2024届甘肃省张掖市某校高三下学期第三次模拟物理试卷

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12.【解析】A.若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有0−12Mv0max2=−μMgL−2μMgL−2μMgL−4μMgL，解得v0max=3 2μgL，故A正确；
B.若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为f1=μ⋅2mg=2μmg，地面对abcd木板的摩擦力为f2=6μmg，由于f1C.由于v1=3 μgL>v0，可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为f4=5μmg，滑块与木板之间的摩擦力为f3=2μ⋅2mg=4μmg，由于f3可知cd木板恰好不动，根据运动学公式0−v22=−2×2μgx，解得x=3L4D.若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为Qmin=Q1=μ⋅2mg⋅L+2μ⋅2mg⋅L+2μ⋅2mg⋅L=10μmgL，
当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为f6=3μmg，滑块与木板之间的摩擦力为f7=4μ⋅2mg=8μmg，
由于f6当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系v=v3−a1t=a2t，可得v=5v39，根据位移关系可得−2a1，解得v3= 18μgL，滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为Qmax=Q1+12×2mv32=28μmgL，所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量 Q 的取值范围为10μmgL≤Q≤28μmgL，故D正确。
13. 【答案】解：(1)n=sinisinr=43．(2)ℎ′=3m。(3)变大
14. （8分） ①. 50 ②. 10 ③. 42 ④. ⑤. 不变
15．【答案】(1)．细管将两气球连通后，气体总是从气压大的气球流向气压小的气球；由乙图可知，（体积设为V）、（体积为）时，气球1中的气压大于气球2中的气压，故气体从气球1流向气球2，气球1的半径缩小，气球2的半径增大，
设最终两球气压均变为，即气球1的直径减为（体积为）分
则有 分
解得气球2的体积分
（气球直径为时的体积），符合题意，故气球1的直径为分
（2）．由乙图可知，（体积为）、（体积为）时，气球2中的气压大于气球1中的气压，故气体从气球2流向气球1，气球2的半径缩小，气球1的半径增大，设最终两球气压均变为，即气球2的直径减为（体积为），则有
分
解得气球1的体积分
（气球直径为时的体积），不符合题意，故可知，两气球最终体积相同。分
16.（9分）答案．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由图乙得的时间内，两物体的加速度
位移t=0时，弹簧的压缩量为x，有
时，两物体之间的作用力为零，a受到弹簧的弹力
对a，由牛顿第二定律有解得
（2）设时拉力为F，对b由牛顿第二定律有
时刻拉力的功率解得
（3）时刻物体a的速度最大，则有则的时间内物体a的位移
17．【答案】（1）由可得在Ⅰ、Ⅱ区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为
（2）粒子每次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界时速度偏角都为α，为图中所示角，由几何关系
得则
该粒子从A点射入后第4次经过Ⅰ、Ⅱ区域的边界时, 即第二次从Ⅱ区域返回Ⅰ区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度。此后在Ⅰ区域转过圆周，即从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为Q。由几何关系可知，连线与x轴夹角
（3）粒子从A点运动到Q点的时间为
每次偏转运动时间为
（4）速度方向分布在与y轴负向成向x轴正向偏转时，则若想将所有粒子束缚在磁场区域内，环形区域大圆半径R最小为如图所示的OD长度。
由几何关系可得由余弦定理可得
18．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）由动能定理得解得
碰撞过程动量守恒和机械能守恒得
解得
物块1、2第一次碰后瞬间的速度大小分别为，。
（2）第1次碰后，根据牛顿第二定律分析，物块2

物块2将以速度向下匀速运动直到与物块3碰撞，物块2、3等质量弹性碰撞，碰后交换速度，物块3继续向下匀速运动与物块4碰交换速度，物块4继续向下运动与物块5碰交换速度，物块5以速度向下匀速运动。
假设物块2静止后物块1再与之发生第2次碰撞：对物块1分析

得
对物块2分析
由于，假设成立。因为，所以第2次碰将重复第1次的运动，物块4以速度向下匀速运动，释放到第1次碰用时
第1、2次，2、3次，3、4次碰用时均为
第4次碰到第5次碰用时 得
从释放物块1到物块1、2发生第五次碰撞所需时间
（3）第1、2次碰时段内，可以等效为1个物块持续匀速下滑摩擦产热
第2、3次碰时段内，可等效为2个物块持续匀速下滑摩擦产热
第3、4次碰时段内，可以等效为3个物块持续匀速下滑摩擦产热
第4、5次碰时段内，可以等效为4个物块持续匀速下滑摩擦产热
总热量