2025-2026学年上海市市西中学高二（上）期末物理试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年上海市市西中学高二（上）期末物理试卷（含答案+解析），共16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.通电长直导线周围的磁场可用磁感线描述，下列磁感线描述正确的是( )
A. B.
C. D.
2.把水平直导线放置在一小磁针的正上方，导线未通电时，导线和小磁针方向如图所示。当导线中通以由南向北方向的电流时，则小磁针静止时N极指向( )
A. 西偏北方向
B. 东偏北方向
C. 西偏南方向
D. 东偏南方向
3.下列单位中，不是磁感应强度B的单位是( )
A. TB. Wb⋅m2C. kg/(A⋅s2)D. N/(A⋅m)
4.空间中有两根水平放置的无限长且平行的直导线，某一截面图如图所示，P、Q表示两根导线，导线通的电流分别为I1、I2，其大小关系为I1>I2。除无限远点外，关于P、Q所在直线上磁感应强度叠加的分析，下列说法正确的是( )
A. P、Q之间有一个点磁感应强度大小为0
B. 只有Q右侧有一个点磁感应强度大小为0
C. 只有P左侧有一个点磁感应强度大小为0
D. P左侧和Q右侧各有一个点磁感应强度大小为0
5.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A. 0
B. BIl
C. 2BIl
D. 5BIl
6.安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕原子核运动可等效为一环形电流。如图为一分子电流模型，电量为e的电子以角速度ω绕原子核沿顺时针方向在水平面内做匀速圆周运动，则该环形电流的大小和磁场的方向为( )
A. eω2π，竖直向下B. eω2π，竖直向上C. 2πeω，竖直向下D. πe2ω，竖直向上
7.类比是学习和研究物理的一种重要思维方法。我们已经知道，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放置一面积为S的平面，穿过它的磁通量Φ=BS；与之类似，我们也可以定义电通量。在真空中有一电荷量为+Q的点电荷，其电场线和等势面分布如图所示，等势面M，N到点电荷的距离分别为r1、r2，通过等势面M、N的电通量分别为φ1、φ2，已知r1：r2=1：2，则φ1:φ2为( )
A. 1：4B. 1：2C. 1：1D. 4：1
8.如图所示，水平桌面上有一圆形闭合线圈，右侧是匀强磁场区域，磁感应强度的方向与桌面垂直，线圈在外力作用下以恒定的速度进入匀强磁场，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值与感应电动势最大值之比为( )
A. 12B. 14C. π2D. π4
二、多选题：本大题共1小题，共5分。
9.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 感应电动势越来越大
B. 单位时间内，金属棒的动量增量变大
C. 金属棒中的机械能越来越小
D. 单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变
E. 棒的a端电势比b端电势低
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
10.电磁感应中有许多实验问题，对理解有关概念帮助很大。
(1)探究电磁感应现象应选用______(选填“图1”或“图2”)所示的装置进行实验。图2中开关合上后金属棒将向______运动(填左或右)。
(2)在图3中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏(不通电时指针停在正中央)，则在图4中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量和电流表的指针偏转方向的说法正确的是______。
A.磁通量增大，指针右偏
B.磁通量增大，指针左偏
C.磁通量减小，指针右偏
D.磁通量减小，指针左偏
(3)在图5中，导体棒ab向左移动过程中，电流表(仍为图3中电流表)的指针将______偏转。
A.向左
B.向右
C.不发生
(4)在图6中，R为光敏电阻(光强变大，电阻变小)，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线圈平面平行)，并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向和运动情况的说法正确的是______。
A.顺时针，向左
B.顺时针，向右
C.逆时针，向左
D.逆时针，向右
四、计算题：本大题共4小题，共58分。
11.带有速度选择器的质谱仪可以选择特定的带电粒子速率，再经过偏转分离器中的偏转，从而测定未知带电粒子的比荷，发现新元素。简化原理如图：a为粒子加速器，加速电压U0未知；b为速度选择器，其左、右极间有水平向右的匀强电场E和垂直纸面方向的匀强磁场B1，两者正交；C为偏转分离器，其磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里；PK是荧光板，板上O处有孔可供带电粒子通过。带电粒子甲初速为0，经a加速后，恰能匀速通过速度选择器b，再进入偏转分离器C后做匀速圆周运动，恰好打中PK荧光板上Q点，其轨迹如图中虚线所示，已知Q点距离O处d。不计重力。(结果用题给字母E、B1、B2、d表达)
(1)甲通过速度选择器时的速率为______，B1的方向是垂直纸面向______。
(2)甲的比荷qm=______。
(3)粒子加速器的加速电压U0=______。
(4)现有带负电的粒子乙，电量与甲相同，但甲的质量稍大些。乙的初速也为0，同样经上述粒子加速器进入速度选择器，则______(多选)。
A.粒子乙将左偏
B.粒子乙将右偏
C.粒子乙的速度将变大
D.粒子乙的速度将变小
12.如图所示，有一个质量为m、电量为e的质子，以某一水平速度从左侧垂直边界、垂直磁场进入宽度为d的局部匀强磁场区，磁场区域的边界竖直，磁感应强度的大小为B、方向水平向里，不计质子的重力影响。
(1)质子刚进入磁场区域时所受的洛伦兹力方向______；
A.竖直向上
B.竖直向下
C.垂直纸面向里
D.垂直纸面向外
(2)如果质子从右侧边界处和边界成45∘角方向射出，则粒子作圆周运动的半径r=______，对应粒子进入磁场时的速度为______；
(3)如果质子以不同速度进入磁场，但都从磁场左侧边界离开，则质子的轨迹和在磁场中运动的时间确定吗？说明理由。
(4)求洛伦兹力对质子冲量的最大值。(计算)
13.如图，在竖直平面内有一半径为R的圆形导线框，导线框内有垂直导线框向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀增大。导线框的右端小缺口通过导线连接水平放置的、正对的平行金属板a、b，两板间距为d。一个质量为m、电荷量大小为q的带电小球P从左侧两板中央以初速度v0水平向右射入，P恰好沿直线飞出金属板，已知重力加速度为g。
(1)P一定带______电(选填“正”或“负”)，磁感应强度B随时间t的变化率k=______；
(2)若磁感应强度B随时间t的变化率变为k2，小球P恰好能从某一个水平极板的右侧边缘飞出。
①下列说法正确的是______。
A.从上极板的a点射出，射出时速度大于v0
B.从上极板的a点射出，射出时速度小于v0
C.从下极板的b点射出，射出时速度大于v0
D.从下极板的b点射出，射出时速度小于v0
②求金属板的长度。(计算)
14.如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L，已知圆木质量M=17m时，圆木与楔形木块碰撞，且碰后瞬间圆木速度变为碰前速度的0.9倍，速度方向不变，设碰撞在瞬间完成，且以后在辅助装置作用下短时间内圆木速度被减为零，而碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。忽略楔形木块底部的摩擦力。
(1)圆木运动到最低点时的速度大小为______；
(2)碰撞后瞬间楔形木块的速度大小为______；
(3)圆木从右侧偏角α处静止释放到与楔形木块碰撞前过程中，线中拉力的水平冲量和竖直冲量分别记为Ix、Iy，则______；
A.Ix=0，Iy=0
B.Ix≠0，Iy=0
C.Ix=0，Iy≠0
D.Ix≠0，Iy≠0
(4)楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比(比例系数为未知常数)，第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为d，重力加速度为g，求第5次撞击过程楔形木块楔入的深度。(计算)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据右手螺旋定则，通电长直导线周围的磁场应为以导线为圆心的一圈一圈的同心圆；大拇指表示电流方向，弯曲的四指表示周围磁场方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据右手螺旋定则判定通电导线周围的磁场方向即可。
本题主要考查了右手螺旋定则，解题关键是熟练应用定则进行判定。
2.【答案】A
【解析】解：导线中通以由南向北的电流，导线位于小磁针正上方。根据安培定则：右手握住导线，拇指指向电流方向(向北)，则导线下方(小磁针所在处)的磁场方向为向西。导线未通电时，小磁针N极指向地磁场的北极(近似地理北方)；通电后，小磁针同时受地磁场(向北)和导线磁场(向西)的作用，合磁场方向为西北方向。
小磁针N极的指向与合磁场方向一致，故静止时N极指向西偏北方向。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
用安培定则判断：导线中通由南向北的电流，其下方(小磁针处)磁场方向向西；小磁针同时受地磁场(向北)和导线磁场(向西)，合磁场方向为小磁针静止时N极指向。
这道题是安培定则与地磁场结合的基础应用题，设计很经典，需要同时考虑地磁场和电流磁场的叠加，避免忽略地磁场而直接判断导线磁场的单一影响，能检验知识的全面性。
3.【答案】B
【解析】解：A.磁感应强度的国际单位是特斯拉，字母为T，故A是磁感应强度的单位；
B.由B=ΦS，可知磁感应强度的单位可以为Wb/m，故B不是磁感应强度的单位；
CD.根据磁感应强度的定义式B=FIL得，1T=1N/(A⋅m)，又B=FIL=maIL得1T=kg⋅(m/s2)A⋅m=kg/(A⋅s2)，故CD是磁感应强度的单位。
故选：B。
根据磁感应强度与磁通量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系。
T是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据右手定则可知，在P、Q之间，P产生的磁场方向向下，Q产生的磁场方向也向下，方向相同，不会抵消，即P、Q之间没有磁感应强度为0的点，故A错误；
B.Q右侧：P产生的磁场方向向下，Q产生的磁场方向向上，方向相反，由于I1>I2，根据磁场叠加可知，在Q右侧存在一点，两导线在该点产生的磁场等大反向，合磁感应强度为0，故B正确；
CD.P左侧：P产生的磁场方向向上，Q产生的磁场方向向下，方向相反，同样因为I1>I2，根据磁场叠加可知，在P左侧不存在两导线在该点产生的磁感应强度大小相等，方向相反等大的点，即叠加后磁感应强度不为0，故CD错误。
故选：B。
先根据安培定则判断两根通电直导线在连线上各点的磁场方向，结合电流大小关系，分析磁场叠加后合磁感应强度为零的点的位置，从而判断选项正误。
这是一道考察通电直导线磁场叠加的典型题，以平行长直导线为情景，结合安培定则与磁场叠加原理，通过电流大小差异分析合磁感应强度为零的位置，能有效检验空间磁场的分析与推理能力。
5.【答案】C
【解析】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：
F1=2BIl
导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：
F=F1=2BIl，故C正确，ABD错误；
故选：C。
分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和bc边受到的安培力大小，从而得出导线受到的安培力。
本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析，难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：电子圆周运动的周期T=2πω
根据电流的定义式I=qt可得环形电流的大小为I=qT=e2πω=eω2π
由于电子绕核顺时针运动，故电流方向为逆时针方向，根据右手螺旋定则可知，磁场方向竖直向上。故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据电流的定义式I=qt可得电流的大小，根据右手螺旋定则判定磁场方向。
本题主要考查了电流的定义式和右手螺旋定则，解题关键是掌握电流的定义式I=qt。
7.【答案】C
【解析】解：根据库仑定律，距离点电荷为r1的球面处的电场强度为：E1=kQr12；
距离点电荷为r1的球面处球面的面积为：S1=4πr12；
则通过半径为r1的球面的电通量为：φ1=E1S1=kQr12⋅4πr12=4πkQ；
同理，距离点电荷为r2的球面处的电场强度为：E2=kQr22；
距离点电荷为r2的球面处球面的面积为：S2=4πr22；
则通过半径为r2的球面的电通量为：φ2=E2S2=kQr22⋅4πr22=4πkQ；
则φ1:φ2=1:1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
距离点电荷为r处的电场强度由库仑定律即可求出；电场线全部通过M，N面，可确定电通量。
该题属于信息给予的题目，解答的关键是正确理解题目中的信息，结合磁通量来理解电通量的意义。
8.【答案】D
【解析】解：设线圈的半径为r，速度为v，从线圈刚开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈中的感应电动势平均值E−=n△Φ△t=B⋅πr22rv=Bπrv2；线圈穿过磁场的最大有效长度为2r，所以感应电动势的最大值为EM=B⋅2rv，则：E−EM=π4，所以ABC错，D正确。
故选：D。
理解导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式：E=BLv，其中L为有效长度，v为导体棒相对于磁场的速度；计算机感应电动势的平均值时，用公式E=n△Φ△t来计算。
计算电动势的平均值用E=n△Φ△t，计算电动势的最大值时，考虑线圈切割磁场的最大有效长度，其长度为直径。
9.【答案】DE
【解析】解：A、金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则感应电动势大小不变，故A错误；
B、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，金属棒所受合力即重力，则单位时间内，金属棒所受合力的冲量不变，则由动量定理可知，单位时间内，金属棒的动量增量不变，故B错误；
C、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，故C错误；
D、结合前面分析可知，金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则单位时间内金属棒垂直于磁场方向扫过的面积不变，则单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变，故D正确；
E、根据右手定则可知，b端的电势高于a，故E正确。
故选：DE。
金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，据此分析判断；金属棒所受合力即重力，据此根据动量定理分析判断；金属棒做平抛运动中，只有重力做功，据此分析机械能的变化情况；金属棒垂直切割磁感线的速度不变，由此分析感应电动势大小；根据右手定则判断电势高低。
本题考查电磁感应过程中的能量类问题，关键是掌握平抛运动的规律，知道导体棒平动切割磁感应线产生的感应电动势的计算方法。
10.【答案】图1;右 A A C
【解析】解：(1)探究电磁感应现象应用应该选用图1，根据导体棒切割磁感线时电流表指针的偏转分析；根据左手定则可以判断图2中开关合上后金属棒将向右运动。
(2)在图3中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从电流表“+”接线柱流入时，指针向左偏转；在图4中，磁体N极插入线圈A过程中，通过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的感应电流将从电流表的“-”接线柱流入电流表，所以电流表指针将向右偏转，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)在图5中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知导体棒中电流方向为从a到b，即电流从电流表的“+”接线柱流入电流表，电流表的指针将向左偏转，故A正确，B错误。
故选：A。
(4)当光照增强时，光敏电阻的阻值电阻变小，则电路中电流变大，螺线管的磁性增强，穿过金属环的磁通量增大，根据楞次定律可知金属环将向左运动，阻碍磁通量的增大；根据安培定则可知穿过金属环的磁通量方向向右，根据楞次定律可以判断金属环中的电流方向应该为逆时针方向(自左向右看)，故C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)图1，右；(2)A；(3)A；(4)C。
(1)根据探究电磁感应的器材分析即可；根据左手定则判断；
(2)根据磁通量的变化，结合楞次定律分析；
(3)根据安培定则和流入电流表电流的方向判断；
(4)根据电路中电流的变化，结合楞次定律分析即可。
本题考查了楞次定律、右手定则和左手定则以及闭合电路的欧姆定律的综合应用，本题综合性较强，是一道考查学生基本能力的一道好题。
11.【答案】EB1;外 2EB1B2d EB2R4B1 BC
【解析】解：(1)粒子恰好能沿直线通过速度选择器，说明粒子受力平衡，所以有qE=qvB1，根据左手定则，磁场方向垂直于纸面向外，
代入数据得v=EB1
(2)由洛伦兹力提供向心力得qvB2=mv2R，2R=d
代入数据得qm=2EB1B2d
(3)由动能定理得U0q=12mv2
代入数据得U0=EB2d4B1
(4)CD.带负电的粒子进入速度选择器，由动能定理qU=12mv2，由于m乙v甲，速度变大，故C正确，D错误；
AB.粒子带负电，洛伦兹力方向与正电荷相反，v乙>EB，所以粒子向右偏，故A错误，B正确。
故选：BC。
答：(1)EB1；(2)2EB1B2d；(3)EB2d4B1；(4)BC。
(1)速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件可得速率；结合粒子带电性，用左手定则判断磁场的方向；
(2)偏转分离器中洛伦兹力提供向心力，结合轨迹几何关系确定半径，由向心力公式推导粒子的比荷；
(3)粒子在加速器中加速，由动能定理，结合速度选择器得到的速率，推导加速电压；
(4)分析质量更大的乙粒子经加速器后的速度变化，再判断速度选择器中受力是否平衡，从而确定偏转方向。
这道题以质谱仪为背景，将粒子加速、速度选择与偏转分离有机结合，设问由浅入深。从速度选择器的受力平衡，到偏转磁场的圆周运动分析，再到动能定理的应用与不同粒子的偏转判断，全面考察电磁学核心规律，梯度清晰，能有效检验学生的综合应用能力。
12.【答案】A 2d; 2eBdm 轨迹不确定，因速度不同轨道半径不同；运动时间确定，因轨迹为半圆，圆心角π，时间t=πmeB 洛伦兹力对质子冲量的最大值为2eBd
【解析】解：(1)质子带正电荷，依据左手定则判断其受力，可知洛伦兹力方向竖直向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)质子在磁场中做匀速圆周运动，由左侧边界垂直射入，从右侧边界以45∘角射出，根据几何关系有sin45∘=dr，解得：r= 2d。
洛伦兹力提供向心力，即evB=mv2r，代入半径r，解得入射速度v= 2eBdm。
(3)质子运动轨迹不确定，因为轨道半径r=mveB与速度v有关，不同速度对应不同圆周路径。但质子在磁场中的运动时间确定，因其垂直入射并从同侧边界射出，轨迹为半圆，圆心角为π，运动时间t=πmeB与速度无关。
(4)洛伦兹力对质子的冲量大小等于其动量变化量大小，即I=|Δp|。当质子偏转角度最大时，动量变化量最大。
在有限宽度的磁场中，质子从左侧进入，最大偏转角为180∘，此时动量变化量I=2mv。为使质子能返回左侧边界，需满足r≤d，即mveB≤d，解得：v≤eBdm。
当速度取最大值vmax=eBdm时，冲量取得最大值Imax=2m⋅eBdm，即Imax=2eBd。
答：(1)A。
(2)粒子作圆周运动的半径r为 2d，对应粒子进入磁场时的速度为 2eBdm。
(3)轨迹不确定，因速度不同轨道半径不同；运动时间确定，因轨迹为半圆，圆心角π，时间t=πmeB。
(4)洛伦兹力对质子冲量的最大值为2eBd。
(1)质子带正电，根据左手定则判断洛伦兹力方向：已知质子水平速度方向及磁场方向，结合正电荷运动方向与磁场方向关系，即可确定洛伦兹力指向。
(2)质子垂直进入磁场做匀速圆周运动，从右侧边界以45∘角射出。通过几何关系可找到轨道半径与磁场宽度d的联系，进而利用洛伦兹力提供向心力的关系，由半径求出进入磁场的速度。
(3)若质子均从左侧边界离开，则其轨迹圆心角均为π，运动时间由周期公式决定，与速度无关；但不同速度对应不同轨道半径，因此轨迹形状不同。
(4)洛伦兹力的冲量等于质子动量的变化量。当质子偏转角最大时，动量变化量最大。在磁场宽度限制下，质子能返回左侧边界的最大速度对应最大冲量，需结合半径条件求出速度上限，进而计算冲量最大值。
本题综合考查带电粒子在匀强磁场中的运动，涉及洛伦兹力方向的判断、圆周运动的半径与速度计算、运动轨迹与时间的分析以及冲量的极值求解。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对左手定则、牛顿第二定律在圆周运动中的应用以及几何关系的处理能力。第(2)问要求学生利用几何关系sin45∘=dr求解半径，并进而推导速度，锻炼了建模与公式应用能力。第(3)问深入探讨了轨迹与时间的确定性，巧妙揭示了圆心角决定时间而与速度无关的规律，有助于深化对周期公式T=2πmeB的理解。第(4)问将动量定理与圆周运动结合，通过分析最大偏转角对应的动量变化来求冲量最大值，并需结合临界条件r≤d确定速度上限，综合性强，能有效提升学生的逻辑推理与临界分析能力。
13.【答案】正;mgdπR2q ①C;②金属板的长度L为 2dgv0
【解析】解：(1)b、a两板间电势差Uba=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅S=kπR2
P所受重力和电场力为一对平衡力Ubadq=mg
粒子带正电，代入数据得k=mgdπR2q
(2)①②磁感应强度B随时间t的变化率变为原来的一半，则P受到的电场力也为原来的一半，重力大于电场力，所以从下极板b射出，P在竖直方向的加速度a=g2
将P在电场中的运动分解为水平、竖直两个方向，水平方向L=v0t
竖直方向d2=12at2
代入数据得L= 2dgv0，即小球P恰好能从b板的右侧边缘飞出，速度大于v0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
金属板的长度L为 2dgv0
故答案为：(1)正；mgdπR2q；(2)①C；②金属板的长度L为 2dgv0。
(1)由法拉第电磁感应定律求线框感应电动势，得到板间电场强度，结合粒子受力平衡分析电性，再由平衡条件推导磁感应强度的变化率；
(2)①变化率改变使板间电场变化，粒子受力失衡发生偏转，分析电场力方向与做功情况，判断射出位置与速度变化；
②将粒子运动分解为水平匀速与竖直类平抛，由牛顿定律求加速度，结合运动学公式联立求解金属板的长度。
这是一道电磁感应与带电粒子偏转结合的综合题，考点覆盖法拉第电磁感应定律、受力平衡、类平抛运动等，梯度设计合理，从受力平衡到偏转分析，能综合考察电磁学与运动学的结合能力，难度中等偏上，是巩固这类综合题型的优质题目。
14.【答案】 2gL(1−csα) 1.7 2gL(1−csα) D 第5次撞击过程楔形木块楔入的深度为( 5−2)d
【解析】解：(1)圆木从静止释放运动至最低点，依据机械能守恒定律可得MgL(1−csα)=12Mv02，解得圆木运动到最低点时的速度大小v0= 2gL(1−csα)。
(2)圆木与楔形木块发生碰撞瞬间，系统动量守恒。已知M=17m，碰撞后圆木速度变为0.9v0，由Mv0=M(0.9v0)+mv2，解得碰撞后瞬间楔形木块的速度大小v2=1.7 2gL(1−csα)。
(3)圆木在摆动过程中，其水平方向动量由0变为Mv0，依据动量定理可知水平冲量Ix≠0；竖直方向初末动量均为0，但因重力始终存在，绳子拉力在竖直方向分量的冲量需抵消重力冲量，故竖直冲量Iy≠0，故D正确。
(4)楔形木块所受阻力满足f=kx，根据动能定理，每次撞击过程所做的功等于木块动能的改变量。设每次碰撞提供给木块的动能为K，则有：第1次撞击后，K=12kd2；第4次撞击后总深度满足4K=12kx42；第5次撞击后总深度满足5K=12kx52。第5次撞击过程中楔入的深度Δd5=x5−x4，联立解得Δd5=( 5−2)d。
答：(1) 2gL(1−csα)。
(2)1.7 2gL(1−csα)。
(3)D。
(4)第5次撞击过程楔形木块楔入的深度为( 5−2)d。
(1)圆木从静止释放到最低点，此过程机械能守恒，圆木重力势能减少转化为其动能，利用圆木下降高度与摆长关系可建立重力势能变化与动能的关系，从而求出圆木在最低点的速度大小。
(2)圆木与楔形木块在最低点发生正碰，碰撞瞬间系统在水平方向不受外力，动量守恒。已知圆木碰前速度、质量关系及碰后速度比例，应用动量守恒定律即可求得碰后楔形木块的速度大小。
(3)分析圆木从释放到碰撞前过程，其动量变化由合外力的冲量决定。水平方向动量从零变为某一值，故合外力水平冲量不为零；竖直方向初末动量均为零，但过程中重力持续作用，拉力竖直分量的冲量需抵消重力冲量，因此竖直冲量也不为零。
(4)楔形木块运动所受阻力与楔入深度成正比，每次碰撞后木块获得的动能相同，均用于克服阻力做功。阻力做功与深度平方成正比，故木块总动能与总楔入深度平方成正比。由第一次撞击楔入深度可确定比例关系，进而求出前四次撞击后的总深度与第五次撞击后的总深度，两者之差即为第五次撞击过程中楔入的深度。
本题以古法榨油为背景，巧妙地将单摆模型、碰撞过程及变力做功问题有机结合，综合考查了机械能守恒、动量守恒、动量定理及动能定理等多个核心知识点。题目计算量适中，但思维层次丰富，要求学生具备清晰的物理图景构建能力。第(3)问通过分析圆木摆动过程中水平与竖直方向动量的变化，深入考查了动量定理的矢量性及对合外力冲量的理解。第(4)问则设计巧妙，将碰撞提供的动能与阻力做功相联系，需要学生运用能量观点处理变力做功问题，并利用比例关系进行递推计算，有效锻炼了学生的逻辑推理和数学运算能力。整体而言，本题是一道能很好区分学生思维深度和知识应用能力的综合性好题。