卷子答案网-一个不只有答案的网站广东省深圳市2023届高三下学期第二次调研考试物理试题
一、单选题
1．今年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（ ）
A．目前核电站使用的都是核聚变技术
B．核反应是核聚变
C．太阳是一个巨大的核聚变反应堆
D．原子弹是利用核聚变原理制成的
【答案】C
【知识点】核裂变；反应堆与核电站；核聚变
【解析】【解答】A.目前核电站使用的都是核裂变技术，A不符合题意；
B.核反应是重核裂变，B不符合题意；
CD.恒星、氢弹、太阳都是利用核聚变释放能量，而原子弹利用的核裂变，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】理解核聚变和核裂变的区别，了解相关应用。
2．二十四节气是中华民族的文化遗产。地球沿椭圆形轨道绕太阳运动，所处四个位置分别对应北半球的四个节气，如图所示。下列关于地球绕太阳公转的说法正确的是（ ）
A．冬至时线速度最大
B．夏至和冬至时的角速度相同
C．夏至时向心加速度最大
D．可根据地球的公转周期求出地球的质量
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；开普勒定律；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.由开普勒第二定律可知地球在近日点运行速度最大，在远日点速度最小，冬至时地球在近日点，运行速度最大，A符合题意；
B.由开普勒第二定律可知相同时间内地球与太阳连线相同时间扫过的面积相同，因此相同时间转过角度不同，角速度不同，B不符合题意；
C.夏至日距离太阳最远，引力最小，因此向心加速度最小。C不符合题意；
D.由可知，地球的公转周期能计算的是中心天体太阳的质量，地球的质量被约掉，不能计算，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第二定律分析近日点和远日点的速度关系和角速度关系；由万有引力大小结合牛顿第二定律分析加速度；根据万有引力提供向心力列式分析地球质量。
3．如图所示，间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻与长度成正比，竖直向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。导体棒从导轨的最左端以速度v匀速向右运动的过程中（ ）
A．回路中的电流逐渐变大
B．回路中电流方向沿顺时针（俯视）
C．导体棒两端的电压大小为BLv
D．导轨的发热功率先变大后变小
【答案】D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AC.根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv，导体棒做匀速运动，所以电动势恒定，因为导轨电阻与长度成正比，所以电路中的电阻逐渐增大，电路中的电流逐渐减小，根据由闭合电路欧姆定律可知，导体棒两端的电压小于BLv，AC不符合题意；
B.根据右手定则可知，回路中电流方向沿逆时针方向（俯视），故B不符合题意；
D.当导轨的电阻等于内阻和定值电阻的阻值之和时，导轨的发热功率最大，由此可知，导轨的发热功率先增大后减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出电动势，结合导轨电阻的变化情况，分析电流的变化情况；由闭合电路欧姆定律分析导体棒两端电压；根据右手定则分析感应电路方向；在闭合回路中，当外电阻等于内电阻时输出功率最大。
4．图甲是一列简谐横波在某时刻的波形图，质点M、N、P、Q分别位于介质中x=3m、x=4m、x=5m、x=10m处。该时刻横波恰好传播至P点，图乙为质点M从该时刻开始的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．此波在该介质中的传播速度为1.25m/s
B．波源起振方向沿y轴正方向
C．此波传播至Q点的过程中，质点P的路程为5m
D．当质点Q起振后，与质点N振动步调完全一致
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据图像可知波长为4m，周期为4s，可得波的传播速度为，A不符合题意；
B.所有质点起振时均匀与波源的起振方向相同，此时刻波刚好传到P点，根据上下坡法可知，振动方向沿y轴正方向，所以波源起振的方向沿y轴正方向，B符合题意；
C.此波传播至Q点所需时间为：，因此P点路程，C不符合题意；
D.质点Q与质点N之间的距离为，所以当质点Q起振后，与质点N振动步调总相反，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】由波速公式计算波速；根据所有质点起振时均匀与波源的起振方向相同进行分析；由一个周期质点振动4个振幅的路程的规律进行计算；当两质点的距离相差波长整数倍时，两质点的振动情况总相同，当两质点的距离相差半波长的奇数倍时，振动情况总相反。
5．如图为置于真空中的矩形透明砖的截面图，O、分别为上下表面的中点，一光线从O点以一定角度射入透明砖，刚好射在图中a点。换同样大小的另一材质矩形透明砖放在原位置，让同一光线仍然从O点以相同的角度射入透明砖，刚好射在图中b点。关于该光线在这两种介质中传播，下列说法正确的是（ ）
A．在b点不会发生全反射
B．在第二种材质中的传播速度更大
C．在第一种材质中传播时频率更小
D．若用频率更高的光，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光可能射到a点
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.光在b点入射角和光在O点的折射角相等，根据光路的可逆性，可知光在b点不会发生全反射，A符合题意；
B.由图可知射到a点的折射角大于射到b点的折射角，根据折射定律可知，第一种材料的折射率小于第二种材料的折射率，根据可知，光在第一种材质中的传播速度更大，B不符合题意；
C.光在不同介质中传播时，频率不变，C不符合题意；
D.若用频率更高的光，折射率更大，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光的偏折更大，射到b点的左侧，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据光路可逆分析；由折射率公式求出光在两种介质中的折射率的大小关系，再由求出速度关系；频率由波源决定，与介质无关；根据折射定律分析即可。
6．我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
【答案】C
【知识点】电势；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动；磁流体发电机
【解析】【解答】A.由左手定则可知，正离子受向上的洛伦兹力向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，A不符合题意；
BCD.当上下两金属电极之间产生稳定的电压后，有，解得，可知两金属电极间的电动势E与L和b无关，与d有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】由左手定则判断正、负离子的偏转方向，确定上、下极板的电势高低；磁流体发动机原理，当上下两金属电极之间产生的高电压稳定后，电荷受到的电场力与洛伦兹力等大反向，推导出两金属板间的电动势的表达式，再对相关量进行分析。
7．图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动扇形金属触片P可同时接触两个触点。当触片P接通c、d两点时，电吹风不工作。电路中的变压器可视为理想变压器，原副线圈匝数比。当电吹风接220V交流电时，额定功率为60W的小风扇能正常工作，小风扇的输出功率为52W。下列说法正确的是（ ）
A．转动P接通b、c触点时，电吹风吹出热风
B．正常工作时通过小风扇的电流为1A
C．风扇电动机的线圈内阻为60Ω
D．转动P接通a、b触点时，因电热丝的电阻变大，会导致小风扇的电流变小
【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.转动P接通b、c触点时，根据电路构造可知电热丝未接入电路中，所以电吹风吹的是冷风，A不符合题意；
B.由理想变压器电压与匝数关系可得：，解得：，故通过小风扇的电流为，B符合题意；
C.风扇正常工作时，电动机的线圈内阻产生的热功率为：，由此可知，风扇电动机的线圈内阻为：，C不符合题意；
D.转动P接通a、b触点时，电阻丝与电风扇并联，接入电路中的电压保持不变，小风扇的两端电压不变，故电流不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电热丝接入电路时，电吹风吹热风；由理想变压器电压与匝数关系求出小风扇的工作电压，再由P=UI求出电流；求出风扇电动机的线圈的发热功率，再由求出线圈内阻；由串、并联电路的特点分析。
二、多选题
8．范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端点无初速度释放一带电粒子，粒子经过两点到达管底（为中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（ ）
A．点电势比点电势高
B．粒子从点到点的过程中电势能增大
C．粒子在点的加速度大于在点的加速度
D．粒子在与间的动能变化量相同
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.根据带正电的金属球的电场分布可知，加速管中的电场方向由A→C，沿电场线方向电势降低可知，B点电势比C点电势高，A符合题意；
B.粒子在绝缘直线加速管中做加速运动，动能增大，根据能量守恒可知，电势能减小，B不符合题意；
C.根据带正电的金属球的电场分布可知，B点附近的电场强度大于C点的电场强度，则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，C符合题意；
D.根据题意可知，在AB间电场强度的平均值大于BC间电场强度的平均值，则由能定理可知，粒子在AB动能变化量比BC间的动能变化量大，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】沿电场线方向电势降低，结合金属球的电场分布分析电势高低；加速管使粒子加速，动能增加，由能量守恒分析电势能；根据金属球的电场分布，结合牛顿第二定律求解加速度；分析电场力在AB和BC间的电场力做功关系，再由动能定理分析粒子在与间的动能变化量。
9．安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动量
【解析】【解答】A.碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，合外力不为零，总动量不守恒，A不符合题意；
B.假人的初动量为，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，B符合题意；
C.使用安全带时，根据动量定理有：，解得：，负号表示力的方向与初速度方向相反，故假人受到的平均作用力大小约为1250N，C符合题意；
D.不使用安全带时，根据动量定理有，解得，故假人受到的平均作用力大小约为5000N，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】由动量守恒条件分析；根据动量变化量定义式分析；对使用安全带和不使用安全带两种情况，分别应用动量定理列式求解。
10．如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（ ）
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；楞次定律
【解析】【解答】A.磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去留”的规律可知，铝管受到的安培力始终向右，A不符合题意；
BC.磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为，铝管的速度为，根据动量守恒定律有，假设无能量损耗则有，解得，，铝管中一定会产生热量，所以铝管的速度一定小于4m/s；假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为，根据动量守恒定律有，解得：，此种情况是能量损失最多的情况，所以磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s，B不合题意，C符合题意；
D.磁铁穿过铝管时二者速度相等，是产生热量最多的情况，产生的热量为，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据楞次定律中“来拒去留”的规律分析安培力方向；磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，分两种情况讨论，一种是无能量损失的情况，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解磁铁穿过铝管时二者的速度，由于铝管一定会产生热量，所以铝管的最后速度一定小于所求速度；另一种情况是二者共速，这种情况是铝管生热最多的情况，也是磁铁穿过铝管时，铝管可以取到的速度最小值，再根据能量守恒定律求出该过程中铝管产生的热量。
三、实验题
11．如图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸带恰能沿木板匀速运动，则：
（1）为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应 小车的质量。（填“远大于”、“等于”、“远小于”）。
（2）若平衡摩擦力过度（即木板右端垫的过高），此时长木板与桌面的倾角为。由实验测得数据做出a-F图像，截距为，此时的滑动摩擦力为f，重力加速度为g，则M= （用f、、、g表示），该测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
【答案】（1）远小于
（2）；偏小
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据牛顿第二定律，对小车有：，对钩码有：，解得，只有当M>>m时，才可认为F=mg，即为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应远小于小车的质量；
（2）对小车根据牛顿第二定律可得：，整理可得：，根据图像的截距可知，，得，
考虑到小车下滑时空气阻力以及纸带的摩擦阻力的影响，值小于小车受的所有阻力的值，则M的测量值偏小。
【分析】（1）由牛顿第二定律推导细绳拉力的表达式，根据表达式得出小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg的条件；（2）由牛顿第二定律推导平衡摩擦力过度时，加速度的表达式，结合图像求出M的表达式，并由此式分析实验误差。
12．某实验小组想测量一节蓄电池的电动势和内阻，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材：
A．电流表（量程0.6A）
B．电压表（量程2.0V）
C．定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）
D．定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）
E.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω、额定电流2A）
F.电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）
⑴实验时需用如图a所示电路改装电流表，闭合开关前，将滑动变阻器滑片移动到最左端，把电阻箱的电阻调至最大；
⑵断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器滑片使电流表的读数为0.40A，保持滑片位置不动，闭合开关，调节电阻箱的电阻，使电流表的示数为0.10A，断开开关，不再改变电阻箱阻值，保持电流表和电阻箱并联，撤去其他线路，重新标识表盘，改装后的新电流表的量程是 A；
⑶将已改装好的电流表接在如图b所示电路中，并用该电路测量蓄电池的电动势和内阻，其中为定值保护电阻。
①为保证实验结果准确且调节方便，定值保护电阻应选 （填器材前的字母）。
②用正确选择的器材进行实验，依据数据得到U-I图像（图c），由图像得出该节蓄电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（结果保留两位小数）
⑷旧的蓄电池，电源电动势基本不变，内阻变为。要使“6.0V，12.0W”的用电器正常工作，至少需要 节这样的旧蓄电池串联，同时电路还需要串联一个阻值大小为 Ω保护电阻。
【答案】2.4；C；2.00；0.07；5；0.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（2）开关断开时，电路总电流为0.4A，保持滑片位置不动，闭合开关后，电流表的示数为0.1A，此时电阻箱电流为0.3A，可知通过电流表的电流与通过电阻箱的电流是的关系，由于两者并联，保持电阻不变，当电流标为满偏0.6A时，电阻箱电流为1.8A，故改装后总电流为2.4A；
（3） ① 由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，故选C；
②电源的U-I图，纵轴截距表示电源的电动势，可知电源电动势为E=2.00V，电源内阻为；
（4）用电器正常工作时，电流，用电器的电阻RR，设电池需要n节，串联电阻为，根据闭合电路欧姆定律，化简得，n最小值为5，此时。
【分析】（2）根据电流结构分析电流表和电阻箱之间电流的比值关系，求出改装后电流表的量程； （3）①根据电源内阻的阻值和保护电阻的功能选择；② 电源的U-I图，纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源内阻；（4）根据闭合电路欧姆定律列式分析。
四、解答题
13．某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸（出厂时已充入一定量气体）。气缸内气柱长度变化范围为40mm~100mm，气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦：
（1）将其竖直放置于足够大的加热箱中（加热箱中气压恒定），当温度时空气柱长度为60mm，当温度缓慢升至时空气柱长度为72mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好。
（2）在室外将避震器安装在山地车上，此时空气柱长度为100mm，气缸内的压强为，骑行过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化（假定过程中气体温度恒定），求气缸内的最大压强。（结果用表示）
【答案】（1）解：由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有
故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖吕萨克定律
代入得
气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气。
（2）解：骑行过程中，气缸内气体为等温变化
代入 ， ， 数据解得
骑行过程中气缸内的压强最大值为
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）对气缸，由共点力平衡求出封闭气体压强，气体做等压膨胀，由盖吕萨克定律求出气密性良好时气柱应具有的长度，对是否漏气做出判断；（2）由玻意耳定律列式求解。
14．某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
【答案】（1）解：电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得
解得
（2）解：由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得
周期为
联立可得
设 与竖直方向夹角为 ，则有
可得
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 ，则电子在磁场中运动时间为
（3）解：①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为
设匀强磁场区域半径 ，由几何关系得
②当电子击中N点时，设 与竖直方向夹角为 ，则有
可得
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 ，则偏转半径为
则有
粒子穿过匀强电场后的速度 ，由动能定理得
设极板间距离为 ，则有
联立解得
则匀强电场场强的范围为
【知识点】动量定理；动能和势能的相互转化；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 对电子在电场中的加速过程应用动能定理，求出匀强电场的大小；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角，由求出运动时间；（3）由洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求出粒子射到M点和N点时在磁场中的运动速度，再由动能定理分析电子在加速电场中的运动，求出电场强度的范围。
15．在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点A．（）
（1）启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，圆筒的角速度，求此时钢球线速度的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W；
（2）当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离（分离前后钢球速度不变），此后钢球仅在重力作用下落到位置D．CD连线过O点，与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度；
（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径方向速度大小相等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由（取，）。
【答案】（1）解：此时钢球线速度
解得 ；
该过程中设圆筒对钢球做的功为W，由动能定理
解得
（2）解：钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得
解得
根据圆周运动，有
解得
（3）解：6次返回E点，在F点发生碰撞后做平抛运动，如图所示
在F点与A点之间满足
解得 或
又
解得 或
从E点与F点之间满足
解得 或
则从E点出发到返回E点的时间
解得
若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。
如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律，故不能经过3次回到E点。
【知识点】平抛运动；斜抛运动；线速度、角速度和周期、转速；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由求出钢球的线速度；由动能定理求解钢球从A点运动到B点的过程中，圆筒对钢球做的功；（2）钢球分离后做斜抛运动，根据斜抛规律求出钢球在C点时的速度，再由求出角速度；（3）与筒壁碰撞6次返回E点，在F与A做平抛运动根据水平位移和竖直位移，求出时间与F点的速度；从E点与F点之间 满足的关系求出此时F点的速度；最后求出从E点出发到返回E点的时间；结合平抛运动的规律分析能不能经过3次回到E点。
广东省深圳市2023届高三下学期第二次调研考试物理试题
一、单选题
1．今年两会期间，核聚变领域首席专家段旭如表示，可控核聚变技术研发已进入快车道，预计再过30年可以实现商用。下列相关描述正确的是（ ）
A．目前核电站使用的都是核聚变技术
B．核反应是核聚变
C．太阳是一个巨大的核聚变反应堆
D．原子弹是利用核聚变原理制成的
2．二十四节气是中华民族的文化遗产。地球沿椭圆形轨道绕太阳运动，所处四个位置分别对应北半球的四个节气，如图所示。下列关于地球绕太阳公转的说法正确的是（ ）
A．冬至时线速度最大
B．夏至和冬至时的角速度相同
C．夏至时向心加速度最大
D．可根据地球的公转周期求出地球的质量
3．如图所示，间距为L且足够长的金属导轨固定在水平面上，导轨电阻与长度成正比，竖直向下的匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B。导轨左端用导线连接阻值为R的定值电阻，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好。导体棒从导轨的最左端以速度v匀速向右运动的过程中（ ）
A．回路中的电流逐渐变大
B．回路中电流方向沿顺时针（俯视）
C．导体棒两端的电压大小为BLv
D．导轨的发热功率先变大后变小
4．图甲是一列简谐横波在某时刻的波形图，质点M、N、P、Q分别位于介质中x=3m、x=4m、x=5m、x=10m处。该时刻横波恰好传播至P点，图乙为质点M从该时刻开始的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．此波在该介质中的传播速度为1.25m/s
B．波源起振方向沿y轴正方向
C．此波传播至Q点的过程中，质点P的路程为5m
D．当质点Q起振后，与质点N振动步调完全一致
5．如图为置于真空中的矩形透明砖的截面图，O、分别为上下表面的中点，一光线从O点以一定角度射入透明砖，刚好射在图中a点。换同样大小的另一材质矩形透明砖放在原位置，让同一光线仍然从O点以相同的角度射入透明砖，刚好射在图中b点。关于该光线在这两种介质中传播，下列说法正确的是（ ）
A．在b点不会发生全反射
B．在第二种材质中的传播速度更大
C．在第一种材质中传播时频率更小
D．若用频率更高的光，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光可能射到a点
6．我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
7．图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动扇形金属触片P可同时接触两个触点。当触片P接通c、d两点时，电吹风不工作。电路中的变压器可视为理想变压器，原副线圈匝数比。当电吹风接220V交流电时，额定功率为60W的小风扇能正常工作，小风扇的输出功率为52W。下列说法正确的是（ ）
A．转动P接通b、c触点时，电吹风吹出热风
B．正常工作时通过小风扇的电流为1A
C．风扇电动机的线圈内阻为60Ω
D．转动P接通a、b触点时，因电热丝的电阻变大，会导致小风扇的电流变小
二、多选题
8．范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端点无初速度释放一带电粒子，粒子经过两点到达管底（为中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（ ）
A．点电势比点电势高
B．粒子从点到点的过程中电势能增大
C．粒子在点的加速度大于在点的加速度
D．粒子在与间的动能变化量相同
9．安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
10．如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（ ）
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J
三、实验题
11．如图a为探究“小车加速度与力、质量的关系”的装置，某实验小组发现利用该装置还可以测量小车的质量M。实验时，将长木板右端适当垫高，在不受牵引的情况下小车拖动纸带恰能沿木板匀速运动，则：
（1）为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应 小车的质量。（填“远大于”、“等于”、“远小于”）。
（2）若平衡摩擦力过度（即木板右端垫的过高），此时长木板与桌面的倾角为。由实验测得数据做出a-F图像，截距为，此时的滑动摩擦力为f，重力加速度为g，则M= （用f、、、g表示），该测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
12．某实验小组想测量一节蓄电池的电动势和内阻，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材：
A．电流表（量程0.6A）
B．电压表（量程2.0V）
C．定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）
D．定值电阻（阻值10Ω、额定功率10W）
E.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω、额定电流2A）
F.电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）
⑴实验时需用如图a所示电路改装电流表，闭合开关前，将滑动变阻器滑片移动到最左端，把电阻箱的电阻调至最大；
⑵断开开关，闭合开关，调节滑动变阻器滑片使电流表的读数为0.40A，保持滑片位置不动，闭合开关，调节电阻箱的电阻，使电流表的示数为0.10A，断开开关，不再改变电阻箱阻值，保持电流表和电阻箱并联，撤去其他线路，重新标识表盘，改装后的新电流表的量程是 A；
⑶将已改装好的电流表接在如图b所示电路中，并用该电路测量蓄电池的电动势和内阻，其中为定值保护电阻。
①为保证实验结果准确且调节方便，定值保护电阻应选 （填器材前的字母）。
②用正确选择的器材进行实验，依据数据得到U-I图像（图c），由图像得出该节蓄电池的电动势E= V，内阻r= Ω。（结果保留两位小数）
⑷旧的蓄电池，电源电动势基本不变，内阻变为。要使“6.0V，12.0W”的用电器正常工作，至少需要 节这样的旧蓄电池串联，同时电路还需要串联一个阻值大小为 Ω保护电阻。
四、解答题
13．某山地车气压避震器主要部件为活塞杆和圆柱形气缸（出厂时已充入一定量气体）。气缸内气柱长度变化范围为40mm~100mm，气缸导热性良好，不计活塞杆与气缸间摩擦：
（1）将其竖直放置于足够大的加热箱中（加热箱中气压恒定），当温度时空气柱长度为60mm，当温度缓慢升至时空气柱长度为72mm，通过计算判断该避震器的气密性是否良好。
（2）在室外将避震器安装在山地车上，此时空气柱长度为100mm，气缸内的压强为，骑行过程中由于颠簸导致气柱长度在最大范围内变化（假定过程中气体温度恒定），求气缸内的最大压强。（结果用表示）
14．某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为。水平放置的目标靶长为，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为、竖直距离为。从电子枪逸出的电子（质量为、电荷量为，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
15．在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点A．（）
（1）启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，圆筒的角速度，求此时钢球线速度的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W；
（2）当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离（分离前后钢球速度不变），此后钢球仅在重力作用下落到位置D．CD连线过O点，与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度；
（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径方向速度大小相等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由（取，）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】核裂变；反应堆与核电站；核聚变
【解析】【解答】A.目前核电站使用的都是核裂变技术，A不符合题意；
B.核反应是重核裂变，B不符合题意；
CD.恒星、氢弹、太阳都是利用核聚变释放能量，而原子弹利用的核裂变，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】理解核聚变和核裂变的区别，了解相关应用。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；开普勒定律；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.由开普勒第二定律可知地球在近日点运行速度最大，在远日点速度最小，冬至时地球在近日点，运行速度最大，A符合题意；
B.由开普勒第二定律可知相同时间内地球与太阳连线相同时间扫过的面积相同，因此相同时间转过角度不同，角速度不同，B不符合题意；
C.夏至日距离太阳最远，引力最小，因此向心加速度最小。C不符合题意；
D.由可知，地球的公转周期能计算的是中心天体太阳的质量，地球的质量被约掉，不能计算，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第二定律分析近日点和远日点的速度关系和角速度关系；由万有引力大小结合牛顿第二定律分析加速度；根据万有引力提供向心力列式分析地球质量。
3．【答案】D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AC.根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv，导体棒做匀速运动，所以电动势恒定，因为导轨电阻与长度成正比，所以电路中的电阻逐渐增大，电路中的电流逐渐减小，根据由闭合电路欧姆定律可知，导体棒两端的电压小于BLv，AC不符合题意；
B.根据右手定则可知，回路中电流方向沿逆时针方向（俯视），故B不符合题意；
D.当导轨的电阻等于内阻和定值电阻的阻值之和时，导轨的发热功率最大，由此可知，导轨的发热功率先增大后减小，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出电动势，结合导轨电阻的变化情况，分析电流的变化情况；由闭合电路欧姆定律分析导体棒两端电压；根据右手定则分析感应电路方向；在闭合回路中，当外电阻等于内电阻时输出功率最大。
4．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据图像可知波长为4m，周期为4s，可得波的传播速度为，A不符合题意；
B.所有质点起振时均匀与波源的起振方向相同，此时刻波刚好传到P点，根据上下坡法可知，振动方向沿y轴正方向，所以波源起振的方向沿y轴正方向，B符合题意；
C.此波传播至Q点所需时间为：，因此P点路程，C不符合题意；
D.质点Q与质点N之间的距离为，所以当质点Q起振后，与质点N振动步调总相反，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】由波速公式计算波速；根据所有质点起振时均匀与波源的起振方向相同进行分析；由一个周期质点振动4个振幅的路程的规律进行计算；当两质点的距离相差波长整数倍时，两质点的振动情况总相同，当两质点的距离相差半波长的奇数倍时，振动情况总相反。
5．【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A.光在b点入射角和光在O点的折射角相等，根据光路的可逆性，可知光在b点不会发生全反射，A符合题意；
B.由图可知射到a点的折射角大于射到b点的折射角，根据折射定律可知，第一种材料的折射率小于第二种材料的折射率，根据可知，光在第一种材质中的传播速度更大，B不符合题意；
C.光在不同介质中传播时，频率不变，C不符合题意；
D.若用频率更高的光，折射率更大，从O点以相同角度入射到第二种材质时，光的偏折更大，射到b点的左侧，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据光路可逆分析；由折射率公式求出光在两种介质中的折射率的大小关系，再由求出速度关系；频率由波源决定，与介质无关；根据折射定律分析即可。
6．【答案】C
【知识点】电势；左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动；磁流体发电机
【解析】【解答】A.由左手定则可知，正离子受向上的洛伦兹力向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，A不符合题意；
BCD.当上下两金属电极之间产生稳定的电压后，有，解得，可知两金属电极间的电动势E与L和b无关，与d有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，BD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】由左手定则判断正、负离子的偏转方向，确定上、下极板的电势高低；磁流体发动机原理，当上下两金属电极之间产生的高电压稳定后，电荷受到的电场力与洛伦兹力等大反向，推导出两金属板间的电动势的表达式，再对相关量进行分析。
7．【答案】B
【知识点】电功率和电功；变压器原理；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A.转动P接通b、c触点时，根据电路构造可知电热丝未接入电路中，所以电吹风吹的是冷风，A不符合题意；
B.由理想变压器电压与匝数关系可得：，解得：，故通过小风扇的电流为，B符合题意；
C.风扇正常工作时，电动机的线圈内阻产生的热功率为：，由此可知，风扇电动机的线圈内阻为：，C不符合题意；
D.转动P接通a、b触点时，电阻丝与电风扇并联，接入电路中的电压保持不变，小风扇的两端电压不变，故电流不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电热丝接入电路时，电吹风吹热风；由理想变压器电压与匝数关系求出小风扇的工作电压，再由P=UI求出电流；求出风扇电动机的线圈的发热功率，再由求出线圈内阻；由串、并联电路的特点分析。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.根据带正电的金属球的电场分布可知，加速管中的电场方向由A→C，沿电场线方向电势降低可知，B点电势比C点电势高，A符合题意；
B.粒子在绝缘直线加速管中做加速运动，动能增大，根据能量守恒可知，电势能减小，B不符合题意；
C.根据带正电的金属球的电场分布可知，B点附近的电场强度大于C点的电场强度，则粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，C符合题意；
D.根据题意可知，在AB间电场强度的平均值大于BC间电场强度的平均值，则由能定理可知，粒子在AB动能变化量比BC间的动能变化量大，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】沿电场线方向电势降低，结合金属球的电场分布分析电势高低；加速管使粒子加速，动能增加，由能量守恒分析电势能；根据金属球的电场分布，结合牛顿第二定律求解加速度；分析电场力在AB和BC间的电场力做功关系，再由动能定理分析粒子在与间的动能变化量。
9．【答案】B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；动量
【解析】【解答】A.碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，合外力不为零，总动量不守恒，A不符合题意；
B.假人的初动量为，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，B符合题意；
C.使用安全带时，根据动量定理有：，解得：，负号表示力的方向与初速度方向相反，故假人受到的平均作用力大小约为1250N，C符合题意；
D.不使用安全带时，根据动量定理有，解得，故假人受到的平均作用力大小约为5000N，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】由动量守恒条件分析；根据动量变化量定义式分析；对使用安全带和不使用安全带两种情况，分别应用动量定理列式求解。
10．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律；楞次定律
【解析】【解答】A.磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去留”的规律可知，铝管受到的安培力始终向右，A不符合题意；
BC.磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为，铝管的速度为，根据动量守恒定律有，假设无能量损耗则有，解得，，铝管中一定会产生热量，所以铝管的速度一定小于4m/s；假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为，根据动量守恒定律有，解得：，此种情况是能量损失最多的情况，所以磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s，B不合题意，C符合题意；
D.磁铁穿过铝管时二者速度相等，是产生热量最多的情况，产生的热量为，所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据楞次定律中“来拒去留”的规律分析安培力方向；磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，分两种情况讨论，一种是无能量损失的情况，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解磁铁穿过铝管时二者的速度，由于铝管一定会产生热量，所以铝管的最后速度一定小于所求速度；另一种情况是二者共速，这种情况是铝管生热最多的情况，也是磁铁穿过铝管时，铝管可以取到的速度最小值，再根据能量守恒定律求出该过程中铝管产生的热量。
11．【答案】（1）远小于
（2）；偏小
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据牛顿第二定律，对小车有：，对钩码有：，解得，只有当M>>m时，才可认为F=mg，即为了使小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg（细绳平行于斜面），钩码的总质量应远小于小车的质量；
（2）对小车根据牛顿第二定律可得：，整理可得：，根据图像的截距可知，，得，
考虑到小车下滑时空气阻力以及纸带的摩擦阻力的影响，值小于小车受的所有阻力的值，则M的测量值偏小。
【分析】（1）由牛顿第二定律推导细绳拉力的表达式，根据表达式得出小车受到细绳的拉力F近似等于钩码的总重力mg的条件；（2）由牛顿第二定律推导平衡摩擦力过度时，加速度的表达式，结合图像求出M的表达式，并由此式分析实验误差。
12．【答案】2.4；C；2.00；0.07；5；0.5
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（2）开关断开时，电路总电流为0.4A，保持滑片位置不动，闭合开关后，电流表的示数为0.1A，此时电阻箱电流为0.3A，可知通过电流表的电流与通过电阻箱的电流是的关系，由于两者并联，保持电阻不变，当电流标为满偏0.6A时，电阻箱电流为1.8A，故改装后总电流为2.4A；
（3） ① 由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大，故选C；
②电源的U-I图，纵轴截距表示电源的电动势，可知电源电动势为E=2.00V，电源内阻为；
（4）用电器正常工作时，电流，用电器的电阻RR，设电池需要n节，串联电阻为，根据闭合电路欧姆定律，化简得，n最小值为5，此时。
【分析】（2）根据电流结构分析电流表和电阻箱之间电流的比值关系，求出改装后电流表的量程； （3）①根据电源内阻的阻值和保护电阻的功能选择；② 电源的U-I图，纵轴截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源内阻；（4）根据闭合电路欧姆定律列式分析。
13．【答案】（1）解：由于加热箱中气压恒定，对气缸受力分析有
故气缸内压强恒定；若气缸不漏气时，根据盖吕萨克定律
代入得
气柱计算长度和测量长度相等，因此该避震器不漏气。
（2）解：骑行过程中，气缸内气体为等温变化
代入 ， ， 数据解得
骑行过程中气缸内的压强最大值为
【知识点】共点力的平衡；气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】（1）对气缸，由共点力平衡求出封闭气体压强，气体做等压膨胀，由盖吕萨克定律求出气密性良好时气柱应具有的长度，对是否漏气做出判断；（2）由玻意耳定律列式求解。
14．【答案】（1）解：电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得
解得
（2）解：由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得
周期为
联立可得
设 与竖直方向夹角为 ，则有
可得
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 ，则电子在磁场中运动时间为
（3）解：①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为
设匀强磁场区域半径 ，由几何关系得
②当电子击中N点时，设 与竖直方向夹角为 ，则有
可得
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 ，则偏转半径为
则有
粒子穿过匀强电场后的速度 ，由动能定理得
设极板间距离为 ，则有
联立解得
则匀强电场场强的范围为
【知识点】动量定理；动能和势能的相互转化；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1） 对电子在电场中的加速过程应用动能定理，求出匀强电场的大小；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角，由求出运动时间；（3）由洛伦兹力提供向心力结合几何关系，求出粒子射到M点和N点时在磁场中的运动速度，再由动能定理分析电子在加速电场中的运动，求出电场强度的范围。
15．【答案】（1）解：此时钢球线速度
解得 ；
该过程中设圆筒对钢球做的功为W，由动能定理
解得
（2）解：钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得
解得
根据圆周运动，有
解得
（3）解：6次返回E点，在F点发生碰撞后做平抛运动，如图所示
在F点与A点之间满足
解得 或
又
解得 或
从E点与F点之间满足
解得 或
则从E点出发到返回E点的时间
解得
若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。
如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律，故不能经过3次回到E点。
【知识点】平抛运动；斜抛运动；线速度、角速度和周期、转速；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由求出钢球的线速度；由动能定理求解钢球从A点运动到B点的过程中，圆筒对钢球做的功；（2）钢球分离后做斜抛运动，根据斜抛规律求出钢球在C点时的速度，再由求出角速度；（3）与筒壁碰撞6次返回E点，在F与A做平抛运动根据水平位移和竖直位移，求出时间与F点的速度；从E点与F点之间 满足的关系求出此时F点的速度；最后求出从E点出发到返回E点的时间；结合平抛运动的规律分析能不能经过3次回到E点。