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2026届湖南省邵阳市联考高三上学期一模预测物理练习试卷
1．铀（）经过衰变形成稳定的铅（），该过程中共经历了（　　）
A．8次衰变，10次衰变 B．5次衰变，6次衰变
C．8次衰变，6次衰变 D．5次衰变，12次衰变
2．2024年5月28日，来自全国各地的31名队员全员登顶珠峰，其中年龄最大的队员70岁，刷新了中国人登顶珠峰最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次。当到达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（）次。若把地球视为半径为R的均匀球体，则珠峰的高度为（　　）
A． B． C． D．
3．一列简谐横波沿x轴方向传播，传播速度为，振幅为。图甲为图乙中质点P的振动图像，图乙是时刻波的图像。则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．质点P平衡位置的坐标
C．图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置
D．从图乙时刻再过，质点P通过的路程
4．如图所示，某网球运动员在练习时，第一次运动员将网球从点沿水平方向击出，网球与地面碰撞一次后，垂直击中竖直墙面的点，运动轨迹为图中虚线；第二次仍将网球从点沿水平方向击出，网球与地面碰撞两次后，仍垂直击中竖直墙面的点。已知、两点等高，两点的间距为，点到地面的高度为，网球每次与地面碰撞时，水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度大小不变，方向反向，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．第一次与第二次网球从到的时间相等
B．第一次与第二次网球的初速度之比为
C．第一次与第二次网球击出后落地瞬间的速度大小之比为
D．第一次与第二次落地瞬间，速度与水平方向夹角的正切值之比为
5．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点。在О点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q的相同电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同。速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　）
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
7．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别把两个质量均为m的带电小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为，方向水平向右，小球2抛出时速度与水平方向成，两球的运动轨迹在同一竖直面内，两球在P点相遇，P是AB连线中垂线上的一点。已知两球所带电荷量大小均为q，该过程中两球的运动时间均为，g为重力加速度，不计空气阻力和两球间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．球1带负电，球2带正电
B．抛出时两球的机械能之和与相遇时两球的机械能之和相等
C．电场强度大小为
D．从抛出到相遇，球1和球2的速度变化量之比为
8．如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是（　　）
A．电流表A1示数减小，A2示数减小
B．电压表V2示数不变，V3示数增大
C．变压器的输入功率和输出功率都增大
D．V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变
9．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。两端相距的水平传送带正以的速度匀速转动，现将饺子从一端轻轻放上传送带，饺子被传送至另一端。已知饺子与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．饺子始终以的加速度做匀加速运动
B．即使传送带的速度增大，饺子加速过程的加速度也不变
C．饺子从传送带的一端到另一端的时间为
D．饺子在传送带上留下的痕迹长度为
10．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．光在透明介质中发生全反射的临界角为
B．该透明介质的折射率为
C．光在透明介质中的传播速度为
D．光从射入AB面开始到射到E点的时间为
11．某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
（1）在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为　 　s。
（2）下表是该同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/（m·s－2） 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的　 　s，　 　m/s2。
（3）该同学经测量得到多组摆长l和对应的周期T，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式　 　。
12．某物理爱好者设计了一个三挡位（“”“”“”）的欧姆表，其内部结构如图所示，为单刀三掷开关，为调零电阻，、、为定值电阻，表头的满偏电流为，内阻为，干电池的电动势为，内阻为。用此欧姆表测量某待测电阻的阻值，回答下列问题∶
（1）欧姆表的两只表笔中，　 　（选填“a”或“b”）是红表笔。
（2）当欧姆表的挡位为“×1”时，应将单刀三掷开关K与　 　（选填“1”“2”或“3”）接通。
（3）若从“×10”挡位换成“×1”挡位，再进行欧姆调零时，调零电阻R的滑片应该　 　（选填“向上”或“向下”）调节。
（4）在“×100”挡位进行欧姆调零后，在ab两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻R1，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的；取走R1，在ab两表笔间接入待测电阻Rx，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则Rx=　 　Ω。
（5）若电源电动势原来为1.5V，一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表欧姆调零后测量某电阻，读数为30Ω，则该电阻的真实值为　 　Ω。
13．如图所示，现用活塞式抽气机对容器抽气，M、N为单向工作阀门，当活塞向左压时，阀门M关闭，N打开，右侧抽气机汽缸中的气体完全排出，当活塞向右拉时，阀门M打开，N关闭，抽气机对容器抽气。已知右侧活塞间的有效抽气容积为V，左侧容器的容积为2V，初始密封在容器中的气体压强等于大气压强p0，活塞的横截面积为S，不计活塞的重力，抽气过程中气体温度不变，求：
（1）向右缓慢拉活塞第一次抽气过程中，手对活塞拉力的最大值；
（2）抽气5次后容器中剩余气体的压强。
14．如图所示，平行金属导轨MN、M'N'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M'N'左端接有电源，MN与M'N'的间距为L＝0.10m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.20T；平行导轨PQR与P'Q'R'的间距也为L＝0.10m，其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.50m的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨，QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2＝0.40T。导体棒a的质量m1＝0.02kg，接在电路中的电阻R1＝2.0Ω，放置在导轨MN、M'N'右侧N'N边缘处；导体棒b的质量，接在电路中的电阻R2＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN'水平抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v1＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
（1）导体棒b的最大加速度；
（2）导体棒a在QQ'右侧磁场中产生的焦耳热；
（3）闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
15．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据α衰变的特点，每次α衰变质量数减少4， 质量数减小量为：238-206=32，则衰变的次数为次
8次衰变核的质子数减少
而整个过程质子数减少
每次衰变核的质子数增加1，因此衰变次数
次
故选C。
【分析】根据α衰变和β衰变的特点分析，两者的衰变次数。
2．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 由万有引力公式与牛顿第二定律得：
，
在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次，设零海拔高度处的重力加速度为，则有
达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（）次。设山顶的重力加速度为，则有
可得
联立可得可得珠峰的高度为
故选C。
【分析】根据万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度的表达式，再根据单摆周期公式求出珠峰顶峰的海拔高度。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A． 图乙是时刻波的图像，可知波长为
波在一个周期传播的距离等于一个波长， 传播速度为，
可知
则在，由图甲可知，P在y轴正半轴，且向平衡位置移动，则根据“上坡下”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．设质点P平衡位置的坐标为x，由图乙可知
解得
故B正确；
C．根据“上坡下”可知，结合图乙波形图可知P向平衡位置移动，而Q远离平衡位置，则质点P先回到平衡位置，故C错误；
D．从图乙时刻再过，则
5个完整周期的路程为
在剩下的相对于图像乙向右平移，则平移后P的纵坐标为
则质点P通过的路程为
故D错误。
故选B。
【分析】根据图像得出波长、振幅和周期等物理量，结合时间与周期的关系分析波的传播方向及质点的振动情况。
4．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．网球每次与地面碰撞时，竖直方向的分速度大小不变，可知网球每次弹起上升的高度相同，设一次弹起到上升到最高点的时间为，根据抛体运动规律可得可知第一次与第二次网球从到的时间分别为和，故A错误；
B．网球水平方向做匀速直线运动，两点的间距为，故第一次与第二次网球的初速度分别为，
故，故B错误；
C．网球落地时竖直方向根据自由落体规律有，
第一次与第二次网球击出后落地瞬间速度大小根据平行四边形法则分别为，
联立解得，故C正确；
D．设第一次与第二次落地瞬间，速度与水平方向夹角分别为，，结合几何关系可得，
解得，故D错误。
故选C。
【分析】球做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，根据题意应用运动学公式分析求解。
5．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，根据左手定则可判断，粒子带负电。故A错误。
B．结合几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=d
由洛伦兹力提供向心力有
则粒子运动的速度大小为
故B错误。
C．分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为
故C错误。
D．由图
可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为
故D正确。
故选D。
【分析】由粒子从O到E的偏转方向用左手定则判断电性，根据几何关系确定圆周运动的轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求速度；分析最长运动时间对应的最大圆心角，确定粒子在磁场中的运动区域并计算面积，逐一验证各选项。
6．【答案】B
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．在P板附近有一电子（不计重力），由动能定理可得
可得电子到达Q板时的速率v＝
则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确；
CD． 根据题意分析可知，极板之间的电压U不变，根据匀强电场场强与电势差关系可得E＝
可知两极板距离d越小，场强E越大，根据
可知电场力越大，加速度越大，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得
可得距离越大加速时间越长。
故CD错误。
故选B。
【分析】根据动能定理分析电子到达Q板时的速率，结合电场强度与电压、板距的关系及牛顿第二定律分析加速度，再利用匀加速直线运动的位移公式分析加速时间。
7．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 因为两球在P点相遇，且P是AB连线中垂线上一点，可得，1、2两球水平方向速度相等v0=v2cos45°
得：
由竖直方向运动可得：a2＞a1，
故球2所受电场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2带负电，故A正确；
B．电场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减少，球2机械能增加，且电场力做的总功为0，则两球机械能之和不变，故B正确；
C.1、2两球运动时间均为
对球1有
对球2有
竖直方向
解得电场强度大小为，C错误；
D．由上述解析解得两球的加速度之比为，则，速度变化量之比为，D正确。
故选BD。
【分析】由加速度大小判断电场力的方向，进而判断两球的电性；由功能关系判断两球机械能的变化量；由Δv=aΔt判断两球速度的变化量。
8．【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.变压器的输入电压U1保持不变，电压表V1示数不变，根据＝可知，副线圈电压不变，V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈干路电流增大，A2示数增大，根据＝可知，原线圈中电流增大，电流表A1示数增大。输电线的总电阻R0中电流增大，R0两端电压增大，并联电路两端电压等于副线圈两端电压减去R0两端电压，所以并联电路两端电压减小，V3示数减小，故AB错误；
C．变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，故C正确；
D．副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，
所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜
电流关系，所以，又，联立可得，故D正确。
故选CD。
【分析】根据变压器原副线圈电压关系及电压制约关系判断电压表V1、V2示数不变，根据副线圈输出电压与电阻变化判断副线圈中电流的变化，根据变压器电流关系判断两个电流表示数变化，再根据副线圈电压关系判断电压表V3示数变化；根据功率表达式，结合电压、电流的变化判断变压器输入、输出功率的变化；根据电压关系可知V3的变化量|ΔU3|与R0两端电压的变化量|ΔU0|相等，再根据电流关系知道电流变化量关系，再联立欧姆定律判断。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】ACD．不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力，已知饺子与传送带间的动摩擦因数为0.2， 根据牛顿第二定律可得饺子在传送带加速运动时的加速度为，当传送带以的速度匀速运动时，饺子加速过程的时间为，加速过程的位移为
故饺子先匀加速运动后匀速运动，匀速过程的时间为
饺子通过传送带的时间为
此过程中传送带的位移为
故饺子通过传送带留下的痕迹
故AC错误，D正确；
B．只要传送带的速度大于饺子的速度，饺子的加速度就是
保持不变，故B正确。
故选BD。
【分析】饺子从静止被轻放在水平传送带上，初始时饺子速度小于传送带速度，在滑动摩擦力作用下以恒定加速度匀加速运动，当速度达到传送带速度后与传送带相对静止匀速运动。传送带速度变化不影响饺子加速过程中的合外力，因此加速度保持不变。饺子先加速后匀速，总时间需分段计算，而痕迹长度取决于饺子加速阶段饺子与传送带的相对位移。
10．【答案】B,C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．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 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
则折射率
故A错误；B正确；
C．光在透明介质中的传播速度为
故C正确；
D．由几何关系可得
，
则
光从射入AB面开始到射到E点的时间为
故D正确。
故选BCD。
【分析】画出光路图，根据几何关系和折射定律分析。
11．【答案】（1）95.2
（2）2.01；9.76
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，秒表的读数为。
（2）根据表格数据可得单摆振动周期为
由单摆周期公式
解得
（3）由单摆周期公式
整理可得
所以图像的斜率为
解得
【分析】（1）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数；
（2）根据单摆的周期公式，结合表格数据求解周期和当地的重力加速度；
（3） 根据单摆的周期公式，得出摆长和周期的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。
（1）根据题意，由图甲可知，秒表的读数为。
（2）[1]根据题意可知，单摆振动周期为
[2]根据题意，由单摆周期公式
解得
（3）根据题意，由单摆周期公式
整理可得
所以图像的斜率为
解得
12．【答案】（1）
（2）3
（3）向下
（4）4000
（5）24
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】欧姆表原理：每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。
（1） 欧姆表内部电流从红表笔流进欧姆表，红表笔与内部电源负极相连，黑表笔与内部电池正极相连，因此图中a是红表笔。
（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻，当开关K拨向3时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回路中满偏电流越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1”挡位。
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，满偏电流由变成，欧姆调零电阻由变成
根据闭合电路欧姆定律有，
又
则，即调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。
（4）根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零，则
在a、b两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
在a、b两表笔间接入待测电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
联立解得
则有
（5）若电源电动势原来为，调零时对应的内阻为，则有
一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表进行调零时，有
联立可得
当测量某电阻时读数为，则真实的电阻为
【分析】 （1）根据欧姆表内部结构进行分析判断；
（2）根据中值电阻判断欧姆表的倍率结合闭合电路的欧姆定律进行分析；
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，开关K从2拨向3，根据闭合电路的欧姆定律进行分析解答；
（4）根据闭合电路的欧姆定律进行分析解答；
（5）根据闭合电路的欧姆定律结合电动势的变化情况列式解答。
（1）欧姆表内部电流从黑表笔流出，经待测电阻后，从红表笔流进欧姆表，黑表笔与内部电池正极相连，红表笔与内部电源负极相连，因此图中是红表笔。
（2）欧姆表内阻大，中值电阻大，欧姆表的倍率越大，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻
当开关K拨向3时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回路中满偏电流越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1”挡位。
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，即开关K从2拨向3，满偏电流由变成，欧姆调零电阻由变成
根据闭合电路欧姆定律有，
又
则，即调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。
（4）根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零，则
在a、b两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
在a、b两表笔间接入待测电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
联立解得
则有
（5）若电源电动势原来为，调零时对应的内阻为，则有
一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表进行调零时，有
联立可得
当测量某电阻时读数为，则真实的电阻为
13．【答案】（1）对于第一次抽气，右拉活塞，容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中，气体压强降为p1，根据玻意耳定律有
解得
根据平衡条件得手对活塞的最大拉力
（2）对于第二次抽气，右拉活塞，容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中，气体压强降为p2，根据玻意耳定律有
解得
依次类推，第5次抽气后容器中剩余气体压强
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律求出末状态的压强，根据平衡条件求解手对活塞的最大拉力；
（2）根据玻意耳定律求出第二次抽出后剩余气体的压强，以此类推得到第6抽气后容器中气体压强。
14．【答案】（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得
解得
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时，
由牛顿第二定律有
解得导体棒b的最大加速度
（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有
由于a、b棒串联在一起，所以有
联立解得
（3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有
对a棒冲出过程，由动量定理得，
联立求得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 导体棒a从P到Q沿圆弧导轨运动，由已知的P点速度v1和圆弧半径r可求出Q点的速度vQ。a棒进入右侧磁场瞬间，切割磁感线产生感应电动势，与b棒构成闭合回路，b棒此时所受安培力最大，由牛顿第二定律可求其最大加速度；
（2）分析导体棒运动过程。根据动量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律进行解答；
（3）根据运动的合成与分解求解刚刚抛出时的速度大小，对a棒冲出过程，根据动量定理求解通过电源的电荷量。
（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得
解得
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时，
由牛顿第二定律有
解得导体棒b的最大加速度
（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有
由于a、b棒串联在一起，所以有
联立解得
（3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有
对a棒冲出过程，由动量定理得，
联立求得
15．【答案】（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
【知识点】动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据运动学公式解得A碰撞前的速度，AB碰撞过程根据动量守恒定律求解；
（2）求出两次碰撞时间间隔和B的速度，根据动量定理求解；
（3）结合动量守恒定律及能量守恒定律，同时分析A竖直上抛回到O点的时间与B回到O点时间关系解答。
1 / 12026届湖南省邵阳市联考高三上学期一模预测物理练习试卷
1．铀（）经过衰变形成稳定的铅（），该过程中共经历了（　　）
A．8次衰变，10次衰变 B．5次衰变，6次衰变
C．8次衰变，6次衰变 D．5次衰变，12次衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】根据α衰变的特点，每次α衰变质量数减少4， 质量数减小量为：238-206=32，则衰变的次数为次
8次衰变核的质子数减少
而整个过程质子数减少
每次衰变核的质子数增加1，因此衰变次数
次
故选C。
【分析】根据α衰变和β衰变的特点分析，两者的衰变次数。
2．2024年5月28日，来自全国各地的31名队员全员登顶珠峰，其中年龄最大的队员70岁，刷新了中国人登顶珠峰最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次。当到达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（）次。若把地球视为半径为R的均匀球体，则珠峰的高度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】 由万有引力公式与牛顿第二定律得：
，
在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次，设零海拔高度处的重力加速度为，则有
达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（）次。设山顶的重力加速度为，则有
可得
联立可得可得珠峰的高度为
故选C。
【分析】根据万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度的表达式，再根据单摆周期公式求出珠峰顶峰的海拔高度。
3．一列简谐横波沿x轴方向传播，传播速度为，振幅为。图甲为图乙中质点P的振动图像，图乙是时刻波的图像。则（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．质点P平衡位置的坐标
C．图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置
D．从图乙时刻再过，质点P通过的路程
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A． 图乙是时刻波的图像，可知波长为
波在一个周期传播的距离等于一个波长， 传播速度为，
可知
则在，由图甲可知，P在y轴正半轴，且向平衡位置移动，则根据“上坡下”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．设质点P平衡位置的坐标为x，由图乙可知
解得
故B正确；
C．根据“上坡下”可知，结合图乙波形图可知P向平衡位置移动，而Q远离平衡位置，则质点P先回到平衡位置，故C错误；
D．从图乙时刻再过，则
5个完整周期的路程为
在剩下的相对于图像乙向右平移，则平移后P的纵坐标为
则质点P通过的路程为
故D错误。
故选B。
【分析】根据图像得出波长、振幅和周期等物理量，结合时间与周期的关系分析波的传播方向及质点的振动情况。
4．如图所示，某网球运动员在练习时，第一次运动员将网球从点沿水平方向击出，网球与地面碰撞一次后，垂直击中竖直墙面的点，运动轨迹为图中虚线；第二次仍将网球从点沿水平方向击出，网球与地面碰撞两次后，仍垂直击中竖直墙面的点。已知、两点等高，两点的间距为，点到地面的高度为，网球每次与地面碰撞时，水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度大小不变，方向反向，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．第一次与第二次网球从到的时间相等
B．第一次与第二次网球的初速度之比为
C．第一次与第二次网球击出后落地瞬间的速度大小之比为
D．第一次与第二次落地瞬间，速度与水平方向夹角的正切值之比为
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．网球每次与地面碰撞时，竖直方向的分速度大小不变，可知网球每次弹起上升的高度相同，设一次弹起到上升到最高点的时间为，根据抛体运动规律可得可知第一次与第二次网球从到的时间分别为和，故A错误；
B．网球水平方向做匀速直线运动，两点的间距为，故第一次与第二次网球的初速度分别为，
故，故B错误；
C．网球落地时竖直方向根据自由落体规律有，
第一次与第二次网球击出后落地瞬间速度大小根据平行四边形法则分别为，
联立解得，故C正确；
D．设第一次与第二次落地瞬间，速度与水平方向夹角分别为，，结合几何关系可得，
解得，故D错误。
故选C。
【分析】球做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，根据题意应用运动学公式分析求解。
5．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点。在О点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q的相同电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同。速度方向与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．速度方向与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，根据左手定则可判断，粒子带负电。故A错误。
B．结合几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=d
由洛伦兹力提供向心力有
则粒子运动的速度大小为
故B错误。
C．分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为
故C错误。
D．由图
可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为
故D正确。
故选D。
【分析】由粒子从O到E的偏转方向用左手定则判断电性，根据几何关系确定圆周运动的轨道半径，结合洛伦兹力提供向心力求速度；分析最长运动时间对应的最大圆心角，确定粒子在磁场中的运动区域并计算面积，逐一验证各选项。
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　）
A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
【答案】B
【知识点】电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB．在P板附近有一电子（不计重力），由动能定理可得
可得电子到达Q板时的速率v＝
则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确；
CD． 根据题意分析可知，极板之间的电压U不变，根据匀强电场场强与电势差关系可得E＝
可知两极板距离d越小，场强E越大，根据
可知电场力越大，加速度越大，根据匀变速直线运动位移—时间关系可得
可得距离越大加速时间越长。
故CD错误。
故选B。
【分析】根据动能定理分析电子到达Q板时的速率，结合电场强度与电压、板距的关系及牛顿第二定律分析加速度，再利用匀加速直线运动的位移公式分析加速时间。
7．如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别把两个质量均为m的带电小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为，方向水平向右，小球2抛出时速度与水平方向成，两球的运动轨迹在同一竖直面内，两球在P点相遇，P是AB连线中垂线上的一点。已知两球所带电荷量大小均为q，该过程中两球的运动时间均为，g为重力加速度，不计空气阻力和两球间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．球1带负电，球2带正电
B．抛出时两球的机械能之和与相遇时两球的机械能之和相等
C．电场强度大小为
D．从抛出到相遇，球1和球2的速度变化量之比为
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A． 因为两球在P点相遇，且P是AB连线中垂线上一点，可得，1、2两球水平方向速度相等v0=v2cos45°
得：
由竖直方向运动可得：a2＞a1，
故球2所受电场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2带负电，故A正确；
B．电场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减少，球2机械能增加，且电场力做的总功为0，则两球机械能之和不变，故B正确；
C.1、2两球运动时间均为
对球1有
对球2有
竖直方向
解得电场强度大小为，C错误；
D．由上述解析解得两球的加速度之比为，则，速度变化量之比为，D正确。
故选BD。
【分析】由加速度大小判断电场力的方向，进而判断两球的电性；由功能关系判断两球机械能的变化量；由Δv=aΔt判断两球速度的变化量。
8．如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是（　　）
A．电流表A1示数减小，A2示数减小
B．电压表V2示数不变，V3示数增大
C．变压器的输入功率和输出功率都增大
D．V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变
【答案】C,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB.变压器的输入电压U1保持不变，电压表V1示数不变，根据＝可知，副线圈电压不变，V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈干路电流增大，A2示数增大，根据＝可知，原线圈中电流增大，电流表A1示数增大。输电线的总电阻R0中电流增大，R0两端电压增大，并联电路两端电压等于副线圈两端电压减去R0两端电压，所以并联电路两端电压减小，V3示数减小，故AB错误；
C．变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，故C正确；
D．副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，
所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜
电流关系，所以，又，联立可得，故D正确。
故选CD。
【分析】根据变压器原副线圈电压关系及电压制约关系判断电压表V1、V2示数不变，根据副线圈输出电压与电阻变化判断副线圈中电流的变化，根据变压器电流关系判断两个电流表示数变化，再根据副线圈电压关系判断电压表V3示数变化；根据功率表达式，结合电压、电流的变化判断变压器输入、输出功率的变化；根据电压关系可知V3的变化量|ΔU3|与R0两端电压的变化量|ΔU0|相等，再根据电流关系知道电流变化量关系，再联立欧姆定律判断。
9．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。两端相距的水平传送带正以的速度匀速转动，现将饺子从一端轻轻放上传送带，饺子被传送至另一端。已知饺子与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．饺子始终以的加速度做匀加速运动
B．即使传送带的速度增大，饺子加速过程的加速度也不变
C．饺子从传送带的一端到另一端的时间为
D．饺子在传送带上留下的痕迹长度为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】ACD．不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力，已知饺子与传送带间的动摩擦因数为0.2， 根据牛顿第二定律可得饺子在传送带加速运动时的加速度为，当传送带以的速度匀速运动时，饺子加速过程的时间为，加速过程的位移为
故饺子先匀加速运动后匀速运动，匀速过程的时间为
饺子通过传送带的时间为
此过程中传送带的位移为
故饺子通过传送带留下的痕迹
故AC错误，D正确；
B．只要传送带的速度大于饺子的速度，饺子的加速度就是
保持不变，故B正确。
故选BD。
【分析】饺子从静止被轻放在水平传送带上，初始时饺子速度小于传送带速度，在滑动摩擦力作用下以恒定加速度匀加速运动，当速度达到传送带速度后与传送带相对静止匀速运动。传送带速度变化不影响饺子加速过程中的合外力，因此加速度保持不变。饺子先加速后匀速，总时间需分段计算，而痕迹长度取决于饺子加速阶段饺子与传送带的相对位移。
10．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．光在透明介质中发生全反射的临界角为
B．该透明介质的折射率为
C．光在透明介质中的传播速度为
D．光从射入AB面开始到射到E点的时间为
【答案】B,C,D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】AB．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 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
则折射率
故A错误；B正确；
C．光在透明介质中的传播速度为
故C正确；
D．由几何关系可得
，
则
光从射入AB面开始到射到E点的时间为
故D正确。
故选BCD。
【分析】画出光路图，根据几何关系和折射定律分析。
11．某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
（1）在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为　 　s。
（2）下表是该同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。
组次 1 2 3
摆长l/cm 80.00 90.00 100.00
50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/（m·s－2） 9.74 9.73
请计算出第3组实验中的　 　s，　 　m/s2。
（3）该同学经测量得到多组摆长l和对应的周期T，画出图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式　 　。
【答案】（1）95.2
（2）2.01；9.76
（3）
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数，秒表的读数为。
（2）根据表格数据可得单摆振动周期为
由单摆周期公式
解得
（3）由单摆周期公式
整理可得
所以图像的斜率为
解得
【分析】（1）秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数；
（2）根据单摆的周期公式，结合表格数据求解周期和当地的重力加速度；
（3） 根据单摆的周期公式，得出摆长和周期的关系式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。
（1）根据题意，由图甲可知，秒表的读数为。
（2）[1]根据题意可知，单摆振动周期为
[2]根据题意，由单摆周期公式
解得
（3）根据题意，由单摆周期公式
整理可得
所以图像的斜率为
解得
12．某物理爱好者设计了一个三挡位（“”“”“”）的欧姆表，其内部结构如图所示，为单刀三掷开关，为调零电阻，、、为定值电阻，表头的满偏电流为，内阻为，干电池的电动势为，内阻为。用此欧姆表测量某待测电阻的阻值，回答下列问题∶
（1）欧姆表的两只表笔中，　 　（选填“a”或“b”）是红表笔。
（2）当欧姆表的挡位为“×1”时，应将单刀三掷开关K与　 　（选填“1”“2”或“3”）接通。
（3）若从“×10”挡位换成“×1”挡位，再进行欧姆调零时，调零电阻R的滑片应该　 　（选填“向上”或“向下”）调节。
（4）在“×100”挡位进行欧姆调零后，在ab两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻R1，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的；取走R1，在ab两表笔间接入待测电阻Rx，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则Rx=　 　Ω。
（5）若电源电动势原来为1.5V，一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表欧姆调零后测量某电阻，读数为30Ω，则该电阻的真实值为　 　Ω。
【答案】（1）
（2）3
（3）向下
（4）4000
（5）24
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】欧姆表原理：每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。
（1） 欧姆表内部电流从红表笔流进欧姆表，红表笔与内部电源负极相连，黑表笔与内部电池正极相连，因此图中a是红表笔。
（2）根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻，当开关K拨向3时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回路中满偏电流越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1”挡位。
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，满偏电流由变成，欧姆调零电阻由变成
根据闭合电路欧姆定律有，
又
则，即调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。
（4）根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零，则
在a、b两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
在a、b两表笔间接入待测电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
联立解得
则有
（5）若电源电动势原来为，调零时对应的内阻为，则有
一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表进行调零时，有
联立可得
当测量某电阻时读数为，则真实的电阻为
【分析】 （1）根据欧姆表内部结构进行分析判断；
（2）根据中值电阻判断欧姆表的倍率结合闭合电路的欧姆定律进行分析；
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，开关K从2拨向3，根据闭合电路的欧姆定律进行分析解答；
（4）根据闭合电路的欧姆定律进行分析解答；
（5）根据闭合电路的欧姆定律结合电动势的变化情况列式解答。
（1）欧姆表内部电流从黑表笔流出，经待测电阻后，从红表笔流进欧姆表，黑表笔与内部电池正极相连，红表笔与内部电源负极相连，因此图中是红表笔。
（2）欧姆表内阻大，中值电阻大，欧姆表的倍率越大，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻
当开关K拨向3时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回路中满偏电流越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1”挡位。
（3）从“×10”挡位换成“×1”挡位，即开关K从2拨向3，满偏电流由变成，欧姆调零电阻由变成
根据闭合电路欧姆定律有，
又
则，即调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。
（4）根据闭合电路的欧姆定律，在“×100”挡位进行欧姆调零，则
在a、b两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
在a、b两表笔间接入待测电阻，稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的，则
联立解得
则有
（5）若电源电动势原来为，调零时对应的内阻为，则有
一段时间后，电动势降为1.2V，用此欧姆表进行调零时，有
联立可得
当测量某电阻时读数为，则真实的电阻为
13．如图所示，现用活塞式抽气机对容器抽气，M、N为单向工作阀门，当活塞向左压时，阀门M关闭，N打开，右侧抽气机汽缸中的气体完全排出，当活塞向右拉时，阀门M打开，N关闭，抽气机对容器抽气。已知右侧活塞间的有效抽气容积为V，左侧容器的容积为2V，初始密封在容器中的气体压强等于大气压强p0，活塞的横截面积为S，不计活塞的重力，抽气过程中气体温度不变，求：
（1）向右缓慢拉活塞第一次抽气过程中，手对活塞拉力的最大值；
（2）抽气5次后容器中剩余气体的压强。
【答案】（1）对于第一次抽气，右拉活塞，容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中，气体压强降为p1，根据玻意耳定律有
解得
根据平衡条件得手对活塞的最大拉力
（2）对于第二次抽气，右拉活塞，容器中气体均匀分散到抽气机汽缸和容器中，气体压强降为p2，根据玻意耳定律有
解得
依次类推，第5次抽气后容器中剩余气体压强
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】（1）根据玻意耳定律求出末状态的压强，根据平衡条件求解手对活塞的最大拉力；
（2）根据玻意耳定律求出第二次抽出后剩余气体的压强，以此类推得到第6抽气后容器中气体压强。
14．如图所示，平行金属导轨MN、M'N'和平行金属导轨PQR、P'Q'R'固定在高度差为h（数值未知）的两水平台面上。导轨MN、M'N'左端接有电源，MN与M'N'的间距为L＝0.10m，其导轨空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.20T；平行导轨PQR与P'Q'R'的间距也为L＝0.10m，其中PQ与P'Q'是圆心角为60°、半径为r＝0.50m的圆弧形导轨，QR与Q'R'是水平长直导轨，QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B2＝0.40T。导体棒a的质量m1＝0.02kg，接在电路中的电阻R1＝2.0Ω，放置在导轨MN、M'N'右侧N'N边缘处；导体棒b的质量，接在电路中的电阻R2＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN'水平抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v1＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度取g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
（1）导体棒b的最大加速度；
（2）导体棒a在QQ'右侧磁场中产生的焦耳热；
（3）闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
【答案】（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得
解得
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时，
由牛顿第二定律有
解得导体棒b的最大加速度
（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有
由于a、b棒串联在一起，所以有
联立解得
（3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有
对a棒冲出过程，由动量定理得，
联立求得
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1） 导体棒a从P到Q沿圆弧导轨运动，由已知的P点速度v1和圆弧半径r可求出Q点的速度vQ。a棒进入右侧磁场瞬间，切割磁感线产生感应电动势，与b棒构成闭合回路，b棒此时所受安培力最大，由牛顿第二定律可求其最大加速度；
（2）分析导体棒运动过程。根据动量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律进行解答；
（3）根据运动的合成与分解求解刚刚抛出时的速度大小，对a棒冲出过程，根据动量定理求解通过电源的电荷量。
（1）设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为，则从PP'处到QQ'处，由动能定理得
解得
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，所以此时b棒受力最大，加速度最大，此时，
由牛顿第二定律有
解得导体棒b的最大加速度
（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以由动量守恒定律有
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b棒产生的焦耳热为Qb。由能量守恒定律有
由于a、b棒串联在一起，所以有
联立解得
（3）设闭合开关后，a棒以速度v0水平抛出，则有
对a棒冲出过程，由动量定理得，
联立求得
15．如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量的物体与弹簧连接，静止在处。将质量的物体自物体正上方处由静止释放，与发生第一次碰撞后，立刻向上运动，上升的最大高度，当再次回到点时恰与发生第二次碰撞。重力加速度取，空气阻力不计。（、碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体的速度；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体的冲量；
（3）经验证发现与发生的是弹性碰撞。若将物体释放的位置提高到处，仍要使、前两次碰撞均在点，求的最小值。
【答案】（1）自由落体运动，与碰前速度为
解得
第一次碰后竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
第一次弹性碰撞，有
解得
碰后做简谐运动，振动周期不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在点相碰，则竖直上抛回到点的时间与回到点时间相等
即
代入数据，解得
当时，值最小
【知识点】动量定理；动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）根据运动学公式解得A碰撞前的速度，AB碰撞过程根据动量守恒定律求解；
（2）求出两次碰撞时间间隔和B的速度，根据动量定理求解；
（3）结合动量守恒定律及能量守恒定律，同时分析A竖直上抛回到O点的时间与B回到O点时间关系解答。
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