湖南省长沙市某中学2023-2024学年高三年级上册月考物理试题（解析版）

物理

时量75分钟，满分100分。

一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的）

1.如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为4的单色光照射光电管的阴极K时，电流

表有示数。下列说法正确的是（）

A.若只让滑片尸向。端移动，则电流表的示数一定增大

B.若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大

C.若改用波长小于4的单色光照射光电管的阴极K,则阴极K的逸出功变大

D.若改用波长大于4的单色光照射光电管的阴极K,则电流表的示数一定为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.只让滑片P向。端移动，A、K间电压增大，所加电压为正向电压，如果光电流达到饱和值,

增加电压，电流表示数也不会增大，故A错误；

B.只增加单色光强度，逸出的光电子数增多，光电流增大，故B正确；

C.阴极K的逸出功与入射光无关，故C错误；

D.若改用波长大于4的单色光，能量减小，可能会发生光电效应，则流表的示数不一定为零，故D错误。

故选B。

2.2021年6月17日我国神舟十二号载人飞船入轨后，按照预定程序，与在同一轨道上运行的“天和”核

心舱交会对接，航天员将进驻“天和”核心舱。交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨

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道不变，将对接前飞船与对接后的组合体对比，下面说法正确的是（）

A.组合体的环绕速度大于神舟十二号飞船的环绕速度

B.组合体的环绕周期大于神舟十二号飞船的环绕周期

组合体的向心加速度大于神舟十二号飞船的向心加速度

D.组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB.由

2

-Mmv4兀之

G——=m—=m——r

r2rT2

可得

GM

r3

T=2n

GM

可见V、T与质量加无关，周期与环绕速度不变，故AB错误;

C.由

GMm

——--二ma

r

可得

GM

可知向心加速度与质量加无关，故C错误;

D.向心力为

「GMm

F=T

组合体的质量大于神舟十二号飞船的质量，则组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力，故

D正确。

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故选D。

3.如图所示为一拔桩机的设计示意图，绳CDE与绳ACB连接于C点。在。点施加竖直向下的力尸可将桩

拔起。保持C。段绳水平，AC段绳竖直，更省力的措施是（）

A.减小a角，增大夕角B.减小a角，减小夕角

C.增大a角，增大£角D.增大a角，减小£角

【答案】B

【解析】

【详解】对。点进行受力分析，由受力平衡可得

F=TDCtana

对C点进行受力分析，由受力平衡可得

T_£D

CAtan0

由于

£D=TDC

可得

="■%

tanatanp

故更省力的措施是减小a角，减小”角。

故选B。

4.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动

势随时间的变化规律为e=20sin（100万。V。下列说法正确的是（）

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0

A.此交流电的频率为100Hz

B.此交流电动势的有效值为20V

C.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大

D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.此交流电的频率为

,co1007r

Hz=50Hz

2万

故A错误;

B.此交流电动势的有效值为

石=隼=10亚V

V2

故B错误；

C.当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产生的感应电动势为零，故C错误；

D.当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最

大，D正确。

故选D。

5.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度%后以额定功率匀速行驶，ab、cd

平行于v轴，6c反向延长线过原点O,汽车质量为已知M、耳、片、%,下列说法不正确的是

()

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A.汽车额定功率为工丫皿B.汽车从b到。过程作变加速运动

心m

C.汽车匀加速运动持续的时间为D.汽车从a到b过程克服阻力做功

（E+初耳2（耳_8）邛

【答案】c

【解析】

【详解】A.根据

P=Fv

可得

v=P--

F

汽车额定功率为图象的斜率，有

V

尸=十

故A正确;

B.汽车从6到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有

F-f=ma

可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从6到c过程作变加速运动，故B正确;

C.汽车所受的阻力为

由于额定功率等于图象斜率有

尸=2=%

11

即

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其％=耳％

汽车从a到b,根据牛顿第二定律有

Fl-f=Ma

汽车从a到b匀加速运动持续的时间为

MF2vm

a（耳-招明

故C错误;

D.汽车从。到b过程的位移

x=-at2

2

汽车从a到b过程克服阻力做功

W=fx=2（；T；：）F；

故D正确。

本题选不正确的，故选C。

6.一列简谐波在均匀介质中沿x轴传播，a=0刻平衡位置坐标x=0.5m的质点P恰好处于波峰，h=0.5s时

的波形如图所示，则下列说法正确的是（）

A.如果波沿x轴正方向传播，最大的周期为1.5s

B.波沿x轴传播，最小的速度为3mzs

C.如果波沿无轴正方向传播，0~0.5s内质点P经过的最短路程为1.5m

D.如果波速为21m/s,则波一定沿x轴负方向传播

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.如果波沿x轴正方向传播，则

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3

%=47+〃7=04,2，…)

代入数据，得

T=——-——s(n=0,12…)

4〃+3')

当〃取0时，波的周期最大，为

T=-s

3

故A错误;

B.波沿x轴正方向传播，根据公式

2

v二一

T

易知，周期最大时对应的波速最小,代入波长数据，有

22,o,

V-----=-m/s=3m/s

min2

3

同理，波沿x轴负方向传播,根据公式

%=—T+nT(n-0,1,2,…)

代入数据，得

T=^—s(n=0,1,2,-

4H+1')

当”取。时，波的周期最大,为

T=2s

周期最大时对应的波速最小,代入波长数据，有

22

%in-----=-m/s=lm/s

Anax2

故B错误;

C.振动的质点任意一个周期内的路程都是4A,所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当

周期最大时，路程最小，0~0.5s内对应最大周期的周期数为

0.5A3A

〃二丁个二二个

24

3

3

由于0时刻，质点P位于最大位移处，所以在一个周期内的路程为

4

Smin=3A=30cm

故C错误;

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D.如果该波沿负方向传播，有

4

v=—=（4n+l）m/s

当n取5时，波速恰好为21m/s,故D正确。

故选D。

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符

合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

7.某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，

可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势

面上的数值分别表示该等势面的电势，a、枚c、d为等势面上的点，a、匕为两电荷连线上对称的两点，

c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（）

0

A.d、a两点的电势差。加=-L5mV

B.负电荷从b点移到d点，电势能增加

C.a、〃两点的电场强度等大反向

D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小

【答案】AD

【解析】

【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图

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A.d、。两点的电势差

Uda=(Pd-(Pa=-1.5mV

选项A正确；

B.从。点移到d点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误；

C.a、6为两电荷连线上对称的两点，所以。、匕两点的电场强度大小、方向相同，C错误；

D.c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可

判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。

故选AD。

8.正方形导线框abed边长为L,垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为MN、PQ,宽

度为d。线框平面竖直，ab边与MN平行,距离为〃，线框从静止释放后，边在下落过程中经过

与经过PQ时的速度相等。重力加速度大小为g,下列说法正确的是()

A.边刚进入磁场时，线框加速度一定向上

B.磁场的宽度d可能小于线框的边长L

C.cd边到达MN的速度一定等于J2g(〃+L-d)

D.线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2根gd

【答案】BC

【解析】

【分析】本题通过对线框落入有界匀强磁场区域的分析，考查考生的逻辑推理能力及分析综合能力。本题

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考查的知识有牛顿运动定律、感应电动势、闭合回路欧姆定律及能的转化和守恒。需要分情况讨论线框穿

过磁场的运动规律。

【详解】设线框电阻为R,到达时速度为匕，cd到达A/N时速度为吃，全过程产生的焦耳热为

Q,对於到达时有

mgkgmv；

电动势

E=BLvx

感应电流为

EBLv.

[=—=----

RR

安培力

Bdv、

F=BIL=-------1

R

①若竺且L<mg,边进入磁场后做加速运动，边经过P。时的速度一定大于经过时的速度，

R

与题意不符。

D2T2

②若=加g,边进入磁场后开始做匀速运动，若该条件下d<L,ab边经过MN与经过尸。时

R

的速度相等，有

v2=J2g他+L-d)

ab穿过磁场产生的焦耳热2,=mgd,cd穿过磁场产生的焦耳热0>〃出,全过程产生的焦耳热

Q=。+Q2〉2mgd

若该条件下d=L,边经过MN与经过尸。时的速度相等，有

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彩=小2g(h+L-d)=y/2gh

全过程产生的焦耳热

Q=2mgd

若该条件下d>L，线框全部进入磁场后加速运动，边经过PQ时的速度大于经过时的速度，与题

意不符。

③若竺01〉mg,边进入磁场后做减速运动，若该条件下dWL,边经过尸。时的速度小于经过

R

MN时的速度，与题意不符；

若该条件下d>L,线框全部进入磁场后，线框加速，a。边经过尸。时的速度可能等于经过时的速

度,有

mg(d-L)=；相片~~mv2

得

%=J2g(/z+L-d)

cd边到达PQ时的速度为v2，全过程由能量守恒定律有

mg(〃+d+L)=~mvi+Q

得

Q=2mgd

故选BC。

9.如下图，是以状态。为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的。-V图像，虚

线工、石为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作

物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的

是（）

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A.a。过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的

B.一个循环过程完成后，气体对外放出热量

C.dfa过程向低温热源释放的热量等于匕TC过程从高温热源吸收的热量

D.arb过程气体对外做的功等于Cfd过程外界对气体做的功

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由理想气体状态方程可知，pV越大，气体的温度T越高，由图示图像可知

由图示图像可知，a-b过程，气体体积增大温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度降

低，分子平均动能减小，因此a-6过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同

导致的，故A错误；

B.根据图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增

大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律AU=W+Q,可知

Q<0

所以气体对外放出热量，故B正确；

C.d-a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气

体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即

|。加=|卬曲|

b-c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，

气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即

\Qbc\=\Whc\

p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，d-a过程p-V图像的面积大于

过程QV图像的面积，即

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|%|>|航lc

则

|Qda|>|Q-

即d-〃过程向低温热源释放的热量大于匕一。过程从高温热源吸收的热量，故C错误；

D.a-b过程气体与cf1过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量|AU|相等，a-b过程

气体与c-d过程都是绝热过程，则

2=0

由热力学第一定律：U=w+Q可知

AU=W

由于两过程气体内能的变化量|AU|相等，则

|ACZ|=|W|

即ai过程气体对外做的功等于c-d过程外界对气体做的功，故D正确。

故选BD。

10.如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为根的木块，木块与

木板间的动摩擦因数为〃，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度vo向右运动，某时

刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

□___,

A.如果M=2%,木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为一相片

3

B.如果木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为』一

2〃g

C.如果M=0.5m,木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为v（）

D.如果M=0.5祖，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5〃砒

【答案】ACD

【解析】

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【详解】A.木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M=2加，合动量方向向左，则木板只

与墙壁碰撞一次，最后二者以速度丫向左做匀速直线运动，

取向左为正，根据动量守恒定律可得

Mv0-mvQ=QM+m)v

F

整个运动过程中摩擦生热的大小为

2

Q=gMvJ+；mv0-g(Af+"2=g

故A正确；

B.如果木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞

一次，

根据能量关系可得

1,21

/imgx=—MvQ+—mv0

解得木块相对木板的位移大小为冬-；

故B错误；

C.如果M=0.5加，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第

一次共速后的速度为也，取向右为正，根据动量守恒定律可得

匕

mv0-Mv0=(m+

所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度也匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为也;

同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为

木板第3次与墙壁碰撞时的速度为

%=(])2%

以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为

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/1、99

V99=(-)V0

故c正确；

D.如果M=05w,木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小

为

I=(m+M)v0=1.5mv0

故D正确；

故选ACD。

三、实验题(11题6分，12题10分)

11.如图所示，某同学利用水平桌面上的气垫导轨和数字计时器，探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能

是否守恒。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的

空气层，滑块运动时阻力近似为零。

(1)实验时，气垫导轨的b端需用垫片垫高。用50分度游标卡尺测量某块垫片的厚度，标尺位置如图所

示，其读数为mm„

12

0123

(2)设实验测得垫片的总高度为/?,遮光条的有效宽度为“，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为3滑块

经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为彳和?2,则还需要测量的物理量是(写出物理量

的符号并说明)，实验需要验证的关系式是(用题中和所测物理量字母表示)。

(3)数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，造成的原因可能o

A.滑块释放位置不够高

B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦

C.导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高

(4)光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏元件接收到的光线是直径约2mm的圆柱型光束，只要遮

光条前沿挡住90%的光照就能使光控信号"上跳为H,只要后沿让光照恢复达到70%就能使光控信号"下

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跳为心计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录2次前沿挡

光信号之间的时间。根据以上信息，下列哪种型号的遮光条测量速度的误差最小（填“甲”“乙”

或“丙”）。

L

0

前沿挡光后沿复光

sehd~d2-

【答案】0.5.02②.两光电门之间的距离s③・告=）一R@.C⑤.丙

L2片2片

【解析】

【详解】（1）[1]用50分度游标卡尺测量，其精确度为0.02mm,由图可知，主尺读数是5mm,游标尺的

第一个刻度线与主尺的某刻度线对齐，则读数是

1x0.02rnm=0.02rnm

则其整体读数为

5mm+0.02cm=5.02mm

（2）[2]垫片的总高度为心单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为L,设气垫导轨与水平面间的夹角为&可

sin。=一

L

遮光条的有效宽度为心滑块经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为％和方2,滑块经光电门时的速

度分别为

"2=7

要探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。可探究滑块从光电门1到光电门2的运动中，动能的

增加量与重力势能的减少量是否相等，因此还需要测量的物理量是两光电门之间的距离s,可得滑块从光

电门1到光电门2下落的高度

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&=s•sin6=工

⑶则有实验需要验证的关系式是

整理可得

sgh_d2d2

L212彳

(3)14]A.滑块释放位置不够高，则有滑块经光电门时的时间会较长，由平均速度代替瞬时速度，则速

度会比真实值偏小，有较大的误差，导致重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；

B.充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦，滑块运动中会克服摩擦力做功，会导致滑块的动能增

加量偏小，重力势能的减小量不变，则重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；

C.导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高，这样在计算重力势能减小量时按正常高度

计算，实际滑块在经光电门时的速度比正常时偏大，因此则有重力势能减小量小于动能增加量，符合题

忌、O

故选C。

(4)[5]由计时器设置的两种计时模式，结合甲、乙、丙三种遮光条的形状，可知甲、乙两种遮光条符合

第一种计时模式，在此模式下两种遮光条挡光时间所对应的位移

稀=(50-2x0.9-2x0.7)x1()—3m=4.68x102m

x乙=(30-2x0.9-2x0.7)xl03m=2.68x102m

由计算可知，均略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然甲、乙两型号的遮

光条计算得到的平均速度均大于真实值，对于丙遮光条，符合第二种模式，在此模式下丙遮光条挡光时间

所对应的位移

龙丙=3x102m

即遮光条挡光时间所对应的位移等于遮光条的宽度，计算得到的平均速度等于真实值。可知丙遮光条测量

速度的误差最小。

12.甲同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻&和R2的阻值.

实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻吊，待测电阻&,电压表V(量程为1.5V,内阻很大)，电

阻箱R(0〜99.99C),单刀单掷开关Si,单刀双掷开关S2,导线若干.

⑴先测电阻照的阻值.请将甲同学的操作补充完整：

闭合Si,将S2切换到。，调节电阻箱，读出其示数Ro和对应的电压表示数Ui.保持电阻箱示数不变，

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,读出电压表的示数5.则电阻Rj的表达式为Ri=

（2）甲同学已经测得电阻4=4.80。，继续测电源电动势E和电阻&的阻值，该同学的做法是：闭合Si,将

S2切换到m多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U,用测得的数据，绘出了如

图乙所示的工-工图线，则电源电动势£=-V,电阻&=。（保留三位有效数字）.

UR

【答案】①.将S切换到6②.2R。（3）.1.43©.1.20

u\

【解析】

【详解】（1）口］由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的;

实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到6；

⑵由欧姆定律可知：

S=/（氏+为）

U1=IR

而电路电流相等，联立解得：

R_U「U

⑵⑶［4］根据

E=u+g（N+&）

得

111R+R?

UERE

比照直线方程>=丘+。，有截距

—=Z?=0.7

E

所以

E=1.43V

斜率

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2.8-0.7

k==4.2

0.5

又

k=N+&

E

测出Ri=4.8C,求得

7?2=1.20Q

四、解答题(13题10分，14题14分，15题16分)

13.图示是由透明材料制成的柱体的横截面图，圆弧AB所对的圆心角NAOB为120。，圆弧半径为R,P为

A。上的点。现有一光线沿纸面垂直。4从P点射入，射到圆弧面上的C点恰好发生全反射。已知OP=

旦R,光在真空中传播的速度大小为以求：

2

(1)透明材料的折射率和光线发生全反射的临界角;

(2)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间。

〃=区160°；(2)虫纯

【答案】⑴

33c

【解析】

【分析】

【详解】(i)光路图如图所示，设透明材料的折射率为n,光线发生全反射的临界角为仇则

1

sin0=—

n

•八OP

sine=----

R

其中

解得

,0=60°

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(ii)在C点发生全反射的光线在圆弧面AB上恰好再次发生全反射，后垂直08从E点射出柱体。由几何

关系有

PC=DE=gR,CD=R

光从尸点传播到E点所用的时间为

PC+CD+DE

t=--------------------

V

又

C

n=一

v

解得

一4®

I-------

3c

14.如图所示，从A点以某一水平速度%抛出质量根=lkg的小物块1(可视为质点)，当物块1运动至B

点时，恰好沿切线方向进入半径R=2.75m、圆心角NBOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC,C端的切线

水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量”=4kg,其左端放置与小物块1完全相

同的小物块2,右端固定挡板上连接一根轻质短弹簧，A点距C点的高度〃=小物块1滑行到车上

立即与小木块2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板

的正中间与木板达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数〃=025,sin37°=0.6,cos37=0.8,g

miOnVs2,弹簧始终在弹性限度内，求：

(1)小物块1抛出时水平速度%的大小；

(2)小物块1滑动至C点时，对圆轨道的压力大小;

⑶木板的长度。

【答案】⑴4m/s；(2)23N；(3)/=0.8m

【解析】

【详解】(1*点距C点的高度

h=R(l-cos37°)=0.55m

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小球运动至B点的竖直分速度

%=J2g(H-〃)=3m/s

抛出时的初速度

(2)8点的速度

力==5m/s

从2到C的过程中物块1机械能守恒

~mvB+加gR(l—cos370)=；相优

。点的速度

vc=yjv1+2/?g(l-cos37°)=6m/s

在。点由牛顿第二定律可得

rv；

r-m2=m—

R

代入数据可解得

F=mg+m-=«23N

R11

由牛顿第三定律可知小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小约为23N。

⑶物块1和2粘合时动量守恒

mvc=2加匕'

代入数据可解得(=3m/s，若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，由动量守恒有

r

2mvc=(2m+v

由能量守恒可得

=^(2m+M)v2+//•2mg•1

可解得/=2.4mo

若物块与右侧弹簧相碰，由动量守恒和能量守恒可得

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2mv=(2〃z+M)v

1,,1,3

—=—(2m+M)v+/J,-2mg■—I

联立代入数据可解得1=0.8m。

15.如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底

面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板

中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直

线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被

加速。粒子离开