2023屆四川省瀘州市高三下學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)精品試卷PAGEPAGE1瀘州市高2020級(jí)第二次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試能力測(cè)試本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共38題，共300分，共12頁(yè)，考試時(shí)間150分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回，試卷自留。注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無(wú)效；在草稿紙。試題卷上答題無(wú)效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.人類可以利用核衰變獲取能量。钚的同位素在衰變時(shí)能釋放出γ射線，其衰變方程為。下列說(shuō)法中正確的是（）AX原子核中含有143個(gè)質(zhì)子B.X原子核中含有92個(gè)中子C.衰變過(guò)程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量D.衰變發(fā)出的γ射線是波長(zhǎng)很短的電子流〖答案〗C〖解析〗AB．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知的質(zhì)量數(shù)為質(zhì)子數(shù)為則中子數(shù)為AB錯(cuò)誤；C．衰變過(guò)程中放出能量，所以衰變過(guò)程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量，C正確；D．衰變發(fā)出的γ射線是光子，D錯(cuò)誤。故選C。2.通過(guò)某段圓柱形導(dǎo)體的電流大小為I，該導(dǎo)體中單位長(zhǎng)度的自由電荷數(shù)為N，每個(gè)自由電荷帶電量均為q。則導(dǎo)體中自由電荷定向移動(dòng)速度v的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的自由電荷總電量Q為電流強(qiáng)度的定義解得故選A。3.為觀測(cè)和研究太陽(yáng)磁場(chǎng)、太陽(yáng)耀斑和日冕物質(zhì)拋射的起源，2022年10月我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號(hào)”衛(wèi)星，實(shí)現(xiàn)中國(guó)綜合性太陽(yáng)衛(wèi)星探測(cè)零的突破。假設(shè)某探測(cè)太陽(yáng)的飛行器僅在太陽(yáng)的引力作用下，在長(zhǎng)軸為a的橢圓軌道上繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)的質(zhì)量為M，萬(wàn)有引力常量為G。則該飛行器繞太陽(yáng)運(yùn)行的周期應(yīng)為（）A. B. C.πa D.2πa〖答案〗B〖解析〗對(duì)于同一個(gè)中心天體，由開(kāi)普勒第三定律可知若運(yùn)行軌道為橢圓，則r指半長(zhǎng)軸，若運(yùn)行軌道是圓，則r指圓的半徑，可見(jiàn)，若兩個(gè)行星繞同一個(gè)中心天體運(yùn)動(dòng)，軌道半長(zhǎng)軸為r的行星與圓軌道半徑為r的行星周期相同，即要求半長(zhǎng)軸為的橢圓軌道上繞太陽(yáng)運(yùn)行的飛行器的周期，只需求圓軌道半徑為的另一顆繞地球運(yùn)動(dòng)的飛行器的周期，由解得故選B。4.將兩個(gè)相同的小球A、B從水平地面以不同初速度豎直向上先后拋出，已知A球的初速度為40m/s，B球的初速度為20m/s，B球比A球遲1s拋出，忽略空氣阻力的作用，重力加速度。設(shè)向上為正方向，從拋出A球開(kāi)始計(jì)時(shí)，到B球剛要落地的過(guò)程中，下列關(guān)于A、B兩小球的速度差隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由題知A向上減速到零的時(shí)間為B向上減速到零的時(shí)間為因B球比A球遲1s拋出，則在0-1s內(nèi)只A球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B球沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，速度為零，則A的速度為則A、B兩小球的速度差在2-3s內(nèi)A、B球都向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，則兩者速度為，則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；3s后B向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s落地，則在3-4s內(nèi)A向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，A經(jīng)3s后的速度為則3-4s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；在4-5s內(nèi)A向下開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B的速度為則4-5s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變。故選A。5.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)分別與水平地面成37°和的光滑絕緣斜面交于A點(diǎn)，BC長(zhǎng)度為5m?，F(xiàn)分別從A點(diǎn)由靜止釋放可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩帶電小物塊，運(yùn)動(dòng)一段距離后均在斜面上的某位置與斜面分離。已知甲、乙兩物塊的比荷大小之比為，不計(jì)兩物塊間的庫(kù)侖力，重力加速度取，，。若甲物塊沿斜面下滑到距A點(diǎn)2m處與斜面分離，則乙物塊與斜面分離的位置距A點(diǎn)的距離為（）A.2.5m B.2.125m C.1.5m D.1.125m〖答案〗C〖解析〗甲物塊沿斜面下滑到距A點(diǎn)s甲=2m處與斜面分離乙物塊與斜面分離又聯(lián)立得又解得s乙=1.5m故選C。6.圖甲所示，為一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)的示意圖，單匝線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻為0.2Ω，小燈泡的電阻恒為0.8Ω。則（）A.理想電壓表的示數(shù)B.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度C.轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線圈的最大磁通量D.通過(guò)燈泡電流的瞬時(shí)表達(dá)式為〖答案〗BD〖解析〗A．由圖乙可知電壓的有效值為理想電壓表測(cè)的是小燈泡兩端電壓，示數(shù)為A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知交流電的周期為，所以線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為B正確；C．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為可得轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線圈的最大磁通量為C錯(cuò)誤；D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式為故通過(guò)燈泡電流的瞬時(shí)表達(dá)式為D正確。故選BD。7.如圖所示，在的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平絕緣桌面上固定兩根平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，金屬導(dǎo)軌連接的電阻，右端并聯(lián)一個(gè)平行板電容器，極板上各有一小孔，導(dǎo)軌上放置一根金屬桿。金屬桿以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)比荷為的帶負(fù)電粒子從電容器A極板小孔處由靜止加速后，恰對(duì)著圓心垂直進(jìn)入大小、方向豎直向下的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，圓形磁場(chǎng)半徑。帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與原速度方向偏離了。導(dǎo)軌MN和PQ的間距，金屬桿接入電路部分的電阻，其余電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，忽略帶電粒子重力。下列關(guān)于桿的運(yùn)動(dòng)，判斷正確的是（）A.桿向右勻速運(yùn)動(dòng) B.桿向左勻速運(yùn)動(dòng)C.桿的速度大小為10m/s D.桿的速度大小為20m/s〖答案〗AC〖解析〗AB．根據(jù)題意負(fù)電荷從電容器A極板小孔處由靜止開(kāi)始加速，說(shuō)明電容A極帶負(fù)電為負(fù)極，據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)右手定則原理，可以判斷桿向右勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確B錯(cuò)誤；CD．帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與原速度方向偏離了，根據(jù)洛倫茲力提供向心力帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所以根據(jù)上圖可得D為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，且CD為半徑，CO為圓形磁場(chǎng)半徑，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為帶電粒子磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有負(fù)電荷從電容器A極板小孔處由靜止開(kāi)始加速，設(shè)電容器兩極電勢(shì)差為U，電容器兩極板距離為d，兩極板間產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，可得帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度為，由牛頓第二定律有帶電粒子在電容產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力，做均加速直線運(yùn)動(dòng)，由加速度與位移公式由以上方程聯(lián)立得帶入數(shù)據(jù)解得由圖分析得電容器兩極電勢(shì)差為U，同時(shí)也為電阻R兩端的電壓，設(shè)通過(guò)的電流為I，根據(jù)歐姆定律則有金屬桿以某一速度在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為則通過(guò)金屬的電流為以上方程帶入數(shù)據(jù)解得故C正確D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量為M的內(nèi)壁光滑的半圓槽置于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小球從半圓槽軌道的左端與圓心等高處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中半圓槽始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。AB是平行水平地面的圓弧直徑，小球與圓心O連線跟OA間的夾角為，重力加速度為g，小球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在的范圍內(nèi)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大B.當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大C.當(dāng)時(shí)，半圓槽對(duì)地面的壓力N小于D.當(dāng)時(shí)，半圓槽對(duì)地面壓力N等于〖答案〗BD〖解析〗AB．小球在某位置的速度，有對(duì)小球受力分析有解得小球所受支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Π雸A槽的壓力因半圓槽始終靜止，所以半圓槽所受合力為零，即水平方向有所以當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)半圓槽受力分析，設(shè)地面對(duì)半圓槽的支持力為豎直方向有整理有當(dāng)時(shí)，有根據(jù)牛頓第三定律有故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共174分）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置探究向心力大小與周期、半徑之間的關(guān)系，輕繩一端系著小球，另一端固定在豎直桿上的力傳感器上，小球套在光滑水平桿上。水平桿在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下可以在水平面內(nèi)繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小球質(zhì)量為m，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，電子計(jì)數(shù)器可記錄桿做圓周運(yùn)動(dòng)的圈數(shù)，用秒表記錄小球轉(zhuǎn)動(dòng)n圈的時(shí)間為t。（1）若保持小球運(yùn)動(dòng)半徑不變，僅減小運(yùn)動(dòng)周期，小球受到的拉力將___________；若保持小球運(yùn)動(dòng)的周期不變，僅減小運(yùn)動(dòng)半徑，小球受到的拉力將___________。（以上兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）（2）該小組同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，選用質(zhì)量為的小球甲和質(zhì)量為的小球乙做了兩組實(shí)驗(yàn)。兩組實(shí)驗(yàn)中分別多次改變小球運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速，記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了F與關(guān)系如圖乙所示的①和②兩條曲線，圖中反映小球甲的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是_________（選填“①”或“②”）。〖答案〗（1）變大變?。?）①〖解析〗（1）〖1〗〖2〗小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有所以當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)半徑不變，僅減小運(yùn)動(dòng)周期，小球受到的拉力將變大；若保持小球運(yùn)動(dòng)的周期不變，僅減小運(yùn)動(dòng)半徑，小球受到的拉力將變小。（2）〖3〗根據(jù)題意有可得因?yàn)榧浊虻馁|(zhì)量較大，所以可得曲線①為小球甲的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。10.某小組同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室完成“測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：A．幾節(jié)干電池組成電池組B．電壓表V量程3V，內(nèi)阻C．電流表A量程3A，內(nèi)阻約為1ΩD．定值電阻E．定值電阻F．滑動(dòng)變阻器R：調(diào)節(jié)范圍0~10Ω該組同學(xué)根據(jù)提供的器材，設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示。（1）虛線框內(nèi)的電路表示將電壓表的量程擴(kuò)大了，則擴(kuò)大后的“電壓表”最大能測(cè)量___________V的電壓。（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)記錄了多組電壓表V表盤的示數(shù)U和電流表A表盤的示數(shù)I，并描點(diǎn)作圖作出如圖乙所示的圖線，忽略電表內(nèi)阻的影響時(shí)，由圖線可知該干電池組的電動(dòng)勢(shì)E=________V，內(nèi)阻r=_________Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對(duì)測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行修正以便求出準(zhǔn)確的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，需在圖乙中重新繪制圖線，新繪制的圖線與原圖線比較，新繪制的圖線斜率絕對(duì)值|k|的大小將_________。（選填“變大”“變小”或“不變”）（4）在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若改變滑動(dòng)變阻器的電阻大小，電源的輸出功率將會(huì)變化，電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系圖像如圖___________所示。A.B.C.D.〖答案〗（1）（2）4.25.0（3）變?。?）B〖解析〗（1）〖1〗改裝后電壓表能測(cè)量的范圍為（2）〖2〗〖3〗根據(jù)電路知識(shí)可知解得結(jié)合圖像可知（3）〖4〗若考慮到電表內(nèi)阻的影響，則表達(dá)式為可得則斜率變?yōu)榧葱拚髨D像斜率變小。（4）〖5〗電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，此函數(shù)對(duì)應(yīng)的是一個(gè)拋物線，且當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，路端電壓為總電動(dòng)勢(shì)的一半，外電路總電阻取值范圍為，則外電路電壓的取值范圍為。當(dāng)時(shí)對(duì)應(yīng)的功率為當(dāng)時(shí)對(duì)應(yīng)的功率為故選B。11.如圖是某種機(jī)械打夯的原理示意圖，OA為液壓裝置，能給質(zhì)量為m的夯桿提供豎直方向的力。左右為兩個(gè)半徑均為R的摩擦傳動(dòng)輪，每個(gè)輪子給夯桿的壓力大小均為，運(yùn)轉(zhuǎn)方向如圖所示。開(kāi)始時(shí)液壓裝置對(duì)夯桿提供大小恒為的向上拉力，摩擦傳動(dòng)輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，摩擦傳動(dòng)輪與夯桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，在液壓裝置和摩擦傳動(dòng)輪的作用下，夯桿從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)。夯桿運(yùn)動(dòng)到某時(shí)刻速度與摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度、液壓裝置相等，該時(shí)刻之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦傳動(dòng)輪不再對(duì)夯桿提供壓力和摩擦力，且液壓裝置開(kāi)始提供大小恒為的向下壓力，直到夯桿落地。取重力加速度為g，求：（1）夯桿上升的最大高度；（2）夯桿落地前瞬間的速度大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）液壓裝置對(duì)夯桿提供向上拉力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律解得a=g摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度夯桿速度與摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度相等時(shí)，根據(jù)得此時(shí)夯桿上升的高度此后，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)得夯桿上升的高度夯桿上升的最大高度（2）根據(jù)得夯桿落地前瞬間的速度大小12.如圖所示，光滑水平的絕緣地面與足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶，經(jīng)長(zhǎng)度可忽略的圓弧平滑連接，空間分布著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度。水平地面上放有質(zhì)量均為的物塊A和B，其中A帶電荷量，B絕緣且不帶電。A在外力作用下靜止，兩物塊相距，B距傳送帶底部距離，傳送帶以的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)。兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，傳送帶與水平方向的夾角。時(shí)刻撤去外力，A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物塊發(fā)生第二次碰撞瞬間便撤去電場(chǎng)，所有碰撞均視為彈性碰撞，碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移與損失，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度，，，求：（1）第一次碰后物塊A和物塊B的速度大??；（2）A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的電勢(shì)能的大?。唬?）兩物塊在傾斜傳送帶之間的距離恒定不變后，此時(shí)兩物塊的間距?！即鸢浮剑?），；（2）；（3）〖解析〗（1）A物塊受電場(chǎng)力做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律設(shè)第一次碰撞前A物塊的速度為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式A物塊與B物塊發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞后的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得（2）第二次碰撞時(shí)，A物塊與B物塊再次位移相等，設(shè)所用時(shí)間為，則解得設(shè)B滑到傳送帶時(shí)間為，則解得故A物塊與B物塊在上傳送帶前相碰，設(shè)碰時(shí)位移為，則A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的電勢(shì)能（3）設(shè)第二次碰撞前A物塊的速度為，第二次碰撞后的速度分別為和,則根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒解得設(shè)A物塊與B物塊進(jìn)入傳送帶的時(shí)間差為，則解得A物塊與B物塊上傳送帶的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律解得A物塊與傳送帶共速所需的時(shí)間B物塊與傳送帶共速所需的時(shí)間A物塊與傳送帶共速所走的位移B物塊與傳送帶共速所走的位移兩物塊的間距（二）選考題（共45分）〖物理-選修3-3〗13.關(guān)于下面熱學(xué)中的五張圖片所涉及的相關(guān)知識(shí)，描述正確的是（）A.甲是分子間的作用力跟距離的關(guān)系圖，當(dāng)時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為引力B.要達(dá)到乙圖的實(shí)驗(yàn)效果，應(yīng)先將一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上C.丙圖中對(duì)同一氣體而言，實(shí)線對(duì)應(yīng)的氣體分子溫度高于虛線對(duì)應(yīng)的氣體分子溫度D.丁圖中，懸浮在液體中的顆粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)表現(xiàn)得越明顯E.戊圖中，猛推推桿壓縮筒內(nèi)封閉的氣體，氣體溫度升高、壓強(qiáng)變大〖答案〗ACE〖解析〗A．由圖甲作用力跟距離的關(guān)系圖可知，當(dāng)時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故A正確；B．要達(dá)到乙圖的實(shí)驗(yàn)效果，應(yīng)先把痱子粉撒在水面上，再將一滴油酸酒精溶液滴入水面，故B錯(cuò)誤；C．溫度升高時(shí)，速率分布最大的區(qū)間將向速率增大處移動(dòng)，丙圖中對(duì)同一氣體而言，實(shí)線對(duì)應(yīng)的氣體分子溫度高于虛線對(duì)應(yīng)的氣體分子溫度，故C正確；D．丁圖中，懸浮在液體中的顆粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)表現(xiàn)得越不明顯，故D錯(cuò)誤；E．戊圖中，猛推推桿壓縮筒內(nèi)封閉的氣體，外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能增大，氣體溫度升高、壓強(qiáng)變大，故E正確。故選ACE。14.如圖所示，右端開(kāi)口的氣缸導(dǎo)熱性能良好，固定在水平面上，用光滑活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體。當(dāng)活塞自由靜止時(shí)，活塞到氣缸底部的長(zhǎng)度，氣缸內(nèi)理想氣體溫度為，施加一水平向右的外力F，使活塞緩慢移動(dòng)到距氣缸底部的距離為時(shí)，活塞又保持平衡。已知活塞質(zhì)量，橫截面積，大氣壓強(qiáng)。（1）求外力F的大??；（2）保持（1）問(wèn)中水平向右的拉力F不變，加熱使理想氣體溫度變?yōu)?T0，求活塞平衡時(shí)活塞到氣缸底部的長(zhǎng)度。〖答案〗（1）500N；（2）1.6m〖解析〗（1）依題意，活塞緩慢移動(dòng)，封閉氣體溫度不變，有又聯(lián)立，可得（2）依題意，保持①問(wèn)中水平向右的拉力F不變，可得根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得解得〖物理-選修3-4〗15.如圖所示，一束紫光a沿半徑方向射入半徑為的半圓形玻璃磚，光線b和光線c為其反射光和折射光，為法線，光線a與直徑邊的夾角為，光線c與的夾角為，光線b的強(qiáng)度隨夾角的變化關(guān)系如圖乙所示，其中光照強(qiáng)度發(fā)生突變的d點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的角度，光在真空中的傳播速度為，下列說(shuō)法中正確的是（）A.若夾角從減小到，則夾角將會(huì)逐漸增大B.若夾角從增大到，則光線b的強(qiáng)度一直加強(qiáng)C.玻璃磚對(duì)該光線的折射率D.當(dāng)小于時(shí)，該光線通過(guò)玻璃磚的時(shí)間為E.若換為紅光，則圖乙中的d點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的值應(yīng)大于〖答案〗ACD〖解析〗B．由圖乙可知，若夾角從增大到，光線b的強(qiáng)度一直減弱，故B錯(cuò)誤；AC．由圖乙可知，夾角從增大到，光線b的強(qiáng)度保持不變；當(dāng)大于后，光線b的強(qiáng)度開(kāi)始逐漸減小，可知光線在玻璃磚中發(fā)生全反射的臨界角為則有解得玻璃磚對(duì)該光線的折射率若夾角從減小到，根據(jù)折射定律可得可知逐漸增大，則夾角將會(huì)逐漸增大，故AC正確；D．當(dāng)小于時(shí)，該光線在玻璃磚下表面發(fā)生全反射，該光線通過(guò)玻璃磚的時(shí)間為又聯(lián)立解得故D正確；E．若換為紅光，根據(jù)全反射臨界角公式由于紅光的折射率小，則發(fā)生全反射的臨界角大，故圖乙中的d點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的值應(yīng)小于，故E錯(cuò)誤。故選ACD。16.如圖所示，為一簡(jiǎn)諧橫波的波動(dòng)圖像。質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為6m，實(shí)線為時(shí)刻的波形，虛線為時(shí)刻形成的波形圖。已知波向x軸正方向傳播，求：（1）該波的傳播速度；（2）若，寫出質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）從圖像可以看出波長(zhǎng)為由題意可知波在2s時(shí)間內(nèi)沿波的方向傳播了則有（2）若，則周期角速度為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程瀘州市高2020級(jí)第二次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試能力測(cè)試本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共38題，共300分，共12頁(yè)，考試時(shí)間150分鐘?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回，試卷自留。注意事項(xiàng)：1.答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無(wú)效；在草稿紙。試題卷上答題無(wú)效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.人類可以利用核衰變獲取能量。钚的同位素在衰變時(shí)能釋放出γ射線，其衰變方程為。下列說(shuō)法中正確的是（）AX原子核中含有143個(gè)質(zhì)子B.X原子核中含有92個(gè)中子C.衰變過(guò)程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量D.衰變發(fā)出的γ射線是波長(zhǎng)很短的電子流〖答案〗C〖解析〗AB．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知的質(zhì)量數(shù)為質(zhì)子數(shù)為則中子數(shù)為AB錯(cuò)誤；C．衰變過(guò)程中放出能量，所以衰變過(guò)程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量，C正確；D．衰變發(fā)出的γ射線是光子，D錯(cuò)誤。故選C。2.通過(guò)某段圓柱形導(dǎo)體的電流大小為I，該導(dǎo)體中單位長(zhǎng)度的自由電荷數(shù)為N，每個(gè)自由電荷帶電量均為q。則導(dǎo)體中自由電荷定向移動(dòng)速度v的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在時(shí)間t內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的自由電荷總電量Q為電流強(qiáng)度的定義解得故選A。3.為觀測(cè)和研究太陽(yáng)磁場(chǎng)、太陽(yáng)耀斑和日冕物質(zhì)拋射的起源，2022年10月我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號(hào)”衛(wèi)星，實(shí)現(xiàn)中國(guó)綜合性太陽(yáng)衛(wèi)星探測(cè)零的突破。假設(shè)某探測(cè)太陽(yáng)的飛行器僅在太陽(yáng)的引力作用下，在長(zhǎng)軸為a的橢圓軌道上繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，太陽(yáng)的質(zhì)量為M，萬(wàn)有引力常量為G。則該飛行器繞太陽(yáng)運(yùn)行的周期應(yīng)為（）A. B. C.πa D.2πa〖答案〗B〖解析〗對(duì)于同一個(gè)中心天體，由開(kāi)普勒第三定律可知若運(yùn)行軌道為橢圓，則r指半長(zhǎng)軸，若運(yùn)行軌道是圓，則r指圓的半徑，可見(jiàn)，若兩個(gè)行星繞同一個(gè)中心天體運(yùn)動(dòng)，軌道半長(zhǎng)軸為r的行星與圓軌道半徑為r的行星周期相同，即要求半長(zhǎng)軸為的橢圓軌道上繞太陽(yáng)運(yùn)行的飛行器的周期，只需求圓軌道半徑為的另一顆繞地球運(yùn)動(dòng)的飛行器的周期，由解得故選B。4.將兩個(gè)相同的小球A、B從水平地面以不同初速度豎直向上先后拋出，已知A球的初速度為40m/s，B球的初速度為20m/s，B球比A球遲1s拋出，忽略空氣阻力的作用，重力加速度。設(shè)向上為正方向，從拋出A球開(kāi)始計(jì)時(shí)，到B球剛要落地的過(guò)程中，下列關(guān)于A、B兩小球的速度差隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由題知A向上減速到零的時(shí)間為B向上減速到零的時(shí)間為因B球比A球遲1s拋出，則在0-1s內(nèi)只A球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B球沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，速度為零，則A的速度為則A、B兩小球的速度差在2-3s內(nèi)A、B球都向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，則兩者速度為，則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；3s后B向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2s落地，則在3-4s內(nèi)A向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，A經(jīng)3s后的速度為則3-4s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；在4-5s內(nèi)A向下開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B的速度為則4-5s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變。故選A。5.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)分別與水平地面成37°和的光滑絕緣斜面交于A點(diǎn)，BC長(zhǎng)度為5m?，F(xiàn)分別從A點(diǎn)由靜止釋放可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩帶電小物塊，運(yùn)動(dòng)一段距離后均在斜面上的某位置與斜面分離。已知甲、乙兩物塊的比荷大小之比為，不計(jì)兩物塊間的庫(kù)侖力，重力加速度取，，。若甲物塊沿斜面下滑到距A點(diǎn)2m處與斜面分離，則乙物塊與斜面分離的位置距A點(diǎn)的距離為（）A.2.5m B.2.125m C.1.5m D.1.125m〖答案〗C〖解析〗甲物塊沿斜面下滑到距A點(diǎn)s甲=2m處與斜面分離乙物塊與斜面分離又聯(lián)立得又解得s乙=1.5m故選C。6.圖甲所示，為一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)的示意圖，單匝線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻為0.2Ω，小燈泡的電阻恒為0.8Ω。則（）A.理想電壓表的示數(shù)B.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度C.轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線圈的最大磁通量D.通過(guò)燈泡電流的瞬時(shí)表達(dá)式為〖答案〗BD〖解析〗A．由圖乙可知電壓的有效值為理想電壓表測(cè)的是小燈泡兩端電壓，示數(shù)為A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知交流電的周期為，所以線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為B正確；C．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為可得轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中穿過(guò)線圈的最大磁通量為C錯(cuò)誤；D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式為故通過(guò)燈泡電流的瞬時(shí)表達(dá)式為D正確。故選BD。7.如圖所示，在的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平絕緣桌面上固定兩根平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，金屬導(dǎo)軌連接的電阻，右端并聯(lián)一個(gè)平行板電容器，極板上各有一小孔，導(dǎo)軌上放置一根金屬桿。金屬桿以某一速度勻速運(yùn)動(dòng)，一個(gè)比荷為的帶負(fù)電粒子從電容器A極板小孔處由靜止加速后，恰對(duì)著圓心垂直進(jìn)入大小、方向豎直向下的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中，圓形磁場(chǎng)半徑。帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與原速度方向偏離了。導(dǎo)軌MN和PQ的間距，金屬桿接入電路部分的電阻，其余電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，忽略帶電粒子重力。下列關(guān)于桿的運(yùn)動(dòng)，判斷正確的是（）A.桿向右勻速運(yùn)動(dòng) B.桿向左勻速運(yùn)動(dòng)C.桿的速度大小為10m/s D.桿的速度大小為20m/s〖答案〗AC〖解析〗AB．根據(jù)題意負(fù)電荷從電容器A極板小孔處由靜止開(kāi)始加速，說(shuō)明電容A極帶負(fù)電為負(fù)極，據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)右手定則原理，可以判斷桿向右勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確B錯(cuò)誤；CD．帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與原速度方向偏離了，根據(jù)洛倫茲力提供向心力帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所以根據(jù)上圖可得D為帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，且CD為半徑，CO為圓形磁場(chǎng)半徑，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為帶電粒子磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有負(fù)電荷從電容器A極板小孔處由靜止開(kāi)始加速，設(shè)電容器兩極電勢(shì)差為U，電容器兩極板距離為d，兩極板間產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，可得帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度為，由牛頓第二定律有帶電粒子在電容產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力，做均加速直線運(yùn)動(dòng)，由加速度與位移公式由以上方程聯(lián)立得帶入數(shù)據(jù)解得由圖分析得電容器兩極電勢(shì)差為U，同時(shí)也為電阻R兩端的電壓，設(shè)通過(guò)的電流為I，根據(jù)歐姆定律則有金屬桿以某一速度在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為則通過(guò)金屬的電流為以上方程帶入數(shù)據(jù)解得故C正確D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量為M的內(nèi)壁光滑的半圓槽置于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小球從半圓槽軌道的左端與圓心等高處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中半圓槽始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。AB是平行水平地面的圓弧直徑，小球與圓心O連線跟OA間的夾角為，重力加速度為g，小球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在的范圍內(nèi)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大B.當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大C.當(dāng)時(shí)，半圓槽對(duì)地面的壓力N小于D.當(dāng)時(shí)，半圓槽對(duì)地面壓力N等于〖答案〗BD〖解析〗AB．小球在某位置的速度，有對(duì)小球受力分析有解得小球所受支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Π雸A槽的壓力因半圓槽始終靜止，所以半圓槽所受合力為零，即水平方向有所以當(dāng)時(shí)，半圓槽受到的摩擦力最大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．對(duì)半圓槽受力分析，設(shè)地面對(duì)半圓槽的支持力為豎直方向有整理有當(dāng)時(shí)，有根據(jù)牛頓第三定律有故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共174分）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的裝置探究向心力大小與周期、半徑之間的關(guān)系，輕繩一端系著小球，另一端固定在豎直桿上的力傳感器上，小球套在光滑水平桿上。水平桿在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下可以在水平面內(nèi)繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小球質(zhì)量為m，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，電子計(jì)數(shù)器可記錄桿做圓周運(yùn)動(dòng)的圈數(shù)，用秒表記錄小球轉(zhuǎn)動(dòng)n圈的時(shí)間為t。（1）若保持小球運(yùn)動(dòng)半徑不變，僅減小運(yùn)動(dòng)周期，小球受到的拉力將___________；若保持小球運(yùn)動(dòng)的周期不變，僅減小運(yùn)動(dòng)半徑，小球受到的拉力將___________。（以上兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）（2）該小組同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，選用質(zhì)量為的小球甲和質(zhì)量為的小球乙做了兩組實(shí)驗(yàn)。兩組實(shí)驗(yàn)中分別多次改變小球運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速，記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了F與關(guān)系如圖乙所示的①和②兩條曲線，圖中反映小球甲的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是_________（選填“①”或“②”）?！即鸢浮剑?）變大變小（2）①〖解析〗（1）〖1〗〖2〗小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)有所以當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)半徑不變，僅減小運(yùn)動(dòng)周期，小球受到的拉力將變大；若保持小球運(yùn)動(dòng)的周期不變，僅減小運(yùn)動(dòng)半徑，小球受到的拉力將變小。（2）〖3〗根據(jù)題意有可得因?yàn)榧浊虻馁|(zhì)量較大，所以可得曲線①為小球甲的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。10.某小組同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室完成“測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：A．幾節(jié)干電池組成電池組B．電壓表V量程3V，內(nèi)阻C．電流表A量程3A，內(nèi)阻約為1ΩD．定值電阻E．定值電阻F．滑動(dòng)變阻器R：調(diào)節(jié)范圍0~10Ω該組同學(xué)根據(jù)提供的器材，設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示。（1）虛線框內(nèi)的電路表示將電壓表的量程擴(kuò)大了，則擴(kuò)大后的“電壓表”最大能測(cè)量___________V的電壓。（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)記錄了多組電壓表V表盤的示數(shù)U和電流表A表盤的示數(shù)I，并描點(diǎn)作圖作出如圖乙所示的圖線，忽略電表內(nèi)阻的影響時(shí)，由圖線可知該干電池組的電動(dòng)勢(shì)E=________V，內(nèi)阻r=_________Ω。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）（3）若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對(duì)測(cè)得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行修正以便求出準(zhǔn)確的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，需在圖乙中重新繪制圖線，新繪制的圖線與原圖線比較，新繪制的圖線斜率絕對(duì)值|k|的大小將_________。（選填“變大”“變小”或“不變”）（4）在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若改變滑動(dòng)變阻器的電阻大小，電源的輸出功率將會(huì)變化，電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系圖像如圖___________所示。A.B.C.D.〖答案〗（1）（2）4.25.0（3）變?。?）B〖解析〗（1）〖1〗改裝后電壓表能測(cè)量的范圍為（2）〖2〗〖3〗根據(jù)電路知識(shí)可知解得結(jié)合圖像可知（3）〖4〗若考慮到電表內(nèi)阻的影響，則表達(dá)式為可得則斜率變?yōu)榧葱拚髨D像斜率變小。（4）〖5〗電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關(guān)系根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，此函數(shù)對(duì)應(yīng)的是一個(gè)拋物線，且當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，路端電壓為總電動(dòng)勢(shì)的一半，外電路總電阻取值范圍為，則外電路電壓的取值范圍為。當(dāng)時(shí)對(duì)應(yīng)的功率為當(dāng)時(shí)對(duì)應(yīng)的功率為故選B。11.如圖是某種機(jī)械打夯的原理示意圖，OA為液壓裝置，能給質(zhì)量為m的夯桿提供豎直方向的力。左右為兩個(gè)半徑均為R的摩擦傳動(dòng)輪，每個(gè)輪子給夯桿的壓力大小均為，運(yùn)轉(zhuǎn)方向如圖所示。開(kāi)始時(shí)液壓裝置對(duì)夯桿提供大小恒為的向上拉力，摩擦傳動(dòng)輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，摩擦傳動(dòng)輪與夯桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，在液壓裝置和摩擦傳動(dòng)輪的作用下，夯桿從靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)。夯桿運(yùn)動(dòng)到某時(shí)刻速度與摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度、液壓裝置相等，該時(shí)刻之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦傳動(dòng)輪不再對(duì)夯桿提供壓力和摩擦力，且液壓裝置開(kāi)始提供大小恒為的向下壓力，直到夯桿落地。取重力加速度為g，求：（1）夯桿上升的最大高度；（2）夯桿落地前瞬間的速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）液壓裝置對(duì)夯桿提供向上拉力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律解得a=g摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度夯桿速度與摩擦傳動(dòng)輪邊緣線速度相等時(shí)，根據(jù)得此時(shí)夯桿上升的高度此后，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)得夯桿上升的高度夯桿上升的最大高度（2）根據(jù)得夯桿落地前瞬間的速度大小12.如圖所示，光滑水平的絕緣地面與足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶，經(jīng)長(zhǎng)度可忽略的圓弧平滑連接，空間分布著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度。水平地面上放有質(zhì)量均為的物塊A和B，其中A帶電荷量，B絕緣且不帶電。A在外力作用下靜止，兩物塊相距，B距傳送帶底部距離，傳送帶以的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)。兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，傳送帶與水平方向的夾角。時(shí)刻撤去外力，A向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物塊發(fā)生第二次碰撞瞬間便撤去電場(chǎng)，所有碰撞均視為彈性碰撞，碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移與損失，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度，，，求：（1）第一次碰后物塊A和物塊B的速度大小；（2）A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的電勢(shì)能的大??；（3）兩物塊在傾斜傳送帶之間的距離恒定不變后，此時(shí)兩物塊的間距?！即鸢浮剑?），；（2）；（3）〖解析〗（1）A物塊受電場(chǎng)力做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律設(shè)第一次碰撞前A物塊的速度為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式A物塊與B物塊發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞后的速度分別為和，根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒聯(lián)立解得（2）第二次碰撞時(shí)，A物塊與B物塊再次位移相等，設(shè)所用時(shí)間為，則解得設(shè)B滑到傳送帶時(shí)間為，則解得故A物塊與B物塊在上傳送帶前相碰，設(shè)碰時(shí)位移為，則A物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的電勢(shì)能（3）設(shè)第二次碰撞前A物塊的速度為，第二次碰撞后的速度分別為和,則根據(jù)動(dòng)量守恒根據(jù)機(jī)械能守恒解得設(shè)A物塊與B物塊進(jìn)入傳送帶的時(shí)間差為，則解得A物塊與B物塊上傳送帶的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律解得A物塊與傳送帶共速所需的時(shí)間B物塊與傳送帶共速所需的時(shí)間A物塊與傳送帶共速所走的位移B物塊與傳送帶共速所走的位移兩物塊的