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山东省百师联盟2024-2025学年高三上学期开学摸底联考物理试题
一、单项选择题：本题共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．圆环蘸肥皂液后会形成薄膜，如图为薄膜竖直静置时拍摄的干涉照片，根据照片可判断圆环最低点位于（　　）
A．处 B．处 C．处 D．处
【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】圆环竖直放置时，由于重力作用，膜的下部较厚、上部较薄，膜的纵截面如图所示
在同一水平线上的膜厚度相同，出现在同一个水平干涉条纹，在同一个干涉级次上，条纹分布上疏下密，圆环最低点位于a处。
故答案为：A。
【分析】本题考查薄膜干涉的规律应用，核心是结合重力作用下肥皂膜的厚度分布特点（下部厚、上部薄），以及干涉条纹的疏密与膜厚度变化的关系，判断圆环最低点的位置。
2．被国际原子能机构称为新兴核素”，可以用于成像和放射性治疗，有望用于基于放射性核素的诊疗一体化研究。已知的比结合能为，核反应方程中为新生成粒子，为释放的核能。下列说法正确的是（　　）
A．是粒子
B．的结合能为
C．的比结合能为
D．的结合能比的结合能小
【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应过程可以看作先将反应物全部分解成孤立的核子，再组合成生成物的过程。反应物分解成核子时吸收能量，核子组成生成物时释放能量，如果吸收的能量大于放出的能量，则核反应为吸热反应；如果吸收的能量小于放出的能量，则核反应为放热反应。A．根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知是的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
B．核反应释放核能为结合能之差，电子无结合能，有
则的结合能为
故B错误；
C．共有64个核子，设比结合能为，有
则的比结合能为
故C正确；
D．核反应为放能反应，则生成物的结合能大于反应物的结合能，即的结合能比的结合能大，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应满足质量数和电荷数守恒分析X；根据结合能与比结合能关系解答。
3．如图所示，小球从坐标原点由静止开始以大小为的加速度做加速运动，到达点时的速度大小为，之后以大小为的加速度做加速运动，到达时的速度大小为，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】到达点时的速度大小为，根据速度与位移的关系式有
到达时的速度大小为，根据速度与位移的关系式有
解得
故答案为：D。
【分析】本题考查匀变速直线运动的速度 - 位移公式应用，核心是分两段利用计算速度，再求速度比值。
4．《天问》是屈原笔下的不朽诗篇，而天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理研究的不懈追求。如图所示，半径相同的两球形行星A、B各有一个近表面卫星C、D，各自绕行周期分别为、，已知，忽略卫星到行星表面的高度，则行星A，B的密度之比为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 半径相同的两球形行星A、B各有一个近表面卫星 ， 忽略卫星到行星表面的高度由万有引力提供向心力
解得行星的质量为
行星的体积为
可得行星的密度为
则行星A，B的密度之比为
故选B。
【分析】 根据万有引力提供向心力解得质量，结合密度的公式计算 。
5．如图所示，一定质量的理想气体从状态经热力学过程后又回到状态。下列说法正确的是（　　）
A．过程，分子的平均动能减小
B．过程，气体的温度先降低再升高
C．过程，在单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数减少
D．循环过程，气体吸收的热量为
【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．过程，由查理定律
解得
所以过程，温度升高，分子的平均动能增大，故A错误；
B．因为
所以
bc过程气体压强p与体积V的乘积pV先增大后减小，由理想气体状态方程
所以过程，气体的温度先升高再降低，故B错误；
C．过程，由盖—吕萨克定律可知，温度减小，分子平均动能减小，而压强不变，则在单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数增多，故C错误；
D．循环过程，外界对气体做的功为
由热力学第一定律
其中
故，则气体吸收的热量为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学第一定律应用，核心是结合理想气体状态方程分析各过程的温度、分子平均动能变化，再通过 p-V 图像的面积计算做功，结合热力学第一定律判断吸放热。
6．如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的正弦交流电。已知发电机串联6只高亮度灯泡，每只灯泡的额定电流为阻值为，发电机内阻可忽略不计，则灯泡正常发光时，此发电机（　　）
A．输出的交流电频率为
B．输出电流的方向每秒改变5次
C．输出电压的最大值为
D．产生电动势的瞬时值表达式为
【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据发电机的图像可读得周期为，则输出的交流电频率为，故A错误；
B．输出交流的方向在一个周期改变2次，则每秒改变10次方向，故B错误；
C．发电机串联6只高亮度灯泡，每只灯泡的额定电流为阻值为，发电机内阻可忽略不计，灯泡正常发光，则输出电压的最大值为，故C错误；
D．发电机的线圈从中性面开始计时转动，则初相为零，角速度为
电动势的瞬时值表达式为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查正弦交流电的基本规律，核心是结合交流电的周期、频率、方向变化规律，以及有效值与最大值的关系、瞬时表达式的书写规则分析各选项。
7．瓦房为中国常见的一种传统建筑。如图甲为一瓦房屋顶结构的简化图，当椽子与水平面夹角时，瓦片刚好能在两根相互平行的椽子正中间匀速下滑。已知瓦片横截面的圆弧半径为，恰好等于椽子间距离。如图乙所示，忽略瓦片厚度。瓦片与椽子间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示
因为
所以由平衡条件
垂直于斜面方向
解得瓦片与椽子间的动摩擦因数为
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡与摩擦力的计算，核心是先通过几何关系确定瓦片与椽子间的弹力夹角，再沿斜面和垂直斜面方向列平衡方程，结合滑动摩擦力公式求解动摩擦因数。
8．如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长状态时上端位于B点。一质量为m的物块（可视为质点）从斜面上A点由静止开始释放、下滑至最低点C。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，斜面倾角为30°，AB=BC=L，忽略空气阻力和一切摩擦，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．由A到C的过程中，物块的机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．当弹簧的压缩量为时，物块的速度最大
D．由A到C的过程中，物块的最大速度大小为
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由A到C的过程中，弹簧弹力对物块做功，物块的机械能不守恒，故A错误；
B．由于物块与弹簧组成的系统机械能守恒，则，所以，故B错误；
C．当物块的加速度为零时，速度达到最大，则，解得，故C正确；
D．根据系统机械能守恒定律可得，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合机械能守恒条件判断系统与物块的机械能是否守恒，利用受力平衡确定物块速度最大的位置，通过机械能守恒定律计算弹簧劲度系数和物块的最大速度，逐一验证选项。
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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．杜甫曾在《曲江》中提到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。如图甲所示，平静水面上的处，蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），在某一传播方向上，有两个质点。图示时刻，波源在波峰，在波谷与间隔一个波峰，在外侧的邻近波峰上，如图乙所示。已知波速为，连线在水平方向的距离为，在竖直方向的高度差为。下列说法正确的是（　　）
A．水波的波长为
B．振源的振动周期为
C．的平衡位置间距始终为
D．有可能在某一时刻振动状态完全相同
【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．因波源在波峰，在波谷与间隔一个波峰，连线在水平方向的距离为，则有
解得水波的波长为，故A错误；
B．已知波速为，可得波的周期为，振源的振动周期与波的传播周期相同，也为，故B正确；
C．质点A处于波谷时质点B处于相邻的波峰处，则的平衡位置间距始终为，故C正确；
D．质点A处于波谷时质点B处于相邻的波峰处，两质点相差，则两质点的振动情况始终相反，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查简谐波的波长、周期与质点振动关系，核心是结合波的传播规律和几何关系，推导波长、周期，分析质点的位置与振动状态。
10．如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　）
A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动
B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为
C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为
D．第8个圆筒的长度为
【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B正确；
C．由动能定理得
可得粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为，故C正确；
D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查直线加速器的工作原理与动能定理应用，核心是结合金属圆筒的静电屏蔽特性分析粒子运动状态，利用交变电压的周期规律确定粒子在筒内的运动时间，再通过动能定理求解速度和圆筒长度。
11．如图所示，两足够长的平行导轨竖直放置，水平部分粗糙并固定在绝缘水平面上，弯曲部分光滑，两部分平滑连接，空间中存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端与定值电阻相连。让导体棒从弯曲导轨上某位置由静止开始下滑，在水平导轨上运动一段距离后静止，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒运动过程中，回路中产生顺时针方向的电流（从上往下看）
B．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，其速率一直变大
C．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，所受安培力方向沿导轨切线向上
D．导体棒运动过程中，克服安培力做的功小于其机械能的减少量
【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒运动过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流（从上往下看），故A正确；
BC．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，由左手定则可知，所受安培力方向水平向左；当导体棒运动到最底端时，重力沿切线方向的分力为0；所以在弯曲导轨运动过程中，重力沿切线方向的分力先大于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率增加；当重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分力时，导体棒的速率最大；之后重力沿切线方向的分力小于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率减小，故BC错误；
D．根据能量守恒定律可知，导体棒运减少的机械能转化为回路中产生的热量以及在水平轨道因摩擦而产生的热量，故导体棒运动过程中，克服安培力做的功小于其机械能的减少量，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查电磁感应中的右手定则、左手定则及能量守恒规律，核心是通过定则判断感应电流和安培力方向，结合受力分析确定速率变化，再根据能量转化关系分析安培力做功与机械能变化的关系。
12．抛石绳是藏族牧民用于驱赶牛羊的生产工具，抛出石子可达百米以上。某次牧民站在悬崖上抛掷，假设抛出时石子速度大小为、方向与水平方向成角斜向上，石子的落地速度与抛出时的速度方向垂直。已知。重力加速度取，忽略空气阻力，在石子运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动时间为 B．落地速度大小为
C．上升的最大高度为 D．落地点与抛出点的距离为
【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】A．因为石子的落地速度与抛出时的速度方向垂直，所以石子落地时速度方向与水平方向成，规定竖直向上为正方向，由运动学公式
代入数据解得石子运动时间为，故A错误；
B．石子落地速度大小为，故B正确；
C．石子上升的最大高度为，故C错误；
D．石子抛出点和落地点的水平距离为
石子抛出点和落地点的竖直距离为
所以石子落地点与抛出点的距离为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查抛体运动的分解与规律应用，核心是将石子的运动分解为水平匀速和竖直匀变速，结合速度方向垂直的几何关系，求解运动时间、落地速度、最大高度和位移。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某研究小组利用如图甲所示的装置研究小车碰撞前后的动能变化。水平放置的滑轨上有两辆安装了弹性碰撞架的小车，小车上安装有宽度均为的遮光条，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好。测得小车A、B（包含遮光条）的质量分别为和。
（1）如图乙，用游标卡尺测得遮光条宽度　 　mm。设遮光条通过光电门的时间为，则小车通过光电门的速度大小为　 　（用表示）
（2）碰撞前小车B静止，实验测得碰撞前小车A的速度大小为，碰撞后小车A，B的速度大小均为，速度方向相反，小车A的质量为，则小车B的质量应为　 　；两小车碰撞后的系统总动能　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）碰撞前的系统总动能。
【答案】（1）10.60；
（2）3；等于
【知识点】验证动量守恒定律；动能
【解析】【解答】（1）遮光条的宽度为
小车通过光电门的速度大小为
故答案为：10.60；
（2）碰撞过程中，由动量守恒定律
其中
代入数据解得，小车B的质量应为
碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
所以两小车碰撞后的系统总动能等于碰撞前的系统总动能。
故答案为：3；等于
【分析】(1) 游标卡尺读数与速度计算：20分度游标卡尺精度为0.05mm，按主尺读数+游标尺对齐格数×精度读取遮光条宽度；利用遮光条的平均速度近似替代瞬时速度，由计算速度。
(2) 小车质量与动能变化判断：弹性碰撞中动量守恒，结合碰撞前后速度方向与大小列方程求解小车B的质量；弹性碰撞机械能守恒，因此系统碰撞前后总动能相等。
（1）[1]遮光条的宽度为
[2]小车通过光电门的速度大小为
（2）[1]碰撞过程中，由动量守恒定律
其中
代入数据解得，小车B的质量应为
[2]碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
所以两小车碰撞后的系统总动能等于碰撞前的系统总动能。
14．某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝（已知电阻率为，横截面积为，金属夹、刻度尺，开关。导线若干。他们设计了如图甲所示的实验电路原理图。
（1）实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图甲连接电路，金属夹置于电阻丝的　 　（选填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数，断开开关S。记录金属夹与端的距离；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组的值，作出图乙所示的　 　（选填“L”“”或“”图像。
（2）由图线得出纵轴截距为，斜率为，则待测电池的电动势　 　，待测电池的内阻　 　。（用已知物理量的字母表示）
【答案】（1）A；
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，金属夹置于电阻丝的A端；
③对于电路图甲，根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律，
联立可得
整理可得
所以作出图乙所示的图像；
故答案为：①A；③
（2）根据
结合图乙可知，
所以待测电池的电动势为
待测电池内阻为
故答案为：；
【分析】(1) ①结合实验中金属夹移动时电阻丝接入电路的长度变化逻辑，判断金属夹初始放置的端点；
②结合闭合电路欧姆定律推导与的函数关系，确定图像的横坐标物理量。
(2) 结合与横坐标物理量的线性函数关系，分析截距和斜率的物理意义，进而推导电源电动势和内阻的表达式。
（1）[1]①为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，金属夹置于电阻丝的A端；
[2]③对于电路图甲，根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
所以作出图乙所示的图像；
（2）[1][2]根据
结合图乙可知
，
所以待测电池的电动势为
待测电池内阻为
15．如图甲所示为一个足球玻璃球，其简化模型的正视图如图乙所示，为球心，是沿水平方向的直径。一束激光从点平行于射入玻璃球内部，从右侧点射出。已知真空中的光速，该玻璃球对激光的折射率为，玻璃球的半径为。且球内的足球是不透光体，不考虑反射光的情况下，求：
（1）该激光在玻璃球内的光速；
（2）玻璃球内足球的最大直径。
【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有，
解得，
光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 结合折射率与光速的关系，代入玻璃球的折射率，求解激光在玻璃球内的光速。
(2) 结合光的折射定律和几何关系，先确定激光在玻璃球内的折射角，再分析足球最大直径的临界条件，推导其直径表达式。
（1）根据
可得
（2）根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有
解得
，
光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
16．如果不小心把乒乓球打瘪了（如图），只要乒乓球没有破裂、就可以用物理方法恢复。乒乓球完好时内部气压为大气压强。某次打瘪后体积变为原体积的。若采用热水浸泡，乒乓球就刚好开始恢复（体积依然是原体积的）。假设浸泡时乒乓球外压强为，乒乓球导热性能良好，外界环境温度恒为。
（1）求乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差；
（2）如果将打瘪的乒乓球放入容器内（气体压强为）密闭，再用抽气机从容器里往外抽气，假设抽气过程气体温度保持不变，求球内、外的压强差达到（1）中的数值时，抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值。
【答案】（1）解：以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知
可得打瘪后的压强
开始恢复时，气体发生等容变化，则
开始恢复时，球内的压强
球内、外压强差
（2）解：球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强
设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为 ，则
解得
抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 结合玻意耳定律分析打瘪后乒乓球内气体的压强，再结合查理定律分析热水浸泡时的压强变化，最终计算球内外的压强差。
(2) 结合玻意耳定律分析容器内抽气后的压强，再根据气体质量与压强的正比关系，求解抽出气体质量与原有质量的比值。
（1）以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知
可得打瘪后的压强
开始恢复时，气体发生等容变化，则
开始恢复时，球内的压强
球内、外压强差
（2）球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强
设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为 ，则
解得
抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值
17．如图所示，长的木板B静止在光滑水平面上，木板右侧紧靠光滑圆弧槽C，C左侧与木板B等高，C与B不粘连，在木板B的左端放置一个质量的物块A，物块A的正上方点固定一长的轻绳，在轻绳下端固定一个质量的小球。现将小球向左拉起，使细绳绷直并与竖直方向成角由静止释放，当小球运动到最低点时与物块碰撞（碰撞的恢复系数），随后A在木板B上滑行并能冲上圆弧槽C，B、C刚分离时，B的速度大小为。已知两物体碰后相对速度大小与碰前相对速度大小的比值叫做恢复系数，小球和物块A均可视为质点，B、C的质量均为，取重力加速度。求：
（1）小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小；
（2）物块A与木板B之间的动摩擦因数；
（3）物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
【答案】（1）解：对小球由动能定理
小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律
联立可得，小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小
（2）解：小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律
由（1）可知
其中
联立可得，
对物块A由牛顿第二定律
对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律
设物块A经过时间t冲上圆弧槽C，由运动学公式
其中
联立可得，
（3）解：由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度为
对物体A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒
由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合小球下摆过程的动能定理求碰撞前瞬间的速度，再由牛顿第二定律分析轻绳的拉力，联立求解拉力大小。
(2) 结合碰撞的恢复系数公式求物块 A 的碰撞后速度，再分析 A 在木板 B 上的滑动过程（动量守恒、能量守恒），联立求解动摩擦因数。
(3) 结合物块 A 冲上圆弧槽 C 的动量守恒规律，求 C 的速度，再由冲量的定义（合外力冲量等于动量变化）求解圆弧槽 C 所受合外力冲量的大小。
（1）对小球由动能定理
小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律
联立可得，小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小
（2）小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律
由（1）可知
其中
联立可得
，
对物块A由牛顿第二定律
对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律
设物块A经过时间t冲上圆弧槽C，由运动学公式
其中
联立可得
，
（3）由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度为
对物体A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒
由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
18．利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在坐标系的轴左侧存在沿轴负方向的匀强电场，轴右侧存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一质量为，电荷量为的带正电粒子，从P点以大小为的初速度沿轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回轴左侧，粒子经过M点时在轴左侧增加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从M点到达N点（未画出）时速度方向第一次与轴平行。不计带电粒子的重力，已知，。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）粒子从点运动到点的时间；
（3）粒子在点时的速度大小
【答案】（1）解：（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）解：粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可求出电场强度的大小；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动时间的计算方法解得；
（3）由水平方向应用动量定理，结合动能定理求得粒子打在N点时速度。
（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
1 / 1山东省百师联盟2024-2025学年高三上学期开学摸底联考物理试题
一、单项选择题：本题共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．圆环蘸肥皂液后会形成薄膜，如图为薄膜竖直静置时拍摄的干涉照片，根据照片可判断圆环最低点位于（　　）
A．处 B．处 C．处 D．处
2．被国际原子能机构称为新兴核素”，可以用于成像和放射性治疗，有望用于基于放射性核素的诊疗一体化研究。已知的比结合能为，核反应方程中为新生成粒子，为释放的核能。下列说法正确的是（　　）
A．是粒子
B．的结合能为
C．的比结合能为
D．的结合能比的结合能小
3．如图所示，小球从坐标原点由静止开始以大小为的加速度做加速运动，到达点时的速度大小为，之后以大小为的加速度做加速运动，到达时的速度大小为，则为（　　）
A． B． C． D．
4．《天问》是屈原笔下的不朽诗篇，而天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理研究的不懈追求。如图所示，半径相同的两球形行星A、B各有一个近表面卫星C、D，各自绕行周期分别为、，已知，忽略卫星到行星表面的高度，则行星A，B的密度之比为（　　）
A． B． C． D．2
5．如图所示，一定质量的理想气体从状态经热力学过程后又回到状态。下列说法正确的是（　　）
A．过程，分子的平均动能减小
B．过程，气体的温度先降低再升高
C．过程，在单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数减少
D．循环过程，气体吸收的热量为
6．如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的正弦交流电。已知发电机串联6只高亮度灯泡，每只灯泡的额定电流为阻值为，发电机内阻可忽略不计，则灯泡正常发光时，此发电机（　　）
A．输出的交流电频率为
B．输出电流的方向每秒改变5次
C．输出电压的最大值为
D．产生电动势的瞬时值表达式为
7．瓦房为中国常见的一种传统建筑。如图甲为一瓦房屋顶结构的简化图，当椽子与水平面夹角时，瓦片刚好能在两根相互平行的椽子正中间匀速下滑。已知瓦片横截面的圆弧半径为，恰好等于椽子间距离。如图乙所示，忽略瓦片厚度。瓦片与椽子间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，一轻质弹簧置于固定光滑斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板连接，弹簧处于原长状态时上端位于B点。一质量为m的物块（可视为质点）从斜面上A点由静止开始释放、下滑至最低点C。已知弹簧的弹性势能表达式为，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，斜面倾角为30°，AB=BC=L，忽略空气阻力和一切摩擦，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．由A到C的过程中，物块的机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．当弹簧的压缩量为时，物块的速度最大
D．由A到C的过程中，物块的最大速度大小为
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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．杜甫曾在《曲江》中提到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。如图甲所示，平静水面上的处，蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），在某一传播方向上，有两个质点。图示时刻，波源在波峰，在波谷与间隔一个波峰，在外侧的邻近波峰上，如图乙所示。已知波速为，连线在水平方向的距离为，在竖直方向的高度差为。下列说法正确的是（　　）
A．水波的波长为
B．振源的振动周期为
C．的平衡位置间距始终为
D．有可能在某一时刻振动状态完全相同
10．如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　）
A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动
B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为
C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为
D．第8个圆筒的长度为
11．如图所示，两足够长的平行导轨竖直放置，水平部分粗糙并固定在绝缘水平面上，弯曲部分光滑，两部分平滑连接，空间中存在竖直向下的匀强磁场，导轨右端与定值电阻相连。让导体棒从弯曲导轨上某位置由静止开始下滑，在水平导轨上运动一段距离后静止，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒运动过程中，回路中产生顺时针方向的电流（从上往下看）
B．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，其速率一直变大
C．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，所受安培力方向沿导轨切线向上
D．导体棒运动过程中，克服安培力做的功小于其机械能的减少量
12．抛石绳是藏族牧民用于驱赶牛羊的生产工具，抛出石子可达百米以上。某次牧民站在悬崖上抛掷，假设抛出时石子速度大小为、方向与水平方向成角斜向上，石子的落地速度与抛出时的速度方向垂直。已知。重力加速度取，忽略空气阻力，在石子运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动时间为 B．落地速度大小为
C．上升的最大高度为 D．落地点与抛出点的距离为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．某研究小组利用如图甲所示的装置研究小车碰撞前后的动能变化。水平放置的滑轨上有两辆安装了弹性碰撞架的小车，小车上安装有宽度均为的遮光条，光电门1和光电门2相隔适当距离安装好。测得小车A、B（包含遮光条）的质量分别为和。
（1）如图乙，用游标卡尺测得遮光条宽度　 　mm。设遮光条通过光电门的时间为，则小车通过光电门的速度大小为　 　（用表示）
（2）碰撞前小车B静止，实验测得碰撞前小车A的速度大小为，碰撞后小车A，B的速度大小均为，速度方向相反，小车A的质量为，则小车B的质量应为　 　；两小车碰撞后的系统总动能　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）碰撞前的系统总动能。
14．某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝（已知电阻率为，横截面积为，金属夹、刻度尺，开关。导线若干。他们设计了如图甲所示的实验电路原理图。
（1）实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图甲连接电路，金属夹置于电阻丝的　 　（选填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数，断开开关S。记录金属夹与端的距离；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组的值，作出图乙所示的　 　（选填“L”“”或“”图像。
（2）由图线得出纵轴截距为，斜率为，则待测电池的电动势　 　，待测电池的内阻　 　。（用已知物理量的字母表示）
15．如图甲所示为一个足球玻璃球，其简化模型的正视图如图乙所示，为球心，是沿水平方向的直径。一束激光从点平行于射入玻璃球内部，从右侧点射出。已知真空中的光速，该玻璃球对激光的折射率为，玻璃球的半径为。且球内的足球是不透光体，不考虑反射光的情况下，求：
（1）该激光在玻璃球内的光速；
（2）玻璃球内足球的最大直径。
16．如果不小心把乒乓球打瘪了（如图），只要乒乓球没有破裂、就可以用物理方法恢复。乒乓球完好时内部气压为大气压强。某次打瘪后体积变为原体积的。若采用热水浸泡，乒乓球就刚好开始恢复（体积依然是原体积的）。假设浸泡时乒乓球外压强为，乒乓球导热性能良好，外界环境温度恒为。
（1）求乒乓球刚好开始恢复时，球内、外的压强差；
（2）如果将打瘪的乒乓球放入容器内（气体压强为）密闭，再用抽气机从容器里往外抽气，假设抽气过程气体温度保持不变，求球内、外的压强差达到（1）中的数值时，抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值。
17．如图所示，长的木板B静止在光滑水平面上，木板右侧紧靠光滑圆弧槽C，C左侧与木板B等高，C与B不粘连，在木板B的左端放置一个质量的物块A，物块A的正上方点固定一长的轻绳，在轻绳下端固定一个质量的小球。现将小球向左拉起，使细绳绷直并与竖直方向成角由静止释放，当小球运动到最低点时与物块碰撞（碰撞的恢复系数），随后A在木板B上滑行并能冲上圆弧槽C，B、C刚分离时，B的速度大小为。已知两物体碰后相对速度大小与碰前相对速度大小的比值叫做恢复系数，小球和物块A均可视为质点，B、C的质量均为，取重力加速度。求：
（1）小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小；
（2）物块A与木板B之间的动摩擦因数；
（3）物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
18．利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在坐标系的轴左侧存在沿轴负方向的匀强电场，轴右侧存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一质量为，电荷量为的带正电粒子，从P点以大小为的初速度沿轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回轴左侧，粒子经过M点时在轴左侧增加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从M点到达N点（未画出）时速度方向第一次与轴平行。不计带电粒子的重力，已知，。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）粒子从点运动到点的时间；
（3）粒子在点时的速度大小
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】薄膜干涉
【解析】【解答】圆环竖直放置时，由于重力作用，膜的下部较厚、上部较薄，膜的纵截面如图所示
在同一水平线上的膜厚度相同，出现在同一个水平干涉条纹，在同一个干涉级次上，条纹分布上疏下密，圆环最低点位于a处。
故答案为：A。
【分析】本题考查薄膜干涉的规律应用，核心是结合重力作用下肥皂膜的厚度分布特点（下部厚、上部薄），以及干涉条纹的疏密与膜厚度变化的关系，判断圆环最低点的位置。
2．【答案】C
【知识点】α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】核反应过程可以看作先将反应物全部分解成孤立的核子，再组合成生成物的过程。反应物分解成核子时吸收能量，核子组成生成物时释放能量，如果吸收的能量大于放出的能量，则核反应为吸热反应；如果吸收的能量小于放出的能量，则核反应为放热反应。A．根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知是的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
B．核反应释放核能为结合能之差，电子无结合能，有
则的结合能为
故B错误；
C．共有64个核子，设比结合能为，有
则的比结合能为
故C正确；
D．核反应为放能反应，则生成物的结合能大于反应物的结合能，即的结合能比的结合能大，故D错误。
故选C。
【分析】根据核反应满足质量数和电荷数守恒分析X；根据结合能与比结合能关系解答。
3．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】到达点时的速度大小为，根据速度与位移的关系式有
到达时的速度大小为，根据速度与位移的关系式有
解得
故答案为：D。
【分析】本题考查匀变速直线运动的速度 - 位移公式应用，核心是分两段利用计算速度，再求速度比值。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】 半径相同的两球形行星A、B各有一个近表面卫星 ， 忽略卫星到行星表面的高度由万有引力提供向心力
解得行星的质量为
行星的体积为
可得行星的密度为
则行星A，B的密度之比为
故选B。
【分析】 根据万有引力提供向心力解得质量，结合密度的公式计算 。
5．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．过程，由查理定律
解得
所以过程，温度升高，分子的平均动能增大，故A错误；
B．因为
所以
bc过程气体压强p与体积V的乘积pV先增大后减小，由理想气体状态方程
所以过程，气体的温度先升高再降低，故B错误；
C．过程，由盖—吕萨克定律可知，温度减小，分子平均动能减小，而压强不变，则在单位时间内气体分子对单位面积器壁的撞击次数增多，故C错误；
D．循环过程，外界对气体做的功为
由热力学第一定律
其中
故，则气体吸收的热量为，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查理想气体的状态变化与热力学第一定律应用，核心是结合理想气体状态方程分析各过程的温度、分子平均动能变化，再通过 p-V 图像的面积计算做功，结合热力学第一定律判断吸放热。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．根据发电机的图像可读得周期为，则输出的交流电频率为，故A错误；
B．输出交流的方向在一个周期改变2次，则每秒改变10次方向，故B错误；
C．发电机串联6只高亮度灯泡，每只灯泡的额定电流为阻值为，发电机内阻可忽略不计，灯泡正常发光，则输出电压的最大值为，故C错误；
D．发电机的线圈从中性面开始计时转动，则初相为零，角速度为
电动势的瞬时值表达式为，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查正弦交流电的基本规律，核心是结合交流电的周期、频率、方向变化规律，以及有效值与最大值的关系、瞬时表达式的书写规则分析各选项。
7．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】根据题意，垂直于斜面的截面图及受力分析如图所示
因为
所以由平衡条件
垂直于斜面方向
解得瓦片与椽子间的动摩擦因数为
故答案为：A。
【分析】本题考查共点力平衡与摩擦力的计算，核心是先通过几何关系确定瓦片与椽子间的弹力夹角，再沿斜面和垂直斜面方向列平衡方程，结合滑动摩擦力公式求解动摩擦因数。
8．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由A到C的过程中，弹簧弹力对物块做功，物块的机械能不守恒，故A错误；
B．由于物块与弹簧组成的系统机械能守恒，则，所以，故B错误；
C．当物块的加速度为零时，速度达到最大，则，解得，故C正确；
D．根据系统机械能守恒定律可得，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合机械能守恒条件判断系统与物块的机械能是否守恒，利用受力平衡确定物块速度最大的位置，通过机械能守恒定律计算弹簧劲度系数和物块的最大速度，逐一验证选项。
9．【答案】B,C
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；简谐运动
【解析】【解答】A．因波源在波峰，在波谷与间隔一个波峰，连线在水平方向的距离为，则有
解得水波的波长为，故A错误；
B．已知波速为，可得波的周期为，振源的振动周期与波的传播周期相同，也为，故B正确；
C．质点A处于波谷时质点B处于相邻的波峰处，则的平衡位置间距始终为，故C正确；
D．质点A处于波谷时质点B处于相邻的波峰处，两质点相差，则两质点的振动情况始终相反，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查简谐波的波长、周期与质点振动关系，核心是结合波的传播规律和几何关系，推导波长、周期，分析质点的位置与振动状态。
10．【答案】B,C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B正确；
C．由动能定理得
可得粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为，故C正确；
D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】本题考查直线加速器的工作原理与动能定理应用，核心是结合金属圆筒的静电屏蔽特性分析粒子运动状态，利用交变电压的周期规律确定粒子在筒内的运动时间，再通过动能定理求解速度和圆筒长度。
11．【答案】A,D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．导体棒运动过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流（从上往下看），故A正确；
BC．导体棒沿弯曲导轨运动过程中，由左手定则可知，所受安培力方向水平向左；当导体棒运动到最底端时，重力沿切线方向的分力为0；所以在弯曲导轨运动过程中，重力沿切线方向的分力先大于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率增加；当重力沿切线方向的分力等于安培力沿切线方向的分力时，导体棒的速率最大；之后重力沿切线方向的分力小于安培力沿切线方向的分力，导体棒的速率减小，故BC错误；
D．根据能量守恒定律可知，导体棒运减少的机械能转化为回路中产生的热量以及在水平轨道因摩擦而产生的热量，故导体棒运动过程中，克服安培力做的功小于其机械能的减少量，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查电磁感应中的右手定则、左手定则及能量守恒规律，核心是通过定则判断感应电流和安培力方向，结合受力分析确定速率变化，再根据能量转化关系分析安培力做功与机械能变化的关系。
12．【答案】B,D
【知识点】运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【解答】A．因为石子的落地速度与抛出时的速度方向垂直，所以石子落地时速度方向与水平方向成，规定竖直向上为正方向，由运动学公式
代入数据解得石子运动时间为，故A错误；
B．石子落地速度大小为，故B正确；
C．石子上升的最大高度为，故C错误；
D．石子抛出点和落地点的水平距离为
石子抛出点和落地点的竖直距离为
所以石子落地点与抛出点的距离为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查抛体运动的分解与规律应用，核心是将石子的运动分解为水平匀速和竖直匀变速，结合速度方向垂直的几何关系，求解运动时间、落地速度、最大高度和位移。
13．【答案】（1）10.60；
（2）3；等于
【知识点】验证动量守恒定律；动能
【解析】【解答】（1）遮光条的宽度为
小车通过光电门的速度大小为
故答案为：10.60；
（2）碰撞过程中，由动量守恒定律
其中
代入数据解得，小车B的质量应为
碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
所以两小车碰撞后的系统总动能等于碰撞前的系统总动能。
故答案为：3；等于
【分析】(1) 游标卡尺读数与速度计算：20分度游标卡尺精度为0.05mm，按主尺读数+游标尺对齐格数×精度读取遮光条宽度；利用遮光条的平均速度近似替代瞬时速度，由计算速度。
(2) 小车质量与动能变化判断：弹性碰撞中动量守恒，结合碰撞前后速度方向与大小列方程求解小车B的质量；弹性碰撞机械能守恒，因此系统碰撞前后总动能相等。
（1）[1]遮光条的宽度为
[2]小车通过光电门的速度大小为
（2）[1]碰撞过程中，由动量守恒定律
其中
代入数据解得，小车B的质量应为
[2]碰撞前的总动能为
碰撞后的总动能为
所以两小车碰撞后的系统总动能等于碰撞前的系统总动能。
14．【答案】（1）A；
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，金属夹置于电阻丝的A端；
③对于电路图甲，根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律，
联立可得
整理可得
所以作出图乙所示的图像；
故答案为：①A；③
（2）根据
结合图乙可知，
所以待测电池的电动势为
待测电池内阻为
故答案为：；
【分析】(1) ①结合实验中金属夹移动时电阻丝接入电路的长度变化逻辑，判断金属夹初始放置的端点；
②结合闭合电路欧姆定律推导与的函数关系，确定图像的横坐标物理量。
(2) 结合与横坐标物理量的线性函数关系，分析截距和斜率的物理意义，进而推导电源电动势和内阻的表达式。
（1）[1]①为了保护电路，闭合开关前，金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由图可知，金属夹置于电阻丝的A端；
[2]③对于电路图甲，根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为，横截面积为，结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
所以作出图乙所示的图像；
（2）[1][2]根据
结合图乙可知
，
所以待测电池的电动势为
待测电池内阻为
15．【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有，
解得，
光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】(1) 结合折射率与光速的关系，代入玻璃球的折射率，求解激光在玻璃球内的光速。
(2) 结合光的折射定律和几何关系，先确定激光在玻璃球内的折射角，再分析足球最大直径的临界条件，推导其直径表达式。
（1）根据
可得
（2）根据几何关系，结合光路可逆，作出光路图如图所示
根据几何关系有
解得
，
光束从C点射入时恰能从右侧射出且射出点为B，表明内部光线与足球相切，根据几何关系可知，足球的直径为
16．【答案】（1）解：以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知
可得打瘪后的压强
开始恢复时，气体发生等容变化，则
开始恢复时，球内的压强
球内、外压强差
（2）解：球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强
设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为 ，则
解得
抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值
【知识点】气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】(1) 结合玻意耳定律分析打瘪后乒乓球内气体的压强，再结合查理定律分析热水浸泡时的压强变化，最终计算球内外的压强差。
(2) 结合玻意耳定律分析容器内抽气后的压强，再根据气体质量与压强的正比关系，求解抽出气体质量与原有质量的比值。
（1）以球内气体为研究对象，打瘪前后温度不变，可知
可得打瘪后的压强
开始恢复时，气体发生等容变化，则
开始恢复时，球内的压强
球内、外压强差
（2）球内、外的压强差达到（1）中的数值时，容器内的气体压强
设容器内气体初始状态的体积为V，抽气后折合成同温，同压下的体积为 ，则
解得
抽出气体的质量与容器内原有气体质量的比值
17．【答案】（1）解：对小球由动能定理
小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律
联立可得，小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小
（2）解：小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律
由（1）可知
其中
联立可得，
对物块A由牛顿第二定律
对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律
设物块A经过时间t冲上圆弧槽C，由运动学公式
其中
联立可得，
（3）解：由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度为
对物体A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒
由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 结合小球下摆过程的动能定理求碰撞前瞬间的速度，再由牛顿第二定律分析轻绳的拉力，联立求解拉力大小。
(2) 结合碰撞的恢复系数公式求物块 A 的碰撞后速度，再分析 A 在木板 B 上的滑动过程（动量守恒、能量守恒），联立求解动摩擦因数。
(3) 结合物块 A 冲上圆弧槽 C 的动量守恒规律，求 C 的速度，再由冲量的定义（合外力冲量等于动量变化）求解圆弧槽 C 所受合外力冲量的大小。
（1）对小球由动能定理
小球与物块A碰撞前瞬间，对小球由牛顿第二定律
联立可得，小球与物块A碰撞前瞬间，所受轻绳的拉力大小
（2）小球与物块A碰撞过程中，由动量守恒定律
由（1）可知
其中
联立可得
，
对物块A由牛顿第二定律
对木板B和圆弧槽C整体由牛顿第二定律
设物块A经过时间t冲上圆弧槽C，由运动学公式
其中
联立可得
，
（3）由题意可知，物块A冲上圆弧槽C时的速度为
对物体A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒
由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中，圆弧槽C所受合外力冲量的大小
18．【答案】（1）解：（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）解：粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可求出电场强度的大小；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据圆周运动时间的计算方法解得；
（3）由水平方向应用动量定理，结合动能定理求得粒子打在N点时速度。
（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
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