2023年高考第三次模拟考试卷-物理（北京A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-物理（北京A卷）（全解全析），共19页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
我国研制的055新型防空驱逐舰采用“双波段雷达”系统。雷达发射X波段电磁波频率为8~12GHz，S波段电磁波频率为2~4GHz。与S波段相比，X波段的电磁波（ ）
A．在空气中的波长更短B．在空气中传播速度更大
C．衍射更明显D．光子能量更小
【答案】A
【详解】A．根据波长与频率关系λ=cf，可知频率大对应的波长小，故X波段的电磁波在空气中的波长更短，A正确；
B．不同频率的电磁波在空气中传播速度相同，B错误；
C．发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长接近或者小于波长，因X波段的电磁波的波长更短，则X波段的电磁波更不容易发生衍射，C错误；
D．根据光子能量表达式E=hν，可知频率大对应的光子能量大，则X波段的电磁波的光子能量更大，D错误；故选A。
图1为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点：图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动
B．从t=0.10s到t=0.25s，质点Q通过的路程为30cm
C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了8m
D．在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向
【答案】B
【详解】A．图2为质点Q的振动图像，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向y轴负方向运动，故A错误；
B．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为Δt=0.15s=34T，由于t=0.10s时刻质点Q在平衡位置处，所以质点Q通过的路程s=34×4A=30cm，故B正确；
D．在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，此时质点P正向y轴正方向运动。从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为Δt=0.15s=34T，则在t=0.25s时，质点P位移为负，加速度方向与y轴正方向相同，故D错误；
C．由图1知波长λ=8m，则波速为v=λT=80.2m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为Δt=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx=vΔt=40×0.15m=6m，故C错误。故选B。
如图是某交流发电机的示意图。当线圈abcd绕垂直于匀强磁场方向的转轴OO＇匀速转动时，电路中产生电流的最大值为Im，外电路的电阻为R。图示位置线圈平面与磁场方向垂直。已知线圈转动的周期为T。下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置，穿过线圈的磁通量的变化率为零
B．在图示位置，线圈中的电流方向为a→b→c→d
C．在一个周期内，外电路产生的焦耳热为Im2RT
D．从图示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imcs2πTt
【答案】A
【详解】AB．图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小且为零，电流最小也为零，故A正确，B错误；
C．电路中电流的有效值为I=Im2，在一个周期内，外电路产生的焦耳热为Q=I2RT=12Im2RT，故C错误；
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imsin2πTt，故D错误。故选A。
如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动。当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道II或III。轨道I、II和III均与地球赤道面共面。变更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道III运动
B．卫星经过M点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
【答案】B
【详解】A．卫星运动到M点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨道II运动，A错误；
B．卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，在轨道I的半径大于近地轨道的半径，根据GMmr2=mv2r
得v=GMr，可知，卫星经过M点时的速度小于7.9km/s，B正确；
C．根据GMmr2=ma，得a=GMr2，由于M点离地球的距离不变，卫星经过M点时的加速度大小不变，C错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II的半长轴小于轨道I的半径，故从轨道I变到轨道II，卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。故选B。
空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P为正电荷。P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间电势差相等，a、b、c、d为电场中的4个点。下列说法正确的是（ ）
A．P、Q两点处的电荷带同种电荷
B．c点与d点场强方向相同，a点电场强度大于b点电场强度
C．a点电势高于b点电势，c点电势等于d点电势
D．电子在a点电势能比在b点的电势能大
【答案】C
【详解】A．由等势面与电场线垂直的关系可知，PQ连线为一条电场线，可知P、Q两点处的电荷带异种电荷，故A错误；
B．c点与d点场强方向相同为水平向右，a点电场强度小于b点电场强度，故B错误；
C．电场线从高电势面指向低电势面，所以a点电势高于b点电势，c点电势等于d点电势，故C正确；
D．a点电势高于b点电势，由Ep=φq可知电子在a点电势能比在b点的电势能小，故D错误。故选C。
关于分子动理论，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
B．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的折线图，表明该花粉颗粒在每段时间内做直线运动
C．图丙为分子力F与其间距r的图像，分子间距从r0开始增大时，分子力先变小后变大
D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线②对应的温度较高
【答案】D
【详解】A．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先撒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，否则很难形成单分子油膜，故A错误；
B．图中的折线是炭粒在不同时刻的位置的连线，并不是固体小颗粒的运动轨迹，也不是分子的运动轨迹，由图可以看出小炭粒在不停地做无规则运动，故B错误；
C．根据分子力与分子间距的关系图，可知分子间距从r0增大时，分子力表现为引力，分子力先变大后变小，故C错误；
D．由图可知，②中速率大分子占据的比例较大，则说明②对应的平均动能较大，故②对应的温度较高，即T1＜T2，故D正确。故选D。
某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C．开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D．根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
【答案】D
【详解】AB．开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等；故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B错误；
C．开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小的作用，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定的时候，流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C错误；
D．开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律知u1=E2，电路稳定后，流过D3的电流为I=12⋅E32R=E3R，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大电流，故其两端电压为u2=I⋅2R=2E3，所以u1u2=34，故可以推算出图乙中u1与u2的比值，D正确。故选D。
如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的支持力大小为F=BILcsθ
B．金属棒受到的摩擦力大小为Ff=BILcsθ
C．若只改变电流方向，金属棒受到的摩擦力将增大
D．若只增大磁感应强度B，金属棒对导轨的压力将减小
【答案】D
【详解】ABD．金属棒受力如图所示，根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为F安=BIL，根据平衡条件得Ff=BILsinθ，F=mg−BILcsθ，若只增大磁感应强度B后，由上式可得金属棒对导轨的压力将减小，故AB错误，D正确；
C．改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，根据平衡条件则有F'f=BILsinθ，金属棒对导轨的摩擦力的大小不变，故C错误。故选D。
如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和知槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上。可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10。标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么下列说法中正确的是（ ）
A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少
B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值
C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上
【答案】D
【详解】A．转动手柄1的快慢会影响小球做圆周运动的角速度大小，从而影响向心力大小，则会影响露出标尺的多少，选项A错误；
B．因变速塔轮转动的角速度比值是一定的，则当转动手柄1的快慢时，两球转动的角速度比值一定，则两球所受向心力的比值一定，即转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，选项B错误；
C．如果保证两小球角速度相同，皮带应该套在变速塔轮2和3上的相同圆盘上，选项C错误；
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上，选项D正确。故选D。
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，电容器极板带电量为Q，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为θ。下列判断正确的是（ ）
A．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则θ角将减小
B．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，则电容器带电量Q将减小
C．若只将电容器M极板靠近N极板，则θ角将增大
D．若只将电容器M极板靠近N极板，则电容器电量Q不变
【答案】C
【详解】小球处于平衡状态可知，Eq=mgtanθ
AB．若只将变阻器滑片P缓慢地向b端移动，两极板之间的电压增大，根据匀强电场电场强度与电势差关系E=Ud，可知电场强度增大，故则θ角将增大；电容器的带电荷量为Q=CU，可知电容器带电量Q将增大，故AB错误；
CD．若只将电容器M极板靠近N极板，根据匀强电场电场强度与电势差关系E=Ud，可知减小极板间的距离，电场强度增大，故则θ角将增大；根据平行板电容器的决定式C=εS4kπd，可知减小极板间的距离，电容器的电容增大，电容器带电荷量为Q=CU，可知电容器带电量Q将增大，故C正确，D错误。故选C。
如图所示，某同学设计了一个加速度计：较重的滑块可以在光滑的框架中平移，滑块两侧用两劲度系数相同的轻弹簧与框架连接；R为变阻器，轻质滑动片与变阻器接触良好；两个电池的电动势均恒为E，内阻不计。按图连接电路后，将电压表指针的零点调到表盘中央，此时两弹簧均为原长，滑动片恰好在电阻中间位置。已知滑动片与电阻器任一端之间的电阻值都与其到这端的距离成正比，当a端的电势高于b端时电压表的指针向零点右侧偏转。将框架固定在运动的物体上，物体沿弹簧方向运动。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数指向零点，说明物体一定做匀速直线运动
B．电压表向右偏且示数不变，说明物体一定向左做匀加速直线运动
C．电压表向左偏且示数增大，说明物体加速度一定向右且增大
D．电压表示数增大了一倍，说明物体的加速度变为原来的一半
【答案】C
【详解】A．因为两个电池的电动势均恒为E，内阻不计，所以滑动片在变阻器的中间位置时，φa=φb，电压表示数指向零点，则滑块受到的合力为0，所以滑块处于静止或匀速直线运动状态，故A错误；
B．电压表向右偏，则表明φa>φb，又因示数不变，则表明滑动片处在电阻偏右的某个位置，此时滑块所受合力向左，即加速度向左，所以物体可能向左匀加速直线运动或者向右匀减速直线运动，故B错误；
C．电压表向左偏，表明φa<φb，因示数增大，则表明滑动片在电阻偏左的部分不断向左移动，此时滑块所受合力向右且增大，所以物体加速度一定向右且增大，故C正确；
D．设滑块偏离中间位置x距离时，设电阻器总长度为L，单位长度的电阻为r，则流过电阻器的电流为I=2ELr，电压表的示数为U=Ixr，由牛顿第二定律得2kx=ma，由以上各式解得U=mEkLa，所以电压表示数与加速度成正比，故D错误。故选C。
如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为+q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑。已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为ℎ。金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则（ ）
A．金属块从斜面顶端滑到底端过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动
B．金属块从斜面顶端滑到底端过程中，机械能增加了qEℎ
C．金属块从斜面顶端滑到底端过程中，机械能增加了12mv2−mgℎ
D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动
【答案】C
【详解】A．对金属块进行受力分析可得，竖直方向有Bqv+FN=(mg+Eq)csθ，沿斜面方向有(mg+Eq)sinθ−μFN=ma，分析可得当速度增大时，FN减小，可得加速度逐渐增大，A错误；
B．金属块从斜面顶端滑到底端过程中，电场力做正功为qEh，摩擦力做负功，所以可得机械能的增加量小于qEh，B错误；
C．金属块从斜面顶端滑到底端过程中，重力势能减小了mgh，动能增加了12mv2，所以机械能增加了12mv2−mgh，C正确；
D．离开斜面后，金属块受到竖直向下的重力和电场力以及与速度方向垂直的洛伦兹力，所以不可能做匀速圆周运动，D错误。故选C。
电梯、汽车等交通工具在加速时会使乘客产生不适感，其中不适感的程度可用“急动度”来描述。急动度是描述加速度变化快慢的物理量，即j=ΔaΔt。汽车工程师用急动度作为评判乘客不舒适程度的指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客，感觉较舒适。图为某汽车加速过程的急动度j随时间t 的变化规律。下列说法正确的是（ ）
A．在0~5.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
B．在5.0~10.0s时间内，汽车做匀加速直线运动
C．在0~5.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为2.0m/s2
D．在5.0~10.0s时间内，乘客感觉较舒适
【答案】C
【详解】AB．由急动度的的物理意义可知，在0~5.0s时间内，急动度增加，加速度逐渐增加的变快，在5.0~10.0s时间内，急动度不变，则加速度均匀增加，故AB错误；
C．由急动度的的物理意义可知，图像的面积代表加速度的变化量，在0~5.0s时间内，汽车加速度的变化量大小为12×0.8×5m/s2=2.0m/s2，故C正确；
D．急动度越小乘客越舒适，在0~5.0s时间内急动度较小，乘客感觉较舒适，故D错误。故选C。
有人做过这样一个实验∶将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是∶磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。根据以上材料可知（ ）
A．超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流
B．超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流
C．将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
【答案】C
【详解】A．由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故A错误；
B．超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，但由材料无法确定感应电流是否恒定，故B错误；
C．由材料可知，将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；
D．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。故选C。
二、第二部分：本部分共6题，共58分。
物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。例如：
（1）实验仪器。在“练习使用多用表”实验时，某同学用多用表的电阻“×10”档测定值电阻阻值，表盘的示数如图所示，则该阻值R=__________ Ω。
（2）在“多用电表的使用”实验中，某同学进行了如下操作和思考。利用多用电表测量未知电阻．用电阻挡“×100”测量时发现指针示数如图所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为________（填写选项前的字母）；
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”
（3）数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做出的光路图如图所示。O为圆心，已知AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，则此玻璃砖的折射率可表示为________。
（4）用如图所示的实验装置观察双缝干涉图样，用绿色滤光片时从目镜中可以看到绿色的干涉条纹。在其他条件不变的情况下，下列操作可以使条纹间距变大的是( )
A．换成红色滤光片B．换成缝宽更大的单缝
C．换成双缝间距更大的双缝D．换成更短的遮光筒
【答案】（1）180（2）BDC（3）l3l1（4）A
【详解】（1）欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，如图欧姆表读数为R=18.0×10Ω=180Ω
（2）欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为BDC；
（3）如图设圆的半径为R，入射角为i，折射角为r，由几何关系可得sini=l1R，sinr=l3R，所以折射率为n=sinisinr=l3l1
（4）A．根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，因红光的波长比绿光长，故换成红色滤光片可以使条纹间距变大，故A正确；
B．根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，可知条纹间距与单缝的宽窄无关，换成双缝间距更大的双缝，则条纹间距变小，换成更短的遮光筒，则条纹间距变小，故BCD错误；故选A。、
两位同学做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）小红采用如图甲所示的实验装置。
①在实验过程中，下列说法正确的是______；
A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B．打点计时器、天平和刻度尺是实验中必须使用的仪器
C．纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
D．重物的密度大小不影响实验结果
②在一次实验中，重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为ℎC、ℎD、ℎE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为______，动能增加量为______。（用上述测量量和已知量的符号表示）实验结果发现物体的重力势能减小量ΔEp略大于动能增加量ΔEk这是因为______。
（2）小明同学采用如图丙所示的实验装置。实验前，将气垫导轨调至水平，测出挡光条的宽度为d，并将滑块移到图示位置，测出挡光条到光电门的距离为l。释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t。多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点开始滑动，测量相应的l与t值，他观察到1t2−l图线是一条过原点的直线，于是就判断实验中系统的机械能守恒。你是否同意他的观点？请说明理由；若不同意，还需说明要测量的物理量______。
【答案】（1）① AC②mghD；mhE−hC28T2；摩擦阻力和空气阻力做负功，使得机械能减小
（2）不同意。设滑块和挡光条的总质量为M，砝码和托盘的总质量为m，挡光条的宽度为d，若机械能守恒，有：12M+mdt2=mgl，可得1t2=2mgM+md2l，需要验证图丁中的斜率是否等于2mgM+md2，还需要测量M、m、d。
【详解】（1）①[1]A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带，选项A正确；
B.打点计时器、刻度尺是实验中必须使用的仪器，但是不需要天平，选项B错误；
C.纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，以减小纸带与限位孔间的摩擦，选项C正确；
D.实验中要选择密度较大的重物，以减小空气阻力的影响，选项D错误。故选AC。
②[2]从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能变化量为ΔEP=mghD
[3]打D点时的速度vD=hE−hC2T，动能增加量为ΔEk=12mvD2=mhE−hC28T2
[4]实验结果发现物体的重力势能减小量ΔEp略大于动能增加量ΔEk这是因为摩擦阻力和空气阻力做负功，使得机械能减小。
（2）[5]不同意。设滑块和挡光条的总质量为M，砝码和托盘的总质量为m，挡光条的宽度为d，若机械能守恒，有12M+mdt2=mgl，可得1t2=2mgM+md2l，需要验证图丁中的斜率是否等于2mgM+md2，还需要测量M、m、d。
如图所示，物块A从光滑轨道上的某一位置由静止释放，沿着轨道下滑后与静止在轨道水平段末端的物块B发生碰撞（轨道转弯处为光滑圆弧，物块A在圆弧处无能量损失），碰后两物块粘在一起沿水平方向飞出。已知物块A、B的质量均为m=0.10kg，物块A的释放点距离轨道末端的高度ℎ1=0.20m，轨道末端距离水平地面的高度ℎ2=0.45m，重力加速度g取10m/s2.求：
（1）两物块碰撞之前瞬间物块A的速度大小v1；
（2）两物块碰后粘在一起的速度大小v2；
（3）两物块落地点到轨道末端的水平距离x。
【答案】（1）2ms；（2）1ms；（3）0.3m
【详解】（1）由机械能守恒定律mgh1=12mv12解得，v1=2m/s
（2）由动量守恒定律m1v1=(m1+m2)v2，解得v2=1m/s
（3）物块做平抛运动，则h2=12gt2，x=v2t，解得x=0.3m
离子注入是芯片制造中的一道重要工序，简化的注入过程原理如图所示。静止于A处的离子质量为m，电荷量为q经电压为U的电场加速后，沿图中圆弧虚线通过磁分析器，然后从M点垂直CD进入矩形CDQS有界匀强电场中，最后恰好打在Q点。已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；匀强电场沿水平方向，DQ=d，MD=2d。整个装置处于真空中，离子重力不计。
（1）在图中标出匀强电场的场强方向，并简要说明判断依据；
（2）求离子在此分析器中轨迹的半径R；
（3）求矩形区域内匀强电场场强大小E。
【答案】（1）匀强电场的场强方向向左，图见解析。（2）1B2Umq（3）8Ud
【详解】（1）由题可知，离子经过磁分析器的过程中用左手定则可知，离子带正电；当离子进入匀强电场后打在Q点，说明离子受力方向向左，故可判断匀强电场的场强方向向左。如图所示
（2）离子先经过加速电场加速，则qU=12mv2，v=2qUm
在磁分析器中，离子做匀速圆周运动Bqv=mv2R，联立解得R=1B2Umq
（3）当离子进入匀强电场后做类平抛运动，由题可知d=vt，2d=12Eqmt2，解得E=8Ud。
经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做匀速圆周运动。已知氢原子核的电荷量为+e，电子电荷量为−e，质量为m，静电力常量为k。电子绕核旋转的两个可能轨道S1、S2到氢原子核的距离分别为r1、r2，
（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导出S1轨道处场强表达式；
（2）若电子在S1轨道上顺时针运动时，可等效为环形电流，求等效电流的大小和方向；
（3）已知电荷量为Q的点电荷形成的电场中，距点电荷距离为r处的电势可以用φ=kQr表示。若电子分别在轨道S1、S2上做匀速圆周运动时，氢原子核与电子组成的系统具有的总能量分别为E1、E2，求E1:E2。（结果用已知量表示）
【答案】（1）E=ker12；（2）I=e22πr1kmr1，逆时针方向；（3）E1:E2=r2:r1
【详解】（1）电子绕核在S1轨道旋转，则根据库仑定律可知F=ke2r12，
根据电场强度的定义式可知E=Fq，解得E=Fq=ke2r12e=ker12
（2）电子在S1轨道上顺时针运动时，，由于电子带负电，电路中规定正电荷移动的方向为电流方向，则可等效为逆时针方向的环形电流，由库仑定律和牛顿第二定律可知，ke2r12=m4π2T2r1
由电流定义可知I=eT，解得I=e22πr1kmr1
（3）在轨道S1、S2上做匀速圆周运动时，由库仑定律和牛顿第二定律可知ke2r12=mv12r1，ke2r22=mv22r2
电子动能为Ek1=12mv12=ke22r1，Ek2=12mv22=ke22r2
电子势能为Ep1=−eφ1=−ke2r1，Ep2=−eφ2=−ke2r2
氢原子核与电子组成的系统具有的总能量为E1=Ek1+Ep1=−ke22r1，E2=Ek2+Ep2=−ke22r2
则E1:E2=r2:r1。
在物理学中，研究微观物理问题时借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。
（1）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上，现给物块B一沿弹簧方向的瞬时冲量，使其以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从这一时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知A、B的质量分别为2m0和m0，求：
a.物块B在t=0时刻受到的瞬时冲量；
b.系统在之后的过程中，弹簧中储存的最大弹性势能是多少？第一次达到该值时是图乙中的哪个时刻？
（2）研究分子势能是研究物体内能的重要内容，现某同学计划在COMSOL仿真软件中对分子在分子力作用下的运动规律进行模拟，在模拟的场景中：两个质量同为m的小球A和B（可视为质点且不计重力）可以在x轴上运动，二者间具有相互作用力，将该力F随两球间距r的变化规律设置为和分子间作用力的变化规律相似，F–r关系图的局部如图丙所示，图中F为“正”表示作用力为斥力，F为“负”表示作用力为引力，图中的r0和F0都为已知量。若给两小球设置不同的约束条件和初始条件，则可以模拟不同情形下两个小球在“分子力”作用下的运动情况。
a.将小球A固定在坐标轴上x=0处，使小球B从坐标轴上无穷远处静止释放，则B会在“分子力”的作用下开始沿坐标轴向着A运动，求B运动过程中的最大速度vm；
b.将小球A和B的初始位置分别设置在x=0和x=r0，小球A的初速度为零，小球B的初速度为上一小问中的vm（沿x轴正方向），两球同时开始运动，求初始状态至两个小球相距最远时，分子力做功大小。
【答案】（1）m0v0， 13m0v02，t1；（2）.4F0r05m，−15F0r0
【详解】（1）a. 根据动量定理，得IB=m0v0
b. A和B共速时，系统弹性势能最大，由动量守恒定律得m0v0=2m0+m0v，解得v=13v0
最大弹性势能满足Ep=12m0v02−12×3m0v2，解得Ep=13m0v02，由图可知，第一次达到该值时为t1时刻。
（2）a. 当分子B到达r=r0时，速度最大，根据图像，可以用图线和横轴围成的面积求该过程分子力所做的功W=50×15F0×150.2r0=25F0r0，由动能定理得W=12mvm2−0，解得vm=4F0r05m
b. 在到达最大距离前，分子力始终做负功，分子势能增大当A和B共速时，系统分子势能最大，二者间距最大，由动量守恒定律得mvm=2mv，解得v=F0r05m，
故分子力做功大小W=12×2mv2−12mvm2=−15F0r0‍。