重慶市第八中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期適應(yīng)性月考卷（四）物理 Word版含解析.docx

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重慶市第八中學(xué)2024屆高考適應(yīng)性月考卷（四）物理試題注意事項(xiàng)：1.答題前、考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)在答題卡上填寫(xiě)清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。在試題卷上作答無(wú)效。3.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。滿(mǎn)分100分，考試用時(shí)75分鐘。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.2023年10月26日11時(shí)14分，搭載神舟十七號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十七運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，我國(guó)載人航天工程發(fā)射任務(wù)實(shí)現(xiàn)30戰(zhàn)30捷。如圖所示，下列關(guān)于火箭在豎直方向加速起飛過(guò)程的分析，正確的是（　　）A.一級(jí)火箭的燃料用完后，自動(dòng)脫落的空殼將做自由落體運(yùn)動(dòng)B.火箭加速上升時(shí)，火箭里面的航天員對(duì)座椅的壓力小于自身重力C.火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度D.火箭噴出的氣流對(duì)火箭的作用力大于火箭對(duì)噴出的氣流的作用力【答案】C【解析】【詳解】A．一級(jí)火箭的燃料用完后，在自動(dòng)脫落時(shí)具有與火箭相同的速度，因此脫落后將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．火箭加速上升時(shí)，火箭里的宇航員也加速上升，對(duì)宇航員有 解得為座椅對(duì)宇航員的支持力，而根據(jù)牛頓第三定律，宇航員對(duì)座椅的壓力大小等于座椅對(duì)宇航員支持力的大小，因此可知，火箭加速上升時(shí)，火箭里面的航天員對(duì)座椅的壓力大于自身重力，故B錯(cuò)誤；C．燃料燃燒向下噴氣，噴出的氣體的反作用力推動(dòng)火箭升空，即火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故C正確；D．火箭噴出的熱氣流對(duì)火箭的作用力與火箭對(duì)熱氣流的作用力是相互作用力，二者等大反向，故D錯(cuò)誤。故選C。2.超級(jí)電容器是一種先進(jìn)的儲(chǔ)能技術(shù)，具有高功率密度、快速充放電、長(zhǎng)壽命等特點(diǎn)，被廣泛應(yīng)用于電動(dòng)汽車(chē)、可再生能源等領(lǐng)域。用如圖所示的電路對(duì)超級(jí)電容器進(jìn)行充電。在充電過(guò)程中，超級(jí)電容器兩端的電壓U與其所帶電荷量Q之間的關(guān)系是（　?。〢.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)電容的定義式，解得可知超級(jí)電容器兩端的電壓U與其所帶電荷量Q之間的關(guān)系是正比例函數(shù)關(guān)系。 故選C。3.如圖所示，高速公路上汽車(chē)定速巡航（即保持汽車(chē)的速率不變）通過(guò)路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過(guò)程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.汽車(chē)在ab與cd段的輸出功率相等B.汽車(chē)在bc段的輸出功率最大C.在bc段汽車(chē)的輸出功率逐漸減小D.在ab段汽車(chē)的輸出功率不變【答案】D【解析】【詳解】BD．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力在ab段汽車(chē)的輸出功率大小不變；在bc段牽引力bc段的輸出功率故B錯(cuò)誤，D正確；AC．在cd段牽引力汽車(chē)的輸出在cd段汽車(chē)的輸出功率不變，且小于ab段，故AC錯(cuò)誤。故選D。 4.A、B兩物體質(zhì)量之比，它們以相同的初速度在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停止，其圖像如圖所示。物體的加速度為a，位移為x，摩擦力為f，摩擦力做功為，則在此過(guò)程中（　?。〢.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】AB．根據(jù)圖像斜率絕對(duì)值等于加速度大小，則A物體加速度大小為B物體加速度大小為可得根據(jù)牛頓第二定律可得，可得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知，可得根據(jù) 可得故CD錯(cuò)誤。故選B。5.堿土金屬氧化物MgO是極好的單晶基片，被廣泛應(yīng)用于制作鐵電薄膜、磁學(xué)薄膜、光電薄膜和高溫超導(dǎo)薄膜等。如圖所示，MgO晶體結(jié)構(gòu)中相鄰的四個(gè)離子處在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)為正方形中心，A、B為兩邊中點(diǎn)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，關(guān)于這四個(gè)離子形成的電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.O點(diǎn)電勢(shì)為零B.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零C.A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同D.將電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功【答案】A【解析】【詳解】A．O、A、B三點(diǎn)在等量異號(hào)電荷連線的水平方向的中垂線上，則此三點(diǎn)的電勢(shì)均為零，故A正確；B．在對(duì)角線上的兩電荷在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)都為零，可知O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故B錯(cuò)誤；C．由對(duì)稱(chēng)可知，A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，故C錯(cuò)誤；D．由于等量異種電荷的連線的中垂線為等勢(shì)線，則A、O、B都在同一等勢(shì)線上各點(diǎn)電勢(shì)相同，都為0，將電子從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，傾角為、質(zhì)量為M的斜面體A置于水平面上，在斜面體和豎直墻面之間放置一質(zhì)量為m的光滑球B，斜面體受到水平向右的外力F，系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜面體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（　　） A.球B受到斜面體的彈力大小為B.球B受到墻面的彈力大小mgC.為了使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平向右的外力F最大為D.為了使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平向右的外力F可能為【答案】D【解析】【詳解】研究B球，受力分析如圖由共點(diǎn)力的平衡的合成法解得 故AB錯(cuò)誤；C．對(duì)整體受力分析，如圖斜面體受到的最大靜摩擦力水平向右的外力最大（設(shè)為）時(shí)，斜面體有向右運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，由平衡條件有解得故C錯(cuò)誤；D．對(duì)整體受力分析，如圖水平向右的外力最小（設(shè)為）時(shí)，斜面體可能有向左運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，當(dāng) 時(shí)故F的取值范圍當(dāng)則有解得故F的取值范圍為故D正確。故選D。7.有一圓柱形枯井，過(guò)其中心軸OA剖面圖如圖所示，豎直井壁MN、PQ間距為L(zhǎng)。從離井底高度一定的O點(diǎn)垂直井壁以初速度水平拋出一個(gè)小球，小球與井壁上B點(diǎn)、C點(diǎn)各發(fā)生一次碰撞后恰好落在井底的A點(diǎn)。每次碰撞，水平分速度大小不變，方向相反，豎直分速度不變。所有摩擦和阻力均不計(jì)。小球在OB段、BC段和CA段飛行過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.小球在OB段、BC段和CA段動(dòng)量變化量的比值為B.小球在OB段、BC段和CA段動(dòng)能變化量的比值為 C.僅將間距L增大為原來(lái)的2倍仍在O點(diǎn)將小球水平拋出，則小球與井壁碰撞2次后落在A點(diǎn)D.僅將初速度增大為原來(lái)的2倍仍在O點(diǎn)將小球水平拋出，則小球與井壁碰撞4次后落在A點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，水平方向勻速，OB、BC、CA的水平位移1∶2∶1，故所需時(shí)間之比為1∶2∶1，由知?jiǎng)恿孔兓康谋戎禐?∶2∶1，故A錯(cuò)誤；B．初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)在連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為，小球在OB段、BC段和CA段所需時(shí)間之比為1∶2∶1，則豎直方向的位移之比為1∶8∶7，根據(jù)動(dòng)能變化量的比值為1∶8∶7，故B錯(cuò)誤；C．由于OA間高度不變，小球落到地面時(shí)間不變，運(yùn)動(dòng)軌跡水平方向經(jīng)過(guò)的距離不變，僅將間距加倍而仍在中央O點(diǎn)平拋，小球?qū)⑴c前面碰撞一次后落在A點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．僅將初速度增大為原來(lái)的2倍，高度不變則下落的時(shí)間不變，則小球水平方向的路程為則小球與井壁碰撞4次后落在A點(diǎn)，故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.如圖所示，一個(gè)總電阻為2R的均勻?qū)щ妶A環(huán)，其半徑OM長(zhǎng)為。導(dǎo)電圓環(huán)內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一長(zhǎng)為L(zhǎng)、總電阻為的均勻細(xì)金屬棒置于圓環(huán)上。金屬棒繞M點(diǎn)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，角速度為，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與圓環(huán)始終保持良好接觸。當(dāng)金屬棒轉(zhuǎn)到MN位置時(shí)（　?。?A.M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)B.金屬棒中電流的方向是從N到MC.金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為D.金屬棒中的電流的大小為【答案】AD【解析】【詳解】AB．由右手定則可知，金屬棒中電流由M流向N，金屬棒相當(dāng)于電路的電源，電源內(nèi)部電流從電勢(shì)低的位置流向電勢(shì)高的位置，則M點(diǎn)電勢(shì)低N點(diǎn)電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．金屬棒轉(zhuǎn)到MN位置時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為故C錯(cuò)誤；D．金屬棒轉(zhuǎn)到MN位置時(shí)，圓環(huán)左右兩部分并聯(lián)，電路的總電阻為由閉合電路歐姆定律可知金屬棒中的電流的大小為故D正確。故選AD。9.某種角速度測(cè)量計(jì)結(jié)構(gòu)如圖所示，電路裝置置于水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，可與元件A一起繞固定軸同步轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)整個(gè)系統(tǒng)繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，元件A發(fā)生位移并通過(guò)滑動(dòng)變阻器輸出電壓U，電壓傳感器（傳感器內(nèi)阻無(wú)限大）接收相應(yīng)的電壓信號(hào)。已知A的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k、自然長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)變阻器總長(zhǎng)為，電阻分布均勻，系統(tǒng)靜止時(shí)P在變阻器的最左端B點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度以?xún)?nèi)，所有摩擦和阻力均不計(jì)，當(dāng)系統(tǒng)以角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)且滑片P在BC間，則下列說(shuō)法正確的是（　　） A.角速度越大電源的輸出功率越大B.角速度越大輸出電壓U越大C.彈簧的伸長(zhǎng)量為D.輸出電壓U與函數(shù)式為【答案】BD【解析】【詳解】A．無(wú)論角速度多大，都是整個(gè)滑動(dòng)變阻器的阻值與電源構(gòu)成回路，即電路電阻不變，電流不變，則電源的輸出功率不變，故A錯(cuò)誤；B．角速度越大，彈簧伸長(zhǎng)量越大，與電壓傳感器并聯(lián)滑動(dòng)變阻器部分的長(zhǎng)度越大，則輸出電壓U越大，故B正確；C．設(shè)系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為，則對(duì)元件A，根據(jù)牛頓第二定律得解得故C錯(cuò)誤；D．輸出電壓為又聯(lián)立可得輸出電壓U與的函數(shù)式為 故D正確。故選BD。10.如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸的左側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面方向未知，一帶電的粒子由y軸上處沿與y軸正方向成角的方向以速度v射入磁場(chǎng)，已知粒子的質(zhì)量為m，帶電量為＋q，粒子在y軸右側(cè)的軌道半徑為L(zhǎng)，不計(jì)粒子重力。下列說(shuō)法正確的是（　?。〢.若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，則粒子過(guò)O點(diǎn)B.若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，則粒子從射入到第一次運(yùn)動(dòng)至y軸時(shí)軌跡長(zhǎng)為C.若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向外且y軸左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則粒子過(guò)O點(diǎn)D.若y軸右側(cè)磁場(chǎng)垂直紙面向外，則粒子從射入到運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的時(shí)間可能為【答案】ABD【解析】【詳解】A．若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，由左手定則可知，粒子在y軸右側(cè)的磁場(chǎng)里逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，如圖 則由，得由于粒子在y軸右側(cè)軌道半徑為L(zhǎng)，則由數(shù)學(xué)知識(shí)可知粒子在y軸右側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)的弦長(zhǎng)為所以則粒子過(guò)O點(diǎn)，故A正確；B．若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，則粒子從射入到第一次運(yùn)動(dòng)至y軸時(shí)的圓心角為軌跡長(zhǎng)為故B正確；C．若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向外，由左手定則可知，粒子在y軸右側(cè)的磁場(chǎng)里順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度方向與y軸正方向的夾角為，由于粒子在y軸右側(cè)的軌道半徑為L(zhǎng)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，粒子第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)與y軸的交點(diǎn)在處。若粒子第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)過(guò)O點(diǎn)，如圖由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑由于左側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，由，可知所以粒子第二次經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在O點(diǎn)下方，此后粒子也不能過(guò)O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤； D．若y軸右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向外，粒子可能在y軸的左側(cè)偏轉(zhuǎn)一次、在y軸的右側(cè)偏轉(zhuǎn)兩次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，如圖所示由幾何關(guān)系可知粒子在y軸左側(cè)的軌道半徑R2=3L粒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間故D正確。故選ABD。三、非選擇題：本題共5小題，共57分。11.為驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，某同學(xué)選取兩個(gè)材質(zhì)相同的立方體滑塊A、B進(jìn)行下述實(shí)驗(yàn)操作：步驟1：在A、B的相撞面分別裝上撞針和橡皮泥，使二者相撞后立刻成為一個(gè)整體。步驟2：安裝好實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，鋁制軌道槽的左端是固定在水平面上的斜槽，右端是長(zhǎng)直水平槽，在軌道側(cè)面與水平軌道等高且適當(dāng)遠(yuǎn)處裝一臺(tái)頻閃照相機(jī)。步驟3：讓滑塊B靜置于水平槽上某處，滑塊A從斜槽某處?kù)o止釋放，同時(shí)開(kāi)始頻閃拍攝，直到AB停止運(yùn)動(dòng)，得到一組滑塊A運(yùn)動(dòng)的頻閃照片。步驟4：更改滑塊質(zhì)量和釋放位置，重復(fù)步驟1，2，3獲得多組頻閃照片。（1）為驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量是否守恒，需要直接測(cè)量或讀取的物理量是______。A.加裝撞針后滑塊A質(zhì)量、加裝橡皮泥后滑塊B質(zhì)量B.照片尺寸和實(shí)際尺寸的比例C.頻閃照片中滑塊相鄰位置之間的距離（2）某一組頻閃照片如下圖所示，滑塊A與B發(fā)生碰撞的位置是：______。 A.在、之間B.處C.處D.在、之間（3）經(jīng)多次驗(yàn)證碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，試估算（2）中這組頻閃照片對(duì)應(yīng)的兩滑塊質(zhì)量關(guān)系______。【答案】①.AC##CA②.B③.【解析】【詳解】（1）[1]A．為了探究A、B碰撞前后動(dòng)量是否守恒，就要得到碰撞前后滑塊的動(dòng)量，所以要測(cè)量加裝撞針后滑塊A質(zhì)量和加裝橡皮泥后滑塊B質(zhì)量和碰撞前后的速度，故A正確；BC．設(shè)照相機(jī)拍攝時(shí)間間隔為T(mén)，各點(diǎn)速度為此點(diǎn)前后相鄰點(diǎn)之間的距離與時(shí)間的比值，故需要測(cè)量出頻閃照片中滑塊相鄰位置之間的距離，但不需要測(cè)量照片尺寸和實(shí)際尺寸的比例，故B錯(cuò)誤，C正確。故選AC。（2）[2]由圖可知滑塊A從到，相同時(shí)間間隔內(nèi)位移差值相同為則此過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而到位移為；到位移為；可知在處發(fā)生碰撞。故選B。（3）[3]設(shè)碰撞前滑塊A在、、的速度分別為、、，碰撞后，整體在、、的速度分別為、、，則又解得碰撞前滑塊A速度 同理，碰撞后整體的速度需要驗(yàn)證的方程為將以上兩式代入整理得即12.某學(xué)習(xí)小組練習(xí)使用多用電表，如圖甲所示為多用電表歐姆擋內(nèi)部結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。（1）使用多用電表測(cè)定值電阻阻值，插孔A接______（選填：“紅表筆”或“黑表筆”），將選擇開(kāi)關(guān)置于歐姆擋“”倍率，紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)R使指針指向表盤(pán)______（選填：“左側(cè)0刻度線”或“右側(cè)0刻度線”），進(jìn)行歐姆調(diào)零。將待測(cè)電阻R接在紅黑表筆之間，指針如圖乙所示位置，則待測(cè)電阻R阻值為_(kāi)_____。（2）分別用歐姆擋“”倍率、“”倍率測(cè)某一型號(hào)晶體二極管的正向電阻，讀數(shù)分別為、，該二極管的正向圖如下圖所示，已知?dú)W姆表的電源電動(dòng)勢(shì)恒為1.5V，兩次讀數(shù)大小關(guān)系為_(kāi)_____（選填：“大于”“小于”或“等于”）。 【答案】①.紅表筆②.右側(cè)0刻度線③.2200④.小于【解析】【詳解】（1）[1]電流應(yīng)從紅表筆流入多用表，從黑表筆流出多用表，由圖甲中電源位置可知，插孔A應(yīng)接紅表筆；[2]紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)R使指針向右偏轉(zhuǎn)，指向歐姆表的0刻度位置，即表盤(pán)右側(cè)0刻度線；[3]選擇開(kāi)關(guān)置于歐姆擋“”倍率，由圖乙指針?biāo)肝恢每芍郎y(cè)電阻R阻值為（2）[4]歐姆擋“”倍率的內(nèi)阻比“”倍率的內(nèi)阻小，使用“”倍率測(cè)二極管的正向電阻時(shí)，二極管兩端的電壓較大，由二極管的正向圖可知，此時(shí)二極管的電阻較小，則歐姆表讀數(shù)小于。13.如圖甲所示，太陽(yáng)系外的一顆行星P繞恒星Q做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。太陽(yáng)系內(nèi)某探測(cè)器距離該恒星很遠(yuǎn)，可看作相對(duì)于恒星靜止。由于P的遮擋，該探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間做如圖乙所示的周期性變化（和已知），此周期與P的公轉(zhuǎn)周期相同。已知引力常量為G，求：（1）P公轉(zhuǎn)的周期；（2）恒星Q的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）由圖可知探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間變化的周期為 則P的公轉(zhuǎn)周期為（2）由萬(wàn)有引力提供向心力可得解得質(zhì)量為14.如圖所示，內(nèi)壁光滑的細(xì)管道ABCD豎直放置，圓形軌道部分半徑為R，左側(cè)水平直管道A處放有彈射裝置，質(zhì)量為m的滑塊甲可通過(guò)此裝置獲得初動(dòng)能，平滑進(jìn)入管道，管道右端出口D恰好與圓心O等高，右側(cè)接光滑段、粗糙段交替排列的水平直軌道，每段長(zhǎng)度均相同。在第一個(gè)粗糙段左側(cè)位置P點(diǎn)放一質(zhì)量m的滑塊乙。兩物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，彈簧的彈性勢(shì)能與其壓縮量的平方成正比，當(dāng)彈射器中的彈簧壓縮量為d時(shí)、滑塊甲恰好到達(dá)與圓心O等高處的C點(diǎn)。增大彈簧的壓縮量至某值，滑塊甲與滑塊乙會(huì)在P處發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力忽略不計(jì)。（1）當(dāng)彈射器中的彈簧壓縮量為d時(shí)，求滑塊甲經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力；（2）當(dāng)彈簧壓縮量為2d時(shí)，滑塊甲、乙發(fā)生碰撞并粘在一起運(yùn)動(dòng)，求碰撞前后損失的機(jī)械能；（3）若發(fā)射器中的彈簧壓縮量為3d，光滑段和粗糙段長(zhǎng)度均，求碰撞后甲滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程?！敬鸢浮浚?）3mg，方向向下；（2）1.5mgR；（3）【解析】【詳解】（1）從C到B過(guò)程由能量守恒可得在B點(diǎn)由牛頓第二定律可得 解得由牛頓第三定律可知，對(duì)軌道壓力為3mg，方向向下；（2）從A到D過(guò)程由能量守恒可得由彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量的平方成正比，可知碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒可得損失的機(jī)械能為（3）彈性勢(shì)能為從A到D過(guò)程由能量守恒可得碰撞過(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)量守恒解得在粗糙段運(yùn)動(dòng)的總位移經(jīng)過(guò)粗糙段的段數(shù)運(yùn)動(dòng)總位移為15.如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在 的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等且未知。一質(zhì)量為5m、電荷量為的帶電微粒從y軸上P點(diǎn)發(fā)出，沿直線運(yùn)動(dòng)到x軸上Q點(diǎn)，PQ與y軸夾角為。帶電微粒進(jìn)入第一象限后，將區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E變?yōu)檠貀軸正方向。帶電微粒第一次從右往左穿過(guò)y軸時(shí)，分裂成速度方向均垂直于y軸向左的帶正電的微粒甲和乙，質(zhì)量分別為m、4m，且甲、乙微粒的比荷相同，分裂后二者總動(dòng)能是分裂前微粒動(dòng)能的2倍。不考慮分裂后兩微粒間庫(kù)侖力的影響，已知重力加速度為g。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；（2）求分裂后乙微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（3）分裂后甲微粒速度方向偏轉(zhuǎn)時(shí)，撤去磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，再加上與原區(qū)域相同的磁場(chǎng)，此后兩微粒的軌跡不相交，求撤去磁場(chǎng)的時(shí)間需滿(mǎn)足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或【解析】【詳解】（1）由微粒從P到Q做直線運(yùn)動(dòng)可知，帶電微粒在第四象限中受力平衡，有得電場(chǎng)力與重力的合力與洛倫茲力平衡得（2）由帶電微粒進(jìn)入第一象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知重力與E產(chǎn)生的電場(chǎng)力平衡，則 得由題意易知分裂前微粒的比荷與分裂后兩個(gè)微粒的比荷均相等，若分裂后甲、乙微粒的速度分別為、，甲、乙微粒的半徑分別為、，則解得，或，（舍去）又軌跡半徑與速度成正比解得（3）由周期公式易知甲、乙微粒圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，半徑之比為二者的軌跡圓內(nèi)切于分裂點(diǎn)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)后，二者同時(shí)開(kāi)始向y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，再次加上原磁場(chǎng)后，二者又開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)。所有O點(diǎn)均為軌跡圓圓心，所有D點(diǎn)均為勻速直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的切點(diǎn)，所有K點(diǎn)為圓軌道的切點(diǎn)。甲微粒在相同時(shí)間比乙微粒運(yùn)動(dòng)距離遠(yuǎn)，再次圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心為，此時(shí)甲乙微粒圓周運(yùn)動(dòng)軌跡相切于，甲微粒圓心從到的過(guò)程中，任意時(shí)刻微粒開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡不相交，易知 解得恢復(fù)原磁場(chǎng)，二者軌跡不相交的條件為若時(shí)恢復(fù)磁場(chǎng)，甲乙微粒的圓軌道外切，甲微粒此時(shí)的圓心為，則解得恢復(fù)原磁場(chǎng)，二者軌跡不相交的條件為故撤去磁場(chǎng)的時(shí)間需滿(mǎn)足