2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高三联考物理试卷（4月）（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高三联考物理试卷（4月）（含详细答案解析），共20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.靠墙静蹲有助于增强膝关节稳定性，附加上肢动作，可以同时锻炼肩背部肌肉，适合久坐的人群进行锻炼。如图所示，某同学保持靠墙静蹲，双腿与肩同宽，保持小腿垂直于地面，不考虑人与墙壁之间的摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 地面对该同学的作用力方向竖直向上
B. 墙面对该同学的作用力方向竖直向上
C. 该同学静止不动，重力做功为零，重力的冲量也为零
D. 该同学大腿与墙壁的夹角越大，她对墙的正压力越大
2.2023年9月26日，杭州第19届亚运会场地自行车女子团体竞速赛决赛中，中国队夺得金牌。现将某次训练中场地上四辆车的运动记录为如图所示的x−t和v−t图像。已知四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况。下列说法正确的是( )
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 0−t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
C. 0−t1时间内甲车的平均速度比乙车的大
D. t2时刻，丙、丁两车的加速度相等
3.光学频率梳是一种特殊的激光光源，可视为由一系列相等频率间隔的单色光组合而成，像一把梳子一样。光学频率梳可以用来测量未知的光学频率。已知某光学频率梳的光强 I与频率f的关系如图所示，则光强I与波长λ的关系可能为( )
A. B.
C. D.
4.宇宙中有一类快速旋转的白矮星会有规律地不断向外发出射电脉冲，天文学家称之为白矮星脉冲星，发出的射电脉冲从无线电波到 X射线的范围都有。目前天文学家已在银河系中累计发现了两个白矮星脉冲星，分别命名为 ARScrpii和J1912−4410。相关研究人员表示，白矮星脉冲星并不是一个单一的天体，而是双星系统，均由一颗 M型矮星和一颗快速旋转的白矮星组成。J1912−4410系统的周期是4.03小时，ARScrpii系统的周期是3.56小时。由以上信息可知( )
A. 白矮星脉冲星发射的射电脉冲本质是电磁波
B. 白矮星脉冲星发射的射电脉冲本质是高速电子流
C. 由J1912−4410系统的周期和ARScrpii的相近推测，它们的质量相差不多
D. 白矮星不断“吸食”周围的天体，若“吸食”后的双星间距离不变，则这种“吸食”将不会影响其轨道周期
5.一回旋加速器D形电极圆周的最大半径为60cm，两D形电极间的距离为1.0cm，加速电压为2.0×104V，其间电场是匀强电场。用它来加速质量为1.67×10−27kg、电荷量为1.6×10−19C的质子，把质子从静止加速到最大能量4.0×106eV所需的时间约为( )
A. 10−2sB. 10−5sC. 10−7sD. 10−12s
6.利用电磁场可以控制微观粒子的运动。如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径分别为3R和R的14同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板距离相等。长为2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为 m、电荷量为q(q>0)的粒子从粒子源中飘进加速电场，初速度忽略不计。经电场加速，粒子恰好能沿图示O1−O2−O3−O4−O5虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中点K。不计场的边界效应，不计重力。下列说法正确的是( )
A. 若EF、GH板之间加电压，两板间对应轨迹O3−O4段的电场强度大小为U02R
B. 若EF、GH板之间加电压，粒子打在K点的速度为 10qU0m
C. 若EF、GH两板之间加磁场，磁场一定不是匀强磁场
D. 若MN、PQ两板之间加垂直纸面向里的匀强磁场，粒子到达PQ时将打在K点左侧
7.带操是一项艺术体操项目。在亚运会上运动员手持带棍，以腕为轴做上下或左右的连续小摆动的动作，使彩带形成如图所示的波浪图形。某段时间内彩带的波形可看作一列简谐波，如图甲所示。实线和虚线分别为t1=0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0m的两质点。图乙为质点Q的振动图像，则( )
A. 该波的波长为12m，频率为5Hz
B. 该波沿x轴负方向传播，传播速度为40m/s
C. t2时刻可能为0.15s
D. 在t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴正方向
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某实验小组要测量一半圆形玻璃砖的折射率。他们先在平铺的白纸上画出半圆形玻璃砖的直径ab、标记圆心O的位置，过O点画法线，并画出一条入射光线cO。将半圆形玻璃砖沿着直径放好，紧贴b点放置与法线平行的光屏，如图所示。现用一红色激光笔沿着cO方向射入一束光，在光屏上出现一个光斑。实验过程中，实验小组的同学不小心将玻璃砖向左下方平移了一下，但入射光线仍能通过玻璃砖的圆心，在光屏上出现一个光斑，小组同学将此光斑记作 P点，并在白纸上连接O、P两点作为出射光线，则( )
A. 此时测得的折射率大于真实值
B. 此时测得的折射率等于真实值
C. 若仅改用绿色激光笔照射，光屏上的光斑会出现在P点上方
D. 若仅改用绿色激光笔照射，光屏上的光斑会出现在P点下方
9.一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为 M的平板，处在平衡状态。一质量为 m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示。让环自由下落，撞击平板，碰撞时间极短，碰后环与板以相同的速度向下运动，环下落的过程中与弹簧不接触。下列说法正确的是( )
A. 碰撞过程中环与板构成的系统动量守恒
B. 碰撞过程中环与板构成的系统机械能守恒
C. 环撞击板后，和板一起下落过程中，它们速度最大的位置与h的大小无关
D. 环撞击板后，和板一起下落过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
10.传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛。如图所示为某物流公司用传送带将货物从A处传送到木板CD上的简化示意图。足够长的水平传送带AB以v=6m/s的速率逆时针方向匀速运行。质量为m的木板CD置于光滑的水平面上，木板与传送带上表面等高，B与C之间的缝隙不计。现将质量为m的小滑块a置于木板上，让质量也为 m的小滑块b以v0=10m/s的初速度从传送带的A端沿传送带向左滑动，从小滑块 b滑上木板开始计时。经时间t=29s小滑块b与小滑块a发生弹性碰撞。已知小滑块a与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，小滑块b与木板间的动摩擦因数μ2=0.9，小滑块b与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间为0.8s
B. 小滑块b刚滑上木板时，小滑块a的加速度大小为4.5m/s
C. 小滑块b与小滑块a碰前瞬间，小滑块b的速度大小为2m/s
D. 若碰后小滑块a不会滑离木板，小滑块a相对木板滑行的距离为0.6m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，两个学习小组采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，原、副线圈的电压由电压传感器获得。
(1)观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是__________;
A.整块不锈钢铁芯
B.整块硅钢铁芯
C.绝缘的不锈钢片叠加而成
D.绝缘的硅钢片叠加而成
(2)第一组同学将变压器正确组装好，如图乙所示。连接到图乙中的电源，闭合电源开关，发现原线圈两端电压传感器有示数，但无论如何调节电源的电压旋钮，副线圈两端电压传感器均无示数，经检查导线和各连接处均无断路，则最可能的原因是__________。
(3)第二组同学正确组装变压器后，记录数据如下：
通过分析实验数据可得出的实验结论是__________。
(4)第二组同学继续探究实验，把2.0V的学生电源cd接到原线圈“0”“100”接线柱，副线圈接到“200”“800”接线柱，则接在副线圈两端的传感器示数最有可能是__________。
12.某同学家住20楼，使用手机传感器软件时发现上楼时大气压强会发生变化，于是想到用此规律测量当地的重力加速度 g。查阅资料发现当地面附近高度变化不大时，可以将大气视为温度和密度不变的气体。该同学用手机记录了大气压强 p随高度h的变化关系，如下表所示：
(1)实验时大气密度约为ρ=1.24kg/m3，利用表中数据在坐标纸中做出p−h关系图像，根据图像得到当地重力加速度g为__________m/s2(计算结果保留3位有效数字)。
(2)若上升的高度较大，考虑到大气密度随高度的变化，则p−h关系图像应为__________(填“直线”、“曲线”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.2023年12月14日，中核集团核工业西南物理研究院与国际热核聚变实验堆 ITER总部签署协议，宣布新一代人造太阳“中国环流三号”面向全球开放，邀请全世界科学家来中国集智公关，共同追逐“人造太阳”梦想。该“人造太阳”中的一种核反应是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核并释放出一个粒子，同时释放能量用来发电。氘核的质量为m1，氚核的质量为m2，氦核的质量为m3，反应中释放的核能为ΔE，光速为c。
(1)写出上述“人造太阳”核反应方程;
(2)求出释放出的粒子的质量m4;
(3)若此装置中的另一种核反应的方程是H12H+ 12H→ 24He，已知、 24He核的比结合能分别为EH=1.09MeV、EHe=7.03MeV，试求此核反应过程中释放的核能。
14.图甲为水上乐园水滑梯，游客由高处滑下，从末端滑出。图中最左侧的水滑梯可简化如图乙所示的物理模型，其中 C点为圆弧的最低点，且恰与水面接触，圆弧轨道的半径为R=4m，圆弧对应的圆心角α=53∘、β=37∘。AB的竖直高度差h=5m。质量为m=5kg的质点在A点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，求(可能用到的数据 116=10.8， 58=7.6)
(1)质点在AB段运动的时间;
(2)质点经过C点时轨道对质点支持力的大小;
(3)要使质点落入水中，D点前方的水域最小长度(计算结果保留一位小数)。
15.冲击电流计可以测量短时间内通过它的脉冲电流所迁移的电荷量以及相关的其他物理量(如磁感应强度)。已知通过冲击电流计G的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量xm成正比，即q=αxm(α为电量冲击常量，是已知量)。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨水平放置，两条导轨相距为 L，左端接有冲击电流计G和阻值为R的定值电阻，虚线MN的右侧有方向竖直向下的匀强磁场，左侧无磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从MN的左侧开始以某一初速度(大小未知)进入磁场，当cd到达MN处时速度刚好减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为x0，不计冲击电流计的电阻，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量q1;
(2)在此过程中，磁场的磁感应强度B的大小和回路中产生的总焦耳热Q;
(3)若冲击电流计光标的最大偏转量为5x0，求“工”字型框架进入磁场的初速度v1。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查受力分析。受力分析是学习力学的最基本能力，基本上所有的力学问题都离不开受力分析，受力分析时一般按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行，同时结合弹力、摩擦力的产生条件以及平衡条件分析。
【解答】
解：对人进行受力分析可知，人受到重力、墙对人的支持力(垂直于墙壁向右)，地面对人的支持力(竖直向上)、地面对人的静摩擦力(水平向左)。
A.地面对该同学的作用力为支持力和静摩擦力的合力，不是竖直向上的，故A错误；
B.墙面对该同学的作用力方向水平向右，故B错误；
C.该同学静止不动，重力方向上没有位移，则重力做功为零。但重力的冲量为mgt，不为零，故C错误；
D.该同学大腿与墙壁的夹角越大，受到地面的摩擦力越大，在水平方向上，地面对人的摩擦力与墙壁对人的支持力大小相等，所以墙壁对人的支持力变大，根据牛顿第三定律，则人对墙的正压力变大，故D正确。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题从图线的斜率、“面积”、交点的数学意义来理解其物理意义，要注意位移-时间图象和速度-时间图象的区别。
【解答】
A.x−t图像和v−t图像图线只能用来描述直线运动，故A错误；
B.v−t图线与坐标轴围成的面积表示位移，则可知丙、丁两车在t2时刻相距最远，B正确；
C.在t1时刻甲、乙两车的位移相等，运动时间相等，故0−t1时间内甲乙两车平均速度相等，故C错误.
D.v−t图线的斜率表示加速度，t2时刻丙、丁两车图线的斜率不同，故加速度不同，故D错误.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查波速、频率和波长的关系，基础题目。
根据波速、频率和波长的关系，结合图像分析即可判断。
【解答】由c=λf知，频率高的光的波长短，频率低的光的波长长，波长越小对应的图线越密集，波长越大，对应的图线越稀疏，故C正确，ABD错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
白矮星脉冲星发射的射电脉冲本质是电磁波；根据万有引力提供向心力可得双星系统总质量表达式与双星距离和周期的关系，由此判断CD选项。
本意主要考查双星系统，难度一般。
【解答】
AB.白矮星脉冲星发射的射电脉冲本质是电磁波，A正确，B错误；
CD.设双星系统中M型矮星的质量为m1，白矮星的质量为m2，M型矮星的转动半径为r1，白矮星的转动半径为r2，M型矮星和白矮星的距离为L，根据万有引力提供向心力有：
Gm1m2L2=m1 4π2T2r1=m2 4π2T2r2
解得m1+m2=4π2L3GT2，由此可知虽然J1912−4410系统的周期和ARScrpii的相近，但是距离大小关系未知，所以质量无法判断，白矮星不断“吸食”周围的天体，总质量增加，距离不变，轨道周期变化，CD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
质子离开回旋加速器时的速度最大，能量最大，根据洛伦兹力提供向心力求出最大速度，结合最大动能的大小，求出磁感应强度的大小.质子从静止加速到最大能量经历在电场中的加速以及在磁场中的匀速圆周运动，列式求解即可。
解决本题的关键知道回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速.以及知道回旋加强器加速粒
子的最大动能与什么因素有关.
【解答】
最大动能Ek=12mv2
由洛伦兹力提供向心力得
Bev=mυ2R
解得B=0.48T
设加速的次数为n
nUe=Ek
解得n=200次回旋的时间为t1=100T
回旋的周期为T=2πmBe
设加速的时间为t2
nd=12at22
总时间为t=t1+t2≈10−5s，B正确。
6.【答案】B
【解析】A.粒子从O1运动到O2的过程中，由动能定理有qU0=12mv02
粒子从O3运动到O4的过程中，由牛顿第二定律有得qE=mv022R
联立以上两式得E=U0R，A错误；
B.粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动，对O5K过程分析，粒子在水平方向有
R=v0t
竖直方向有
R=vy2⋅t
根据速度的合成可得粒子打在K点的速度为 vy2+v02= 10qU0m，B正确；
C.可以是匀强磁场，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，运动半径为2R，满足qv0B=mv022R，C错误；
D.若MN、PQ两板之间加垂直纸面向里的匀强磁场，粒子在进入磁场时受到竖直向上的洛伦兹力，向上偏转，不会打在PQ，D错误。
【分析】利用动能定理和牛顿第二定律可求出电场强度；根据类平抛运动规律以及速度的合成求解；根据带电粒子在匀强磁场中的运动规律和左手定则分析。
学生在解决本题时，应注意先分析粒子的运动过程，结合动能定理，牛顿第二定律以及带电粒子在匀强磁场中的运动进行分析。
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据平移法，确定波的传播方向;根据图像，确定周期波长，求波速和频率;根据图像，确定从实线时刻到虚线时刻的时间，根据振动特点分析P的振动方向。
【解答】
AB.根据图乙，0时刻质点Q向上振动，根据平移法，波沿x轴正方向传播，根据图像，波长为8m，周期为0.2s，则频率f=1T=5Hz，波速v=λT=40m/s，故AB错误;
C.根据图像，从实线时刻到虚线时刻，经过时间Δt=T4+nT=0.05+0.2n(n=0.1.2⋯)，所以t2时刻不可能为0.15s，故C错误;
D.由图甲知t=0时，质点P向y轴负方向振动，△t=0.1s=T2，根据振动特点可知在t=0.1s时刻，质点P的振动方向沿y轴正方向，故D正确。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.作出光线的传播路径如图所示
P′点为实际光屏上出现的光斑点，由折射率和几何知识可，出射光线O′P′与OP平行，连接OP′作为出射光线，则折射角偏大，因此测得的折射率大于真实值，故 A正确，B错误；
CD.若改用绿色激光笔照射，玻璃对绿光的折射率大，光屏上的光斑会出现在 P点下方。故C错误，D正确。
【分析】
本题考查测定玻璃的折射率实验，要明确实验原理为通过光的折射定律求折射率，掌握实验的操作步骤，明确实验注意事项，会通过作图法进行误差分析。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒；碰撞后环与板共同下降的过程中，环与板以及弹簧系统机械能守恒。
本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，之后环与板及弹簧系统机械能守恒。
【解答】
A、圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；
C、碰撞后速度最大时，有kx=(m+M)g即碰撞后速度最大位置与下落高度h无关，故C正确；
D、碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
故选：AC。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查了物块在水平传送带上运动问题，弹性碰撞，用动量与能量观点分析滑块木板模型。(1)滑块b滑上传送带后，对滑块b受力分析，由牛顿第二定律求加速度，再由速度时间公式即可求得小滑块b从A端滑上传送带开始到与传送带共速所需时间；
(2)小滑块b滑上木板后可用假设法判断小滑块a与木板一起以相同的加速度加速还是以不同加速度加速；
(3)水平面光滑，小滑块b、小滑块a和木板系统动量守恒，对系统由动量守恒列方程，再对小滑块b由动量定理列方程即可求得碰前瞬间小滑块b和小滑块a的速度；
(4)小滑块b与小滑块a发生弹性正碰，碰后两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动。设三者相对静止后，共同速度为v共，对系统由动量守恒定律和能量守恒定律列方程即可求得小滑块a相对木板滑行的最大距离s。
【解答】解：A.对小滑块b，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
由运动学公式得
v=v0−a1t1
联立解得t1=0.5s，A错误；
B.小滑块b滑上木板后，假设小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，
对小滑块a，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma2max
解得a2max=5m/s2；
对小滑块a与木板整体，由牛顿第二定律得
μ2mg=2ma共
解得a共=4.5m/s2假设成立，因此小滑块a与木板一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动，则
a2=a共=4.5m/s2，B正确；
C.设小滑块b与小滑块a碰前瞬间小滑块b的速度大小为vb1，则
mv=mvb1+2mva1
−μ2mgt=mvb1−mv
解得va1=1m/s，vb1=4m/s，C错误；
D.设碰后瞬间小滑块a、b的速度大小分别为v1、v2，则
mva1+mvb1=mv1+mv2
12mva12+12mvb12=12mv12+12mv22
解得v1=4m/s，v2=1m/s
小滑块b与小滑块a碰后，两者速度交换，小滑块b与木板速度相同，一起以相同的加速度向左做匀加速直线运动。设三者相对静止后，共同速度为v共，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv=3mv共
12mv12+12mv22+12mv22−12⋅3mv共2=μ1mgs
联立解得s=0.6m，故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)D
(2)电源接入错误，误将直流电源 ab接入电路(其他合理情况也给分)
(3)在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
(4)C
【解析】(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，之所以做成这种结构，尽量减少涡流造成的能量损失以及损耗，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(2)可能是电源接入错误，误将直流电源ab接入电路，原线圈中磁通量没有变化，则副线圈中磁通量没有变化，没有感应电动势的产生，副线圈两端电压传感器无示数。
(3)分析实验数据：
第一组：U1U2=≈0.503；n1n2=100200=0.50，比值近似相等，
第二组：U1U2=≈0.127；n1n2=100800=0.125，比值近似相等，
第三组：U1U2=≈2.03；n1n2=400200=2，比值近似相等，
第四组：U1U2=≈0.511；n1n2=400800=0.5，比值近似相等，
可得出的实验结论是，在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比；
(4)根据变压器原副线圈匝数关系有：U1U2=n1n2=16
代入数据可得：U2=12V
因为漏磁等因素，故C最接近正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】(1)根据图片和所学知识判断出铁芯的材料；
(2)根据题意进行故障分析，可能是电源接的直流电，导致没有磁通量的变化；
(3)由所给数据求得电压比，匝数比；
(4)因漏磁等因素，导致副线圈测量电压应该小于理论变压值，根据实验数据解题。
本题考查探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
12.【答案】(1)如图所示
9.83(9.60∼9.99)
(2)曲线
【解析】解：(1)根据表中数据描点作图如下所示
Δp=ρgΔh，所以p−h关系图像斜率绝对值为ρg=101805−10109874−16，
代入ρ=1.24kg/m3，
解得g=9.83m/s2
(2)若上升的高度较大，考虑到大气密度随高度的变化，则ρg是变化的，即p−h关系图像斜率绝对值随高度的变化而变化，所以p−h关系图像为曲线。
【分析】
本题考查测重力加速度实验。
(1)根据描点法画图；根据压强公式结合图像求当地重力加速度；
(2)分析斜率变化，确定图像性质。
13.【答案】解：(1)根据核反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，“人造太阳”的核反应方程为
12H+13H→24He+01n
(2)根据质能方程，有ΔE=(m1+m2−m3−m4)c2
可得m4=−ΔEc2−m3+(m2+m1)
(3)核反应过程中释放的核能：△E=4EHe−4EH
代入数据解得△E=23.76MeV
【解析】本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力，另外要知道结合能与比结合能的区别.掌握核反应过程满足质量数和电荷数守恒。
14.【答案】解：(1)质点在AB段做匀加速运动：hsin530=12at12
由牛顿定律可得
mgsin53∘=ma
解得
t1=1.25s
(2)由A到C的过程中，根据动能定理可得
mgh+mgR(1−cs530)=12mvc2
由牛顿定律可得
F−mg=mvc2R
解得
F=215N
(3)由A到D的过程中，根据动能定理可得
mgh+mgR(cs370−cs530)=12mvD2
由D点斜上抛运动
竖直方向−R(1−cs370)=vDsin37∘t2−12gt22
水平方向
x=vDcs370t2
解得
x=12.2m
【解析】本题借助水滑梯的运动考查了动能定理、牛顿运动定律、竖直平面内的圆周运动、斜抛运动的规律；本题中质点先做匀加速运动，接着做圆周运动，最后做斜抛运动，根据牛顿第二定律、运动学公式和向心力进行处理，要利用好几何关系。
15.【答案】解：(1)设框架初速度为v0，ab边进入磁场的过程中，流过冲击电流计的电荷量为q0
q1=2q0
由题意知
q0=αx0
可得
q1=2αx0
(2)ab边进入磁场的过程，有
I=BLvR+R2
It=q1
vt=L
可得
B=3αx0RL2
该过程对框架根据动量定理，有
ILBt=mv0
对整个装置，根据能量守恒，有
Q=12mv02
可得
Q=18α4x04R2mL2
(3)设cd边刚进入磁场时速度为v2，框架从ab边进入磁场至cd边刚到MN的过
程，根据动量定理，有
−I1LBt1=mv2−mv1
根据前述分析，有
I1t1=2αx0
此过程流过冲击电流计的总电荷量依然为q0，与v1无关
cd边到达MN后至停下来的过程，根据动量定理，有
−I2LBt2=0−mv2
整个过程流经冲击电流计的总电荷量q0=5αx0
所以
I2t2=4αx0
综上可得
v1=3q1BLm
v1=18α2x02RmL
【解析】【解析】
本题主要考查电磁感应的综合应用，ab棒与cd棒在进入磁场的过程中，ab棒先切割磁感线产生感应电动势，此时ab棒相当于电源，cd棒与电流计D并联再与ab棒串联，根据法拉第电磁感应定律，结合电路的电流关系列式求解。
(1)通过ab棒的电流为通过冲击电流计电流的两倍，所以通过计算冲击电流计的电荷量即可求解通过ab棒的电荷量；
(2)根据(1)以及电流的定义式求解磁感应强度B的大小；利用动量定理求出初速度，根据能量的转化关系求解在此过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
(3)根据动量定理列式进行求解。原线圈n1(匝)
100
100
400
400
副线圈n2(匝)
200
800
200
800
原线圈电压U1(伏)
1.96
1.50
4.06
2.80
副线圈电压U2(伏)
3.90
11.81
2.00
5.48
h/m
16.0
28.0
39.0
51.0
63.0
74.0
p/Pa
101805
101661
101523
101373
101234
101098