浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高三物理上学期限时训练试题（二）（Word版附解析）

物理限时训练（二）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题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、选错均不得分）1.下列有关力学单位制和物理学研究方法的叙述中，说法正确的是（　　）A.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的基本单位B.实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为，则在国际单位制中，比例系数k的单位是C.当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的微元法D.在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”【答案】D【解析】【详解】A．“千克米每二次方秒被定义为“牛顿”，“牛顿”是导出单位，故A错误；B．根据空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为可得则在国际单位制中，比例系数k的单位是故B错误；C．当极短时，就可以表示物体在某时刻或某位置的瞬时速度，这体现了物理学中的极限法，故C错误；D．在无需考虑物体的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是“理想模型法”，故D正确。故选D。2.如图所示是京唐城际铁路的线路图，线路全线长149km，设计最高时速为350km/h，完成后唐山站至北京城市副中心站仅需约30分钟。则（　　） A.“149公里”表示的是位移大小B.“30分钟”表示的是时刻C.“350km/h”表示的是平均速度大小D.研究列车从唐山站到北京城市副中心站所用的时间，可以将列车视为质点【答案】D【解析】【详解】A．“149公里”表示的是路程。故A错误；B．“30分钟”表示的是时间。故B错误；C．“350km/h”表示的是瞬时速度大小。故C错误；D．研究列车从唐山站到北京城市副中心站所用的时间，可以将列车视为质点。故D正确。故选D。3.甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示，在这段时间内（　　）A.汽车甲的平均速度比乙大B.汽车乙的平均速度等于C.甲乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】 【详解】试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于，选项B错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误．考点：v-t图象及其物理意义4.转笔是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（　　）A.笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由手和笔之间的万有引力提供的B.笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的向心加速度越大C.若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，产生微弱的感应电流。D.若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走【答案】BD【解析】【详解】A．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供，与万有引力无关，故A错误；B．根据可知笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的向心加速度越大，故B正确；C．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，金属笔杆两端一定会形成电势差，不会产生感应电流，故C错误；D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动，提供的向心力小于需要的向心力，小钢珠做离心运动被甩走，故D正确。故选BD。5.以静电场中某点为原点建立一维坐标系，电势φ随x变化的规律如图所示，图像关于对称。由图 可知（　　）A.x2处电场强度为0B.负电荷在处的电势能大于在处的电势能C.正电荷从处移到处的过程中，电场力做负功D.负电荷仅在电场力作用下从处运动到处，加速度逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A．图像的斜率表示电场强度，处的斜率为零，电场强度为0，故A正确；B．设负电荷的电荷量为，负电荷在处、处的电势能分别为根据图像得解得负电荷在处的电势能小于在处的电势能，故B错误；C．设正电荷的电荷量为q，正电荷在处、处的电势能分别为根据图像得 解得将正电荷从处移到处，电势能减少，则电场力做正功，故C错误；D．负电荷仅在电场力作用下从处运动到处，图像的斜率增大，电场强度增大，负电荷所受的电场力增大，负电荷的加速度增大，故D错误。故选A。6.战绳训练是当下流行的一种健身方式，健身者通过晃动战绳的一端使其上下振动从而让手臂和肩部的肌肉得到良好的锻炼。下图甲的照片和乙的简图相对应，不妨假设健身者左右手抓住的绳子是完全相同的，两手的振动能持续保持相同的频率和振幅。下列说法正确的是（　　）A.健身者左右手开始抖动时的方向是相同的B.当左右两列绳波传到P点时振动将得到加强C.右手绳子上的a、b两点振动情况始终相同D.如果只增加左右手上下振动的幅度，绳波的波长变短【答案】C【解析】【详解】A．根据波形平移法可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反的，A错误；B．当左右两列绳波传到P点时，波峰与波谷相遇，P点为振动减弱点，B错误；C．图中右手绳子上的a、b两点都处于波谷，由于振动周期相同，a、b两点将同时到达波峰，C正确；D．如果只增加左右手上下振动的幅度，由于频率不变，波速不变，可知绳波的波长保持不变，D错误。故选C。7.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（　　） A.绳的拉力一直变小B.绳的拉力一直变大C.绳、拉力的合力大于D.绳与竖直方向的夹角为时，绳的拉力为【答案】D【解析】【详解】AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为，根据几何关系知由正弦定理可得增大，减小，则拉力F1增大，拉力F2减小，故AB错误；C．王进处于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg，故C错误；D．当时，，则解得故D正确。 故选D8.三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是（　　）A.A加速可直接追上同一轨道上的CB.经过时间，A、B第一次相距最远C.A、C向心加速度大小相等，且大于B向心加速度D.在相同时间内，C与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积【答案】B【解析】【详解】A．A加速将做离心运动脱离原轨道，则不能追上同一轨道上的C，选项A错误；B．A、B第一次相距最远时经过时间选项B正确；C．根据可得A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，选项C错误；D．卫星B和卫星C不在同一轨道上，则在相同时间内，C与地心连线扫过的面积不等于B与地心连线扫过的面积，选项D错误。 故选B。9.如图所示，质量为2m的U形光滑导轨平放在水平面上，一水平轻弹簧左端与U形导轨的中点相连，右端与质量为m的细杆ab的中点相连，细杆ab横放在U形导轨上。初始时轻弹簧处于原长状态，分别给U形导轨、细杆ab一个水平向右的初速度、开始运动。运动过程细杆ab始终在导轨上，且与U形导轨的两个轨道垂直，弹簧始终在弹性限度内，则在运动过程中（　　）A.U形导轨和细杆ab二者组成的系统动量不守恒B.U形导轨和细杆ab二者组成的系统机械能守恒C.弹簧再次恢复到原长时，细杆ab的速度不为0D.弹簧长度最长时，整个系统的动能为【答案】D【解析】【详解】A．U形导轨和细杆ab二者组成的系统，受合外力为零，则系统动量守恒，故A错误；B．U形导轨、细杆ab以及弹簧系统的机械能守恒，但是U形导轨和细杆ab二者组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．弹簧再次恢复到原长时，由动量守恒和能量关系有解得，即此时细杆ab的速度为0，故C错误；D．弹簧长度最长时，此时两者共速，则由动量守恒和能量关系可知 整个系统的动能为故D正确。10.图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（　　）A.线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为B.滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，的发热功率变大C.滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为D.线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为【答案】D【解析】【详解】A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量而产生的平均电动势解得 故A错误；CD．矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值则原线圈的电压即电压表V1的示数再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有则副线圈的电压即电压表V2的示数则只要不变则不变，故C错误，D正确；B．根据以上分析知，原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压也不会改变，在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，副线圈回路的电流减小，的发热功率减小，故B错误。故选D。11.如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判断中正确的是（　　）A.滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等B.滑块3匀速运动的速度是C.第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8 个小滑块的加速度大小为D.最终第7个滑块刚能到达O点而第8个滑块不可能到达O点【答案】C【解析】【详解】A．当滑块匀速运动时，处在光滑地带的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上弹力不为零，且各不相同，故A错误；B．将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有解得从开始到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，由动能定理得解得故B错误；C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，以8个小滑块为整体，由牛顿第二定律解得加速度大小为故C正确；D．假设第7个滑块能到达O点，且速度为，由动能定理有解得 故第7块滑块不能到达O点，故D错误。故选C。12.如图所示，两个都为1kg的小球甲、乙（均视为质点）分别用长为1m的细绳系在固定的O点，细绳能够承受的最大拉力为60N，O点正上方有一个钉子。现让两球与O点等高且细绳刚好伸直，然后分别给两球一个大小相等、方向相反的瞬时冲量使甲球向上、乙球向下运动，刚好使得甲球在最高点时绳子断裂、乙球在最低点时绳子断裂，绳子断裂后两球分别做平抛运动，且最后掉在水平面上的同一点，不计绳子断裂的能量损失以及空气阻力的影响，取重力加速度大小，则下列说法正确的是（）A.给甲球的瞬时冲量的大小为5N·sB.钉子的位置在O点正上方0.5m处C.两球落地的速度相同D.两球做平抛运动的时间之比为【答案】D【解析】【详解】A．乙球在最低点绳子刚好断裂，故对乙球有解得根据动能定理有解得m/s冲量大小为N·s故A错误； B．甲球开始运动的速率也是m/s，对甲球，根据动能定理有可得甲球在最高点的速率m/s甲球在最高点绳子刚好断裂，故对甲球有解得故B错误；CD．甲、乙两球做平抛运动，水平方向上的位移相等，根据可知，速度大小之比为，则时间之比为；根据竖直方向运动规律结合速度的合成可知可知两球落地速度不相同；故C错误，D正确。故选D。13.如图所示，阴影部分ABC为透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形，D处有一点光源，已知该材料对此光的折射率。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，这部分光照射圆弧AC的弧长为（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，因为临界角满足即则同理沿DG方向射到BC面上的光线刚好发生全反射，则FH之间的光在AB、BC面发生全反射，不能从AB、BC面直接射出，FH之间圆弧的长度故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共36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，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（　　） A.男低音和女高音歌唱家所发出声波可能会发生干涉现象B.火车过桥时要按设计要求的速度通过，以免桥梁发生共振C.在干涉图样中，振动加强区域中的质点，其位移始终最大，振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小D.物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关【答案】BD【解析】【详解】A．发生干涉，必须有相同的频率和恒定的相位差，而男低音和女高音歌唱家所发出的声波的频率不同，因此并不能发生干涉现象，故A错误；B．火车过桥时要按设计要求的速度通过，以免桥梁发生共振，故B正确；C．在干涉图样中，振动加强区域中的质点，仍然在做周期性振动，且振动周期不变，即质点仍在平衡位置上下振动，则其位移周期性变化，同理，振动减弱区域的质点，其位移同样发生周期性改变，但若两相干波振幅相同，则振动减弱区的位移始终为零，故C错误；D．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关，只与驱动力的频率有关，且受迫振动时的振动频率等于驱动力的频率，故D正确。故选BD。15.下列说法不正确的是（　　）A.图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝䈃有张角，证明光具有粒子性B.图乙为某金属在光的照射下，光电子最大初动能与入射光频率的关系图像，当入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为C.图丙中，用从能级跃迁到能级辐射出的光照射逸出功为的金属铂，不能发生光电效应D.丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数的关系可知，若和能结合成，结合过程一定会释放能量【答案】C 【解析】【详解】A．光子具有能量，锌板中的电子吸收光子后脱离锌板，锌板带有正电，验电器铝箔张开，说明光子的能量是一份一份的，显示出粒子性，光电效应能说明光具有粒子性，故A正确，不符合题意；B．根据爱因斯坦光电效应方程结合图像可知纵截距的绝对值代表的是逸出功，即当入射光的频率为时，最大初动能为故B正确，不符合题意；C．图丙中放出光子的能量，根据能级跃迁公式得出所以能发生光电效应，故C错误，符合题意；D．图丁中D和E结合成F，存在质量亏损，一定会释放能量，故D正确，不符合题意。故选C。三、非选择题（本题共6小题，共55分）16.物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验方法、实验操作、数据分析等。（1）用10分度的游标卡尺测单摆的摆球直径，示数如图所示。摆球直径d=_________mm。（2）下列实验中，在测量某一物理量时为减小误差，利用了累积放大思想的是_________。 A．用单摆测量重力加速度B．用双缝干涉测量光的波长C．验证动量守恒定律D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系（3）某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。①“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时，应使_________（选填选项前的字母）。A．P3只挡住P1的像　　B．P4只挡住P2的像　　C．P3同时挡住P1、P2的像②为了减小实验误差，实验时应注意的是_________。A．入射角应尽量小些B．玻璃砖的宽度宜小一些C．大头针应垂直插在纸面上D．大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些③某同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图所示，则他测得的折射率与真实值相比_________（选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“无法确定”）。④某研究小组设计了一个测量液体折射率的仪器。如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O做两条互相垂直的直径BC、EF。在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持P1、P2位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使水平液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2的像，并在圆周上插上大头针P3，使P3正好挡住P1、P2的像。通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可直接读出液体折射率的值。a.图中M、N两位置对应的折射率大小关系为nM_________nN（填写“大于”、“等于”或者“小于”）b.若∠AOF=30°，则该仪器能够测量液体折射率的大小范围是_________。c.沿KMNC，折射率刻度的特点是_________（填写“刻度均匀”、”越来越密”或者“越来越疏”）【答案】①.17.6②.AB##BA③.C④.CD##DC⑤.偏小⑥.小于⑦.1<n≤2⑧.越来越密【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为 摆球直径为（2）[2]A．单摆测重力加速度实验中，采用测量摆球完成30或50次全振动所用的时间，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测时间的误差，故A正确；B．双缝干涉测光的波长实验中，采用测量N个条纹的间距来获得条纹间距，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测间距的误差，故B正确；C．验证动量守恒定律实验中，采用测量小球平抛的水平距离来获得小球碰撞前后的动量关系，通过时间相等，即可获得水平距离与速度的关系，故C错误；D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D错误。故选AB。（3）[3]用插针法测定玻璃折射率的实验中，应使得P3同时挡住P1、P2的像。故选C。[4]为了减小实验误差，入射角应尽量大些，玻璃砖的宽度也宜大一些，大头针应垂直插在纸面上，且应使大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些。故选CD[5]作出光路图，如图所示由图可知，入射角不变，但是折射角变大，根据折射定律可知，所测折射率偏小。[6]根据折射定律可得所以 [7]设A点到EF的垂线长为L1，圆周EC部分上某点到EF的垂线长为L2，根据折射定律可得若∠AOF=30°，则所以[8]由以上分析可知沿KMNC，L2不断增大，折射率不断增大，但由于L2增大得越来越慢，所以折射率刻度的特点是越来越密。17.工业上经常用“电导仪”来测定液体的电阻率，其中一个关键部件如图甲所示，它是把两片金属放到液体中形成一个电容器形状的液体电阻，而中间的液体即电阻的有效部分。某研究性小组想测量某导电溶液的电阻率，在实验室找到了一个透明塑料长方体容器，容器内部左右两侧插入两片面积均为、不计电阻的正方形铂片作为两个电极（正对放置），现将容器充满待测的导电溶液。实验所用器材如下：电压表（量程为15V，内阻约为30kΩ）；电流表（量程为300μA，内阻约为50Ω）；滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为0.1A）；电池组（电动势，内阻）；单刀单掷开关一个；导线若干。 （1）该小组先用欧姆表粗测溶液电阻，他们先选择欧姆挡，欧姆调零后测量结果如图乙所示，为了使读数更精确些，接下来要进行的步骤是______（填正确答案标号）。A.换为挡，重新测量B.换为挡，重新测量C.换为挡，先欧姆调零再测量D.换为挡，先欧姆调零再测量（2）为了准确测量其阻值，并测量多组数据，请在图丙中用笔画线代替导线，将实物图补充完整________。（3）某次测量过程中，两板间距，测量时电流表读数为，电压表指针偏转如图丁所示，电压表读数为_____V，则该溶液电阻_____Ω。（4）实验时，仅多次改变两个电极板间距d，测得多组U、I数据，计算出对应的电阻R，描绘出图线，在图戊的坐标纸上将（3）中计算的数据点补充完整并作图，根据图像可求出该导电溶液的电阻率_____（计算结果保留整数）；若考虑电表内阻的影响，计算结果与真实值相比会_____（填“偏大”，“偏小”，或“不变”）。 【答案】①.D②.③.5.5④.⑤.96##95##97##98##99⑥.不变【解析】【详解】（1）[1]从读数可知电阻比较大，为了减小误差，应使用大挡位测量，选择挡，然后欧姆调零，再次测量，所以选择D。（2）[2]根据欧姆表粗测可知待测液体电阻为大电阻，而题中所给滑动变阻器的最大阻值较小，同时需要多组数据，所以滑动变阻器需要选择分压式的接法，从数据中大概看出待测电阻和电压表的内阻比较接近，属于大电阻，所以电流表采用内接法，实物图如图所示。（3）[3]电压表最小分度值为0.5V，所以在本位估读为5.5V；[4]该溶液电阻（4）[5][6]根据可知图线斜率选择较远的两组数据计算斜率，代入数据后得到导电溶液的电阻率为考虑到电流表内接 可知图线斜率仍为，所以计算的结果与真实值相比不会发生变化。18.“拔火罐”是一种中医的传统疗法，我校某实验小组为了探究“火罐”的“吸力”，设计了如图所示的实验。圆柱状汽缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与置于地面上的重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时密闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，而这时活塞距缸顶为L。汽缸导热性能良好，重物缓慢升高，最后稳定在距地面处。已知环境温度恒为T0，大气压强恒为p0，重力加速度为g，汽缸内的气体可视为理想气体，求：（1）闭合开关后缸内气体的压强；（2）酒精棉球熄灭时缸内气体的温度T与环境温度T0的比值；（3）若从酒精棉球熄灭到最终稳定的过程中气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物，则得（2）重物缓慢升高过程中，气缸内压强不变，根据 得（3）外界对气体做功为气体放出的热量为Q，根据得19.如图所示，长为的水平传送带以的速度匀速转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，。在距传送带左端的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端处由静止释放一质量的滑块A，一段时间后物块A与B发生碰撞，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，取。，。求：（1）物块A与物块B相碰前物块A瞬时速度大小；（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；（3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得代入数据可得（2）A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，有动量守恒定律有由能量守恒定律有代入数据得物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为，则有由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移因此物块与传送带间因摩擦而产生的热量代入数据得（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有动量守恒定律有由能量守恒定律有 代入数据得由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知代入数据得20.如图甲，平行导轨MN、固定在水平面上，左端之间接有一个的定值电阻，足够长的绝缘倾斜轨道NP、与平行导轨分别平滑连接于N、点，导轨间距。定值电阻的右边有一个宽度方向竖直向下的磁场区域，磁感应强度随t的变化规律如图乙所示。在该磁场右边有一根质量、电阻、长的导体棒ab置于水平导轨上，导体棒右侧处有一边界，右侧有一宽度方向竖直向下的匀强磁场区域，磁感应强度大小。时刻，导体棒ab在平行于导轨的水平恒力作用下从静止开始向右运动，当导体棒ab离开磁场区域时撤去恒力F，之后与完全相同的静止导体棒cd发生碰撞并粘在一起滑上绝缘倾斜轨道。已知导体棒ab初始位置到间的轨道粗糙，棒ab和cd与轨道间的动摩擦因数均为0.4，其它轨道光滑，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，。（1）求导体棒ab进入匀强磁场前通过电阻的电流大小和方向；（2）棒ab和cd碰后在斜面上升的最大高度；（3）求出导体棒最终停止的位置到的距离；（4）在导体棒运动的整个过程中，求定值电阻中产生的焦耳热。 【答案】（1）0.5A；（2）；（3）；（4）12.5J【解析】【详解】（1）导体棒ab进入前作匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律解得由运动学公式，到达处的时间故R上的电流由于向下是减小的，由楞次定律可知，电流方向由M到（2）导体棒刚进入磁场的速度由于可得 故导体棒匀速进入磁场，导体棒ab第一次在磁场中运动的时间导体棒第一次出磁场的速度为，与相碰，满足动量守恒得由机械能守恒可得（3）假设第二次能穿出磁场，速度为，由动量定理即其中得所以能穿出磁场。由动能定理解得即最终停止的位置与的距离为。（4）导体棒运动到，产生的焦耳热 第一次次穿过时，电路中产生的焦耳热中产生的焦耳热第二次穿过时，电路产生的焦耳热中产生的焦耳热在导体棒运动的整个过程中，定值电阻中产生的焦耳热为21.蜜蜂飞行时依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点进行定位做“8”字形运动，以此告知同伴蜜源方位。某兴趣小组用带电粒子在电场和磁场中的运动模拟蜜蜂的运动。如图甲所示，空间存在足够大垂直纸面、方向相反的匀强磁场I、Ⅱ，其上、下边界分别为MN、PQ，间距为d。MN与PQ之间存在沿水平方向且大小始终为的匀强电场，当粒子通过MN进入电场中运动时，电场方向水平向右；当粒子通过PQ进入电场中运动时，电场方向水平向左。现有一质量为m、电荷量为的粒子在纸面内以初速度从A点垂直MN射入电场，一段时间后进入磁场Ⅱ，之后又分别通过匀强电场和磁场I，以速度回到A点，磁场II的磁感应强度，不计粒子重力。求：（1）粒子在磁场II中运动的速度大小v；（2）磁场I的磁感应强度大小；（3）仅撤去电场，粒子从A点与下边缘线成以初速度入射，如图乙所示：a．若粒子经一次“8”字形运动即回到A点，求的值；b．求上述情况以外所有能使粒子回到A点的的值。 【答案】（1）；（2）；（3）a.，b.（）【解析】【详解】（1）粒子在电场中运动时，竖直方向水平方向做加速运动竖直方向分速度则粒子进入磁场时的速度，方向与PQ夹角为（2）粒子在磁场I、Ⅱ中的运动半径分别为和，轨迹如图由洛伦兹力充当向心力有 粒子在电场中沿电场方向运动的距离则因为解得（3）由（2）可知则粒子在磁场中运动的半径由洛伦兹力充当向心力有，a．粒子从磁场回到A点，轨迹如图根据几何关系可知得 b．粒子从无场区回到A点，轨迹如图由几何关系（）解得