北京市海淀区2024-2025学年高三下学期一模（期中）反馈练习物理试题（解析版）

这是一份北京市海淀区2024-2025学年高三下学期一模（期中）反馈练习物理试题（解析版），共25页。
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 关于光的应用，下列说法正确的是（ ）
A. 照相机镜头的增透膜应用了光的衍射原理
B. 光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率
C. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个增透膜应用了全反射现象
D. 光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的衍射
【答案】D
【解析】A．照相机镜头的增透膜应用了光的干涉原理，故A错误；
B．光导纤维应用了全反射原理，内层的折射率大于外层的折射率，故B错误；
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个增透膜应用了光的干涉原理，故C错误；
D．光经过刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的衍射，故D正确。
故选D。
2. 下列核反应方程中括号内的粒子为质子的是（ ）
A. （ ）B. （ ）
C. （ ）D. （ ）
【答案】C
【解析】根据电荷数和质量数守恒知，核反应方程分别为
粒子分别为中子、粒子、质子、电子。
故选C。
3. 关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A. 液体分子的无规则运动称为布朗运动
B. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C. 物体的温度下降，物体内每个分子热运动的动能都减小
D. 温度是分子热运动的平均动能的标志
【答案】D
【解析】A．布朗运动是固体微粒的无规则运动，间接反映液体分子的无规则运动，A错误；
B．当分子之间的距离小于时，随着分子之间距离的增大分子间的相互作用力减小；当分子之间的距离大于时，随着分子之间距离的增大分子间的相互作用力先增大后减小，B错误；
C．物体的温度下降，物体内分子热运动的平均动能会减小，但不是每个分子热运动的动能都减小，C错误；
D．温度是分子热运动的平均动能的标志，D正确。
故选D。
4. 图甲为一列沿轴正向传播的简谐横波在时的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 图乙可能是质点的振动图像
B. 质点再经将沿轴运动到处
C. 质点的位移与时间关系为
D. 质点与的相位差为
【答案】C
【解析】A．简谐横波沿轴正向传播，根据平移法可知质点向下振动，则图乙不可能是质点的振动图像，故A错误；
B．质点只能在平衡位置沿竖直方向运动，不会“随波逐流”，故B错误；
C．由图乙可知周期为2s，则角速度为rad/s
则质点的位移与时间关系为
故C正确；
D．质点与相差，则相位差为，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中（ ）
A. 俯视看铝环中的电流沿顺时针方向B. 铝环对桌面的压力大于它的重力
C. 磁铁运动过程中只受到两个力的作用D. 磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】B
【解析】在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，俯视看铝环中的电流沿逆时针方向；根据“来拒去留”可知磁铁受到向上的磁场力，则铝环受到向下的磁场力铝环对桌面的压力大于它的重力；磁铁运动过程中受到重力、弹簧弹力和磁场力三个力作用；由于铝环产生感应电流，铝环中有焦耳热产生，根据能量守恒可知，磁铁和弹簧组成的系统机械能减少。
故选B。
6. 如图，某同学用手摇发电机、可拆变压器给小灯泡供电。矩形闭合导线框abcd处于水平匀强磁场中，绕轴匀速转动，不计线框与导线的电阻，小灯泡额定功率足够大，电阻恒定。下列说法正确的是（ ）
A. 可拆变压器为降压变压器
B. 图示位置穿过线框磁通量最大，线框产生的感应电动势也最大
C. 若可拆变压器视为理想变压器，转速增加一倍，其他条件不变，则小灯泡两端的电压也增加一倍
D. 若考虑变压器能量损耗，副线圈接线柱由“0、2”调整为“0、8”，其他条件不变，则小灯泡消耗的功率变为原来的16倍
【答案】C
【解析】A．由图中原线圈接“0、1”即n，副线圈接“0、2”即2n，可知变压器为升压变压器，故A错误；
B．图示位置穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势最小，故B错误；
C．若可拆变压器视为理想变压器，转速增加一倍，其他条件不变，则
可知电源电动势最大值及有效值增加一倍，则小灯泡两端的电压也增加一倍，故C正确；
D．若不考虑变压器能量损耗，副线圈接线柱由“0、2”调整为“0、8”，其他条件不变，则根据
可知电压变为原来的4倍，根据可知，小灯泡消耗的功率变为原来的16倍，考虑变压器能量损耗时，小灯泡消耗的功率小于原来的16倍，故D错误；
故选C。
7. 如图所示，材料相同的物体、由轻绳连接，质量分别为和，在恒定拉力的作用下沿固定斜面向上加速运动。则（ ）
A. 轻绳拉力的大小与斜面的倾角有关
B. 轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数有关
C. 轻绳拉力的大小为
D. 若改用同样大小拉力沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零
【答案】C
【解析】ABC．以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
解得
再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得
解得
故绳子的拉力与斜面倾角无关，与动摩擦因数无关，与两物体的质量有关，故C正确，AB错误；
D．若改用同样大小拉力沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得
解得
再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第二定律得
解得
故D错误。
故选C。
8. 如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿的A点对准圆形区域的圆心O射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A. a、b两粒子所带电荷的电性相同
B. 射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D. 穿过磁场区域的过程α粒子运动的时间较长
【答案】D
【解析】A．粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A错误；
B．粒子沿圆形磁场的直径飞入，做出圆心如图所示：
由图可知
粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力
解得
两粒子的质量和电荷量大小相等，所以
故B错误；
C．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期
圆心角为，在磁场中运动的时间
两粒子的质量和电荷量大小相等，所以周期相等，因为
所以穿过磁场区域过程中所用时间
故D正确。
故选D。
9. 如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中（ ）

A. 摩擦力做功大小与F方向无关B. 合力做功大小与F方向有关
C. F为水平方向时，F做功为D. F做功的最小值为
【答案】D
【解析】A．设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F的方向有关，选项A错误；
B．合力功
可知合力功与力F方向无关，选项B错误；
C．当力F水平时，则
力F做功为
选项C错误；
D．因合外力功为max大小一定，而合外力的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当时，摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。故选D。
10. 地球静止卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，在点A时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入同步轨道III绕地球做匀速圆周运动。设卫星质量保持不变，下列说法中正确的是（ ）
A. 卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度小于在轨道II上运动经过A点时的加速度
B. 卫星在轨道I上的机械能等于在轨道III上的机械能
C. 卫星在轨道I上和轨道III上的运动周期均与地球自转周期相同
D. 卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度
【答案】D
【解析】A．由，解得
可知卫星在轨道I上运动经过A点时的加速度等于在轨道II上运动经过A点时的加速度，故A错误；
B．卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点火加速，卫星从轨道Ⅱ进入轨道III需在B点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道III上的机械能，故B错误；
C．由开普勒第三定律，可知卫星在轨道I上的运动周期小于在轨道III上的运动周期，轨道III上的运动周期与地球自转周期相同，故C错误；
D．由，可知
可知卫星在轨道III上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，卫星在轨道III上运动经过B点时的速率大于卫星在轨道II上运动经过B点时的速率，故卫星在轨道II上运动经过B点时的速率小于地球的第一宇宙速度，故D正确。故选D。
11. 图中箭头所示的是真空中两点电荷中垂线上某点p的场强方向，关于两点电荷带电性质以及电量多少的判断，下列选项中正确的是（ ）
A. ，且a、b带正电
B. ，带正电，带负电
C. ，负电，正电
D. ，正电，负电
【答案】A
【解析】合场强向外，且夹在ap、bp连线之间偏右，则可知，且ab均为正电荷，两点电荷电荷在P点的原场强如图所示
故选A。
12. 在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示．在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH．可以证明UH=kIB/d，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关．下列说法正确的是（ ）
A. 若M的电势高于N的电势，则载流子带正电
B. 霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多
C. 借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度）
D. 霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小
【答案】C
【解析】根据左手定则可知正流子向N偏转，即N带正电，N的电势高于M的电势，A错误；设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力，设材料单位体积内电子的个数为n，材料截面积为S，，，联立解得：，令，则，所以根据可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；根据可得，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度），C正确；载流子受到的洛伦兹力，霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，D错误．
13. 飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能利用来计算其动能，将所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（ ）
A. 飞轮转动时的动能与其转动的角速度平方成反比
B. 若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴所受合力为0
C. 若飞轮质量不均匀，匀速转动时，转轴将受恒力作用
D. 保持角速度不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
【答案】B
【解析】A．由，可得
可知动能与其转动的角速度平方成正比，故A错误；
B．若飞轮质量均匀，匀速转动时，转轴对与其接触的部分的向里的拉力提供向心力，则由牛顿第三定律可知，与转轴接触的部分对转轴的拉力向外，向外的拉力的合力为0，故B正确；
C．若飞轮质量不均匀，匀速转动时，一般情况下（质量分布不对称），转轴将受到指向飞轮某部位的力的作用，方向时刻在改变，不是恒力，故C错误；
D．绕其直径转动时的转动惯量小于绕通过圆心与圆盘平面垂直的转轴转动时的转动惯量，由公式，可知绕通过圆心与圆盘平面垂直的转轴转动时的动能较大，故D错误。
故选B。
14. 当波源与观测者发生相对运动时，观测者接收到波的频率发生变化，这是我们熟悉的多普勒效应。观测者和波源之间的距离变化越快，多普勒效应越明显。原子吸收和发出某些特定波长的电磁波，因此我们观察到的某颗恒星的光谱包含由此恒星的大气层中的原子引起的吸收谱线。已知钠原子具有一条波长为的特征谱线。研究人员在观测某遥远双恒星系统的光谱时，从时开始在表中记录对于钠线的吸收光谱，其中1号恒星和2号恒星吸收光谱的波长分别为和。假定研究人员处于双星运动所在平面，双星均近似做匀速圆周运动，且不考虑双恒星系统质心的运动。不考虑相对论效应和宇宙膨胀的影响。关于该双恒星系统，下列说法不正确的是（ ）
A. 双恒星绕质心转动的周期约为
B. 观测到波长为的光是1号恒星远离观测者时发出的
C. 在间观测到波长为的光是2号恒星在距离观测者最远位置附近发出的
D. 通过比较观测波长变化量，可判断1号恒星转动半径较小
【答案】CD
【解析】A．由表中记录的数据，可知在期间，两恒星吸收光谱的波长是一个循环变化周期，则转动的周期约为，故A正确；
B．观测到光的波长为，波长变长，由多普勒效应可知，它是1号恒星远离观测者时发出的，故B正确；
C．在间观测到波长为的光，波长在逐渐减小，由多普勒效应可知，2号恒星在逐渐接近观测者，时，在距离观测者最远位置附近，故C错误；
D．观测波长变化量，可知变化范围较大，多普勒效应更明显，距离变化更快，线速度更大，可判断1号恒星转动半径较大，故D错误。
故选CD。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 某同学用多用电表测量电阻。使用前，观察到多用电表指针已经对准表盘左侧的零刻度。使用时，先将选择开关调到欧姆挡“”挡，再将红、黑表笔短接，调节图1中的______旋钮（选填“A”“B”或“C”），使指针指到表盘右侧的零刻度处；然后将红、黑表笔接在电阻两端，发现指针的位置如图2所示，则该电阻的阻值约为______Ω。
【答案】 C 6.0##6
【解析】[1]进行欧姆调零时，需要将红、黑表笔短接，调节图1中的欧姆调零旋钮，即调节C；
[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为
16. “验证力的平行四边形定则”的实验如图所示，同学们在操作过程中有如下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是（ ）
A. 两根细绳必须等长
B. 橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C. 在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D. 拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
【答案】CD
【解析】A．通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，故A错误；
B．橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；
C．为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；
D．为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确。故选CD。
17. 某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长。该同学调整好实验装置后，保持双缝间的距离不变，分别用图3所示的氢原子在可见光区的四条谱线中的照射双缝。四条谱线的波长满足（，其中对应），式中的为里德伯常量。实验形成如图所示的干涉图样，则图甲对应的谱线是___________。（填“”，“”）。
【答案】
【解析】甲图条纹间距较宽，由可知，
根据题意，由公式结合图像可知、分别是氢原子从第4能级和第5能级跃迁到第2能级发出的光，由可知，第4能级跃迁到第2能级辐射光子能量较小，波长较长，即，则图甲对应的谱线是。
18. 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为。
（1）用伏安法测金属丝的电阻。实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约）、电流表（内阻约、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器，额定电流、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
由以上实验数据可知，他们测量是采用图中的___________图（选填“甲”或“乙”）。
（2）如图2所示是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。
（3）这个小组的同学在坐标纸上建立、坐标系，如图3所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第3、5、6次测量数据的坐标点，并描绘出图线_________，由图线得到金属丝的阻值___________（保留两位有效数字）。
（4）该小组同学利用上述相同实验器材，分别按照（1）中图甲和图乙的电路图正确连接电路和规范操作。将滑动变阻器滑片从一端滑向另一端，探究电压表示数与滑片移动距离间的关系，滑动变阻器电阻丝的总长度为。请在图4中定性画出图甲和图乙电路对应的关系图像，并分别用甲和乙标出。
【答案】（1）甲 （2）
（3） 4.3##4.4##4.5##4.6##4.7
（4）
【解析】【小问1详解】
由题中表格数据可知，待测金属丝电阻大约为
若选择乙图，则电路中的最小电流为
可见选乙图电路中的最小电流大于表格中的最小电流，故选乙图不可以，甲图为分压式电路，若选甲图，待测金属丝流过的电流可以从零开始，故选甲图。
【小问2详解】
实物连接如图所示
【小问3详解】
[1]图线如图所示
[2]根据U-I图线可得金属丝的电阻为
【小问4详解】
图甲中，时，滑片位于滑动变阻器最左端，电压表示数为零，图乙中，时，滑片位于滑动变阻器最右端，电压表示最小
图甲中，时，滑片位于滑动变阻器最右端，电压表示数最大
图乙中，时，滑片位于滑动变阻器最左端，电压表示数最大
由于，所以，即图线甲的最大值小于图线乙的最大值。
图乙中，滑片移动距离为时，滑动变阻器接入电路中的有效长度为
设金属丝的横截面积为S，则电压表的示数为
综合分析可知随着x的增大，电压表示数增大得越快。图甲中当x很小时，干路中的电阻较大，滑动端移动一个小距离时引起的电压变化量较小，当x接近L时，干路电阻较小，滑动端移动一个小距离时引起的电压变化量较大，即随着x的增大，电压表示数增大得越快。故图像为
19. 如图所示，光滑水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向如图所示。一边长为的正方形单匝导线框位于水平面内，某时刻导线框以垂直磁场边界的初速度从磁场左边缘进入磁场。已知导线框的质量为、电阻为。求线框完全进入磁场的过程中
（1）感应电流的最大值；
（2）线框完全进入磁场时的速度；
（3）线框进入磁场产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
线框产生的最大电动势为
感应电流的最大值
【小问2详解】
根据动量定理，有
其中
平均电动势为
联立可得
【小问3详解】
根据能量守恒可得线框进入磁场产生的焦耳热
20. 如图，一个质量为的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径与竖直方向的夹角是，平台到地面的高度差为。取，，。求：
（1）小球从点运动到点所需的时间；
（2）P点距地面的高度和圆弧半径；
（3）若通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，求小球经过点时的速度大小。
【答案】（1）
（2）；
（3）
【解析】【小问1详解】
对P点的速度矢量分解可得
解得
【小问2详解】
竖直方向小球做自由落体运动，由
由几何关系，P点高度有
几何关系
代入数据得
【小问3详解】
通过最高点点时小球对管上壁压力大小，由牛顿第三定律得，在最高点点时管上壁对小球的作用力大小为，则在点由牛顿第二定律可得
代入数据得
21. 如图1所示，把一个质量为的小球连接在劲度系数为的轻质弹簧的右端，弹簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子。以弹簧原长时小球的位置为坐标原点，以水平向右为正方向建立坐标轴。小球在运动过程中弹簧形变始终在弹性限度内，忽略摩擦阻力的影响。
（1）把小球拉向点的右方处，然后由静止释放，小球沿着坐标轴做往复运动。
a.在图2中画出弹簧弹力随变化的示意图，并由此求出小球从点向处运动过程中，弹簧弹力对小球做的功。
b.求小球从处运动到处的过程中，弹簧对小球的冲量。
（2）弹簧振子在运动过程中，求弹簧弹力对小球做正功时，其瞬时功率的最大值。
【答案】（1）示意图
；
，大小为，方向水平向左
（2）
【解析】【小问1详解】
a.以水平向右为正方向，则
图像与x轴围成图形的面积表示弹力F做的功，则功
b.弹簧和小球整体的机械能守恒，有
得小球在点速度大小为
小球从处运动到处的过程中，由动量定理，有
解得弹簧对小球的冲量
大小为，方向水平向左。
【小问2详解】
位移大小为x时，由整体机械能守恒，有
得速度大小
弹力的瞬时功率大小
得
由数学不等式知识，可知当时，即时，此时最大
最大值为
22. 寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
（1）如图1所示，用细线悬挂的三个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行，球心等高。把小球1向左拉起一定高度后由静止释放，小球3被弹起，已知所有的碰撞都是弹性碰撞，求碰后瞬间小球3上升的最大高度。
（2）某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着1个“载流线圈”，放置着两个质量均为的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2左侧挨着无磁性的质量均为的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈施加的磁力作用从静止开始加速运动；通过碰撞将动能传给中间的弹头2。
弹头可视为半径为，电流恒为、方向如图2中方框部分所示的细圆线圈，远小于载流线圈半径。所有的碰撞均为弹性正碰；不考虑弹头之间的磁力作用；相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a.载流线圈磁场方向如图所示，在弹头1处产生轴向磁场，径向磁场。试分析轴向磁场、径向磁场对弹头的安培力方向。
b.通过查阅资料得知：电流为、面积为的细圆线圈放入磁感应强度为的外界匀强磁场中具有的“势能”可表示为，其中为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
已知载流线圈圆心处产生的磁感应强度大小均为。求弹头2理论上能获得的速度上限。
c.若该“电磁弹射”装置有级载流线圈及圆柱，如图3所示。求弹头最后出射理论上能获得的速度上限。
【答案】（1） （2）a.0，方向向右；b. ；c.
【解析】【小问1详解】
在小球1下落过程，依据动能定理有
可得
弹性碰撞过程中，以的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有、
联立可得
对小球3，根据动能定理有
解得
【小问2详解】
a. 可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场作用下安培力方向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为的细圆线圈（即弹头）受到的总安培力可得
轴向磁场对线圈的安培力合力为0；
b. 为使弹头2获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为，根据能量守恒可得
弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为和，根据弹性碰撞过程中，以v1的方向为正方向，机械能和动量均守恒、
可得，
即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度继续向右运动。故弹头2理论上能获得的速度上限
c.与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为，根据能量守恒可得
接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为
依此类推，由b中结论分析可知装置有级载流线圈及圆柱，弹头最后出射理论上能获得的速度上限满足
弹头最后出射理论上能获得的速度上限为
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
次数
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