周测评(30) 验收检测-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（山东专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（三十） 物理·验收检测 (考试时可90分钟，盖分100分》 一，单项谜择组：本赠共”小盟，每小”3分，共24分。每小易只有一个选项符合题日要求。 题号 1 234 5 67 8 答案 1.核能晶施数在原子核内部的能量，合理利用核能，可以有效缓解常规能源短缺间题。在 镇核裂变实验中，核反应方程是景U十n→B+物Kx+3X,U核的结合佳为 E1,Ba核的结合能为E:Kr核的结合能为E,则 A该核反度过程动量不守恒 且该核反成方程中的X为m C该核反皮中释放的核能为E,一E:一E:D该核反应中电背登守恒，置量数不守恒 二潜水钟是一种水下作业工具。将潜水钟的大长罩倒知在水面后使之下沉，潜水钟复慢 下的示意图如图所示，不计下江过程中水昌的变化，关于潜水钟内封闭的气体，下列 说法正编的是 A单位体凯内分子数保持不变 我气体分子间斥力变大 C气体分千速率分布规律不变 D.该过程气体对外界做窃 3如图新示，B是一个立方体物块，中间有一个光滑球形孔，小味C位于球形孔内，整个装 置技在足够长的木板A上。已则立方体日与长木板A之间的动率擦因数为一受最 大静摩擦力等于滑动摩就力。现将术板的领角合由缓慢增大到60，在此过程中，下 列说法正确的是 A.木板A受到的压力逐新增大 五立方体B受到木板A的摩擦力逐渐变大 C、小球C对立方体B的压力逐新变大 D小球C对立方体B的压力大小先不变后减小 4.限定在未来太空探测过程中，航天员乘飞来到了X星球，飞船在绕X星球酸半径为？ 的图周运动时，飞船与X望球中心的连线在单位时闻内扫过的面积为S::若已知一颗 绕地球嫩半径为r的圆周运动的卫星，它与地心的连线在单位时料内扫过的面机为S:, 则X星球与越球的质量之比为 c 学科素养周测评三十)物理第1页（共8页） 衡水真 5,利用如图甲所示的装置可以测量待测阅柱彩金属丝与标在翼柱形金属经的直径差， 班级 丁，T,是标准平面陵璃，A。为标术金属丝，直轻为D,A为待测全属丝，直径为D. 用被长为A的单色光蚕直题射玻璃表面，干条纹知图乙厮示，相邻亮条纹的间距为 山，期 姓名 得分 甲 A.D与D相差越大，△L就小 A轻压丁，的右操.若△1度小，有D>D, C相邻亮条纹对应的空气尊棋厚度差为A D因乙可能是D与D,相等时产生的条效 6,一对平行正对的金国板C,D接人如图所示的电路中，电源电动劳为E,C板固定，D板 可左右平行移动，闭合开美，一及时同后再断开开美，从C板发射一电子，给能运动到A 点后再忍国，已知A点羽D板的离是板间距离的三分之一，电子的质量为m,电薪量 为一《，忽略电子的重力，则 A设定C板电势为0，电子在A点的电势能为号E B若要让电子能够达D服，爆可将D板向左早移系A点或A 点左侧某位置 C,若要让电子能够到达D板，侧可将D板句右平移至某位置 口若要让电子健够到达D板，射可闭合开关，再将D版向右平移至某位置 ?,图甲为某波源的最动图像，图乙为该该源在某介质中产生的横技。时刻的浅形图像，0 点是波源，则下列说法正确的是 A该波的传精这度为2m/。 B再经过Q,38,图乙中质点Q刚好开始最动，Q的起板方向沿y轴正方向 C,当图乙巾置点Q第一次到达被蜂时，爱点P正处于鼓峰位置 口从该时刻到质点Q开始银动.质点P运动的路程为Q,3m 密程 学科素养周测浮（三十）物理第2页（共8页引 3 8如图所示，一个面积为S,压数为N的金属战线圈在匀强蓝据中以恒定的角速度w绕看直 于酷场方向的闲定拍匀速转动，匀酷场的破感应强度为B,线圈网隋通过电制与 图示的电路连接，线周内阻不计，无光庭时，光敏电阻尺，与定植电阻R的阳值相等，均 为R,光敏电阻的阻值商光用度的增大而减小，理想变压普的原，聊线厦的匝数比为。 (使>1)，电表均可锐为理想电表，期 ( A断开开关S,减小光月员度，电压表的示数增大，电流表的示数诚小 我从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动费的瞬时值表达式为一 NRSokin aut C闭合开关s,用限纸包魔R,R,的电功率为Sa R D.用黑纸但表R,断开开关S,电压表示数为U,:闭合开关S,电压表示数为U,有 丛+出 二、多项选择题：本题共4小题，每小愿4分，共16分。每小题有多个选项特合题目要载。 全部选对得4分，达对但不全的得2分，有选娇的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.贵州“村超”《乡村是球超领联睿)在全网爆火。如图所示，某途动员在离球门正前方本 平距离6m处头球攻门，足球在1.8m高处敲水平顶出，顶出时速度岳直于球门横粱， 并恰好落在球门线土。足球可找为质点，不计空气力，重力加速度g取10m/公，则此 过程 门线 A是球的运动时间为【 我足球的水平初速度大小为10m/s C足球落地前函问竖直方向的分速度大小为6m/ D.足球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为5 学科素养周测浮（三十】物理第3页（共8页） 衡水真 10,柱秋光学器件横截面如图所示，OF左侧品以0为圈心，常径为R的一置，右侧是矩 彩，0用长为。R,一闺散光来从EB面入射，人射方向与EB面夹角始终为37，人射 点从E向B移动，当入射点为A时，藏光从F点射出。已知光违为，A=R m3?”一1,6，不考途光线在器件内部的多次反射，下列说法正确的是 A光学路件的新射率为号 且人射点为0时，黄光在光学器件中传播的路程为员R C人射点为0时，散光在光学特件中传潘的路程为R 人制点为0时，激光在光学据作中传错的时间为费 1山滑秒运动是小孩比较喜欢的一项运动：其运动过程可类比为如图所示的模型，模角为 3了的斜被上有长为3m的浙板，滑板与沙何的骑卓擦因数为器个政（可视为质点） 坐在滑板上结，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑版同的动华擦因数为Q4,滑板 置量是小孩版量的2倍，斜技足够长，加37一0.6，c0s37-0.8,看力加球度g取 10m/,期下列判断正确的是 A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/ 且小孩和滑板聪离前滑板的加速度大小为1.3m/ C学过1s的时间，小孩离开滑板 D小孩离开带板时的建度大小为5.6m/s 12.如图所示，两水平虑线存在垂直于纸面向单的匀组壁场，磁味应强度大小为B,边长为 看的正方形导体根由虚线1上方无初速度释收，在释枚两间山边与虚线1平行且相密 ,已如导体框的质量为作，总电阻为：，重力加速度大小为g,d边与两建线重合时的 速度大小均为一 “,氢靡空气阻力，导体根在运动过程中不会发生转动，则《》 2 A两求线的距离为表 B导体服在穿过磁属的过程中，产生的焦耳热为4mh C导体餐的山边与虚线1重合时，其克酸安培力做功的功率大小为1：： B'A'K 2A无 口举体枢从b边与线】重合到cd边与虚线1重合时所用的时何为图 mr√2 蹈密在 学科素养周测浮三十)物理第4页（共8页 三，非选择题：本题共6小题，共60分。 1玉，(6分)图甲为某种管口出水方向可调的瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动 规律测量该承水取水时的面量（单位时阀内流出水的体积）。实验方案如下： 《1》利用避标卡尺测量取水琴出水管内径，如图乙所示，应利用游标卡尺〔垌 图乙中的字母代号》部分进行测量，读数为mm。 (2)到节意水器管日方向，使取水普启动后水从管口O点水平射出，如图丙所京 (3)待水在空中形或稳定的写曲水柱后，紫贴水柱后方收置白底方格板（已知每个正力 格的边长为L》,并利用手机正对水桂拍摄里片，取木柱上的三个点ab,,如图丙 所示 (4)已知当地重力加速度大小为，根据阁丙可以计算水从管口O点境出封的初连度 = (用1，区表示》 (5》由上述信息可计算得出取水器取水时的流量Q一（用L,g,d表示）。 14.(8分)课外学习小组选择如图甲所示的发光二极管用作电源斯示灯，进行了如下实验 见笔。表老男表笔 乙 (1)为了判断二极管的正负极，选择多用电表的同一欧树持进行测量，如阅乙所示，可 知二极管的 (填a”或6”)楠为正极。 (2)为研究二极管的特性，利用量字化信息系统DS》和电额〔电压可调节)测得二极膏 两端的正向电压U和通过二极管电篷【的多组数据，非在方蛴低上挤出了相关数 据点，请在图丙中作出-U图线 学科素养周测评（三十）物理第$页（共8页） 衡水真是 20 1.5 2025 《)根据IU图线，二板管号通时，其正向电阻陶两端电属增大面 《填增大” 或碱小“)。 (4)根据赏料信息，该类型二极管正常工作电茂的为20mA。将该二板管与一个定值 电阻申联作为瓦0V电氨的指示灯，现有三种阻值的定值电阻：①10的0：②200： ③3000，度选用（填写相皮的序号）. (5)这择(4)中合适的电阻与该二极管中联连接在(0V电源两时，滨二极管清耗的 功率的为W(结果保简两位有效数字)。 1点，(8分)如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的汽缸M和密闭 的汽红V组成，两汽缸由一相管（容积可氢略）连通，两汽五均由导热材料制成，内径相 同。汽缸M长为3L,汽虹N长为L,薄活塞A,B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初 始时两汽缸处于西度为丁，=300K的空气中，汽缸M,N中分期封闭区强为，2净 的球想气体，活寡A:B均位于汽红的最左操。将该装置放人水中，测得所在处的混度 为T=0K,且话家B向右移动了礼.已知大气压强为卢：，相当于10m商水柱产 生的压强。求： 《1)装置所在处水的深度 (2》活震A向右移喻的距离. 密在 学科素养周测浮（三十）物理第行页（共8页1 3 16.(8分》知图所示，把质量均为m的两个小蜗球用长为2L的轻凭细线连接，放在频角为 0的光滑斜面底璃，材始状态相线刚好伸直。沿斜面方向用大小为F一？的恒力 作用在帽线的中点O处，力F与两球连线垂直，不考虑细线的伸麴。 1》当两球间的距离为L.时，求小丽球受到细线的作用力F,的大小 (2)从开始柔两球间的里离为L经历的时间为í，求O点这段时间的位移工 (3)山于两球之间有性，经过若干次磁撞，最后两球一直处于接触状态下运动，用整 个过程中由于硅掉两球提失的机敲能为多少？ 17.14分)如图所示，足够大空间存在xOy坐标系，工轴水平，y轴竖直，一质量为m,电 传量为g(?>0)的粒子从坐标原点以初迷度心沿x箱射人，不计粒子重力。若空同司 分别随加竖直向下的强电场E与直于O)向里的匀翼藏畅B,可使粒子分别通过 图中关于z结对称的A、A'点。 1)求E和B的火小。 (2)若空间同时儻加上述(1)中电场和感场，来粒子通过图中平行于x轴的虚线时的速 度大小。 (3》若空间同时施加上述(1)中电场御磁场，求粒子运动过程中最大建度和量小建度的 大小。 3 学科素养周测评（三十）物理第7页（共8夏） 衡水真见 18.《16分)如图所示，水平传送替保持v一5ms的速度沿顺阳针方向做匀速运功，左端与 粗健的弧形轨道平滑对接，右端与充滑水平面平滑对接，水平面上间隔放有划个静止 相同的小球，每个小球的质量均为m,一Q2g。质量m一Q1k翠的物块从执道上高 6=4.0m的P点由尊止开始下滑，桥到传运带上的A点时速度大小，=8m么物 块和传遂带之闻的动摩擦国数一0.5，传送带A、B之可的离L一4.9m,所有的醒 幢挥是弹性正碰，重力加迪度g取10m/。求： (1)物块从P点下滑到A点的过程中，摩擦力对物块做的功。 (2)物换从释放到与小球娇一次碰撞程中，受到传送带韵作用力种量大小。 (3》最终：个小球获得的总动能。 密程 学科素养周测浮三十》物理第8页（共8页1衡水真题密卷 入射，无论是经CD反射，还是直接照射到BC, 在BC上的入射角均大于临界角，不能从BC上 射出，由于 AD=3cm,∠ADO'=60° 可得AO'=3cm 由几何关系可得BO=1.5cm 则面BCCB1上的发光面积为S=BB1·BO= 3cm。 2024一2025学年度学科素养周 一、单项选择题 1.B【解析】在铀核裂变的过程中，动量守恒，A错 误：设X为2X,由电荷数守恒可知92十0一56+ 36+3Z,可得Z=0,由质量数守恒得235+1= 144十89十3A,解得A一1，所以该核反应方程中 的X为n,B正确，D错误：由能量守恒定律可 知，该核反应中释放的核能为△E=E2十E? E1,C错误。 2.C【解析】下潜过程中，随着深度的增加，潜水钟 内气体体积减小，则单位体积内分子数增大，A 错误：气体分子间距与分子直径相比相差很远， 故不考虑分子作用力，气体分子间斥力不变，B错 误；不计下沉过程中水温的变化，则温度不变，故 气体分子速率分布规律不变，C正确；不计下沉过 程中水温的变化，气体体积减小，该过程外界对 气体做功，D错误。 3.D【解析】对B,C整体进行受力分析，结合牛顿 第三定律可得A受到的压力为N=(mB十 mc)gcos6,f=(mB十mc)gsin0,缓慢增大木板 的领角0的过程中，N减小，f增大，当tan> ② 时，B开始滑动，摩擦力f=4(mB十 mc)gcos0,开始减小，A、B错误：对C进行研 究，可知C只受重力和球形孔对C的支持力，根 据二力平衡可知在B滑动前，C对B的压力大小 不变；当B开始滑动以后，由牛顿第二定律可得 a=gsin0-gcos6,0增大，加速度增大，根据牛 3 ·8 学科素养周测评 测评（三十）物理·验收检测 顿第二定律可知，C对B的压力减小，C错误，D 正确。 4A【解折】由G=m学，S=受，联立 解得M=4S ,则X星球与地球质量之比为 总-A层 5.A【解析】设标准平面玻璃之间的夹角为0，由 题设条件，则有an0=DD,,由空气得膜千 L 涉条件，则有20Lan0=A,即△L=2g由光 可知D与D相差越大，0越大，△L越小，A正 确：轻压T1的右端，若△L变小，由△L=2am日 可知，0变大，因为压的是右侧，说明右侧直径小， 即有D<D。,B错误：相邻亮条纹光路对应的差 为光程差，是空气薄膜厚度差的2倍，C错误：当 D=D。时，光程差相等，则不产生千涉条纹，D 错误。 6.B【解析】金属板间的电场线由C指向D,沿着 电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A 点的电势为PA=一号E,电子在A点的电势能为 2 E4一5E,A错误；闭合开关，一段时间后再断 开开关，则电容器的电荷量Q不变，根据电容的 定义式和决龙式有C-吕C=品联立解得 ·物理· U=4xkd ,从C板发射一电子，恰能运动到A ES 点后再返回，则有E如=E4,所以若要让电子能 够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点 左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向左平移 至A点或A点左侧某位置，B正确，C、D错误 7.C【解析】由题图甲可知该波的周期为0.2s,由 题图乙可知该波的波长为0.2m,则该波的波速 入0.2 v=行一0.2m/s-1m/s,A错误；由题图乙可知 to时刻波刚好传播到x=0.2m处，经过0.3s, 波传播的距离x=t=1×0.3m=0.3m,可知 波传播到x=0.5m处的质，点Q,结合题图甲可 知Q的起振方向沿y轴负方向，B错误；由B选 项分析可知波传播到x=0.5m处的质，点Q后， Q第一次到达波峰还需要的时间'=3T 4 0.15s,即从t。时刻起，经过的时间为0.45s,即 是T,由同侧法可知，时刻质点P向y轴运方 向振动，经过9T后，质点P正处于波峰位置，C 正确：从该时刻到质点Q开始振动，经过的时间 为0.38，即T,质点P运动的路程g=6A=6× 2cm=0.12m,D错误。 8A【解析】根据题意，断开开关S,设发电机输出 电压的有效值为U,通过副线圈的电流为I,由电 流与匝数的关系可得，通过原线圈的电流为， 则原线图的输入电压为U一尽，由电压与臣数的 关系可得，制线图的输出电压为号由武蜂 定律可件号得=R,整理得品尽=R,减 小光照强度，R:的电阻增大，则电流I减小，原 线圈的电流名减小，即电流表示数减小，副线圈 的输出电压号—紧增大，即电压表的示数增大 A正确：根据题意，从图示位置开始计时，线圈转 动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为“= 8 参考答案及解析 NBSwcos wt,B错误；根据题意可知，开关S处于 闭合状态时，将R2用黑纸包裹，则有R2=R,原 线圈输入电压为金属线图感应电动势的有效值， 即U=U=NB,由电压与臣教的关系有记 √2 得-9-器尚太P=发择风 的电功奉为P=小，C错说振据超意，由 A分析可知，当用黑纸包裹R2,断开开关S时，有 名程-R,又U=R,可得U=车，用合 开关S,剥有U一名，则宁中D错误。 二、多项选择题 9.BC【解析】根据平抛运动公式，有A-2g,代 入数据解得t=0.6s,A错误；在水平方向上，有 一二，代入数据解得足球的水平初速度大小为 0=10m/s,B正确；根据o,=gt,可得足球落地 前晚间竖直方向的分速度大小为v,=6m/s,C 正确：足球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹 角正切值am0-品-号，所以0不是45，D 错误。 10.CD【解析】如图所示，入射点为A时，激光从 F点射出，入射方向与EB面夹角始终为37°， 则入射角i=90°一37°=53°，根据几何关系，折 射角r=∠OFA=37°，根据折射定律可得，光学 昌件新甜奉为双一品言A经送入粉点为 O时，光线先折射再反射，根据几何关系，在光 学器件中反射光线恰好经过F点，已知当入射 点为A时，激光从F点射出，可知此时在光学 器件中反射光线从F点射出，则激光在光学器 件中传将的路程；=OM+MF=R,B错误，C 正确：入射点为O时，激光在光学器件中传播的 时间为=三=三-5迟，D正确。 v c 3c 3 衡水真题密卷 11.BD【解析】设小孩的质量为m,滑板的质量为 2m,由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为 a-mgsin 37-umg cos 37 =2.8m/s2,由牛 m 顿第二定律得，滑板的加速度大小为ag= 2 ng sin37°+41mgc0s37°-42·3mgc0s37° 2m 1.3m/s2,A错误，B正确：设经过t时间，小孩 高开滑板，则有2a1-20=L,解得1= 1 2s,离开滑板时小孩的速度大小为o=a:t= 5.6m/s,C错误，D正确。 12.AD【解析】由题意，根据导体框进出磁场过程 中运动的对称性可知，ab边刚好进入磁场和刚 好离开磁场时的速度大小均为1=√2gh,设两 虚线之间的距离为H,导体框全部位于磁场中 时下落的加速度大小为g,根据运动学公式有 2gH-)=时-可，解得H=子，A正确：设 导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q, 对导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据 能量守恒定律有mgh十H+后)=2m2+Q, 7 解得Q=2mgh,B错误；导体框的ab边与虚线 1重合时的速度大小为v1=√2gh,此时ab边 产生的感应电动势大小为E=B队1，导体框中 的感应电流为1号b边所安的安培力大小 为F=BIh,导体框的ab边与虚线1重合时克 服安培力做功的功率大小为P=F1,整理得 P-2B'g,C错误：设导体框通过磁场上边界 所用时间为(，导体框中的平均感应电流为1，则 由动量定理可得mgt一BIht=mo一mo1,根据 电流的定义可知t时间内通过导体框某一裁面 .8 学科素养周测评 的电荷量为q=t,根据法拉第电磁感应定律、 闲合电路歌拇定律综合分析可知q EBh r 联立解得t= B2h3 h ,D正确 mgr 三、非选择题 13.(1)A5.5(42gL6) 4V2gL 【解析】(1)测量取水器出水管内径，使用游标卡 尺内径爪测量，故选A部分测量。游标卡尺读数 是主尺读数(mm的整数倍)加上游标尺的读数 (mm的小数位)，由题图乙可读出为d=5mm十 5×0.1mm=5.5mm. (4)根据水柱上的三个点a、b、c水平距离相等， 可知每两个点间的时间间隔相等，根据△x= aT可知时间间隔为T一 2L ,故水从管口O 点喷出时的初速度v= ÷-√2gL, (5)取水器取水时的流量Q=S= 4√2g1。 14.(1)a(2)见解析图1(3)减小(4)② (5)0.041 【解析】(1)按照“红进黑出”以及欧姆表的读数 可知二极管从a到b是导通状态，所以a为二 极管的正极。 (2)根据图上坐标点可画出图像，如图1所示。 ↑ImA 30.0 20.0 10.0 0 0.51.01.52.02.5U/ 图1 (3)根据IU图线，图线的斜率表示电阻的倒 效，斜率越大，电阻越小，所以二极管导通时，其 正向电阻随两端电压增大而减小。 (4)该类型二极管正常工作时的电流约为 20mA。二极管的电压为2.14V,则二极管的 ·物理· U2.14 电阻为R=7=20X100=107n,将该二极 管与一个定值电阻串联作为6.0V电源的指示 灯，则U=I(R十R),解得R≈193，所以应 该选200Ω的定值电阻，即选② (5)根据U=E-1r,得I=-(6-U） 200200 A,画出 图像如图2所示，由图可知二极管工作时I 19.3mA,电压U=2.14V,由功率P=U1得， P=0.041W。 I/mA 30.0 20.0 10.0 0 0.5 1.01.5 2.0 2.5UV 图2 15.38m(2 【解析】(1)汽缸N中气体初状态 PN=2P0,T1=300 K,VN=LS 末状态 五=360K.Va=s 根据理想气体状态方程有 PNVNI PN2VNz T Ta 放入水中后汽缸M中的气体压强与汽缸N中 的气体压强相等，即 PM2PN2 水在此处产生的压强为 p*=pM一po 解得p*=3.8p0 10m高的水柱产生的压强为po,所以此处水深 h=38m (2)装置放在水中后，设活塞A向右移动的距离 为x,汽缸M中气体初状态 PM=Po,T1=300 K,VMn=3LS 汽缸M中气体末状态 8 参考答案及解析 PNR-Pxz.T:-360 K.Vw-(3L+L-z)S 根据理想气体状态方程有 pmVm poVs _11 解得x=。 161)5v3 3ng《2)号L+gt2(3)5mgL 【解析】(1)依题意，对结点O受力分析，有 2Frco530°=F 解得R,-558 (2)设任意状态当细线间夹角为2a时 对结点O,有 2FTcos a=F 在力F方向上，对小钢球受力分析，有 Frcos a-mgsin30°=ma 解得a=2g 则a为一定值，即小钢球在沿F方向做初速度 为0的匀加速直线运动，根据 1 o=2a-gt 则O点这段时间的位移 (3)经过若干次碰撞，最后两个钢球一直处于接 触状态下沿斜面向上做匀加速运动，设纲球沿 力F的方向上走过距离为I,对系统 F(L+1)-2 mglsin30°=Q+2·2mu1 而钢球沿力F的方向上做匀加速运动，加速度 为2g,则 v=√2al 联立解得Q=5mgL。 17.(1)mv 4mvo qL 5gL (2)W2v0(3)1.500vo 【解析】(1)单独加电场，粒子做类平抛运动，有 L I gE=ma2-2atL=vot 解得E=mod gL 单独加磁场，粒子做匀速圆周运动，有 9 衡水真题密卷 R=+R-2)月 ·qoB=mvd R 解得B器 (2)依题意 v.B-qE 5L 可知向下偏转，仅电场力做功，由动能定理有 L 1 解得v=√2g (3)设向下加速偏转y距离，达到最大速度tm 时，速度应沿水平方向，任意位置速度竖直分量 大小为y,水平方向由动量定理有 ∑qv,B△t=qBy=mvm-moo 仅电场力做功，由动能定理有 1 1 q5y=2mo品-2mo6 解得vm=1.5w0 因为向下加速偏转，故出发时即为最小速度。 18.(1)-0.8J(2)√0.73N·s 3)1-)J 【解析】(1)物块由P点到A点的过程，由动能 定理，有 1 mgh+W,=2mv-0 解得摩擦力对物块做功W,=一0.8J (2)物块滑上传送带后，在摩擦力作用下做匀减 速运动的加速度大小 a=ug=5 m/s? 减速至与传送带速度相等时所用的时间 t=4-"=0.6s a 物块做匀减逸运动的位移 1十元 211=3.9m 物块与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动 的时间 L一51=0.2s t2= ·90 学科素养周测评 物块从A点运动到B,点的时间 t=t1十t2=0.8s 取向右为正方向，水平方向由动量定理可得，传 送带的摩擦力对物块的冲量大小 I2=m(o-)=0.3kg·m/s 传送带的支持力对物块的冲量大小 I1=mgt=0.8N·s 方向竖直向上，传送带对物块的冲量大小为 I=√T+I=√0.73N·s (3)物块与小球1发生弹性正碰，取向右为正方 向，设物块碰后的速度为1，小球1被擅后的速 度为“1，由动量守恒定律，有 m0=mU1十mou1 由能量守恒定律，有 1 解得，=号=号/M=号0-9m/s 相邻小球之间相互碰撞进行速度交换，小球1 与小球2碰后，小球1的速度为0，而物块被反 弹后，在传送带上向左运动的位移是 vi 5 5=2a-18m<1 物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小 为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速 度增加到1，再跟小球1发生弹性正碰，第二次 碰后物块和小球1的速度大小分别为 2=一 =-g}-号m-号》。 1 以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，速度 分别为 Vn=- 相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换， 最终从小球1开始，到小球，它们的速度大小 依次为让n、u。-1,u。2、…、山1，n个小球的总动 能为 E=2m,w+ui+…)=l-）J.