2023屆安徽省淮北市高三下學(xué)期一模物理（解析版）

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淮北市2023屆高三第一次模擬考試物理試題第I卷（選擇題）一、選擇題（本題包括10小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-6小題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7-10小題有多項(xiàng)符合題目要求。）1.如圖所示，一束紅光和一束黃光，從O點(diǎn)以相同角度沿PO方向射入橫截面為半圓形的玻璃柱體，其透射光線分別從M、N兩點(diǎn)射出，已知α=45°，β=60°，則下列說法正確的是（　?。〢.ON是紅光，OM是黃光B.玻璃對(duì)OM光束的折射率為C.沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時(shí)間較長(zhǎng)D.若將OM光束從N點(diǎn)沿著NO方向射入，可能發(fā)生全反射【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)光的折射定律，光在介質(zhì)中的折射率為由圖可知，OM、ON兩束光在空氣中的入射角相等，而在介質(zhì)中OM光的折射角大于ON光的折射角，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，而紅光的折射率小于黃光的折射率，所以O(shè)M為紅光，ON為黃光，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)OM光束，根據(jù)光的折射定律有故B錯(cuò)誤；C．光在介質(zhì)中的傳播速度為第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

1由于OM光束在介質(zhì)中的折射率小于ON光束在介質(zhì)中的折射率，所以O(shè)M光束在介質(zhì)中的傳播速度大于ON光束在介質(zhì)中的傳播速度，而光穿過玻璃柱體的路程相同，所以沿ON路徑傳播的光穿過玻璃柱體所需時(shí)間較長(zhǎng)，故C正確；D．OM光線發(fā)生全反射的臨界角為則則若將OM光束從N點(diǎn)沿著NO方向射入，此時(shí)的入射角一定小于臨界角，則一定不會(huì)發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。故選C。2.下列有關(guān)近代物理內(nèi)容的描述，其中說法正確的是（　?。〢.結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定B.衰變?yōu)?，?jīng)過3次衰變，2次衰變C.入射光的強(qiáng)度越大，從金屬表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能越大D.氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子的能量也減小【答案】B【解析】【詳解】A．比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，A錯(cuò)誤；B．衰變?yōu)榉匠虨楣式?jīng)過3次衰變，2次衰變，B正確；C．根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律，逸出的光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)，與光強(qiáng)無關(guān)，C錯(cuò)誤；D．氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，氫原子吸收光子，原子的總能量增大，D錯(cuò)誤；故選B。3.準(zhǔn)北市科創(chuàng)中心項(xiàng)目是我市近幾年重點(diǎn)工程項(xiàng)目之一，旨在提升城市綜合服務(wù)功能,增強(qiáng)城市科技創(chuàng)新氛圍。其核心建筑商務(wù)政務(wù)中心已經(jīng)建成,最大高度達(dá)，是淮北市第一高樓,第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

2成為淮北市的新地標(biāo)。如圖所示，工人師傅正在用一根繩索將自己懸在空中，對(duì)大樓表面玻璃進(jìn)行清潔工作，工人及其裝備總重量為，且可視為質(zhì)點(diǎn)，懸繩與豎直墻壁的夾角為，設(shè)懸繩對(duì)工人的拉力為，墻壁對(duì)工人的彈力為，不計(jì)人和墻壁間的摩擦力。下列說法正確的是（　?。〢.墻壁對(duì)工人的彈力大小為B.懸繩對(duì)工人拉力大小為C.若緩慢增加懸繩的長(zhǎng)度，與的合力增大D.若緩慢增加懸繩的長(zhǎng)度，和都減小【答案】D【解析】【詳解】AB．工人受到重力、拉力和支持力，如圖根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有即墻壁對(duì)工人的彈力和懸繩對(duì)工人的拉力的大小分別為，AB錯(cuò)誤；CD．若工人緩慢下移，增加懸繩的長(zhǎng)度，則減小，即和都減小，而與第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

3的合力始終與工人的重力平衡，大小不變，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，同一房間中有a、b、c三根完全相同的玻璃試管，管內(nèi)各用一段相同長(zhǎng)度的水銀柱封閉了相等質(zhì)量的空氣?，F(xiàn)使管由靜止沿光滑斜面下滑；管輕放在粗糙斜面上，之后下滑；管以初速度沿粗糙斜面上滑過程中，當(dāng)水銀柱與玻璃管位置相對(duì)穩(wěn)定時(shí)，三管內(nèi)的氣柱長(zhǎng)度、、之間的大小關(guān)系為（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】設(shè)大氣壓為，玻璃試管的橫截面積為。對(duì)a管：a管由靜止沿光滑斜面下滑，以水銀為研究對(duì)象根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)管子和水銀整體有聯(lián)立可得對(duì)b管：以水銀為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)管子和水銀整體有可得對(duì)c管：以水銀為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

4對(duì)管子和水銀整體，有可解得所以可得根據(jù)玻意耳定律和得故選D。5.圖甲一簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)以該時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)的振動(dòng)圖像，則從該時(shí)刻起（　?。〢.經(jīng)過，波沿軸正方向傳播了0.2mB.經(jīng)過3s，質(zhì)點(diǎn)的加速度沿軸正方向且最大C.經(jīng)過5s，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度大于質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度D.經(jīng)過6s，質(zhì)點(diǎn)的加速度大于質(zhì)點(diǎn)的加速度【答案】C【解析】【詳解】A．由乙圖可知計(jì)時(shí)起點(diǎn)時(shí)P向y軸負(fù)方向振動(dòng)，再由甲圖可知波向x軸負(fù)方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知，周期則所以經(jīng)過3s，質(zhì)點(diǎn)的加速度沿軸負(fù)方向且最大，故B錯(cuò)誤；C．由第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

5可知經(jīng)過5s，質(zhì)點(diǎn)的位移是正值且向y軸正方向振動(dòng)；質(zhì)點(diǎn)的位移是負(fù)向最大處，速度為0，故經(jīng)過5s，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度大于質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度，故C正確；D．由可知可知經(jīng)過6s，質(zhì)點(diǎn)的位移是正值且向y軸負(fù)方向振動(dòng)；質(zhì)點(diǎn)的位置在平衡位置，加速度為0，故經(jīng)過6s，質(zhì)點(diǎn)的加速度小于質(zhì)點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖甲所示，在粗糙絕緣水平面的、兩處分別固定兩個(gè)電荷，、的位置坐標(biāo)分別為和。已知處電荷的電荷量為，圖乙是連線之間的電勢(shì)與位置坐標(biāo)的關(guān)系圖像，圖中點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，處的縱坐標(biāo)，處的縱坐標(biāo)。若在的點(diǎn)，由靜止釋放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為，電荷量為的帶電物塊，物塊隨即向右運(yùn)動(dòng)，小物塊到達(dá)處速度恰好為零。則下列說法正確的是（　?。〢.處電荷帶正電，電荷量為，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B.處電荷帶負(fù)電，電荷量為，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.處電荷帶正電，電荷量為，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.處電荷帶負(fù)電，電荷量為，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】A【解析】【詳解】由乙圖可知，圖像在處的切線斜率為零，說明處的場(chǎng)強(qiáng)為零，故、第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

6兩處電荷為同種電荷，由于電勢(shì)大于零，可知、兩處電荷均帶正電；設(shè)處電荷的電荷量為，則有解得在的點(diǎn)，由靜止釋放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為，電荷量為的帶電物塊，物塊隨即向右運(yùn)動(dòng)，小物塊到達(dá)處速度恰好為零，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得故選A。7.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)開始，經(jīng)歷回到原狀態(tài)，其圖像如圖所示，下列判斷正確的是（　?。〢.氣體在狀態(tài)的內(nèi)能大于在狀態(tài)的內(nèi)能B.氣體從到的過程中，體積先變大后不變C.氣體從到的過程中，吸收的熱量大于內(nèi)能的變化量D.氣體從到的過程中氣體對(duì)外界做的功，小于到的過程中外界對(duì)氣體做的功【答案】AD【解析】【詳解】A．理想氣體，忽略分子勢(shì)能，所以理想氣體的內(nèi)能由溫度決定，氣體在狀態(tài)b的溫度大于在狀態(tài)c的溫度，所以在狀態(tài)b的內(nèi)能大于在狀態(tài)的內(nèi)能，故A正確；B．由氣體理想狀態(tài)方程可知，b到c的過程中，P不變，T減小，V減小，從c到d的過程中，V不變，故B錯(cuò)誤；第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

7C．由熱力學(xué)第一定律可知，從c到d的過程中，V不變，W不變，T增大，增大，Q增大，則氣體吸收的熱量等于內(nèi)能的變化量，故C錯(cuò)誤；D．從d到a的過程中，氣體做功由蓋—呂薩克定律可知聯(lián)立可得同理可得，從b到c過程從c到d的過程中，由查理定律可知聯(lián)立可知故D正確。故選AD。8.如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上，另一端與置于水平面上的質(zhì)量為的物體A連接，質(zhì)量為的物體B緊挨物體A放置，此時(shí)彈簧水平且無形變，用水平力緩慢推動(dòng)物體B，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了，此時(shí)物體A、B靜止。撤去后，物體A、B開始向左運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切阻力，在此后運(yùn)動(dòng)過程中（　?。〢.物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

8B.物體A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移小于C.物體A、B向左運(yùn)動(dòng)位移為時(shí)分離D.物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】BC【解析】【詳解】ABC．撤去后，物體A、B開始向左運(yùn)動(dòng)做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧形變量為零時(shí)，速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理有之后A物體做減速運(yùn)動(dòng)，B物體做勻速運(yùn)動(dòng)，所以物體A、B在彈簧形變量為零時(shí)分開，物體A繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得則物體A向左運(yùn)動(dòng)的最大為物體A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為故A錯(cuò)誤，BC正確；D．撤去后，物體A、B向左運(yùn)動(dòng)過程，只有彈簧彈力做功，則物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選BC。9.2022年11月29日，神舟十五號(hào)飛船在酒泉發(fā)射成功，次日凌晨對(duì)接于空間站組合體前向?qū)涌?。至此，中?guó)空間站實(shí)現(xiàn)了“三大艙段”+“三艘飛船”的最大構(gòu)型，天和核心艙、問天實(shí)驗(yàn)艙、夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙、天舟五號(hào)貨運(yùn)飛船、神舟十四號(hào)、神舟十五號(hào)載人飛船同時(shí)在軌。神舟十五號(hào)航天員順利進(jìn)駐中國(guó)空間站，與神舟十四號(hào)的三名航天員實(shí)現(xiàn)了首次“太空會(huì)師”?？臻g站繞地球的運(yùn)動(dòng)可以看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知空間站離地面高度約為，地球半徑約為，下列說法正確的是（　　）第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

9A.神舟十五號(hào)飛船運(yùn)載火箭發(fā)射過程中，航天員處于完全失重狀態(tài)B.由于對(duì)接后空間站的總質(zhì)量增加，會(huì)造成飛船的運(yùn)行周期增大C.空間站運(yùn)行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為D.考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進(jìn)行動(dòng)力補(bǔ)充，運(yùn)行速度會(huì)越來越大【答案】CD【解析】【詳解】A．神舟十五號(hào)飛船運(yùn)載火箭發(fā)射過程中，加速度向上，航天員處于完全超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可得可知飛船的運(yùn)行周期不變，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)，空間站運(yùn)行的向心加速度與地球表面重力加速度之比約為故C正確；D．考慮稀薄大氣阻力，若空間站沒有進(jìn)行動(dòng)力補(bǔ)充，將會(huì)做近心運(yùn)動(dòng)，引力做正功，運(yùn)行速度會(huì)越來越大，故D正確。故選CD。第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

1010.近年來，無線充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用。圖甲為正在進(jìn)行無線充電的電子產(chǎn)品，圖乙為某種無經(jīng)充電器的簡(jiǎn)化原理圖。由于發(fā)射線圈與接收線圈處于兩個(gè)分離的裝置中，穿過接收線圈的磁通量少于發(fā)射圈的磁通量。已知發(fā)射線圈與接收線圈的匝數(shù)分別為1210匝和55匝，當(dāng)發(fā)射線圈接入交流電源時(shí)，接收線圈輸出電壓為。忽略其它損耗，下列說法正確的是（　?。〢.發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為B.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率之比為C.穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的D.只要發(fā)射線圈接入電壓為，接收線圈輸出電壓均為【答案】BC【解析】【詳解】AC．發(fā)射線圈與接收線圈的電壓之比等于其匝數(shù)之比，則有帶入數(shù)據(jù)可得但因?yàn)槁┐?，接收線圈的電壓實(shí)際只達(dá)到了,故可知發(fā)射線圈與接收線圈的電流之比為將不再是匝數(shù)的反比，即將不再是，另，因?yàn)槔碚撋辖邮站€圈中的輸出電壓為而實(shí)際上只有，因此可得穿過接收線圈的磁通量變化率是穿過發(fā)射線圈的，故A錯(cuò)誤，C正確；B．發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相同，則可得發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率為，故B正確；D．無線充電利用的是電磁感應(yīng)，因此必須使用交變電壓，若使用直流電，將不會(huì)產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，接收線圈中也就不會(huì)有電壓產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。故選BC。第II卷（非選擇題）第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

11二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過程。）11.某幼兒園欲建一個(gè)如圖甲所示滑梯，根據(jù)空地大小和安全需要，對(duì)制作滑梯的板材與兒童褲料之間的動(dòng)摩擦因數(shù)有一定要求。某物理興趣小組用如圖乙所示的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量板材與兒童褲料間的動(dòng)摩擦因數(shù)。先取一種板材水平固定在桌面上，用兒童褲料包裹的物塊受重物的牽引在板材上由靜止開始運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩始終與桌面平行，當(dāng)重物落地后，物塊再運(yùn)動(dòng)一段距離后停在板材上。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶記錄了物塊的運(yùn)動(dòng)情況。（1）選取重物落地后的一段紙帶如圖丙所示，1、2、3、4是選取的4個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出。圖上注明了對(duì)各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的測(cè)量結(jié)果，其中有一個(gè)數(shù)據(jù)在記錄時(shí)有誤，有誤的數(shù)據(jù)是_______段。（填“”“”或“”）。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源的頻率為。利用紙帶測(cè)得的數(shù)據(jù)可求出該物塊在減速運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小______.（2）若重力加速度大小取，板材與兒童褲料間的動(dòng)摩擦因數(shù)______。（所有計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）【答案】①.②.4.9③.0.49【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)記錄數(shù)據(jù)時(shí)，數(shù)據(jù)的精確度應(yīng)該保持一致，所以有誤的一組數(shù)據(jù)是x2；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中相同時(shí)間內(nèi)相鄰位移差滿足Δx=aT2其中解得第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

12（2）[2]根據(jù)牛頓第二定律可得μmg=ma解得：μ=0.4912.隨著居民生活水平的提高，純凈水已經(jīng)進(jìn)入千家萬戶。我市質(zhì)量監(jiān)督部門對(duì)市場(chǎng)上出售的純凈水進(jìn)行了抽測(cè)，結(jié)果發(fā)現(xiàn)了有少樣品的電阻率不合格。某實(shí)驗(yàn)小組通過以下方案測(cè)量純凈水樣品的電阻率。（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量圓柱形玻璃管的內(nèi)徑，游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖甲，則______；（2）向玻璃管內(nèi)注滿純凈水樣品，用金屬圓片電極密封玻璃管兩端，并用刻度尺測(cè)量水柱長(zhǎng)度；（3）采用圖乙中電路測(cè)量樣品的電阻。先閉合電鍵，將電鍵接1，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)、；再將電鍵接2，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)、；則表達(dá)式為_______（用、、、表示）；的測(cè)量值_______真實(shí)值（選填“小于”、“等于”或“大于”）；純凈水樣品的電阻率的表達(dá)式為：______（用、、、、、、表示）。【答案】①.30.00②.③.等于④.【解析】【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

13（2）[2]當(dāng)電鍵接1時(shí)，由歐姆定律有當(dāng)電鍵接2時(shí)，由歐姆定律有聯(lián)立兩式解得[3]由以上分析可知，電流表內(nèi)阻對(duì)未知電阻的計(jì)算結(jié)果沒有影響，所以的測(cè)量值等于真實(shí)值。[4]根據(jù)電阻公式可得結(jié)合前面式子可得三、計(jì)算題（本題包括4小題。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示的直角坐標(biāo)系中，x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個(gè)帶正電的粒子從原點(diǎn)O進(jìn)入磁場(chǎng)，初速度大小為v0，速度方向與y軸正向夾角為θ，粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)離y軸最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)。且?guī)щ娏Ｗ咏?jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后將再次從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子從O點(diǎn)出發(fā)再次回到O點(diǎn)所用時(shí)間。第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

14【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有根據(jù)幾何知識(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)離y軸最遠(yuǎn)距離為聯(lián)立解得粒子比荷為（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度方向與y軸正向成θ角，則從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的位置與O點(diǎn)距離為粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿y軸正方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向先減速后加速，最后到達(dá)O點(diǎn)，則有解得粒子從O點(diǎn)出發(fā)再次回到O點(diǎn)所用時(shí)間為第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

15聯(lián)立以上相關(guān)式子解得14.2022年2月我國(guó)成功舉辦了第24屆“冬奧會(huì)”，冬奧會(huì)讓冰雪運(yùn)動(dòng)走向大眾，讓更多人認(rèn)識(shí)冰雪，愛上冰雪，北京冬奧留下的不只是場(chǎng)館設(shè)施等物質(zhì)遺產(chǎn)，還有影響深遠(yuǎn)的文化和精神遺產(chǎn)。如圖甲所示為2022年北京冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)，將其簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型：段和段是長(zhǎng)度均為的傾斜滑道，傾角均為；段是半徑的一段圓弧軌道，圓心角為，與段平滑連接；段為結(jié)束區(qū)。一滑雪愛好者連同裝備總質(zhì)量，從A點(diǎn)由靜止出發(fā)沿著滑道下滑，從C點(diǎn)水平拋出落到斜面上的點(diǎn)，點(diǎn)到的距離。該愛好者可看作質(zhì)點(diǎn)，將到的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為平拋運(yùn)動(dòng)處理。忽略其運(yùn)動(dòng)過程中所受的空氣阻力，，重力加速度取。求：（1）該人運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力大小；（2）從開始運(yùn)動(dòng)到落至點(diǎn)的過程中摩擦阻力做的功?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）從處平拋，豎直方向有水平方向有得在處，據(jù)牛頓第二定律有第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

16解得滑道對(duì)人的支持力為據(jù)牛頓第三定律，人運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對(duì)滑道的壓力與大小相等，為。（2）從到由動(dòng)能定理得解得15.如圖所示，質(zhì)量的子彈以的速度射入處在木板左端的物塊，并留在物塊里。子彈射入前，物塊與木板一起隨傳送帶以的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，子彈射入物塊后，物塊將在木板上滑行，最終未從木板上滑落。已知物塊的質(zhì)量，木板的質(zhì)量，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)，傳送帶速度始終保持不變。不計(jì)空氣阻力，重力加速度取，求：（1）物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間；（2）木板與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）子彈穿擊物塊過程中，子彈和物塊組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有解得此后子彈和物塊一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊和子彈受力分析，由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

17木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得解得設(shè)經(jīng)時(shí)間木板與滑塊共速，則解得（2）木板與滑塊共同的速度為對(duì)木板和滑塊對(duì)傳送帶木板與滑塊共速后，由于所以木板與滑塊相對(duì)靜止一起勻減速，設(shè)經(jīng)與傳送帶共速由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得這段時(shí)間內(nèi)，木板位移第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

18傳送帶位移板相對(duì)于傳送帶的位移木板與傳送帶間產(chǎn)生的熱量解得16.艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國(guó)在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某同學(xué)自己設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖甲所示的電磁彈射系統(tǒng)模型。該彈射系統(tǒng)工作原理如圖乙所示，用于推動(dòng)模型飛機(jī)的動(dòng)子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動(dòng)動(dòng)子，可以水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng)。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場(chǎng)中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為。開關(guān)與1接通，恒流源與線圈連接，動(dòng)子從靜止開始推動(dòng)飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動(dòng)子脫離；此時(shí)擲向2接通定值電阻，同時(shí)對(duì)動(dòng)子施加一個(gè)回撤力，在時(shí)刻撤去力，最終動(dòng)子恰好返回初始位置停下。若動(dòng)子從靜止開始至返回過程的圖像如圖丙所示。已知模型飛機(jī)起飛速度，，，線圈匝數(shù)匝，每匝周長(zhǎng)，動(dòng)子和線圈的總質(zhì)量，線圈的電阻，，，不計(jì)空氣阻力和飛機(jī)起飛對(duì)動(dòng)子運(yùn)動(dòng)速度的影響，求：（1）動(dòng)子和線圈向前運(yùn)動(dòng)的最大位移；（2）回撤力與動(dòng)子速度大小的關(guān)系式；（3）圖丙中的數(shù)值。（保留兩位有效數(shù)字）第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

19【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）動(dòng)子和線圈向前運(yùn)動(dòng)的最大位移即時(shí)間段內(nèi)的位移，由圖像知（2）動(dòng)子和線圈在時(shí)間做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律有其中可得第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

20解得在時(shí)間反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立相關(guān)式子，解得（3）動(dòng)子和線圈在在時(shí)間段內(nèi)的位移從時(shí)刻到返回初始位置時(shí)間內(nèi)的位移根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有據(jù)電荷量定義式據(jù)閉合電路歐姆定律解得從時(shí)刻到返回初始位置時(shí)間內(nèi)電荷量其中動(dòng)子和線圈從時(shí)刻到返回時(shí)間內(nèi),只受磁場(chǎng)力作用，根據(jù)動(dòng)量定理有第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

21又因?yàn)榘才嗔Φ臎_量聯(lián)立可得故圖丙中的數(shù)值為第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司

22第23頁(yè)/共23頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司