北京市海淀區(qū)2024-2025學年高三下學期一模（期中）反饋練習物理試題（解析版）

這是一份北京市海淀區(qū)2024-2025學年高三下學期一模（期中）反饋練習物理試題（解析版），共25頁。
本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。
1. 關于光的應用，下列說法正確的是（ ）
A. 照相機鏡頭的增透膜應用了光的衍射原理
B. 光導纖維中內(nèi)層的折射率小于外層的折射率
C. 拍攝玻璃櫥窗內(nèi)的物品時，在鏡頭前加一個增透膜應用了全反射現(xiàn)象
D. 光經(jīng)過刮胡須的刀片的影子邊緣模糊不清是由于光的衍射
【答案】D
【解析】A．照相機鏡頭的增透膜應用了光的干涉原理，故A錯誤；
B．光導纖維應用了全反射原理，內(nèi)層的折射率大于外層的折射率，故B錯誤；
C．拍攝玻璃櫥窗內(nèi)的物品時，在鏡頭前加一個增透膜應用了光的干涉原理，故C錯誤；
D．光經(jīng)過刮胡須的刀片的影子邊緣模糊不清是由于光的衍射，故D正確。
故選D。
2. 下列核反應方程中括號內(nèi)的粒子為質(zhì)子的是（ ）
A. （ ）B. （ ）
C. （ ）D. （ ）
【答案】C
【解析】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒知，核反應方程分別為
粒子分別為中子、粒子、質(zhì)子、電子。
故選C。
3. 關于分子動理論，下列說法正確的是（ ）
A. 液體分子的無規(guī)則運動稱為布朗運動
B. 分子間的相互作用力隨著分子間距離的增大，一定先減小后增大
C. 物體的溫度下降，物體內(nèi)每個分子熱運動的動能都減小
D. 溫度是分子熱運動的平均動能的標志
【答案】D
【解析】A．布朗運動是固體微粒的無規(guī)則運動，間接反映液體分子的無規(guī)則運動，A錯誤；
B．當分子之間的距離小于時，隨著分子之間距離的增大分子間的相互作用力減??；當分子之間的距離大于時，隨著分子之間距離的增大分子間的相互作用力先增大后減小，B錯誤；
C．物體的溫度下降，物體內(nèi)分子熱運動的平均動能會減小，但不是每個分子熱運動的動能都減小，C錯誤；
D．溫度是分子熱運動的平均動能的標志，D正確。
故選D。
4. 圖甲為一列沿軸正向傳播的簡諧橫波在時的圖像，圖甲中某質(zhì)點的振動情況如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）
A. 圖乙可能是質(zhì)點的振動圖像
B. 質(zhì)點再經(jīng)將沿軸運動到處
C. 質(zhì)點的位移與時間關系為
D. 質(zhì)點與的相位差為
【答案】C
【解析】A．簡諧橫波沿軸正向傳播，根據(jù)平移法可知質(zhì)點向下振動，則圖乙不可能是質(zhì)點的振動圖像，故A錯誤；
B．質(zhì)點只能在平衡位置沿豎直方向運動，不會“隨波逐流”，故B錯誤；
C．由圖乙可知周期為2s，則角速度為rad/s
則質(zhì)點的位移與時間關系為
故C正確；
D．質(zhì)點與相差，則相位差為，故D錯誤。
故選C。
5. 如圖所示，水平絕緣桌面上放著一個閉合鋁環(huán)。絕緣材料制成的輕彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，磁鐵位于鋁環(huán)中心上方。將磁鐵下端N極向下拉，在其下降一定高度時由靜止釋放。此后，磁鐵開始運動，鋁環(huán)保持靜止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。則在磁鐵向下的運動過程中（ ）
A. 俯視看鋁環(huán)中的電流沿順時針方向B. 鋁環(huán)對桌面的壓力大于它的重力
C. 磁鐵運動過程中只受到兩個力的作用D. 磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
【答案】B
【解析】在磁鐵向下的運動過程中，穿過鋁環(huán)的磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律可知，俯視看鋁環(huán)中的電流沿逆時針方向；根據(jù)“來拒去留”可知磁鐵受到向上的磁場力，則鋁環(huán)受到向下的磁場力鋁環(huán)對桌面的壓力大于它的重力；磁鐵運動過程中受到重力、彈簧彈力和磁場力三個力作用；由于鋁環(huán)產(chǎn)生感應電流，鋁環(huán)中有焦耳熱產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒可知，磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少。
故選B。
6. 如圖，某同學用手搖發(fā)電機、可拆變壓器給小燈泡供電。矩形閉合導線框abcd處于水平勻強磁場中，繞軸勻速轉(zhuǎn)動，不計線框與導線的電阻，小燈泡額定功率足夠大，電阻恒定。下列說法正確的是（ ）
A. 可拆變壓器為降壓變壓器
B. 圖示位置穿過線框磁通量最大，線框產(chǎn)生的感應電動勢也最大
C. 若可拆變壓器視為理想變壓器，轉(zhuǎn)速增加一倍，其他條件不變，則小燈泡兩端的電壓也增加一倍
D. 若考慮變壓器能量損耗，副線圈接線柱由“0、2”調(diào)整為“0、8”，其他條件不變，則小燈泡消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?6倍
【答案】C
【解析】A．由圖中原線圈接“0、1”即n，副線圈接“0、2”即2n，可知變壓器為升壓變壓器，故A錯誤；
B．圖示位置穿過線框的磁通量最大，線框產(chǎn)生的感應電動勢最小，故B錯誤；
C．若可拆變壓器視為理想變壓器，轉(zhuǎn)速增加一倍，其他條件不變，則
可知電源電動勢最大值及有效值增加一倍，則小燈泡兩端的電壓也增加一倍，故C正確；
D．若不考慮變壓器能量損耗，副線圈接線柱由“0、2”調(diào)整為“0、8”，其他條件不變，則根據(jù)
可知電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)可知，小燈泡消耗的功率變?yōu)樵瓉淼?6倍，考慮變壓器能量損耗時，小燈泡消耗的功率小于原來的16倍，故D錯誤；
故選C。
7. 如圖所示，材料相同的物體、由輕繩連接，質(zhì)量分別為和，在恒定拉力的作用下沿固定斜面向上加速運動。則（ ）
A. 輕繩拉力的大小與斜面的傾角有關
B. 輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)有關
C. 輕繩拉力的大小為
D. 若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運動，輕繩拉力的大小可能為零
【答案】C
【解析】ABC．以物體A、B及輕繩整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
再隔離B進行分析，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
故繩子的拉力與斜面傾角無關，與動摩擦因數(shù)無關，與兩物體的質(zhì)量有關，故C正確，AB錯誤；
D．若改用同樣大小拉力沿斜面向下拉連接體加速運動，整體由牛頓第二定律得
解得
再隔離A進行分析，假設輕繩拉力的大小為零，則根據(jù)牛頓第二定律得
解得
故D錯誤。
故選C。
8. 如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓平面的勻強磁場，現(xiàn)有兩個質(zhì)量相等、所帶電荷量大小也相等的帶電粒子a和b，先后以不同的速率從圓邊沿的A點對準圓形區(qū)域的圓心O射入圓形磁場區(qū)域，它們穿過磁場區(qū)域的運動軌跡如圖所示。粒子之間的相互作用力及所受重力和空氣阻力均可忽略不計，下列說法中正確的是（ ）
A. a、b兩粒子所帶電荷的電性相同
B. 射入圓形磁場區(qū)域時a粒子的速率較大
C. 穿過磁場區(qū)域的過程洛倫茲力對a做功較多
D. 穿過磁場區(qū)域的過程α粒子運動的時間較長
【答案】D
【解析】A．粒子的運動偏轉(zhuǎn)軌跡相反，根據(jù)左手定則可知，粒子電性相反，故A錯誤；
B．粒子沿圓形磁場的直徑飛入，做出圓心如圖所示：
由圖可知
粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力
解得
兩粒子的質(zhì)量和電荷量大小相等，所以
故B錯誤；
C．根據(jù)左手定則可知洛倫茲力始終與速度垂直，不做功，故C錯誤；
D．粒子在磁場中運動的周期
圓心角為，在磁場中運動的時間
兩粒子的質(zhì)量和電荷量大小相等，所以周期相等，因為
所以穿過磁場區(qū)域過程中所用時間
故D正確。
故選D。
9. 如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運動。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，在物體移動距離為x的過程中（ ）

A. 摩擦力做功大小與F方向無關B. 合力做功大小與F方向有關
C. F為水平方向時，F(xiàn)做功為D. F做功的最小值為
【答案】D
【解析】A．設力F與水平方向的夾角為θ，則摩擦力為
摩擦力的功
即摩擦力的功與F的方向有關，選項A錯誤；
B．合力功
可知合力功與力F方向無關，選項B錯誤；
C．當力F水平時，則
力F做功為
選項C錯誤；
D．因合外力功為max大小一定，而合外力的功等于力F與摩擦力f做功的代數(shù)和，而當時，摩擦力f=0，則此時摩擦力做功為零，此時力F做功最小，最小值為max，選項D正確。故選D。
10. 地球靜止衛(wèi)星的發(fā)射過程可以簡化如下：衛(wèi)星先在近地圓形軌道I上運動，在點A時點火變軌進入橢圓軌道II，到達軌道的遠地點B時，再次點火進入同步軌道III繞地球做勻速圓周運動。設衛(wèi)星質(zhì)量保持不變，下列說法中正確的是（ ）
A. 衛(wèi)星在軌道I上運動經(jīng)過A點時的加速度小于在軌道II上運動經(jīng)過A點時的加速度
B. 衛(wèi)星在軌道I上的機械能等于在軌道III上的機械能
C. 衛(wèi)星在軌道I上和軌道III上的運動周期均與地球自轉(zhuǎn)周期相同
D. 衛(wèi)星在軌道II上運動經(jīng)過B點時的速率小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】A．由，解得
可知衛(wèi)星在軌道I上運動經(jīng)過A點時的加速度等于在軌道II上運動經(jīng)過A點時的加速度，故A錯誤；
B．衛(wèi)星從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需在A點火加速，衛(wèi)星從軌道Ⅱ進入軌道III需在B點火加速，所以衛(wèi)星在軌道I上的機械能小于在軌道III上的機械能，故B錯誤；
C．由開普勒第三定律，可知衛(wèi)星在軌道I上的運動周期小于在軌道III上的運動周期，軌道III上的運動周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，故C錯誤；
D．由，可知
可知衛(wèi)星在軌道III上運動經(jīng)過B點時的速率小于地球的第一宇宙速度，衛(wèi)星在軌道III上運動經(jīng)過B點時的速率大于衛(wèi)星在軌道II上運動經(jīng)過B點時的速率，故衛(wèi)星在軌道II上運動經(jīng)過B點時的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正確。故選D。
11. 圖中箭頭所示的是真空中兩點電荷中垂線上某點p的場強方向，關于兩點電荷帶電性質(zhì)以及電量多少的判斷，下列選項中正確的是（ ）
A. ，且a、b帶正電
B. ，帶正電，帶負電
C. ，負電，正電
D. ，正電，負電
【答案】A
【解析】合場強向外，且夾在ap、bp連線之間偏右，則可知，且ab均為正電荷，兩點電荷電荷在P點的原場強如圖所示
故選A。
12. 在一個很小的厚度為d的矩形半導體薄片上，制作四個電極 E、F、M、N，它就成了一個霍爾元件，如圖所示．在E、F間通入恒定的電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，則薄片中的載流子（形成電流的自由電荷）就在洛倫茲力的作用下，向著與電流和磁場都垂直的方向漂移，使M、N 間出現(xiàn)了電壓，稱為霍爾電壓UH．可以證明UH=kIB/d，k為霍爾系數(shù)，它的大小與薄片的材料有關．下列說法正確的是（ ）
A. 若M的電勢高于N的電勢，則載流子帶正電
B. 霍爾系數(shù)k較大的材料，其內(nèi)部單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目較多
C. 借助霍爾元件能夠把電壓表改裝成磁強計（測定磁感應強度）
D. 霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛侖茲力越小
【答案】C
【解析】根據(jù)左手定則可知正流子向N偏轉(zhuǎn)，即N帶正電，N的電勢高于M的電勢，A錯誤；設上下兩個表面相距為L，電子所受的電場力等于洛侖茲力，設材料單位體積內(nèi)電子的個數(shù)為n，材料截面積為S，，，聯(lián)立解得：，令，則，所以根據(jù)可知單位體積內(nèi)的載流子數(shù)目，隨著霍爾系數(shù)越大，而越小，B錯誤；根據(jù)可得，故借助霍爾元件能夠把電壓表改裝成磁強計（測定磁感應強度），C正確；載流子受到的洛倫茲力，霍爾電壓UH越大，載流子受到磁場的洛侖茲力越大，D錯誤．
13. 飛輪儲能是一種利用高速旋轉(zhuǎn)的飛輪來儲存和釋放能量的技術。飛輪能儲存能量，是因為轉(zhuǎn)動的物體具有動能。如圖所示，將飛輪簡化為圓盤，可繞通過其圓心且與圓盤平面垂直的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動?？梢园褕A盤分成很多小塊，任取一小塊都能利用來計算其動能，將所有小塊的動能累加即可以求得飛輪轉(zhuǎn)動的動能。下列說法正確的是（ ）
A. 飛輪轉(zhuǎn)動時的動能與其轉(zhuǎn)動的角速度平方成反比
B. 若飛輪質(zhì)量均勻，勻速轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)軸所受合力為0
C. 若飛輪質(zhì)量不均勻，勻速轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)軸將受恒力作用
D. 保持角速度不變，若飛輪改為繞其直徑轉(zhuǎn)動，則其動能不變
【答案】B
【解析】A．由，可得
可知動能與其轉(zhuǎn)動的角速度平方成正比，故A錯誤；
B．若飛輪質(zhì)量均勻，勻速轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)軸對與其接觸的部分的向里的拉力提供向心力，則由牛頓第三定律可知，與轉(zhuǎn)軸接觸的部分對轉(zhuǎn)軸的拉力向外，向外的拉力的合力為0，故B正確；
C．若飛輪質(zhì)量不均勻，勻速轉(zhuǎn)動時，一般情況下（質(zhì)量分布不對稱），轉(zhuǎn)軸將受到指向飛輪某部位的力的作用，方向時刻在改變，不是恒力，故C錯誤；
D．繞其直徑轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)動慣量小于繞通過圓心與圓盤平面垂直的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時的轉(zhuǎn)動慣量，由公式，可知繞通過圓心與圓盤平面垂直的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時的動能較大，故D錯誤。
故選B。
14. 當波源與觀測者發(fā)生相對運動時，觀測者接收到波的頻率發(fā)生變化，這是我們熟悉的多普勒效應。觀測者和波源之間的距離變化越快，多普勒效應越明顯。原子吸收和發(fā)出某些特定波長的電磁波，因此我們觀察到的某顆恒星的光譜包含由此恒星的大氣層中的原子引起的吸收譜線。已知鈉原子具有一條波長為的特征譜線。研究人員在觀測某遙遠雙恒星系統(tǒng)的光譜時，從時開始在表中記錄對于鈉線的吸收光譜，其中1號恒星和2號恒星吸收光譜的波長分別為和。假定研究人員處于雙星運動所在平面，雙星均近似做勻速圓周運動，且不考慮雙恒星系統(tǒng)質(zhì)心的運動。不考慮相對論效應和宇宙膨脹的影響。關于該雙恒星系統(tǒng)，下列說法不正確的是（ ）
A. 雙恒星繞質(zhì)心轉(zhuǎn)動的周期約為
B. 觀測到波長為的光是1號恒星遠離觀測者時發(fā)出的
C. 在間觀測到波長為的光是2號恒星在距離觀測者最遠位置附近發(fā)出的
D. 通過比較觀測波長變化量，可判斷1號恒星轉(zhuǎn)動半徑較小
【答案】CD
【解析】A．由表中記錄的數(shù)據(jù)，可知在期間，兩恒星吸收光譜的波長是一個循環(huán)變化周期，則轉(zhuǎn)動的周期約為，故A正確；
B．觀測到光的波長為，波長變長，由多普勒效應可知，它是1號恒星遠離觀測者時發(fā)出的，故B正確；
C．在間觀測到波長為的光，波長在逐漸減小，由多普勒效應可知，2號恒星在逐漸接近觀測者，時，在距離觀測者最遠位置附近，故C錯誤；
D．觀測波長變化量，可知變化范圍較大，多普勒效應更明顯，距離變化更快，線速度更大，可判斷1號恒星轉(zhuǎn)動半徑較大，故D錯誤。
故選CD。
第二部分
本部分共6題，共58分。
15. 某同學用多用電表測量電阻。使用前，觀察到多用電表指針已經(jīng)對準表盤左側(cè)的零刻度。使用時，先將選擇開關調(diào)到歐姆擋“”擋，再將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)圖1中的______旋鈕（選填“A”“B”或“C”），使指針指到表盤右側(cè)的零刻度處；然后將紅、黑表筆接在電阻兩端，發(fā)現(xiàn)指針的位置如圖2所示，則該電阻的阻值約為______Ω。
【答案】 C 6.0##6
【解析】[1]進行歐姆調(diào)零時，需要將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)圖1中的歐姆調(diào)零旋鈕，即調(diào)節(jié)C；
[2]根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為
16. “驗證力的平行四邊形定則”的實驗如圖所示，同學們在操作過程中有如下討論，其中對減小實驗誤差有益的說法是（ ）
A. 兩根細繩必須等長
B. 橡皮筋應與兩繩夾角的平分線在同一直線上
C. 在使用彈簧秤時要注意使彈簧秤與木板平面平行
D. 拉橡皮筋的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些
【答案】CD
【解析】A．通過兩細繩用兩個彈簧秤互成角度地拉橡皮條時，并非要求兩細繩等長，故A錯誤；
B．橡皮筋不需要與兩繩夾角的平分線在同一直線上，故B錯誤；
C．為了減小實驗中因摩擦造成的誤差，操作中要求彈簧秤、細繩、橡皮條都應與木板平行，故C正確；
D．為了更加準確地記錄力的方向，拉橡皮條的細繩要長些，標記同一細繩方向的兩點要遠些，故D正確。故選CD。
17. 某同學通過雙縫干涉實驗測量單色光的波長。該同學調(diào)整好實驗裝置后，保持雙縫間的距離不變，分別用圖3所示的氫原子在可見光區(qū)的四條譜線中的照射雙縫。四條譜線的波長滿足（，其中對應），式中的為里德伯常量。實驗形成如圖所示的干涉圖樣，則圖甲對應的譜線是___________。（填“”，“”）。
【答案】
【解析】甲圖條紋間距較寬，由可知，
根據(jù)題意，由公式結(jié)合圖像可知、分別是氫原子從第4能級和第5能級躍遷到第2能級發(fā)出的光，由可知，第4能級躍遷到第2能級輻射光子能量較小，波長較長，即，則圖甲對應的譜線是。
18. 在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分的長度約為。
（1）用伏安法測金屬絲的電阻。實驗所用器材為：電池阻（電動勢3V，內(nèi)阻約）、電流表（內(nèi)阻約、電壓表（內(nèi)阻約3kΩ）、滑動變阻器，額定電流、開關、導線若干。某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數(shù)據(jù)如下：
由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量是采用圖中的___________圖（選填“甲”或“乙”）。
（2）如圖2所示是測量的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線，滑動變阻器的滑片置于變阻器的一端，請根據(jù)（2）所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞。
（3）這個小組的同學在坐標紙上建立、坐標系，如圖3所示，圖中已標出了與測量數(shù)據(jù)對應的4個坐標點。請在圖中標出第3、5、6次測量數(shù)據(jù)的坐標點，并描繪出圖線_________，由圖線得到金屬絲的阻值___________（保留兩位有效數(shù)字）。
（4）該小組同學利用上述相同實驗器材，分別按照（1）中圖甲和圖乙的電路圖正確連接電路和規(guī)范操作。將滑動變阻器滑片從一端滑向另一端，探究電壓表示數(shù)與滑片移動距離間的關系，滑動變阻器電阻絲的總長度為。請在圖4中定性畫出圖甲和圖乙電路對應的關系圖像，并分別用甲和乙標出。
【答案】（1）甲 （2）
（3） 4.3##4.4##4.5##4.6##4.7
（4）
【解析】【小問1詳解】
由題中表格數(shù)據(jù)可知，待測金屬絲電阻大約為
若選擇乙圖，則電路中的最小電流為
可見選乙圖電路中的最小電流大于表格中的最小電流，故選乙圖不可以，甲圖為分壓式電路，若選甲圖，待測金屬絲流過的電流可以從零開始，故選甲圖。
【小問2詳解】
實物連接如圖所示
【小問3詳解】
[1]圖線如圖所示
[2]根據(jù)U-I圖線可得金屬絲的電阻為
【小問4詳解】
圖甲中，時，滑片位于滑動變阻器最左端，電壓表示數(shù)為零，圖乙中，時，滑片位于滑動變阻器最右端，電壓表示最小
圖甲中，時，滑片位于滑動變阻器最右端，電壓表示數(shù)最大
圖乙中，時，滑片位于滑動變阻器最左端，電壓表示數(shù)最大
由于，所以，即圖線甲的最大值小于圖線乙的最大值。
圖乙中，滑片移動距離為時，滑動變阻器接入電路中的有效長度為
設金屬絲的橫截面積為S，則電壓表的示數(shù)為
綜合分析可知隨著x的增大，電壓表示數(shù)增大得越快。圖甲中當x很小時，干路中的電阻較大，滑動端移動一個小距離時引起的電壓變化量較小，當x接近L時，干路電阻較小，滑動端移動一個小距離時引起的電壓變化量較大，即隨著x的增大，電壓表示數(shù)增大得越快。故圖像為
19. 如圖所示，光滑水平面內(nèi)存在一有界勻強磁場，磁感應強度大小為、方向如圖所示。一邊長為的正方形單匝導線框位于水平面內(nèi)，某時刻導線框以垂直磁場邊界的初速度從磁場左邊緣進入磁場。已知導線框的質(zhì)量為、電阻為。求線框完全進入磁場的過程中
（1）感應電流的最大值；
（2）線框完全進入磁場時的速度；
（3）線框進入磁場產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小問1詳解】
線框產(chǎn)生的最大電動勢為
感應電流的最大值
【小問2詳解】
根據(jù)動量定理，有
其中
平均電動勢為
聯(lián)立可得
【小問3詳解】
根據(jù)能量守恒可得線框進入磁場產(chǎn)生的焦耳熱
20. 如圖，一個質(zhì)量為的小球，在左側(cè)平臺上運行一段距離后從邊緣點以的速度水平飛出，恰能沿圓弧切線從點進入固定在地面上的豎直的圓弧管道，并繼續(xù)滑行。已知圓弧管道口內(nèi)徑遠小于圓弧半徑與豎直方向的夾角是，平臺到地面的高度差為。取，，。求：
（1）小球從點運動到點所需的時間；
（2）P點距地面的高度和圓弧半徑；
（3）若通過最高點點時小球?qū)苌媳诘膲毫Υ笮?，求小球?jīng)過點時的速度大小。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【解析】【小問1詳解】
對P點的速度矢量分解可得
解得
【小問2詳解】
豎直方向小球做自由落體運動，由
由幾何關系，P點高度有
幾何關系
代入數(shù)據(jù)得
【小問3詳解】
通過最高點點時小球?qū)苌媳趬毫Υ笮?，由牛頓第三定律得，在最高點點時管上壁對小球的作用力大小為，則在點由牛頓第二定律可得
代入數(shù)據(jù)得
21. 如圖1所示，把一個質(zhì)量為的小球連接在勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧的右端，彈簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和彈簧組成的系統(tǒng)稱為彈簧振子。以彈簧原長時小球的位置為坐標原點，以水平向右為正方向建立坐標軸。小球在運動過程中彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，忽略摩擦阻力的影響。
（1）把小球拉向點的右方處，然后由靜止釋放，小球沿著坐標軸做往復運動。
a.在圖2中畫出彈簧彈力隨變化的示意圖，并由此求出小球從點向處運動過程中，彈簧彈力對小球做的功。
b.求小球從處運動到處的過程中，彈簧對小球的沖量。
（2）彈簧振子在運動過程中，求彈簧彈力對小球做正功時，其瞬時功率的最大值。
【答案】（1）示意圖
；
，大小為，方向水平向左
（2）
【解析】【小問1詳解】
a.以水平向右為正方向，則
圖像與x軸圍成圖形的面積表示彈力F做的功，則功
b.彈簧和小球整體的機械能守恒，有
得小球在點速度大小為
小球從處運動到處的過程中，由動量定理，有
解得彈簧對小球的沖量
大小為，方向水平向左。
【小問2詳解】
位移大小為x時，由整體機械能守恒，有
得速度大小
彈力的瞬時功率大小
得
由數(shù)學不等式知識，可知當時，即時，此時最大
最大值為
22. 尋求守恒量，是解決物理問題的重要方法。
（1）如圖1所示，用細線懸掛的三個完全相同的小球，靜止時恰能接觸且懸線平行，球心等高。把小球1向左拉起一定高度后由靜止釋放，小球3被彈起，已知所有的碰撞都是彈性碰撞，求碰后瞬間小球3上升的最大高度。
（2）某同學設計了一個“電磁彈射”裝置，并將其簡化成如圖2所示的模型。在水平光滑導軌上，固定著1個“載流線圈”，放置著兩個質(zhì)量均為的小磁鐵充當“磁性彈頭”，彈頭2左側(cè)挨著無磁性的質(zhì)量均為的彈性“圓柱”。彈頭和圓柱可以在水平導軌上自由移動，圓柱靜止時，其左端恰好位于載流線圈圓心處。發(fā)射過程如下：彈頭1僅受載流線圈施加的磁力作用從靜止開始加速運動；通過碰撞將動能傳給中間的彈頭2。
彈頭可視為半徑為，電流恒為、方向如圖2中方框部分所示的細圓線圈，遠小于載流線圈半徑。所有的碰撞均為彈性正碰；不考慮彈頭之間的磁力作用；相鄰兩線圈之間的距離足夠遠，水平軌道足夠長。
a.載流線圈磁場方向如圖所示，在彈頭1處產(chǎn)生軸向磁場，徑向磁場。試分析軸向磁場、徑向磁場對彈頭的安培力方向。
b.通過查閱資料得知：電流為、面積為的細圓線圈放入磁感應強度為的外界勻強磁場中具有的“勢能”可表示為，其中為細圓線圈在軸向上產(chǎn)生的磁場與外界勻強磁場之間的夾角。
已知載流線圈圓心處產(chǎn)生的磁感應強度大小均為。求彈頭2理論上能獲得的速度上限。
c.若該“電磁彈射”裝置有級載流線圈及圓柱，如圖3所示。求彈頭最后出射理論上能獲得的速度上限。
【答案】（1） （2）a.0，方向向右；b. ；c.
【解析】【小問1詳解】
在小球1下落過程，依據(jù)動能定理有
可得
彈性碰撞過程中，以的方向為正方向，機械能和動量均守恒，則有、
聯(lián)立可得
對小球3，根據(jù)動能定理有
解得
【小問2詳解】
a. 可將細圓線圈視為由許多小段通電直導線組成，所有小段通電導線在徑向磁場作用下安培力方向均向右，將每一小段通電導線受到的安培力求和，即為周長為的細圓線圈（即彈頭）受到的總安培力可得
軸向磁場對線圈的安培力合力為0；
b. 為使彈頭2獲得理論上的速度上限，應將彈頭1放到左側(cè)足夠遠處，且保證兩彈性圓柱也足夠長。設彈頭1運動到載流線圈1處的速度大小為，根據(jù)能量守恒可得
彈頭1與彈性圓柱之間發(fā)生彈性碰撞，設碰后彈頭1和彈性圓柱的速度大小分別為和，根據(jù)彈性碰撞過程中，以v1的方向為正方向，機械能和動量均守恒、
可得，
即速度發(fā)生交換。同理，左側(cè)的彈性圓柱與彈頭2之間彈性碰撞后，速度也交換，彈頭2獲得速度繼續(xù)向右運動。故彈頭2理論上能獲得的速度上限
c.與上述過程類似，設彈頭2運動到載流線圈2處的速度大小為，根據(jù)能量守恒可得
接下來彈頭2與右側(cè)彈性圓柱交換速度、右側(cè)彈性圓柱與彈頭3交換速度，彈頭3獲得的最速度上限為
依此類推，由b中結(jié)論分析可知裝置有級載流線圈及圓柱，彈頭最后出射理論上能獲得的速度上限滿足
彈頭最后出射理論上能獲得的速度上限為
0.3
5893.1
58975
0.6
5892.8
5897.7
0.9
5893.7
5897.2
1.2
5896.2
5896.2
1.5
5897.3
5895.1
1.8
5898.7
5894.3
2.1
5899.0
5894.1
2.4
5898.1
5894.6
2.7
5896.4
5895.6
3.0
58945
5896.7
3.3
5893.1
5897.3
3.6
5892.8
5897.7
3.9
58937
5897.2
次數(shù)
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520