湖南省衡阳市某校2024-2025学年高三暑假作业调控8月第二周物理试题

2024年8月份第2周 物理 一、多选题 1．科学研究发现冥王星与其附近的星体卡戎是彼此“潮汐锁定”的双星系统，即它们绕连线上某点O做匀速圆周运动的同时又彼此自转，该过程中它们始终保持同一面朝向对方。已知冥王星半径约为卡戎的2倍，它们的密度相同，下列说法正确的是( ) A.冥王星与卡戎自转角速度相等 B.卡戎的向心力大小约为冥王星的 C.卡戎的线速度大小约为冥王星的 D.卡戎的轨道半径约为冥王星的8倍 2．电容式传感器是用来将各种非电学物理量转变为电学物理量的装置。如图是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是( ) A.甲图的传感器可以用来测量角度 B.乙图的传感器可以用来测量液面的高度 C.丙图的传感器可以用来测量压力 D.丁图的传感器可以用来测量速度 3．我国的特高压输电技术居世界第一，如图，发电站输出电压稳定，经升压变压器升至特高压进行远距离运输，再经过降压变压器降压后供用户端使用，用户端电阻可分为持续用电用户电阻（设为定值电阻）和灵活用电用户电阻（设为可变电阻），输电线电阻r不可忽略，下列说法正确的是( ) A.用电高峰期时，相当于变大 B.用电高峰期时，两端电压变小 C.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使两端电压更稳定 D.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使输电线上电能损耗降低 4．一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点.假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是( ) A.三把刀在击中板时速度大小相同 B.三次飞行时间之比为 C.三次初速度的竖直分量之比为 D.设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为、、，则有 5．如图所示，一半径为R的圆内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，CD是该圆一直径，一质量为m、电荷量为q（）的带电粒子（不计重力），自A点沿AO方向垂直射入磁场中，恰好从D点飞出磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向30°，则( ) A.可判别圆内的匀强磁场的方向垂直纸面向里 B.可求得粒子在磁场中的运动时间 C.不可求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 D.不可求得粒子进入磁场时的速度 6．如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，的水平距离为s。下列说法正确的是( ) A.物体重力所做的功是 B.合力对物体做的功是 C.推力对物体做的功是 D.阻力对物体做的功是 二、单选题 7．如图所示，宽度为l的有界匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，闭合等腰直角三角形导线框abc位于纸面内，直角边ab水平且长为2l，线框总电阻为R。规定沿abca方向为感应电流的正方向。导线框以速度v匀速向右穿过磁场的过程中，感应电流随时间变化规律的图象是( ) A. B. C. D. 8．利用电压交流电源对如图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，灯泡和规格均为“40V，20W”，电阻R的阻值为100Ω，所有电表均为理想电表。则下列说法正确的是( ) A.若开关S断开，电表的示数为44V B.若开关S断开，电表的示数之比为5:1 C.若开关S由断开到闭合，示数增大，示数增大 D.若开关S由断开到闭合，示数增大，示数减小 9．在市少年宫物理兴趣小组自做的发电机工作原理如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N的矩形线圈，其面积为S，电阻为r，线圈两端外接一电阻为R的用电器和一个交流电压表，若线圈绕对称轴以角速度ω做匀速转动，则线圈从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( ) A.交流电压表的示数为 B.通过电阻的电量为 C.交流电压表的示数为 D.电阻产生的热量为 10．关于下列图片的解释正确的是( ) A.真空冶炼炉利用热传导的热量使金属熔化 B.使用电磁炉加热食物时使用铝锅也可以 C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流 D.用来探测金属壳地雷的探雷器是利用电流的磁效应工作的 11．如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则( ) A.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 B.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为 C.线圈产生的电动势的有效值为 D.经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次 12．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是( ) A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒 13．三个质点A、B、C的运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是( ) A.三个质点从N点到M点的平均速度相同 B.质点A、C从N点到M点的平均速度方向不断变化 C.到达M点时的瞬时速度的值一定是A的大 D.三个质点到达M点时的瞬时速度的值相同 14．一小船以相对于静水不变的速度向对岸驶去，船头始终垂直河岸。河水向右流动，并且距离河岸越远水流速度越大，下列描绘小船过河轨迹可能正确的是( ) A. B. C. D. 三、实验题 15．为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。 （1）下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是( ) A.将条形磁铁插入线圈 B.将条形磁铁从线圈中拔出 C.将条形磁铁放在线圈中不动 D.将条形磁铁从图示位置向左移动 （2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知： （a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”）； （b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针__________（填“左偏”、“不动”、“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向__________（填“相同”或“相反”）。 16．某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示： （1）下列说法正确的是______。 A.为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源 B.变压器中铁芯是整块硅钢 C.保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响 D.变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈 （2）实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下，由数据可知一定是______线圈的匝数（填“原”或“副”） 根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：______。 匝 匝 （3）学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈。（填“原”或“副”） 17．“用油膜法估测分子的大小”的实验的方法及步骤如下： ①向体积的油酸中加酒精，直至总体积达到； ②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入滴时，测得其体积恰好是； ③先往边长为30～40 cm的浅盘里倒入2 cm深的水，然后将________均匀地撒在水面上； ④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状； ⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长。根据以上信息，回答下列问题： （1）步骤③中应填写：_______________________； （2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积是__________mL； （3）油酸分子直径是_____________m。（保留2位有效数字） 18．用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有： A.电压表：0～3～15V B.电流表Ⓐ：0～0.6～3A C.滑动变阻器：(总阻值20Ω) D.滑动变阻器：(总阻值100Ω) E电键S和导线若干. （1）电压表量程选用____________；滑动变阻器选用________；(填或) （2）在虚线框中将电压表连入实验电路中如图； （3）在U-I图中已画出七组实验数据所对应的坐标点，请根据这些点作出U-I图线，并由图线求出：E=________V，r=________Ω.（计算结果均保留2位小数） （4）由于电表内阻引起的实验误差，通过本实验方案测得的电源电动势_______真实值，电源内阻_______真实值。（均选填“大于”“等于”或“小于”） 四、计算题 19．如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比，若用户区标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求： （1）输电线路上损耗的电功率； （2）发电机电动势最大值和升压变压器副线圈； （3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。 20．如图所示，质量为的小车A以的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为的小球B（可看作质点），小球距离车面的高度差为。某一时刻，小车与静止在水平面上质量为的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度。求： （1）整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能； （2）绳未断前小球与砂桶的水平距离。 21．如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10kg、相距为3m沿直线排列．静置于水平地面上．为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离1m，恰好依靠在墙边，若车运动时受到摩擦力恒为车重的0.2倍，忽略空气阻力，重力加速度取．求： （1）购物车碰撞过程中系统损失的机械能； （2）工人给第一辆购物车的水平冲量大小． 22．如图甲，滑雪运动员从跳台上的A处水平飞出，在斜坡上的B处着陆。运动员飞行过程中在坡面上垂直于坡面的投影到A点的距离x随时间t变化的关系图像如图乙。已知斜坡的倾角，重力加速度，空气阻力不计，求： （1）运动员从A点飞出的初速度； （2）运动员飞行过程中距离斜坡的最大距离d； （3）运动员在空中飞行时间t。 23．某游乐设施如图所示，由半圆形APB和直线形BC细圆管组成的轨道固定在水平桌面上（圆半径比细圆管内径大得多），轨道内壁光滑。已知APB部分的半径，BC段长。弹射装置将一质量的小球（可视为质点）以水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道，不计空气阻力，取。求： （1）小球在半圆形轨道上运动的角速度ω、向心加速度a的大小； （2）从A点运动到C点的时间t； （3）小球在半圆形轨道上运动时细圆管对小球的作用力F的大小。 24．如图所示，在平台的右侧有半径、圆心角的粗糙圆弧轨道BC固定在地面上，圆弧轨道末端与木板P上表面平滑对接但不粘连，P静止在水平地面上。质量的小物块从固定水平台右端A点以的初速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，之后小物块滑上木板P，最终恰好未从木板P上滑下。已知木板P质量，小物块与木板P间的动摩擦因数，木板P与地面间摩擦忽略不计，重力加速度，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求： （1）AB两点间的竖直高度差h； （2）小物块在C点时速度大小； （3）求出木板P的长度. 25．如图所示，内壁光滑、上端开口的固定汽缸竖直放置，内部横截面积为S，高度为H.现用一质量为m厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置A距汽缸底部的距离h.现对缸内气体加热，缸内气体温度上升至热力学温度为T时，活塞刚好上升到汽缸最高点，立即停止加热，缸内气体无泄露.已知外部的大气压强为，当地重力加速度为g.求： （1）加热前缸内气体的热力学温度； （2）停止加热一段时间后，缸内气体恢复至原来的温度，此后保持缸内气体温度不变，将活塞缓慢拉离汽缸，至少应施加多大的拉力. 参考答案 1．答案：AD 解析：A.冥王星与卡戎始终保持同一面朝向对方，表明其自转周期与公转周期相等，由于在连线上相等时间内转过的角度相等，可知，冥王星与卡戎公转角速度相等，则冥王星与卡戎自转角速度相等，故A正确； B.双星系统绕连线上某点O做匀速圆周运动，由彼此之间的万有引力提供向心力，可知，卡戎的向心力等于冥王星的向心力，故B错误； D.冥王星半径约为卡戎的2倍，它们的密度相同，则有 其中 解得 根据 ， 解得 即卡戎的轨道半径约为冥王星的8倍，故D正确； C.根据角速度与线速度的关系有 ， 解得 即卡戎的线速度大小约为冥王星的8倍，故C错误。 故选AD。 2．答案：ABC 解析：A、图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度，故A正确。B、图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故B正确;C、丙图是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确;D、可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能测量速度，故D错误;故选:ABC。 3．答案：BCD 解析：A.因用电器都是并联使用，因此在用电高峰时，用电器增加，相当于变小，A错误;B.用电高峰期时，相当于变小，降压变压器副线圈的电流增大，由变压器原理可知，降压变压器原线圈的电流增大，导致输电线上的电压降增大，发电站输出电压稳定，则有降压变压器的原线圈两端电压减小，副线圈输出电压减小，使两端电压变小，B正确;CD.在不改变输送电能总功率的前提下，由可知，使用特高压输电，则有输电线上的电流大幅度减小，输电线上的电压降，大幅度减小，则有降压变压器原线圈两端的电压变化幅度很小，使两端电压更稳定;输电线上的电能损耗，因输电线上电流减小，可知输电线上电能损耗降低，CD正确。故选BCD。 4．答案：BD 解析：C.由于三把飞刀是垂直打在三点上的，说明刀到达三个点时是它们运动的最高点，即从O点投出的三把刀的竖直向上的分速度分别在到达M、N、P三点时，速度变为0，由于它们上升的高度之比为故三次初速度的竖直分量之比为故选项C错误；B.三次飞行时间之比为选项B正确；A.由于三把刀的水平位移相等，故水平速度的分量即刀击中木板时的速度也不相等，选项A错误；D.设三次抛出7飞刀的初速度与水平方向夹角分别为，则故选项D正确。故选BD。 5．答案：AB 解析：如图所示 A.粒子带正电，由A运动到D，根据左手定则可得磁场方向垂直纸面向里，A正确； BCD.粒子的速度偏转角为30°，即 根据几何知识可得 粒子的轨道半径 可以求出粒子轨道半径，粒子速度为 粒子在磁场中的运动时间 故B正确，CD错误。 故选AB。 6．答案：BCD 解析：A.在上升过程中，重力做功为，故A错误； B.根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为，故B正确； C.根据功的计算式可知，水平恒力F对小车做的功是，故C正确； D.根据动能定理得 则阻力做功为 故D正确。 故选BCD。 7．答案：D 解析：在时间内，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿acba，是负值。t时刻线框有效的切割长度为 感应电流为 I与t成正比。在时间内，穿过线框的磁通量均匀增大，产生的感应电流不变，为 在时间内，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿abca，是正值，感应电流为 I与线性关系，且是增函数。由数学知识得知D正确。 故选D。 8．答案：D 解析：B.若开关S断开，电表的示数之比为 选项B错误； A.电源的电动势有效值为 灯泡电阻 则 解得 选项A错误； CD.由上述表达式可知 若开关S由断开到闭合，相当与减小，则变大，减小，则变大，减小，即示数增大，示数减小，选项C错误，D正确。 故选D。 9．答案：B 解析：AC.电动势的最大值 电动势的有效值 交流电压表示数 得到 选项AC错误； B.从图示位置开始转动90°磁通量的变化量 由 联立解得电量 选项B正确； D.电阻R产生的热量 选项D错误。 故选B。 10．答案：C 解析：A.真空冶炼炉利用涡流通过金属产生的热量使金属熔化，A错误； B.使用电磁炉加热食物时，铝锅的电阻太小，在使用的过程中不能产生足够的热量用来加热，故不能用铝锅，B错误； C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的涡流，C正确； D.用来探测金属壳地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用涡流工作的，D错误。 故选D。 11．答案：B 解析：A.由公式 可求出磁通量的最大值 故A错误； B.根据法拉第电磁感应定律表达式，可确定磁通量变化率的最大值 故B正确； C.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为，故C错误； D.经过的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误。 故选B。 12．答案：C 解析：D.小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒：小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；A.小球运动到最低点的过程中由机械能守恒可得小球和凹槽一起运动到槽口过程中水平方向动量守恒小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；BC.小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错，C对。故选C。 13．答案：A 解析：A.平均速度等于位移与时间的比值，由于位移与时间都相等，故平均速度相同，故A正确； B.质点A、C从N点到M点做曲线运动，瞬时速度方向不断变化，故B错误； CD.由于不能明确具体的运动过程，故无法比较到达M点的速度，故CD错误。 故选A。 14．答案：C 解析：距离河岸越远水流速度越大，则沿水流方向上做加速运动，垂直河岸方向上做匀速直线运动，类比于平抛运动的图像可知C符合题意。故选C。 15．答案：（1）C（2）右偏；左偏；相同 解析：（1）A.将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合题意； B.将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意； C.将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合题意； D.将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。 故选C。 （2）闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同。 16．答案：（1）C（2）副；原、副线圈两端电压U与匝数N成正比（3）原 解析：（1）A.变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，选项A错误； B.因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，选项B错误； C.研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确； D.变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，选项D错误。 故选C。 （2）为保证实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故由数据可知一定是副线圈的匝数； 由表可知，原、副线圈两端电压U与匝数N成正比，则 （3）理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈。 17．答案：（1）撒痱子粉或细石膏粉（2）（3） 解析：（1）为了显示单分子油膜的形状，需要在水面上撒痱子粉或细石膏粉。 （2）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。 （3）根据大于半个方格的算一个，小于半个方格的舍去，油膜形状占据的方格数大约为115个，故面积，油酸分子直径。 18．答案：(1)0-3V；(2)(3)1.43-1.47；0.60-0.80（4）小于；小于 解析：（1）一节干电池，电动势为1.5V，故电压表选择0~3V的量程，电阻选择； （2）电路图如下 （3）由知截距为电动势，斜率为内阻。 19．答案：（1）（2），（3） 解析：（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有 根据理想变压器的变流比可知 解得 所以输电线路上损耗的电功率 解得 （2）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为 代入数据解得 根据理想变压器的变压比可知 解得 升压变压器副线圈两端电压 解得 （3）根据理想变压器的变压比可知 可得 升压变压器的原线圈输入功率 可得 根据 解得 电机线圈内阻上消耗的热功率 可得 所以交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比 20．答案：（1）14.4J；（2）0.4m 解析：（1）由A、B、C组成的系统最终一起运动可得 解得 则最终损失的机械能为系统损失的动能和势能之和，即 带入数据解得 （2）由题意可知，A与C碰撞过程中动量守恒，有 解得 绳断裂后，小球B做平抛运动，设运动时间为t，则有 则绳未断前小球与砂桶的水平距离为 联立解得 21．答案：（1）（2） 解析：（1）两车间距，第一辆车碰前速度为，碰后共同速度为，共同位移， 碰撞时：， 碰撞后：， 碰撞时： （2）第一辆车推出后速度为 22．答案：（1）（2）（3） 解析：（1）将该运动员的运动进行分解，可分解为垂直斜坡方向上的类竖直上抛运动和沿斜坡方向的匀加速直线运动。运动员沿坡面方向做匀加速直线运动，则 斜坡方向的加速度为 将，代入，解得 又 则 （2）当运动员距离斜坡最远时，运动员在该点的速度方向与坡面平行，运动员由A点飞出时水平初速度在垂直于斜坡方向的分量为 垂直斜坡方向的加速度大小为 运动员在空中到斜坡的最大距离为 （3）运动员落到B点的过程，根据平抛运动规律和几何关系有 解得 23．答案：（1）（2）（3） 解析：（1）由于轨内壁光滑，小球在水平面内运动的速率不变，即小球在半圆形轨道内做匀速圆周运动。 角速度： 代入数据得： 向心加速度： 代入数据得： （2）小球从A点到B的时间为 小球从B点到C点做匀速直线运动，时间为 因此小球A点运动到C点的时间为： （3）根据牛顿第二定律得，圆管对小球的水平作用力大小为： 竖直作用力大小为： 故圆管对小球的作用力为： 24．答案：（1）0.45m（2）5m/s（3） 解析：（1）设物块运动到B点的竖直速度为，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，则 ，解得 竖直方向有，解得 （2）在C点时，由牛顿第三定律得 对于物体，由牛顿第二定律可知： 解得： （3）对物体由牛顿第二定律：，解得 对木板牛顿第二定律：，解得 物块恰好未滑出，得到物块到达木板最右端时和木板共速。 ，解得共速时所需时间为 设木板长为L，由位移关系可知： 解得 25．答案：（1）（2） 解析：（1）活塞上升过程中封闭气体压强不变，由盖·吕萨克定律： 得加热前缸内气体的热力学温度 （2）加热前活塞受力平衡： 将活塞拉离汽缸时： 加热前和活塞将要拉离汽缸时，气体温度相同，由玻意尔定律： 得至少应施加的拉力 学科网（北京）股份有限公司 $$