2023-2024学年山东省菏泽市高三（下）一模物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省菏泽市高三（下）一模物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 航天员在月球上能够轻松背起质量很大的背包，说明背包在月球上的惯性比在地球上时小
B. 硼(B)中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一，治疗时先给病人注射一种含硼的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的α粒子和锂(Li)离子。这个核反应的方程是 510B+01n→37Li+24He
C. 氢原子从某激发态跃迁到基态，则该氢原子吸收光子，能量减少
D. 发生光电效应时，入射光照射时间越长，光电子的最大初动能也就越大
2.某同学在手机上放一本《现代汉语词典》并打开手机软件里的压力传感器，托着手机做下蹲——起立的动作，传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。根据图线下列说法正确的是( )
A. 0∼5s内该同学做了2次下蹲——起立的动作
B. 起立过程中人始终处于超重状态
C. 图中0.5s时人处在下蹲的最低点
D. 3s时加速度方向竖直向上
3.一货车水平向右匀加速直线运动，沿途从货车尾部连续漏出玉米，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 空中玉米排列成一条竖直的直线B. 空中玉米排列成一条倾斜的直线
C. 空中玉米排列成一条曲线D. 玉米在空中做匀变速直线运动
4.2023年8月13日在西昌卫星发射中心，我国成功将世界第一颗高轨道合成孔径雷达卫星“陆地探测四号01星”送到了3.6万千米的倾斜同步轨道上。这是中国专门用来服务防灾减灾及地震监测、国土资源勘查及海洋、水利等民用需求的卫星。不过美国专家表示，由于这款卫星拥有强大的合成孔径雷达技术和对于海洋的观测能力，这颗卫星也能够对海洋上的美国航母编队进行识别跟踪。下列说法正确的是( )
A. 此卫星的加速度比我国空间站的加速度大
B. 此卫星的运行周期比我国空间站的运行周期要小
C. 此卫星运行速度大于第一宇宙速度
D. 此卫星运行线速度比地球赤道上的物体大
5.如图所示，正三角形的三个顶点固定三个等量电荷，其中B带正电，A、C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是( )
A. 电场强度EM>ENB. O、N两点电势φO>φN
C. M、N两点电势φM<φND. 同一负电荷在P点电势能比在O点时要小
6.某兴趣小组想要运用所学力学知识进行实践研究，他们找到起重吊车的结构图，画出简化结构如图所示，AB是固定杆不可转动，B端有一光滑定滑轮；轻杆CD可绕C端自由转动，D端系着两条轻绳，一条轻绳跨过B端定滑轮连接质量为m的重物，另一轻绳缠绕在电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制CD杆的转动从而控制重物的起落。图中所示位置两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，，重力加速度大小为g，则( )
A. AB杆受到绳子的作用力大小为mg，方向不一定沿AB杆
B. CD杆受到绳子的作用力大小为 33mg，方向一定沿CD杆
C. 当启动电动机使重物缓慢上升时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大
D. 当启动电动机使重物缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐减小
7.如图所示为一乒乓球台的纵截面，AB是台面的两个端点位置，PC是球网位置，D、E两点满足AD=BE=16AB，且E、M、N在同一竖直线上。第一次在M点将球击出，轨迹最点恰好过球网最高点P，同时落在A点；第二次在N点将同一球水平击出，轨迹同样恰好过球网最高点P，同时落到D点。球可看做质点，不计空气阻力作用，则两次击球位置到桌面的高度之比hM:hN为( )
A. 512B. 1736C. 2164D. 34
8.如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的∠ABC=60∘。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.新春佳节，小强把红纸铺在水平桌面上写“福”字，为防止红纸滑动，在其左侧放一镇纸压住，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在写最后一个笔画时红纸受到7个力
B. 在写最后一个笔画时镇纸受到向右的摩擦力
C. 用毛笔在红纸上写字存在毛细现象
D. 在空间站里可以用毛笔写字
10.一列横波沿x轴传播，a、b、c、d为介质中的四个质点的平衡位置。某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过34周期开始计时，正确的是( )
A. 若波沿x轴正向传播，则图乙描述的是b处质点的振动图像
B. 若波沿x轴正向传播，则图乙描述的是d处质点的振动图像
C. 若波沿x轴负向传播，则图乙描述的是b处质点的振动图像
D. 若波沿x轴负向传播，则图乙描述的是d处质点的振动图像
11.关于交流电下列说法正确的是( )
A. 小强和小国自制一个原、副线圈匝数分别为400匝和40匝的变压器，原线圈接24V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为2.4V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.2V，小强仅通过增加副线圈匝数就可以使小灯泡正常发光
B. 选项A中的小国将两个2.4V的小灯泡并联起来接入副线圈也会使小灯泡正常发光
C. 我国1100kV的特高压直流输电工程送电端用“整流”设备将交流电变成直流电，用户端需要先用“逆变”设备将直流电变成交流电，然后再降压
D. 远距离输电中输送的电功率是由用户端负载的总功率决定
12.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，a、b接一输出电压恒为U的正弦交流电源，其中R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。当滑片P向下缓慢滑动的过程中，用ΔI1、ΔI2分别表示电流表A1、A2示数变化量的绝对值，用ΔU1、ΔU2分别表示电压表V1、V2示数变化量的绝对值，下列判断正确的是( )
A. 电阻R1与R3消耗功率的比值变大B. ΔI2=3ΔI1
C. ΔU2ΔI2=R3,ΔU1ΔI2=R19D. 当R2=R3时，R2消耗的功率最大
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
13.带茶叶滤网的圆柱形玻璃茶壶，当茶壶中盛有部分水时，由于折射，观察者从侧面看到的滤网的水下部分要比水上部分粗一些。某实验小组仅用手机拍摄的茶壶照片即可估测水的折射率，照片如图1，若忽略茶壶玻璃壁的厚度，只考虑光在水和空气交界面上的折射现象，把茶壶俯视图进行光路图的建模分析，如图2所示。
(1)如图2是实验小组做出的两条边界光线的光路图，你认为正确的光路是______(填“ABC”或“A′B′C′”)。
(2)用刻度尺测得照片中滤网水下部分的直径为d′，水上部分的直径为d，则水的折射率n=______。
14.某兴趣小组想要测量一个电池的电动势和内阻，在实验室找到以下实验器材：电流表A、电阻箱、开关、导线若干。
(1)实验电路图如图1所示
改变电阻箱的阻值，记录多组电阻箱示数R和电流表示数I，画出R−1I图像，如图2所示。由图2可得电源的电动势E=______，内阻r=______。若不考虑偶然误差，兴趣小组测得的电动势E测______E真，内阻r测______r真。(填“>”“=”或“<”)
(2)兴趣小组进一步测量电流表A的内阻RA，为此又在实验室找到另一个电流表A1(内阻未知)，并设计了如图3所示电路，实验步骤如下：
①闭合S1，断开S2，调节电阻箱示数为R1，电流表A1的示数为I0，
②闭合S1，闭合S2，调节电阻箱，直到______，此时电阻箱示数为R2，则电流表A的内阻RA=____。
(3)若由(1)测得该电池电动势E=9V，内阻r=6Ω，兴趣小组把该电池装在一个欧姆表中，用这个电源给欧姆表供电。欧姆表内部结构如图4所示，已知灵敏电流计满偏电流Ig=6mA、内阻Rg=15Ω，按照正确操作步骤测量未知电阻Rx，欧姆表指针位于图5位置，则Rx=______Ω，电池的内阻测量值对Rx的测量结果______(填“有”或“无”)影响。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
15.如图所示，水平放置的封闭玻璃管由两段直径不同、长度均为20cm的A、B细管组成，B管内径为A管内径的2倍，管内气体被一段水银柱隔开，开始时两管内水银柱长均为2cm，室内温度0℃，对左侧气体加热，右侧气体温度始终不变。
(1)加热左侧气体，温度升高到多少时，左侧气柱长度改变2cm；
(2)加热左侧气体到468K时，右侧气柱长度为多少。
16.如图所示，光滑14圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径R=0.2m，空间中存在水平向右的匀强电场E=1×103V/m，物体甲的质量为m1=0.2kg，带电量为q=+1×10−3C，在P点右侧L1=1m处有一不带电的物体乙，质量为m2=0.2kg，物体乙右侧L2=0.5m处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度v0=2m/s滑动，甲、乙与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。
(1)在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小；
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；
(3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
17.如图装置是波荡器的简化模型，S是离子源，可水平向右发射初速度为v0的电子，且离子源S可沿竖直分界线M上下自由移动，M、N之间宽为L，此区间内可加一竖直向上的匀强电场，电场强度可调；N分界线的右侧有n个互不重叠的圆形磁场区域，沿水平直线等间距分布，AF为其中心线，圆形磁场半径均为R，磁感应强度大小可调且所有圆形磁场内的磁感应强度始终保持相等，相邻磁场方向相反且均垂直纸面。若离子源S正对波荡器的中心线，MN间电场强度调为零，则电子从A点沿中心线向右射入波荡器，调节磁感应强度大小为B0(未知)，电子恰好能从O1点正上方离开第一个磁场，电子的质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应及磁场边界效应，不计电子的重力。
(1)求磁感应强度B0大小；
(2)若离子源S沿分界线M向上移动到某位置，M、N间加上电场后，则电子以θ=30∘从A点射入波荡器，离子源S需沿M边界上移多高；已知AO1的距离d= 3R，调节磁场区域的圆心间距D和磁感应强度B的大小，可使电子每次穿过中心线时速度方向与中心线的夹角均为30°，电子做扭摆运动，最终通过中心线上的F点，求D的大小和磁感应强度B的大小；
(3)在(2)问的情况下，求电子从A点开始做扭摆运动的周期。
18.如图所示，倾角为37∘的倾斜传送带长为L1=5.8m，以v=4m/s的速度逆时针匀速转动；水平传送带长为L2=4m，也以v=4m/s的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光滑圆弧连接，圆弧的高度差忽略不计。紧靠水平传送带两端各静止一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=1m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回。现从倾斜传送带顶端轻轻放上一质量mA=0.2kg的物块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上水平传送带，A被取走。已知物块A与倾斜传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块B、C与水平传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，与水平面间的动摩擦因数μ3=0.016，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块可视为质点，g取10m/s2。sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。求：
(1)物块A在倾斜传送带上滑行过程中，A在倾斜传送带上留下的痕迹长度和A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能；
(2)物块B与物块C第一次碰撞前，水平传送带因传送物块B多消耗的电能；
(3)整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.航天员在月球上能够轻松背起质量很大的背包，说明月球表面重力加速度比地球表面重力加速度小。A错误；
B.根据题意以及核反应前后质量数守恒、电荷数守恒得，这个核反应的方程是 510B+01n→37Li+24He ，B正确；
C.氢原子从激发态向基态跃迁时，氢原子将辐射光子，放出能量。C错误；
D.金属中电子吸收一个光子获得的能量是 hν ，这些能量一部分用于克服金属的逸出功，剩下的表现为逸出电子的初动能。所以光电子的最大初动能与光照时间长短无关。D错误；
故选B。
2.【答案】D
【解析】AB.下蹲过程先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先处于失重后处于超重；起立过程先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，先处于超重后处于失重；由图可知，0∼5s内该同学做了1次下蹲——起立的动作，故AB错误；
C.图中0.5s时，人向下的加速度最大，仍处于向下加速阶段，不是处在下蹲的最低点，故C错误；
D.由图可知，3s时处于超重状态，加速度方向竖直向上，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】玉米从火车尾部漏出后，由于惯性，玉米具有水平方向的初速度，竖直方向都做自由落体运动。以先漏出的玉米为参照物，后漏出的玉米水平方向和竖直方向都在做匀速直线运动，两方向上相等时间都有相等的位移，故玉米粒在空中排列成一条倾斜的直线。
故选B。
4.【答案】D
【解析】ABC.根据
GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma
可得
a=GMr2
v= GMr
T=2π r3GM
此卫星的运动半径大于空间站的轨道半径，可知该卫星的加速度比我国空间站的加速度小；此卫星的运行周期比我国空间站的运行周期要大；此卫星运行速度小于第一宇宙速度，选项ABC错误；
D.此卫星为地球同步卫星，与地球自转的角速度相同，根据v=rω可知，此卫星的运行线速度比地球赤道上的物体大，选项D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】A.由等量异种电荷电场分布可知，M、N两点的电场大小相等，方向相同，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电场大小相等，方向不同，根据矢量运算法则可得M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
BC.由等量异种电荷电势分布可知，点电荷A、B在M、O、N三点的电势关系为
φN>φO>φM
由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，且无穷远处电势为零，则点电荷A、B在O点的电势为0，由对称性可知，点电荷C在M、N两点的电势相等，在O点的电势小于零，综上所述可知
φN>φM ， φO<0
故B错误，C正确；
D.由于等量异种电荷连线的中垂线为等势线，负电荷沿着电场线方向电势降低，故
φO>φP
由 Ep=φq 可知，负电荷在P点的电势能比在O点大，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】A.杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，由于杆力不一定沿杆，如图所示

两个力 T 所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得
T=mg
根据几何关系可得
α+β=60∘
对角线为 F杆 ，则AB杆受到绳子的作用力大小为
F杆=2Tcs30∘= 3mg
故A错误；
B.根据题意D端连接两条轻绳，两条轻绳的力不一定大小相等，且 CD 杆为铰链连接，为“活”杆，杆力沿着杆的方向，水平方向，根据
F杆′cs60∘=Tcs30∘=mgcs30∘
解得
F杆′= 3mg
故B错误；
CD.当启动电动机使重物缓慢下降时，即 T=mg 不变， ∠DBM 变小，根据
F杆=2Tcs∠DBM2
可知 F杆 增大，故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】第一次球做斜抛运动，设 AD=d ， PC=h ，则根据斜抛运动规律有
h=12gtPA2
xPA=3d=vxtPA
xMP=2d=vxtMP
hM=h−12gtMP2=59h
联立可得
hM=59h
第二次球做平抛运动，设平抛的初速度为 v0 ，根据平抛运动规律有
xPD=2d=v0tPD
xNP=2d=v0tNP
hN=12g(tNP+tPD)2
h=hN−12gtNP2
联立可得
hN=43h
则两次击球位置到桌面的高度之比为
hMhN=512
故选A。
8.【答案】A
【解析】设线框匀速运动速度大小为 v ；以B点刚进入磁场为计时起点，在 0∼Lv 内， AB 边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为
E1=Bv⋅xsin60∘= 3Bv2t2
线圈中的电流大小为
I1=E1R= 3Bv2t2R∝t
根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；
在 Lv∼2Lv 内，整条 AB 边在磁场中切割磁感线， DC 边逐渐进入磁场切割磁感线，线圈产生的电动势为
E2=EAB−EDC= 3BLv2−Bv⋅(vt−L)sin60∘= 3BLv− 3Bv2t2
线圈中的电流大小为
I2=E2R= 3BLvR− 3Bv2t2R
根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；
在 2Lv∼3Lv 内，整条 AB 边离开磁场区域，整条 DC 边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为
E3= 3BLv2
线圈中的电流大小恒为
I3=E3R= 3BLv2R
根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离开磁场区域，没有感应电流。
故选A。
9.【答案】CD
【解析】A.红纸在桌面上静止受重力、桌面的支持力、镇纸的压力、毛笔的压力作用。在写最后一个笔画时，向右行笔，毛笔相对白纸向右滑动，其受到红纸向左的滑动摩擦力，根据牛顿第三定律可知红纸受到毛笔的向右的摩擦力，因此红纸还受桌面的向左的摩擦力作用，共受6个力的作用，A错误；
B.对镇纸进行分析，镇纸静止，水平方向不受其它力作用，因此镇纸受到的摩擦力为零，B错误；
CD.用毛笔在红纸上写字，是毛细现象在生活中的应用，在空间站里也可以用毛笔写字，CD正确。
故选CD。
10.【答案】AC
【解析】A.若波沿x轴正向传播，此时b处质点的从负向最大位置向上振动，过 34 周期后，质点回到平衡位置向下振动，与振动图像计时起点的情况相符，故A正确；
B.若波沿x轴正向传播，此时d处质点的从正向最大位置向下振动，过 34 周期后，质点回到平衡位置向上振动，与振动图像计时起点的情况不符，故B错误；
C.若波沿x轴负向传播，此时b处质点的从负向最大位置向上振动，过 34 周期后，质点回到平衡位置向下振动，与振动图像计时起点的情况相符，故C正确；
D.若波沿x轴负向传播，此时d处质点的从正向最大位置向下振动，过 34 周期后，质点回到平衡位置向上振动，与振动图像计时起点的情况不符，故D错误。
故选AC。
11.【答案】ACD
【解析】A.根据
U1U2=n1n2
可知，仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，可以使小灯泡正常发光，故A正确；
B.选项A中的小国将两个2.4V的小灯泡并联起来接入副线圈，每个小灯泡两端的电压均为2.2V，则不会使小灯泡正常发光，选项B错误；
C.我国1100kV的特高压直流输电工程送电端用“整流”设备将交流电变成直流电，因变压器只能改变交流电压，则用户端需要先用“逆变”设备将直流电变成交流电，然后再降压，选项C正确；
D.远距离输电中输送的电功率是由用户端负载的总功率决定的，若用户端负载功率增加，则输电功率就要增加，选项D正确。
故选ACD。
12.【答案】BC
【解析】A.理想变压器原、副线圈的匝数之比为
n1:n2=3:1
n1:n2=I2:I1=3:1
电阻 R1 与 R3 消耗功率的比值
P1P3=I12R1I22R3=R19R3
不变，故A错误；
B.根据
I2:I1=3:1
则
ΔI2=3ΔI1
故B正确；
C.根据
U2=I2R3
得
ΔU2ΔI2=R3
根据
U1=I2(R2+R3)
ΔU1ΔI2=R2+R3 ①
I12R1=I22(R2+R3)
得
I12R1I22=R2+R3 ②
I2:I1=3:1 ③
联立①②③得
ΔU1ΔI2=R19
故C正确；
D.等效电路如图
等效电阻阻值为
R等=(n1n2)2(R2+R3)=9(R2+R3)
即当
9R2=9R3+R1
时， R2 消耗的功率最大，故D错误。
故选BC。
13.【答案】(1)ABC
(2) d′d
【详解】(1)入射点在B点的入射光线与滤网相切，可

【解析】(1)入射点在B点的入射光线与滤网相切，可知正确的光路是ABC。
(2)根据折射率的定义式
n=sinisinr
设茶壶的半径为R，由几何知识，可得
sini=d′2R,sinr=d2R
联立，解得
n=d′d
14.【答案】(1) ba b = >
(2) 电流表 A1 的示数仍为 I0 R2−R1
(3) 2200 无

【解析】(1)[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
E=I(R+r)
变形可得
R=EI−r
根据图像的斜率与截距可知
E=ba ， r=b
[3][4]考虑电流表有内阻，则应为
R=EI−r−rA
由此可知
E测 = E真
内阻
r测 > r真
(2)[1][2]直到电流表 A1 的示数为 I0 ，此时电阻箱示数为 R2 ，则有
I0(RA1+R1+RA+r)=I0(RA1+R2+r)
解得
RA=R2−R1
(3)[1]根据欧姆定律有
R中=R内=EIg=96×10−3Ω=1500Ω
可知欧姆表选用 ×100 挡位，根据指针位置可知此时电阻为2200 Ω ；
[2]由于多用电表使用前应先欧姆调零，所以电池的内阻测量值对测量结果无影响。
15.【答案】(1)312K；(2)15.75cm
【解析】(1)B管内径为A管内径的2倍，则有
SB=4SA
加热前A、B中空气柱的长度分别为
LA=LB=20cm−2cm=18cm
则在加热前，由题意有
VA=SALA ， VB=SBLB
TA=273K
pA=pB
加热左侧气体后，水银柱向右移动，A的体积增大，B的体积减小，根据题意有A、B中空气柱的长度分别为
LA2=20cm ， LB2=17.5cm
则加热后，根据题意有
VA2=SALA2 ， VB2=SBLB2
pA2=pB2
由于B中气体温度不变，则根据玻意耳定律有
pBVB=pB2VB2
对A中气体分析，根据理想气体状态方程有
pAVATA=pA2VA2TA2
联立解得
TA2=312K
(2)设温度从390K升高到468K的过程中，水银柱向右移动的距离为d，则有
VA3=VA2+d⋅SB ， VB3=VB2−d⋅SB
pA3=pB3 ， TA3=468K
由于B中气体温度不变，则根据玻意耳定律有
pB2VB2=pB3VB3
对A中气体分析，根据理想气体状态方程有
pA3VA3TA3=pA2VA2TA2
联立解得
d=1.75cm
则加热左侧气体到468K时，右侧气柱长度为
LB3=17.5cm−1.75cm=15.75cm
16.【答案】(1) 12N ；(2)0，4m/s；(3) 6.25m
【解析】(1)对物块甲，从 A 点到 P 点，由动能定理得
m1gR+EqR=12m1v12−12m1v02
在 P 点，根据牛顿第二定律
FN−m1g=m1v12R
解得
FN=12N
(2)物块甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理
Eq−μm1gL1=12m1v2−12m1v12
甲乙碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v=m1v甲+m2v乙
12m1v2=12m1v甲2+12m2v乙2
解得
v甲=0 ， v乙=4m/s
(3)对物块甲受力分析
Eq=1N>μm1g=0.4N
则物块甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律
12m1v02+mgR+EqR+L1+L2=μmgs总
其中
m=m1=m2
解得
s总=6.25m
17.【答案】(1) B0=mv0eR ；(2) h= 36L ， D=2 3R ， B=2mv03eR ；(3) T=2 3+πRv0
【解析】(1)由题意可知，初速度为 v0 的电子从A点沿中心线向右射入波荡器，在第一个磁场中做匀速圆周运动，电子恰好能从 O1 点正上方离开第一个磁场，由几何知识可知，电子的轨道半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
ev0B0=mv02R
解得
B0=mv0eR
(2)设离子源S需沿M边界上移h高度，可知电子在MN间做类平抛运动，由平抛运动的推论可得
tan30∘=2hL
解得
h= 36L
此时电子在A点的速度为
v=v0cs30∘=2 33v0
从C点射入第一个磁场，则电子的运动轨迹如图所示，由题意和几何知识可得
D=2d=2 3R
电子做匀速圆周运动的圆心恰好在磁场圆上，且在磁场圆的正上方或正下方，由几何知识可得
r=2Rcs30∘= 3R
由牛顿第二定律可得
evB=mv2r
联立解得
B=2mv03eR
(3)由几何知识可知
AC=R
则电子每次从水平线到磁场区域的时间为
t1=Rv=R2 3v03= 3R2v0
由几何知识可得电子在磁场中做圆周运动的圆心角为
θ=π3
则电子每次在磁场中做圆周运动的时间为
t2=rθv=πR2v0
则有电子从A点开始做扭摆运动的周期为
T=22t1+t2=2 3+πRv0
18.【答案】(1)1.0m， 1.44J ；(2) 8J ；(3) 100m
【解析】(1)物块A在斜面上下滑到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
mAgsin37∘+μ1mAgcs37∘=mA⋅a1
解得
a1=10m/s2
运动的位移大小为
x1=v22a1=0.8m
时间为
t1=va1=0.4s
故A落后传送带的距离为
Δx1=vt1−v2t1=0.8m
之后再加速运动到斜面底端，根据牛顿第二定律得
mAgsin37∘−μ1mAgcs37∘=mA⋅a2
解得
a2=2m/s2
根据运动学规律
L1−x1=v 12−v22a2
解得
v1=6m/s
故再加速运动到斜面底端的时间
t2=v1−va2=1.0s
故A超前传送带的距离为
Δx2=v1+v2t2−vt2=1.0m
故A在倾斜传送带上留下的痕迹长度
Δx2=1.0m
A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能
Q=μ1mAgcs37∘⋅Δx2+Δx1=1.44J
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为 vA1 ，B的速度为 vB ，有
mAv1=mAv A1+mBvB
12mAv12=12mAvA12+12mBvB2
代入数据得
vB=2m/s
之后物块B在水平传送带上运动到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
μ2mBg=mBaB
解得
aB=μ2g=2m/s2
物块B经时间 t3 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
t3=v−vBaB=1.0s
x=vB+v2t3=3.0m
由于 xΔx3=vt3−vB+v2t3=1.0m
根据能量守恒定律知水平传送带因传送物块B多消耗的电能
E=12mBv2−12mBv B2+μ2mBg⋅Δx3=8J
(3)物块B在水平传送带上匀速运动的距离为
L2−x=1m
再与物块C第一次碰撞，动量守恒，机械能守恒
mBv=mBvB1+mCvC1
12mBv2=12mBvB12+12mCvC12
代入数据得
vB1=0
vC1=4m/s
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
−μ3mCg×2ns=0−12mCvC12
代入数据得
n=25
物块C第 k 次返回至传送带左端时速度平方大小为 vk2 ，由运动学公式得
vk2=vC12−2μ3g×2ks=16−0.64k(m2/s2) ( k=1 ， 2⋯ ，25)
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第 k 次在传送带上来回一次运动的路程
xk=vk22μ2g×2=8−0.32k(m) ( k=1 ， 2⋯ ，25)
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
s总=L2+(x1+x2+⋯+x25)
代入数据得
s总=100m