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综合模拟卷(一)
(满分100 分 考试时间90 分钟)
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 分。每小题列出的四个备选项中只
有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.磁通量的单位韦伯用国际单位制中的基本单位可表示为( )
A.T·m2
B. N ·m
A
C.kg·m
2
A ·s
2
D.kg·m
2
A ·s
2.如图所示,斜面体放在光滑水平地面上,其光滑斜面上有一物体由静止开始沿斜面下滑。
在物体下滑过程中,物体和斜面体组成的系统( )
A.机械能守恒,动量不守恒
B.机械能与动量均不守恒
C.机械能与动量均守恒
D.机械能不守恒,动量守恒
3.用电流互感器检测电路中的强电流,以下符合电流互感器工作原理示意图的是( )
4.如果把重庆看成一幅大型立体山水画,那么在长江上划破天际的两组索道就是这幅画
作里的“点睛之笔”。如图所示,索道轿厢通过四根等长的吊臂吊在钢丝上,每根吊臂的
拉力F 沿吊臂方向,每根吊臂与水平方向的夹角接近45°,轿厢和乘客的总重力为G。轿
厢匀速运动时,F 与G 的关系最接近( )
A.F=G
4
B.F=√2
4
G
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C.F=1
2
G
D.F=2G
3
5.2023 年4 月12 日21 时,中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置
(EAST)创造了新的世界纪录,成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s。其运行原
理就是在装置的真空室内加入少量氢的同位素氘或氚,通过某种方法产生等离子体,等离
子体满足一定条件就会发生聚变反应,反应过程中会产生巨大的能量。关于氢的同位素
氘或氚的核聚变,其核反应方程为1
2 H +1
3H
He+X+17.6 MeV,光速c=3.0×108
m/s,e=1.6×10-19 C,则下列说法正确的是( )
A.1
3H 的比结合能大于2
4He 的比结合能
B.粒子X 具有较强的电离能力
C.一个氘核和一个氚核发生核聚变,亏损的质量约为3.1×10-29 kg
D.提升等离子体的密度,在常温常压下也能发生聚变反应
6.如图所示,摩托车爱好者骑着摩托车在水平路面上遇到沟壑,摩托车以水平速度v0离开
地面,落在对面的平台上。不计空气阻力。若增大初速度v0,下列判断正确的是( )
A.运动时间变长
B.速度变化量增大
C.落地速度可能减小
D.落地速度与竖直方向的夹角增大
7.如图所示,A 是静止在地球赤道上的一个物体,B 是绕地球做圆周运动的一颗卫星,其轨
道平面与赤道平面重合,离地高度为1 500 km。下列说法正确的是( )
A.A 的线速度大小等于7.9 km/s
B.A 的周期比B 的周期大
C.A 的向心加速度比B 的向心加速度大
D.地球对A 的万有引力大于地球对B 的万有引力
8.如图所示,在绝缘光滑水平面上有一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧,弹簧左端固定在竖
直墙上,右端固定一电荷量为+q 的小球。小球静止在O 点,弹簧处于原长。现在整个空
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间加水平向右的匀强电场,电场强度为E,小球在水平面内做简谐运动,小球向右最多运动
到B 点,弹簧始终在弹性限度内,则( )
A.小球在B 点时,弹簧弹力大小为qE
B.O、B 两点距离为qE
k
C.小球振动的周期与振幅无关
D.小球从O 点运动到B 点的过程中,动能与电势能的和保持不变
9.如图甲为氢原子能级图,图乙中Ⅰ、Ⅱ分别是氢原子从高能级跃迁到低能级产生的两
种频率的单色光在同一装置下的干涉条纹。结合图中所给数据,下列说法正确的是(
)
A.Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率小
B.如果Ⅰ光和Ⅱ光分别同时通过双缝中的一个缝,其干涉条纹宽度在图乙两条纹宽度之
间
C.Ⅰ光的光子动量比Ⅱ光的光子动量小
D.用Ⅱ光照射某金属时,能产生光电子,则用Ⅰ光照射该金属一定能产生光电子
10.污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如
图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,
金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面,M 点和
N 点在同一电场线上,M 点和P 点在同一等势面上。下列说法正确的有( )
A.M 点的电势比N 点的高
B.N 点的电场强度比P 点的大
C.污泥絮体从M 点移到N 点,电场力对其做正功
D.污泥絮体在N 点的电势能比其在P 点的大
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二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 分。每小题列出的四个备选项中至少
有一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.如图所示,一列简谐横波沿x 轴传播,振幅为0.1 m。t1=0.200 s 时刻的波形如图中实线
所示,t2=0.525 s 时刻的波形如图中虚线所示。在t1到t2时间内,x=6 m 处的质点运动的路
程为s,且0.6 m<s<0.8 m。则( )
A.这列波的波源可能在x=-9 m 处
B.这列波向x 轴的负方向传播
C.在t1时刻x=6 m 处的质点正向上振动
D.从t=0 时刻开始计时,x=6 m 处质点的振动方程为y=0.1sin 10πt m
12.某环保局为监测某化工厂的污水排放量,技术员在排污管道上安装流量计,流量为单
位时间内流过管道横截面的液体的体积,如图为流量计的示意图。左右两端开口的长方
体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c,所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大
小为B 的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N,污水充满管道从左向右
匀速流动,污水流过管道时受到的阻力大小Ff=kLv2,k 是比例系数,L 为管道长度,v 为污水
的流速,测得M、N 间电势差为U。下列说法正确的是( )
A.金属板M 的电势低于金属板N 的电势
B.电压U 与污水中离子浓度有关
C.污水的流量Q=bU
B
D.左、右两侧管口的压强差Δp= kaU
2
bc
3 B
2
13.一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收
400 J 的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J 的热量才能使气体温度上
升100 K。下列说法正确的是( )
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的1
6
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D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
14-Ⅰ.(4 分)如图甲所示,用力传感器做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
甲
(1)关于该实验的说法正确的是 ;
A.实验时,应先接通电源后释放小车
B.电磁打点计时器应接8 V 低压交流电源
C.重物的质量应远小于小车的质量
D.每次改变小车总质量时,都需要重新调节木板倾角以平衡小车受到的阻力
(2)实验中获得一条纸带如图乙所示,其中两相邻计数点间还有四个计时点未画出,已知
所用电源的频率为50 Hz,则打B 点时小车运动的速度大小vB= m/s,小车运动
的加速度大小a= m/s2;(计算结果保留两位有效数字)
乙
丙
(3)改变悬挂重物的质量多次实验,测得多组加速度a 及对应力传感器的示数F。作出a-
F 图像如图丙所示,该图线不过坐标原点,造成这一结果的可能原因是 。
14-Ⅱ.(7 分)设计如图甲所示的电路图来测量金属丝的电阻率,按图甲连接电路,闭合开关,
调节滑动变阻器,记录多组电压、电流值,根据实验数据绘制I-U 图像,由图像的斜率得出
金属丝的阻值R,根据测得的金属丝长度、直径和阻值来计算金属丝的电阻率。回答下
列问题:
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(1)按照图甲所示的实验电路图用笔画线代替导线把图乙的实物电路补充完整。
(2)用游标卡尺测此金属丝的长度,示数如图丙所示,则长度L= mm,实验完成后
绘制的I-U 图像如图丁所示,则该金属丝的电阻R= (用a、b 来表示)。
(3)若金属丝的直径为d,则电阻率为ρ= (用a、b、L、d 来表示)。
14-Ⅲ.(3 分)实验室有块长宽比为2∶1 的矩形玻璃砖,某同学准备利用激光笔测量该玻璃
砖的折射率。由于缺少标准测量工具,该同学将纸张裁成和玻璃砖一样大,通过对折产生
折痕对纸张进行等分,将纸张变为测量工具。
(1)利用纸张折痕确定法线,调整激光笔的位置如图甲所示,入射点为O,出射点为P,可知
入射角为 。
(2)如图乙所示,将纸张放在玻璃砖另一侧,对齐确定P 点位置,可知玻璃砖的折射率n=
。
(3)在此实验基础上,下列方法最能有效减小实验误差的是 (单选,填选项序号)。
A.仅适当增加纸张的等分折痕
B.仅适当减少纸张的等分折痕
C.仅适当减小光线的入射角
15.(8 分)鱼类在适宜的水温中才能生存。某探究小组设计的一个水温监测报警装置如图
所示,圆柱形导热容器下半部分竖直放置在水中,上半部分处于空气中,容器用质量m=1
kg、面积S=100 cm2的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动,水的热力学温
度T1=280 K 时,活塞与容器底的距离h0=28 cm,且刚好与低温报警传感器无压力接触,此
时低温报警器报警。水温升高后,活塞缓慢上升d=2 cm 后接触高温报警传感器,当活塞
对高温报警传感器的压力F=30 N 时,高温报警器开始报警。水温从280 K 到恰好达到
高温报警的温度的过程中,容器内的气体从外界吸收的热量Q=50 J,大气压强恒为
p0=0.99×105 Pa,重力加速度大小g 取10 m/s2。求:
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(1)水温为280 K 时容器内气体的压强及高温报警器开始报警时容器内气体的热力学温
度;
(2)水温从280 K 到恰好达到高温报警的温度的过程中,容器内气体内能的变化量。
16.(11 分)如图所示,固定在竖直平面上的半径R=1.0 m 的光滑半圆轨道AB 与光滑水平
地面在A 点相切,在半圆轨道的最低点A 设置一压力传感器,压力传感器上放置一质量
m2=1.5 kg 的小球乙,用外力将物块甲和物块丙间的轻弹簧压缩并保持静止,某一时刻突
然同时撤去外力,轻弹簧将物块丙、甲分别向左右两边水平弹出,物块丙、甲被弹开后,
立即拿走轻弹簧,经过一段时间后,物块甲与小球乙发生弹性碰撞,碰撞后瞬间压力传感
器的示数为111 N。已知物块甲与物块丙的质量均为m1=1 kg,重力加速度g 取10 m/s2,
甲、乙、丙均可视为质点,B 点为半圆轨道的最高点,空气阻力不计,轻弹簧始终在弹性限
度内。
(1)求小球乙被碰撞后瞬间获得的速度大小。
(2)求轻弹簧的最大弹性势能。
(3)判断小球乙能否运动到B 点,若能,求小球乙落地点距A 点的距离。
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17.(12 分)某同学设计了一个具有电磁缓冲功能的火箭模型,结构示意图如图所示。闭合
矩形线圈abcd 固定在主体下部,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab 边长为L。模型外侧安装
由高强度绝缘材料制成的缓冲槽,槽中有方向垂直于线圈平面、磁感应强度为B 的匀强
磁场。假设模型以速度v0与地面碰撞后,缓冲槽立即停止,此后主体在线圈与缓冲槽内磁
场的作用下减速,从而实现缓冲。已知主体与线圈总质量为m,重力加速度为g,不计摩擦
和空气阻力。
(1)求线圈中感应电流的最大值。
(2)当主体减速下落的加速度大小为g
2
时,求此时线圈中通过的电流大小及主体的速度大
小。
(3)已知缓冲槽停止后主体下落距离为h 时,主体的速度减为v0
2
,此时主体和缓冲槽未相
碰,求该过程中线圈产生的热量Q。
18.(13 分)如图所示,建立平面直角坐标系xOy,在第一象限0≤x≤10d 区域Ⅰ中充满磁感
应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场,在第四象限0≤x≤10d 区域Ⅱ中充
满磁感应强度大小为kB(k 为常数)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。x 轴为两个不同
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磁场区域的分界线。t=0 时刻,一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子重力)从
位于O 点正上方的P 点以v0=4 qBd
m
的初速度沿x 轴正方向进入磁场。
(1)粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径R1;
(2)若OP=4d,k=1,求粒子出磁场的位置坐标;
(3)若k=3,为了使粒子不从左边界离开磁场,求OP 的最大值ym。
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参考答案
综合模拟卷(一)
1.C
【解析】 由于T 和N 均不是基本单位,故A、B 错误;由磁通量定义Φ=BS= F
IL
S=ma
IL
S,则韦伯
用国际单位制中的基本单位可表示为kg·m
2
A ·s
2 ,故C 正确,D 错误。
2.A
【解析】 在物体下滑过程中,只有重力做功,物体和斜面体组成的系统机械能守恒,物体和斜面
体组成的系统所受合力不为零,动量不守恒。故选A。
3.B
【解析】 电流互感器应串联接入输电线路火线上,根据电流跟匝数成反比,可知电流互感器是升
压变压器,原线圈电流大,匝数少。故选B。
4.B
【解析】 由题图可知,四根吊臂对称分布,有4Fsin 45°=G,得F=
G
4 sin 45° = √2G
4
。故选B。
5.C
【解析】 1
2H 和1
3H 聚变为2
4He 会放出能量,可知生成核比反应核更加稳定,即1
3H 的比结合能小于2
4
He 的比结合能,故A 错误;根据电荷数和质量数守恒可知,此反应中的X 电荷数为0,质量数为1,
即粒子是中子,中子的穿透能力强,电离能力弱,故B 错误;根据质能方程有ΔE=Δmc2,则一个氘核
和一个氚核发生核聚变,亏损的质量为Δm=17.6×10
6×1.6×10
-19
(3×10
8)
2
kg=3.1×10-29 kg,故C 正确;
目前轻核聚变只能在高温高压的环境下进行,故D 错误。
6.D
【解析】 摩托车以水平速度v0离开地面,落在对面的平台上,竖直方向有h=1
2
gt2,则其所用时间
为t=√
2h
g
,若增大初速度v0,运动时间不变,故A 错误;摩托车在空中运动过程中的加速度为重力
加速度,由Δv=gt 知速度变化量不变,故B 错误;落地速度v=√v0
2+(gt)
2,增大初速度v0,落地速度
增大,C 错误;落地速度与竖直方向的夹角tan θ= v0
gt
,增大初速度v0,时间不变,落地速度与竖直方
向的夹角增大,D 正确。
7.B
【解析】 第一宇宙速度7.9 km/s 是人造卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度,则地球同步卫
星的线速度小于7.9 km/s,地球同步卫星的角速度等于A 的角速度,根据v=ωr 可知A 的线速度小
于地球同步卫星的线速度,所以A 的线速度小于7.9 km/s,故A 错误;A 的周期等于地球同步卫星
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的周期,根据Gm地m
r
2
=m4 π
2
T
2 r 得T=2π√
r
3
Gm地
,地球同步卫星离地高度约为3.6×104 km,地球同步
卫星的周期大于B 的周期,所以A 的周期比B 的周期大,故B 正确;根据a=ω2r,地球同步卫星的向
心加速度大于A 的向心加速度,根据a=Gm地
r
2
,地球同步卫星的向心加速度小于B 的向心加速度,
所以A 的向心加速度比B 的向心加速度小,故C 错误;A、B 质量大小不确定,则地球对A 的万有
引力与地球对B 的万有引力大小不确定,故D 错误。
8.C
【解析】 小球在水平面内做简谐运动,故O、B 两点受力大小相等,方向相反,则qE=F-qE,小球
在B 点时,弹簧弹力大小F=2qE,故A 错误;根据胡克定律F=kx 可得x=2qE
k
,故B 错误;由简谐运
动的规律可知,小球振动的周期与振幅无关,故C 正确;根据能量守恒定律,可知系统的动能、电
势能与弹性势能的和不变,小球从O 点运动到B 点的过程中,弹性势能不断增大,故动能与电势能
的和在不断减小,故D 错误。
9.D
【解析】 根据Δx= l
d
λ 以及c=λf 可知,干涉条纹宽度越大,波长越长,其光的频率越小,所以Ⅰ光
的频率比Ⅱ光的频率大,A 错误;图乙中两单色光的频率不同,不可能产生干涉条纹,B 错误;光子
动量p=h
λ
,因为Ⅰ光的波长小于Ⅱ光的波长,所以Ⅰ光的光子动量大于Ⅱ光的光子动量,C 错误;
因为Ⅰ光的频率大于Ⅱ光的频率,根据爱因斯坦光电效应方程可知,用Ⅱ光照射某金属时,能产生
光电子,则用Ⅰ光照射该金属一定能产生光电子,D 正确。
10.C
【解析】 根据沿着电场线方向电势降低可知M 点的电势比N 点的低,污泥絮体带负电,根据
Ep=qφ 可知污泥絮体在M 点的电势能比在N 点的电势能大,污泥絮体从M 点移到N 点,电势能减
小,电场力对其做正功,故A 错误,C 正确;根据电场线的疏密程度可知N 点的电场强度比P 点的
小,故B 错误;M 点和P 点在同一等势面上,则污泥絮体在M 点的电势能与在P 点的电势能相等,
结合A、C 选项分析可知污泥絮体在P 点的电势能比其在N 点的大,故D 错误。
11.BCD
【解析】 由图可知,这列波波长是8 m,振幅为0.1 m,在t1到t2时间内,x=6 m 处的质点运动的路
程为s,且4A+2A=0.6 m<s<0.8 m=2×4A,所以x=6 m 处的质点运动时间为1.5T~2T,结合图像可知,
t1时刻,x=6 m 处的质点的振动方向为竖直向上,即向上振动,利用同侧法可知,这列波向x 轴的负
方向传播,故B、C 正确;因为这列波向x 轴的负方向传播,所以波源不可能在x=-9 m 处,故A 错
误;因为这列波向x 轴的负方向传播,所以在t1到t2时间内,波传播的距离是x=1.5λ+1
8
λ=13 m,波
速v=
x
t2-t1
=
13m
0.525 s-0.200 s
=40 m/s,这列波的频率f= 1
T = v
λ
=5 Hz,从t=0 时刻开始计时,x=6
m 处的质点的振动方程为y=Asin ωt=Asin 2πft=0.1sin (2π×5t)=0.1sin 10πt m,故D 正确。
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12.CD
【解析】 根据左手定则,正离子向上表面偏转,负离子向下表面偏转,所以金属板M 的电势高于
金属板N 的电势,故A 错误;达到稳定时,有qvB=qU
c
,所以U=vcB,则电压U 与污水中离子浓度无
关,故B 错误;污水的流量为Q=Sv=bcv=bU
B
,故C 正确;根据平衡条件有ΔpS=Ff,即
Δpbc=kLv2=kav2,解得Δp= kaU
2
bc
3 B
2,故D 正确。
13.AD
【解析】 设理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1,则有
p1=p0,V1=V0,T1=300 K,经等容过程,则有V1=V2=V0,T2=400 K,若经等压过程,则有p3=p0,T3=400 K,
由理想气体状态方程可得p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
= p3V 3
T 3
,解得p2=4
3
p0,V3=4
3
V0,故等压过程中,气体体积增
加了原体积的1
3
,故C 错误;等容过程中气体做功为零,由热力学第一定律得ΔU=W+Q=400 J,两
个过程的初末温度相同即内能变化相同,因此内能增加都为400 J,故D 正确;等压过程内能增加
了400 J,吸收热量为600 J,由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J,即做功的大小为W=p0
(
4
3 V 0-V 0)=200 J,解得V0=6 L,故A 正确,B 错误。
14-Ⅰ.【答案】 (1)AB
(2)0.56 2.0
(3)平衡阻力时木板倾角过大
【解析】 (1)为了充分利用纸带,应先接通电源后释放小车,故A 正确;电磁打点计时器应接8 V
低压交流电源,故B 正确;实验中通过力传感器可直接获得小车受到的拉力大小,所以不需要重物
的质量远小于小车的质量,故C 错误;平衡阻力时,对小车受力分析,设木板倾角为θ,根据牛顿第
二定律有mgsin θ=μmgcos θ,等式两边可同时消掉小车质量m,所以每次改变小车总质量时,都不
需要重新调节木板倾角以平衡小车受到的阻力,故D 错误。
(2)两相邻计数点间还有四个计时点未画出,则两相邻计数点间的时间间隔为T=0.02 s×5=0.1 s,
则打B 点时小车运动的速度大小为vB= x AC
2T =(4.61+6.59)×0.01
2×0.1
m/s=0.56 m/s。
小车运动的加速度大小为a= xCE- x AC
4T
2
=(8.61+10.61- 4.61-6.59)×0.01
4×0.1
2
m/s2=2.0
m/s2。
(3)由图丙可知,当力F 为零时,小车的加速度已经大于零,说明实验中平衡阻力过度,即平衡阻力
时木板倾角过大。
14-Ⅱ.【答案】 (1)见解析图
(2)31.4 a
b
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(3)π ad
2
4 bL
【解析】 (1)完整的实物电路如图所示
(2)由图丙可知L=3.1 cm+4×0.01 cm=3.14 cm=31.4 mm。
由欧姆定律得U=IR
整理得I= 1
R
×U
根据图丁可得1
R = b
a
解得R=a
b
。
(3)若金属丝的直径为d,则电阻率为ρ=SR
L = π ad
2
4 bL
。
14-Ⅲ.【答案】 (1)45°
(2)√10
2
(3)A
【解析】 (1)玻璃砖的长宽比为2∶1,根据图甲可知tan θ1=1,则入射角为45°。
(2)根据纸张的折痕位置,画出光在玻璃砖中传播的光路图,如图所示
根据几何关系可知折射角θ2的正弦值为sin θ2= 1
√5
可知折射率n=sin θ1
sin θ2
=
√2
2
1
√5
= √10
2
。
(3)适当增加纸张的等分折痕能够提高长度测量的精确度,有效减小实验误差;改变入射光的入射
角,不一定能够对上纸张折痕的位置,反而使长度测量误差变大,增大了实验误差,故选A。
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15.【答案】 (1)1×105 Pa 309 K (2)内能增加了30 J
【解析】 (1)设水温为280 K 时容器内气体的压强为p1,对活塞受力分析,有
mg+p0S=p1S
解得p1=1×105 Pa
设高温报警器开始报警时容器内气体的压强为p2,对活塞受力分析,有
F+mg+p0S=p2S
解得p2=1.03×105 Pa
对以上两个状态,根据理想气体状态方程,有p1V 1
T 1
= p2V 2
T 2
其中V1=h0S,V2=(h0+d)S
解得T2=309 K。
(2)水温从280 K 到恰好达到高温报警的温度的过程中,外界气体做功
W=-p1ΔV=-p1Sd=-20 J
根据热力学第一定律得
ΔU=W+Q=-20 J+50 J=30 J
所以,水温从280 K 到恰好达到高温报警的温度的过程中,容器内气体的内能增加了30 J。
16.【答案】 (1)8 m/s (2)100 J (3)能 4√15
5
m
【解析】 (1)根据题意可知,甲与乙发生弹性碰撞后瞬间轨道对乙的支持力F=111 N,对乙,由牛
顿第二定律有
F-m2g=m2v A
2
R
解得vA=8 m/s。
(2)甲、乙发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有
m1v0=m1v 甲+m2vA
由机械能守恒定律有
1
2
m1v0
2= 1
2
m1v甲
2+ 1
2
m2v A
2
联立解得v0=10 m/s,v 甲=-2 m/s
同时撤去外力,轻弹簧将甲、丙弹出,根据动量守恒定律有
0=m1v0+m1v 丙
解得v 丙=-v0=-10 m/s
负号表示弹开后丙的速度方向向左。轻弹簧将甲、丙弹开的过程中系统的机械能守恒,有
Ep=1
2
m1v0
2+ 1
2
m1v丙
2=m1v0
2
解得Ep=100 J。
(3)乙在半圆轨道上运动的过程中,由机械能守恒定律有
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1
2
m2v A
2= 1
2
m2vB
2+2m2gR
解得vB=2√6 m/s
设乙能过B 的最小速度为vmin,由牛顿第二定律有
m2g=m2vmin
2
R
解得vmin=√10 m/s<vB
故乙能到B 点,乙离开B 点后做平抛运动,由平抛运动规律可知
水平方向有x=vBt
竖直方向有2R=1
2
gt2
解得x=4√15
5
m。
17.【答案】 (1)nBLv0
R
(2) 3mg
2nBL
3mgR
2n
2B
2 L
2 (3)mgh+3
8 m v0
2
【解析】 (1)感应电动势的最大值为Emax=nBLv0
感应电流的最大值为Imax= Emax
R
解得Imax=nBLv0
R
。
(2)当主体减速下落的加速度大小为g
2
时,对主体与线圈整体分析,根据牛顿第二定律有
nBI1L-mg=m·g
2
解得I1= 3mg
2nBL
此时感应电动势E1=I1R=3mgR
2nBL
根据法拉第电磁感应定律有E1=nBLv'
解得v'= 3mgR
2n
2B
2 L
2。
(3)根据动能定理有
mgh+W 安=1
2 m(
v0
2 )
2
- 1
2 mv0
2
根据功能关系有Q=-W 安
解得Q=mgh+3
8 m v0
2。
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18.【答案】 (1)4d (2)(10d,-2√3d) (3)(4 + √55
2 )d
【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有
qv0B=mv0
2
R1
解得R1=4d。
(2)k=1 时,粒子在区域Ⅱ中运动的轨道半径R2=R1=4d
作出粒子运动的轨迹如图所示
粒子从D 点离开磁场,根据几何关系可得
O1A=10d-R1-R2=2d
sin θ=O1 A
R2
= 1
2
AD=R2cos θ=2√3d
粒子出磁场的坐标为(10d,-2√3d)。
(3)若k=3,粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有
qv0·3B=mv0
2
R3
解得R3=4
3
d
若粒子在第一象限中的轨迹与y 轴相切,运动轨迹如图所示
根据几何关系可得
sin α=
R1
2
R1+ R3
= 3
8
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解得OO1'=R1cos α=√55
2
d
因为R3< R1
2
,第四象限圆周运动不会从左边界出去,故此时OP 的最大值为
ym=OO1'+R1=(4 + √55
2 )d。
