第第頁(yè)2025屆江蘇省南京市、鹽城市高三下學(xué)期第一次模擬考試物理試題一、單項(xiàng)選擇題（本題共11小題，每小題4分，共44分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。）1．白光通過(guò)雙縫后產(chǎn)生的干涉條紋是彩色的，其原因是不同色光在空氣中的（）A．傳播速度不同 B．強(qiáng)度不同C．振動(dòng)方向不同 D．波長(zhǎng)不同【答案】D【解析】【解答】白光包含各種顏色的光，它們的波長(zhǎng)不同，在相同條件下做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，它們的干涉條紋間距不同，所以在中央亮條紋兩側(cè)出現(xiàn)彩色條紋，與其他因素?zé)o關(guān)。故答案為：D。

【分析】白光包含各種顏色的光，它們的波長(zhǎng)或者頻率不同，做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，中央亮條紋兩側(cè)出現(xiàn)彩色條紋。2．汽缸內(nèi)封閉有一定質(zhì)量的氣體，在某次壓縮過(guò)程中，缸內(nèi)氣體的溫度從T1迅速升高至T2。下列各圖中，縱坐標(biāo)f（v）表示各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比，圖線I、Ⅱ分別為缸內(nèi)氣體在T1、T2兩種溫度下的分子速率分布曲線，其中正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【解答】本題考查了分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布規(guī)律，記住圖像的特點(diǎn)，會(huì)分析溫度與圖像的關(guān)系，知道溫度越高，分子的平均速率增大，但并不是每個(gè)分子的速率均增大。溫度越高，分子平均動(dòng)能越大，圖像的峰值越靠右，兩圖線與橫軸所圍面積相等。故選A。

【分析】溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高分子的平均動(dòng)能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，圖像的面積總和相同。3．如圖所示，在光滑絕緣水平面上同時(shí)由靜止釋放兩個(gè)帶正電的小球A和B，已知A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2。則某時(shí)刻A、B兩球（）A．速度大小之比為m1∶m2 B．加速度大小之比為m1∶m2C．動(dòng)量大小之比為m2∶m1 D．動(dòng)能大小之比為m2∶m1【答案】D【解析】【解答】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，知道兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒、知道兩球所受合外力大小相等方向相反是解題的前提與關(guān)鍵。AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以?xún)尚∏蚪M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m所以v兩球動(dòng)量大小相等，比值為1∶1，故AC錯(cuò)誤；B．小球的加速度大小之比為a故B錯(cuò)誤；D．動(dòng)能之比為E故D正確。故選D。

【分析】水平面光滑，兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出速度大小和動(dòng)量大小的比值；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度之比；根據(jù)動(dòng)能的定義式計(jì)算動(dòng)能大小之比。4．1956年李政道和楊振寧提出在弱相互作用中宇稱(chēng)不守恒，并由吳健雄用2760Co放射源進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，次年李、楊兩人為此獲得了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。已知2760Co的半衰期約為5.26年，其衰變方程是A．2760B．X是來(lái)自原子核外的電子C．2860Ni的比結(jié)合能比D．2個(gè)2760【答案】C【解析】【解答】結(jié)合能和比結(jié)合能反映了原子核的能量特點(diǎn)。比結(jié)合能等于結(jié)合能除以核子數(shù)。比結(jié)合能越大，表明原子核越穩(wěn)定。A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有60-60=0，27-28=-1，可知，X是電子，即2760B．β衰變中的電子來(lái)源于原子核內(nèi)一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子與一個(gè)電子，故B錯(cuò)誤；C．β衰變釋放能量，生成核比反應(yīng)核更加穩(wěn)定，原子核越穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，即2860Ni的比結(jié)合能比D．半衰期是一個(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律，只針對(duì)大量原子核才成立，對(duì)少數(shù)個(gè)別原子核不成立，即2個(gè)2760故選C。

【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒確定衰變的產(chǎn)物X和衰變類(lèi)型，β衰變中的電子來(lái)源于原子核內(nèi)，原子核越穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，半衰期是一個(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少數(shù)個(gè)別原子核不一定成立。5．如圖甲為氫原子光譜，圖乙為氫原子部分能級(jí)圖。圖甲中的Hα、Hβ、Hγ、Hδ屬于巴爾末系，都是氫原子從高能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的譜線。下列說(shuō)法中正確的是（）A．Hβ對(duì)應(yīng)的光子能量比Hγ的大B．Hβ對(duì)應(yīng)的光子動(dòng)量比Hγ的大C．Hδ是氫原子從n=3向n=2能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的D．氫原子從高能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的譜線均在Hδ的左側(cè)【答案】D【解析】【解答】AB．根據(jù)圖甲可知，Hβ對(duì)應(yīng)的光子波長(zhǎng)比Hγ的大，則頻率低，由動(dòng)量公式P=hλ，能量E=hν，可知HC．由圖可知，四條譜線中Hδ譜線的波長(zhǎng)最短，頻率最大，根據(jù)玻爾躍遷理論可知，而氫原子從高能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷產(chǎn)生的光子中，從n=3能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的光子能量最小，其波長(zhǎng)最長(zhǎng)，頻率最小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)玻爾躍遷理論可知，氫原子從高能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)產(chǎn)生的光子能量均大于Hδ，則波長(zhǎng)均小于Hδ，譜線均在Hδ的左側(cè)，故D正確。故選D。

【分析】AB.根據(jù)圖甲的波長(zhǎng)關(guān)系判斷頻率大小，再結(jié)合動(dòng)量公式、能量公式分析解答；

CD.根據(jù)波長(zhǎng)和頻率關(guān)系進(jìn)行分析判斷。6．如圖所示，在空間站伸出的機(jī)械臂外端安置一微型衛(wèi)星，微型衛(wèi)星與空間站一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且微型衛(wèi)星、空間站和地球中心始終位于同一直線。忽略空間站和微型衛(wèi)星的尺寸及它們之間的萬(wàn)有引力，則（）A．微型衛(wèi)星的線速度比空間站的小B．微型衛(wèi)星的加速度比空間站的小C．機(jī)械臂對(duì)微型衛(wèi)星的作用力大小為零D．機(jī)械臂對(duì)微型衛(wèi)星的作用力大小不為零，方向指向地心【答案】D【解析】【解答】解答本題時(shí)，要注意微型衛(wèi)星和空間站同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，與僅由萬(wàn)有引力提供向心力這種類(lèi)型不同。A．微型衛(wèi)星和空間站能與地心保持在同一直線上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以微型衛(wèi)星的角速度與空間站的角速度相等，v=rω，所以微型衛(wèi)星的線速度比空間站的大，故A錯(cuò)誤；B．加速度a=rωCD．由G解得ω=可知僅受萬(wàn)有引力提供向心力時(shí)，微型衛(wèi)星比空間站的軌道半徑大，角速度小，由于微型衛(wèi)星跟隨空間站以共同的角速度運(yùn)動(dòng)，由F=mω故選D。

【分析】微型衛(wèi)星、空間站和地球中心始終位于同一直線，微型衛(wèi)星的角速度與空間站的角速度相等，根據(jù)v=rω分析線速度關(guān)系，由a=rω2分析加速度關(guān)系。若衛(wèi)星和空間站僅由萬(wàn)有引力提供向心力，由此列式得到兩者角速度關(guān)系，再分析機(jī)械臂對(duì)微型衛(wèi)星的作用力大小和方向。7．一個(gè)帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在其右側(cè)放置一個(gè)不帶電的枕形導(dǎo)體時(shí)，小球?qū)⒃诩?xì)線與豎直方向成θ角處保持靜止，如圖所示。若將導(dǎo)體的A端接地，當(dāng)重新平衡時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角將（）A．不變 B．變大C．變?yōu)榱?D．變小但不為零【答案】B【解析】【解答】小球在細(xì)線與豎直方向成θ角處保持靜止，根據(jù)平衡可知tanθ=故選B。

【分析】根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和將導(dǎo)體的A端接地后A端電量的變化導(dǎo)致的小球受到的電場(chǎng)力的變化情況，分析θ角的變化情況。8．如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了a→b、b→c、c→a三個(gè)過(guò)程，已知b→c為等容過(guò)程，另外兩個(gè)中一個(gè)是等溫過(guò)程，另一個(gè)是絕熱過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)→b過(guò)程，氣體壓強(qiáng)和體積的乘積變大B．a(chǎn)→b過(guò)程，氣體壓強(qiáng)和體積的乘積變小C．c→a過(guò)程，氣體壓強(qiáng)和體積的乘積變大D．c→a過(guò)程，氣體壓強(qiáng)和體積的乘積變小【答案】A【解析】【解答】解答理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律的綜合問(wèn)題的關(guān)鍵在于找到兩個(gè)規(guī)律之間的聯(lián)系，弄清氣體狀態(tài)變化過(guò)程中各狀態(tài)量的變化情況。AB．根據(jù)ΔU=Q+W，假設(shè)c→a過(guò)程為絕熱過(guò)程（Q=0），則有因?yàn)閏→a過(guò)程，體積增大，即W<0，則ΔU<0，因此c→a過(guò)程溫度降低，即a→b過(guò)程為等溫過(guò)程，則Tb→c過(guò)程等容變化，由p可知Tc<Tb，這與假設(shè)結(jié)果T可知所以a→b過(guò)程氣體壓強(qiáng)和體積的乘積變大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．c→a過(guò)程為等溫過(guò)程，該過(guò)程溫度始終保持不變，所以氣體壓強(qiáng)和體積的乘積不變，故CD錯(cuò)誤。故選A。

【分析】據(jù)假設(shè)的方法結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，c→a過(guò)程為等溫過(guò)程氣體壓強(qiáng)和體積的乘積不變，a→b過(guò)程為絕熱過(guò)程，體積減小，理想氣體內(nèi)能增大溫度升高。9．如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內(nèi)壁接觸的小物塊，現(xiàn)給物塊沿內(nèi)壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等。則物塊滑動(dòng)時(shí)動(dòng)能Ek與通過(guò)的弧長(zhǎng)s的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【解答】解題關(guān)鍵是要分析出摩擦力的變化情況，結(jié)合圖像斜率求解。物塊緊貼圓筒內(nèi)壁開(kāi)始滑動(dòng)，水平方向圓筒側(cè)面的彈力提供向心力，則有N側(cè)=mv由于圓筒粗糙，所以物塊滑動(dòng)過(guò)程受到側(cè)面和底面的滑動(dòng)摩擦力作用，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，則有f側(cè)=μ可知隨著物塊速度的減小，側(cè)面滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，則滑動(dòng)摩擦力合力逐漸減小，相同的弧長(zhǎng)，滑動(dòng)摩擦力合力做負(fù)功越來(lái)越少，根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能減小的越來(lái)越慢，則動(dòng)能與弧長(zhǎng)的圖像斜率減小。故選C。

【分析】豎直方向受力平衡，水平方向圓筒側(cè)面的彈力提供向心力，物塊速度的減小，側(cè)面滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，動(dòng)能減小的越來(lái)越慢，圖像斜率減小。10．如圖所示，某同學(xué)利用一塊表頭G和三個(gè)定值電阻設(shè)計(jì)了如圖所示的多量程電流表，該電表有1、2兩個(gè)量程。當(dāng)只增大電阻R1的阻值時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．兩個(gè)量程均變大 B．兩個(gè)量程均變小C．1的量程變大，2的量程變小 D．1的量程變小，2的量程變大【答案】A【解析】【解答】本題關(guān)鍵掌握多量程電流表的原理和串并聯(lián)電路的特點(diǎn)。測(cè)電流時(shí)，根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路電流規(guī)律可得量程1為I量程2為I當(dāng)只增大電阻R1的阻值時(shí)，兩個(gè)量程均變大。故選A。

【分析】根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合電路連接分析判斷。11．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的兩端分別與小物塊A、B相連，并放在傾角為θ的固定斜面上，A靠在固定的擋板P上，彈簧與斜面平行，A、B均靜止。將物塊C在物塊B上方與B相距x處由靜止釋放，C和B碰撞的時(shí)間極短，碰撞后粘在一起不再分開(kāi)，已知A、B、C的質(zhì)量均為m，彈簧勁度系數(shù)為k，且始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，則為保證A不離開(kāi)擋板，x的最大值為（）A．4mgsinθk B．8mgsinθk【答案】B【解析】【解答】解答本題的關(guān)鍵是弄清楚各個(gè)物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能夠根據(jù)平衡條件求出彈簧形變量的大小，分析彈簧彈性勢(shì)能的變化情況。運(yùn)用機(jī)械能守恒定律時(shí)，要明確研究對(duì)象和研究過(guò)程。設(shè)要讓A能離開(kāi)擋板彈簧就要伸長(zhǎng)x1到P點(diǎn)，有物塊B、C從相碰后到一起運(yùn)動(dòng)到A剛要離開(kāi)擋板，物塊B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A剛要離開(kāi)擋板時(shí)物塊B、C速度為零，彈簧伸長(zhǎng)，彈力大小等于A重力下滑分力，伸長(zhǎng)量等于x1，從碰后到A剛要離開(kāi)擋板，彈簧彈性勢(shì)能變化為零，設(shè)碰后速度為v2，由機(jī)械能守恒定律得碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒m下滑過(guò)程1聯(lián)立解得x=故選B。

【分析】A、B均靜止時(shí)，對(duì)B，根據(jù)平衡條件列式。研究A剛要離開(kāi)擋板的情況，對(duì)A，根據(jù)平衡條件列式；研究C下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，得到C與B碰撞前的速度。對(duì)于C與B碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式。從碰撞結(jié)束到A剛要離開(kāi)擋板時(shí)物塊B、C速度為零的過(guò)程，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒列式，再聯(lián)立求解。二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題~第16題解答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案的不能得分；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。12．某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置和若干質(zhì)量為m0的鉤碼來(lái)測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣群痛郎y(cè)物（帶有擋光片）的質(zhì)量，實(shí)驗(yàn)操作如下：①用游標(biāo)卡尺測(cè)量擋光片的擋光寬度d；②調(diào)節(jié)配重物的質(zhì)量，向下輕拉配重物后釋放，當(dāng)配重物能夠勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，可認(rèn)為配重物質(zhì)量與待測(cè)物質(zhì)量相等；③將待測(cè)物壓在地面上，保持系統(tǒng)靜止，測(cè)量出擋光片到光電門(mén)的距離h；④在配重物下端掛1只鉤碼，釋放待測(cè)物，測(cè)量擋光時(shí)間為Δt，可得加速度a；⑤依次增加鉤碼數(shù)量n，由相同位置靜止釋放待測(cè)物，測(cè)量Δt并得到對(duì)應(yīng)的加速度a。根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)步驟，回答以下問(wèn)題：（1）游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖乙所示，擋光片的寬度d=mm。（2）加速度a的表達(dá)式為（用d、h和Δt表示）（3）該同學(xué)作“1a?1n”圖像，若所作圖像斜率為k，縱截距為b，則當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹?，待測(cè)物質(zhì)量為（4）實(shí)際中滑輪存在著摩擦阻力，若認(rèn)為該阻力大小恒定，則請(qǐng)判斷在上面測(cè)量方法中該阻力是否對(duì)重力加速度的測(cè)量值引起誤差，并請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。【答案】（1）4.80（2）d（3）1b；（4）該阻力不會(huì)對(duì)重力加速度的測(cè)量值引起誤差。理由如下：根據(jù)牛頓第二定律可得1a=2M+【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的理解；關(guān)鍵是要理解實(shí)驗(yàn)原理，然后根據(jù)牛頓第二定律求解函數(shù)表達(dá)式。

（1）游標(biāo)卡尺不用估讀，擋光片的寬度d=4mm+0.05mm×16=4.80mm。（2）根據(jù)速度—位移公式v其中v=解得a=（3）由題意可知待測(cè)物的質(zhì)量等于配重物的質(zhì)量，設(shè)為M，對(duì)整體根據(jù)牛頓第二定律n其中a=可得1可知b=1g解得g=1b（4）該阻力不會(huì)對(duì)重力加速度的測(cè)量值引起誤差。理由如下：若考慮阻力，則可將阻力等效為加在待測(cè)物上的質(zhì)量為fg的物體，則根據(jù)牛頓第二定律可得1可見(jiàn)1a?1n圖像的縱截距與阻力無(wú)關(guān)。

【分析】（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺的精確度讀數(shù)，游標(biāo)卡尺不用估讀；

（2）根據(jù)光電門(mén)測(cè)速原理算出物體經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度，根據(jù)速度—位移公式解答；（1）擋光片的寬度d=4mm+0.05mm×16=4.80mm。（2）根據(jù)v其中v=解得a=（3）[1][2]由題意可知待測(cè)物的質(zhì)量等于配重物的質(zhì)量，設(shè)為M，則根據(jù)牛頓第二定律n其中a=可得1可知b=1g解得g=1b（4）該阻力不會(huì)對(duì)重力加速度的測(cè)量值引起誤差。理由如下：若考慮阻力，則可將阻力等效為加在待測(cè)物上的質(zhì)量為fg的物體，則根據(jù)牛頓第二定律可得1可見(jiàn)1a13．某學(xué)校有一個(gè)景觀水池，水池底部中央安裝有一個(gè)可向整個(gè)水面各個(gè)方向發(fā)射紅光的LED光源S，如圖所示（側(cè)視圖）。某同學(xué)觀察到水面上有光射出的區(qū)域是圓形（圖中沒(méi)有畫(huà)出），若圓形區(qū)域半徑為r，水對(duì)紅光的折射率為n，在真空中的速度為c，該光源大小忽略不計(jì)，求：（1）紅光在水中的速度v；（2）池中水的深度h。【答案】（1）解：紅光在水中的速度v=（2）解：光恰好發(fā)生全反射處為圓形區(qū)域的邊緣，如圖全反射臨界角滿(mǎn)足sin水深h=解得h=r【解析】【分析】（1）根據(jù)v=cn求解紅光在水中的速度；（2）畫(huà)出光恰好發(fā)生全反射的光路圖，根據(jù)（1）紅光在水中的速度v=（2）光恰好發(fā)生全反射處為圓形區(qū)域的邊緣，如圖全反射臨界角滿(mǎn)足sin水深h=解得h=r14．某同學(xué)受“法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)”的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了一個(gè)提升重物的電動(dòng)裝置。如圖所示，內(nèi)圓半徑為L(zhǎng)、外圓半徑為3L的圓環(huán)形銅盤(pán)焊接在半徑也為L(zhǎng)的銅軸上，銅軸水平放置，整個(gè)銅盤(pán)位于方向水平向左的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。用導(dǎo)線將電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源和電流表通過(guò)電刷與銅軸和銅盤(pán)連成電路，銅軸上繞有輕繩，用以懸掛重物。當(dāng)重物以速度v勻速上升時(shí)，電流表的示數(shù)為I。已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，除電源內(nèi)阻外其余電阻不計(jì)，求：（1）電源的路端電壓U和重物的質(zhì)量m；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B?！敬鸢浮浚?）解：由能量守恒得EI?解得m=路端電壓U=E?Ir（2）解：銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω=銅盤(pán)上內(nèi)外圓之間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E由電路規(guī)律U=E?Ir而E解得B=【解析】【分析】（1）根據(jù)能量守恒求解重物質(zhì)量，根據(jù)閉合回路歐姆定律求解路端電壓；

（2）求解銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解銅盤(pán)上內(nèi)外圓之間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合回路歐姆定律表示路端電壓，從而求解磁感應(yīng)強(qiáng)度。（1）由能量守恒得EI?解得m=路端電壓U=E?Ir（2）銅盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω=銅盤(pán)上內(nèi)外圓之間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E由電路規(guī)律U=E?Ir而E解得B=15．如圖所示，水平地面上固定有兩個(gè)相同的傾角θ=37°的斜面體（頂端固定有小滑輪），兩滑輪間的距離d=12cm。兩根等長(zhǎng)的細(xì)線繞過(guò)滑輪，一端與放在斜面上的質(zhì)量均為M=5kg的物塊相連，另一端與質(zhì)量m=3kg的小球連接。初始時(shí)刻，用手豎直向下拉住小球，使系統(tǒng)保持靜止，此時(shí)兩細(xì)線與豎直方向間的夾角均為α=37°，松手后，小球?qū)⒃谪Q直方向上運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）開(kāi)始時(shí)手對(duì)小球的拉力大小F；（2）小球能夠上升的最大高度h；（3）小球回到初始位置時(shí)的加速度大小a?！敬鸢浮浚?）解：初始時(shí)刻系統(tǒng)靜止，對(duì)物塊T=Mgsinθ=30N假設(shè)F方向向下，對(duì)小球2T解得F=18N（2）解：小球上升到最大高度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為0。設(shè)此時(shí)連接小球的細(xì)線與豎直方向間的夾角為β。對(duì)系統(tǒng)2Mg解得β=90°可見(jiàn)小球上升到最大高度時(shí)繩子水平，小球上升的最大高度為h=8cm（3）解：對(duì)物塊Mgsinα-T1=MaM對(duì)小球2T1cosα-mg=ma加速度關(guān)系aM=acosα聯(lián)立方程解得a=9047【解析】【分析】（1）初始時(shí)系統(tǒng)靜止，由平衡條件分別列式，即可分析求解；

（2）由題知，兩個(gè)物塊、一個(gè)小球及輕繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球上升到最大高度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為0，對(duì)系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律列式，結(jié)合幾何關(guān)系，即可分析求解；

（3）對(duì)物塊、對(duì)小球，由牛頓第二定律分別列式，結(jié)合加速度的關(guān)系，即可分析求解。（1）初始時(shí)刻系統(tǒng)靜止，對(duì)物塊T=Mgsinθ=30N假設(shè)F方向向下，對(duì)小球2T解得F=18N（2）小球上升到最大高度時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能為0。設(shè)此時(shí)連接小球的細(xì)線與豎直方向間的夾角為β。對(duì)系統(tǒng)2Mg解得β=90°可見(jiàn)小球上升到最大高度時(shí)繩子水平，小球上升的最大高度為h=8cm（3）對(duì)物塊Mgsinα-T1=MaM對(duì)小球2T1cosα-mg=ma加速度關(guān)系aM=acosα聯(lián)立方程解得a=904716．如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系O—xyz中有一長(zhǎng)方體區(qū)域，棱OP、OA、ON分別在x軸、y軸和z軸上，側(cè)面CBPQ處放有一塊絕緣薄板。在該區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、電荷量均為+q的帶電粒子從O點(diǎn)以大小各不相同的初速度沿z軸正方向射入該區(qū)域，粒子的初速度大小連續(xù)分布在0<v0≤8qBd3m范圍內(nèi)。（1）求能到達(dá)P點(diǎn)的粒子的初速度大??；（2）求初速度v0（3）若長(zhǎng)方體區(qū)域還存在沿y軸正方向、大小可調(diào)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。①要使得第（2）中的粒子與絕緣薄板只碰撞1次，求場(chǎng)強(qiáng)大小E需滿(mǎn)足的條件；②調(diào)節(jié)勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小，使得所有粒子均不會(huì)從ABCD面射出，現(xiàn)研究到達(dá)CDNQ面時(shí)速度方向與該平面平行的粒子，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明它們的初速度大小有幾個(gè)可能的值，并求出其中初速度最大的粒子到達(dá)CDNQ面時(shí)的x坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，能到達(dá)P點(diǎn)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓。半徑r由牛頓第二定律可得qvB=m解得v=（2）解：v0=軌跡如圖所示由幾何關(guān)系r2＋r2sinθ＝4d解得θ＝30°相鄰兩次撞擊點(diǎn)之間的距離Δz＝2r2cos30°=粒子與薄板碰撞的次數(shù)n=取n=2第1次碰撞時(shí)z第2次碰撞時(shí)z2（