浙江省金丽衢十二校2024届高三上学期第一次联考物理试卷（Word版附解析）

金丽衢十二校2023学年高三第一次联考物理试题命题人：缙云中学刘元祥审核：浦江中学一、选择题Ⅰ（本题共3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、错选均不得分）1.理想气体状态方程是描述理想气体在平衡态下状态参量之间的关系，可表示为，其中为气体的物质的量，为普适气体恒量。如果用国际单位制中基本单位的符号表示的单位正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由可得则有用国际单位制中基本单位的符号表示的单位ABD错误，C正确。故选C。2.杭州第19届亚运会，在赛艇项目女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金。下列说法正确的是（　　）A.在比赛中，赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力B.要研究比赛中运动员的划桨技术技巧，可以将运动员视为质点C.赛艇到达终点后，虽然运动员停止划水，但由于惯性，赛艇仍会继续向前运动D.赛艇比赛全程的平均速度一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半【答案】C 【解析】【详解】A．在比赛中，赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于赛艇受到的阻力。水推桨的力和桨推水的力是作用力与反作用力，大小相等。故A错误；B．要研究比赛中运动员划桨技术技巧，运动员的大小和形状对问题研究的影响不能忽略，不能将运动员视为质点。故B错误；C．赛艇到达终点后，虽然运动员停止划水，但由于惯性，赛艇仍会继续向前运动，故C正确；D．比赛过程，赛艇的运动不一定是初速度为零的匀加速直线运动，故赛艇比赛全程的平均速度不一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半。故D错误。故选C。3.如图小球A在竖直平面内做圆周运动，恰能过最高点，不计任何阻力，从某次经过最高点开始计时，转过的角度记为。下列能正确反映轻绳的拉力F或小球速度大小v变化的图像是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】CD．小球A在竖直平面内做圆周运动，恰能过最高点，有 解得从某次经过最高点开始计时，初始的速度不为0，且小球A向下运动的的过程中，重力做正功，速度增大，CD错误；B．小球A在竖直平面内做圆周运动，有与成正比，而是轻绳的拉力F与小球重力沿绳子方向分量的矢量和，则轻绳的拉力F与不成正比关系，B错误；A．小球A恰能过最高点，则最高点重力提供向心力，轻绳的拉力F=0，运动到最低点时速度最大，向心力最大，此时有解得最低点时向心力最大，轻绳的拉力F达到最大值；运动一周即转过后小球回到最高点，轻绳的拉力F=0，A正确。故选A。4.2023年9月，杭亚会滑板男子碗池决赛，中国年仅15岁的小将陈烨以84.41分夺冠。图示为陈烨在比赛中腾空越过障碍物，若忽略空气阻力，那么腾空过程中（　　）A.在最高点的时候人的速度为零，但加速度不为零B.运动员和滑板构成的系统机械能守恒C.运动员和滑板构成的系统动量守恒D.上升过程是超重状态，滑板对人的作用力不为零 【答案】B【解析】【详解】A．在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故A错误；B．运动员和滑板构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；C．在开始起跳到脱离滑板瞬间，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故C错误；D．上升过程是运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，滑板对人的作用力为零，故D错误。故选B。5.如图，一直梯斜靠在竖直光滑墙壁，人站在梯子上，缓慢爬到梯子的顶端，关于此过程，直梯受力情况（　　）A.地面对直梯的支持力是由于直梯发生形变产生的B.地面对直梯的作用力始终沿直梯向上C.人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大D.竖直墙壁对直梯作用力保持不变【答案】C【解析】【详解】A．地面对直梯的支持力是由于地面发生形变而产生的，故A错误；B．地面对直梯的支持力垂直地面向上，而地面对直梯的静摩擦力平行地面向左，则根据力的合成可知，地面对直梯的作用力斜向左上方，故B错误；CD．对人和梯子整体受力分析如图所示 整体受重力、竖直墙壁的支持力、地面的支持力和地面的摩擦力，图中为与的合力，根据共点力平衡条件可知，、和三力平衡，三个力的延长线交于一点O，人站在梯子上，缓慢爬到梯子的顶端的过程中，梯子和人整体的重心大致向左上移动，则三里交汇点O水平向左平移，则可知F与竖直方向的夹角增大，设该夹角为，而F在竖直方向的分量始终与重力G平衡，即始终有显然，夹角增大，力F必然增大，而力F的水平分量则可知地面对直梯的摩擦力增大，而水平方向始终有由此可知，人站的位置越高，直梯受到地面的摩擦力越大，竖直墙壁对直梯的作用力越大，故C正确，D错误。故选C。6.2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核废水。核废水中的发生衰变时的核反应方程为，的比结合能为，的比结合能为，的比结合能为，则下列说法正确的是（　　）A.该衰变是由于弱相互作用引起的B.由于海水的稀释，的半衰期变长，降低了放射性C.的平均核子质量大于的平均核子质量D.该核反应过程中放出的能量【答案】D【解析】 【详解】A．根据衰变方程可知X为，所以发生了衰变，衰变是由于强相互作用引起的，故A错误；B．半衰期与原子所处的物理状态无关，与原子核内部结构决定，故B错误；C．平均核子质量是原子质量与核子数的比值，所以的平均核子质量小于的平均核子质量，故C错误；D．比结合能是原子核的结合能与核子数的比值，所以的比结合能为，的结合能为，X的结合能为，该核反应过程中放出的能量故D正确。故选D。7.图甲为一家用变压装置的原理图。将图乙所示的正弦式交流电压加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数比，电表均为理想交流电表。已知变压器副线圈侧的保险丝的熔断电流为，阻值为，滑动变阻器最大阻值为，现滑片从端缓慢移动至端，则此过程中（　　）A.电流表的示数逐渐减小B.当滑片位于中点时，电压表读数为C.要求相同时间内滑动变阻器产热量最多，应将滑片置于端D.保险丝即将熔断时，原线圈消耗功率为【答案】B【解析】【详解】A．滑片从端缓慢移动至端的过程，原副线圈两端电压不变，则副线圈电阻减小，所以副线圈电流变大，根据原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表的示数逐渐增大，故A错误； B．由可得副线圈电压当滑片位于中点时，电压表读数始终为故B正确；C．由要求相同时间内滑动变阻器产热量最多，则要满足所以应将滑片置于a中点，故C错误；D．由可得保险丝即将熔断时，原线圈中电流为原线圈消耗功率为故D错误。故选B。8.空间中固定一电量为的点电荷，且存在某方向的匀强电场，使一初速度为，带电量为的小球恰可绕该点电荷作半径为的圆周运动，则（　　）A.若点电荷电量为，则匀强电场方向一定向上 B.将点电荷电量变为，则小球圆周运动半径变为C.换用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为D.若只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球将作类平抛运动【答案】C【解析】【详解】A．若点电荷电量为，则q带负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；B．根据库仑定律和牛顿第二定律可知可知若点电荷电量变为，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为，B错误；C．用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，根据可知小球的质量变为原来的2倍，根据可知则小球运动半径仍为，C正确；D．只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球所受的合力为若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做斜抛运动，D错误。故选C9.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站组合体成功完成“T”字型径向交会对接。径向交会对接指飞船沿垂直空间站运动方向与其对接，载人飞船多次变轨和姿态调整来到距离空间站约2公里的中途瞄准点，最后在空间站正下方200米处启动动力设备始终沿径向靠近空间站完成对接，则此过程中（　　） A.飞船到达中途瞄准点前的环绕周期大于空间站的环绕周期B.飞船到达中途瞄准点后具有的动能大于空间站的动能C.飞船处于空间站正下方处时绕地球运行的线速度略小于空间站的线速度D.空间站与飞船对接后轨道高度会略微降低【答案】C【解析】【详解】A．对飞船，由万有引力提供向心力得可得由上式可知，飞船到达中途瞄准点前的环绕周期小于空间站的环绕周期，故A错误；B．根据可得可知飞船到达中途瞄准点后的速度大于空间站的速度，但二者质量未知，所以无法比较动能，故B错误；C．飞船沿径向接近空间站过程中，始终在空间站正下方，所以需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，飞船沿径向到达空间站与之对接时的线速度相同，由万有引力提供向心力可知，对接后轨道高度不会降低，故C正确，D错误。故选C。10.如图所示，菱形导线框放置在水平面上，线框各边长均为且电阻均匀分布，顶角，整个空间中存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，将电流从线框端流入端流出，通过 的电流为，则线框整体受安培力大小为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】线框的有效长度为L，由于两个支路是并联关系，因此流过线框的总电流等效电流与磁场垂直，线框整体受安培力大小为故选A。11.如图所示波源和间距为，起振方向相同，频率均为，两波源产生的简谐横波在均匀介质中朝四周各个方向传播且同时到达点，已知且，波速为，判断以下选项正确的是（　　）A.波源比先振动B.产生的波到达时，处质点正在靠近平衡位置C.两列波完全叠加后线段上振幅最小的点有3个 D.两列波完全叠加后线段上振幅最大的点有3个【答案】D【解析】【详解】A．根据几何关系可知波在同种介质中的传播速度相同，波源比提前振动的时间A错误；B．波的振动周期产生的波到达所需时间因此处质点正在远离平衡位置，B错误；C．两列波叠加后在S1S2间形成驻波，两个相邻的振动加强点间的距离为，两个相邻的振动减弱点间的距离也为，加强点与减弱点间的最近距离为，起振方向向上，两列波相遇点为振动加强点，由于波源比提前振动了0.5s，因此两列波相遇点位置到S1的距离为又由于波长因此到S1距离为0.25m，2.75m，5.25m，7.75m点为振动减弱点，C错误；D．P点为振动加强点，到两波源距离差为2m，到两波源距离再多出波长整数倍的点也为振动加强点，因此在S2P上，到S1、S2两波源距离差为3.0m，8.0m点也为振动加强点，D正确。故选D。12.如图所示为某绝缘空心球的示意图，是过球心 的水平截面的圆周上六个点等分点，分别在和固定等量的正负电荷，即和，而是球的某一直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则（　　）A.两点的电场强度相同B.三点的电势分别记为，则C.将一正的试探电荷从点沿圆弧移到点的过程中电场力先做正功再做负功D.若处的电荷仍固定不动，将处的电荷移到处，则电荷的电势能将减小【答案】AD【解析】【详解】A．画出在abcd四点的电荷在EF两点的场强方向如图，由图可知，两点的电场强度相同，选项A正确；B．由等量异种电荷周围的电势分布可知，三点在等量异种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即，选项B错误；C．将一正的试探电荷从A点沿圆弧移到点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，选项C错误；D．若处的电荷仍固定不动，将处的电荷移到处，因b处的电荷在Oa两点的电势相等，则b处的电荷使a处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑dc两处的电荷对电荷a的影响，在a处时，dc两处的电荷在a点的电势为正，则电荷a的电势能为正，到O处时dc两处的电荷在O点的电势为零，则电荷a在O点的电势能为零，可知将处的电荷移到处电荷的电势能将减小，选项D正确。故选AD。13.如图甲所示为小勇同学收集的一个“足球”玻璃球，他学了光的折射后想用激光对该球进行研究，某次实验过程中他将激光水平向右照射且过球心所在的竖直截面，其正视图如乙所示， 是沿水平方向的直径。当光束从点射入时恰能从右侧射出且射出点为，已知点到竖直距离，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，下列说法正确的是（　　）A.点的出射光相对点入射光方向偏折了B.该“足球”的直径为玻璃球直径的C.继续增加则光将会在右侧发生全反射D.用频率更小的激光入射时，光在玻璃球中的传播时间将变短【答案】D【解析】【详解】A．从C点入射的光线，进入玻璃球后光线如图所示，设入射角为i，折射角为r，法线与直径AB夹角为θ，则根据几何关系，而可知，进入玻璃时，光线沿顺时针偏转了30o，根据光的折射定律，从B点射出时，光线沿顺时针又偏转了30o，因此从点的出射光相对点入射光方向偏折了60o，A错误； B．根据几何关系，足球的直径B错误；C．由于光线从C点射入玻璃中的折射角等于从B点出射时的入射角，离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角，因此光线不会发生全反射，C错误；D．如果用频率更小的激光入射时，进入玻璃的折射角增大，从而在玻璃内传播的距离减小，而频率更小时，光在玻璃中的传播速度增大，从而光在玻璃球中的传播时间变短，D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列关于来自课本的四幅插图的描述符合事实的是（　　）A.如图甲所示为应变片测力原理图，当自由端施力变大时，上表面应变片的电阻也变大B.如图乙为某分子在的速率分布图像，当温度升高时各速率区间分子数占总分子数的百分比都将增加C.如图丙为方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性D.如图丁为核反应堆的原理图，其中镉棒的作用是将裂变过程中的快中子变成慢中子【答案】AC【解析】【详解】A．当应变片在其弹性极限内受外力拉伸时，其不会被拉断或产生永久变形而会变窄变长，这种形变导致了其端电阻变大。相反，当一个导体被压缩后会变宽变短，这种形变导致了其端电阻变小，A正确；B．当温度升高时，平均分子速率变大，但是不会各速率区间分子数占总分子数的百分比都增加，B错误；C．双折射是光束入射到各向异性晶体，分解为两束光而沿不同方向折射的现象，方解石的双折射现象，该现象说明方解石晶体具有各向异性，C正确；D．图丁中镉棒的作用是吸收中子，从而影响链式反应速度，D错误。故选AC。15.某实验小组用如图甲所示的实验装置探究不同金属发生光电效应时的实验规律，当用频率为 的入射光照射金属时电流表示数不为零，向右调节滑动变阻器的滑片P，直到电流表的示数刚好为零，此时电压表的示数为，该电压称为遏止电压，该实验小组得到与的关系如图乙中的①所示，则下列有关说法中正确的是（　　）A.实验时电源的右端为正极B.分别用从氢原子能级2到1和能级3到1辐射的光照射金属得到遏止电压和，则C.换用不同的光照射逸出功更大的金属时，得到的关系可能如图乙中的②所示D.当滑片P向左滑动的过程中电流表的示数先增加后不变【答案】AD【解析】【详解】A．根据题意，入射光照射金属时电流表示数不为零，向右调节滑动变阻器的滑片P，直到电流表的示数刚好为零，则可知，逸出的光电子在调节滑动变阻器于适当位置时不能到达A极板，即光电子的动能在到达极板A时减为零，光电子在A、K之间所受电场力对光电子做负功，由此可知电源的右端为正极，故A正确；B．氢原子从能级2跃迁到能级1辐射出的光子能量小于从能级3跃迁到能级1辐射出的光子能量，根据可知，氢原子从能级2跃迁到能级1辐射出的光子频率小于从能级3跃迁到能级1辐射出的光子频率，而根据爱因斯坦的光电效应方程可知，氢原子从能级2跃迁到能级1辐射出的光子照射金属后逸出的光电子的动能小于从能级3跃迁到能级1辐射出的光子照射金属后逸出的光电子的动能，而根据遏止电压与光电子动能之间的关系 可知故B错误；C．根据可得换用不同的光照射逸出功更大的金属时，所得的图像与横轴的截距大于图线①与横轴的截距，但是两条直线斜率相同，故C错误；D．当滑片P向左滑动的过程中，A、K两端的电压逐渐减小，极板A单位时间在单位面积上接收到的光电子的数目增加，形成的光电流逐渐增大，当滑片P滑至最左端时，A、K两端电压为零，极板A单位时间在单位面积上接收到的光电子的数目不再变化，则光电流强度不再变化，因此可知，电流表的示数先增加后不变，故D正确。故选AD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为，重物的质量为，试回答下列问题：（1）实验时，必须满足“远大于”的实验装置是________（选填“甲”、“乙”或“丙”）（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期，其中、每相邻两个计数点之间还有4 个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为________（计算结果保留两位有效数字）。（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为________。A.B.C.D.（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数，将（依次取）个槽码挂在细线左端，其余个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度，得到图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是________。A.图线不再是直线B.图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小C.图线仍是直线，但该直线不过原点【答案】①.甲②.0.57##0.58##0.59##0.60##0.61##0.62##0.63③.C④.C【解析】【详解】（1）[1]乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“远大于”；（2）[2]根据逐差法公式可得解得（3）[3]根据牛顿第二定律可得整理得所以小车的质量为，故选C。（4）[4]因为没有平衡摩擦力，所以可得 整理得所以图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。17.某学习小组测定某电池的电动势与内阻，已知其电动势约为十几伏，内阻约为几欧姆，实验室中提供以下器材：A．量程为、内阻未知的电流表；B．电阻箱；C．定值电阻；D．滑动变阻器；E．滑动变阻器；F．开关2只，导线若干。先用如图所示甲的电路来测定电流表G内阻。实验步骤与如下：①按图甲连接好电路，断开，将滑动变阻器的滑片调至图中端所对应的位置；②闭合，调节，使电流表满偏；③保持不变，再闭合，调节电阻箱电阻，使电流表的读数为；④调节电阻箱时，干路上电流可视为几乎不变，即可测定的电流表内阻的大小。（1）为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取________（选填“”或“”）；而实际干路上电流会发生变化，故测得的电流表内阻比真实值________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值及对应的电流表的示数。作出图像如图丙所示，处理数据得到斜率大小为0.2，纵轴截距为8，则求得电池的电动势为________V，内阻为________（结果均保留两位有效数字）。 【答案】①.②.偏小③.15④.6.7【解析】【详解】（1）[1]由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为，可知电路最小电阻应大于，滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取。[2]由于接入电阻箱，导致干路上电流变大，当电流表示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于5mA，则电流表内阻真实值大于，故测得的电流表内阻比真实值偏小。（2）[3][4]由实验步骤三、四可知流过电阻箱R1的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值如图乙所示电路图可知，由闭合电路欧姆定律得由与并联可知联立解得可知图像的斜率为解得电源电动势为图像的纵轴截距为解得内阻为18.以下实验中，说法正确的是（　　） A.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，干涉图样红光比绿光的条纹间距小B.在“探究可拆式变压器原副线圈匝数与电压关系”实验中，当原副线圈匝数比为100:400，测得副线圈电压为36V，那么原线圈的输入电压可能是10VC.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，酒精会挥发，会导致分子直径的测量值偏小D.在“单摆测重力加速度”实验中，从平衡位置计时，将全振动次数n误记成n+1次，会导致测量g值偏大【答案】BCD【解析】【详解】A．红光比绿光的波长更长，由双缝干涉条纹间距公式可知，在相同条件下，波长越长，条纹间距越大，因此干涉图样红光比绿光的条纹间距大，故A错误；B．根据理想变压器原副线圈电压与匝数关系解得由于实际变压器存在能量损失，所以原线圈电压应大于9V，所以原线圈的输入电压可能是10V，故B正确；C．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，酒精会挥发，根据公式可知，V偏小，分子直径的测量值偏小，故C正确；D．在“单摆测重力加速度”实验中，从平衡位置计时，将全振动次数n误记成n+1次，则周期偏小，根据单摆的周期公式可知，测量g值偏大，故D正确。故选BCD。19.如图所示装置是一个高为，底面积S的圆柱型导热气缸的截面图。气缸顶部安装有挡柱，底部通过阀门（大小不计）连接一个充气原，厚度不计的活塞封闭有一部分空气，活塞距离气缸底部高度 ，质量，活塞与气缸之间的摩擦可忽略。大气压强为，空气可视为理想气体。现用充气原给气缸充气，每次可往容器中充入压强为，体积为的空气，充气过程温度保持不变。求：（1）初始时封闭气体的压强大小；（2）第一次充完气后，活塞缓慢上升的高度；（3）充气45次之后，缸内气体的压强大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对活塞受力分析，由平衡条件得解得（2）第一次充完气，对充进部分的气体研究，有解得（3）活塞与气缸刚好卡住时，有次则充气的30次气体做等压变化，后15次做等容变化，有解得 20.如图所示，足够长的水平光滑直轨道和水平传送带平滑无缝连接，传送带长，以的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道的装置固定于水平地面上，位于竖直平面内，由两段半径均为的圆弧细管道组成，管道与水平传送带和水平地面上的直轨道均平滑相切连接，长，右侧为竖直墙壁。滑块的质量，滑块与轻弹簧相连，质量，滑块质量，滑块均静置于轨道上。现让滑块以一定的初速度水平向右运动，与滑块相撞后立即被粘住，之后与滑块发生相互作用，与劲度系数的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经管道后滑上。已知滑块在点的速度为，与传送带间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小，弹簧的弹性势能（为形变量）。求：（1）滑块第一次经过点时对装置的作用力；（2）滑块的初速度大小；（3）试通过计算判断滑块能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。【答案】（1），竖直向上；（2）；（3）能，【解析】【详解】（1）滑块第一次经过点到点，根据动能定理滑块在点的速度为解得 根据牛顿第二定律，在点滑块解得方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块第一次经过点时对装置的作用力为方向竖直向上；（2）滑块在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块的速度设为，根据运动学规律解得滑块作为整体与滑块发生相互作用，最终滑块被弹出，根据动量守恒与能量守恒得解得大小与发生碰撞，最后共速，满足动量守恒解得（3）假设滑块能再次回到点，从点到点，根据动能定理解得 速度大于零，假设成立，滑块可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律解得即可以追上滑块发生再次碰撞，设最大压缩量为，根据动量守恒与能量守恒解得21.如图所示，在光滑水平面上建立坐标系，在左右两侧分别存在着Ⅰ区和Ⅱ区匀强磁场，大小均为，Ⅰ区方向垂直纸面向里，Ⅱ区一系列磁场宽度为均为，相邻两磁场方向相反，各磁场具有理想边界。在左侧是间距的水平固定的平行光滑金属轨道和，轨道端接有电容为的电容器，初始时带电量为，电键处于断开状态。轨道上静止放置一金属棒，其质量，电阻。轨道右端上涂有绝缘漆，右侧放置一边长、质量、电阻为的匀质正方形刚性导线框。闭合电键棒向右运动，到达前已经匀速，与导线框碰撞并与边粘合在一起继续运动。金属轨道电阻不计，其边与轴保持平行，求：（1）电键闭合前，电容器下极板带电性，棒匀速时的速度；（2）组合体边向右刚跨过轴时，两点间的电势差；（3）碰后组合体产生的焦耳热及最大位移。【答案】（1），沿轴正方向；（2）；（3）， 【解析】【详解】（1）电容器下极板带负电；棒以匀速运动时回路中，电容器两端此时电容器带电量开始运动至达稳定，对棒用动量定理，有其中运动过程棒上通过电量联立得沿轴正方向（2）棒与线框碰撞过程系统动量守恒，有得碰后整体速度碰后棒与边粘合，并联电阻为，则闭合线框总阻值为边跨过轴时，边作电源，有由闭合回路欧姆定律得由右手定则判断边端为正极，故则 （3）碰后与边在反向磁场中受沿轴负向的等大安培力，则从减速至0的过程中，对组合体在方向运用动量定理有其中电流两式联立累加有则从减速至0的过程中，对组合体系统有能量守恒故22.如图所示，水平地面上有一辆小车，上方固定有竖直光滑绝缘细管，管的长度，有一质量、电荷量的绝缘小球A放置在管的底部，小球的直径略小于细管。在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里的匀强磁场。现让小车始终保持速度的向右匀速运动，以带电小球刚经过磁场的竖直边界为计时起点，并以此时刻管口处为坐标原点建立坐标系，轴与磁场边界重合，小球刚离开管口时竖直向上的分速度，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小和绝缘管对小球做的总功；（2）小球经过轴时的坐标；（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的匀强磁场，同时绝缘管内均匀紧密排满了大量相对绝缘管静止，与小球完全相同的绝缘小球。不考虑小球之间的相互静电力，求能到达纵坐标的小球个数与总小球个数的比值。 【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在水平方向上，小球随车向右做匀速直线运动，该分速度对应的洛伦兹力方向竖直向上，为一个定值，可知，小球在方向上做匀加速运动，则有解得在竖直方向上，根据牛顿第二定律有解得即有在上升过程中，根据动能定理有解得（2）小球第一次上升到轴，水平位移为 其中解得进入第一象限后，小球做斜抛运动，加速度仍然为重力加速度，可知，当小球重新回到轴时，水平位移解得小球回到绝缘管后在竖直方向以做减速运动，根据周期性，与轴交点的坐标为即坐标为。（3）由于小球恰能到达，此时为能到达的最高点，则有解得结合上述有根据速度分解有则有 解得可知解得可知能够到达处的小球个数与总小球个数的比值为