资源简介

2026届河北省邢台市卓越联盟高三下学期4月质量检测物理试卷
1．如图所示，烧瓶上通过橡胶塞连接一根水平放置的玻璃管。玻璃管中有一段水柱。用手捂住烧瓶后水柱缓慢向外移动，该过程瓶内气体（　　）
A．压强变大 B．温度不变 C．内能增加 D．对外放热
【答案】C
【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】【解答】A．对水平玻璃管内的水柱受力分析，瓶内气体压强与外界大气压大小相等，气体压强保持恒定，故A错误；
B．用手捂住烧瓶时，手部热量传递给瓶内气体，气体温度会升高，并非保持不变，故B错误；
C．气体内能仅由温度决定，气体温度升高，忽略分子势能变化，因此瓶内气体内能增加，故C正确；
D．水柱向外移动，气体体积增大，气体对外做功；同时气体内能增加，根据热力学第一定律，可知气体需要从外界吸收热量，而非对外放热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：水平放置的水柱受力平衡，气体压强始终等于外界大气压；
B：手捂住烧瓶会使气体受热，温度升高；
C：理想气体内能由温度决定，温度升高则内能增大；
D：气体对外做功、内能增加，由热力学第一定律判断气体吸热。
2．如图所示，水池中有一光源，发出的复色光在水面上分成1、2两束单色光，其中单色光1在水面发生全反射，单色光2在水面发生折射。下列说法正确的是（　　）
A．池水对单色光1的折射率小于对单色光2的折射率
B．在真空中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C．用同一单缝做衍射实验，单色光2更容易观察到衍射现象
D．用同一双缝做干涉实验，单色光1在屏上的干涉条纹间距更宽
【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．单色光1发生全反射，单色光2发生折射，说明相同入射角下，单色光1的临界角更小，根据临界角公式，可知池水对单色光1的折射率更大，故A错误；
B．在真空中，所有单色光的传播速度均为光速，传播速度大小相等，故B错误；
C．折射率越大，光的波长越短，因此单色光2波长更长，衍射现象更明显，用同一单缝做衍射实验时，单色光2更容易观察到衍射现象，故C正确；
D．根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长条纹间距越宽，单色光2波长更长，因此其干涉条纹间距更宽，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：临界角越小，介质对该光折射率越大；
B：真空中各类色光传播速度均为光速；
C：波长越长，衍射现象越显著；
D：干涉条纹间距与波长成正比，波长越长条纹间距越宽。
3．某同学使用多用电表的直流电压挡测量电压，表盘中指针的位置如图所示，则此时的示数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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】使用的是直流电压挡，读这一排刻度，根据比例关系有
解得，即此时的示数为1.60V。
故答案为：D。
【分析】本题考查多用电表直流电压挡读数，2.5V 量程需对应表盘 0～250 刻度，按比例换算。
4．如图，内壁截面为圆的光滑凹槽固定在水平面上。在该截面内，对一个质量为的小球施加一个恒力可以使小球静止于圆弧上，此时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，重力加速度为，则关于圆弧对小球的支持力大小，下列说法正确的是（　　）
A．一定等于0 B．可能等于 C．可能等于 D．可能等于
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析，小球受重力（大小，方向竖直向下）、凹槽对小球的支持力（方向指向圆心，与竖直方向成，大小未知）、恒力（大小，方向未知），三力平衡，
当的方向竖直向上时，重力与支持力大小相等、方向相反，由平衡条件可知，此时支持力的大小为
当的方向不是竖直向上时，支持力方向指向圆心，与竖直方向的夹角为，由平行四边形定则，
可得支持力大小为
综上，支持力的大小可能为0或。
故答案为：C。
【分析】小球受三个力：重力 （竖直向下）、恒力 （方向未知）、支持力 （沿半径指向圆心，与竖直方向夹角 ），三力平衡。
5．一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两球相遇过程中，结合运动学位移关系，可解得相遇时刻；
此时小球A速度，方向竖直向上，小球B速度，方向竖直向下；
取竖直向上为正方向，依据动量守恒定律，算出碰后共同速度；
碰撞前后两球均只受重力，加速度恒为重力加速度，因此图像斜率保持不变，对应图像符合B选项特征，故B正确。
故答案为：B。
【分析】先由位移关系求出相遇时间，再计算两球碰撞前速度；利用动量守恒求出碰后共同速度；根据加速度恒定，判断图像斜率不变，确定对应图像。
6．如图所示，空间分布有一半径为的半圆形匀强磁场，磁感应强度为，一边长为的单匝正方形金属线框（阻值分布均匀）从图示位置向右以速度匀速通过磁场区域，则关于金属线框的情况下列说法正确的是（　　）
A．金属线框穿过磁场区域的过程中，感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零
B．当金属线框的位移为时，间的电势差为
C．当金属线框的位移为时，间的电势差为
D．当金属线框的位移为时，间的电势差为0
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场时，bd边有效切割长度逐渐增大，感应电流随之增大；后续ac、bd两边同时切割磁场，二者感应电流反向抵消，电流先减小至零，再反向增大；ac边离开磁场时有效切割长度减小，电流再次减小至零。因此感应电流变化为先增大、再减小到零、反向增大、最后减小到零，故A错误；
B．线框位移为时，由几何关系可得bd边有效切割长度为，回路感应电动势；bd边为电源，其余三边为外电路，ab边为外电路的，结合右手定则判断电势高低，可算出ab间电势差不等于，故B错误；
C．线框位移为时，ac、bd两边有效切割长度相等，二者产生的感应电动势大小相等、方向相反，回路总电流为零；ac边切割产生的感应电动势，ac间电势差等于该电动势，即，故C正确；
D．此时bd边同样为切割电源，bd间电势差不为零，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：分阶段分析线框进出磁场时有效切割长度变化，推导感应电流的完整变化规律；
B：结合几何关系求有效切割长度，利用电路分压规律计算ab间电势差；
C：两边切割电动势抵消，回路电流为零，ac间电势差等于其切割产生的感应电动势；
D：bd边切割产生感应电动势，因此bd间存在电势差。
7．如图所示，嫦娥六号在地月转移轨道合适位置制动后进入周期为12小时的环月椭圆轨道I，在轨道I的点制动后进入周期为4小时的椭圆轨道II，在轨道II的点制动后进入周期约为128分钟的圆轨道III。点为月球球心，月球的质量为，万有引力常量为，取无穷远势能为零，嫦娥六号与月球间的引力势能为（为嫦娥六号的质量，为嫦娥六号与月球中心的距离）。已知。则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆轨道I和椭圆轨道II的半长轴之比为
B．嫦娥六号在轨道I和轨道II的点加速度大小均为
C．嫦娥六号在轨道II上经过点的线速度大小为
D．嫦娥六号在点制动，从轨道II变到轨道III的过程中，制动力所做的功
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ周期之比，依据开普勒第三定律，可推得，并非，故A错误；
B．在P点时，万有引力为合外力，由，解得加速度，并非，故B错误；
C．由开普勒第二定律与P、Q两点机械能守恒，即，联立可算出，故C正确；
D．圆轨道Ⅲ中，解得；结合动能定理，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：应用开普勒第三定律，结合周期比计算半长轴之比；
B：由万有引力定律与牛顿第二定律，推导P点加速度大小；
C：利用开普勒第二定律与引力势能、动能守恒，求解P点线速度；
D：先求圆轨道速度，再通过动能定理计算制动力做功。
8．如今，全国特高压网络总长超4万公里，形成西电东送、北电南供”的骨干网架，其中变压器（如下图所示）起着至关重要的作用。现保持直流线路输电功率不变，采用和远距离输电时，输电线上损失功率分别为，输电线的电阻不变，下列说法错误的是（　　）
A．变压器工作是利用了互感现象
B．变压器工作时电源可以是交流电，也可以是恒定的直流电
C．
D．变压器用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯是为了减小涡流
【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．变压器的工作原理基于互感现象，依靠交变磁场传递能量，故A正确；
B．恒定直流电产生的磁场无变化，无法发生互感，因此变压器电源只能为交流电，不能是恒定直流电，故B错误；
C．输电功率不变，由可知，输电电流与电压成反比，电流比；输电线损耗功率，因此损耗功率比，并非，故C错误；
D．变压器铁芯采用互相绝缘的硅钢片叠压，能够增大涡流路径电阻，有效减小涡流损耗，故D正确。
故答案为：BC。
【分析】A：互感是变压器的核心工作原理；
B：恒定直流不能产生变化磁通量，变压器无法工作；
C：结合输电电流公式与损耗功率公式，推导功率损耗比值；
D：叠片式铁芯通过增大电阻抑制涡流，降低能量损耗。
9．如图所示，在半径为的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，直径和直径相互垂直。现甲、乙两个相同的带电粒子以相同速率从点进入磁场，甲粒子入射速度方向与方向的夹角为，乙粒子入射速度方向与方向的夹角为。粒子甲从圆弧上的点平行于离开磁场，点到直径的距离为，两个粒子的重力及粒子间相互作用力均不计，下列说法正确的是
A．两粒子带正电
B．两粒子的比荷为
C．甲、乙两粒子在磁场中的运动时间之比为
D．乙粒子离开磁场时的位置到直径的距离为
【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．结合左手定则，根据甲粒子的偏转方向可判断，两粒子所受洛伦兹力向左上方，因此粒子均带负电，故A错误；
B．由几何关系，结合F点到CE距离为，可算出粒子运动轨道半径；再由洛伦兹力提供向心力，推导得比荷，故B正确；
C．两粒子比荷相同，在磁场中运动周期相等；甲粒子速度偏转角为，乙粒子速度偏转角为，运动时间之比等于偏转角之比，即，故C正确；
D．乙粒子轨道半径为，结合几何关系，其离开磁场的位置到直径CE的距离为，并非，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：通过左手定则，结合粒子偏转方向判断电性；
B：利用几何关系求轨道半径，再由洛伦兹力充当向心力求解比荷；
C：周期相同，运动时间与速度偏转角成正比，据此求时间比；
D：结合轨道半径与入射角度，用几何关系求解距离。
10．如图所示，一个长方体和一个倾角为的斜面体紧密连接固定放置在水平地面上，长方体的上表面粗糙，左侧有一个竖直固定的挡板，右侧有一个光滑定滑轮，斜面体的上表面光滑。将两个质量均为的物块和放在长方体上，物块之间用一个劲度系数为的轻弹簧连接，物块和与长方体上表面的摩擦因数均为0.5，物块的右端连接一条轻绳，轻绳跨过定滑轮连接着一个质量也为的物块。初始时控制物块不动使细绳刚好拉直但没有弹力且物体恰好不向右滑动，轻绳水平部分与长方体表面平行，倾斜部分与斜面平行，重力加速度取，轻绳无伸缩性，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，不计空气阻力，长方体和斜面都足够长，弹簧弹性势能表达式为。现在由静止释放物块，在物块下滑过程中下列说法正确的是（　　）
A．释放物块瞬间，轻绳的拉力大小为
B．三个物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块的最大速度为
D．物块下滑到最低点后会沿斜面向上滑动
【答案】A,C
【知识点】胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时B恰好不向右滑动，弹簧弹力与B受到的最大静摩擦力平衡，由解得初始形变量；释放C瞬间，对C有，对B有，联立可解得轻绳拉力，故A正确；
B．物块B与长方体间存在滑动摩擦力，摩擦力做负功消耗机械能，因此三个物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．弹簧恢复原长时，对B、C整体有，此时整体加速度为0，速度达到最大；由能量守恒，解得，故C正确；
D．C下滑至最低点时，结合能量守恒求得位移，此时弹簧弹力小于，C所受合力沿斜面向下，不会沿斜面向上滑动，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由初始平衡条件求弹簧初始形变量，再用牛顿第二定律联立求解瞬间拉力；
B：系统内存在摩擦力做功，机械能不守恒；
C：加速度为0时速度最大，利用能量守恒求解最大速度；
D：最低点处弹簧弹力不足以拉动C上滑，判断运动情况。
11．物理是一门以实验为基础的自然科学。
（1）实验小组要利用如图甲所示装置来测量当地的重力加速度。
①将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图甲所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图乙所示），从图乙可知，摆球的直径为　 　cm，
②将小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，小球经平衡位置时开始计时，小球完成次全振动所用时间为，
③根据已知信息，重力加速度的表达式应为　 　（用题干所给物理量字母表示）；
（2）在图甲装置中小球的平衡位置处安装一个光电门，如图丙所示，该实验小组利用此装置来验证机械能守恒定律。
①将小球由平衡位置拉开一个较大角度，由静止释放，当小球在最低点经过光电门时记录挡光时间为，②已知小球直径为，小球释放点距离最低点的高度为，重力加速度为，
③若小球下摆过程中机械能守恒则应满足的关系式为　 　（用题干所给物理量字母表示）。
【答案】（1）2.150；
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由题图可知主尺读数为
游标读数为
故读数为
单位转换后，摆球的直径为
由题意可知单摆周期为
根据单摆的周期公式
其中，摆长
联立可得
故答案为： ① 2.150； ③
（2）由题意可知小球通过光电门的速度为
若机械能守恒，可列
约掉后，得
故答案为：
【分析】(1) ①20分度游标卡尺读数：主尺读数+游标对齐格数×精度；
②由全振动次数与时间求周期；
③摆长为摆线长加球半径，代入单摆周期公式推导重力加速度表达式；
(2) 利用极短时间平均速度近似瞬时速度求小球最低点速度，结合重力势能减少量等于动能增加量，推导机械能守恒关系式。
（1）[1]由题图可知主尺读数为
游标读数为
故读数为
单位转换后，摆球的直径为
[2]由题意可知单摆周期为
根据单摆的周期公式
其中，摆长
联立可得
（2）由题意可知小球通过光电门的速度为
若机械能守恒，可列
约掉后，得
12．某指纹锁的电池组由四节5号干电池组成，该电池组已经用了一段时间，研究性学习小组想要测量该电池组的电动势（约和内电阻（约。可供选择的实验器材如下：
A.电流表A（量程，内阻约为；
B.电压表V（量程，内阻为；
C.定值电阻；
D.滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）；
E.电键一个，导线若干。
（1）为了完成实验，需要将电压表的量程扩大为，则在图甲电路中，电压表右侧连接的定值电阻阻值应为　 　；
（2）①根据图甲电路完成答题卡上图乙的实物连接　 　，
②闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于　 　（选填“最左端”“最右端”）；
（3）闭合开关，调整滑动变阻器的阻值，读出电压表和所用电流表相应的示数，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图丙所示的图像，若不考虑电压表内阻，由图像可得电池组的电动势　 　，内阻　 　。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）1000
（2）；最左端
（3）5.86；5.14
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电压表量程扩大为原来2倍，根据串联电路中电压比等于电阻比，故定值电阻应等于原电压表电阻，即；
故答案为：1000
（2）根据图甲连接实物图乙如图所示
闭合开关前滑动变阻器的阻值应取最大，所以滑片应位于最左端；
故答案为：；最左端
（3）由闭合电路的欧姆定律得
变形得
解得，由图像可知，
解得电动势，内阻
故答案为：5.86；5.14
【分析】(1) 电压表串联定值电阻扩大量程，量程扩大 2 倍时串联电阻等于电压表内阻；
(2) 按照电路图连接实物，滑动变阻器闭合前调至阻值最大端保护电路；
(3) 结合改装后电压表示数，由闭合电路欧姆定律变形得到U-I函数，利用图像截距和斜率求解电动势与内阻。
（1）电压表量程扩大为原来2倍，根据串联电路中电压比等于电阻比，故定值电阻应等于原电压表电阻，即；
（2）[1][2]根据图甲连接实物图乙如图所示
闭合开关前滑动变阻器的阻值应取最大，所以滑片应位于最左端；
（3）由闭合电路的欧姆定律得
变形得
解得，由图像可知，
解得电动势，内阻
13．如图所示，水平传送带的长度为，传送带沿顺时针转动且速度，右侧水平面上有一个固定的物体P，P右侧静置着一个质量的光滑物体Q，P、Q紧密接触但不粘连，段为半径的光滑圆弧，处是圆弧最低点，段圆弧所对圆心角。一个质量为的小物块以水平向右的初速度从端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数，物体从点离开传送带做平抛运动并恰好从点无碰撞进入圆弧。小滑块可看作质点，不计空气阻力，重力加速度取。求：
（1）小物块在传送带上滑行的时间；
（2）小物块经过点时受到圆弧的支持力大小（结果保留一位小数）；
（3）物体Q能获得的最大速率。
【答案】（1）解：小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
故小物块在传送带上先减速再匀速，由
解得
匀速阶段有
解得
所以小物块在传送带上滑行的时间为
（2）解：小物块做平抛运动到达点时，有
解得
从点到点过程，根据动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律得
解得
（3）解：当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得，
解得Q的最大速度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 物块在传送带上先减速后匀速，用牛顿第二定律求加速度，分段计算减速、匀速的时间；
(2) 由平抛无碰撞进入圆弧的几何关系求C点速度，用动能定理求D点速度，再用向心力公式求支持力；
(3) 物块与Q发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，求出Q的最大速率。
（1）小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
故小物块在传送带上先减速再匀速，由
解得
匀速阶段有
解得
所以小物块在传送带上滑行的时间为
（2）小物块做平抛运动到达点时，有
解得
从点到点过程，根据动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律得
解得
（3）当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得，
解得Q的最大速度
14．如图所示，在竖直平面坐标系xOy的第二象限和第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场区域，一条与x轴正方向成45°且过原点O的虚线MN右下方足够大区域内存在与直线MN平行、斜向左下方的匀强电场，一个质量为m，电荷量为+q的粒子以速度v从y轴上的A点（0，L）沿x轴负方向射入磁场，恰好垂直虚线MN进入电场与磁场组成的复合区域且在复合区域内做直线运动。当粒子到达y轴时，电场强度大小不变，方向变为平行直线MN斜向右上方，此后粒子经电场作用到达x轴。粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小和匀强电场的电场强度E的大小；
（2）带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标；
（3）带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的总时间。（结果均可带根号）
【答案】（1）解：如图所示
由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动时
根据洛伦兹力提供向心力
解得
在复合场区域
解得
（2）解：如图所示
粒子垂直经虚线MN时距O点距离为L，粒子匀速直线经过y轴负半轴时距O点距离应为，粒子离开复合场区域后到达x轴过程中，沿y轴方向上，有，
沿x轴方向上，
解得，，
即带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（，0）；
（3）解：粒子在磁场中时间
在复合场中时间
带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的时间
所以
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；复合场中粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡求电场强度；
(2) 电场反向后粒子做类匀变速曲线运动，将运动沿电场平行、垂直方向分解，结合运动学公式求解第二次过x轴的坐标；
(3) 分磁场中圆周运动、复合场匀速直线、电场中类曲线运动三段，分别计算时间后求和。
（1）如图所示
由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动时
根据洛伦兹力提供向心力
解得
在复合场区域
解得
（2）如图所示
粒子垂直经虚线MN时距O点距离为L，粒子匀速直线经过y轴负半轴时距O点距离应为，粒子离开复合场区域后到达x轴过程中，沿y轴方向上，有，
沿x轴方向上，
解得，，
即带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（，0）；
（3）粒子在磁场中时间
在复合场中时间
带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的时间
所以
15．如图所示，长为的细线一端固定于点，另一端系有一质量为可视为质点的小球，初始时小球被锁定在距离点处的装置中。光滑地面上有一质量为的长木板到墙壁距离为，木板左端放有质量为的凹形小木槽，凹形小木槽与长木板间的动摩擦因数为。解除锁定，小球开始运动，小球到达点正下方时细线断裂，小球飞出，之后恰好落入凹形小木槽中与小木槽粘在一起（时间极短）。经过一段时间后长木板与墙壁发生弹性碰撞，凹形小木槽始终未脱离长木板且未与墙壁碰撞，重力加速度取，求：
（1）细线断裂时小球的速度大小；
（2）长木板与墙壁碰撞时，小木槽与长木板的速度大小；
（3）长木板在地面上运动的总路程。
【答案】（1）解：解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则
由动能定理可得
细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有
之后到最低点，根据机械能守恒有
联立解得
（2）解：小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒
有
之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有
解得
这个过程对长木板有
且有
联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞
长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为
（3）解：长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有
第1次与墙壁碰后
即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…
第2次与墙壁碰后
即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有
第3次与墙壁碰后
即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有……
第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有…
长木板总路程为
联立可得
即
当时有
代入数据解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小球先自由下落使细线伸直，绷紧时沿绳速度突变为零，只剩切向速度，之后机械能守恒到最低点，分段列式求断裂速度；
(2) 小球与木槽水平动量守恒，再与木板动量守恒，结合牛顿运动定律判断共速后木板才碰墙，得到碰时共同速度；
(3) 木板弹性碰撞后反复运动，位移构成无穷等比数列，用等比数列求和求总路程。
（1）解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则
由动能定理可得
细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有
之后到最低点，根据机械能守恒有
联立解得
（2）小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒
有
之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有
解得
这个过程对长木板有
且有
联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞
长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为
（3）长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有
第1次与墙壁碰后
即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…
第2次与墙壁碰后
即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有
第3次与墙壁碰后
即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有……
第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有…
长木板总路程为
联立可得
即
当时有
代入数据解得
1 / 12026届河北省邢台市卓越联盟高三下学期4月质量检测物理试卷
1．如图所示，烧瓶上通过橡胶塞连接一根水平放置的玻璃管。玻璃管中有一段水柱。用手捂住烧瓶后水柱缓慢向外移动，该过程瓶内气体（　　）
A．压强变大 B．温度不变 C．内能增加 D．对外放热
2．如图所示，水池中有一光源，发出的复色光在水面上分成1、2两束单色光，其中单色光1在水面发生全反射，单色光2在水面发生折射。下列说法正确的是（　　）
A．池水对单色光1的折射率小于对单色光2的折射率
B．在真空中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度
C．用同一单缝做衍射实验，单色光2更容易观察到衍射现象
D．用同一双缝做干涉实验，单色光1在屏上的干涉条纹间距更宽
3．某同学使用多用电表的直流电压挡测量电压，表盘中指针的位置如图所示，则此时的示数为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，内壁截面为圆的光滑凹槽固定在水平面上。在该截面内，对一个质量为的小球施加一个恒力可以使小球静止于圆弧上，此时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，重力加速度为，则关于圆弧对小球的支持力大小，下列说法正确的是（　　）
A．一定等于0 B．可能等于 C．可能等于 D．可能等于
5．一个质量为的小球A从地面以的速度竖直向上抛出，同时质量为的小球B从高处自由下落，两球在同一竖直线上运动，两小球碰撞时粘在一起。若取竖直向上为正，重力加速度取，下列关于两球从开始运动到第一次落地过程的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，空间分布有一半径为的半圆形匀强磁场，磁感应强度为，一边长为的单匝正方形金属线框（阻值分布均匀）从图示位置向右以速度匀速通过磁场区域，则关于金属线框的情况下列说法正确的是（　　）
A．金属线框穿过磁场区域的过程中，感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零
B．当金属线框的位移为时，间的电势差为
C．当金属线框的位移为时，间的电势差为
D．当金属线框的位移为时，间的电势差为0
7．如图所示，嫦娥六号在地月转移轨道合适位置制动后进入周期为12小时的环月椭圆轨道I，在轨道I的点制动后进入周期为4小时的椭圆轨道II，在轨道II的点制动后进入周期约为128分钟的圆轨道III。点为月球球心，月球的质量为，万有引力常量为，取无穷远势能为零，嫦娥六号与月球间的引力势能为（为嫦娥六号的质量，为嫦娥六号与月球中心的距离）。已知。则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆轨道I和椭圆轨道II的半长轴之比为
B．嫦娥六号在轨道I和轨道II的点加速度大小均为
C．嫦娥六号在轨道II上经过点的线速度大小为
D．嫦娥六号在点制动，从轨道II变到轨道III的过程中，制动力所做的功
8．如今，全国特高压网络总长超4万公里，形成西电东送、北电南供”的骨干网架，其中变压器（如下图所示）起着至关重要的作用。现保持直流线路输电功率不变，采用和远距离输电时，输电线上损失功率分别为，输电线的电阻不变，下列说法错误的是（　　）
A．变压器工作是利用了互感现象
B．变压器工作时电源可以是交流电，也可以是恒定的直流电
C．
D．变压器用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯是为了减小涡流
9．如图所示，在半径为的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，直径和直径相互垂直。现甲、乙两个相同的带电粒子以相同速率从点进入磁场，甲粒子入射速度方向与方向的夹角为，乙粒子入射速度方向与方向的夹角为。粒子甲从圆弧上的点平行于离开磁场，点到直径的距离为，两个粒子的重力及粒子间相互作用力均不计，下列说法正确的是
A．两粒子带正电
B．两粒子的比荷为
C．甲、乙两粒子在磁场中的运动时间之比为
D．乙粒子离开磁场时的位置到直径的距离为
10．如图所示，一个长方体和一个倾角为的斜面体紧密连接固定放置在水平地面上，长方体的上表面粗糙，左侧有一个竖直固定的挡板，右侧有一个光滑定滑轮，斜面体的上表面光滑。将两个质量均为的物块和放在长方体上，物块之间用一个劲度系数为的轻弹簧连接，物块和与长方体上表面的摩擦因数均为0.5，物块的右端连接一条轻绳，轻绳跨过定滑轮连接着一个质量也为的物块。初始时控制物块不动使细绳刚好拉直但没有弹力且物体恰好不向右滑动，轻绳水平部分与长方体表面平行，倾斜部分与斜面平行，重力加速度取，轻绳无伸缩性，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，不计空气阻力，长方体和斜面都足够长，弹簧弹性势能表达式为。现在由静止释放物块，在物块下滑过程中下列说法正确的是（　　）
A．释放物块瞬间，轻绳的拉力大小为
B．三个物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块的最大速度为
D．物块下滑到最低点后会沿斜面向上滑动
11．物理是一门以实验为基础的自然科学。
（1）实验小组要利用如图甲所示装置来测量当地的重力加速度。
①将摆线上端固定在铁架台上，下端系在小球上，做成图甲所示的单摆。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为，再用游标卡尺测得摆球的直径为（读数如图乙所示），从图乙可知，摆球的直径为　 　cm，
②将小球由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，小球经平衡位置时开始计时，小球完成次全振动所用时间为，
③根据已知信息，重力加速度的表达式应为　 　（用题干所给物理量字母表示）；
（2）在图甲装置中小球的平衡位置处安装一个光电门，如图丙所示，该实验小组利用此装置来验证机械能守恒定律。
①将小球由平衡位置拉开一个较大角度，由静止释放，当小球在最低点经过光电门时记录挡光时间为，②已知小球直径为，小球释放点距离最低点的高度为，重力加速度为，
③若小球下摆过程中机械能守恒则应满足的关系式为　 　（用题干所给物理量字母表示）。
12．某指纹锁的电池组由四节5号干电池组成，该电池组已经用了一段时间，研究性学习小组想要测量该电池组的电动势（约和内电阻（约。可供选择的实验器材如下：
A.电流表A（量程，内阻约为；
B.电压表V（量程，内阻为；
C.定值电阻；
D.滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）；
E.电键一个，导线若干。
（1）为了完成实验，需要将电压表的量程扩大为，则在图甲电路中，电压表右侧连接的定值电阻阻值应为　 　；
（2）①根据图甲电路完成答题卡上图乙的实物连接　 　，
②闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于　 　（选填“最左端”“最右端”）；
（3）闭合开关，调整滑动变阻器的阻值，读出电压表和所用电流表相应的示数，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图丙所示的图像，若不考虑电压表内阻，由图像可得电池组的电动势　 　，内阻　 　。（结果均保留三位有效数字）
13．如图所示，水平传送带的长度为，传送带沿顺时针转动且速度，右侧水平面上有一个固定的物体P，P右侧静置着一个质量的光滑物体Q，P、Q紧密接触但不粘连，段为半径的光滑圆弧，处是圆弧最低点，段圆弧所对圆心角。一个质量为的小物块以水平向右的初速度从端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数，物体从点离开传送带做平抛运动并恰好从点无碰撞进入圆弧。小滑块可看作质点，不计空气阻力，重力加速度取。求：
（1）小物块在传送带上滑行的时间；
（2）小物块经过点时受到圆弧的支持力大小（结果保留一位小数）；
（3）物体Q能获得的最大速率。
14．如图所示，在竖直平面坐标系xOy的第二象限和第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场区域，一条与x轴正方向成45°且过原点O的虚线MN右下方足够大区域内存在与直线MN平行、斜向左下方的匀强电场，一个质量为m，电荷量为+q的粒子以速度v从y轴上的A点（0，L）沿x轴负方向射入磁场，恰好垂直虚线MN进入电场与磁场组成的复合区域且在复合区域内做直线运动。当粒子到达y轴时，电场强度大小不变，方向变为平行直线MN斜向右上方，此后粒子经电场作用到达x轴。粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小和匀强电场的电场强度E的大小；
（2）带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标；
（3）带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的总时间。（结果均可带根号）
15．如图所示，长为的细线一端固定于点，另一端系有一质量为可视为质点的小球，初始时小球被锁定在距离点处的装置中。光滑地面上有一质量为的长木板到墙壁距离为，木板左端放有质量为的凹形小木槽，凹形小木槽与长木板间的动摩擦因数为。解除锁定，小球开始运动，小球到达点正下方时细线断裂，小球飞出，之后恰好落入凹形小木槽中与小木槽粘在一起（时间极短）。经过一段时间后长木板与墙壁发生弹性碰撞，凹形小木槽始终未脱离长木板且未与墙壁碰撞，重力加速度取，求：
（1）细线断裂时小球的速度大小；
（2）长木板与墙壁碰撞时，小木槽与长木板的速度大小；
（3）长木板在地面上运动的总路程。
答案解析部分
1．【答案】C
【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】【解答】A．对水平玻璃管内的水柱受力分析，瓶内气体压强与外界大气压大小相等，气体压强保持恒定，故A错误；
B．用手捂住烧瓶时，手部热量传递给瓶内气体，气体温度会升高，并非保持不变，故B错误；
C．气体内能仅由温度决定，气体温度升高，忽略分子势能变化，因此瓶内气体内能增加，故C正确；
D．水柱向外移动，气体体积增大，气体对外做功；同时气体内能增加，根据热力学第一定律，可知气体需要从外界吸收热量，而非对外放热，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：水平放置的水柱受力平衡，气体压强始终等于外界大气压；
B：手捂住烧瓶会使气体受热，温度升高；
C：理想气体内能由温度决定，温度升高则内能增大；
D：气体对外做功、内能增加，由热力学第一定律判断气体吸热。
2．【答案】C
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】A．单色光1发生全反射，单色光2发生折射，说明相同入射角下，单色光1的临界角更小，根据临界角公式，可知池水对单色光1的折射率更大，故A错误；
B．在真空中，所有单色光的传播速度均为光速，传播速度大小相等，故B错误；
C．折射率越大，光的波长越短，因此单色光2波长更长，衍射现象更明显，用同一单缝做衍射实验时，单色光2更容易观察到衍射现象，故C正确；
D．根据双缝干涉条纹间距公式，波长越长条纹间距越宽，单色光2波长更长，因此其干涉条纹间距更宽，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：临界角越小，介质对该光折射率越大；
B：真空中各类色光传播速度均为光速；
C：波长越长，衍射现象越显著；
D：干涉条纹间距与波长成正比，波长越长条纹间距越宽。
3．【答案】D
【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】使用的是直流电压挡，读这一排刻度，根据比例关系有
解得，即此时的示数为1.60V。
故答案为：D。
【分析】本题考查多用电表直流电压挡读数，2.5V 量程需对应表盘 0～250 刻度，按比例换算。
4．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球受力分析，小球受重力（大小，方向竖直向下）、凹槽对小球的支持力（方向指向圆心，与竖直方向成，大小未知）、恒力（大小，方向未知），三力平衡，
当的方向竖直向上时，重力与支持力大小相等、方向相反，由平衡条件可知，此时支持力的大小为
当的方向不是竖直向上时，支持力方向指向圆心，与竖直方向的夹角为，由平行四边形定则，
可得支持力大小为
综上，支持力的大小可能为0或。
故答案为：C。
【分析】小球受三个力：重力 （竖直向下）、恒力 （方向未知）、支持力 （沿半径指向圆心，与竖直方向夹角 ），三力平衡。
5．【答案】B
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两球相遇过程中，结合运动学位移关系，可解得相遇时刻；
此时小球A速度，方向竖直向上，小球B速度，方向竖直向下；
取竖直向上为正方向，依据动量守恒定律，算出碰后共同速度；
碰撞前后两球均只受重力，加速度恒为重力加速度，因此图像斜率保持不变，对应图像符合B选项特征，故B正确。
故答案为：B。
【分析】先由位移关系求出相遇时间，再计算两球碰撞前速度；利用动量守恒求出碰后共同速度；根据加速度恒定，判断图像斜率不变，确定对应图像。
6．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A．线框进入磁场时，bd边有效切割长度逐渐增大，感应电流随之增大；后续ac、bd两边同时切割磁场，二者感应电流反向抵消，电流先减小至零，再反向增大；ac边离开磁场时有效切割长度减小，电流再次减小至零。因此感应电流变化为先增大、再减小到零、反向增大、最后减小到零，故A错误；
B．线框位移为时，由几何关系可得bd边有效切割长度为，回路感应电动势；bd边为电源，其余三边为外电路，ab边为外电路的，结合右手定则判断电势高低，可算出ab间电势差不等于，故B错误；
C．线框位移为时，ac、bd两边有效切割长度相等，二者产生的感应电动势大小相等、方向相反，回路总电流为零；ac边切割产生的感应电动势，ac间电势差等于该电动势，即，故C正确；
D．此时bd边同样为切割电源，bd间电势差不为零，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：分阶段分析线框进出磁场时有效切割长度变化，推导感应电流的完整变化规律；
B：结合几何关系求有效切割长度，利用电路分压规律计算ab间电势差；
C：两边切割电动势抵消，回路电流为零，ac间电势差等于其切割产生的感应电动势；
D：bd边切割产生感应电动势，因此bd间存在电势差。
7．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ周期之比，依据开普勒第三定律，可推得，并非，故A错误；
B．在P点时，万有引力为合外力，由，解得加速度，并非，故B错误；
C．由开普勒第二定律与P、Q两点机械能守恒，即，联立可算出，故C正确；
D．圆轨道Ⅲ中，解得；结合动能定理，解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：应用开普勒第三定律，结合周期比计算半长轴之比；
B：由万有引力定律与牛顿第二定律，推导P点加速度大小；
C：利用开普勒第二定律与引力势能、动能守恒，求解P点线速度；
D：先求圆轨道速度，再通过动能定理计算制动力做功。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A．变压器的工作原理基于互感现象，依靠交变磁场传递能量，故A正确；
B．恒定直流电产生的磁场无变化，无法发生互感，因此变压器电源只能为交流电，不能是恒定直流电，故B错误；
C．输电功率不变，由可知，输电电流与电压成反比，电流比；输电线损耗功率，因此损耗功率比，并非，故C错误；
D．变压器铁芯采用互相绝缘的硅钢片叠压，能够增大涡流路径电阻，有效减小涡流损耗，故D正确。
故答案为：BC。
【分析】A：互感是变压器的核心工作原理；
B：恒定直流不能产生变化磁通量，变压器无法工作；
C：结合输电电流公式与损耗功率公式，推导功率损耗比值；
D：叠片式铁芯通过增大电阻抑制涡流，降低能量损耗。
9．【答案】B,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．结合左手定则，根据甲粒子的偏转方向可判断，两粒子所受洛伦兹力向左上方，因此粒子均带负电，故A错误；
B．由几何关系，结合F点到CE距离为，可算出粒子运动轨道半径；再由洛伦兹力提供向心力，推导得比荷，故B正确；
C．两粒子比荷相同，在磁场中运动周期相等；甲粒子速度偏转角为，乙粒子速度偏转角为，运动时间之比等于偏转角之比，即，故C正确；
D．乙粒子轨道半径为，结合几何关系，其离开磁场的位置到直径CE的距离为，并非，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】A：通过左手定则，结合粒子偏转方向判断电性；
B：利用几何关系求轨道半径，再由洛伦兹力充当向心力求解比荷；
C：周期相同，运动时间与速度偏转角成正比，据此求时间比；
D：结合轨道半径与入射角度，用几何关系求解距离。
10．【答案】A,C
【知识点】胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．初始时B恰好不向右滑动，弹簧弹力与B受到的最大静摩擦力平衡，由解得初始形变量；释放C瞬间，对C有，对B有，联立可解得轻绳拉力，故A正确；
B．物块B与长方体间存在滑动摩擦力，摩擦力做负功消耗机械能，因此三个物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．弹簧恢复原长时，对B、C整体有，此时整体加速度为0，速度达到最大；由能量守恒，解得，故C正确；
D．C下滑至最低点时，结合能量守恒求得位移，此时弹簧弹力小于，C所受合力沿斜面向下，不会沿斜面向上滑动，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：由初始平衡条件求弹簧初始形变量，再用牛顿第二定律联立求解瞬间拉力；
B：系统内存在摩擦力做功，机械能不守恒；
C：加速度为0时速度最大，利用能量守恒求解最大速度；
D：最低点处弹簧弹力不足以拉动C上滑，判断运动情况。
11．【答案】（1）2.150；
（2）
【知识点】验证机械能守恒定律；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）由题图可知主尺读数为
游标读数为
故读数为
单位转换后，摆球的直径为
由题意可知单摆周期为
根据单摆的周期公式
其中，摆长
联立可得
故答案为： ① 2.150； ③
（2）由题意可知小球通过光电门的速度为
若机械能守恒，可列
约掉后，得
故答案为：
【分析】(1) ①20分度游标卡尺读数：主尺读数+游标对齐格数×精度；
②由全振动次数与时间求周期；
③摆长为摆线长加球半径，代入单摆周期公式推导重力加速度表达式；
(2) 利用极短时间平均速度近似瞬时速度求小球最低点速度，结合重力势能减少量等于动能增加量，推导机械能守恒关系式。
（1）[1]由题图可知主尺读数为
游标读数为
故读数为
单位转换后，摆球的直径为
[2]由题意可知单摆周期为
根据单摆的周期公式
其中，摆长
联立可得
（2）由题意可知小球通过光电门的速度为
若机械能守恒，可列
约掉后，得
12．【答案】（1）1000
（2）；最左端
（3）5.86；5.14
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）电压表量程扩大为原来2倍，根据串联电路中电压比等于电阻比，故定值电阻应等于原电压表电阻，即；
故答案为：1000
（2）根据图甲连接实物图乙如图所示
闭合开关前滑动变阻器的阻值应取最大，所以滑片应位于最左端；
故答案为：；最左端
（3）由闭合电路的欧姆定律得
变形得
解得，由图像可知，
解得电动势，内阻
故答案为：5.86；5.14
【分析】(1) 电压表串联定值电阻扩大量程，量程扩大 2 倍时串联电阻等于电压表内阻；
(2) 按照电路图连接实物，滑动变阻器闭合前调至阻值最大端保护电路；
(3) 结合改装后电压表示数，由闭合电路欧姆定律变形得到U-I函数，利用图像截距和斜率求解电动势与内阻。
（1）电压表量程扩大为原来2倍，根据串联电路中电压比等于电阻比，故定值电阻应等于原电压表电阻，即；
（2）[1][2]根据图甲连接实物图乙如图所示
闭合开关前滑动变阻器的阻值应取最大，所以滑片应位于最左端；
（3）由闭合电路的欧姆定律得
变形得
解得，由图像可知，
解得电动势，内阻
13．【答案】（1）解：小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
故小物块在传送带上先减速再匀速，由
解得
匀速阶段有
解得
所以小物块在传送带上滑行的时间为
（2）解：小物块做平抛运动到达点时，有
解得
从点到点过程，根据动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律得
解得
（3）解：当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得，
解得Q的最大速度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 物块在传送带上先减速后匀速，用牛顿第二定律求加速度，分段计算减速、匀速的时间；
(2) 由平抛无碰撞进入圆弧的几何关系求C点速度，用动能定理求D点速度，再用向心力公式求支持力；
(3) 物块与Q发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，求出Q的最大速率。
（1）小物块相对传送带上运动时，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
故小物块在传送带上先减速再匀速，由
解得
匀速阶段有
解得
所以小物块在传送带上滑行的时间为
（2）小物块做平抛运动到达点时，有
解得
从点到点过程，根据动能定理得
解得
在点，由牛顿第二定律得
解得
（3）当小物块滑离物体Q时，物体Q获得的速度最大，根据动量守恒和机械能守恒可得，
解得Q的最大速度
14．【答案】（1）解：如图所示
由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动时
根据洛伦兹力提供向心力
解得
在复合场区域
解得
（2）解：如图所示
粒子垂直经虚线MN时距O点距离为L，粒子匀速直线经过y轴负半轴时距O点距离应为，粒子离开复合场区域后到达x轴过程中，沿y轴方向上，有，
沿x轴方向上，
解得，，
即带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（，0）；
（3）解：粒子在磁场中时间
在复合场中时间
带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的时间
所以
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；复合场中粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡求电场强度；
(2) 电场反向后粒子做类匀变速曲线运动，将运动沿电场平行、垂直方向分解，结合运动学公式求解第二次过x轴的坐标；
(3) 分磁场中圆周运动、复合场匀速直线、电场中类曲线运动三段，分别计算时间后求和。
（1）如图所示
由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动时
根据洛伦兹力提供向心力
解得
在复合场区域
解得
（2）如图所示
粒子垂直经虚线MN时距O点距离为L，粒子匀速直线经过y轴负半轴时距O点距离应为，粒子离开复合场区域后到达x轴过程中，沿y轴方向上，有，
沿x轴方向上，
解得，，
即带电粒子第二次经过x轴时的位置坐标为（，0）；
（3）粒子在磁场中时间
在复合场中时间
带电粒子从A点进入磁场到第二次到达x轴所经过的时间
所以
15．【答案】（1）解：解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则
由动能定理可得
细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有
之后到最低点，根据机械能守恒有
联立解得
（2）解：小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒
有
之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有
解得
这个过程对长木板有
且有
联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞
长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为
（3）解：长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有
第1次与墙壁碰后
即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…
第2次与墙壁碰后
即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有
第3次与墙壁碰后
即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有……
第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有…
长木板总路程为
联立可得
即
当时有
代入数据解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 小球先自由下落使细线伸直，绷紧时沿绳速度突变为零，只剩切向速度，之后机械能守恒到最低点，分段列式求断裂速度；
(2) 小球与木槽水平动量守恒，再与木板动量守恒，结合牛顿运动定律判断共速后木板才碰墙，得到碰时共同速度；
(3) 木板弹性碰撞后反复运动，位移构成无穷等比数列，用等比数列求和求总路程。
（1）解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则
由动能定理可得
细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有
之后到最低点，根据机械能守恒有
联立解得
（2）小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒
有
之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有
解得
这个过程对长木板有
且有
联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞
长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为
（3）长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有
第1次与墙壁碰后
即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有…
第2次与墙壁碰后
即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有
第3次与墙壁碰后
即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有……
第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为
有…
长木板总路程为
联立可得
即
当时有
代入数据解得
1 / 1

展开更多......

收起↑