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2024届湖南省衡阳市第八中学高三下学期模拟预测物理试题 解析版
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这是一份2024届湖南省衡阳市第八中学高三下学期模拟预测物理试题 解析版，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：
请注意：时量75分钟 满分100分
一、选择题（本题共10个小题，1-6为单选题，每小题5分．7-10为多选题，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分，共50分．）
1.以下是有关近代物理内容的若干叙述，说法不正确的是（ ）
A.爱因斯坦相对论的两条基本假设中包括时间和空间与物体的运动状态有关
B.如上图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.61~3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条
C.一个静止的放射性原子核()发生了一次α衰变，放射出的α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为
D.核衰变中，γ光子是衰变后转变的新核辐射的
2. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A.香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为12mg
B.香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C.香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大
D.香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变
3．如图所示，一盛有水的容器自倾角为θ的固定粗糙长斜面顶端下滑。已知容器底部与斜面间的动摩擦因数μA. B. C. D.
4.风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成角。已知a、b连线长为d，与水平方向的夹角为45°，下列说法正确的是（ ）
A.从a运动到b点所用的时间为√2d2v
B.小球的最小速度为0
C.风力大小为√2mv22d
D.若改用质量为2m的轻质小球，同样从a点以相同速度抛出，其仍能经过b点
5．如图所示，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时，滑块B下滑的速度为v，则半圆的半径为（ ）
A．7v24gB．7v243gC．73v24gD．7v242g
6.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A.两互感器均起到降压作用
B.若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C.若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D.若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移
7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，该时刻波刚好传播到质点M点，位于x=1m处的质点N的振动图像如图乙所示，Q是位于x=10m处的质点。下列说法中正确的是（ ）
A.该波的波长为4m、传播速度为1m/s
B.该波的波源的起振方向沿y轴负方向
C.在t=5.5s时，质点M向平衡位置运动
D.从t=0时到t=15s时间内，质点Q经过的路程为64cm
8.如图所示，整个空间中分布着E=3mg3q，方向水平向右的电场，倾角为30°的绝缘斜面固定在地面上，在斜面上放置一质量为2m，电荷量2q的带正电凹槽，凹槽中间为圆形且半径为R，在与其圆心等高处P点静止释放一质量为m,电荷量q的带正电小球，小球视作质点，球与槽彼此绝缘且不考虑库仑力作用，忽略一切阻力，下列选项正确的是（ ）
A.整个过程中小球的最大速度为6gR
B.小球能上升的最大高度小于32R
C.槽的最大位移是(13+36)R
D.球最终从P点飞出
9.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，两板之间形成一层空气膜，用单色光从上向下照射，入射光从空气膜的上下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。如果被检测平面是光滑的，得到的干涉图样必是等距的。现将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度。已知光从光疏介质射入光密介质时，反射光存在半波损失，相位有π的变化，相当于附加了λ2的路程。两板之间的夹角为，光在真空中的波长为λ，玻璃板的折射率为n，则（ ）
A.在标准板上表面上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为
B.图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凸的
C.产生干涉的两束相干光的光程差为 D.若装置中抽去一张纸片，条纹向右移动
10．如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为B=2mgqV0、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度v0向上运动，经时间t=3V02g后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（ ）
A.当圆环回到出发位置时速度v的大小为v0 B.第一次通过MN边界时的速度大小3V02
C.在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为x1=nπmV0qB
D.在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小x2=（n+1）πmV0+3mV0qB
二、实验题（每空2分，本大题共12分）
11．（6分）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，选择适当的一点标记为O，其中OA为水平段。选择相同材质的一角硬币和一元硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一角和一元硬币的质量分别为m1和m2（m1（1）在本实验中，乙选用的是 （填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 （设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则s1-s2s3= （用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。
12.（6分）小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：
（1）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比Q （填“高”或“低”）；
（2）将旋钮C拨到 × 1挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最小），然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻箱的阻值为R2；则此时该多用电表 × 1挡的总内阻为 （用R1和R2表示）；
（3）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的P处；该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为 （用R1和R2表示）。
三、解答题（本题共3小题，其中13题10分，14题12分，15题16分，共38分。）
13．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数k=P0S0L的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA=2SB=2S0，汽缸外大气的压强为，温度为T0=125K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1=500K。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
14．如图所示，一轻弹簧原长L=2m，其一端固定在倾角为θ=37°的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x=3m。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长x0=4m，传送带逆时针转动，转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为r=1645m的光滑圆弧轨道DH相切于H点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同一竖直线上。质量为m=5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为μ1=34，与斜面间的动摩擦因数为μ2=14，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D点的速度vD。
15.如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。
（1）金属棒与轻弹簧不连接时
a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？
b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。
（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则
a、金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？
b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内）
衡阳市第八中学2024年高考适应性练习卷
物 理 答 案
一、选择题
1. A详解：
A.爱因斯坦的相对论的两条基本假设为：在不同的参考系中，物理规律的形式都是相同的，真空中的光速在不同的惯性参考系中相同，故A不正确，符合题意；B.从n=4跃迁到n=1能级时放出的光子能量为-0．85+13．60eV=12．75eV；不在可见光范围之内，从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量-0．85+3．41eV=2．55eV；在可见光范围，从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量-0．85+1．51eV=0．66eV，不在可见光光子能量范围之内；从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为-1．51+3．40eV=1．89eV，在可见光范围之内；从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为-3．40+13．60=10．2eV，不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，B正确，不符合题意；C.对α粒子由洛伦兹力提供向心力
可得，由质量关系可知衰变后新核Y质量为
由衰变过程中动量守恒可得 可知 系统增加的能量为
由质能方程可得
联立解得衰变过程中的质量亏损为 故C正确，不符合题意。
D．核衰变中，衰变后转变的新核不稳定，放出能量才能变得稳定，能量以γ光子的形式放出，故D正确，不符合题意；
2．D
【详解】A．对香肠受力分析如图所示。
根据平衡条件有
N1=N2
2N1csθ=mg
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
N1=N2=mg2csθ
故A错误；
BC．设金属杆之间的距离为d，金属杆的直径为R，香肠的直径为r，根据几何关系有
sinθ=d2(R+r)
香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故B错误，C错误；
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，则容器匀速下滑，此时容器内的液面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器下滑的加速度为a=gsinθ，则此时容器内的液面与斜面平行；则若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ故选B。
4.C
【详解】
A.如图所示，小球在a点和b点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b连线。因为，则
则运动时间为
B．小球从a点到距离a、b连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b点，最小速度为
C．设合力为F，由斜上抛运动规律知
代入得,解得
所以风力F风=√2mv22d
D.风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b点
5．B
【详解】将滑块B下滑的速度v分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，如图所示，则有
vA=vcs30∘
可得
vA=32v
A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有
mgRcs30∘=12mv2+12mvA2
解得
R=7v243g
故选B。
6．B
【详解】A．两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压互感器电压与匝数成正比，起到降压的作用，电流互感器电流与匝数成反比，起到降流的作用。故A错误；
B．由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得
U2UV=10，I2IA=10
解得
U2＝2200V，I2＝100A
所以线路输送的电功率为
P＝U2I2＝2200×100W＝220kW
故B正确；
C．由理想变压器变压规律
U1U2=n1n2
可得
U2=n2n1U1
则若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，n2增大，U2增大。根据闭合电路欧姆定律有
U3＝U2﹣I2r
根据理想变压器变压和变流规律有
U3U4=n3n4，I2I4=n4n3
设用户端总电阻为R，则有
I4=U4R
联立解得
I2=U2r+(n3n4)2R
若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，n3，n4，R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗功率为
ΔP=I22r
所以输电线损耗功率增大，故C错误；
D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大n4n3，可将滑片P上移，故D错误。
故选B。
7. ACD
【详解】A.根据图甲可知，该波的波长为4m，根据图乙可知，该波周期为4s。所以波速为
v=λT=44m/s=1m/s
故A正确；
B．该时刻波刚好传播到质点M点，所以起振方向沿y轴正方向，B错误；
C．在t=5.5s时，相当于是t=1.5s时，质点M向平衡位置运动，故C正确；
D．波传到Q的时间为
t1=sv=71s=7s
也就是Q点运动了8s，相当于2个周期，所以
s=2×4A=8×8cm=64cm
故D正确。
故选ACD。
8.答案：BC
A.对球和槽来说，重力和电场力的合力垂直指向斜面，可视作等效重力场
易知球运动到槽的等效最低点有最大速度，
由动量守恒及动能定理可得：
mV1=2mV2
23mg3R(1+sin30°)=12mv12+122mv22
解得 V1=23gR3，V2=3gR3
B.如果斜槽不动，则对于小球来说hmax=Rcs30°=32R，现在斜槽移动，故小球上升的最大高度小于32R，所以B正确
C.沿斜面方向合外力为零，且初动量为0，符合人船模型，沿斜面方向的最远相对位移应从P点到沿斜面方向直径所对点，故ΔX=R+Rcs30°=(1+32)R，
又因为两物体质量之比为1：2，则X槽=1/3ΔX=(13+36)R
D.符合人船模型，球和槽应来回摆动，不会飞出
9. AD
【详解】AC．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，加上半波损失，其光程差为，C错误；
当光程差为，即当空气层厚度时，则此处表现为亮条纹，
相邻条纹间厚度差，干涉条纹条纹间距，故A正确；
B．图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，故B错误；
D．抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，故D正确。
故选AD。
10. BCD
【详解】A.①上升阶段，对环受力分析
规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：
mgt上+∑qBViΔti=0-(-mV0)
②下降阶段，对环受力分析
规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：
mgt下-∑qBViΔti=mV-0
联立以上两式可得mgt=mV+mV0，解得V=V02
B.由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，
故分解一个向右的速度V1且满足qV1B=mg，即V1=V02；
则另一个速度V2=V+V1=V0，方向向左
所以物体在mg和V1产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在V1产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。
由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示：
由图可知，当物体的速度V′竖直向上时，V2的速度方向与水平方向向左成θ角,且csθ=V1V2=12，所以θ=60°
所以V′=V2sinθ=3V02
CD.易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时V1的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由V2决定，
①在圆环还未出I区域内达到最高点
设圆环已经完成了n个周期运动
则有t1=nT，T=2πmqB，X1=V1t1
解得X1=nπmV0qB
②在圆环出I区域后达到最高点
II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，
所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示
则X2=V1（n+1）T+2Rsinθ，T=2πmqB，R=mV2qB
X2=（n+1）πmV0+3mV0qB
二、实验题
11． 一角 2μgs1 m1m2
【详解】（1）[1]根据图（b）可知，甲碰撞乙后，甲的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知甲的质量大一些，即在本实验中，甲选用的是一元硬币，乙选用的是一角硬币。
（2）[2]碰撞前，甲从O点运动到P点减速至0，根据动能定理有
-μm1gs1=0-12m1v02
解得
v0=2μgs1
（3）[3]甲乙碰撞后，甲、乙最终均减速至0，根据动能定理有
-μm1gs2=0-12m1v12
-μm2gs3=0-12m2v22
所以
v1=2μgs2，v2=2μgs3
碰撞过程中，根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m1v2
所以
s1-s2s3=m1m2
12. 【答案】低 R2 - 2R1
【详解】（1）由于选择的是多用电表的电阻挡，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则Q端电势高，即接线柱P的电势比Q低。
（2）根据欧姆表的测电阻原理有E = I(R0 + Rx)
其中R0为欧姆表在该挡位时的内部总电阻，Rx为待测电阻。由上式可知接入不同的Rx变有不同的I值，则根据I和Rx的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制作出欧姆表表盘，根据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1，有
E = Ig(R0 + R1)
当表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻箱的阻值为R2，有
整理有 R0 = R2 - 2R1
（3）将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的P处时，由图知此时流过表头的电流为4Ig5，则此时有E=4Ig5R0'
综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为
R0-R0'=14R2-34R1
三、解答题
13．(1) 1.2L (2) 2.5L
【详解】解：（1） 缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，
对理想气体有，V1=2S0·2L+S0L , T1=500K
V2=2S0·(2L-x)+S0(L+x) , T2=380K
由盖-吕萨克定律可得：，
解得，
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L；
②大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有V3=3S0L，
由盖-吕萨克定律可得
解得，
当缸内封闭气（体与缸外大气达到热平衡时有T0=125K＜T3=300K，所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩
对活塞B受力分析，有P4S0+kΔx=P0S0
所以有初状态P3=P0 , V3=3S0L , T3=300K；
末状态P4 , V4=S0（3L-Δx） , T4=T0=125K；
由P3V3T3=P4V4T4可得 Δx1=0.5L ， Δx2=3.5L（舍去）
所以弹簧长度为2.5L
14．（1）1m，80J；（2）4m/s
【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcsθ=ma
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
x1=v22a=422×12m=23m故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因
μ1=34=tanθ
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
mgx-L+L0sinθ+12mv2=μ2mgx-L+L0csθ+Ep
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
mg（x-L+L0）sinθ+μ2mg（x-L+L0）csθ=Ep
联立解得
L0=1m，Ep=80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有
x0csθ=vDt
竖直方向上有
x0sinθ+r+rcsθ=12gt2
解得
vD=4m/s
15．（1）a、CBLv；b、加速直线运动，2mgxsinθm+CB2L2；（2）a、简谐运动，2mgsinθk；b、CBLmgsinθkm+CB2L2
【详解】（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为v时，由感应电动势
E=BLv
由闭合电路欧姆定律
U=E-Ir=E=BLv
所以电容器所带的电量为
Q=CU=CBLv
b、充电电流
I=ΔQΔt=CBLΔvΔt=CBLa
由牛顿第二定律
mgsinθ-BIL=ma
联立解得
a=mgsinθm+CB2L2
加速度a不随时间变化，做匀加速直线运动
v=2ax=2mgxsinθm+CB2L2
（2）a、金属棒与弹簧连接时，设下滑位移x1时，速度为v1，则
Q=CBLv1
I1=CBLa1
由牛顿第二定律
mgsinθ-kx1-BI1L=ma1
联立解得
a1=mgsinθ-kx1m+CB2L2
金属棒所受的合力
F=ma1=m⋅mgsinθ-kx1m+CB2L2=-mkm+CB2L2x1-mgsinθk
令
x'=x1-mgsinθk
则
F=-mkm+CB2L2x'
故金属棒
x2=mgsinθk
为平衡位置做简谐运动，振幅
A=mgsinθk
向下运动的最大位移
x3=2mgsinθk
b、开始时做加速度逐渐减小的加速运动，当x2=mgsinθk时，加速度为零，速度最大，此时电容器充入的电量最多。合力F随位移x的图像如图所示
F0=m2gsinθm+CB2L2
由F-x图像面积可求出合力所做功
W=12F0x2=m(mgsinθ)22km+CB2L2
根据动能定理
W=12mvm2
金属棒下滑位移x2时，速度最大，电容器中充入的电量也最大，故有
vm=2Wm=mgsinθkm+CB2L2
Qm=CBLvm=CBLmgsinθkm+CB2L2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
B
B
ACD
BC
AD
BCD
命题人：
请注意：时量75分钟 满分100分
一、选择题（本题共10个小题，1-6为单选题，每小题5分．7-10为多选题，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分，共50分．）
1.以下是有关近代物理内容的若干叙述，说法不正确的是（ ）
A.爱因斯坦相对论的两条基本假设中包括时间和空间与物体的运动状态有关
B.如上图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.61~3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条
C.一个静止的放射性原子核()发生了一次α衰变，放射出的α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为
D.核衰变中，γ光子是衰变后转变的新核辐射的
2. 如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平的平行金属杆中间，其截面图如图乙所示。假设香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠质量不变，半径变大。忽略摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A.香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为12mg
B.香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变大
C.香肠烤熟后，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变大
D.香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力不变
3．如图所示，一盛有水的容器自倾角为θ的固定粗糙长斜面顶端下滑。已知容器底部与斜面间的动摩擦因数μ
4.风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成角。已知a、b连线长为d，与水平方向的夹角为45°，下列说法正确的是（ ）
A.从a运动到b点所用的时间为√2d2v
B.小球的最小速度为0
C.风力大小为√2mv22d
D.若改用质量为2m的轻质小球，同样从a点以相同速度抛出，其仍能经过b点
5．如图所示，竖直放置有一半圆轨道，在其左侧连有一水平杆，现将光滑的小球A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当B和圆心连线与竖直方向的夹角为30°时，滑块B下滑的速度为v，则半圆的半径为（ ）
A．7v24gB．7v243gC．73v24gD．7v242g
6.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A.两互感器均起到降压作用
B.若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C.若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D.若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移
7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，该时刻波刚好传播到质点M点，位于x=1m处的质点N的振动图像如图乙所示，Q是位于x=10m处的质点。下列说法中正确的是（ ）
A.该波的波长为4m、传播速度为1m/s
B.该波的波源的起振方向沿y轴负方向
C.在t=5.5s时，质点M向平衡位置运动
D.从t=0时到t=15s时间内，质点Q经过的路程为64cm
8.如图所示，整个空间中分布着E=3mg3q，方向水平向右的电场，倾角为30°的绝缘斜面固定在地面上，在斜面上放置一质量为2m，电荷量2q的带正电凹槽，凹槽中间为圆形且半径为R，在与其圆心等高处P点静止释放一质量为m,电荷量q的带正电小球，小球视作质点，球与槽彼此绝缘且不考虑库仑力作用，忽略一切阻力，下列选项正确的是（ ）
A.整个过程中小球的最大速度为6gR
B.小球能上升的最大高度小于32R
C.槽的最大位移是(13+36)R
D.球最终从P点飞出
9.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，两板之间形成一层空气膜，用单色光从上向下照射，入射光从空气膜的上下表面反射出两列光波，形成干涉条纹。如果被检测平面是光滑的，得到的干涉图样必是等距的。现将单色红光从上方射入，俯视可以看到图乙的条纹，利用此装置可以检查工件的平整度。已知光从光疏介质射入光密介质时，反射光存在半波损失，相位有π的变化，相当于附加了λ2的路程。两板之间的夹角为，光在真空中的波长为λ，玻璃板的折射率为n，则（ ）
A.在标准板上表面上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为
B.图乙中条纹弯曲处表明被检查的平面在此处是凸的
C.产生干涉的两束相干光的光程差为 D.若装置中抽去一张纸片，条纹向右移动
10．如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为B=2mgqV0、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度v0向上运动，经时间t=3V02g后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（ ）
A.当圆环回到出发位置时速度v的大小为v0 B.第一次通过MN边界时的速度大小3V02
C.在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为x1=nπmV0qB
D.在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小x2=（n+1）πmV0+3mV0qB
二、实验题（每空2分，本大题共12分）
11．（6分）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，选择适当的一点标记为O，其中OA为水平段。选择相同材质的一角硬币和一元硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一角和一元硬币的质量分别为m1和m2（m1
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为 （设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则s1-s2s3= （用m1和m2表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。
12.（6分）小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：
（1）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比Q （填“高”或“低”）；
（2）将旋钮C拨到 × 1挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最小），然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻箱的阻值为R2；则此时该多用电表 × 1挡的总内阻为 （用R1和R2表示）；
（3）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的P处；该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为 （用R1和R2表示）。
三、解答题（本题共3小题，其中13题10分，14题12分，15题16分，共38分。）
13．如图所示，一水平放置的汽缸由横截面积不同的两圆筒连接而成，活塞A、B用原长为3L、劲度系数k=P0S0L的轻弹簧连接，活塞整体可以在筒内无摩擦地沿水平方向滑动。A、B之间封闭着一定质量的理想气体，设活塞A、B横截面积的关系为SA=2SB=2S0，汽缸外大气的压强为，温度为T0=125K。初始时活塞B与大圆筒底部（大、小圆筒连接处）相距L，汽缸内气体温度为T1=500K。求：
（1）缸内气体的温度缓慢降低至380K时，活塞移动的位移；
（2）缸内封闭气体与缸外大气最终达到热平衡时，弹簧的长度。
14．如图所示，一轻弹簧原长L=2m，其一端固定在倾角为θ=37°的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x=3m。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长x0=4m，传送带逆时针转动，转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为r=1645m的光滑圆弧轨道DH相切于H点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同一竖直线上。质量为m=5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为μ1=34，与斜面间的动摩擦因数为μ2=14，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D点的速度vD。
15.如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。
（1）金属棒与轻弹簧不连接时
a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？
b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。
（2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则
a、金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？
b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内）
衡阳市第八中学2024年高考适应性练习卷
物 理 答 案
一、选择题
1. A详解：
A.爱因斯坦的相对论的两条基本假设为：在不同的参考系中，物理规律的形式都是相同的，真空中的光速在不同的惯性参考系中相同，故A不正确，符合题意；B.从n=4跃迁到n=1能级时放出的光子能量为-0．85+13．60eV=12．75eV；不在可见光范围之内，从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量-0．85+3．41eV=2．55eV；在可见光范围，从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量-0．85+1．51eV=0．66eV，不在可见光光子能量范围之内；从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为-1．51+3．40eV=1．89eV，在可见光范围之内；从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为-3．40+13．60=10．2eV，不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，B正确，不符合题意；C.对α粒子由洛伦兹力提供向心力
可得，由质量关系可知衰变后新核Y质量为
由衰变过程中动量守恒可得 可知 系统增加的能量为
由质能方程可得
联立解得衰变过程中的质量亏损为 故C正确，不符合题意。
D．核衰变中，衰变后转变的新核不稳定，放出能量才能变得稳定，能量以γ光子的形式放出，故D正确，不符合题意；
2．D
【详解】A．对香肠受力分析如图所示。
根据平衡条件有
N1=N2
2N1csθ=mg
解得香肠烤熟前，金属杆1对烤肠的支持力大小为
N1=N2=mg2csθ
故A错误；
BC．设金属杆之间的距离为d，金属杆的直径为R，香肠的直径为r，根据几何关系有
sinθ=d2(R+r)
香肠烤熟后，半径变大，金属杆1对烤肠的支持力与竖直方向的夹角比烤熟前变小，金属杆1对烤肠的支持力比烤熟前变小，故B错误，C错误；
D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对烤肠的合力与烤肠的重力平衡，等大反向，故两根金属杆对烤肠的合力不变，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，则容器匀速下滑，此时容器内的液面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器下滑的加速度为a=gsinθ，则此时容器内的液面与斜面平行；则若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ
4.C
【详解】
A.如图所示，小球在a点和b点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b连线。因为，则
则运动时间为
B．小球从a点到距离a、b连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b点，最小速度为
C．设合力为F，由斜上抛运动规律知
代入得,解得
所以风力F风=√2mv22d
D.风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b点
5．B
【详解】将滑块B下滑的速度v分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度， A、B两小球沿绳方向的速度大小相等，如图所示，则有
vA=vcs30∘
可得
vA=32v
A、B两小球组成的系统机械能守恒，则有
mgRcs30∘=12mv2+12mvA2
解得
R=7v243g
故选B。
6．B
【详解】A．两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压互感器电压与匝数成正比，起到降压的作用，电流互感器电流与匝数成反比，起到降流的作用。故A错误；
B．由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得
U2UV=10，I2IA=10
解得
U2＝2200V，I2＝100A
所以线路输送的电功率为
P＝U2I2＝2200×100W＝220kW
故B正确；
C．由理想变压器变压规律
U1U2=n1n2
可得
U2=n2n1U1
则若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，n2增大，U2增大。根据闭合电路欧姆定律有
U3＝U2﹣I2r
根据理想变压器变压和变流规律有
U3U4=n3n4，I2I4=n4n3
设用户端总电阻为R，则有
I4=U4R
联立解得
I2=U2r+(n3n4)2R
若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，n3，n4，R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗功率为
ΔP=I22r
所以输电线损耗功率增大，故C错误；
D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大n4n3，可将滑片P上移，故D错误。
故选B。
7. ACD
【详解】A.根据图甲可知，该波的波长为4m，根据图乙可知，该波周期为4s。所以波速为
v=λT=44m/s=1m/s
故A正确；
B．该时刻波刚好传播到质点M点，所以起振方向沿y轴正方向，B错误；
C．在t=5.5s时，相当于是t=1.5s时，质点M向平衡位置运动，故C正确；
D．波传到Q的时间为
t1=sv=71s=7s
也就是Q点运动了8s，相当于2个周期，所以
s=2×4A=8×8cm=64cm
故D正确。
故选ACD。
8.答案：BC
A.对球和槽来说，重力和电场力的合力垂直指向斜面，可视作等效重力场
易知球运动到槽的等效最低点有最大速度，
由动量守恒及动能定理可得：
mV1=2mV2
23mg3R(1+sin30°)=12mv12+122mv22
解得 V1=23gR3，V2=3gR3
B.如果斜槽不动，则对于小球来说hmax=Rcs30°=32R，现在斜槽移动，故小球上升的最大高度小于32R，所以B正确
C.沿斜面方向合外力为零，且初动量为0，符合人船模型，沿斜面方向的最远相对位移应从P点到沿斜面方向直径所对点，故ΔX=R+Rcs30°=(1+32)R，
又因为两物体质量之比为1：2，则X槽=1/3ΔX=(13+36)R
D.符合人船模型，球和槽应来回摆动，不会飞出
9. AD
【详解】AC．从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，加上半波损失，其光程差为，C错误；
当光程差为，即当空气层厚度时，则此处表现为亮条纹，
相邻条纹间厚度差，干涉条纹条纹间距，故A正确；
B．图乙中条纹弯曲处表明左侧空气膜厚度与右侧一致，说明此处是凹的，故B错误；
D．抽去一张纸片后空气层的倾角变小，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变大，干涉条纹条纹间距变大，条纹变疏，条纹向右移动，故D正确。
故选AD。
10. BCD
【详解】A.①上升阶段，对环受力分析
规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：
mgt上+∑qBViΔti=0-(-mV0)
②下降阶段，对环受力分析
规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得：
mgt下-∑qBViΔti=mV-0
联立以上两式可得mgt=mV+mV0，解得V=V02
B.由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，
故分解一个向右的速度V1且满足qV1B=mg，即V1=V02；
则另一个速度V2=V+V1=V0，方向向左
所以物体在mg和V1产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在V1产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。
由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示：
由图可知，当物体的速度V′竖直向上时，V2的速度方向与水平方向向左成θ角,且csθ=V1V2=12，所以θ=60°
所以V′=V2sinθ=3V02
CD.易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时V1的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由V2决定，
①在圆环还未出I区域内达到最高点
设圆环已经完成了n个周期运动
则有t1=nT，T=2πmqB，X1=V1t1
解得X1=nπmV0qB
②在圆环出I区域后达到最高点
II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，
所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示
则X2=V1（n+1）T+2Rsinθ，T=2πmqB，R=mV2qB
X2=（n+1）πmV0+3mV0qB
二、实验题
11． 一角 2μgs1 m1m2
【详解】（1）[1]根据图（b）可知，甲碰撞乙后，甲的速度方向仍然向右，没有发生反弹，可知甲的质量大一些，即在本实验中，甲选用的是一元硬币，乙选用的是一角硬币。
（2）[2]碰撞前，甲从O点运动到P点减速至0，根据动能定理有
-μm1gs1=0-12m1v02
解得
v0=2μgs1
（3）[3]甲乙碰撞后，甲、乙最终均减速至0，根据动能定理有
-μm1gs2=0-12m1v12
-μm2gs3=0-12m2v22
所以
v1=2μgs2，v2=2μgs3
碰撞过程中，根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m1v2
所以
s1-s2s3=m1m2
12. 【答案】低 R2 - 2R1
【详解】（1）由于选择的是多用电表的电阻挡，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则Q端电势高，即接线柱P的电势比Q低。
（2）根据欧姆表的测电阻原理有E = I(R0 + Rx)
其中R0为欧姆表在该挡位时的内部总电阻，Rx为待测电阻。由上式可知接入不同的Rx变有不同的I值，则根据I和Rx的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制作出欧姆表表盘，根据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1，有
E = Ig(R0 + R1)
当表盘指针指到图乙的中点处，读出此时电阻箱的阻值为R2，有
整理有 R0 = R2 - 2R1
（3）将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的P处时，由图知此时流过表头的电流为4Ig5，则此时有E=4Ig5R0'
综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为
R0-R0'=14R2-34R1
三、解答题
13．(1) 1.2L (2) 2.5L
【详解】解：（1） 缸内气体的温度缓慢降低时，其压强不变，弹簧不发生形变，活塞A、B一起向右移动，
对理想气体有，V1=2S0·2L+S0L , T1=500K
V2=2S0·(2L-x)+S0(L+x) , T2=380K
由盖-吕萨克定律可得：，
解得，
由于，说明活塞A未碰到大圆筒底部，故活塞A、B向右移动的位移为1.2L；
②大活塞刚刚碰到大圆筒底部时有V3=3S0L，
由盖-吕萨克定律可得
解得，
当缸内封闭气（体与缸外大气达到热平衡时有T0=125K＜T3=300K，所以气体体积应继续减小，弹簧被压缩
对活塞B受力分析，有P4S0+kΔx=P0S0
所以有初状态P3=P0 , V3=3S0L , T3=300K；
末状态P4 , V4=S0（3L-Δx） , T4=T0=125K；
由P3V3T3=P4V4T4可得 Δx1=0.5L ， Δx2=3.5L（舍去）
所以弹簧长度为2.5L
14．（1）1m，80J；（2）4m/s
【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcsθ=ma
解得物块的加速度
a=12m/s2
当物块速度达到4m/s时，其位移为
x1=v22a=422×12m=23m
μ1=34=tanθ
且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
mgx-L+L0sinθ+12mv2=μ2mgx-L+L0csθ+Ep
物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
mg（x-L+L0）sinθ+μ2mg（x-L+L0）csθ=Ep
联立解得
L0=1m，Ep=80J
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有
x0csθ=vDt
竖直方向上有
x0sinθ+r+rcsθ=12gt2
解得
vD=4m/s
15．（1）a、CBLv；b、加速直线运动，2mgxsinθm+CB2L2；（2）a、简谐运动，2mgsinθk；b、CBLmgsinθkm+CB2L2
【详解】（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为v时，由感应电动势
E=BLv
由闭合电路欧姆定律
U=E-Ir=E=BLv
所以电容器所带的电量为
Q=CU=CBLv
b、充电电流
I=ΔQΔt=CBLΔvΔt=CBLa
由牛顿第二定律
mgsinθ-BIL=ma
联立解得
a=mgsinθm+CB2L2
加速度a不随时间变化，做匀加速直线运动
v=2ax=2mgxsinθm+CB2L2
（2）a、金属棒与弹簧连接时，设下滑位移x1时，速度为v1，则
Q=CBLv1
I1=CBLa1
由牛顿第二定律
mgsinθ-kx1-BI1L=ma1
联立解得
a1=mgsinθ-kx1m+CB2L2
金属棒所受的合力
F=ma1=m⋅mgsinθ-kx1m+CB2L2=-mkm+CB2L2x1-mgsinθk
令
x'=x1-mgsinθk
则
F=-mkm+CB2L2x'
故金属棒
x2=mgsinθk
为平衡位置做简谐运动，振幅
A=mgsinθk
向下运动的最大位移
x3=2mgsinθk
b、开始时做加速度逐渐减小的加速运动，当x2=mgsinθk时，加速度为零，速度最大，此时电容器充入的电量最多。合力F随位移x的图像如图所示
F0=m2gsinθm+CB2L2
由F-x图像面积可求出合力所做功
W=12F0x2=m(mgsinθ)22km+CB2L2
根据动能定理
W=12mvm2
金属棒下滑位移x2时，速度最大，电容器中充入的电量也最大，故有
vm=2Wm=mgsinθkm+CB2L2
Qm=CBLvm=CBLmgsinθkm+CB2L2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
C
B
B
ACD
BC
AD
BCD
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