浙江省北斗星盟2022-2023学年高三物理上学期12月联考试题（Word版附解析）

高三物理学科试题考生须知：1．本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小題3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.静电力常量k用国际单位制的基本单位表示，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由库仑定律得电流定义式得代入得故选D。 2.刚刚结束的奥运会上，广东小将全红婵（图甲）以总分466.2分打破世界纪录，获得跳水单人十米台金牌。自运动员离开跳台开始计时到完全落入水中，其速度随时间变化情况可简化如图乙，选向下为正方向，下列结论正确的是（　　）A.0-t2为空中运动时间，速度始终向下B.t1-t2内的加速度比在t2-t3内加速度大C.在0-t1内，平均速度等于D.在t2-t3内，平均速度【答案】C【解析】【详解】A．0～t2为空中运动时间内，速度先为负值，后为正值，则速度方向先向上，后向下，故A错误；B．v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图可以看出，t1-t2内的加速度比在t2-t3内加速度小，故B错误；C．在0~t1内，图线斜率不变，表示匀变速直线运动，则由匀变速直线运动推论，平均速度等于初、末速度和的一半，即为，故C正确；D．v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，由图像可以看出，实际图线在t2~t3时间内围的面积小于虚线（匀减速到零）所围面积，平均速度等于位移与所用时间的比值，所以此段时间内的平均速度小于此段时间内匀减速到零的平均速度，故D错误。故选C。3.根据物理学发展历史事实，下列说法正确的是（　　）A.康普顿发现了光电效应，继而他提出了光子的概念B.卢瑟福研究ɑ粒子散射实验，最终查德威克提出了原子核式结构模型C.赫兹用实验证实了电磁波的存在，并首先发现光电效应。 D.开普勒发现行星运动三大定律，其中第三定律表明太阳系内所有天体的=C都是相同的【答案】C【解析】【详解】A．赫兹发现了光电效应，爱因斯坦提出了光子的概念，A错误；B．卢瑟福研究ɑ粒子散射实验，并提出了原子核式结构模型，B错误；C．赫兹用实验证实了电磁波的存在，并首先发现光电效应，C正确；D．开普勒第三定律表明太阳系内绕太阳公转的所有行星的=C都是相同的，不包括行星的卫星，D错误；故选C。4.姚明是我国优秀的篮球运动员。在某次比赛罚球过程中，第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α=60°；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β=30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是（）A.前后两次运动时间的比值为B.前后两次上升的最大高度的比值为1∶9C.在C点时，两球的机械能相等D.两球的初动能相等【答案】D【解析】【详解】A．将篮球的运动过程逆向看作是平抛运动，设前后两次运动时间分别为t1、t2，易知两次篮球做抛体运动的水平位移大小相同，均设为s，则根据抛体运动规律有v1cos60°=gt1v2cos30°=gt2 联立解得v1=v2A错误；B．根据可知上升的最大高度的比值为B错误；C．在C点时，两球的动能的比值为取C点为零势能点，则两球在C点的机械能只有动能，不相等，C错误；D．由选项A知v1=v2，所以两球出手时的动能相等，D正确。故选D。5.如图所示，一定质量的理想气体分别经历ab和ac两个过程，其中ab为等温过程，状态b、c的体积相同，则（　　）A.状态a的内能大于状态bB.状态a的温度高于状态cC.ac过程中气体吸收热量D.若沿abca过程变化则外界对气体做负功【答案】C【解析】【详解】A．由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气 体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；B．由于状态b和状态c体积相同，且，根据理想气体状态方程可知，又因为，故，故B错误；C．因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据可知气体吸收热量；故C正确，D．若沿abca过程变化，气体体积先增大后减小，则气体先对外做的功，后外界对气体做的功，由图可知外界对气体做的功大于气体对外界做的功，两阶段的功之和即abca过程围成的面积，可知此过程中外界对气体做正功功，D错误。故选C。6.科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是 地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知解得太阳质量为同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的质量为综上可得故选B。7.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】【详解】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势 逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B．增大加速电压则根据可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有可得可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D。8.如图所示，斯特林发动机的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB，OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB长为R，连杆AB长为L（），当OB杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（　　）A.滑块A从右向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度减小的减速运动B.当OB杆与OA垂直时，滑块的速度最大C.当OB杆与OA垂直时，滑块的速度大小为D.当时，滑块的速度大小为【答案】D【解析】 【详解】A．设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度=vcosαB点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′，则=v′⋅cosθ=v′cos(90∘−β)=v′sinβv′=ωR又二者沿杆方向的分速度是相等的，即联立可得在中，由正弦定理代入得滑块的速度随角度α变化而不均匀变化，角度α先增大后减小，所以滑块先做加速运动后做减速运动，根据运动的对称性，若滑块先做加速度减小的加速运动，则减速运动时应是加速度增大的减速运动，故A错误；B．由得，当α最大的时候，即OB杆与AB垂直时，滑块的速度最大，故B错误；C．当OB杆与OA垂直时，有则滑块的速度为故C错误； D．当时由，得滑块的速度大小为D正确。故选D。9.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（）A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错 误；C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。10.如图甲所示，三个电量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示（以x轴正向为电场力的正方向）。设无穷远处电势为零。则（　　）A.试探电荷带负电B.乙图中的与甲图中的相等C.在x轴正半轴上，x2处电势最高D.试探电荷在处电势能最大【答案】D【解析】【详解】A．在时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，则该试探电荷带正电，故A错误；B．在时，试探电荷所受电场力向左，在时，试探电荷所受电场力为0，则乙图中与甲图中的不相等，故B错误；CD．试探电荷沿x轴正方向运动，在时，试探电荷所受电场力做负功，电势能增大，在时，试探电荷所受电场力做正功，电势能减小，则试探电荷在处电势能最大，由电势定义可知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越大，则在处电势最大。故C错误D正确。故选D。11.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（　　） A.图中丙光子的能量最小B.甲、乙光在同样条件双缝干涉中干涉条纹间距相同C.若在同一介质中的光速对比，乙光速比丙光速慢D.同一介质中发生全反射时，甲光临界角小于丙光【答案】B【解析】【详解】A．根据入射光的频率越高，对应的截止电压越大，光子能量越大。丙光截止电压最大，所以丙光子的能量最大，故A错误；B．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，由可得甲、乙光的波长相等，所以它们在同样条件双缝干涉中干涉条纹间距相同，B正确；C．丙光的频率最大，故在同一介质中，丙的折射率n最大，由可得，在同一介质中的光速对比，丙光速最慢，故C错误；D．全反射临界角在同一介质中，丙的折射率n最大，故丙光的全反射临界角最小，D错误；故选B。12.某静止的原子核发生核反应且释放出能量Q其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核Y和Z的动能，测其中Z的速度为v，以下结论正确的是()A.Y原子核的速度大小为 B.Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍C.Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（c1为光速）D.Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能【答案】D【解析】【详解】A．由动量守恒有：所以A错误；B．Y原子的动能Z原子的动能他们之比为，B错误；C．根据爱因斯坦质能方程解得C错误；D．因为放出能量，所以Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能，D正确。故选D。13.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势最大值为C.线框转一周外力所做的功为D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为【答案】C【解析】【详解】A．时刻穿过线框的磁通量最大，此时线框平面位于中性面，故A错误；B．线框的感应电动势的最大值为故B错误；C．线框感应电动势的有效值根据功能关系可知，线框转一周外力所做的功等于线框消耗的电能，即故C正确；D．从到过程中线框的平均感应电动势为故D错误。故选C。 二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.如图甲所示LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右规定为电流的正方向，则（　　）A.0.5--1ms内，电容器C正在充电B.0.5--1ms内，电容器的上极板带正电荷C.1--1.5ms内，Q点比P点电势低D.1--1.5ms内，电场能正在减小【答案】AD【解析】【详解】A．由图乙可知，在0.5~1ms内，电流为正方向且减小，故此时电容器正在充电，故A正确；B．在0.5~1ms内，经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B错误；C．由图乙可知，在1~1.5ms内，通过自感线圈的电流向上，且增大，Q点比P点电势高，故C错误；D．由图乙可知，在1~1.5ms内电流在增大，故磁场能在增大，电容器处在放电过程，故电场能在减小，故D正确。故选AD。15.x轴上存在均匀的介质，在时刻，位于处的波源P开始某种形式的振动，产生的机械波沿x轴负方向传播，时处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。Q是处的质点，下列说法正确的是（　　）A.波源的起振方向沿方向 B.波源P的振动方程是C.该波的波速为D.从图示时刻起，再经过，Q质点通过的路程为【答案】CD【解析】【详解】A．由于t=4s时x=1处质点位于波传播方向的“上坡”上，所以质点1的起振方向沿－y方向，而波传播方向上所有参与振动的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向沿－y方向，故A错误；BC．波的传播速度为由题图乙易知在t=1s时波源振动的周期发生了变化，但在同一种介质中波速不变。①在0~1s时间内，波的波长为周期为波源P振动的圆频率为又因为t=0时波源P向下起振，所以0~1s时间内波源P的振动方程为②在1~5s时间内，波的波长为周期为波源P振动的圆频率为 又因为t=1s时波源P向上振动，所以1~5s内波源P的振动方程为故B错误，C正确；D．波从x=1m传播到x=－1.5m所需的时间为从图示时刻起，再经过，质点Q按照周期T1振动1s，再按照周期T2振动1.5s，则Q质点通过的路程为故D正确。故选CD16.如图甲为一种检测油深度的油量计，油量计竖直固定在油桶内，当入射光竖直向下照射时，通过观察油桶上方的矩形窗口亮暗两个区域可确定油量。油量计结构可看成由多块长度不同的锯齿形的透明塑料拼叠而成，图乙是其中一块的示意图，锯齿形的底是一个等腰直角三角形，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，已知透明塑料的折射率小于油的折射率，则下列说法正确的是（　　）A.透明塑料的折射率应小于B.塑料锯齿和油的界面处发生全反射形成暗区C.油量增加时，亮区范围变小D.对于透明塑料和油来说，油是光密介质【答案】CD【解析】【详解】A．如图所示，光由上面射入塑料板中，在直角部分发生全反射时上面看起来才会明亮，光在从透明塑料板射向空气，此时发生全反射的条件是折射率 即透明塑料的折射率应大于，A错误；B．光从塑料锯齿和油的界面处发生折射，光线射向油中，在矩形窗口形成暗区，B错误；C．油量增加时，被浸入到油中的塑料锯齿增多，则全反射光线减小，则亮区范围变小，C正确；D．透明塑料的折射率小于油的折射率，对于透明塑料和油来说，油是光密介质，D正确。故选CD。非选择题部分三、非选择題（本题共6小题，共55分）17.（1）用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图所示。则该金属丝的直径为_______mm。用秒表测量某个运动物体的运动时间，示数如图所示。则物体运动时间_______s。（2）在“利用单摆测重力加速度”的实验中：①测得摆线长l0，小球直径D，小球完成n次全振动的时间为t，则实验测得的重力加速度的表达式g=_______②同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l-T2图象，如图所示。则该小球的直径是_______cm（保留一位小数）；实验测得当地重力加速度大小是_______m/s2（保留三位有效数字）。 【答案】①.1.731~1.733②.75.2③.④.1.2⑤.9.86【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的分度值为0.01mm,该金属丝的直径为为1.5mm+0.01×23.2mm=1.732mm[2]秒表读数1min+15.2s=75.2s,即物体运动时间为75.2s；（2）①[3]由题知，摆线长l0，小球直径D，单摆的摆长是，摆动n次时所用时间为t，则周期为，根据单摆的周期公式联立解得②[4][5]根据单摆的周期公式解得根据图象与纵轴的截距知解得 图象的斜率解得18.某同学设计了一个既能测量定值电阻阻值，又能测量电源电动势和内阻的电路图如图（一）所示，他用了如下的实验器材中的一部分：①电流表A1（量程150μA，内阻rA1=100Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻很小）；②滑动变阻器R（0-20Ω）；③两个定值电阻R1=900Ω，R2=9900Ω；④待测电阻Rx；⑤待测电源E（一节干电池）⑥开关和导线若干（1）根据实验要求，与电流表A1串联的定值电阻为___________（填“R1”或“R2”）（2）该同学先用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数I1，电流表A2示数I2；②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I3，电流表A2示数I4；后断开S1；③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________（全部用字母表示）若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）（3）再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图（二）所示。根据图线可得电源电动势E=_______V；电源内阻r=________Ω，（计算结果均保留三位有效数字） 【答案】①.②.③.相等④.1.50⑤.1.03【解析】【详解】（1）[1]由题知一节干电池的电动势为1.5V，故需要将电流表A1改1.5V的电压表，根据改装原理，可得解得故选。（2）[2]并联电路电压相等，根据图示电路由实验步骤可得联立解得[3]流过同一支路电流相等，并联电路电压相等，根据该方案电阻测量值与真实值相等。（3）[4][5]由图示电路图根据实验步骤可得变形得由图象可知，由图示图线解得，电源电动势为E=1.50V，电源内阻为r=1.03Ω19.如图所示是一种环保高温蒸汽锅炉，其质量为500kg。为了更方便监控高温蒸汽锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。气缸开口向上，用质量为m=2kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S=1.5cm2。当气缸内温度为时，活塞与气缸底间距为L=1cm，活塞上部距活塞0.5cm处有一用轻质绳悬挂的重物M。当绳上拉力为零时，与绳相连的警报器会发生报警，从而可以有效地防止事故发生。已知室外空气压强p0=1.0×105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求： （1）当活塞刚刚碰到重物M时，锅炉外壁温度为多少？（2）当活塞刚刚碰到重物M时，气体吸收了20J的热量，那么气体的内能变化了多少？（3）若锅炉外壁的安全温度为887℃，那么重物M的质量应是多少？【答案】（1）或；（2）；（3）【解析】【详解】（1）活塞碰到重物前，气缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律解得（2）活塞上升过程中，气缸内气体对外做功再由热力学第一定律（3）活塞碰到重物后，气缸内气体温度升高时体积不变，直到绳子拉力为零，由查理定律解得当绳子拉力为零时 解得20.如图所示，竖直平面内有一粗糙的平台AB，长度，动摩擦因数为，其左侧有一个小球1和处于压缩、弹性势能的弹簧（两个不连接，小球用锁定装置锁定），其右侧有一半径、圆心角的光滑圆弧轨道CD，圆弧轨道最底端D处平滑连接另一长的粗糙平台DE，质量的小球2静止在D点，小球2的左侧粘有少量塑胶炸药（质量不计），E端有一质量的小球3，用长为的轻绳悬吊，对E点刚好无压力。现小球1解除锁定被弹簧弹出，恰好沿C点的切线方向进入圆弧轨道到达D点与小球2发生碰撞，碰撞瞬间两球共速并立即引燃炸药，爆炸后瞬间小球1、2速度方向均水平。小球1恰好能以进入C点的速度从C点滑出，炸药爆炸前后小球1、2质量保持不变，小球1、2与3均可视为质点，弹簧长度变化可以忽略，，求：（1）小球1与小球2碰撞前瞬间小球1对轨道CD的压力；（2）炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球1、2的机械能；（3）若小球2能与小球3发生弹性碰撞且最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，小球与平台DE间动摩擦因数的范围。【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球1从A运动到B点，根据能量守恒定律有解得 小球1从B到C做平抛运动，则有小球1从C到D，根据机械能守恒定律有解得小球1在D点，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律可知小球1对轨道的压力大小为，方向竖直向下。（2）小球1与小球2碰撞，动量守恒，则有解得炸药爆炸过程中，根据动量守恒有根据机械能守恒有联立解得，炸药爆炸过程中转化成小球1、2的机械能的能量为 （3）①当小球2刚好运动小球3处时速度为零，则有解得②设小球2运动小球3处的速度为（此时未与小球3碰撞），则有之后小球2与小球3发生弹性碰撞，由于两球的质量相等，则速度交换，故碰撞后小球3的速度为，为保证整个过程中绳子始终不松弛，且最终小球2仍停在平台上，则小球3最多上到右侧圆心等高处，则有联立解得综上所述可知21.如图所示，有一个间距为d=0.3m的平行光滑金属导轨与水平面成θ=53°放置，通过光滑圆弧绝缘件与另一个光滑的水平金属导轨平滑对接，其中轨道AA′BB′部分间距为d，轨道BB′DD′部分间距为。在cd棒的下方区域内存在与导轨平面垂直、磁感应强度大小为B1=2T的匀强磁场，AA′CC′之间存在竖直向上、磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场。导轨的下端接有阻值为R=2Ω的电阻，在导轨的上端垂直于导轨用锁定装置锁定有一质量为m2=1kg的导体棒cd，长度为L=0.6m，电阻为r=4Ω。另有一质量为m1=1kg的导体棒ab垂直于导轨，与cd棒相距x1=2m，以大小为v0=8m/s的速度沿导轨向上，经过t1=0.47s，ab棒运动到cd棒位置时，锁定装置解除cd棒的锁定，ab棒与cd棒碰撞合在一起继续向上，经过绝缘件到达AA′时，在BB′由另一个锁定装置锁定的导体棒ef解除锁定，导体棒ef质量为，之后它们分别在各自轨道运动。当棒abcd运动到BB′时，速度已达到稳定，之后被锁定装置锁住，ef棒再运行x3 =20m到达CC′处。CC′右侧有一根劲度系数k=1N/m的轻质弹簧水平放置，处于原长，右端固定，左端与一质量为的绝缘棒gh（长度为L）拴接（拴接点在棒gh的中点）。最终ef棒沿水平导轨与gh棒发生碰撞后即刻合在一起，且此后始终做简谐运动。三个导体棒始终与导轨接触良好，不计金属导轨及其他电阻，且所有导体棒长度，电阻，单位长度的电阻都相等，不计任何摩擦，忽略连接处的能量损失。（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6），求：（1）ab棒运动到cd棒位置时的速度大小以及碰撞后瞬间棒两端的电势差大小；（2）整个运动过程中产生的焦耳热；（3）ef棒和gh棒碰撞后始终做简谐运动，请以两棒碰撞第一次速度变为0时作为计时起点，向右为正方向，写出该简谐运动的振动方程。（已知弹簧振子振动周期公式，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。可以用F—x图像下的面积代表力F做的功）【答案】（1）v1=4m/s，U=2V；（2）Q=8.7224J；（3）x=(0.28cost)m【解析】【详解】（1）ab棒切割磁感线产生感应电动势，Rcd与R并联记为Rcd∥R，电路总电阻代入可得R总=3Ω对ab棒，由动量定理 解得ab棒与cd棒碰撞，系统动量守恒碰撞后瞬间棒两端的电势差大小（2）ab棒斜向上运动到cd棒处过程中电路产生的焦耳热，由能量守恒定律ab棒与cd棒碰撞后继续斜向上运动到AA′处，此时区域内无磁场，故电路中无电流，由动能定理解得ab、cd棒进入B2磁场后，切割磁感线产生感应电流而做减速运动直到BB′处，由动量定理ef棒解锁后，在安培力的作用下开始加速运动并切割磁感线，由动量定理最后速度稳定时，导体棒中均无电流，所以解得对ab、cd、ef棒的这一运动过程，由能量守恒定律得 ab、cd棒锁住后，ef棒继续切割磁感线做减速运动直到CC′处，由动量定理解得ef棒单独运动到这一过程，由能量守恒定律故整个运动过程中产生的焦耳热（3）ef棒与gh棒发生碰撞，由动量守恒定律得v7=0.28m/sef、gh棒与弹簧组成的弹簧振子机械能守恒，由机械能守恒定律解得振幅AA=0.28m再由解得T=(2p)s由得故该弹簧振子第一次速度变为0时作为计时起点，向右为正方向的振动方程 x=Acos(ωt)得振动方程为x=(0.28cost)m22.如图所示，直角坐标系xOy所在的平面内，y轴的左侧存在大小为E=2×105N/C、方向沿x轴负方向的足够大的匀强电场区域。y轴的右侧存在三个依次相切的圆形磁场区域B1、B2、B3，且三个圆形磁场区域都与y轴相切。已知B1、B2磁场区域半径为，磁感应强度大小为B1=B2=2T，方向均垂直纸面向里；B3磁场区域半径为，磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里。一个质量为m，电荷量为-q的带电粒子以初速度v0从A点竖直向下沿直径方向进入B1磁场区域，恰好沿O1O3方向进入B3磁场区域，然后从O点进入电场。不计带电粒子的重力，带电粒子的比荷为=2×105C/kg，求：（1）带电粒子的初速度v0和在电场区域中运动的路程；（2）磁感应强度B3的大小和带电粒子最后离开磁场区域的位置坐标；（3）带电粒子在电磁场中运动的总时间。【答案】（1），；（2），；（3）【解析】【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图 由几何知识易得所以所以粒子在B1磁场区域内运动的轨道半径又由牛顿第二定律解得粒子沿半径方向飞入圆形磁场，必将沿半径方向飞出圆形磁场，故粒子进入电场时的速度方向沿x轴负方向，在电场力的作用下做匀减速直线运动。由牛顿第二定律得所以粒子在电场中的路程 （2）由几何知识易得，故粒子在B3磁场区域内的轨迹半径又由牛顿第二定律解得粒子回到磁场后将继续以v0做匀速圆周运动，由运动的对称性可知，粒子将从A点关于x轴的对称点点离开磁场，所以即位置坐标；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动周期由联立可得故在B1、B2磁场区域内在B3磁场区域 粒子在电场中的运动时间所以带电粒子在电磁场中运动的总时间