【文档说明】山东省实验中学2023届高三第一次模拟考试物理试题 word版含解析.docx，共(32)页，2.265 MB，由小赞的店铺上传

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山东省实验中学2023届高三第一次模拟考试物理试题2023.05注意事项：1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。第Ⅰ卷（共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.月壤中存在大量

氦3（32He），氦3可以进行核聚变反应，反应方程式为：334222HeHeHe2X+→+，是理想的清洁核能源。已知32He的质量3.0161u，42He的质量4.0026u，11H的质量1.0078u，10n的质量1.0087u，1u相当于931.5MeV的

能量，下列说法正确的是（）A.X是质子，释放能量约11.36MeVB.X是质子，释放能量约13.04MeVC.X是中子，释放能量约13.04MeVD.X是中子，释放能量约11.36MeV【答案】B【解析】【详解】核反应遵循质量数和电荷数守恒，可知X是质子，释放的能量为(23

.01614.002621.0078)931.5MeV13.04MeVE=−−故选B。2.密闭容器内封有一定质量的理想气体，VT−图像如图所示，从状态a开始变化，经历状态b、状态c，最后回到状态a完成循环。下列说法正确的是（）A.气体

在由状态a变化到状态b的过程中放出热量B.气体在由状态b变化到状态c的过程中，内能增加C.气体从状态a完成循环回到状态a的过程中，向外界放出热量D.气体从状态c变化到状态a的过程中，单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增加【答案】C【解析】【详解】A．气体在由状态a变化到状

态b的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，即W＜0温度升高，气体内能增大，即U＞0由热力学第一定律有UWQ=+可知Q＞0气体吸收热量，故A错误；B．气体在由状态b变化到状态c的过程中，气体温度变，气体内能不变，故B错误；C．气体从状态a完

成循环回到状态a的过程中，气体温度不变，气体内能不变，由热力学第一定律有0UWQ=+=从a到b为等压变化，气体体积变大，气体对外做功为1()bbaWpVV=−从b到c为等温变化，气体体积减小，外界对气体做功为2()baWpVV=−p为从b

到c的压强的平均值，据bbccpVpV=可得pc＞pb所以p＞pb数值上W2＞W1而气体从c到a体积不变，气体不做功，故气体从状态a完成循环回到状态a的的过程中，表现为外界对气体做功，总全程功为正值，根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量，故C正确；D．气体从状态c变化到状态a

的过程中，体积不变，分子密度不变，而温度降低，分子的平均动能减小，气体的压强减小，所以单位时间撞击单位面积容器壁的分子数不会增加，故D错误。故选C。3.如图所示，理想变压器原线圈电源电压13300VU=，副线圈两端电压2220VU=，输出端连有完全相同两个灯

泡1L和2L，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3V，当开关S断开时，电流表2A的示数是15A。电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.原线圈匝数为75匝B.当开关S断开时，电流表1A的示数为2AC.当开关S闭合时，电流表1A示数变小D

.当开关S闭合时，电流表2A的示数是30A【答案】D【解析】【详解】A．设单匝线圈的匝数用3n表示，电压为3U，原线圈的匝数为1n，由电压与匝数的关系1133UnUn=可得的的11100n=匝故A错误；B．当开关S断开

时，由输入功率等于输出功率有1122UIUI=代入数据解得11AI=故B错误；C．当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表1A的示数变大，故C错误；D．当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总

电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表2A的示数是30A，故D正确。故选D。4.如图所示，折射率2n=的透明玻

璃半圆柱体，半径为R，O点是某一截面的圆心，虚线OO与半圆柱体底面垂直。现有一条与OO距离2R的光线垂直底面入射，经玻璃折射后与OO的交点为M，图中未画出，则M到O点的距离为（）A.()31R+B.3RC.()62R−D.2

R【答案】A【解析】【详解】光路图如图所示由几何关系知在B点的入射角为α=30°根据折射定律有sinsinn=解得θ=45°可知β=135°r=15°根据正弦定理有sinsinROMr=解得()31OMR=+故选A。5.如图所示，一长木板a在光滑水平

地面上运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块b轻放在木板上，此时a的速度为0v，同时对b施加一个水平向右的恒力F，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，则物块放到木板上后，下列图中关于a、b运动的

速度时间图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析可知，小物块受到的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律知bmgagm==对长木板分析可知，受到地面水平向左的摩擦力，物块对木板水平向左的摩擦力和水平向右的恒力作

用，由牛顿第二定律得2aFmgmgma−−=解得3aFagm=−A．根据图像斜率可知，初始阶段aa＜0且baaa=即2Fmg=则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后整体合外力为零，一起做匀速直线运动，故A错误；B．根据图像斜率可知，a做匀速直线运动，即3Fm

g=两者共速后，一起匀加，有22Fmgma−=解得12ag=故B错误；C．由图知aa＜ab则有3mg＜F＜4mg两者均做匀加速直线运动，共速后一起匀加速直线运动，可得22Fmgma−=解得12g＜a＜g故C错误；D．根据图像斜率可知，初始阶段aa＜0且aa＜ab

即2mg＜F＜3mg则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后整体合外力不为零，一起做匀加速直线运动，可得22Fmgma−=即0＜a＜12g故D正确。故选D。6.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实

线为0=t时刻的波形图，此时质点Q（5mx=）向y轴正向振动，虚线为0.9st=时的波形图，质点P（4mx=）在0.9s时恰好第三次到达波峰，则下列说法正确的是（）A.该波沿x轴负方向传播B.该波的传

播速度为20m/s3C.在1.75st=时刻，Q点处于波峰位置D.在0～0.9s内，Q运动的路程为20m【答案】C【解析】【详解】A．根据同侧法可知该波沿x轴正方向传播，故A错误；B．质点P（4mx=）在0.9s时恰好第三次到达波峰，则有20.9s4T=解得T=

0.4s由图知波长为8m，则20m/svT==故B错误；C．据Q点波峰坐标为343m(0,1,2......)xnnn=+=+=则波峰传到Q点的时间为43s(0,1,2......)20xntnv+===当1.75st=时，解得n=8故C正确；D．若质

点Q振动22T时，其通过路程为12420m2SA==但在0～0.9s内，即Q点只振动了24T，所以Q运动的路程小于20m。故D错误。故选C。7.在电影《流浪地球》中，宏大的太空电梯场景十分引人入胜，目前已发现的高强度轻质材料碳纳米管，其强度是钢的1000倍

，密度是钢的1/6，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”（如图甲所示）。如图乙ar−图像所示，图线A表示地球引力对电梯仓产生的加速度大小a与电梯仓到地心的距离r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，其中R为地球半径，已知地球自转角速度为ω，关于相对地

面静止在不同高度的电梯仓内的质量为m的航天员，下列说法正确的有（）A.航天员在rR=处的线速度等于第一宇宙速度B.航天员在rR=与0rr=处的线速度的比为0rRC.电梯仓运动至0rr=处，航天员对电梯仓的压力为零D.地球表面重力加速度

可以表示为2320Rgr=【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在rR=处，地球引力对航天员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的加速度大小不相等，万有引力不完全提供向心力，所以此处的线速度不等于第一宇宙速度，故A错误；的B．由题

可知在0rr=处，由万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星情况一致，此处为同步卫星轨道，速在0rr=与地球自转角速度ω相等，根据vr=可知航天员在rR=与0rr=处的线速度的比为0vRvr=故B错误；C．由题知，在0rr=处，航天员的加速度等于地球同步卫星

的加速度，所以航天员处于完全失重状态，航天员对电梯仓的压力为零，故C正确；D．因为有太空天梯的存在，航天员的位置相对地球保持不变，即可认为在0rr=处是地球的同步卫星，由万有引力得2020MmGmrr=又在rR=处22

MmGmgmRR=+解得23302()rRgR−=故D错误。故选C。8.如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直

方向成53=的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数0.5=，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着1/4圆弧轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin530.8=），下列说法正确的是（）A.绳子

拉力保持不变B.滑环B的质量0.5kgm=C.固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上D.滑环B受到的摩擦力逐渐变小【答案】B【解析】【详解】A．对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着1/4圆弧轨迹缓慢上移，在圆周上任一位置时，根据平衡条件可得，

绳的拉力为cosmgT=外力F为tanFmg=小球A沿着1/4圆弧轨迹缓慢上移，增大，可知拉力T和外力F均增大，故A错误；B．初始时，绳的拉力在A点为1Tmg=初始时滑环恰好不下滑，对B由平衡条件得53cosmgN=153sinTNmg=+解得0.5kgm=故B

正确；C．由于绳的拉力增大，开始时1sinTNmg=+由于拉力T1增大，则N垂直于杆向下且增大，故C错误；D．由于N增大，所以B保持静止，则cosfmg=可知摩擦力大小不变，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要

求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.光的干涉现象在工业技术中有重要应用，例如检查平面的平整程度。如图甲所示，把一透明板压在另一透明板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让红光和蓝光分别从上方射入，得到明暗相间的

条纹如图乙所示。下列说法正确的是（）A.a图是红光，b图是蓝光B.将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，也能得到如图所示的条纹C.条纹间距之比等于波长之比D.若将薄片的厚度增加，则条纹间距减小【答案】CD【解析】【详解】ACD．根据Lxd=可得条纹间距之

比为1122xx=若将薄片的厚度d增加，则条纹间距减小，由图可知a图的条纹间距小于b图的条纹间距，所以a的波长小于b的波长，而红光的波长大于蓝光的波长，故A错误，CD正确；B．此图的干涉现象，若将两种颜色的光分别通过狭窄的单缝，

产生的是衍射现象，故不能得到如图所示的条纹，故B错误。故选CD。10.物理学的不断发展使人们对于世界的认识逐渐趋于统一，大到宇宙天体小到带电粒子，它们的运动也能发现很多相似之处。若在点电荷M的作用之下，能够让一点

电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，其中C、D关于O点的中心对称点分别为E、F，不计点电荷P的重力。下列说法正确的是（）A.若P为负电荷，则A点的电势可能比B点的电势高B.当P沿E、A、C运动时，电场力先做负功后做正功C.P从C

运动到D的时间等于从E运动到F的时间D.若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2：3，则P在A、B两点的速度之比为1：5【答案】BD【解析】【详解】A．点电荷P在xOy平面内绕x轴上固定的点电荷M做逆时针方向的低速椭圆运动，两者为吸

引力，若P为负电荷，则点电荷M为正电荷，则A点的电势比B点的电势低，故A错误；B．两点电荷为吸引力，当P沿E、A、C运动时，速度与电场力的夹角先为钝角后为锐角，所以电场力先做负功后做正功，故B正确；C．由对称性可知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF点上任一的电势能小，由能量守

恒可知，点电荷P点CD上任一点的动能比在EF点上任一的动能大，即在CD上的平均速率比在EF上的大，而CD与EF的长度相等，根据stv=可知P从C运动到D的时间小于从E运动到F的时间，故C错误；D．若点电荷M到坐标原点的距离与半长轴之比为2：3，则点电

荷M到A、B两点的距离之比为5：1，设A、B两处的曲率圆半径为r，则在A点2122AqqvkmAMr=在B点2122BqqvkmBMr=解得::1:5ABvvBMAM==可得P在A、B两点的速度之比为1：5，故D正确。故选BD。11.如图

所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上O、E两点的定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量也为m的小球C相连，小球C套在水平固定且粗细均匀的光滑直杆上，开始时小球C锁定在直杆上的P点，连

接小球的轻绳和水平方向的夹角为60=，物体B对地面的压力恰好为零，某时刻解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ，D为PQ的中点，PQ间距离为L，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性

限度内，忽略两个定滑轮大小，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球C从P点运动到D点过程中，合外力对物体A做功为零B.小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和为零C.小球C运动到Q点时，物块A的速度大小为25FLmD.小球C运动到

Q点时，物体A的加速度大小为22Fagm=−【答案】AD【解析】的【详解】A．小球C运动到D点时，物体A的速度为零，根据动能定理可知k==0WE合故A正确；B．小球C从P点运动到D点的过程中，根据动量定理知0xGFTIIIImv=++==合重力的冲量不为零，

所以弹簧弹力和轻绳拉力对物体A的冲量之和也不为零，故B错误；C．小球C运动到Q点时，弹簧的弹性性能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有221122CAFLmvmv=+且cosACvv=解得25AFLvm=故C

正确；D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有2cosFTF==根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为xFmg=物体A的加速度大小为222xFmgFFagmm−−==−故D正

确。故选AD。12.电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器是由绝缘滑动杆及固定在杆上12个相互紧靠的相同矩形线圈构成。减震器右侧是一个由电磁铁产生的磁场，磁场的磁感应强度与通入电磁铁的电流间的关系可简化为BkI=

，其中50T/Ak=，磁场范围足够大。当减震器在光滑水平面上以初速度v进入磁场时会有减震效果产生，当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强。已知滑动杆及线圈的总质量1.0kgm=，每个矩形线圈abcd匝数100n=匝，电阻值1.0=R，

ab边长20cmL=，bc边长10cmd=，整个过程不考虑互感影响，则下列说法正确的是（）A.当电磁铁中的电流为2mA时，为了不产生较强颠簸，则减速器进入磁场时的最大速度为3m/sB.若检测到减速器以5m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节

磁场的电流可以为3mAC.若检测到减速器以5m/s将要进入磁场时，为了不产生较强的颠簸，则调节磁场的电流可以为2.5mAD.当电磁铁中的电流为2mA，减速器速度为5m/s时，磁场中第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比96k=【答案】BD【解析】【详解】A．由题分析知当每个线圈进入磁场时

，安培力的冲量大小为FInBILt=而qIt=EIR=Ent=ΦBLd=解得222FnBLdIR=可知每个线框进入磁场的安培力冲量相等，则每完全进入一个线圈时，减震器的速度减少量相等，根据动量定理可得每进入一个线框的速度减少

量为222FnBLdImvR==即222nBLdvmR=而BkI=则2222nkILdvmR=当磁场的电流为2mA时，则0.4m/sv=由题知当有超过6个线圈进入磁场进行减速时，车内人员会感觉颠簸感较强，为了不产生较强颠簸，则

最多6个线圈进入磁场，则速器进入磁场时最大速度为62.4m/smvv==故A错误；B．若磁场的电流为3mA时，则0.9m/sv=若检测到减速器以5m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为155.6Nv=个＜6个可知减速器不产生较强的颠

簸，故B正确；C．若磁场的电流为2.5mA时，则0.625m/sv=若检测到减速器以5m/s将要进入磁场时，则进入磁场的线圈个数为158Nv==个＞6个可知减速器会产生较强的颠簸，故C错误；D．当电磁铁中的电流为2mA，每进入一个线框的速度减少量为0.4m/sv=的当减速器速度为5

m/s时，能够进入磁场的线圈个数为512.5Nv==个只有进入磁场的线圈产生热量，根据能量守恒知线圈产生的热量等于减少的动量，第一个线圈完全进入磁场时速度为14.6m/svvv=−=最后一个线圈进入磁场时的速度为13120.2m/svvv=−=因此磁场中

第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比22121311229612mvmvkmv−==故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（共60分）三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某物理活动小组想利用一根压缩的弹簧弹开

带有遮光片的滑块来探究弹簧的弹性势能与形变量之间的关系，装置如图（a）所示，将带有刻度尺的长木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，弹簧左端对应刻度尺位置坐标为零，右端与滑块刚好接触（但不连接，弹簧为原长），记录弹簧原长位置，现让滑块压缩弹簧至P点并锁定，P

点位置坐标记为0x，然后在木板上弹簧原长位置处固定光电门，位置坐标记为1x。实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示，d=__________cm；（2）将光电门连接计时器，解除弹簧锁定，滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的

时间t，再测量滑块停止时的位置坐标记为2x，若已知遮光片与滑块总质量为m，则弹簧的弹性势能pE=__________（用物理量符号表示）；（3）改变P点的位置，记录弹簧形变量10xx−的数值，多次重复步骤（2），通过计算得到多组pE值，选择合适标度在坐标纸上描

点作图，即可得到弹簧弹性势能与形变量的关系；（4）若在实验过程中，某同学用图像法处理数据，以21t为纵坐标，以x为横坐标得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则该同学选择的横坐标x为__________，由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数=__

________（用物理量的符号表示）。【答案】①.1.30②.()()2202212mdxxtxx−−③.21xx−④.22adbg【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺主尺读数为1.3cm，游标尺读数为00.1mm，则1.30cmd=

；（2）[2]1x位置的速度为dvt=根据功能关系有20()pEmgxx=−根据动能定理有2211()02mgxxmv−−=−解得()()2202212pmdxxEtxx−=−（3）[3][4]12xx−的过程中，根据动能定理有2211()02mgxxmv−−=−可得()2212

21gdxxt−=则横坐标应为21xx−，根据图象斜率可知22akbdg==解得22adbg=14.某实验小组用图甲所示的电路探究某灯泡的电阻和功率随电压变化的规律，该灯泡在25℃时的电阻约为2.5Ω，所加电压为2V时的电阻约为4.0Ω。图甲中其它部分器材的参数如下：电源（电动势为4V，

内阻不计）；电压表（量程为3V时内阻约为3kΩ，量程为15V时内阻约为15kΩ）；电流表（量程为0.6A时内阻约为0.1kΩ，量程为3A时内阻约为0.02kΩ）。（1）将图甲所示的实验电路补充完整，要求灯泡两端的电压自零开始调节；（）（2）电压表示数用U表

示，电流表示数用I表示，调整滑动变阻器滑片位置，得到多组U、I数据，根据得到的U、I数据画出的UI−图像如图乙所示，由图像可得灯泡在1.0VU=时的电阻为__________Ω（保留两位有效数字），由于实验存在系统误差，该测量值比真实值__________（选填“偏大”“偏小”或“相等

”）；（3）将两个这样的小灯泡串联后接在电动势为3V，内阻为2Ω的电源上，则每个小灯泡消耗的功率约为__________W，电源的效率约为__________（保留两位有效数字）。【答案】①.②.2.

0③.偏小④.0.50⑤.67%【解析】【详解】（1）[1]要求灯泡两端的电压自零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；电动势为4V，则电压表量程选择3V，由于灯泡的电阻远小于电压表内阻，则电流表应采用外接法，则实物连线

如图所示（2）[2]根据UI−图像可知，1.0VU=时，电流为0.5AI=，此时灯泡电阻为1.02.00.5URI===[3]由于电流表采用外接法，误差来源于电压表的分流，使得电流表的示数大于通过灯泡的实际电流，则灯泡电阻的测量值比真实值偏小。（3）[4]将两个这样的小灯泡串联后接

在电动势为3V，内阻为2Ω的电源上，设每个灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得2EUIr=+可得322UI=+在灯泡的UI−图像画出对应关系图像，如图所示由图像交点可知，每个小灯泡消耗的功率约为10.5W0.50WPUI===

[5]电源的效率约为22167%3PUIPEI===出总15.单级水火箭可以简化为如图（a）所示的下方开口的容器。容器中气体体积3LV=，压强50110Pap=，下方水的深度50cmh=。单向气阀（不计质量）是一个只能朝一个方向通入气体的装置，它外部

为橡胶材质，将其紧紧塞在容器口位置可将水堵住还能向容器内进行充气。单向气阀与容器口摩擦力的最大值91.5Nf=。现用打气筒通过单向气阀向容器内一次次的充入压强50110Pap=，1300mlV=的气体。当容

器内的气体压强到达一定值时单向气阀和容器中的水被一起喷出，水火箭可以获得一定的速度发射。已知重力加速度210m/sg=，容器口的横截面积42310mS−=，水的密度33110kg/m=。假设容器中的气体为理想气体，充气

和喷水时忽略温度的变化。（1）求水火箭刚好喷水时容器内气体压强p；（2）求水火箭刚好喷水时的充气次数；（3）水火箭喷水过程中，容器内气体的pV−图像如图（b）所示，试估算容器内气体从状态a到状态b从外部吸收的热量。【答案】（1）5410Pap=；（2）30N=；（3）83

2JQ=【解析】【详解】（1）对单向气阀受力分析0pSfmgpS+=+解得0fppghS=+−带入数据得5410Pap=（2）气体做等温变化，有001pVNpVpV+=解得充气次数30N=（3）由

pV−图像可知，外界对气体做功2084832JW=−=−（小格数在205—210个均算正确）由热力学第一定律0UWQ=+=所以气体吸收热量832JQ=（参考范围：820J～840J）16.如图所示，与水平面夹角30=的传送带正以2m/sv=的速度沿顺时针方向匀速运

行，A、B两端相距10ml=。现每隔1s把质量1kgm=的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数32=，g取210m/s，求：（1）两个工件间的最小距离；（2）传送带满

载时与空载时相比，电机对传送带增加的牵引力。【答案】（1）1.2mx=；（2）32.5N【解析】【详解】（1）对工件受力分析，根据牛顿第二定律cossinmgmgma−=工件放上传送带后的加速度大小2cossin2.5m/smgmgam

−==经过1t时间与传送带速度相等，则加速时间、运动距离分别为10.8svta==110.8m2==vxt再过20.2st=，放下一个工件，此时该工件距前一个工件的距离最小，有12xxvt=+代入数据解之得1.2mx=（2）工件与传送带同速后相对静止，在

静摩擦力作用下做匀速直线运动直到B端，匀速距离为13lxvt−=解得每个工件在传送带上的运动时间135.4sttt=+=当第1个工件刚到达B端时，第6个工件已经在传送带上运动了0.4s，而第7个工件还未放上；传送带上满载时，

有1个工件在传送带上滑动，有5个工件相对传送带静止，传送带受到的摩擦力cos5sin32.5Nfmgmg=+=故电机对传送带增加的牵引力32.5NFf==17.如图所示，在长方体Ⅰ区域内，有垂直平面abba的匀强电场，电场强度为E，已知bc长为L，bb长为2

L。Ⅱ区为电加速区，由间距为d的正中间有小孔S、O的两个正方形平行金属板M、N构成，金属板边长为332ld=，Ⅲ、Ⅳ区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。Ⅳ区左右截面的中心分别为1O、2O，以1O为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立x、y和z坐标

轴。m、n间匀强电场大小为E，方向沿y+方向；Ⅲ、Ⅳ区的匀强磁场大小相等、方向分别沿z+、z−方向。现有一电荷量为q+、质量为m的粒子以某一初速度从c点沿平面cbbc进入电场区域，经b点垂直平面abcd由小孔S沿y+方向进入Ⅱ区，经过一段时

间后恰好能返回到小孔S，不考虑粒子的重力。求：（1）粒子经过b点的速度大小0v；（2）粒子经过小孔O时的速度大小v；（3）粒子在磁场中相邻两次经过小孔O时运动的时间及磁感应强度B的大小；（4）若在Ⅲ区中x+方向增加一个附加匀强磁场，可使

粒子经过小孔O后恰好不能进入到Ⅳ区，并直接从Ⅲ区前表面（x+方向一侧）的P点飞出，求P点坐标(),,pppxyz。【答案】（1）02EqLvm=；（2）()2EqdLvm+=；（3）()14π36dmtEqdL=+，()312EmdLBdq+=；（4）333

3,,424dddd−−【解析】【详解】（1）沿初速度方向有02Lvt=沿电场力方向有212Lat=又Eqam=解得02EqLvm=（2）粒子由S到O过程，由动能定理得2201122Eqdmvmv=−解得()2022EqdLEqdvvmm+=+=（3）粒子在磁场中运

动轨迹如图（俯视）所示由几何关系得32rd=根据牛顿第二定律得2mvqvBr=解得32mvBqd=即()312EmdLBdq+=粒子在磁场中的周期为22πrmTvqB==由几何关系得粒子在磁场中运动的时间76tT=联立方程，解得()14π36dmtEqdL=+

（4）如图所示粒子恰好与Ⅲ、Ⅳ区边界相切且从P点飞出，对应半径1rd=即12mvrqB=2cosBB=解得3cos2=30=由几何关系得()121coscoslr+=解得1cos2=60=则有3324

Plxd==13sin2Pyrddd=−=−3tan24Plzd=−=−即P点坐标为3333,,424dddd−−。18.如图所示，一个劲度系数非常大的弹簧（弹簧长度和弹开物块时弹簧作用时间均可以忽略不计）一端固定在倾角为37=的斜面底

端。若将一质量为1kgm=的滑块P从斜面上A点由静止释放，滑块与弹簧相互作用后，弹簧最大弹性势能为pE，滑块反弹后能沿斜面运动到的最高点为B（未在图中画出）。现锁定弹簧，使其弹性势能仍为pE（已知A点距弹簧自由

端距离为8m，滑块P与粗糙斜面动摩擦因数0.5=，重力加速度210m/sg=，滑块可视为质点）求：（1）滑块P在斜面上反弹到的最高点B与初始位置A的距离x1；（2）现将一光滑滑块Q和滑块P并排紧挨着置于斜面底端弹簧处，P、Q质量相等，Q在下

，P在二，然后解除弹簧锁定，P、Q沿斜面上滑的距离x2；（3）若在问题（2）中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生弹性碰撞，则第一次碰撞后P和Q的速度大小分别为多少；（4）若在问题（2）中的条件下，若P、Q在斜面上的运动过程中发生完全非弹性碰撞，碰后两滑块成为一个整体，求滑块P在

斜面上运动的总路程。【答案】（1）16.4mx=；（2）1m；（3）()233m/s−，()231m/s−；（4）3m【解析】【详解】（1）设AB间距离为x1，根据动能定理有()11sin2cos0mgxmgxx−−=8mx=解得16.4mx=（2）根据能量

守恒得弹簧弹性势能()()p11sincosEmgxxmgxx=−+−8mx=代入得p16JE=又2p0122Emv=此后PQ一起向上运动到达最高点，上升距离为x2，有2sincos2mgmgma+=解得2021m2vxa==（3）PQ从最高点下滑，Q运

动得快，P运动得慢对Q2211sin2xgt=11sinvgt=对P1sincosagg=−设时间为t时发生第一次碰撞，此时P速度沿斜面向下，Q速度沿斜面向上Q沿斜面上滑的位移()()231111sin2xvttgtt

=−−−时间t内P的位移24112xat=又342xxx+=解得()31st=−()21231m/svat==−()()311sin623m/svvgtt=−−=−P、Q发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒2345mvmvmvmv+=+222223451111

2222mvmvmvmv+=+解得速度交换()4233m/sv=−()5231m/sv=−（4）P、Q发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒3262mvmvmv−=解得()6423m/sv=−根据能量守恒2635122sincos

2mvmgxmgx+=得2453mPxxxx=++=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com