2023年高考第三次模擬考試卷-物理（天津A卷）（解析）

2023年高考物理第三次模擬考試卷

物理?全解全析

注意事項(xiàng):

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(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)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)

在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項(xiàng)選擇題（每小題5分，共25分。每小題給出的四個(gè)項(xiàng)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）

1.光的干涉現(xiàn)象在技術(shù)中有許多應(yīng)用。如圖甲所示是利用光的干涉檢查某精密光學(xué)平面的平整度,

下列說(shuō)法正確的是（）

單色光F??

圖甲圖乙圖丙圖丁牛頓環(huán)

A.圖甲中上板是待檢查的光學(xué)元件，下板是標(biāo)準(zhǔn)樣板

B.若換用波長(zhǎng)更短的單色光，其它條件不變，則圖乙中的干涉條紋變密

C.若出現(xiàn)圖丙中彎曲的干涉條紋，說(shuō)明被檢查的平面在此處有向上的凸起

D.用單色光垂直照射圖丁中的牛頓環(huán)，可以得到間距相等的明暗相間的同心圓環(huán)

【答案】B

【解析】A.上板是標(biāo)準(zhǔn)樣板，下板是待檢測(cè)板，故A錯(cuò)誤;

B.設(shè)上下板間空氣膜厚度為乩則出現(xiàn)亮條紋時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足％="2,換用波長(zhǎng)更短的單色光，其他條

件不變時(shí)，亮條紋左移，條紋變密，故B正確：

C.圖丙中條紋向左彎曲，說(shuō)明亮條紋提前出現(xiàn)，應(yīng)是被檢查的平面在此處出現(xiàn)了凹陷所致，故C

錯(cuò)誤；

D.牛頓環(huán)中的空氣膜厚度由中心向邊緣增加得越來(lái)越快，則亮條紋逐漸變窄，因此得到的是由中

心向邊緣寬度逐漸變窄的明暗相間的同心圓環(huán)，故D錯(cuò)誤。

故選B。

2.將總質(zhì)量為l?05kg的模型火箭點(diǎn)火升空，從靜止開(kāi)始，在0?02s時(shí)間內(nèi)有50g燃?xì)庖源笮?OOm∕s

的速度從火箭尾部噴出，且燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.在燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程，火箭獲得的平均推力為8（X）N

B.在燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程，火箭獲得的平均推力為200N

C.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小約為5∏Vs

D.在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小約為l°m∕s

【答案】D

【解析】AB.在燃?xì)鈬姵鲞^(guò)程，以燃?xì)鉃閷?duì)象，規(guī)定火箭的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得

-FAt=-m^y^—O

解得

加氣丫氣

F=Af=500N

根據(jù)牛頓第三定律可得火箭獲得的平均推力為500N,故AB錯(cuò)誤；

CD.燃?xì)鈬娚淝昂螅鸺腿細(xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

O=（M-"I氣）?丫箭一"I氣V氣

解得火箭的速度大小

V-=-----=1OmZs

小M-m氣

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

3.如圖所示，理想變壓器原線(xiàn)圈與矩形線(xiàn)圈外Cd組成閉合電路，副線(xiàn)圈接有定值電阻4和滑動(dòng)變

阻器R2。線(xiàn)圈必Cd在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的反邊勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁場(chǎng)只分布在機(jī)?邊的左側(cè),

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于紙面向里。線(xiàn)圈的面積為S,角速度大小為0,匝數(shù)為M

其電阻忽略不計(jì)，圖中各電表均為理想電表。開(kāi)關(guān)閉合后，下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，電流表A的示數(shù)變小

B.在線(xiàn)圈Hcd的轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)其磁通量的最大值為NBS

C.當(dāng)變壓器原線(xiàn)圈的滑片向下滑動(dòng)時(shí).，電壓表V的示數(shù)變小

D.若線(xiàn)圈MCd轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小變?yōu)?。，則變壓器原線(xiàn)圈電壓的有效值為N3S。

【答案】D

【解析】A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，電路的總電阻減小，電壓不變，電流變大，電流表

A的示數(shù)變大，A錯(cuò)誤；

B.磁通量與線(xiàn)圈的匝數(shù)無(wú)關(guān)，在線(xiàn)圈Hcd的轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)圈磁通量的最大值為85,B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)變壓器原線(xiàn)圈的滑片向下滑動(dòng)時(shí)，原線(xiàn)圈匝數(shù)減小，副線(xiàn)圈的電壓變大，電壓表V的示數(shù)變

大，C錯(cuò)誤；

D.若線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為線(xiàn)圈轉(zhuǎn)動(dòng)一周只有半周在磁場(chǎng)中發(fā)生電磁感應(yīng)，產(chǎn)生的交流電

為正弦交流電（全波波形）的每個(gè)周期有半個(gè)周期存在電動(dòng)勢(shì)（半波波形），設(shè)輸入電壓的有效值為

U,電動(dòng)勢(shì)最大值為

Urn=Em=NBSS

則

因此電壓有效值為

,,NBSe

U=-------

2

當(dāng)角速度大小變?yōu)?。時(shí)，變壓器原線(xiàn)圈電壓的有效值為NBSry,D正確。

故選D。

4.一個(gè)物體的速度-時(shí)間圖像如圖如示，則（）

nV/m.s-1

O；iZz-j------L2------3~

A.物體的速度方向在2s末改變

B.物體在前3s內(nèi)的平均度速度為4π√s

C.物體在前2s內(nèi)的加速度大于第3s內(nèi)的加速度

D.物體在前2s和第3s的平均速度之比為1：1

【答案】D

【解析】A.物體前3s內(nèi)的速度一直為正值，速度方向一直向正方向，方向沒(méi)有發(fā)生改變，A錯(cuò)誤;

B.面積表示位移，物體在前3s內(nèi)的平均度速度為

3C×4.×-I

V=-------—m/s=2m∕s

3

B錯(cuò)誤；

C.物體在前2s內(nèi)的加速度大小為

4—0.2?,2

a.=-----m/s-=2m∕s~

12-0

第3s內(nèi)的加速度大小為

4—0.2,2

a、=------m/s=4λm∕s

~3-2

物體在前2s內(nèi)的加速度小于第3s內(nèi)的加速度，C錯(cuò)誤；

D.物體在前2s的平均速度為

_0+4/C/

V=------m/s=2m∕s

12

第3s的平均速度為

_4+0

%=------?n/s=2m/s

22

物體在前2s和第3s的平均速度之比為1：1,D正確。

故選D。

5.在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后，仍以原來(lái)的速度拋出，考

慮地磁場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法正確的是（）

西一*

XX×××

△

×X

X；、X

ab

A.無(wú)論小球帶何種電荷，小球仍會(huì)落在a點(diǎn)

B.無(wú)論小球帶何種電荷，小球下落時(shí)間都會(huì)延長(zhǎng)

C.若小球帶負(fù)電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)

D.若小球帶正電荷，小球會(huì)落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)

【答案】D

【解析】若小球帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向左向下方的洛倫茲力，這樣小球偏折更厲

害，會(huì)落在a的左側(cè)

若小球帶正電荷，根據(jù)左手定則知道小球受斜向右上方的洛倫茲力，這樣小球會(huì)飛的更遠(yuǎn)，落在更

遠(yuǎn)的b點(diǎn)

故應(yīng)該選D

二、不定項(xiàng)選擇題（每小題5分，共15分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，

全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）

6.用如圖①所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。閉合電鍵S,用頻率為Iz的光照射光電管時(shí)發(fā)生了光電

效應(yīng)。圖②是該光電管發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的最大初動(dòng)能線(xiàn)與入射光頻率U的關(guān)系圖像，圖線(xiàn)與

縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0,—a）,與橫軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（6,0）。圖③是三種光電流與電壓之間的關(guān)系

曲線(xiàn)（甲光、乙光、丙光），下列說(shuō)法中正確的是（)

h=-

A.普朗克常量為b

B.甲光頻率與丙光頻率相同，但甲光比丙光的照射強(qiáng)度大

C.在真空中，甲光波長(zhǎng)比乙光波長(zhǎng)短

D.圖③中乙光光電流大于甲光光電流的那部分實(shí)驗(yàn)，與之對(duì)應(yīng)的圖①中滑片P位置應(yīng)該在。點(diǎn)右

側(cè)

【答案】AB

【解析】A.根據(jù)題意，由光電效應(yīng)方程有

Ev=hv-W0

結(jié)合圖②可得

h=~b,wo=a,vo=h

故A正確；

BC.根據(jù)題意，由動(dòng)能定理有

qUc=Ek=Iw-Wil

由圖③可知，甲光和丙光的截止電壓相等小于乙光的截止電壓，則三色光的頻率關(guān)系為

?t∣=??<丫乙

λ=-

根據(jù)公式U可得，三色光的波長(zhǎng)關(guān)系為

Λ∣ι=4如>%

由圖③可知，甲光的飽和電流大于丙光，則甲光光照強(qiáng)度大于丙光，故C錯(cuò)誤，B正確；

D.圖③中乙光光電流大于甲光光電流的那部分實(shí)驗(yàn)，光電管兩端接的反向電壓，則對(duì)圖①中滑片P

位置應(yīng)該在O點(diǎn)左側(cè)，故D錯(cuò)誤。

故選AB?

7.如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直墻上，初始時(shí)處于自然狀態(tài)，右端在P點(diǎn)，某時(shí)刻一質(zhì)量

為Iokg的物塊A以一定初速度向左滑向輕彈簧，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至彈簧壓縮至最短的過(guò)程中，物塊速度

平方隨位移的變化規(guī)律如圖乙所示，已知彈簧勁度系數(shù)為4=15()N∕m,取重力加速度g=l°m?2,

以下說(shuō)法正確的是()

A.物塊A與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B.此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為75J

C.物塊A向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度先減小后不變D.物塊A最終停在出發(fā)點(diǎn)

【答案】BD

【解析】A.山勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與速度的關(guān)系

22

V-v0=2αx

對(duì)比題圖乙可知，物塊運(yùn)動(dòng)前2m過(guò)程做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，IA尤圖線(xiàn)的斜率

f=但=-5

2

由牛頓第二定律知物塊的加速度

a="g

解得

μ=0.25

故A錯(cuò)誤；

B.由題圖乙可知，物塊的初速度

v0=?/?θm/s

向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為

x1=3m

故彈簧的最大彈性勢(shì)能為

I2

emv

p=^o-WngXI=75J

故B正確；

C.物塊在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，初始時(shí)彈簧彈力最大且大于物塊所受摩擦力，然后彈簧彈力逐漸減小

到零，則物塊的加速度先逐漸減小，減到零后再逐漸增大，最后不變，故C錯(cuò)誤；

D.物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

2

-μmgxl-Ep=--mv0

物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有

,

Ep-μmgx=O

解得

√=x1=3m

故D正確。

故選BD。

8.如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為2”的平行金屬板P、Q,兩板間距為4,兩板間加上如

圖乙所示最大值為UO的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自Z=O時(shí)刻開(kāi)始

連續(xù)釋放初速度大小為V。，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，Uo時(shí)刻釋放的粒子恰好從。板右

T=—

側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)，已知電場(chǎng)變化周期％,粒子質(zhì)量為，"，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力，則

()

"UpQ

P

甲乙

A.在/=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為VO

絲i

B.粒子的電荷量為24

=

t-T—777VΛ

C.在8時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能減少了8

I=-T

D.在4時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)

【答案】AD

【解析】A.粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則f=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)

間

2d

t=—

%

此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一個(gè)周期,

粒子的豎直速度為零，故粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度小,選項(xiàng)A正確；

Td_

B.在豎直方向，粒子在萬(wàn)時(shí)間內(nèi)的位移為萬(wàn)，則

d=U°q￡y

22dmv0

計(jì)算得出

2

q=些

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.在‘一W時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移為

d=2×ia（-T）2-2×iβ（?=-

28282

故電場(chǎng)力做功為

W=號(hào)j=；UM=g'"%2

選項(xiàng)C錯(cuò)誤：

D.一1時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)了，然后向下減速運(yùn)動(dòng)工，再向上加速彳，

向上減速彳，由對(duì)稱(chēng)可以知道，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)，選項(xiàng)

D正確。

故選ADo

9.（12分）實(shí)驗(yàn)題

（1）某同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證“力的平行四邊形定則”。彈簧測(cè)力計(jì)A掛于固定點(diǎn)P,下

端用細(xì)線(xiàn)掛一重物M。彈簧測(cè)力計(jì)B的一端用細(xì)線(xiàn)系于O點(diǎn)，手持另一端水平向左拉，使結(jié)點(diǎn)0

靜止在某位置。分別讀出彈簧測(cè)力計(jì)A和B的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄0點(diǎn)的位置

和細(xì)繩的方向。

①本實(shí)驗(yàn)采用的科學(xué)方法是（填字母代號(hào)）

A.理想實(shí)驗(yàn)法B.等效替代法

C.控制變量法D.建立物理模型法

②下列不必要的實(shí)驗(yàn)要求是（填選項(xiàng)前的字母）；

A.改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，每次都要使。點(diǎn)靜止在同一位置

B.彈簧測(cè)力計(jì)應(yīng)在使用前校零

C.細(xì)線(xiàn)方向應(yīng)與木板平面平行

D.應(yīng)測(cè)量重物M所受的重力

③從08水平開(kāi)始，保持彈簧測(cè)力計(jì)A和B的夾角及。點(diǎn)位置不變，使彈簧測(cè)力計(jì)A和B均逆時(shí)

針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至彈簧測(cè)力計(jì)A豎直，則在整個(gè)過(guò)程中關(guān)于彈簧測(cè)力計(jì)A和B的讀數(shù)變化情況是

（填選項(xiàng)前的字母）。

A.A增大，B減小

B.A減小，B減小

C.A增大，B先增大后減小

D.A增大，B先增大后減小

（2）某同學(xué)用伏安法測(cè)定待測(cè)電阻尺的阻值（約為IOkC）,除了此、開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線(xiàn)外，還有下列

器材供選用：

A.電壓表（量程O(píng)~1V,內(nèi)阻約IOkC）

B.電壓表（量程0~10V,內(nèi)阻約IookC）

C.電流表（量程0~lmA,內(nèi)阻約30。）

D.電流表（量程0~0.6A,內(nèi)阻約0.05Ω）

E.電源（電動(dòng)勢(shì)1.5V,額定電流0.5A,內(nèi)阻不計(jì)）

F.電源（電動(dòng)勢(shì)12V,額定電流2A,內(nèi)阻不計(jì)）

G.滑動(dòng)變阻器&（阻值范圍0~10C,額定電流2A）

①為使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，電壓表選用,電流表選用,電源選用，

（均填器材前的字母代號(hào)）；

②在虛線(xiàn)框內(nèi)畫(huà)出測(cè)量尺阻值的實(shí)驗(yàn)電路圖;

③該同學(xué)選擇器材、連接電路和操作均正確，從實(shí)驗(yàn)原理上看，待測(cè)電阻測(cè)量值會(huì)其真

實(shí)值（填“大于”“小于”或“等于”）。

R

【答案】（1）①B②A③B；（2）①BC

③大于

【解析】（1）①本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證平行四邊形定則，每次兩根彈簧測(cè)力計(jì)的合力都要平衡重物的重

力，采用的是等效替代法；故選B。

②A.改變拉力，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，無(wú)論。點(diǎn)位置如何，M。段細(xì)線(xiàn)對(duì)。點(diǎn)拉力的作用效果始終不變,

所以不需要每次都要使。點(diǎn)靜止在同一位置，故A不必要；

B.彈簧測(cè)力計(jì)應(yīng)在使用前校零，以減小測(cè)量誤差，故B必要；

C.細(xì)線(xiàn)方向應(yīng)與木板平面平行，使實(shí)際力的平行四邊形與白紙上所作的力的平行四邊形平行，以

減小誤差，故C必要；

D.OA和OB兩段細(xì)線(xiàn)對(duì)O點(diǎn)拉力的合力與M的重力平衡，實(shí)驗(yàn)中需要對(duì)比合力的理論值（通過(guò)

平行四邊形定則所作的合力的圖示）與實(shí)驗(yàn)值（與M重力平衡的力的圖示），因此應(yīng)測(cè)量重物M所

受的重力，故D必要。

本題選不必要的，故選A。

③由題意，根據(jù)平衡條件可知，。點(diǎn)所受三個(gè)拉力組成首尾相接的矢量三角形，如圖所示，根據(jù)正

弦定理有

?????

sinβsin/Sina

在使彈簧測(cè)力計(jì)A和B均逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至彈簧測(cè)力計(jì)A豎直的整個(gè)過(guò)程中，由于保持彈簧測(cè)力

計(jì)A和B的夾角及O點(diǎn)位置不變，所以尸不變，a減小，y從90。開(kāi)始增大，根據(jù)三角函數(shù)知識(shí)可

知FA和FB都減小。

故選B。

FB

（2）①若選用電源1.5V,電路中的最大電流

-^-A=O.15mA

IOO(X)

電流太小，不利于實(shí)驗(yàn)，所以即電源選用12V的，即F：則電壓表就應(yīng)該選取B；選用12V的電源

后，電路中的最大電流為

12

=-----A=1.2mA

m10000

故選用電流表C；

②因?yàn)榛瑒?dòng)變阻器的最大阻值只有10C,所以若采用限流接法，則電路中電流和電壓變化不明顯,

故采用滑動(dòng)變阻器的分壓接法，由于

RVR

-<^-

RXRA

電路圖如圖所示

③由于電流表的分壓，導(dǎo)致電壓測(cè)量值偏大，而電流準(zhǔn)確，根據(jù)

可知測(cè)量值偏大。

10.（14分）在光滑絕緣的水平面上，長(zhǎng)為"的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的兩端各連接一個(gè)質(zhì)量均為根的帶

電小球A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）組成一個(gè)帶電系統(tǒng)，球A所帶的電荷量為+2q,球B所帶的電荷量

為-3q。現(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域MNPQ內(nèi)，已知虛線(xiàn)MN位于細(xì)桿的中垂線(xiàn)，MN

和PQ的距離為4乙，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜

止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不考慮其它因素的影響。求:

（1）釋放帶電系統(tǒng)的瞬間，兩小球加速度的大小;

（2）帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間;

（3）帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B球電勢(shì)能增加的最大值。

MP

a=毀心等

【答案】(1)m；(2)Y3；(3)AEp=6EqL

【解析】(1)對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律

EIq=2ιna

得出兩小球加速度

aM

In

(2)系統(tǒng)向右加速運(yùn)動(dòng)階段

L=—citf

2

解得

此時(shí)B球剛剛進(jìn)入MN,系統(tǒng)的速度

v=at∣

假設(shè)小球A不會(huì)出電場(chǎng)區(qū)域，系統(tǒng)向右減速運(yùn)動(dòng)階段

-3Eq+2Eq-2ma'

加速度

L=-旦

2m

減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間

/,￡=2修

減速運(yùn)動(dòng)的距離

1=紀(jì)工2工

2d

可知小球A恰好運(yùn)動(dòng)到PQ邊界時(shí)速度減為零，假設(shè)成立。

所以帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間

（3）B球在電場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)的最大距離

X-IL

進(jìn)而求出B球電勢(shì)能增加的最大值

∕?Ep=-Wn=6EqL

11.（15分）如圖所示，水平傳送帶左端A處與傾角為6=30°的光滑斜面平滑連接，右端8處與

一水平面平滑連接，水平面上有一固定豎直擋板，擋板左側(cè)與一輕彈簧連接，彈簧處于自然狀態(tài)，

彈簧左端剛好處在水平面上的C點(diǎn)，斜面長(zhǎng)為±=2?5m,傳送帶長(zhǎng)L=4.5m。BC段長(zhǎng)*2=05m,

傳送帶以速度V=Im/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一質(zhì)量為機(jī)=2kg的物塊從斜面頂端由靜止釋放，己知物塊與傳

送帶間及水平面BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為必=°」，"2=°?35,水平面C點(diǎn)右側(cè)光滑，重力加速度

取g=10m∕s2,求：

（1）物塊滑到斜面底端的速度大?。?/p>

（2）彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；

（3）物塊第三次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

（4）物塊與傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量。

【答案】（1）5m/s；（2）12.5J；（3）lm/s；（4）23J

【解析】（D設(shè)物塊滑到斜面底端的速度為匕，根據(jù)機(jī)械能守恒有

mgx、Sine=；

解得

vl=5m/s

（2）由于W>”,因此物塊滑上傳送帶后開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小

a=Mg=lm∕s2

設(shè)物塊在傳送帶上先減速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)，則減速運(yùn)動(dòng)的位移

22

?x=————=12m

2a

由于Δr>L,因此假設(shè)不成立，物塊在傳送帶上?直做勻減速運(yùn)動(dòng)

根據(jù)功能關(guān)系

Ep??mvf一〃jngL-μ2tngx2=12.5J

（3）設(shè)物塊第二次到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為匕，根據(jù)功能關(guān)系

τ7j12

EP-NngL-μ2mgx2=-mv3

解得

%=°

即物體到達(dá)到A點(diǎn)時(shí)，速度減為零，在傳送帶的帶動(dòng)下又向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體與傳送帶剛好

共速時(shí)發(fā)生的位移

X=上=0.5m

2a

因此物塊第三次在傳送帶上先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，第三次到8點(diǎn)的速度為v=lm∕s

（4）設(shè)第一次在傳送帶上滑動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為工,則有

12

Lr=v^~2at]

則第一次在傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量

Q?=Wng(L-Vtl)

聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得

Q=7J

設(shè)物塊第二次到8點(diǎn)時(shí)速度為匕，第二次在傳送帶上滑動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為‘2,根據(jù)功能關(guān)系

?1，

Ev-μ2mgx2=-mv-

解得

v2=3m/s

則

f,=口=3s

a

第二次在傳送帶上由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量

Qt=μtmg(L+vt2)=?5J

設(shè)物塊第三次在傳送帶上相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為A,則

V

「3=—=1IS

a

則第三次在傳送帶上由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量

Q3=μlmg(Vt3-X)=U

由于

2

—mv=iJ<ju2mg×2X2=7J

因此物塊不會(huì)第四次滑上傳送帶，故物塊與傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量

Q=Q+2+03=23J

12.（18分）如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ互相平行，它們所在的平面跟水平面

成e角，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)兩導(dǎo)軌的頂端M和P用阻值為R電阻相連，在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放一

質(zhì)量為機(jī)，電阻為r的導(dǎo)體棒而，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌連接良好，其余電阻不計(jì)，水平虛線(xiàn)C