河南省洛阳市第一高级中学2024-2025学年高三下学期第一次综合练习物理试卷

2025年河南省洛阳第一高级中学高考物理模拟试卷（一） 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.近年来，举世瞩目的三星堆神秘遗址考古工作揭开许多谜团，改写了中国乃至世界文明史。关于各界对文物年代的质疑，考古工作者运用碳14定年技术，确定为距今4000年左右。碳14是宇宙射线撞击空气中的氮14时产生的。碳14具有放射性，发生衰变，其半衰期约为5730年。以下说法正确的是(    ) A. 文物中剩下的碳14不到原来的一半，说明文物年代不到碳14的一个半衰期 B. 地下文物接收不到宇宙射线，碳14衰变将无法进行 C. 虽然地下遗址温度较低，但并不影响碳14的半衰期 D. 碳14发生衰变后，将放出一个氦核 2.如图所示，半径为R、折射率的半圆形玻璃砖竖直放置在光屏MN的正上方，玻璃砖的直径AB与MN平行且距离为h。一束单色光在玻璃砖平面内垂直AB射向圆心O，光线穿过玻璃砖后射到光屏上，光点落在点。已知光屏足够大，真空中的光速为c，且空气中光速也可近似为c。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB边射出的光线在光屏上的光点移动的方向和单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间分别为(    ) A. 向右移动、 B. 向左移动、 C. 向右移动、 D. 向左移动、 3.如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，为隧道的中点，与地心O的距离为，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到的距离为x，则(    ) A. 列车在隧道中A点的合力大小为mg B. 列车在P点的重力加速度大于g C. 列车在P点的加速度 D. 列车在P点的加速度 4.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管正向电阻为0，反向电阻为连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是(    ) A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动 B. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动 C. 当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变 D. 当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高 5.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文2比0战胜克罗地亚选手维基奇，夺得金牌。郑钦文某次击球时，将球沿斜向上的方向击出，击球点距离地面的高度为h，速度大小为，与水平方向夹角为，重力加速度为g，，，不计空气阻力，网球可视为质点。下列说法正确的是(    ) A. 网球运动的最高点到地面的高度为45h B. 网球在空中运动的总时间为 C. 网球的水平射程为 D. 网球落地瞬间的速度大小为 6.如图，一光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，弹簧的劲度系数为k，弹簧的最大压缩量为。已知弹簧弹性势能为，其中x是形变量，弹簧振子简谐运动的周期，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    ) A. 速度最大时的弹簧压缩量为 B. 物块下滑的最大位移为 C. 物块的最大动能为 D. 物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间为 7.如图甲所示，水平地面上固定的一横截面为矩形的半封闭环形凹槽，凹槽底部粗糙，侧壁光滑，其横截面如图乙所示，内有两个半径大小相等，质量之比分别为1：9的小球A与B。凹槽的宽度略大于小球的直径，且两者都远小于凹槽的半径，凹槽的周长为。两小球在凹槽内运动时与底部的动摩擦因数。初始时，A、B两球紧密靠在凹槽某处，某时刻突然给A一个由A指向B的瞬时速度，随即A与B发生弹性碰撞，则在之后的运动过程中(    ) A. A与B只会发生两次碰撞 B. 第一次碰撞后的瞬间A与B的速度大小之比为3：1 C. A与B各自运动的总路程之比为16：1 D. A与B克服摩擦力做功之比为11：1 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.如图甲所示，在水平面上有一质量为2m的足够长的木板，其上叠放一质量为m的木块，现给木块施加一随时间增大的水平力是常数，木块加速度的大小随时间变化的图线如图乙所示，木块与木板之间的动摩擦因数为、木板与水平面之间的动摩擦因数为，假定接触面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是(    ) A. 时间内木块受到的摩擦力大小为 B. C. 乙图中 D. 与时间内对应的两段斜线斜率的绝对值之比为1：3 9.1834年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果称洛埃镜实验，平面镜沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度，如图所示。S为单色点光源。下列说法正确的是(    ) A. 沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动 B. 沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小 C. 若，沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变 D. 若，沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹向A处移动 10.如图所示，一电子从y轴上的P点以大小为、方向与y轴成的速度沿坐标系xOy平面射入第二象限，第二象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小的圆形有界匀强磁场，电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为。已知电子的电荷量为，质量为m，不考虑电子的重力，下列说法正确的是(    ) A. 圆形磁场的最小半径可能为 B. 圆形磁场的最小半径可能为 C. 电子在圆形磁场中的运动时间可能为 D. 电子在圆形磁场中的运动时间可能为 三、填空题：本大题共1小题，共2分。 11.图甲游标卡尺的示数______ mm；图乙螺旋测微仪的示数______ mm。 四、实验题：本大题共2小题，共14分。 12.某新型智能恒流源，能稳定输出大小为的电流。某实验小组利用此恒流源测量一定值电阻的阻值。他们又找来了一块电流表内阻未知且很小、滑动变阻器R、电阻箱、导线若干，并连接如图甲所示电路图。 该同学通过改变电阻箱的阻值，同时记录电流表A的示数为I，得到多组数据，他采用图像法处理数据，为使图像为一条直线，应描绘的是______图像。 A. B. C. D. 该同学描绘的图像如图乙所示，则电阻的阻值为______用a，b，c表示。 13.利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下： ①将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为。 ②拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为。玻璃管A内气体体积忽略不计，，取 若用表示烧瓶容积，表示大气压强，示针筒内气体的体积，、表示上述步骤①、②中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤①、②中，气体满足的方程分别为______、______。 由实验数据得烧瓶容积______ ml，大气压强______ Pa。 倒U形玻璃管A内气体的存在______。 A.仅对容积的测量结果有影响 B.仅对压强的测量结果有影响 C.对二者的测量结果均有影响 D.对二者的测量结果均无影响 五、计算题：本大题共3小题，共38分。 14.电能的应用遍及于生产和生活的各个方面，为了获得和利用电能，人们制造了发电机并通过传输线路将电能传输到工厂、学校、家庭…。如图，发电机的输出功率，电压，经理想变压器升压后向用户输电，输电线总电阻，在输电线上损失的功率，在用户端再利用理想变压器将电压降为，求： 输电线路中的电流I； 两个变压器的匝数比？？ 15.如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰碰撞时间极短。已知圆弧轨道半径，传送带的长度，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求 碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小； 碰后小物块a能上升的最大高度； 小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。 16.某实验室设计了一个装置，如图所示，水平固定的圆筒形磁体极与其内圆柱形磁体极之间的空隙中存在一辐向磁场，辐向磁场分布关于圆柱体的中轴线对称距中轴线距离相等处的磁感应强度大小相等。另有一个匝数为n匝、质量为m、电阻为R、半径为r的圆线圈套在圆柱形磁体上，其线圈导线所在处的磁场的磁感应强度大小均为B。线圈在外力和安培力的共同作用下，以O位置为中心，在C、D之间做振幅为A、周期为T的简谐运动。以O为原点建立坐标如图所示，不计线圈与圆筒间的摩擦。已知简谐运动的周期公式 若线圈的速度为v，求此时刻线圈中产生的感应电流为多大？ 若线圈向x轴正向运动速度为v时的加速度大小为a，则此时线圈所受的外力多大？ 若线圈经过O点即时受到的外力大小为，求线圈向右经过位置之后的时间内，线圈中产生的热量Q和外力冲量； 在问的情况下，已知匝、质量、电阻，半径、、、，求线圈从O点向右经过位置时，外力F的功率。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：所剩不到一半说明超过一个半衰期，故A错误； B.没有宇宙射线无法产生碳14，而不是碳14无法衰变，故B错误； C.半衰期是放射性物质固有属性，由原子核自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，因此“碳14”的半衰期不受温度、压强的影响，故C正确； D.衰变放出电子而不是氦核，故D错误。 故选：C。 所剩不到一半说明超过一个半衰期；没有宇宙射线无法产生碳14，与衰变无关；半衰期是放射性物质固有属性，由原子核自身的因素决定；衰变放出电子。 本题考查了对衰变和半衰期的理解，容易题。 2.【答案】A  【解析】解：玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，转过的角度等于光线在AB边的入射角，而折射角大于入射角，所以光线在光屏上的光点向右移动。 设全反射临界角为C，由临界角公式可得 解得 即当玻璃砖转过时，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长，设光点为D点，如图所示。 光点D到的距离为 则 光在玻璃砖中的传播速度为 光在玻璃砖中的传播时间为 光从玻璃砖射出后到D点传播时间为 则单色光从射入玻璃砖后再折射到光屏上的最长时间为 ，故A正确，BCD错误。 故选：A。 玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，转过的角度等于光线在AB边的入射角，根据折射角与入射角的关系判断光点移动的方向。根据临界角公式求出临界角C。当玻璃砖转过的角度等于C时，折射光线沿着玻璃砖边沿射向光屏，用时最长。由几何知识和光速公式相结合求出最长时间。 本题主要考查光的折射定律，熟悉光的传播特点，结合几何关系即可完成分析。 3.【答案】D  【解析】解：A、列车在隧道中A点受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力，如图所示， 则有，，，解得，故A错误； B、由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，则在P点有，由于质量均匀分布，则有，解得，故B错误； CD、令，根据上述，则有，，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 列车受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力作用，两者的合力提供加速度，根据万有引力定律公式与牛顿第二定律列出关系式解答。 考查对万有引力定律和牛顿第二定律的理解，熟悉公式的运用。 4.【答案】D  【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动。故A错误。 B、当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式知，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误。 C、当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由知电容器板间场强不变，由知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高。故C错误。 D、当电容器的下极板向左移动时，，电容器的电容减小，由知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高。故D正确。 故选：D。 根据平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动． 该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式，运用控制变量法进行分析． 5.【答案】C  【解析】解：A、对初速度进行正交分解如图所示： 网球击出时的速度在竖直方向的分量大小为：，网球从击出到落地的过程中，在竖直方向上做竖直上抛运动，击出位置与最高点的高度差为：，则网球运动的最高点到地面的高度为：，故A错误； B、网球从最高点到落地所经历的时间满足： 网球从击出到运动到最高点所经历的时间为： 网球在空中运动的总时间为： 联立代入数据解得：，故B错误； C、网球击出时的速度在水平方向的分量大小为：，网球从击出到落地的过程中，在水平方向上做匀速直线运动，网球的水平射程为：，联立代入数据解得：，故C正确； D、网球从击出到落地的过程中，根据动能定理可得： 解得网球落地瞬间的速度大小为：，故D错误。 故选：C。 将斜抛运动的初速度正交分解，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，结合运动学公式可求最高点到地面的高度，运动的时间及水平射程；由动能定理可求网球落地瞬间的速度大小。 本题是对斜抛运动的规律及动能定理的考查，解题的关键是要知道斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。 6.【答案】D  【解析】解：根据题意可知，物块速度最大时，物块所受合力为0，根据受力平衡则有，解得，故A错误； B.根据题意可知，物块运动到最低点时，重力势能全部转化为弹性势能，根据能量守恒定律则有 解得，故B错误； C.物块速度最大时，物块的动能最大，根据能量守恒定律则有，解得，故C错误； D.物块合力为0的位置为平衡位置，则物块做简谐运动的振幅为 则物块开始压缩弹簧时，偏离平衡位置的距离为 从物块开始压缩弹簧到平衡位置所用时间为 则从开始接触到最短经历的时间为，故D正确。 故选：D。 当滑块的合力为零时，动能最大，由平衡条件求出此时弹簧的压缩量；根据能量守恒定律求解下滑的最大位移以及最大动能，利用简谐运动规律分析物块从与弹簧接触到速度第一次为零的时间。 本题考查了能量守恒定律、简谐运动等知识的综合运用，注意在速度最大时，加速度为零，合力为零。 7.【答案】A  【解析】解：以A初速度的方向为正方向，对A、B第一次弹性碰撞的过程， 根据动量守恒定律与机械能守恒定律可得：，， 由题知：，， 联立可得，第一次碰撞后A、B的速度分别为：，， 则：，故B错误； A.结合前面分析可知，第一次碰撞后，A沿顺时针方向做圆周运动，B沿逆时针方向做圆周运动，由题意可知，两者的切向加速度大小均为， 则B减速到零经过的弧长为：， 则A运动的轨迹长为：，设此时A的速度大小为， 则有：， 联立可得：，方向为顺时针方向， 设A与B发生第二次弹性碰撞后速度分别为、，以顺时针方向为正方向， 同理可得：，， 第二次碰撞后B减速到零经过的弧长为：， 第二次碰撞后A减速到零经过的弧长为：， 则：，故不能发生三次碰撞，即A与B可以发生两次碰撞，故A正确； C.结合前面分析可知，A与B各自运动的总路程之比为：，故C错误； D.结合前面分析可知，A与B克服摩擦力做功之比为：，故D错误； 故选：A。 B.对A、B第一次弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别列式，即可分析求解； A.结合前面分析可知，第一次碰撞后，A沿顺时针方向做圆周运动，B沿逆时针方向做圆周运动，由题意可知，两者的切向加速度大小均为，由运动学规律、几何关系分别列式，同B思路，即可分析求解； C.结合前面分析，即可列式求解； D.结合前面分析，即可列式求解。 本题主要考查动量守恒与能量守恒共同解决实际问题，解题时需注意挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等时。 8.【答案】CD  【解析】解：A、由题图乙可知，在时间内木块的加速度为0，木块仍处于静止状态，木块受到的是静摩擦力，与水平力F的大小相等，即随时间的增加而增大，故A错误； BC、在时刻，木块与长木板间的静摩擦力达到最大，此时对长木板有 即，则有 解得 故B错误，C正确； D、设、时间内木块的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有 时间内，水平力F只作用在木块上，根据牛顿第二定律有 则这两段时间内对应的图线斜率的绝对值之比为 故D正确。 故选：CD。 当水平拉力F较小时，木板和木块保持静止，F足够大时两者一起向右做匀加速直线运动，运用整体法求解出加速度。时刻木块与木板刚开始相对滑动，静摩擦力达到最大值；当木块和木板发生相对滑动时，隔离分析得出两者的加速度大小，从而得出两段倾斜直线的斜率之比。 本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，这是经常采用的思路。 9.【答案】BC  【解析】解：根据题意画出光路图 如图所示，S发出的光与通过平面镜反射光可以等效成虚像发出的光是同一列光分成的，满足相干光条件。所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光，且该干涉可看成双缝干涉，设S与的距离为，光源S到光屏的距离为l，代入双缝干涉公式： 可得相邻明纹的间距为： 则若，沿OA向右沿AO向左略微平移平面镜，对l和d均没有影响，则干涉条纹间距不变，也不会移动，故C正确，D错误； B、画出平面镜略与水平面有微小夹角的干涉光路图， 沿OA向右略微平移平面镜，即图中从①位置②位置，由图可看出双缝的间距d增大，由可知，干涉条纹间距减小，故B正确； A、如上图所示，沿AO向左略微平移平面镜，即图中从②位置①位置，由图可看出干涉条纹向上移动，故A错误。 故选：BC。 洛埃镜实验与杨氏双缝干涉原理相同，根据双缝干涉条纹间距公式分析作答； 作出平移后光的干涉加强点的示意图，根据图示确定加强点的平移方向。 双缝干涉的实验装置原理和相关表达式的分析和运算，全面理解光的干涉原理。 10.【答案】ABD  【解析】解：设电子在磁场中运动的半径为r， 由洛伦兹力提供向心力可得： ， 由题知： ， 联立可得： ， 电子与y轴负方向的夹角为可能有两种情况，其运动轨迹图如图所示： 由几何关系可知，ab所对圆心角为，ac所对圆心角为， 设两种情况下圆形磁场的最小半径分别为和， 由几何知识可得： ， ； 故AB正确。 结合前面分析可知，两种情况下电子在圆形磁场中的运动时间分别为： ， ； 故C错误，D正确； 故选：ABD。 由洛伦兹力提供向心力列式，根据电子与y轴负方向的夹角为的两种情况画图，结合几何关系，即可列式求解； 结合前面分析，根据带电粒子在匀强磁场中运动时间的表达式列式，即可分析求解。 本题考查带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动，解题时需注意，由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。 11.【答案】    【解析】解：甲是20分度的卡尺，其精确度为，游标上第10个刻度与主尺11cm处对齐，读数为： 螺旋测微器：固定刻度为6mm，可动刻度为，则读数为。 故答案为：；。 游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；螺旋测微器的读法要用主尺的整刻度加可动刻度数乘以精确度，要估读。 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。 12.【答案】B   【解析】解：根据图甲所示电路图，由欧姆定律得：，整理得：，与成线性关系，应作图像，故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据图乙所示图像可知，图像纵轴截距：，图像的斜率：，解得： 故答案为：；。 应用欧姆定律求出图像的函数解析式，然后分析答题。 根据图像的函数解析式与图示图像分析答题。 本题关键掌握用恒流源测量一定值电阻阻值的实验原理；要掌握应用图像法处理实验数据的方法。 13.【答案】    560    A  【解析】解：对于步骤①，根据玻意耳定律可得：； 对于步骤②，根据玻意耳定律可得：； 联立中两式可得 ； 代入 可得 代入 解得 由知，，而，解得：，而与均由测得，故与管A内气体体积无关，而，仅对容积的测量结果有影响，故A正确，BCD错误。 故答案为：；；；；。 根据玻意耳定律可列两个方程，联立代入数据求解即可。 本题考查了实验的基本原理是玻意耳定律，根据实验步骤写出恰当的表达式，第问难度不大，第问误差分析有难度。 14.【答案】解：根据可得输电线路中的电流为 发电机的输出电流为 所以 升压变压器的输出电压为 降压变压器的输入电压为 所以 答：输电线路中的电流I为25A； 两个变压器的匝数比，。  【解析】根据计算输电线路中的电流； 根据计算升压变压器中的输入电流，然后根据电流比计算升压变压器的匝数比；先计算出升压变压器的输出电压，然后根据电路中电压的特点计算降压变压器的输入电压，然后根据变压比计算降压变压器的匝数比。 知道在输电线路中的电压、电路和电功率的关系是解题的基础。 15.【答案】解：设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为， 根据机械能守恒定律有： 代入数据解得： 小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有： 代入数据解得支持力： 根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N； 小物块a与小物块b发生弹性碰撞，取初速度方向为正方向，根据动量守恒有： 根据能量守恒有： 联立解得：， 小物块a反弹，对a根据机械能守恒有： 解得：； 小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动， 根据牛顿第二定律有： 解得 则小物块b由减至，所走过的位移为： 运动的时间为： 因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为： 故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间： 。 答：碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N； 碰后小物块a能上升的最大高度为； 小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间为1s。  【解析】根据机械能守恒定律求解小物块a下到圆弧最低点的速度，小物块a在最低点根据牛顿第二定律结合向心力公式求解； 小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒、能量守恒求解碰撞后的速度，小物块a根据机械能守恒求解碰后小物块a能上升的最大高度； 分析小物块b滑上传送带的运动情况，根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。 本题主要是考查功能关系和牛顿第二定律的应用，关键是能清楚物块的受力情况和运动过程中能量的转化情况，根据功能关系结合运动学公式进行解答。 16.【答案】解：线圈的速度为v时，线圈中的感应电动势 通过线圈的感应电流为 线圈的速度为v时，有两种情况 ①线圈在O处左侧时，有 解得 ②线圈在O处右侧时，有 解得 设导体棒过时速度为，此时 解得 导体棒经过位置之后的时间内，线圈中产生的热量 根据动量定理 其中 解得 设导体棒向右经过位置时的速度为v，导体棒回复力与位移的比例系数为k。对棒从O向极端位置运动过程，由动能定理可得 棒做简谐运动的周期 解得 ， 对棒从O向位置的运动过程，由动能定理可得 解得 由导体棒回复力与位移大小成正比的特点可知，导体棒向右经过位置时有 解得 因此F的功率 答：线圈中产生的感应电流为。 线圈所受的外力线圈在O处左侧时，；线圈在O处右侧时，。 线圈中产生的热量，外力冲量。 外力F的功率。  【解析】分析一个在辐向磁场中做简谐运动的圆线圈的物理情况。线圈在磁场中运动会产生感应电动势和感应电流，从而受到安培力的作用。同时，线圈的运动受到外力和安培力的共同影响。 题目考察了感应电动势、感应电流、安培力、牛顿第二定律以及简谐运动的周期公式等知识点。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$