2023-2024学年湖南省九校联盟高三第二次联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省九校联盟高三第二次联考物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。某学习小组在探究苹果的碰伤阈值实验中，发现苹果从静止竖直跌落，在接触某材料后0.1 s减速至0，苹果刚好碰伤，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 苹果刚接触此材料时的速率约为3 m/s
B. 苹果在此材料的碰伤阈值约为20 cm
C. 苹果在此材料的碰伤阈值与苹果质量成正比
D. 苹果从静止竖直跌落到减速为0的过程中平均速度为0
2.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为飞船运行与交会对接过程示意图，椭圆轨道1为飞船对接前的运行轨道，Q点是轨道1的近地点，离地高度可忽略不计。圆形轨道2距地面高度为H，是天和核心舱的运行轨道，P点是1、2轨道的切点，也是交会点。地球半径为R，表面重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火减速
B. 天和核心舱在轨道2上的速度一定大于 gR
C. 交会对接前天和核心能的向心加速度为(RR+H)2g
D. 飞船在轨道1上与在轨道2上运动的周期之比为 (H+2R)3(H+R)3
3.静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显微镜。如图所示为其内部静电场中等差等势面的分布示意图。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹如曲线AB所示，C、D为该轨迹曲线上的两点，O点为互相垂直的对称轴MN和M′N′的交点。下列说法正确的是
A. C点的电势低于D点的电势
B. 电子在C点的电势能小于在D点的电势能
C. 电子在C点的电势能和动能之和小于在D点的电势能和动能之和
D. 电子在D点运动到B点过程中动量的变化率不变
4.氢原子的能级图如图甲所示，大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，放出频率不同的光子。其中频率最高的光照射图乙电路中光电管阴极K时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。电子的电荷量大小为e，质量为m，可见光光子的能量范围为1.62∼3.11eV，则下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子跃迁时最多可放出4种可见光
B. 从n=4跃迁到n=3能级放出光子的频率最高
C. 用图乙实验电路研究光电效应，要测遏止电压，滑片P应向b端滑动
D. 若频率最高的光子能量为E0，可求出光电管阴极K的逸出功为(E0−eU1)
5.利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度。在手机上建立了空间直角坐标系Oxyz后保持手机方位不变，且Oz始终竖直向上，如图(a)所示。电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点，如图(b)所示。EF、GH长均为1.8m且垂直平分。将手机水平贴近地面，电缆通电前将各分量调零，以消除地磁场的影响，通电后测得四点的分量数据见表，其中BxG=BxH。下列关于电缆中电流的方向和电缆距离地面的深度，判断正确的是
( )
A. 电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为1.2m
B. 电缆中电流沿平行于+y方向，电缆距离地面的深度为2.4m
C. 电缆中电流沿平行于−y方向，电缆距离地面的深度为1.2m
D. 电缆中电流沿平行于−y方向，电缆距离地面的深度为2.4m
6.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B(可视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A■B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是
( )
A. A、B组成的系统动量、机械能均守恒
B. ΔEkB，ΔEkA，Q的值可能为ΔEkB=7J，ΔEkA=2J，Q=5]
C. ΔEkB，ΔEkA，Q的值可能为ΔEkB=5J，ΔEkA=3]，Q=2J
D. 若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，绝缘细绳一端与b相连(绳与斜面平行)，另一端跨过光滑的定滑轮与带电小球M连接，定滑轮的正下方也有一带电小球N，M、N质量均为m，带电荷量大小均为q。M静止时细线与竖直方向成β角(β<90∘)，M、N处于同一水平线上。现在同一竖直面内向下方缓慢移动N，直到N移动到M位置的正下方，此过程中b、c、M始终处于静止状态。M、N均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。下列说法中正确的是
( )
A. M、N间的库仑力先增大后减小B. 绝缘细绳对M的拉力逐渐增大
C. 地面对c的摩擦力逐渐减小D. M，N间距离最大值为 kg2mgsinβ
8.如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R变，其余导线电阻不计。当R变变化时，理想电压表V的示数变化为△U，理想电流表A的示数变化为ΔI，下列说法正确的是
( )
A. R变的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小
B. R变的触头向下滑动时，电压表的示数变小
C. R变的触头向上滑动时，输电效率降低
D. |ΔUΔI|=1n2R
9.下图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体中，高频电信号(由图乙电路产生)通过压电陶瓷转换成同频率的高频声信号，发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，在节点两侧声波压力的作用下，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，该情境可等效简化为图丙所示情形，图丙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，该时刻P、Q波源产生的波形分别传到了点M(−1.5cm,0)和点N(0.5cm,0)，已知声波传播的速度为340m/s，LC振荡回路的振荡周期为T=2π LC，则下列说法正确的是
( )
A. 该超声波悬浮仪是利用干涉原理，且发出的超声波信号频率为340Hz
B. 两列波叠加稳定后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点
C. 小水珠在悬浮状态点所受声波压力的合力竖直向下
D. 要悬浮仪中的节点个数增加，可拔出图乙线圈中的铁芯
10.2022年6月17日，我国003号航母“福建舰”下水，该舰是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航母。某同学采用如图甲所示装置模拟电磁弹射，线圈可在圆柱形铁芯上无摩擦滑动，并通过电刷与导轨保持良好接触;铁芯上存在垂直于表面向外的辐向磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为B=0.1T。将开关S与1连接，恒流源输出电流使线圈向右匀加速一段时间，之后将开关S掷向2与阻值为R=4Ω的电阻相连，同时施加水平外力F，使线圈向右匀减速到零，线圈运动的v−t图像如图乙所示。已知线圈匝数n=100、质量m=0.5kg、每匝周长l=0.1m，不计线圈及导轨电阻，忽略电刷与导轨间摩擦及空气阻力，则线圈( )
A. 0∼0.2s，电流从恒流源a端流出，且电流大小为I=2500A
B. 0∼0.2s，线图所受安培力的功率不变
C. 0.2∼0.3s，水平外力F随时间t变化的关系为F=42.5+25t(N)
D. 0∼0.2s与0.2∼0.3s，通过线圈的电荷量之比为40:1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率(如图所示)。
(1)在固定的平铺的白纸上画一条直线MON，取O点为入射点并作过O点的法线;画出线段EO作为入射光线，在EO上垂直纸面插上两根大头针P1、P2;放上半圆形玻璃砖(图中实线部分)，使玻璃砖的直线边界与MN重合、底面圆心与O点重合，并记录半圆边界;在玻璃砖曲线边界一侧透过玻璃砖观察两个大头针并调整视线方向，在这一侧插上大头针P3，使P3挡住 (选填“P1、P2”或“P1、P2的像”);
(2)移去玻璃砖，画出半圆边界，连接OP3交半圆边界于B点，作入射光线的延长线交半圆边界于A点：再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点。设AC的长度为l1，CO的长度为l2，BD的长度为l3，DO的长度为l4，则玻璃砖的折射率的最简表达式为n= (用l1、l2、l3或l4表示);
(3)该同学在实验过程中，玻璃砖位置没有移动，仅仅是画半圆时半径偏大，由此测得玻璃砖的折射率将 (选填“偏大”“偏小”“不变”或“无法确定”)。
12.小朗同学要将一满偏电流Ig为500μA的微安表G改装为毫安表。他先测量出微安表G的电阻，然后对微安表进行改装，最后再利用一标准电流表，对改装后的毫安表进行检测。
(1)为测量出微安表G的电阻，小朗同学设计了如图(a)所示电路，器材如下：
A.电源E1(电动势1.5V，内阻很小)
B.电源E2(电动势6.0 V，内阻很小)
C.滑动变阻器Ra(阻值0∼2000a)
D.滑动变阻器Rb(阻值0∼15000Ω)
E.电阻箱R2(阻值0∼600Ω)
F.开关两个，导线若干
为提高测量精度，电源E和滑动变阻器R1应该选择 。
A.电源E1和滑动变阻器Ra
B.电源E2和滑动变阻器Ra
C.电源E1和滑动变阻器Rb
D.电源E2和滑动变阻器Rb
(2)该实验操作的步骤有：
A.按图(a)电路原理图连接线路;
B.将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度;
C.保持R1不变，再接通S2，调节电阻R2，使电流表G指针偏转到满刻度的一半，读出R2的阻值为400 Ω.即认为Rg=R2，用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比 (选填“偏大”或“偏小”或“相等”);
(3)若忽略实验的误差，现通过并联一个阻值为R=80 Ω的电阻把微安表改装成为一个特定量程的毫安表，则改装的电表量程为 mA;
(4)根据图(b)所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为1.6mA时，改装表的指针位置如图(c)所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的实际量程是 mA;
(5)要达到(3)的预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为 Ω的电阻即可。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，高为2H的导热汽缸的底部与体积可以忽略的透明管，相连，活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸上端与大气相通。初始时，活塞位于汽缸中部H处，竖直细管内水银柱的高度为1.2p0ρg(式中ρ为水银的密度)，水银柱的上方为一小段真空。已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g。不计活塞的厚度、与汽缸间的摩擦，不计细管内气体的体积变化，水银柱始终未进入汽缸。
(1)求活塞的质量;
(2)若在初始状态下将汽缸顶端封闭(将大气视为理想气体)，然后把整个系统置于低温环境中，稳定时测得活塞距离汽缸底部的高度为0.96H.已知初始时环境温度为T1=300K，求该低温环境的温度。
14.如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，P、A、Q1，Q2四点的坐标分别为(−2L,0)、(−L,0)、(0,L)、(0，一L)。y轴右侧存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。在界面PAQ1的上方存在竖直向下的匀强电场(未画出)，界面PAQ2的下方存在竖直向上的匀强电场(未画出)，且上下电场强度大小相等。在(−14L,0)处的C点固定一平行于y轴且长为4L3的绝缘弹性挡板MN，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板础撞前后，沿y方向分速度不变。沿x方向分速度反向，大小不变。质量为m、电量为q的带负电粒子(不计重力)从x轴上方非常靠近P点的位置以初速度v0沿x轴正方向射入电场且刚好可以过Q1点。求：
(1)电场强度的大小、到达Q1点速度的大小和方向;
(2)磁场取合适的磁感应强度，带电粒子没有与挡板发生础撞且能回到P点，求从P点射出到回到P点经历的时间;
(3)改变磁感应强度的大小，要使粒子最终能回到P点，则带电粒子最多能与挡板碰撞多少次?
15.超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车(以下简称“车”的碰撞进行了研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m=15kg，g=10m/s2。

(1)首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0=2m/s，测得该车能沿直线滑行x0=2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ;
(2)取编号为A、B的车，B车装上m0=15kg的货物后停在超市水平地面上，空车A的前端装上轻弹簧，将A车停在B车的正后方且相距x=5.5m处。现给A车施加向前的水平推力F0=75−N，作用时间t0=1s后撤除。设A车与B车间的碰撞为弹性正碰(忽略相互作用时间)，两车所在直线上没有其他车，求在A车运动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热;
(3)如图乙所示，某同学把n(n>2)辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为d=1m，用向前的水平恒力F=300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正础(碰撞时间极短)，通过计算判断，他最多能推动多少辆车?
[已知k=1nk(k+1)=n(n+1)(n+2)3，k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6]
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查探究苹果的碰伤阈值的实验。解决问题的关键是理解水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。结合自由落体运动的规律分析判断。
【解答】
A.苹果刚好碰伤，由动量定理，选向上为正方向，则3mgt−mgt=mv，解得v=2m/s，故A错误。
B.设苹果从静止状态跌落的最大高度为h，有v2=2gh，解得h=0.2 m= 20 cm，故B正确。
C.由上述推导可知，苹果在此材料上的碰伤阈值与苹果质量无关，故C错误。
D.苹果从静止状态竖直跌落到减速为0的过程中位移不为0，故平均速度不为0，故D错误。
2.【答案】C
【解析】从低轨道变轨到高轨道需加速，故飞船从轨道1变轨到轨道2需要在交会点P点点火加速， A错误;天和核心舱在轨道2上运动时，根据GMm(R+H)2=mv2R+H，GMm0R2=m0g，可得运动速度v= gR2R+H< gR，B错误；设对接前天和核心舱的向心加速度为a2，则GMm(R+H)2=ma2，GMm0R2=m0g，解得a2=RR+H2g，C正确;设飞般在轨道1、轨道2运动周期分别为T1、T2，由开普勒第三定律有T12(H+2R2)2=T22(H+R)3，得T1T2= (H+2R)3(2H+2R)3，D错误；故选C。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查静电透镜的原理。解决问题的关键是清楚电场线与等势面垂直，知道电势高低和电势能大小的判断方法，只有静电力做功，电势能和动能的总量保持不变。
【解答】
A.根据轨迹可知D点电子所受电场力沿M′N′向右，即在M′N′线上电场方向向左，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误;
B.根据电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，故B正确;
C.由于只有电场力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故C错误;
D.动量的变化率△p△t=m△v△t=ma，即电子所受合力F=qE，由等差等势面可知D点运动到B点过程中电场强度E变化，故D错误。
4.【答案】D
【解析】一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中可发出C42=6种频率的光子，其能量分别为E4−E1=12.75eV，E4−E2=2.55ev，E4−E3=0.66eV，E3−E1=12.09eV，E3−E2=1，89eV，E3−E1=10.2eV，其中只有1.88eV和2.55eV在1.62∼3.11eV范圆内，所以该过程最多可发出2种可见光，A错误，从n=4跃迁到n=3能级放出光子的能量最低，频率最低， B错误；用图乙实验电路研究光电效应，要测量遏止电压，要阴极K的电势比阳极A电势高，因此滑片P应向a滑动， C错误，根据光电效应方程Ek=E0−W，而Ek=eU1，所以光电管阴极K的逸出功W=E0−eU1，D正确。
5.【答案】A
【解析】由题中数据可如，E、F两点水平x方向的磁感应强度大小相等，方向均沿+x方向，竖直z方向的磁感应强度大小相等，E点沿+z方向分量与F点沿−z方向分量相等，结合G、H两点在y、z方向磁感应强度均为零，可知E、F点位置如图1所示；
G、H在EF的中垂线上，故电缆中电沿+y方向。F点的磁感应强度分解如图2所示。
可得tanα=BzBx=34，又EF长为L=1.8m，由几何关系可得tanα=12Lh，解得距离地面的深度为h=1.2m。故选A。
6.【答案】B
【解析】A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒;而A、B由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒， A错误；画出物体B和长木板A的速度一时间图像，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知x1>l，x2Q>ΔEkA，可知B项所给数值有可能，B正确，C错误。若增大v0和长木板A的质量M，在v−t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A的加速度变小，虽然可知B一定会从长木板A的右端滑下，而Q=fl不变，D错误;故选B。
7.【答案】CD
【解析】如图所示，画出小球M的受力示意图。当小球M位置不动，N缓慢向下方移动时，绝缘细绳就对M的拉力FT逐渐减小，N对M的库仓力F库先减小后增大，M，N间库仑力最小时，M、N的距离最大，则有mgsinβ=kq2r2，解得r= kq2mgsin β，D正确，AB错误；将b和c看成一个楚体，受重力、绳子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根据正交分解法，可知地面对c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，当拉力减小时，地面对c的摩擦力减小， C正确。故选CD。
8.【答案】BD
【解析】常规分析，R变的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压的匝数比不变，则输电线上的电流增大，输电线上的损耗功率变大。又因为升压变压器输出电压U2不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故 A错误、B正确(或者等效法分析：将降压变压器与R变等效为一个电阻Rx，则有Rx=U3I3=nU41nI4=n2R变，R变减小时在输电线回路一定有电流增大，Rx的两端电压减小可推知电压表的示数小);由以上分析知，R变的阻值增大，输电电流减小，则降压变压器的输入电压U3增大，输电效率为η=IUβIU2，可知输电效率提高，故C错误；|△U△I|对变化电阻没有意义，解题思想为将ΔU、ΔI转化为有定值电阻的回路的相关物理量，|ΔUΔI|=|ΔU3nnΔI3|=1n2|ΔU3ΔI3|=1n2R，可知D正确。故选BD。
9.【答案】BD
【解析】由丙图可知超声波的波长λ=1cm=0.01m，超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为f=vλ，代入数据得f=3.4×104Hz，A错误，波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足|(2−x)−[x−(−2.5)]|=|2x+0.5|=nλ(n为自然数，解得x=±0.25、±0.75、±1.25、±1.75、−2.25，故两列波叠加稳定后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B正确;由平衡可知C错误;拔出图乙线图中的铁芯，LC振荡回路的振荡周期减小，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多， D正确。故选BD。
10.【答案】CD
【解析】由图乙可知，0∼0.28的加速度大小为a=△v△t=100.2m/s2=50m/s2，根据牛顿第二定律有nBIl= ma，解得I=25A， A错误，0∼0.2 s，线圈所受安培力的功率为P安=nBIlv=nBIlat，即线圈所受安培力的功率逐渐变大， B错误；0.2 s∼0.3 s，线圈的加速度大小为a′=100.1m/s2=100m/s2，根据牛顿第二定律可得F+n2B2l2[10−100(t−0.2)]R=ma′(0.2 s≤t≤0.3 s)，结合图像可得F=42.5+25t(N)，C正确。0∼0.2 s，流经线圈的电荷量q1=It1=5C，0.2s∼0.3s，平均感应电流I=nBlvR，通过电阻R的电荷q2=It2=πBlR·vt2，结合图乙求得q2=0.125C，故两次流经线圈的电荷量之比为q1∶q2=40∶1，D正确;故CD正确。
11.【答案】(1)P1、P2的像 (2)l1l3 (3)不变
【解析】(1)在半圆边界一侧透过玻璃砖观察到的是P1、P2的像，故应使P3挡住P1、P2的像；
(2)光线的入射角和折射角的正弦值分别为sinθ1=l1AO，sinθ2=l3BO，根据光的折射定律可知玻璃砖的折射率n=sinθ1sinθ2=l1AOl3BO=l1l3;
(3)若玻璃砖位置没有移动，仅仅是画半圆时半径偏大时，分析可知光线的入射角和折射角都不变，由此测得玻璃砖的折射率将不变。
12.【答案】(1)D (2)偏小 (3)3.0 (4)3.2 (5)86.4
【解析】(1)由于实验中各器件的阻值都比较大，为减小实验误差，电源电动势尽可能大些，另外闭合开关S2时认为电路中总电流不变，实际闭合开关S2后，电路总电阻变小，电路电流变大，而闭合开关S2时微安表两端的电压变化越小，实验误差就越小，则选用电动势较大的电源，故电源应选E2，且滑动变阻器要能使微安表满偏，所以选择Rb，故选D选项。
(2)闭合S2后，R2与Rg的并联值R并Ig，而此时G的示数为满偏电流的一半，所以IR2大于满偏电流的一半，所以R2(3)IA=Ig+IgRgR=6Ig=3.0mA
(4)标准毫安表的示数为1.6mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为3.2 mA；
(5)把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值R=IgRgI−Ig
当量程为3.2mA时，则有R=0.5Rg3.2−0.5=5Rg27=80 Ω，所以Rg=432 Ω
当量程为3.0 mA时，则有R′=0.5Rg3−0.5=Rg5，所以R′=86.4 Ω
13.【答案】(1)设封闭气体的压强为p，对活塞由平衡条件有pS=p0S+Mg①
用水银柱表达气体的压强p=ρgh②
积立解得M=0.2b0Sg
(2)对活塞上方、下方气体，由气体状态方程分别有
上方：ρ0HST1=p1×1.04HST2
下方：1.2p0HST1=p2×0.96HST2
对活塞有p2S−p1S=Mg
解得p1=23p0
T2=208 K

【解析】略
14.【答案】(1)从P到Q1，水平方向：v0t1=2L①
竖直方向，12Egmt12=L②
联立 ① ②式可得：E=mv022qL
根据动能定理EqL=mv22−mv022
可得v= 2v0，与y轴正方向成45∘角
(2)要使带电粒子回到P点，其轨迹必须具有对称性且经过O2，由几何关系可得：r= 2L
在磁场中的偏转角度为Δθ=3π2
在磁场中的运动时间为t2=Δθrv=3πL2v0
故从P点射出第一次回到P点的时同t=2t1+t2=4Lv0+3πL2v0
(3)当r最小时带电粒子刚好过M点碰撞次数最多
由几何关系可得 2r2+23L−L4=L
解得：r2=7 2L24
设最多可以碰n次则：(n+1) 2r2−n×2×L4=2L
解得n=17

【解析】略
15.【答案】(1)由功能关系，A车的动能全部转化成摩擦热，有12mv02=μmgx0
别μ=v022gx0，代入数据得μ=0.1
(2)A车运动时受摩擦力FfA=μmg=15N，由牛顿第二定律有：
F0−FfA=ma，得a=F0−FfAm=4m/s2
A在t0时的速度vA0=at0=4m/s，t0内A的位x0=12at02=2.0m
设A与B车碰前瞬间的速度为vA2，由动能定理有F0x0−μmgx=12mvA2−0
得vA=3 m/s
[或者： vA02−vA2=2μg(x−x0)，解得vA=3 m/s]
A与B车碰撞过程
mvA=mvA ′+(m+m0)vB，12mvA2=12mvA′2+12(m+m0)vB′2
解每vA′=(m−m−m0)m+m+m0vA=−1 m/s
由功能关系，有Q=μmgx+12mvA′2
代入数据得Q=90 J
(3)设与2碰前的速度为v1′，由动能定理Fd−μmgd=12mv1′2−0
1与2碰系统动量守恒mv1′=(m+m)v2，得v2=12v1′
v22=(12)2×2Fd−μmgdm
与3车碰前的速度为v2′，由动能定理Fd−μ⋅2mgd=12×−12×2mv22
1−2与3碰系统动量守恒2mv2′=3mv3，得v3=23v2′
v32=232122×2Fd−μmgdm+2Fd−2μmgd2m
=132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm
与4车碰前的速度为v3′，由动能定理Fd−μ⋅3mgd=12×3mv3′2−12×3mv32
1−2−3与4碰系统动量守恒3mv3′=4mv4，得v4=34v3′
v42=342132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm+2Fd−3μmgd3m
=142×2Fd−μmgdm+242×2Fd−2μmgdm+342×2Fd−3μmgdm
……
同理可得与n车碰后速度为vn
vn2=1n2×2Fd−μmgdm+2n2×2Fd−2μmgdm+3n2×2Fd−3μmgdm+……n−1n2×2Fd−(n−1)μmgdm
=2dn2m(F−μmg)+2(F−2μmg)+3(F−3μmg)+…(n−1)F−(n−1)μmg
=2dn2m(n−1)n2F−(n−1)n(2n−1)6μmg=2(n−1)dnmF2−(2n−1)6μmg
令vn以=0，即F2=(2n−1)6μmg，解得n=30.5
可知最多能推动30辆车
第二种上下标设置方案
设与2车碰前的速度为v1，由动能定理Fd−μmgd=12mv12−0
1与2碰系统动能守恒mv1=(m+m)v共1，得v共1=12v1
v共12=(12)2×2Fd−μmgdm
与3车碰前的速度为v1，由动能定理Fd−μ·2mgd=12×2mv22−12×2mv共12
1−2与3碰系统动量守恒2mv2=3mv共2，得v共2=23v2
v共22=(23)2[(12)2×2Fd−μmgdm+2Fd−2μmgd2m]
=132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm
与4车碰前的速度为v3，由动能定理Fd−μ·3mgd=12×3mv32−12×3mv共22
1−2−3与4碰系统动量守恒3mv3=4mv共3，得v共3=34v3
v共32=(34)2[132×2Fd−μmgdm+232×2Fd−2μmgdm+2Fd−3μmgd3m]
=142×2Fd−μmgdm+242×2Fd−2μmgdm+342×2Fd−3μmgdm
……
同理可得与n+1车碰后速度为vn：
v共n2=[1(n+1)2×2Fd−μmgdm+2(n+1)2×2Fd−2μmgdm+3(n+1)2×2Fd−3μmgdm+……+n(n+1)2×2Fd−nμmgdm]
=2dn+12m(F−μmg)+2(F−2μmg)+3(F−3μmg)+……+n(F−nμmg)
=2dn+12mn(n+1)2F−n(n+1)(2n+1)6μmg=2ndn+1mF2−(2n+1)6μmg今v共n=0，即F2=2n+16μmg，解得n=29.5
(与n+1车碰后为vn)可知与第30车碰后速度不为零，即最多能推动30辆车

【解析】略位置
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
G
BxG
0
0
H
BxH
0
0
E
8
0
6
F
8
0
−6