2022—2023 衡水中学下学期高三年级一调考试
物 理
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分，考
试时间75分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7题只有一项
符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的
得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．花岗岩、砖砂、水泥及深层地下水等物质会释放氡气。氡气被吸入人体后会形成内照射，
222 222
对人体的危害很大。氡的同位素中对人体危害最大的是氡( 86Rn)及其衰变产物，氡( 86
222 218 214 214 210 222
Rn)的衰变反应链为 86Rn 84Po 82Pb 83Bi 82Pb,其中氡( 86Rn)的半
222
衰期为3.8天。关于氡( 86Rn)的衰变反应，下列说法正确的是
A．温度升高，氡的衰变速度会变快
B．④过程只发生了a衰变
222
β
C．一个氡核( 86Rn)经过一个衰变链，共发生了3次α 衰变、2次 衰变
222 210
D．每经过3.8天，将有半数的氡( 86Rn)衰变为铅( 82Pb)
2．一试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线NPM所示，设P、M两点的电势分
ϕ ϕ E E
别为 P、 M，此试探电荷在P、M两点的动能分别为 kp、 kM,下列说法正确的是
A．电场强度方向一定水平向右
B．该试探电荷在P点受到的电场力沿OP方向
ϕ >ϕ
C． P M
E <E
D． kp kM
n = n =200
3．如图所示，理想变压器原线圈的匝数 1 1 000匝，副线圈的匝数 2 匝，将原线
u=200√2sin(120πt) R=100Ω,
圈接在电压 V的交流电源上，已知定值电阻 电流表A
为理想电流表，下列说法正确的是
A．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2 Wb/s
B．交流电的频率为50 Hz
0.4√2
C．电流表A的示数为 A
D．变压器的输入功率是16 W
4．天问一号着陆器着陆于火星表面的过程可简化为如下过程：首先着陆器在距火星表面高
为h处悬停，接着以恒定的加速度a竖直下降，下降过程火箭产生的反推力大小恒为
1
学科网（北京）股份有限公司F。当四条“缓冲脚”接触火星表面时，火箭立即停止工作，着陆器经时间 t速度减为
0。已知着陆器的质量为m，火星半径为R(R远大于h)，引力常量为G。下列说法正确
的是
(F−ma)R2
A．火星的质量为 Gm
F
m
B．火星表面的重力加速度为
1
−
Fat2
2
C．火箭反推力对着陆器所做的功为
m√2ah
F+ma+
D．着陆器对火星表面的平均冲击力大小为 t
5．在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞
前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c所示。由图像
可知
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3:5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5:3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
6．磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在xOy平面内，以坐标原点O为中心，
边长为2L的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小均为
I ，方向已标出。已知电流为I的通电长直导线在与其距离为r处的圆周上产生的磁感
0
I
B=k
r
应强度大小为 ,k为比例系数。下列说法正确的是
A．直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B．直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
kI
0
C．直导线1、4在O点的合磁场的磁感应强度大小为 2L
D．直导线2、4对直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
7．如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为 4m的物
体乙用轻绳跨过光滑定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖
直，右侧绳与水平方向夹角
α=53°
,甲位于P点，某时刻由静止释放乙（乙离地面足
够高），经过一段时间小球甲运动到Q点（未与横杆相碰），0、Q两点的连线水平，
0、Q的距离为d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,
sin53o =0.8,cos53o =0.6
,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是
2mg
3d
A．弹簧的劲度系数为
2
学科网（北京）股份有限公司B．物体乙释放瞬间的加速度大小等于g
√8gd
3
C．小球甲到达Q点时的速度大小多
D．小球甲和物体乙的机械能之和始终保持不变
8．直角边AC长为d的三棱镜ABC置于水平桌面上，其截面图如图所示。D为斜边BC的
中点，桌面上的S点有一点光源，发射的一条光经D点折射后，垂直于AB边射出。已
√3d
t=
2c
知SC=CD，光在棱镜中的传播时间为 ,真空中光速为c,不考虑光的反射。下列
说法正确的是
√3
A．该棱镜的折射率为
2√3
B．该棱镜的折射率为 3
C．入射光与BC的夹角为30°
D．入射光与BC的夹角为60°
9．一个半径为R=0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，截面图如图所示。一小球从圆柱体
左端A点正上方的B点水平抛出（小球可视为质点）,到达C点时速度方向恰好沿圆弧
g=10m/s2
切线方向。已知 O为半圆弧的圆心，OC与水平方向夹角为53°，取 ，
sin53°=0.8
cos53°=0.6
，下列说法正确的是
A．小球从B点运动到C点所用的时间为0.3 s
B．小球从B点运动到C点所用的时间为0.5 s
C．小球做平抛运动的初速度大小为4 m/s
D．小球做平抛运动的初速度大小为6 m/s
10．如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化
的关系为B=kt（k为大于零的常量）。一高为a、总电阻为R的等边三角形金属线框
向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进
入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中，下列说法正确的是
A．线框中的电流始终沿逆时针方向
B．线框中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
T √3ka2
t=
2
C． 时刻，流过线框的电流大小为 6R
3
学科网（北京）股份有限公司T 5√3ka2
t=
D． 2 时刻，流过线框的电流大小为 12R
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
二、非选择题：本题共5小题，共54分。带*题目为能力提升题，分值不计入总分。
11．（6分）某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定
滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。
(1)下列说法正确的是 。（填正确答案标号）
A．实验前，应先将弹簧测力计调零 B．应保持与木块相连的细线水平
C．实验时，应将木板匀速向左拉出 D．实验时，拉木板的速度越大越好
(2)如图乙所示是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力
F= N。
f
(3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若木块的质量为所
m,砝码的总质量、木块与木板之间的动摩擦因数和重力加速度分别用 m、μ和g来表
0
示，则木块受到的滑动摩擦力F = （用题中所给物理量的字母表示）；测得多
f
组数据后，该同学描绘的 F-m 图像如图丙所示，则他测得的动摩擦因数μ =
f
（结果保留一位有
效数字，取g=10 m/s2）。
12．（8分）在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入
电路
部分的长度为50 cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为
mm。（该值接近多次测量的平均值）
4
学科网（北京）股份有限公司(2)用伏安法测金属丝的电阻R。实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约为1Ω
x
），
0.1Ω 3kΩ 20Ω
电流表（内阻约为 ），电压表(内阻约为 )，滑动变阻器R(0～ ，额定
电流为2 A)，开关、导线若干。某小组同学利用上述器材正确连接好电路，进行实验
测量，记录数据如下表所示。
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
R
由以上实验数据可知，他们测量 x采用的是 图。（填“乙”或“丙”）
R
(3)如图丁所示是测量 x工的实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻
器的滑片P置于滑动变阻器的一端，请根据(2)所选的电路图，以笔画线代替导线补充
完整实物图的连线。
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量
数据对应的4个坐标点。请在图戊中标出第1、3、5次测量数据的坐标点，并描绘出
R
U-I图线，由图线得到金属丝的阻值 x= Ω。（结果保留两位有效数字）
5
学科网（北京）股份有限公司(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为 。（填正确答案标号）
A．
1×10−2Ω⋅m
B．
1×10−3Ω⋅m
C．
1×10−6Ω⋅m
D．
1×10−8Ω⋅m
(6)任何实验测量都存在误差，下列关于误差的说法正确的是 。（填正确答案标
号）
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差
D．用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
13．（10分）如图所示，一竖直放置的导热良好的汽缸内壁光滑，两个质量及厚度均不计
的活塞a、b封闭两部分质量相同的同种理想气体。活塞的横截面积 S=10 cm2，静止时
l =10cm l =20cm
a、b到汽缸底部的距离分别为 a , b ,汽缸内壁有一固定卡扣（不计体
l =8cm g=10m/s2
积），卡扣上端到汽缸底部的距离 0 。取 ，大气压强
P =1×105Ρa,T=t+273Κ
0
m=5kg
(1)在活塞b上放置一质量为 的重物，求稳定后b到汽缸底部的距离。
(2)在第(1)问的条件下，若再把环境温度从27℃升高到42℃，求再次稳定后b到汽缸
底部的距离。
14．（12分）如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37°的倾斜轨道AB上，一端
固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量可调）接触但不拴接。AB长为2R，
6
学科网（北京）股份有限公司B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，
OB⊥AB
，D点在O
μ=0.5
点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数 。用外力推动滑
块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质
量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
(2)若滑块P的质量改为M，为使之能滑上圆弧轨道，且仍能沿圆弧轨道滑下，求M的
取值范围。
(3)若滑块P能滑上圆弧轨道，且所在位置与O点的连线与OC的夹角为37°时恰好脱
离圆弧轨道，求P的质量M'。
15．（18分）如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化
的磁场（图中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为 m、电荷量为q的带
正电液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经
v
过O点，此时速度大小为 0,方向与x轴正方向的夹角为 45°。已知电场强度大小
mg
E=
q
从液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示
πv
t = 0
（当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正）， 0 g ，重力加速度大小为g。求：
(1)抛出点P的坐标。
t
(2)液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间 1。
(3)液滴第n次经过x轴时的x坐标。
7
学科网（北京）股份有限公司*如图所示，有两足够长的倾角均为
θ=37°
的粗糙斜面AB和CD均通过一小段光滑的圆
μ =0.3
弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数 1 ，小滑块
μ =0.15
b与斜面CD间的动摩擦因数 2 ，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，
一段时间后，与静止在水平面BC上的带有轻弹簧的物块b发生正碰，碰撞时弹簧储存的
弹性势能的最大值为7.2 J。已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为m=0.2 kg，小滑块a
与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取 g=10 m/s2，sin 37°= 0.6，
cos 37°=0.8。求：
(1)P点距水平面的高度。
(2)小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离。
(3)小滑块b在斜面上运动的总路程。
物理参考答案
一、选择题
1．【解释】半衰期不随外界温度、压强的变化而变化，由原子核自身决定，A错误；由衰
214 Βi 210 Ρb+ 4 Ηe+ 0e β
变方程 83 → 82 2 -1 可知，④过程除了发生了α衰变，还发生了 衰变，B
错误；衰变时满足质量数和电荷数守恒，设共发生了 n次a衰变, 则222—210=4n，解
β
得n=3，所以 衰变的次数为x=82－(86－3×2)=2．C正确；每经过3.8天，将有半数的
222 218Po 210Pb
氡（ 86Rn）衰变为 84 ，衰变为 82 的更少,D错误。
2．D【解析】该试探电荷做曲线运动，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，B错误，
8
学科网（北京）股份有限公司试探电荷的电性不确定，所以电场强度的方向也无法确定．A错误，该试探电荷从P点
E <E
运动到M点，电场力做正功，所以动能增大，电势能减小，即 KP KM．D正确；
由于电场强度方向无法确定，所以电势高低也无法判断，C错误。
ΔΦ
E=n
200√2 Δt
3．D【解析】由题意可知，电压最大值为 V,由 可知，磁通量的最大变化
200√2
率为
1000
Wb/s=
0.2√2
Wb/s,A 错误；根据表达式可知
ω=120π
,所以频率为
120π
2π
200 40
U = ×200 I=
Ηz=60
Hz，B错误，根据电压与匝数成正比得
2 1000
V=40V,所以
100
A=0.4
A,C错误；
p
2
=U
2
I
2
=40×0.4
W=16W,变压器的输入功率P=P =16 W，D
1 2
正确．
4．D【解析】设火星表面的重力加速度为 g，着陆器加速下降过程由牛顿第二定律有
F+ma Mm
g= G⋅ =mg
mg−F=ma m R2
,解得 ，对火星表面的物体有 ，解得火星的质
(F+ma)R2
M
Gm
量 ，A、B错误；火箭反推力对着陆器所做的功为W=- Fh．C错误；
(F−mg)t=0−(−mv)
着陆器落在火星表面的过程，以向上为正方向，由动量定理得
mv m√2ah
F= +mg=F+ma+
又
v2 =2ah
，解得
t t
D正确。
5．C【解析】由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量
5m −
也为正，故碰撞前滑块 I 的动量较大，A 错误；根据动量守恒定律有 1
3m =2(m +m ), m :m =5:3
2 1 2 解得 1 2 ，B错误,C正确；碰撞过程中滑块I受到的冲量
与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，D错误．
6．D【解析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导
线 l、2 相互排斥，A 错误；直导线 l、4 在 O 点产生的磁场如图所示。其中
kI
0
B =B =
1 4 √2L
kI
B=√2 0
√2L
所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为 ,B、C错
9
学科网（北京）股份有限公司kI kI
B =√2 0 = 0
2 2L √2L
误,同理可得直导线2、4在直导线l处产生的合磁感应强度大小为
kI
1
B = 0 = B
3 2√2L 2 2
直导线3在直导线1处产生的磁感应强度大小为 ,所以直导线2、4对
直导线1的合作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，D正确。
l
7．C【解析】设弹簧的原长为 0，肉题意可知小球在P点时弹簧的压缩最等于小球在Q点
x+l −(l −x)=dtana
时弹簧的伸长量，设形变量为 x,根据几何关系可得 0 0 ，解得
2 3mg
x= d˙ k=
3 kx=mg 2d
，开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则 ，解得 A错误；物体
乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为 F ，对甲、乙分别由牛顿第二定律有
T
F sinα=ma
T 甲
4mg−F =4ma a ⋅sina=a
T 乙根据运动的合成与分解可得 甲 乙，联立解得
64
a = g
乙 89 v ⋅sina=v
，B错误；根据运动的合成与分解可得 甲 乙小球甲到达Q点时
a=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成
的 系 统 机 械 能 守 恒 ， 且 易 知 弹 簧 在 初 、 末 状 态 的 弹 性 势 能 相 等 ， 则
4mg ( d −d ) −mgdta {n˙α= 1 mv2 ¿ v = √8 gd
cosa 2 甲 甲 3
，解得 ，C正确；弹簧对小球甲和
物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减
小，D错误。
8．AC【解析】由题意画出光路图如图所示．E是光在AB边的出射点，设光在棱镜中的传
1
DE= d
θ 2
播速度为 v，入射角为 i．折射角为 r，光与 BC 边的夹角为 。则有 ,
1
vt= d
2
c
n=
v n=√3,
,解得 A 正确，B 错误；光射到 BC 边，由几何关系和折射定律有
π
i= −θ
2
10
学科网（北京）股份有限公司π sini
r= −2θ n=
2
，
sinr
，联立解得
θ=30°
，C正确，故D错误。
9．AC【解析】小球从B点到C点做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆弧相切于 C点，由
θ
几何关系知小球在C点的速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为 ，
tan37° y y 9
tanθ= ta {n˙θ= = ¿ y= m
2 x Rcos53° 20
则有 ，因为 ，R=0.75m,解得 ,根据
1
y= gt2
2
,解得
t=0.3
s,水平位移
x=1.6R=v
0
t
,解得
v
0
=4m/s,
A、C正确，B、D错
误。
10．AD【解析】在线框进入磁场的过程中，通过线框的磁通量增加，根据楞次定律可知电
T
t=
2
流沿逆时钟方向，A正确，B错误； 时刻，线框进入磁场中的部分切割磁感线的
√3 a
L= a v= ,
T
有效长度为边长的一半，即 3 ，线框的速度 则此时的动生电动势
T √3 a √3ka2 T √3
E
1
=BLv=k
2
.
3
a.
T
=
6
,t=
2
S= a2
时刻，线框在磁场中的面积 4 ，则
B 3
E S ka2
2 t 4
此 时 的 感 生 电 动 势 ， 此 时 回 路 中 总 电 动 势
5√3ka2 E 5√3ka2
E=E +E = 1= =
1 2 12 R 12R
，则此时电流大小 ,C错误,D正确
二、非选择题
11．(1) AB(2分)
(2)2.76（2.75或2.77均可，1分）
μ(m+m )g
(3) 0 （1分） 0.4(2分)
【解析】(1)实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，A正确；应保持与木
块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块和砝码的总重力．B正
确；实验时，拉动木板，和木块有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的
大小，拉木板的速度对实验无影响，C、D错误。
(2)在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1 N，即弹簧测力计的分度
值为0.l N．此时的示数为2.76 N，木块受到的滑动摩擦力为2.76 N。
11
学科网（北京）股份有限公司F =μF =μ(m+m )g
(3) 由 1 N 0 可 知 ， 图 像 的 斜 率 为 μg， 由 题 图 丙 可 得
2.6−2.0
k= ⋅N/kg=4N/kg,
0.17−0.02 μ=0.4
所以
12．(1)0.397（0.396或0.398均可，1分）
(2)乙（1分）
(3)见解析图甲（1分）
(4)见解析图乙（1分）4.5(4.3～4.7均可，1分)
(5)C（1分）
(6)CD(2分)
【解析】(1)由题图甲知螺旋测微器读数为39.7×0.01 mm=0.397 mm，所以直径d=0.397
mm;
(2)由题图表中实验数据可知，最小电压与电流很小，由此可知，滑动变阻器应用分压
式接法，因此实验采用的是图乙所示电路。
(3)实物图连接注意电流表外滑，滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示．
(4)将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在直线上，要让直线两侧点
的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去，如图乙所示，计算直线的斜率即为电阻
ΔU
R = =4.5Ω
x ΔI
R．故
x
L πR d2
R x =ρ S ρ= x ≈1.0×10−6Ω⋅m
(5)根据 得 4L C正确。
(6)用螺旋测徽器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；由
电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；伏安法测电阻时，电流表和
电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消
除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；用U-I图像处理数据求
12
学科网（北京）股份有限公司金属丝电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第 6个点）去掉，不在直
线上的点均匀分布在直线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确．
44
(1) cm
3
13．
(2)15 cm
【解析】 (l)设重物质量为m 时，活塞a恰与卡扣接触。对下部气体，初状态压强为
0
m g
p ， 体 积 为 l a S ， 末 状 态 压 强 为 p 0 + S 0 , 体 积 为 l 0 S , 由 玻 意 耳 定 律 有
0
m g
p 0 l a S=(p 0 + S 0 )l 0 g （1分） 解得 m 0 =2.5kg （1分）
m>m
由于 0，则活塞a到达卡扣处且与卡扣有作用力，对上部气体，初状态压强为
mg
P + (l −l )S,
（l −l )S 0 S ′ 0
P,体积为 b a ,稳定后末状态压强为 ，体积为 b 由玻意耳定律
0
有
mg 44
p (l −l )S=(p + )(l −l )S l = cm
0 b a 0 S b ′ 0 (1分) 解得 b ′ 3 (1分)
T
(2)设温度升高到 m时，活塞a与卡扣接触但无作用力。对下部气体，初状态压强为
mg
P +
l S T =t +273K 0 S l S
P ，体积为 a ，温度为 1 1 ，末状态压强为 ，体积为 0 ，温度
0
为
mg
.(p + )l S
P l S 0 S 0
0 a
=
T =t +273K T T
m m ，由理想气体状态方程有 1 m (2分)
T =360K t =(T −273)°C=87°C
解得 m ,则 m m （1分）
t <t
由于 2 m,所以环境温度为t 时，活塞a未离开卡扣，对上部气体，初状态压强为温
2
P (l −l )S T =t +273K
度为 0,体积为 b a ，温度为 1 1
mg
P + (l −l )S
0 S ″ 0 T =t +273K
末状态压强为 ,体积为 b ,温度为 2 2
13
学科网（北京）股份有限公司mg
( )
p + (l −l )S
p (l −l )S 0 S b ″ 0
0 b a
=
T T
由理想气体状态方程有 1 2 （2分）
l =15cm
″
解得 b (1分)
3.8mgR
14．(1)
38 38
m≤M< m
23 15
(2)
19
m
16
(3)
【解析】(1)若滑块P刚好能沿圆弧轨道运动到圆弧轨道的最高点，有
v2
mg=m D
R （1分）
滑块P由静止运动到圆弧轨道最高点过程，由能量守恒定律可得
3 3 1
E =μmgcos37o × R+mg {( ˙ Rsin37°+R+Rcos37°)+ mv2 ¿
P 2 2 2 D
（2分）
E =3.8mgR
解得 P （1分）
(2)为使P能滑上圆弧轨道，则它到达B点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得
3 3
E >μM˙ gcos37o × R+Mg× Rsin37°
P 2 2
（1分）
38
M< m
解得 15
要使滑块P仍能沿圆弧轨道滑下，则P在圆弧轨道上升的高度不能超过与圆心等高处，
3 3
E ≤μMgcos37°× R+Mg( Rsin37o +Rcos37°)
P 2 2
由能量守恒定律可得 （1
分）
38 38 38
M≥ m m≤M< m
23 23 15
解得 ，综上所述，M的取值范围为 （2分）
(3)依题意可知，滑块恰好脱离圆弧轨道时，应在OC水平线的上方与OC的夹角为37°
v2
M'gsin37o =M'
处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则 R （1分）
14
学科网（北京）股份有限公司√3
v= gR
5
解得 ，由能量守恒定律可得
3 3 1
E =μM'gcos37o × R+M'g( Rsin37∘+Rcos37o +Rsin37∘)+ Mv2
P 2 2 2
（ 2
分）
19
M' = m
16
解得 （1分）
v2 v2
0 0
(− , ,0)
15．(1) 2g 4g
πv
0
2g
(2)
√2(n−1)v2
0
x=
g
(3) (n=1,2,3,…）
【解析】(1)液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为
√2
v =v =v sin45∘=
45°，则 x y 0 2 v 0（1分）
√2 √2
( v ) 2 =2gy v =gt
根据平抛运动规律得 2 0 1（1分） 2 0 1（1分）
.
v2 v2
√2 0 0
x 1 = 2 v 0 t 1（1分） 联立解得 x 1 = 2g ，y= 4g （1分）
v2 v2
0 0
(− , ,0)
2g 4g
所以P点的坐标为 （1分）
v2 mg
qv B =m 0 B 1 = qv
0 1 R
(2)由洛伦兹力提供向心力得 1 （1分）又 0（1分）
R =
v2
0 T 1 =
2
qB
πm
T 1 =
2π
g
v
0 =2t 0
解得 1 g ，由 1 （1分）解得
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为
T πv πv
1 0 0
t = = <t =
1 4 2g 0 g
90°。则 （1分）
15
学科网（北京）股份有限公司πv
0
t =
1 2g
假设成立，所以液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间 （1分）
T πv t
t = 1 = 0 = 0
(3)由 1 4 2g 2 （2分）
t
可知在0～ 0时间内，液滴刚好转过180°。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向
v2
qv B =m 0 ⋅¿¿
0 2 R
变了。由洛伦兹力提供向心力得 2
mg
B . ≡¿ 2v2
2 2qv R = 0 =2R
联立 0，解得 2 g 1（1分）
2πm
T = 4πv
2 qB T = 0 =4t
由 2 ，解得 2 g 0（1分）
在t～2t 时间内，液滴转过90°
0 0
同理得，液滴在2t ～3t 时间内与0～t 时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不
0 0 0
一样，3t～4t。时间内与t～2t 时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样
0 0 0 0
综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示
OA=AB=√2R
由几何关系得 1（1分）
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为
√2（n−1)v2
0
x =(n−1)√2⋅R= (n=1,2,3,⋅¿⋅)
n g
（2分）
* (1)12 m (2)10 m (3) 28 m
【解析】(1)由题意知，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
h 1
mgh−μ mgcosθ. = mv2
1 sinθ 2 1
mv=2mv'
a、b碰撞过程，由动量守恒定律有 1 1
16
学科网（北京）股份有限公司1 1
E = mv2 − ×2mv'
由能量守恒定律有 P 2 1 2 1 2
v =12
联立解得 1 m/s h=12m
(2)由题意知，两滑块被弹簧弹开的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律有
1 1 1
mv2
=
mv''
+
mv2
mv 1 =mv 1 '' +mv 2， 2 1 2 1 2 2 2
v =12m/s
联立解得 2
在小滑块b滑到最高点的过程中，根据动能定理有
1
−mgs sinθ−μ mgcosθ⋅s =0− mv2
1 2 1 2 2
s =10m
解得 1
v
(3)根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为 3，有
1 1
−2μ mgcosθ⋅s = mv2 − mv2
2 1 2 3 2 2
1
mv2 =mgssinθ−μ mgscosθ
2 3 1 2 1
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b的速度为零，a的速度大小为v ，则在a沿斜面AB
4
上升至速度AB上升至速度减为零的过程中有
1
−μ mgcosθ⋅s −mgs sinθ=0− mv2
1 2 2 2 4
由于两滑块碰撞时交换速度，故v 与 v 大小相等，
4 3
sinθ−μ cosθ
s = 2 s
2 sinθ+μ cosθ 1
解得 1 ,
1
−μ mgcosθ⋅s +mgs sinθ= mv2
1 2 2 2 5
滑块a返回底端的过程中，有
v =v
在水平面上a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小 6 5
B沿斜面CD上滑至减速到0的过程，
1
−mgs sinθ−μ mgcosθ⋅s =0− mv2
3 2 3 2 6
有
sinθ+μ cosθ
s = 2 s
2 sinθ−μ cosθ 3
可得 1
17
学科网（北京）股份有限公司s ( ˙sinθ−μ cosθ)(sinθ−μ cosθ) 2
3 2 1
= =
整理得 s 1 ( ˙sinθ+μ 1 cosθ)(sinθ+μ 2 cosθ) 7
s 2
q= 3 =
s 7
即小滑块b每次上滑到速度为0时的位移呈等比关系，其中公比 1
2s
s = 1 =28m
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
b 1−q
18
学科网（北京）股份有限公司19
学科网（北京）股份有限公司
