VB0 = V0 -VA0 = V0
4
由玻意耳定律得
pB0VB0 = pB1VB1
解得
则稳定后 B 室内剩余气体的质量和 B 室原有气体质量之比为
解得
总
（2）假设打开阀门后，气体从 T0=300K 升到 T1 时，活塞 C 恰好到达容器最左端，即A 室内气体体积变为 V0，压强始终为 pA1=p0，即为等压变化过程，则根据盖—吕萨克定律，有
解得
T1=600K
因为 T2=750K > 600K，所以温度 T1=600K 继续升高到 T 2=750K 的过程中，A 室内气体为等容变化过程，设其最终压强为 pA2，根据查理定律，有
解得
pA2 = 95cmHg
9mv2
14 ．(1) 0 32qh
(3) 26h
（1）粒子在电场中仅受电场力的作用做类平抛运动，由 P 到 Q，由牛顿第二定律可得qE = ma
竖直方向，有h at
水平方向，有 h = v0t1
联立解得t ，E
（2）粒子在 Q 点的速度大小为v 解得v
设与 x 轴正方向夹角为θ ,则 tan 可知 θ = 37°
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB 又根据几何关系r + r sin
联立解得r
（3）如图所示
粒子从第Ⅳ象限进入第Ⅰ象限后做类似斜抛运动，速度方向与 x 轴正方向成 37°,大小为 ,由运动对称性知 CD 沿 x 轴方向距离与 DE 沿 x 轴方向距离相等，则CE 粒子第 n 次从第Ⅰ象限进入第Ⅳ象限经过 x 轴的横坐标为
x = OQ + (n -1)(CE - CQ )(n = 1, 2,3,...)
又CQ = 2r sin 37°
解得x n = 1, 2, 3, ...)
当n = 8 时，可得x = 26h
15 ． mv
(2)1.5v0t0 ，水平向右
(3)2mv0v
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 A 、B 速度相等，根据动量守恒定律mvv0
解得mB m
根据能量守恒定律Epmax mv 解得Epmax mv
（2）方法一：压缩过程中，A 、B 动量守恒，有mv0 = mvA + mBvB
对方程两边同时乘以微小时间 Δt ，有 mv0Δt = mvA Δt + mBvBΔt
根据位移等于速度在时间上的累积，可得mv0t0 = mxA + mBxB
将xA - xB = 0.36v0t0
代入可得xA = 0.84v0t0
恢复原长的过程中具有对称性，时间仍为t0 ，形变量相等 mv0t0 = mxA 2 + mBxB2
该过程因物块 B 的速度更大，故xB2 - xA 2 = 0.36v0t0
可得xA 2 = 0.66v0t0
总位移xA = xA1 + xA 2 = 1.5v0t0
方法二：全过程，由于对称性可知，总时间为2t0
弹簧恢复原长，AB 位移相等xA = xB
可得xA = =xB 1.5v0t0
（3）取v0 方向为正方向，设物块 A 、B 第一次分离后速度分别为vA1、vB1
由动量守恒定律mv0 = mvA mvB1 由机械能守恒 mv mv mv 解得vAv0 ，vBv0
同理 A 、B 第二次分离后速度分别为vA2、vB2 ，因 B 物块到达最右侧的点相同，故
再次利用动量和能量关系得vA v0 同理，第三次分离后速度分别为vA3 = -v0 ，vB3 = 0 ，之后物块 B 不再滑上传送带。
传送带上，物块 B 向右减速到 0 的时间t 所以x传 = vt
设 B 减速与加速过程中相对地面的位移大小为xB
物块 B 与传送带之间的相对位移Δx = 2 (x传 + xB + x传 - xB)
解得：
所以全过程中系统产生的总摩擦热为Q = J . Δx mg 解得Q = 2mv0v

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