2024届河北省高三上学期12月大数据应用调研联合测评（Ⅱ）物理试题（含解析）

绝密★启用前
河北省 2024届高三年级大数据应用调研联合测评(Ⅱ)
物 理
注意事项：
1.答卷前.考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4 分，共 28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。
1.2023年5月.我国自主三代核电技术“华龙一号”全球首堆示范工程——福清核电5、6号机组正式通过竣工验收，设备国产化率达到90%，反映了我国建立起了更加成熟完备的核科技工业体系。根据右图的原子核的比结合能曲线，以下判断中正确的是
A.“核的结合能比核的结合能更小
B.两个 核结合成时要释放能量
C.两个.结合成存在能量与质量的相互转化
D. 中核子的平均质量比Ba中核子的平均质量小
2.2023年7月，中国跳水队在福冈世界游泳锦标赛上取得了优异的成绩。我国的奥运冠军王宗源在此次比赛勇夺3米板金牌。如图为王宗源在比赛中的3D特效分析图像，b为最高点。将王宗源视为质点，假设运动员在竖直面内运动，不计空气阻力和其他动作对轨迹的影响，则王宗源在空中运动过程中
A.上升过程与下落过程中运动员所受合外力的冲量方向相同
B.运动员的运动是变加速曲线运动
C.运动员上升过程中一直处于超重状态
D.运动员在 a 点时重力的功率小于b点
3.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前；向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M 是此波上的一个质点，平衡位置处于 4m 处，图乙为质点 M 的振动图像，则
A.该列波的传播方向沿 x轴正向传播 B.该列波的传播速度为4m /s
C.质点 M 在 7 s内通过的路程为 280 cm D.质点 M 在 2 s内沿x轴运动了 8 m
4.“神舟十五号”返回舱返回地面过程中，在距地面约10 公里的地方打开降落伞，引导伞、减速伞和主伞相继打开，返回舱速度从200 m/s降低到7 m/s，在距离地面 1m 处，返回舱上4台反冲发动机同时点火提供恒力，使返回舱到达地面时速度减为 1m /s，从而保障航天员安全。设返回舱的质量为 取 忽略反冲发动机点火后主降落伞对返回舱的作用和空气对返回舱的作用。下列说法正确的是
A.发动机点火后，返回舱的动量变化率越来越小
B.反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为2.4g
C.每台反冲发动机的推力约为
D.反冲发动机对返回舱的冲量大小为
5.2023年7月.中国载人航天工程办公室公布了中国载人登月初步方案，计划 2030年前实现登月开展科学探索。探月宇航员从月球返回过程中要从月球表面乘坐着陆器上升至环月轨道，随后进入的预备转移圆轨道继续环月运行，等待指令返回地球，已知环月圆轨道低于预备转移圆轨道，则下列说法正确的是
A.着陆器在环月轨道上运行时的线速度小于在预备转移轨道运行的线速度
B.着陆器在环月轨道上运行时的周期大于在预备转移轨道运行的周期
C.着陆器在环月轨道上运行时的向心加速度小于在预备转移轨道运行的向心加速度
D.着陆器从环月轨道上升至预备转移轨道过程中需要向后喷气
6.一定质量理想气体的状态变化如图所示，该图由4段圆弧组成，表示该气体从状态 a 依次经状态b、c、d，最终回到状态a的状态变化过程，则下列说法正确的是
A.从状态a到状态c是等压膨胀
B.从状态c到状态d 是等温变化
C.从状态α到状态c，气体对外做功、内能减小
D.从状态a 经b、c、d回到状态a，气体放出热量
7.如图所示，是某晶体分子结构示意图.在该正八面体的 M、N 两个点上分别放置电荷量为+q的正点电荷，在 F、Q两点分别放置电荷量为-q的点电荷，为研究问题方便，在图中画出了以O为球心的正八面体的内切球.其半径为r 。则下列说法正确的是
A. P 点电势与R 点电势不相等
B.将一正电荷由 P 点移到R 点，电荷的电势能增加
C.将一个负电荷由内切球与 PMN 面切点移至与QRF 的切点，电场力做负功
D.圆心 O位置的电场强度大小为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.利用光的干涉规律可以测量细铁丝的直径，此种方法的好处是使得测量精度更加精准。现将粗细均匀的细铁丝夹在精度很高的标准玻璃板之间，如图甲所示，用平行单色光照射时，得到如图乙所示的干涉条纹，该干涉条纹自玻璃板右侧至左侧共有7条.已知所用单色光的波长为
λ.铁丝位置恰好对应第七条亮条纹的中心位置。下列说法正确的是
A.干涉条纹是上侧玻璃板的上下两个表面的反射光干涉形成的
B.当稍向右移动图甲中的铁丝时，条纹间距会变小
C.当稍向右移动图甲中的铁丝时，条纹间距会变大
D.当换用介质中光速更小的某单色光照射时会使条纹间距变小
9.如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端 放一质量为m 的滑块A.传送带以速率 沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为 m 的滑块B.物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块 B 以速度为 与 A 发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，求：
A.传送带至少长
B.要保证被撞后的 A 滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
C.物块 B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
D.若A 与 B 能在O 点发生多次碰撞，则当 A 与 B 发生第三次碰撞时，产生的总内能为
10.如图所示.水平光滑导轨间距分别为 宽、窄导轨区域磁感应强度分别为 B1 、B ，A、B两导杆质量分别为、、杆 B 右端通过一条轻绳受质量为 的重物牵连.并由静止开始运动.设回路中总电阻为 R.假设各导轨无限长。则下列说法正确的是
A.杆 A 做加速度减小的加速运动，杆 B 做加速度减小的减速运动
B.杆A 产生的电动势与杆 B产生的电动势之比为二者速度之比
C.杆A 和杆B 经足够长时间后的加速度之比为
D.若开始到某时刻过程生热为 Q.此时两杆的速度分别为 和.则重物机械能损失量为
三、非选择题：本题共5 小题，共54分。
11.(6分)某实验小组用如图甲所示的装置来测量当地的重力加速度。气垫导轨固定在水平桌面上，将带有遮光条的滑块轻放于气垫导轨上。轻绳跨过固定在气垫导轨左端的定滑轮后一端与滑块相连，另一端与重锤相连.最初保持滑块静止。调整滑轮高度使其右侧的轻绳与气垫导轨平行，测得重锤的质量为m=0.2kg，滑块和遮光条的总质量为 M=1kg，遮光条的宽度为d.释放滑块前遮光条中心与光电门中心之间的水平距离为L.将滑块由静止释放.测得遮光条通过光电门所用的时间为t。
(1)该实验小组用螺旋测微器测量遮光条的宽度如图乙所示.则d= mm，
(2)多次重复实验，以L 为横轴，以 为纵轴，作出 的关系图像，该图像为过原点的倾斜直线.测得其斜率为 则当地的重力加速度 (结果保留两位有效数字)
(3)保证滑块释放的位置不变.某次测得经过光电门的时间为t ，将光电门换一个离滑块较远的位置再次测得经过光电门的时间为t2，测得两个光电门的位置相距为x，则当地重力加速度 (用题目中所给的字母表示.用上 t1、t2.
12.(10分)某同学在“测定一种特殊直流电源的电动势和内阻”实验中，找到的电表量程有些偏小.于是采用了如图所示的电路进行测量。其中定值电阻R 和R 的阻值均为4 Ω.电压表内阻5 kΩ，量程 3 V，电流表为理想电表。
(1)该同学在闭合开关前，被告知此电源电动势约为 5 V，为使实验顺利进行，将此电压表串联 阻值为 的电阻.改装成量程6 V 的电压表。
(2)利用改后的新电路进行实验，调节滑动变阻器阻值的大小，记录多组U、I数据，画出了如图所示的U I 图像.根据图像可计算出该电源的电动势为 V.电源的内阻为 Ω。(计算结果保留两位有效数字)
(3)实际上，电流表的内阻并不等于零，电压表的内阻也不是无限大，从系统误差的角度来看，电源内阻的测量值与真实值相比 ；电源电动势的测量值与真实值相比 。(均填下面选项前的字母)
A.偏大 B.偏小 C.准确
13.(11分)高压氧舱是进行高压氧疗的设备。高压氧舱根据气压和氧气浓度的不同分为医用氧舱和民用氧舱。某一民用高压氧舱内气体压强为1.5 倍大气压，温度为 体积为 密度为
(1)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至 时：释放出气体的质量：
(2)保持温度27℃不变，再释放出舱内部分气体使舱内压强降至 1.2 倍大气压，求释放出气体的质量。
14.(13分)如图所示.研究员在研究带电粒子的受控轨迹时.设置了以下场景，空间中存在平面直角坐标系.其第一象限内存在方向沿y轴负向的匀强电场.电场强度为 E；第四象限内有一条分界线ON与x轴正方向的夹角为： 在 轴与ON 间存在垂直纸面向外的匀强磁场。研究员将一带正电的粒子从y轴上的距原点O距离d 的P点，以速度 垂直y轴打入电场，经电场偏转后经 轴进入磁场，在磁场中运动一段时间后从ON 上以垂直于y轴的速度方向射出。已知粒子的比荷为 不计粒子重力。求：
(1)粒子从 轴打出点到原点的距离以及粒子过该点时的速度 大小；
(2)磁场的磁感应强度 B 的大小；
(3)若改变磁感应强度 B 的大小，使粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON 相切再次打入电场.求粒子第三次进入磁场时距离 O点的距离。
15.(14 分)在碰撞检测管线中.连续碰撞检测(Continuous Collision Detection. CCD)专门处理物体之间的遂穿和对滑类问题，研究人员假设了如下模型，如图所示，小物块 A 和长木板B叠放在一起.已知小物块 A 的质量为3m，B 的质量为m，长木板 B 足够长.其上表面与小物块A 的摩擦因数为μ，水平面光滑，水平面上摆放着若干质量均为 2m 的小物块。初始时使 A水平向右的速度为. B 速度为0. B 在 A 的带动下运动.当 B 与编号1 的小物块刚要相碰时，AB 恰好达到共速，之后当AB 再次共速时再次与编号1 小物块发生碰撞，碰撞持续，最终小物块 A 未从 B 的右端滑出.已知重力加速度为g，题中所有碰撞均为时间极短的弹性碰撞，除木块 B 外其余物块均可能为质点。求：
(1)AB 第一次共速时系统产生的热量；
(2)初始时，B 物体右端距离编号1的小物块的距离d ；
(3)B 与编号1 的小物块第 1次碰撞后，B 的右端与该小物块的最大距离。河北省2024届高三年级大数据应用调研联合测评(Ⅱ)
物理参考答案及评分标准
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A C B D D C BD ACD CD
1.B 【解析】A.由题图可知,63Li核比结合能约为5MeV,则有63Li核结合能约为6×5MeV=30MeV,可
知168O核比结合能约为8MeV,结合能为16×8MeV=128MeV,结合能比63Li核结合能大,故A错误;
B.两个21H聚变结合成42He时,产生聚变反应,有质量亏损,由质能方程可知,因此释放能量,故B正确;
C.能量与质量之间只是相差一个系数,两者都反映物体的属性,彼此间不存在转换关系,故C错误;
D.由题图可知,235 14492U中核子的比结合能比 56Ba中核子的比结合能小,由于平均质量越小的原子核,其比
结合能越大,因此23592U中核子的平均质量比14456Ba中核子的平均质量大,故D错误。
故选B。
2.A 【解析】A.上升与下降过程中的冲量方向即合外力方向都与重力冲量方向相同,故A正确;
B.整个过程中,加速度为重力加速度不变,选手做的是匀变速曲线运动,故B错误;
C.从a 到c的过程中,加速度为重力加速度,方向竖直向下,选手处于失重状态,故C错误;
D.运动员在b点时,其速度v 与重力垂直,故其瞬时功率为0,Pb=G·v2·cos90°=0,运动员在a 点时,
Pa≠0,故a 点重力功率大于b点,故D错误。
故选A。
3.C 【解析】A.由图乙可知,t=0时刻,质点M 向上振动,根据“上下坡”法并结合图甲可知,波沿x 轴负方
向传播,故A错误;
λ
B.由图可知λ=4m;T=2s,所以波的传播速度为v=T=2m
/s,故B错误;
T
C.由于7s=3T+ ,所以质点M 在5s内通过的路程为2 s=3×4A+2A=14A=280cm
,故C正确;
D.质点只在平衡位置上下振动,并不会随波迁移,故D错误。
故选C。
4.B 【解析】A.匀减速过程中的合外力是不变的,而返回舱的动量变化率即为合外力,所以是不变的,故A
错误;
B.由2ax'=v2-v20 可得a=-24m/s2=-2.4g,反冲发动机工作时,舱内航天员的加速度值大小为
2.4g,故B正确;
C.发动机的推力(F-mg)t=mv-mv'求得F=2.72×105N,则每台发动机的推力为6.8×104N,故C
错误;
v-v
D.返回舱减速的时间为t'= 0=0.25s,返回舱的合冲量为a I+mgt'=mv-mv0
,反冲发动机对返回
舱的冲量为I=mv-mv0-mgt'=-6.8×104N·s,冲量大小为6.8×104N·s,故D错误。
故选B。
2
5.D 【解析】A.由
Mm v GM
G 2 =m ,解得v= ,着陆器在环月轨道上运行时的线速度大于在预备转移轨r r r
道运行的线速度,故A错误;
高三物理参考答案 第 1页(共6页)
{#{QQABIQoAogigQhBAARgCQQHICAKQkAECCAoOgAAAIAAAgAFABAA=}#}
Mm 4π2 2 3
B.由G 2 =m 2r,解得
4πr
T= ,着陆器在环月轨道上运行时的周期小于在预备转移轨道运行的
r T GM
周期,故B错误;
Mm GM
C.由于G 2 =ma,解得a= 2 ,着陆器在环月轨道上运行时的向心加速度大于在预备转移轨道运行的r r
向心加速度,故C错误;
D.飞船每次进行变轨抬升自己的轨道高度时都要做离心运动,加速并向后喷气,故D正确。
故选D。
6.D 【解析】A.从状态a 到状态c,气体的压强先减小后增大,不是等压膨胀过程,故A错误;
B.等温线的形状不是圆弧,从状态c到状态d 不是等温变化过程,故B错误;
PV
C.从状态a 到状态c,根据 =C,初末状态的压强相等,体积增大,温度升高,内能增大,体积增大对外T
做功,根据热力学第一定律,气体吸收热量,故C错误;
D.从状态a 经b、c、d 回到状态a,气体的温度不变,内能不变;外界对气体所做的功等于该图形面积,根
据热力学第一定律,气体放出热量,故D正确。
故选D。
7.C 【解析】A.根据图中的对称关系可知,P 点的电势和R 点的电势一定相等,故A错误;
B.由对称性,P 点的电势和R 点的连线电势不变,正电荷沿等势线移动,电场力不做功,电荷的电势能不
变,故B错误;
C.内切球与PMN 面切点电势高于与QRF 的切点电势,又因为是负点电荷,所以电场力做负功,故C
正确;
D.圆心O 位置的电场强度大小为
22kq,故D错误。
3r22
故选C。
8.BD 【解析】A.干涉条纹是中间空气薄膜的上下表面的反射光干涉形成的,故A错误;
B.C.如下图所示,当稍向右移动图甲中的细铁丝时,两板间夹角
λ
θ增大,根据Δx= ,两板间夹角2sinθ θ
增大,条纹间距Δx 变小,故B正确,C错误;
λ θ
 Y
θ
根据 cD. n= 可知,介质中光速小,折射率大,对应单色光的波长短,根据
λ
v Δx=
,当换用波长短的单
2sinθ
色光照射时,条纹间距Δx 变小,故D正确。故选BD。
9.ACD 【解析】A.物块B 在传送带上加速运动,由牛顿第二定律可知
v2 v2
μmg=ma 解得a=μg,加速到与传送带具有相同速度前进的位移为x=
0= 0 ,故 正确;2a 2 Aμg
2
B.根据动量定理,碰撞后A 的速度为v0,物体到达圆弧最高点具有的速度为
v
mg= 解得mR v= gR
,从
v2 v2
A 到B 由动能定理可得
1 1
-2mgR= mv22 -2mv
2
0 解得R=
0,半径最大为 0,故B错误;5g 5g
C.D.若A 与B 能在O 点发生多次碰撞,物块B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
高三物理参考答案 第 2页(共6页)
{#{QQABIQoAogigQhBAARgCQQHICAKQkAECCAoOgAAAIAAAgAFABAA=}#}
v v2 v2
t1=
0,物块B 前进的位移为
1
x 2 0 0
g 1
=2at1=
,传送带前进的位移为
2 x =vt =
,相对位移
μ μg
2 0 1
μg
v2
Δx1=x2-x =
0
1 ,产生的内能为Q1=μmg·
1
Δx1= mv20,第一次与A 发生碰撞后A 沿向上运动后再2μg 2
沿圆弧下滑,与B 发生第二次碰撞,物体B 在传送带上做减速运动,减速运动到零,物体B 与传送带的相
3v2
对位移为Δx2=x +x =
0
2 1 ,产生的内能为
3
2 Q2=μmg
·Δx 2
g 2
=2mv0
,第三次碰撞前系统产生的内能为
μ
1 2 3 5Q=2Q1+Q2=2×2mv0+2mv
2 2
0=2mv0
,故C、D正确。
故选ACD。
【 】 BLv -BLv BLv -BLv10.CD 解析 A.由公式mg-B
2 2 B 1 1 A
2 L2=(m+mB)aB 以及B
2 2 B 1 1 A
R 1 R L1=mAaA
得,杆A 做加速度变大的加速运动,然后做匀加速运动;杆B 做加速度减小的加速运动,后做匀加速运
动,故A错误;
B.杆A 产生的电动势为EA=B1L1vA,杆B 产生的电动势EB=B2L2vB,可见电动势之比并不是速度之
比,故B错误;
C.根据题意,经足够长时间后回路中电流恒定,则B2L2vB-B1L1vA=k(恒定值),则有
B1L1ΔvA=B2L2ΔvB;B1L1aA=B2L2aB,所以杆 A 和杆B 最终的加速度之比为B2L2:B1L1,故 C
正确;
D.若开始到某时刻过程生热为Q,则重物机械能损失量为 1
1
2m v
2
A A+2m v
2
B B+Q,故 D正确。故选
CD。
( 分)【答案】() ( d
2(M+m)1 1
11.6 15.8045.803~ 5.806)(2分) (2)9.6(2分) (3) 2- 2 (2mx 2分)t2 t1
【解析】(1)略
(2)由于遮光条的宽度很小,挡光时间很小,可认为遮光条通过光电门时的速度等于挡光过程的平均速
度,则有 dv= ,以 为对象,根据牛顿第二定律可得t M T=Ma
以m 为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma
联立可得 ma= gM+m
根据运动学公式可得2aL=v2
联立可得1 2m2=
g
( Lt M+m)d2
可知12-L 图像的斜率为
2m
k= g
t (M+m)d2
( ) 2
解得重力加速度为 M+m kdg= /22m =9.58=9.6ms
(3)以M 为对象,根据牛顿第二定律可得T=Ma
以m 为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma
联立可得 ma= gM+m
根据运动学公式可得2ax=v22-v21
联立可得2mgx=(
d)2 (d)2
M+m t -2 t1
高三物理参考答案 第 3页(共6页)
{#{QQABIQoAogigQhBAARgCQQHICAKQkAECCAoOgAAAIAAAgAFABAA=}#}
d2(M+m)解得重力加速度为 1 1g= 2mx t2-2 t21
12.(10分,每空2分)【答案】(1)5kΩ (2)4.80 3.6(3.4~3.8) (3)A C
【解析】(1)有串联分压可知,电压表与定值电阻各分3V电压,故电阻相等,为5kΩ。
(2)电阻也为图像的纵轴截距等于电源电动势,因此E=2.40×2V=4.80V
本实验中,电流表读数要换算成流经电源的电流,横截距读数0.25A,此时流经电源的电流为0.50A,根
(
据求得图像斜率的绝对值 2.40-1.00
)×2
|k|= 0.50 Ω=5.6Ω
5.6Ω等于电源内阻r与电阻R1、R2 并联值2Ω之和,即r+2Ω=5.6Ω
因此电源内阻r=3.6Ω
(3)如果把电流表自身内阻计算在内,电源内阻就会小于3.6Ω,由于电压表没有分流作用,电流表读数
能够真实反映出流经电源的电流,因此,电压表不会带来系统误差,所以电源内阻的测量值与真实值相
比偏大。故选A。
电源电动势的测量值与真实值相比准确。故选C。
13.(11分)【答案】(1)1.55kg (2)8.99kg
【解析】(1)以原舱内所有气体为研究对象,气体做等压变化
T1=(17+273)K=290K T2=(27+273)K=300K
V V V 1T2
由盖-吕萨克定律 1 2( 分)T = 1 V
3
2= =30m (2分)
1 T2 T 1
m
m ρ1 V1 V T由 = 得 = = 2 2( 分) 联立有
29
ρ / 3V ρ2 m V
=T 1 ρ2=1 1 30ρ1
=1.55kgm
V2
体积变化ΔV1=V2-V1=1m3(1分)
释放出气体的质量Δm=ρ2ΔV1=1.55kg(1分)
(2)以降低舱内压强前仓内剩余气体为研究对象,气体做等温变化
p2=1.5p0 p3=1.2p0
pV
由玻意耳定律 V 2 1p 32 1=p3V3(1分) V3= =36.25m (1分)p3
m'
m' V V p 由ρ= 得:
ρ2= 1 3 2 / 3( 分)V ρ3 m'
=V = p ρ3
=1.24kgm 1
1 3
V3
ΔV2=V3-V1=7.25m3(1分)
释放出气体的质量Δm'=ρ3ΔV2=8.99kg(1分)
( 其他正确解法同样给分)
( )
14.(13分)【答案】() ;
23v0 () 4+23E1x0=23dv= 2B= (3)
9
3 v x1= x0=93d0 2
【解析】(1)粒子在电场中有qE=ma(1分)
1
d= 2( 分)2at 1
x0=v0t(1分)
经过A 点时的速度大小v= (at)2+v20
联立可得
高三物理参考答案 第 4页(共6页)
{#{QQABIQoAogigQhBAARgCQQHICAKQkAECCAoOgAAAIAAAgAFABAA=}#}
23v
x0=23d;v=
0( 分)
3 1
(2)
v
粒子离开电场时与 3x 轴夹角cosα= 0 ;即 ( 分)v=2 α=30°1
Z
1
如图0 "c # α Y
$
/
x
根据几何关系可得 R+Rcos30°xA=xB+xAB=xB+Rsin30°;x =
BC
B = (1分)tan30° tan30°
联立可得 23 mv
2 (4+23)E
R= d 由qvB= ,(R 1
分) B= (v 1
分)
2+ 3 0
(3)由几何关系,
x
如果第一次与ON 相切,则半径为 0(1分),则第3次进入磁场时4
x0 9x1=5x0-2 ( 分)4=2x0=93d2
Z
1
Y Y
0 Yc
0
/
(2分)(若无图像,但有对应两方向旋则各得1分)
3
15.(14分)【答案】(1)Q=8mv
2
0
() 3v
2
2d = 01 32μg
2
(3)
v
x 0max=24μg
【解析】(1)由题意,对AB 系统从释放到第一次共速,用动量守恒
3
3mv0=(3m+m)v10(1分) v10=4v0
(1分)
系统在此过程中生热: 1 1 3Q=23mv
2 2 2
0-24mv10
(1分) 解得:Q= ( 分)8mv0 1
(2)对B 从释放到第一次与A 共速过程,用动能定理对B 分析有
1
μ·3mgd1=2mv
2
0(2分)
3v2
解得d = 01 ( 分)32 1μg
(3)B 与编号1的小物块发生第1次弹性碰撞过程,由动量守恒有mv10=mvB1+2mv1(1分)
高三物理参考答案 第 5页(共6页)
{#{QQABIQoAogigQhBAARgCQQHICAKQkAECCAoOgAAAIAAAgAFABAA=}#}
由能量守恒有1 1 1
2mv
2 2
10=2mvB1+2×2mv
2
1(1分)
结合上述解得 1 1vB1=- ;4v0v1=2v0
A、B 第二次达到相同速度有3mv10+mvB1=(m+3m)v20(1分)
对 分析有 · 1 1B μ 3mgd2=2mv
2 2
20-2mvA1
v2
解得d = 02 ( 分)32 1μg
由于1小物块与2小物块质量相等且发生弹性碰撞,碰撞后速度发生交换,1小物块碰后静止,2小物块
速度为1 。
2v0
A、B 发生相对运动过程中的加速度大小分别为
μ·3maB=
g
m =3μg
m
aA=μ
g
m =μg
从1第一次被碰后,直到1碰2,历时为
d2 vt 012=v =
( 分)
1 16
1
μg
B 的速度反向减速到0,历时为
v v
t = B1 0B a =B 12μg
可知tB>t12(1分)
表明B 的速度减小到0时,B 距1最远,最远距离为
v2
x B1max=d2+2aB
v2
解得xmax=
0 ( 分)
24 1μg
高三物理参考答案 第 6页(共6页)
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