【文档说明】山东省德州市第一中学2024届高三下学期三模物理试题word版含解析.docx，共(27)页，5.187 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高考模拟测试题•物理注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂：非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答

案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质

量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为U。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是（）A.状态2相比状态1，每个分子的速率都增大B.状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积

器壁上的次数减少C.由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量D.电热丝释放的热量为UmgL−【答案】B【解析】【详解】A．由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平

均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；B．状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；C．由

状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；D．设大气压强为0p，活塞的横截面积为S，气体压强为P，由平衡方程0pmpSgS=+得0pSpSmg=−活塞向右移动L过程中，对外做功0()WpSpSmgL==

−由热力学第一定律得UQW=−得气体吸收的热量即电热丝释放的热量0()QUpSmgL=+−故D错误。故选B。2.如图所示，不带电的金属球静止在光滑绝缘水平地面上，球心O的正上方有一固定的点电荷q−。现给金属球施加外力，让金属球沿竖直方向缓慢靠近点电荷，下列说法正确的是（）A.球心O处的

场强逐渐变大B.感应电荷在O处产生的场强逐渐变大C.球心O处的电势逐渐升高D.金属球的电势能增大【答案】B【解析】【详解】A．由于静电屏蔽，球心O处的场强为零，保持不变，A错误；D．金属球不带电，则金属球得电势能始终为零，不变，D错误；C．由于静电屏蔽，金属球为等势体，球心O处靠

近点电荷，点电荷带负电，沿着电场线方向电势降低，则球心O处的电势降低，C错误；B．球心O处的场强为零，则金属球感应电荷在O处产生的场强与点电荷q−在O处产生的场强大小相等方向相反，在靠近点电荷过程中，点电荷q−在O处产生的场强2kqEr=逐渐变大，则感应电荷

在O处产生的场强逐渐变大，B正确。故选B。3.2024年1月5日，我国“快舟一号”运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式。将“天目一号”掩星探测星座1518星送入预定轨道（轨道近似为圆轨道，高度

在400600km之间）。我国的第一颗卫星“东方红一号”于1970年4月24日在酒泉卫星发射中心由长征一号运载火箭送入工作轨道（近地点距地球表面的距离441km、远地点距地球表面的距离2368km）。已知地球的半径为6400km，下列说法正确的是（）A.“东方红一号”卫星运动的周期小于“天目

一号”卫星运动的周期B.“东方红一号”卫星的加速度大小可能等于“天目一号”卫星的加速度大小C.“东方红一号”卫星的运行速度可能大于7.9km/sD.“天目一号”卫星从发射到进入预定轨道的整个过程均处于失重状态【答案】B【解析】【详解】A．“东方红一号”卫星半长轴为122R

hhr++=远近地“天目一号”卫星的半径为2400km600kmRrR++地地所以“天目一号”卫星的半径小于“东方红一号”卫星半长轴1r，根据开普勒第三定律32rkT=可知，“东方红一号”卫星运动的周期大于“天目一

号”卫星运动的周期，故A项错误；B．由于2MmGmar=解得2MaGr=“东方红一号”卫星到地心的距离有可能等于“天目一号”卫星到地心的距离，则两者加速度大小可能相等，故B项正确；C．7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度，则

“东方红一号”卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故C项错误；D．“天目一号”卫星在加速升空阶段加速度的方向向上，所以加速升空阶段处于超重状态，卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，卫星的加速度等于重力加速度，处于失重状态，故D项错误。故选

B。4.如图甲所示为研究光电效应规律的实验装置，同一入射光照射到不同金属材料表面，发生光电效应时的遏止电压cU与金属材料的逸出功0W的关系如图乙所示，已知普朗克常量为h，则入射光的频率为（）A.bhB.ahC.abhD.bah【答案】A【解析】【详解】根据爱因斯坦光电方程k

0EhW=−ν结合kcEeU=联立可得0chWUe−=结合图乙可得hae=1aeb=联立可得bh=故选A。5.一列简谐横波沿x轴传播，位于x=0处的波源在t=0时刻起振，t=2.5s时第2次到达正

向最大位移处，此时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，M、N间波形如图所示（其他未画出）。已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，下列说法正确的是（）A.波源起振方向沿y轴负方向B.质点M的平衡位置位于x=0.8mC.该波的波速为0.5m/s

D.波源振幅为52cm【答案】D【解析】【详解】A．t=2.5s时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，起振的方向沿y轴正向，可知波源起振方向沿y轴正方向，选项A错误；B．经过2.5s时波源第2次到达正向最大位移处，可知波向x轴正向传播51m4=可知0.8m=结合波形图

可知，质点M的平衡位置位于x=0.6m，选项B错误；C．因52.5s4T=可得周期T=2s则该波的波速为0.4m/svT==选项C错误；D．已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为

10cm，因0.5s4Tt==因质点在平衡位置时速度最大，则在平衡位置前后8T时间内的路程最大，即2sin4510cmA=可得波源振幅为52cmA=选项D正确故选D。6.在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较

高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度1v持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为2v。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的

影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（）A.21222MvSdvB.21222MvSdvC.22212MvSdvD.22212MvSdv【答案】D【解析】【详解】设喷出的气体的质量为m，则1mSvt=根据动量守恒定律可得。12mv

Mv=宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则22vtd=联立解得22212MvSdv=故选D。7.如图所示，N匝边长为L、电阻为R的正方形线框，绕OO′轴以角速度ω匀速转动，OO′为中轴线，其左侧存在磁感应强度大小为B、方向垂

直于纸面向里的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为3R的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为3∶1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下列说法正确的是（）A.线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为232NBLB.交流电压

表的示数为29226NBLC.原、副线圈的匝数之比为2∶1时，电流表和电压表示数的乘积最大D.滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小【答案】C【解析】【详解】A．从图示计时，电动势的瞬时值表达式为21sin2eNBLt=当ωt=60°时234eNBL=A错误；B．电动势的最

大值为2m12ENBL=有效值为E=224NBL副线圈的有效电阻为212()nRRn=等当原、副线圈的匝数之比为3∶1时R等=9R电压表的示数为292352RUENBLRRR==++等等B错误；C．电流表和电压表示数的乘积即为变压器的输入功率，将变压器视为外电路，等效电源的内阻为4R2

12()nRRn=等=4R即12nn=2时，UI有最大值，C正确；D．电源的输出功率为222(3)(2)43EPIRRRRRRR=+=+++出等等等当滑动触头P向上移动时，12nn比值减小，R等减小，P出增大，

D错误。故选C8.校园运动会开幕式上释放了一组氦气球，氮气球缓慢上升，到达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为25mmHg，即将破裂时氦气球的体积为刚释放时的1.2倍，内外的压强差为30mmHg。大气压强p随离地高度

h的变化如图甲所示，大气温度t随离地高度h的变化如图乙所示，氦气球导热良好。则氦气球破裂时的离地高度约为（）A.2000mB.1800mC.1600mD.1400m【答案】A【解析】【详解】在地面时，气体的压强1760mmHg25mmHg785mmHgp=+=温度为

1300KT=设体积为V，设在高度h时，气体的压强2760mmHg30mmHg(790)mmHg1212hhp=−+=−温度为27(300)K1000hT=−体积为1.2V，根据理想气体状态方程可得112212pVp

VTT=联立解得2000mh故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。。9.如图甲

是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制）

，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（）A.打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2B.表演者一直处于超重状态C.表演者上升5m时获得最大速度D.表演者先做加速度逐渐增大的加速运动

，再做加速度逐渐减小的减速运动【答案】AC【解析】【详解】A．打开开关瞬间，表演者高度为0，则有242201.210msv−=根据牛顿第二定律有2000.05vmgma−=解得202m/sa=故A正确；B．根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有210.05vmg=解得24221

1.010msv−=由于24221.210ms400vh−=−可知，重力与风力大小相等时的高度为15mh=可知，在高度小于5m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，

故B错误；C．结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；D．结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。10.如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平

面内，两个质量均为2m的小环（可视为质点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是（）A.小环从a运动到b的过

程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心B.小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零C.大圆环对轻杆的作用力可能为零D.大圆环对轻杆作用力的最大值为21mg【答案】BCD【解析】【详解】A

．由弹力方向可知，小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为，对小环由动能定理可得()2121cos22mgRmv−=如果小环与大环恰好无弹

力，重力的分力提供向心力，则22cos2vmgmR=解得2cos3=在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，故A错误；B．小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故B正确；C．当小环运动到

P点下面b点上面的Q点时，OQ与竖直方向的夹角为，大环对小环的弹力为F，则由动能定理()21121cos22mgRmv−=由牛顿第二定律得212cos2vmgFmR+=由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小为'FF=当'1

cos2Fmg=时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得1cos2=或1cos6=所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C正确；D．当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得2212222mgRmv=由牛顿第二定律可得21122vFmgmR−=解得110Fmg=小环到大圆环最低点

时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为21221FFmgmg=+=故D正确。故选BCD。11.潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%

以上风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法

正确的是（）A.若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为32mgB.若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mgC.风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大D.风筝线

长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小【答案】BC【解析】【详解】AB．由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有cos30cos60TF=s

in60sin30FmgT=+解得的Tmg=3Fmg=A错误，B正确；C．当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力F逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；D．风

速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。故选BC。12.如图所示，Oxyz坐标系中，0y的空间内存在沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀

强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，匀强电场的电场强度大小为E；0y的空间内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。电荷量为q+、质量为m的带电粒子从坐标原点O以初速度0v沿y轴正方向运动，带

电粒子第5次沿y轴负方向穿过xOz平面时恰好经过x轴上的P点。不计带电粒子重力，下列说法正确的是（）A.0y的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为56BB.0y的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为45BC.P点的x轴坐标为22492mEqBD.P点的x轴

坐标为2225mEqB【答案】BD【解析】【详解】AB．设粒子在磁场B中的转动半径为1r，在磁场'B中的转动半径为2r，根据题意可知，粒子在磁场B中偏转五次，在磁场'B中偏转四次，根据几何关系可知1254

rr=在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力2vqvBmr=可得mvrqB=结合1254rr=可得'45BB=故B正确，A错误；CD．粒子在x轴方向，在0y的区域做初速为零的匀加速运动，加速度qEam=在0y区域，做四次匀速运动，每一次匀速运动的时间'''12524mmmtqBqBqB

===在0y区域运动的时间522TmtTqB=+=做匀加速运动的位移221212522mExatqB==做匀速运动的位移2''''223252222TTmExataTtataTtqB=++

+=P点的x轴坐标212225mExxxqB=+=故D正确，C错误。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜实验）。应用洛埃镜测量单色光波长的原理如下：如图所示，S是单缝S通过平面镜成的像，如果S被视为

双缝干涉中的一个缝，S相当于另一个缝。单色光从单缝S射出，一部分入射到平面镜后反射到光屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里出现干涉条纹。请回答下列问题：（1）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间

的距离___________；A.将平面镜稍向上移动一些B.将平面镜稍向下移动一些C.将光屏稍向右移动一些D.将光源由红色光改为绿色光（2）若光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为h和D，光屏上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为x，单色光的波长=_________

_；（3）实验表明，光从光疏介质射向光密介质，会在界面发生反射，当入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，称为“半波损失”。已知h远小于D，如果把光屏向左平移到非常接近平面镜处，屏上最下方两束光相遇会相互_____

____（选填“加强”或“减弱”）。【答案】（1）AC（2）2hxD（3）减弱【解析】【小问1详解】由双缝干涉条纹间距公式有Dxd=若要增大条纹间距，可以增大D，即将光屏向右移动；减小d，即将平面镜稍向上移动一些；或者换用波长更大单色光，如将光源由绿色改为红色

。故选AC。【小问2详解】由题意结合条纹间距公式有2Dxh=整理有2hxD=【小问3详解】如果把光屏移动到和平面镜非常接近，即相当于两者接触，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即“半波损失”，故直接射到光屏上的光和经

平面镜反射的光相位差为π，光程差为半波长，所以两束光相遇会减弱。14.某学习小组探究“小灯泡发光时的电压与电流的关系”，实验器材如下：小灯泡（额定电压为2.5V，额定功率为1W）电池组（电动势E约为3V，内阻忽略不计）；电流表1A（量程0.6A，内阻约为2Ω）；电流表2A（

量程3mA，内阻为50Ω）；电阻箱R（阻值0999.9Ω）；滑动变阻器R（阻值05Ω）；开关一只，导线若干主要实验步骤如下：的。（1）将电流表2A与电阻箱R_________（选填“串联”或“并联”）改装为量程3V的电压表，此时电阻箱接入电阻的阻值为__

_______；（2）在答题纸虚线框内补全实验电路图（）。为保护电路，实验开始前应将滑动变阻器的滑片滑动到_________（选填“a端”或者“b端”）；（3）测得的12AA、表的多组数据12II、，作出小灯泡的21II−图线如图所示。若

将该小灯泡直接接到一个电动势为3V、内阻为1Ω的旧电池组两端，小灯泡两端的电压_________（选填“会”或“不会”）超过额定电压。【答案】①.串联②.950##950.0③.④.a⑤.会【解析】【详解】（1）[1][2]要改装成量程为3V的电压表，应串联一个分压电阻，其阻值为3509500.

003AgURRI=−=−=（2）[3]小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示[4]开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于a端使待测支路电压为零。（3）[5]旧电池阻与

小灯泡组成闭合电路，路端电压UEIr=−路端电压21000UI=，则有21000IEIr=−图像如图所示图象交点应该在坐标轴描点最后一点的上方，此时电流I2>2.5mA灯泡两端电压210002.5VUI=因此小灯泡两端的电压会超过额定电压15.如图甲所示，长为1L的单色线光源水平放置在

某种液体中，紧贴液体表面的上方水平放置一光传感器，传感器上光强随位置变化的情况如图乙所示，图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为2L，该段两侧光强迅速减小。已知该单色光在液体内的折射率为n，光在真空中的光速为c，求（1）该光源距液体表面的距离d；（2）从光源

发出的光到达光传感器所用的最长时间t。【答案】（1）21212LLdn+=−；（2）()2122LLntc+=【解析】【详解】（1）由全反射临界角公式有1sinCn=可得21tan1Cn=−由几何关系得122tan2tanLLdCC=+联立解得，该光源距液体表面的距离为21212L

Ldn+=−（2）由（1）问得21cosnCn−=由几何关系可得cossCd=在液体中的传播速度为cvn=又stv=联立解得从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为()2122LLntc+=16.如图所示为一乒乓球台的纵截面，A、E是台面的两个端点位置，乒乓球网的高度CF=h

，AC=3AB、CE=3DE，P、Q、D在同一竖直线上。第一次在P点将球水平击出，轨迹恰好过球网最高点F，同时落到B点；第二次在Q点将同一球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点F，同时落在A点。球可看做质点，不计空气阻力作用。求：（1）P点到台面的高度；（2）Q点到台面的高度。【答案】（1）

43h；（2）59h【解析】【详解】设AB=d则BC=CD=2dAC=3d（1）第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为1v，根据平抛运动规律有12PFdt=v12FBdt=v21()2PPFFBHgtt=+212PPFH

hgt=+联立解得43PHh=（2）第二次球做斜上抛运动，设斜抛运动的水平速度为2v，根据斜抛运动规律有212FAhgt=23FAdt=v22QFdt=v212QQFhHgt−=联立解得59QHh=17.如图所示，P

、Q、M、N为四个互相平行的竖直分界面，间距均为d，P、Q之间充满竖直向上的匀强磁场，M、N之间充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。在分界面P的左侧有一边长为()2LdLd的正方形线框abcd，线框水平放置，ab边平行于分界面

P，与界面P的距离也为d。线框以水平初速度0v飞出，当ab边刚好到达分界面Q时，线框的速度大小仍为0v。已知线框由同种规格导线制成，总质量为m，总电阻为R，重力加速度为g。求（1）ab边刚好进入分界面P时，a、b两点间的电势差

大小以及线框加速度的大小；（2）ab边刚好到达分界面Q时，线框产生的焦耳热以及下落的距离；（3）要想线框最终能竖直下落，求磁感应强度的最小值。【答案】（1）034BLv，4422022BLvgmR+；（2）22442022BLdvBLdQRmR=−，224420222BLdvBLdhmRgmRg

=−；（3）0min122mRvBLdL=+【解析】【详解】（1）导体棒切割磁感线0EBLv=a点电势高于b点电势，则03344abUEBLv==根据欧姆定律EIR=所受安培力FBIL=安根据牛顿第二定律()22Fmgma+=安解得4422022BLvagmR=

+（2）ab边从分界面P运动到分界面Q，由法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势11tBLdtE==根据欧姆定律1EIR=对线框abcd由动量定理得10BILtmvmv−=−又22210yvvv+=22yvgh=22

4420222BLdvBLdhmRgmRg=−Qmgh=解得22442022BLdvBLdQRmR=−（3）线框最终能竖直下落的临界条件为cd边运动到分界面N时水平速度为零，此时磁感应强度最小。从开始进入磁场到最终出磁场过程中

，线圈中有感应电流的阶段为：①ab边切割，运动的水平距离为d②cd边切割，运动的水平距离为2dL−③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为Ld−④ab边切割，运动的水平距离为2dL−⑤cd边切割，运动的水平距离为d一个边切割

的总水平距离为62dL−，此过程中安培力的冲量为()2262BLdLR−；两个边同时切割的总水平距离为Ld−，此过程中安培力的冲量为()224BLLdR−；对线框abcd水平方向全程应用动量定理得0tBILmv−=−得0min122mRvBLdL=+1

8.如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v

0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为

质点，g取10m/s2。（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；（3）若传送带的速度可在2m/s<v<8m/s间调节；求a落点D与C点间水平距离x的大小（结果可以含有v）；（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一

竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。【答案】（1）14J；（2）5J；（3）见解析；（4）12.8m【解析】【详解】（1）设弹

开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得0abbmvmv=解得10m/sbv=根据能量守恒有220p1122abbEmvmv=+解得p14JE=（2）b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有bbbccmvmmv=+()解得5m/scv=由能量守恒，碰撞过程损

失机械能为2211()22bbbccEmvmmv=++解得5JE=（3）滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有212hgt=解得落地时间0.4st=当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得aamgma=解得25m/sa=若传送带速度v<4m/s，

a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有()2202m/s2vax−=解得1.2m2mx=即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有22102vvaL−=解得v1=6m/s综上可知

，传送带速度2m/s<v<6m/s时，a离开传送带时的速度和传送带速度相等，则有0.4xvtv==当传送带速度6m/s≤v<8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有12.4mxvt==（4）a

以速度04m/sv=，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移x=1.6m<2m即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为't，则有'vta=滑设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设nx

，则有''''22nvvxvttvtt=++−滑传传滑解得2nvxva=滑传即有1424m5x=，2422m5x=，3421m5x=则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为12342(421)m5sxxx=+++=+++解得