高級中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年浙江省Z20名校聯(lián)盟高三（上）第二次聯(lián)考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．（3分）下列物理量中為矢量且單位符號正確的是（）A．磁感應(yīng)強度（T） B．磁通量（Wb） C．功（J） D．熱量（W）〖祥解〗矢量是既有大小又有方向，運算遵循平行四邊形定則的物理量，標(biāo)量只有大小沒有方向，運算遵循代數(shù)運算法則的物理量?！窘獯稹拷猓篈、磁感應(yīng)強度是矢量，單位T，故A正確；B、磁通量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位是Wb，故B錯誤；CD、功，熱量只有大小，沒有方向，是標(biāo)量，單位都為焦耳，符號為J，故CD錯誤；故選：A?！军c評】對于物理量的標(biāo)矢性與物理量的定義、物理意義、單位、公式等要一起學(xué)習(xí)，這是物理概念內(nèi)涵的一部分。要注意物理量的符號和單位符號是不同的，不能搞混。2．（3分）2024年8月在巴黎奧運會網(wǎng)球女子單打決賽中，中國選手鄭欽文獲得冠軍。如圖所示為鄭欽文擊球瞬間，則下列說法正確的是（）A．任何情況下均可以將網(wǎng)球視為質(zhì)點 B．網(wǎng)球在擊打時和飛行過程中慣性不變 C．網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和球拍的作用力 D．網(wǎng)球受到的彈力是由于網(wǎng)球的形變引起的〖祥解〗A、如果物體大小相對研究對象較小或影響不大，可以把物體看作質(zhì)點；B、慣性是物體的一種固有屬性，只與物體的質(zhì)量有關(guān)；C、網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和空氣阻力作用；D、彈力是物體受外力作用發(fā)生形變后，若撤去外力，物體能恢復(fù)原來形狀的力?！窘獯稹拷猓篈、研究運動員切球動作時，運動員做怎樣的動作與網(wǎng)球的如何轉(zhuǎn)動有關(guān)，不能將網(wǎng)球看成質(zhì)點，故A錯誤；B、網(wǎng)球的質(zhì)量不變，慣性不變，故B正確；C、網(wǎng)球在飛行過程中已經(jīng)離開球拍，受到重力和空氣阻力，不受推力，故C錯誤；D、網(wǎng)球受到的彈力是因為球拍發(fā)生了形變，球拍是這個彈力的施力物體，故D錯誤。故選：B?！军c評】考查對質(zhì)點、慣性、彈力等物理量的理解，清楚其定義。3．（3分）如圖甲所示為人們用“打夯”的方式把地面夯實。設(shè)某次打夯符合以下模型：兩人同時通過繩子對重物各施加一個力，重物離開地面某一高度后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸出一深度如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．若緩慢向上提重物，兩繩子間夾角越大，繩子拉力越小 B．重物離開地面在上升過程中，機械能先增加后減小 C．重物從高處自由下落到最終靜止，始終處于失重狀態(tài) D．重物從高處自由下落到最終靜止，合外力做功為零〖祥解〗根據(jù)力的平行四邊形定則分析拉力大小變化，根據(jù)機械能守恒條件判斷機械能是否守恒，加速度向上時為超重，根據(jù)動能定理判斷合外力做功。【解答】解：A.若緩慢向上提重物，重物受力平衡，兩繩子拉力的合力等于重力。根據(jù)力的平行四邊形定則，當(dāng)兩繩子間夾角越大時，為了保持合力不變，每個繩子的拉力會增大，而不是減小。故A錯誤；B.重物離開地面在上升過程中，人施加的力對重物做正功，重物的機械能（動能和勢能之和）是增加的，直到人停止施力。在人停止施力后，重物只受重力作用，機械能保持不變（只有重力做功時，機械能守恒）。故B錯誤；C.重物從高處自由下落到砸到地面的過程中，始終處于失重狀態(tài)（因為加速度向下）。但是，當(dāng)重物與地面接觸并受到地面的支持力時，它會經(jīng)歷一個減速過程，直到最終靜止。在這個過程中，重物的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)。故C錯誤；D.重物從高處自由下落到最終靜止的過程中，初速度和末速度都為零，根據(jù)動能定理（合外力做的功等于動能的變化量），合外力做的功為零。故D正確。故選：D?！军c評】本題利用生活中的場景考查物理知識的綜合應(yīng)用，綜合性較強，難度中等。4．（3分）下列關(guān)于教材插圖的說法正確的是（）A．甲圖中在地球表面上來回擺動的小球，在太空中的空間站仍將來回振動 B．乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了電磁感應(yīng)原理 C．丙圖中運輸過程中用導(dǎo)線將微安表的兩個接線柱連接起來是電磁阻尼現(xiàn)象 D．丁圖中鐵芯上A、B線圈匝數(shù)比為3：1，若ab端輸入9V交流電壓，則cd端輸出3V（非理想變壓器）〖祥解〗根據(jù)完全失重狀態(tài)現(xiàn)象判斷；利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化而進行工作；根據(jù)電磁阻尼現(xiàn)象判斷；非理想變壓器，有漏磁和熱損現(xiàn)象判斷?！窘獯稹拷猓篈、圖中小球處于完全失重狀態(tài)，細繩對小球沒有彈力作用，則小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，不會在太空中的空間站仍將來回振動，故A錯誤；B、乙圖中將磁體靠近干簧管電路接通是利用了條形磁鐵使軟鐵簧片被磁化，觸點相互吸引使電路處于導(dǎo)通狀態(tài)，故B錯誤；C、將電流表的兩接線柱連接，指針轉(zhuǎn)動時，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，產(chǎn)生電磁阻尼，從而保護表針，故C正確；D、如果是理想變壓器，根據(jù)U1U2=n1n2，若ab端輸入9V交流電壓，可得cd端輸出故選：C?！军c評】本題考查額完全失重、磁化現(xiàn)象、電磁阻尼、變壓器等基礎(chǔ)知識，要求學(xué)生對這部分知識要重視課本，強化理解和記憶。5．（3分）場致發(fā)射顯微鏡原理如圖所示，中間有一根樣品制成細小的金屬針，被置于一個先抽成真空后充入少量氦氣的玻璃泡中，泡內(nèi)壁鍍上一層薄的熒光導(dǎo)電膜，熒光膜與金屬針之間加上高壓。氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，隨即氦離子沿著輻射狀的場線運動至熒光壁，撞擊熒光膜發(fā)光，獲得圖樣，則下列說法正確的是（）A．金屬針接高壓的負極 B．輻射狀場線上a點電勢比b點電勢低 C．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的加速度增大 D．氦離子靠近熒光膜的過程中，氦離子的電勢能減小〖祥解〗根據(jù)電場線的性質(zhì)、電勢與電勢能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場中的運動規(guī)律來判斷各選項?！窘獯稹拷猓篈、在場致發(fā)射顯微鏡中，氦原子與針尖碰撞，變成帶正電的氦離子，隨即氦離子沿著輻射狀的場線運動至熒光壁，可以判斷熒光壁帶負電，金屬針接高壓正極，故A錯誤；B、在電場中，電勢沿電場線方向遞減。由于金屬針接正高壓，電場線從金屬針指向熒光膜，因此a點（靠近金屬針）的電勢比b點（靠近熒光膜）的電勢高，故B錯誤；C、靠近熒光膜時，電場強度減小，因此氦離子的加速度減小，故C錯誤；D、氦離子靠近熒光膜的過程中，電場力做正功，氦離子的電勢能減小，故D正確；故選：D?！军c評】本題的關(guān)鍵在于理解場致發(fā)射顯微鏡的工作原理，以及電場、電勢、電勢能和粒子運動之間的關(guān)系。正確解答本題需要掌握電場線的性質(zhì)、電勢與電勢能的關(guān)系，以及帶電粒子在電場中的運動規(guī)律。6．（3分）釷基熔鹽堆核電站被譽為第四代核電技術(shù)，其原理是釷﹣232反應(yīng)堆中吸收一個中子后變成釷﹣233，釷﹣233在經(jīng)兩次β衰變后生成鈾﹣233，鈾﹣233可以作為核燃料的易裂變核素，鈾﹣233的半衰期可達16萬年。釷﹣233第一次的衰變方程為90233Th→91233A．β衰變放出的電子來自于核外電子 B．衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力比γ射線強 C．90233Th比91D．如果將鈾﹣233運到火星上，由于低溫可以使其半衰期變的更長〖祥解〗β衰變中的電子是因為核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變過來的；衰變是朝著更加穩(wěn)定的方向進行的；衰變的快慢是原子核自身因素決定的。【解答】解：A、β衰變放出的電子來自原子核內(nèi)部，故A錯誤；B、γ射線比衰變產(chǎn)生β射線的穿透能力強，故B錯誤；C、此核反應(yīng)放出能量，所以生成的新核91233Pa更穩(wěn)定，則90233Th比91233Pa的比結(jié)合能小，又因為核子數(shù)相等，所以90D、半衰期與外部環(huán)境無關(guān)，所以如果將鈾﹣233運到火星上，其半衰期不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】知道β衰變的實質(zhì)是解題的關(guān)鍵。7．（3分）如圖所示，兩個小球A、B通過輕彈簧連接，小球A通過水平輕繩連接在墻上，另一根輕繩一端通過定滑輪連接小球B，另一端懸掛在墻頂上；小球C掛在動滑輪上，且動滑輪兩邊繩夾角β＝120°整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)；與B球連接的繩與水平方向成α＝37°。已知小球A的質(zhì)量mA＝m，小球C的質(zhì)量mC＝3m，重力加速度為g。不計滑輪質(zhì)量及所有摩擦，則小球B的質(zhì)量為（）A．0.8m B．m C．1.2m D．1.5m〖祥解〗對C、動滑輪整體受力分析，對A、B整體受力分析，結(jié)合平衡條件分別列式，即可求得小球B的質(zhì)量，即可判斷ABCD正誤。【解答】解：設(shè)右邊繩子拉力大小為FB，如圖，對C、動滑輪整體受力分析：由平衡條件可得：2F設(shè)左邊繩子拉力大小為FA，如圖，對A、B整體受力分析：由平衡條件可得：FBsinα＝（mA+mB）g，聯(lián)立可得：mB＝0.8m；故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準(zhǔn)研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點力的平衡條件確定力與力的關(guān)系。8．（3分）我國計劃在2030年前實現(xiàn)中國載人登月。設(shè)想登月載人飛船的運行軌跡如圖所示。飛船在圓形“停泊軌道”的P點加速進入橢圓“過渡軌道”，該軌道離地球表面最近距離為h1，飛船到達離P點最遠距離為L的Q點時，被月球引力“俘獲”后，在距月球表面h2的圓形“繞月軌道”上飛行。已知地球半徑為R，月球半徑為r，地球表面重力加速度為g，月球表面重力加速度為地球表面重力加速度的16，飛船在“過渡軌道”A．飛船的發(fā)射速度必須大于11.2km/s B．飛船在“過渡軌道”上P點加速度大于“停泊軌道”上P點的加速度 C．飛船在“過渡軌道”上的P點運行速度為gRD．飛船從P點運動到Q點的時間為π〖祥解〗A.根據(jù)第二宇宙速度的意義進行分析解答；B.根據(jù)向心加速度大小與衛(wèi)星和地球的球心連線距離的變化關(guān)系進行分析判斷；C.根據(jù)萬有引力提供向心力，黃金代換式聯(lián)立導(dǎo)出線速度，然后根據(jù)離心加速的情況進行判斷；D.根據(jù)開普勒第三定律列式求解?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)第二宇宙速度的意義，飛船的發(fā)射速如果大于11.2km/s時，飛船將脫離地球的束縛而繞太陽運轉(zhuǎn)，故發(fā)射速度必須小于11.2km/s，故A錯誤；B.飛船在“過渡軌道”和“停泊軌道”上經(jīng)過P點時，到地球球心的連線距離一樣，則由GMmr2=maC.飛船在“停泊軌道”上運動時，滿足GMm(R+h1)2=mv2R+h1，又GMmR2=mg，聯(lián)立得v=gRD.飛船在“停泊軌道”上的運行時，周期為T=2π(R+h1)v，由開普勒第三定律，可得(R+h1)3T2=(L2【點評】考查萬有引力定律的應(yīng)用以及宇宙速度，開普勒第三定律問題，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。9．（3分）如圖甲所示為運動員高臺滑雪的情景，過程可簡化為圖乙所示。若陽光垂直照射到斜面上，運動員在傾斜滑道頂端A處以水平初速度飛出，剛好落在斜面底端C處。B點是運動過程中距離斜面的最遠處，D點是運動員在陽光照射下經(jīng)過B點的投影點。不計空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點，則下列說法錯誤的是（）A．運動員在斜面上的投影做勻加速直線運動 B．AD與DC長度之比為1：3 C．若E點在B點的正下方，則AE＝EC D．若運動員水平初速度減小，落到斜面時的速度與斜面的夾角仍不變〖祥解〗AB、運用運動的合成與分解方法將小球的運動沿斜面方向和垂直與斜面方向分解，根據(jù)運動規(guī)律判斷選項正誤；C、沿水平方向和豎直方向?qū)⑿∏虻倪\動分解，分別計算小球的水平位移，進而根據(jù)幾何關(guān)系判斷OD與DC長度關(guān)系；D、結(jié)合速度方向與水平方向夾角正切值和位移與水平方向夾角正切值的關(guān)系，判斷夾角與初速度的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、將小球的運動分解為沿斜面和垂直斜面兩個分運動，可知小球沿斜面方向做初速度為v0cosθ，加速度為gsinθ的勻加速直線運動，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運動。小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ，加速度為gcosθ的勻減速直線運動，B點是運動過程中距離斜面的最遠處，則此時小球垂直斜面方向的分速度剛好為0，根據(jù)對稱性可知，A到B與B到C的時間相等，均為t=vLADLAC可得：LDC則有：LADLDC=vC、將小球的運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動。小球從A到B的過程中有：xAB＝v0t小球從A到C的過程中有：xAC＝v0?2t＝2xAB若E點到B點的正下方，則有：AC＝2AE，可知E點是AC的中點，則AE＝EC，故C正確；D、小球落到斜面上時，速度與水平方向夾角的正切值tanβ=vyv0=本題選擇錯誤的，故選：B?！军c評】本題考查對平拋運動規(guī)律的理解，其中運用運動的合成與分解的方法為解決本題的關(guān)鍵，特別注意該方法應(yīng)用時可建立不同方向的坐標(biāo)系。10．（3分）如圖所示為某透明介質(zhì)材料制成的長方體棱鏡，上下兩面為邊長6R的正方形，棱鏡高為2R，S，O分別為上下面的中心，在上表面挖走一個以O(shè)點為球心、R為半徑的半球，在S處放置一點光源。已知該材料的折射率為n=2，且只有上表面為光學(xué)面，則有光射出的上表面形狀（用陰影表示）為（俯視看半球內(nèi)表面被照亮的部分可等效成水平面，下圖圓形虛線的半徑為RA． B． C． D．〖祥解〗根據(jù)臨界角公式求出臨界角后，再找到恰能從平面和弧面上射出的光線的臨界點?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)全反射臨界角公式有sinC=解得C＝45°如圖所示入射角大于45°時會發(fā)生全反射，沒有光線射出，故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了光的折射和全反射，充分利用好幾何關(guān)系和臨界角公式是解題的關(guān)鍵。11．（3分）如圖所示，一足夠長的內(nèi)部光滑絕緣圓管MN，與水平面夾角為37°，勻強磁場B垂直圓管所在的豎直平面。帶負電小球沿圓管（小球直徑略小于管直徑）由靜止下滑，小環(huán)質(zhì)量為m，電荷量為q，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球先加速后勻速 B．圓管對小球的彈力先減小后不變 C．小球從靜止到對圓管彈力為零過程中洛倫茲力沖量的大小為8mD．圓管對小球的彈力為零時小球離出發(fā)點的距離為16〖祥解〗圓管光滑，沒有摩擦力，根據(jù)受力分析求得小球下滑的加速度，判斷小球速度的變化；根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，根據(jù)洛倫茲力隨速度的變化以及受力分析得到小球所受彈力的變化情況；根據(jù)小球?qū)A管彈力為零時的受力情況，求得速度大小，結(jié)合運動學(xué)公式求得此過程的時間，由于運動過程為勻加速直線運動，洛倫茲力為變力，用平均速度求解變力的沖量；根據(jù)位移與時間的關(guān)系求解小球的位移?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)左手定則，帶負電小球受到洛倫茲力方向垂直圓管向上，由于圓管內(nèi)部光滑，沒有摩擦力，則小球所受重力沿圓管向下的分離提供合力，故mgsin37°＝ma解得a=gsin37°=故小球做勻加速直線運動，故A錯誤；B.小球剛進入圓管時，圓管對小球的彈力垂直于圓管向上，彈力大小FN＝mgcos37°﹣qvB由于小球沿圓管向下做勻加速直線運動，速度逐漸增大，洛倫茲力增大，彈力減小。當(dāng)洛倫茲力增大到大于mgcos37°后，彈力反向增大。故圓管對小球的彈力先減小后增大，故B錯誤；C.假設(shè)小球?qū)A管彈力為零時，速度為v，則有qvB＝mgcos37°根據(jù)運動學(xué)公式v＝at聯(lián)立解得小球從靜止到對圓管彈力為零過程中所用時間t=由于小球運動過程為勻加速直線運動，平均速度v=該過程洛倫茲力的沖量I=q故C正確；D.圓管對小球的彈力為零時小球的位移x=故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查洛倫茲力的的計算，需要注意分析小球的受力情況，理解洛倫茲力為變力，會對變力的沖量進行求解。12．（3分）如圖甲所示，用某種型號的光線發(fā)射器的光照射光電管。圖乙為氫原子能級圖，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨照射光電管時產(chǎn)生的光電流I與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。已知光電管陰極材料的逸出功為2.25eV，下列說法正確的是（）A．用a光照射時，飛出陰極光電子的初動能為7.95eV B．光線發(fā)射器輻射出a、b兩種光子的動量之比約為0.84 C．丙圖中Uc1和Uc2對應(yīng)的是甲圖中電源的正極接在左端 D．若發(fā)射器部分光線被遮擋，光電子飛出K極時的最大初動能變小，光電流減小〖祥解〗根據(jù)玻爾理論結(jié)合題圖丙，判斷a光和b光的能量，再根據(jù)光電效應(yīng)方程求解光電子的最大初動能，進而判斷其初動能的范圍；根據(jù)光子動量公式結(jié)合光速公式判斷兩光的動量之比；根據(jù)電路結(jié)構(gòu)判斷電源正負極；由光電流和光子數(shù)關(guān)系判斷。【解答】解：A、光線發(fā)射器中發(fā)出的三種光子的能量分別為：E31＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6）eV＝12.09eV，E21＝﹣3.40eV﹣（﹣13.6）eV＝10.2eV，E32＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40）eV＝1.89eV由丙圖可知a光遏止電壓小于b光遏止電壓，由eUc＝Ek＝hν﹣W0可知：a光的頻率小于b光的頻率，a光的能量小于b光的能量，由此可知：b為氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級時發(fā)出的光，a光為氫原子從n＝2能級躍遷到n＝1能級時發(fā)出的光；用a光照射時，光電子的最大初動能為Ek＝E21﹣W0＝10.2eV﹣2.25eV＝7.95eV，但光電子的初動能應(yīng)小于或等于7.95eV，故A錯誤；B、根據(jù)光子動量公式p=hλ結(jié)合c＝λν所以papbC、丙圖中Uc1和Uc2是反向的遏止電壓，此時甲圖中電源的正極接在右端，故C錯誤；D．部分光線被遮擋，不改變光子能量，則光電子飛出陰極時的最大初動能不變。因為光子數(shù)量減少，則光電子數(shù)量減小，光電流變小，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查愛因斯坦光電效應(yīng)方程和玻爾理論的綜合應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵要掌握能級躍遷與發(fā)出或吸收光子能量的關(guān)系。13．（3分）如圖所示是潮汐發(fā)電示意圖，其利用潮水漲落產(chǎn)生的水位差所具有的勢能發(fā)電，一晝夜中兩次漲、落潮。漲潮時堵住通道，漲至最高水位時打開通道，進水發(fā)電。水庫水位漲至最高時，堵住通道，落潮至最低水位時，打開通道放水發(fā)電。已知水壩的高為H＝15m，漲潮時水庫最高水位h1＝10m，退潮水庫最低水位h2＝6m，發(fā)電機日平均發(fā)電量為4.8×104kW?h，水輪發(fā)電機總效率為10%，海水的密度為1.0×103kg/m3，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．漲潮時水庫水重心上升4m B．發(fā)電機的功率為4×103kW C．該發(fā)電站所圈占的海灣面積約為2.7×10m2 D．若采用U＝200kV的直流電向某地區(qū)輸電，輸電線路電阻為1000Ω，則線路上損耗功率為輸電總功率的5%〖祥解〗根據(jù)漲潮和退潮時水位差，可知水位重心的變化高度；由發(fā)電機日均發(fā)電量，可計算發(fā)電機的功率；由發(fā)電機的日均發(fā)電量及發(fā)電機總效率，可計算水的重力勢能減小量，即可計算發(fā)電機所圈占的海灣面積；由發(fā)電機功率及直流電電壓，可計算通過輸電線路的電流，即可知輸電線上損耗的電功率，可計算線路上損耗功率占輸電總功率的百分比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)漲潮和退潮時水位差，可知水位重心的變化高度為h1-hB、由發(fā)電機日均發(fā)電量，可知發(fā)電機的功率為P=Wt=C、由發(fā)電機的日均發(fā)電量及發(fā)電機總效率，可知水的重力勢能減小量為：4ΔEp=Wη，而水的重力勢能減小量為：ΔEp=ρS(h1D、由發(fā)電機功率及直流電電壓，可知通過輸電線路的電流I=PU，即可知輸電線上損耗的電功率P損=I故選：D?！军c評】本題考查電能的轉(zhuǎn)化及輸送相關(guān)問題，涉及功率、重力勢能、效率、質(zhì)量密度公式等內(nèi)容，從能量守恒出發(fā)，即可解決問題。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）（多選）14．（3分）下列說法正確的是（）A．雷達是利用無線電波中的微波進行定位 B．?dāng)U散現(xiàn)象只能發(fā)生在液體或氣體中，不能發(fā)生在固體中 C．盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型可以解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象 D．透過偏振片觀察手機等液晶屏幕上的字，轉(zhuǎn)動偏振片時可觀察到明暗變化〖祥解〗本題考查的是物理中的多個知識點，包括電磁波的應(yīng)用、物質(zhì)狀態(tài)的性質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)理論以及光學(xué)現(xiàn)象。需要對每個選項進行逐一分析，判斷其正確性?！窘獯稹拷猓篈、雷達通過發(fā)射微波信號，然后接收反射回來的信號，通過計算信號往返的時間來確定目標(biāo)的位置，故A正確。B、擴散現(xiàn)象不僅發(fā)生在液體或氣體中，也能發(fā)生在固體中。擴散是物質(zhì)分子從高濃度區(qū)域向低濃度區(qū)域移動的過程，這一過程在固體、液體和氣體中都能觀察到。故B錯誤。C、盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型揭示了原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，但真正解釋氫原子光譜不連續(xù)現(xiàn)象的是玻爾的原子模型，它引入了量子化的概念，解釋了電子在不同能級之間的躍遷導(dǎo)致的光譜線，故C錯誤。D、液晶屏幕發(fā)出的光是偏振光，當(dāng)偏振片的偏振方向與液晶屏幕發(fā)出的光的偏振方向一致時，光可以透過偏振片，屏幕看起來明亮；當(dāng)偏振方向不一致時，光被阻擋，屏幕看起來暗淡，故D正確。故選：AD?！军c評】本題通過分析不同物理現(xiàn)象的原理，考察了學(xué)生對電磁波、物質(zhì)狀態(tài)、原子結(jié)構(gòu)和光學(xué)現(xiàn)象的理解。正確解答本題需要對相關(guān)物理概念有清晰的認識，能夠區(qū)分不同現(xiàn)象的產(chǎn)生原因和適用范圍。（多選）15．（3分）如圖甲所示，在某均勻介質(zhì)中簡諧波源S1、S2相距d＝20m，t＝0時刻兩者開始上下振動，S1只振動了半個周期，S2連續(xù)振動。距離波源S1點2m處的P質(zhì)點在t＝3s時第一次到達波峰。開始階段兩波源的振動圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．兩列波的傳播速度都為1m/s B．質(zhì)點P在0～20s內(nèi)的路程為80cm C．t＝11.25s時，位于S1、S2連線上有質(zhì)點第一次位移達到24cm D．在0～16s內(nèi)從S1點發(fā)出的半個波前進過程中遇到5個波峰〖祥解〗兩列波在同一介質(zhì)中傳播速度相等，P質(zhì)點第一次到達的波峰是由波源S1產(chǎn)生的波傳播過來的。確定傳播的距離與波長的關(guān)系，結(jié)合波速、波長與周期的關(guān)系，聯(lián)立求解傳播的速度與波長；求出由波源S2產(chǎn)生的波傳播到P質(zhì)點處所需時間，分別求出兩列波使質(zhì)點P運動的路程；根據(jù)兩列波分別傳播的距離，畫出兩列波相遇時的情形，根據(jù)波的疊加原理分析解答；求出在0～16s內(nèi)兩列波分別傳播的距離，得到兩列波相遇的區(qū)間的長度，確定此區(qū)間內(nèi)有多少個由波源S2產(chǎn)生的波的波峰，根據(jù)兩波的相遇過程求解從S1點發(fā)出的半個波前進過程中能遇到幾個波峰?！窘獯稹拷猓篈、兩列波在同一介質(zhì)中傳播速度相等，因P質(zhì)點距離距離波源S1較近，故P質(zhì)點在t＝3s時第一次到達的波峰是由波源S1產(chǎn)生的波傳播過來的。設(shè)波源S1產(chǎn)生的波的波長為λ1，周期為T1，可知此時間內(nèi)傳播的距離為：x＝2m+14λ1，由圖乙可知：T可得傳播速度為：v=又有：λ1＝vT1聯(lián)立解得：v＝1m/s，λ1＝4m，故A正確；B、由波源S2產(chǎn)生的波的周期為T2＝2s，其波長為λ2＝vT2＝1×2m＝2m由波源S2產(chǎn)生的波傳播到P質(zhì)點處所需時間為：t1=d-2m顯然由波源S1產(chǎn)生的半個波長的波已經(jīng)通過了質(zhì)點P，其使質(zhì)點P運動的路程為s1＝2A1＝2×4cm＝8cm18s～20s由波源S2產(chǎn)生的波使質(zhì)點P振動了一個周期，其使質(zhì)點P運動的路程為s2＝4A2＝4×20cm＝80cm質(zhì)點P在0～20s內(nèi)的路程為：s＝s1+s2＝8cm+80cm＝88cm，故B錯誤；C、t＝11.25s時，兩列波分別傳播的距離為x1＝1×11.25m＝11.25m根據(jù)波源S1、S2相距d＝20m，畫出兩列波相遇時的情況如下圖所示，可得列波的波峰第一次在圖中Q點相遇，Q點處的質(zhì)點的位移xQ＝A1+A2＝4cm+20cm＝24cm，故C正確；D、在0～16s內(nèi)兩列波分別傳播的距離為x2＝1×16m＝16m兩列波相遇的區(qū)間的長度為L＝d﹣2（d﹣x2）＝20m﹣2×（20m﹣16m）＝12m因λ2＝2m，故此區(qū)間內(nèi)恰好有6個波長的由波源S2產(chǎn)生的波，即存在6個波源S2產(chǎn)生的波的波峰，根據(jù)兩波的相遇過程，可知從S1點發(fā)出的半個波前進過程中能遇到5個波峰，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查了機械波的傳播，以及波的疊加問題，題目較復(fù)雜，兩列波相遇的過程要根據(jù)傳播的距離與位置關(guān)系邏輯波形疊加的情況。三、非選擇題（本題共7小題，共55分）16．（6分）（1）用如圖1所示的裝置可以“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”，也可以“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗。①除圖中的器材外，請在下列器材中選擇兩個實驗均必須使用的器材AC（多選）。②關(guān)于兩個實驗，下列做法正確的是C（單選）。A.實驗均需要補償阻力B.實驗時軌道均需要與水平面平行C.實驗均需要連接小車的細繩與軌道平行D.實驗均需要小車的質(zhì)量遠大于所掛重物的質(zhì)量③“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”實驗打出一條紙帶，其中一部分如圖2所示，B、C、D為紙帶上標(biāo)出的連續(xù)3個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點沒有標(biāo)出。打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上。則打C點時，紙帶運動的速度vC＝0.44m/s（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（2）如圖3所示是“驗證動量守恒定律”的實驗裝置。實驗中能夠把速度的測量轉(zhuǎn)化為位移的測量的必要操作是B。（單選）A.軌道應(yīng)當(dāng)盡量光滑B.安裝軌道時，軌道末端必須水平C.每次必須從同一個高度靜止釋放小球〖祥解〗（1）①②利用圖示小車紙帶裝置可以完成很多實驗，在研究勻變速直線運動時不需要平衡摩擦力，在探究“小車的加速度與質(zhì)量的關(guān)系”和探究“功與速度變化的關(guān)系”實驗時，需要平衡摩擦力，當(dāng)小車與車中砝碼的總質(zhì)量遠大于小桶及桶中砝碼的總質(zhì)量時，才可以認為繩對小車的拉力大小約等于小桶及桶中砝碼的總重力，據(jù)此分析作答；③根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度求解打下C點的速度。（2）根據(jù)利用斜槽驗證碰撞過程中動量守恒定律實驗的實驗原理、正確操作和注意事項進行分析判斷。【解答】解：（1）①在“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”實驗中，需要鉤碼作為重物，不需要天平測質(zhì)量，槽碼的質(zhì)量太大，紙帶上打出的點跡太少，因此不能用槽碼；在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，也需要鉤碼作為重物；兩個實驗均需要用刻度尺測量相鄰點跡之間的距離，故AC正確，BD錯誤。故選：AC。②A.在“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”的實驗中，不需要用繩子的拉力表示小車所受的合力，因此不需要補償阻力，故A錯誤；B.在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中需要平衡摩擦力，實驗時要將長木板不帶滑輪的一端墊高，軌道不能與水平面平行，故B錯誤；C.為了使繩子的拉力方向始終不變，兩個實驗均需要連接小車的細繩與軌道平行，故C正確；D.在“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”的實驗中，不需要用小車的重力代替繩子的拉力，因此不需要小車的質(zhì)量遠大于所掛重物的質(zhì)量，故D錯誤。故選：C。③相鄰計數(shù)點之間的時間間隔T=根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，打下C點的速度v（3）本實驗的原理為根據(jù)平拋運動規(guī)律求解入射小球與被碰小球的水平碰撞前后的水平初速度來驗證動量守恒定律的；A.實驗時軌道不需要盡量光滑，只需要將入射小球每次從同一高度靜止釋放即可，故A錯誤；B.為了保證小球做平拋運動，安裝軌道時，軌道末端必須水平，故B正確；C.為了保證入射小球每次碰撞前的速度相同，每次必須從同一個高度靜止釋放小球，故C正確。故選：B。故答案為：（1）①AC；②C；③0.44；（2）B。【點評】本題實驗考查了利用打點計時器和長木板裝置“探究小車速度隨時間變化規(guī)律”和“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗，要明確兩個實驗的共同點和不同點；明確什么情況下需要平衡摩擦力、什么情況下需要滿足砝碼質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量的解題的關(guān)鍵。17．（6分）小明同學(xué)為測出某電源的電動勢和內(nèi)阻，同時制作一個簡易的電子測力計，設(shè)計了如圖1所示的電路。電路中器材有：彈簧（電阻不計，勁度系數(shù)為k）、電阻箱、電流表、電源、粗細均勻的導(dǎo)體棒、開關(guān)。已知滑片固定在彈簧上且與導(dǎo)體棒接觸良好，當(dāng)彈簧處于原長時，滑片位于導(dǎo)體棒最左端。已知導(dǎo)體棒的總電阻為9.0Ω。（1）小明先利用游標(biāo)卡尺測出導(dǎo)體棒的長度如圖2所示。則該導(dǎo)體棒的長度為60.0mm。（2）他將R0調(diào)到3.0Ω，拉動拉鉤，改變導(dǎo)體棒接入電路中的長度l，測出不同l對應(yīng)的電流I，并作出1I-l圖像如圖3所示，則電源電動勢為3.0V，內(nèi)阻為1.8Ω（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字），內(nèi)阻的測量值大于真實值（填“大于”“小于”或“等于（3）若沿拉鉤方向每增加相同的力，就在電流表表盤上標(biāo)注一個刻度，則刻度分布不均勻（填“均勻”或“不均勻”）。（4）若彈簧的勁度系數(shù)為15N/cm，R0調(diào)為3.2Ω，則對應(yīng)電流表的刻度為0.30A時，拉力大小為40N?！枷榻狻剑?）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)方法讀數(shù)；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，分析表達式即可解答；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，整理表達式，再結(jié)合圖像即可求解；（4）根據(jù)實驗原理結(jié)合閉合電路歐姆定律列式求解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，可知該導(dǎo)體棒的長度為60mm+0×0.1mm＝60.0mm＝6.00cm；（2）（3）導(dǎo)體棒單位長度的阻值為r0=r'根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=在電流表表盤上每隔相同力的大小標(biāo)注一個刻度，則刻度分布不均勻。1I-1I圖線與縱軸截距和斜率分別為r+R0E=1.6A﹣1，解得r＝1.8Ω，E＝3.0V考慮電流表的內(nèi)阻可知，測量值大于真實值。（4）根據(jù)I=R0調(diào)為3.2Ω，則對應(yīng)電流表的刻度為0.30A時，解得l''=5根據(jù)胡克定律可知此時彈簧彈力F＝kl'''＝15N/cm×（6-51.5）cm故答案為：（1）60.0；（2）3.0；1.8；大于；（3）不均勻；（4）40【點評】該實驗考查了測量電源電動勢以及內(nèi)阻，該實驗進行了創(chuàng)新，需要理解實驗原理，能夠根據(jù)閉合電路歐姆定律列式解答。（多選）18．（2分）根據(jù)圖示，關(guān)于下列實驗說法正確的是（）A．甲圖裝置中，插入和抽出條形磁鐵，電流計指針偏轉(zhuǎn)方向一致 B．乙圖中目鏡觀察到的干涉條紋雖然傾斜，但不影響波長測量的結(jié)果 C．丙圖中探究氣體等溫變化規(guī)律實驗的過程中柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉 D．丁圖中測定玻璃的折射率，如果有幾塊寬度大小不同的平行玻璃磚可供選擇，為了減小實驗誤差，應(yīng)選用寬度小的玻璃磚來測量〖祥解〗根據(jù)楞次定律判斷電流方向，能夠準(zhǔn)確測量出條紋的間距，就可以準(zhǔn)確地計算出光的波長，柱塞的移動應(yīng)該是緩慢的，應(yīng)該選擇寬度較大的玻璃磚來測量折射率?！窘獯稹拷猓篈.甲圖裝置中，當(dāng)插入條形磁鐵時，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場會阻礙原磁通量的增加，因此會產(chǎn)生一個與原磁場方向相反的感應(yīng)磁場，電流計指針會偏轉(zhuǎn)。而當(dāng)抽出條形磁鐵時，感應(yīng)電流的磁場會阻礙原磁通量的減少，因此會產(chǎn)生一個與原磁場方向相同的感應(yīng)磁場，電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向與插入時相反。所以，插入和抽出條形磁鐵時，電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向是不一致的，故A錯誤。B.乙圖中展示的是光的干涉現(xiàn)象。即使干涉條紋傾斜，只要我們能夠準(zhǔn)確測量出條紋的間距，就可以準(zhǔn)確地計算出光的波長。所以，干涉條紋的傾斜并不影響波長測量的結(jié)果，故B正確。C.丙圖中展示的是探究氣體等溫變化規(guī)律實驗。在這個實驗中，我們需要保持氣體的溫度不變，因此柱塞的移動應(yīng)該是緩慢的，以避免由于快速壓縮或膨脹導(dǎo)致的氣體溫度變化。所以，柱塞應(yīng)緩慢地向下壓或向上拉，以確保實驗的準(zhǔn)確性，故C正確。D.丁圖中展示的是測定玻璃的折射率的實驗。在這個實驗中，我們使用平行玻璃磚來測量折射率。由于折射現(xiàn)象的存在，光線在通過玻璃磚時會發(fā)生偏折。如果玻璃磚的寬度較小，這會增加測量折射角的誤差。因此，為了減小實驗誤差，我們應(yīng)該選擇寬度較大的玻璃磚來測量折射率，而不是寬度小的玻璃磚，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了電磁感應(yīng)、光的干涉、氣體實驗定律以及折射定律等多個知識點的內(nèi)容，綜合性較強。19．（8分）某探究小組設(shè)計了一個超重報警裝置，高為L、橫截面積為S、導(dǎo)熱性能良好的薄壁容器豎直倒置懸掛，在距離容器底部3L4處安裝有預(yù)警傳感器。容器內(nèi)有一厚度不計、質(zhì)量為m的活塞，穩(wěn)定時正好封閉一段長度為L4的理想氣柱如圖甲所示?；钊赏ㄟ^輕繩連接一個沙桶如圖乙所示，逐漸往沙桶中加入沙子使活塞緩慢下降，當(dāng)活塞接觸傳感器時，系統(tǒng)可發(fā)出警報。已知初始時環(huán)境熱力學(xué)溫度為T0＝300k，大氣壓強為p0＝1.01×105Pa，m＝1kg，L＝0.5m，S＝100cm2，重力加速度為g＝10m/s（1）活塞從初始位置到預(yù)警位置分子平均動能不變（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度變?。ㄟx填“變大”、“變小”或“不變”）；（2）求觸發(fā)超重預(yù)警時所掛沙和沙桶的總質(zhì)量M；（3）在（2）條件下，若外界溫度緩慢降低1%，氣體內(nèi)能減少了5.75J，則氣體向外界放出熱量Q為多少？〖祥解〗（1）整個過程中氣體的體積增大，溫度不變，據(jù)此分析；（2）根據(jù)平衡條件計算開始時封閉氣體的壓強，然后根據(jù)玻意耳定律計算剛觸發(fā)預(yù)警時的壓強，最后根據(jù)平衡條件計算所掛沙和沙桶的總質(zhì)量；（3）根據(jù)蓋—呂薩克定律計算降低溫度后的體積，根據(jù)W＝pΔV計算外界對氣體做得功，最后根據(jù)熱力學(xué)第一定律計算放出的熱量?！窘獯稹拷猓海?）因為是導(dǎo)熱性能良好的薄壁容器，所以封閉氣體的溫度始終和外界溫度相等，而溫度是分子平均動能的標(biāo)志，所以分子的平均動能不變；封閉氣體的體積不變，分子數(shù)一定，活塞從初始位置到預(yù)警位置，氣體的體積增大，所以氣體分子數(shù)密度變小；（2）輕繩未連重物時，對活塞，受到重力和內(nèi)外氣體壓力作用，設(shè)此時封閉氣體的壓強為p1，根據(jù)平衡條件得：p1S+mg＝p0S則p解得：p1剛好觸發(fā)超重預(yù)警時，設(shè)此時封閉氣體的壓強為p2，對活塞受力分析得p2S+（M+m）g＝p0S由玻意耳定律得：p聯(lián)立解得：M=（3）由蓋—呂薩克定律得：V其中：V從而解得：V3＝0.99V2則：ΔV＝V2﹣V3此過程外界對氣體做的功為：W＝p2ΔV由熱力學(xué)第一定律有：ΔU＝Q+W聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Q＝﹣7J即氣體放熱7J故答案為：（1）不變，減??；（2）觸發(fā)超重預(yù)警時所掛沙和沙桶的總質(zhì)量M為2003kg；（3）氣體向外界放出熱量Q為7J【點評】知道在活塞懸掛重物下降的過程是一個等溫過程，后面溫度降低是一個等壓過程，能夠根據(jù)初末狀態(tài)寫出對應(yīng)的方程是解題的關(guān)鍵。20．（11分）如圖所示為半徑R＝0.9m的四分之一豎直圓弧軌道AB、傳送帶BC、水平軌道CDE平滑連接組成的玩具軌道模型，E端的豎直擋板上固定有勁度系數(shù)為k＝1.6N/m的輕質(zhì)彈簧?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊a從圓心O等高處A點靜止釋放，經(jīng)過水平傳送帶BC后，與靜止在軌道D處，質(zhì)量也為m的物塊b發(fā)生彈性碰撞。初始時b與彈簧接觸但不粘連。已知傳送帶的長度L＝2m，以v＝4m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，CD之間的距離l＝0.2m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，其余部分均光滑，物塊可視為質(zhì)點，彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πmk，（k（1）滑塊a滑到圓軌道最低點B點時受到的支持力大??；（2）a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時間間隔（可用π表示）；（3）①物塊a第一次滑過傳送帶系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q1；②物塊a從靜止釋放到兩物塊第n次相碰時，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q2?！枷榻狻剑?）根據(jù)動能定理求出滑塊a滑到圓軌道最低點B點時的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊a滑到B點時受到的支持力大小。（2）滑塊a在傳送帶上先做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度大小，應(yīng)用運動學(xué)公式，判斷滑塊a能否與傳送帶共速，得到滑塊a與物塊b碰撞前的速度。根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后a、b的速度大小。第一次碰撞后b做簡諧運動，經(jīng)過半個周期與a第二次碰撞，兩者交換速度后，a左滑上傳送帶，分析a在傳送帶上的運動過程，應(yīng)用運動學(xué)公式求出各個階段的運動時間。（3）①求出物塊a第一次滑上傳送帶與傳送帶共速的時間與相對位移大小。此過程系統(tǒng)摩擦生熱等于滑動摩擦力與相對位移大小的乘積。②a、b兩物塊第三次碰撞后重復(fù)第一次到第三次碰撞的運動過程，如此反復(fù)下去。同理求出滑塊a向左滑上傳送帶速度減到零后，再反向從傳送帶右端離開傳送帶的過程的摩擦生熱。以n為奇數(shù)和偶數(shù)討論摩擦生熱的不同情況。【解答】解：（1）設(shè)滑塊a滑到圓軌道最低點B點時的速度大小為v0，根據(jù)動能定理得：mgR=1解得：v設(shè)滑塊a滑到B點時受到的支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得：FN解得：FN＝3N（2）滑塊a在傳送帶上先做勻加速直線運動，設(shè)其加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝5m/s2假設(shè)滑塊a能夠與傳送帶共速，由運動學(xué)公式得達到共速時滑塊a的位移大小為：x1解得：x1＝0.2m因x1＜L＝2m，故假設(shè)成立?？芍瑝Ka將以v＝4m/s的速度與物塊b第一次彈性碰撞，設(shè)碰撞后a、b的速度大小分別為va、vb，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：mv＝mva+mvb12mv2解得：va＝0，vb＝v＝4m/s（質(zhì)量相等，速度交換）第一次碰撞后a靜止，b做簡諧運動，經(jīng)過半個周期與a第二次碰撞，此過程的時間為：t1解得：t1=第二次碰撞兩者交換速度，碰撞后b靜止，a以v＝4m/s的速度向左滑上傳送帶?；瑝Ka由D勻速運動到C的時間：t假設(shè)a在傳送帶上速度能夠減到零，其位移大小為：x2解得：x2＝1.6m因x2＜L，故假設(shè)成立。a在傳送帶上速度減到零后反向加速從傳送帶右端開傳送帶，由運動的對稱性可得a離開傳送帶時的速度大小仍為v＝4m/s。此過程的時間為：t3a離開傳送帶后由C勻速運動到D（所用時間等于t2）與物塊b第三次碰撞，a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時間間隔為：Δt＝t1+2t2+t3=π4（3）①物塊a第一次滑上傳送帶與傳送帶共速的時間為：t4物塊a第一次滑過傳送帶，與傳送帶的相對位移大小為：Δx1＝x1﹣vt4聯(lián)立解得：Δ此過程系統(tǒng)摩擦生熱為：Q1＝μmgΔx1解得：Q1=②a、b兩物塊第三次碰撞后重復(fù)第一次到第三次碰撞的運動過程，如此反復(fù)下去。對于a以v＝4m/s的速度向左滑上傳送帶速度減到零后，再反向從傳送帶右端離開傳送帶的過程。此過程物塊a與傳送帶的相對位移大小就等于傳送帶的位移大小，且為：Δx2＝vt3＝4×1.6m＝6.4m此過程系統(tǒng)摩擦生熱為：Q3＝μmgΔx2解得：Q3＝3.2J若碰撞次數(shù)n為奇數(shù)，則：Q解得：Q2=若碰撞次數(shù)n為偶數(shù)，則：Q解得：Q2=答：（1）滑塊a滑到圓軌道最低點B點時受到的支持力大小為3N；（2）a、b兩物塊第一次和第三次碰撞的時間間隔為1.7+π（3）①物塊a第一次滑過傳送帶系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q1為17-122②若碰撞次數(shù)n為奇數(shù)，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量Q2為17-12210+8(n-1)5(J)；若碰撞次數(shù)n【點評】本題考查了動量守恒定律應(yīng)用的彈性碰撞模型，牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶模型，牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用。掌握摩擦生熱的求解方法，以及彈性碰撞的特點。21．（11分）如圖所示，相距L＝1m的光滑導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置于絕緣水平面上，傾斜部分與水平部分在B、E兩點平滑連接，傾斜導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30°。右端CF接R＝2Ω的電阻。沿導(dǎo)軌BC建立如圖所示一維坐標(biāo)，O點為坐標(biāo)原點，B點坐標(biāo)為﹣2m。傾斜導(dǎo)軌區(qū)域有垂直傾斜區(qū)域向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B1=10T，在﹣2m＜x＜0區(qū)域存在豎直方向大小為B2=10sinπxT的磁場（方向垂直紙面向上為正）。沿x＞0方向存在大小滿足B3＝823-6xT的等腰直角三角形OMN區(qū)域磁場，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg，長度L，電阻也為R的導(dǎo)體棒ab從傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，到達底端BE前已經(jīng)勻速。當(dāng)ab棒經(jīng)過BE時，立即施加一個水平外力，使ab棒在﹣2m＜x＜0區(qū)域繼續(xù)做勻速運動，到達x（1）ab棒在傾斜導(dǎo)軌上運動時的最大速度及對應(yīng)的Uab；（2）ab棒在﹣2m＜x＜0區(qū)域運動過程中電阻R產(chǎn)生焦耳熱；（3）ab棒最終停止的位置坐標(biāo)。〖祥解〗（1）對金屬棒受力分析，根據(jù)平衡條件、