河北省琢名小渔2025-2026学年高三上学期1月月考物理试题

绝密★启用前 物 理 本试卷共8页，满分100分，考试用时75 分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.随着我国核能快速发展，科学家根据放射性物质衰变过程中持续释放高能射线的特征发明了一种神奇的微核电池，该电池比一颗米粒还小。电池使用从核废料中提取出来的镅作为原料，镅的一种衰变方程为 已知质量为m₀的铌，经过时间t后剩余的铌质量为m，其 图线如图所示，则下列说法正确的是 A.衰变生成的射线具有很强的穿透能力 B.铌的半衰期为432年 C.若将该电池装到登月车上，月球上的极低温度会缩短镅的半衰期 D. Am的比结合能比 Np的比结合能大 2.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。如图所示为某消音器的原理图，声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达a处时，分成上下两列波，这两列波在b处相遇可消弱噪音，设上下两束波从a运动到b的时间差为△t，不考虑声波在传播过程中波速的变化，则下列说法正确的是 A.该消音器的工作原理是利用波的衍射 B.两列波相遇之后，振幅小的一列波将减弱， 振幅大的一列波将加强 C.△t为声波的半周期的奇数倍 D.理想状态下，b处的声波比a处的声波传播速度小 【物理 第1页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 3.如图甲所示为一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为 R 的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r<R)。若磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示，则回路中产生的感应电动势大小为 D.0 4.如图所示，上表面光滑的 圆柱体放置在水平地面上，一起重机利用绞盘缩短轻绳长度的方式将一小物块沿圆弧缓慢拉到圆柱体最高点。此过程中，圆柱体保持静止，轻绳上端的小定滑轮与圆柱体圆心在同一竖直线，则下列说法正确的是 A.轻绳拉力 F 先变小后变大 B.物块对圆柱体的压力变大 C.地面对圆柱体的摩擦力变小 D.地面对圆柱体的支持力先变大后变小 5.将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。如图所示为某次“打水漂”时石子的轨迹图，虚线为水面，石子在空中运动轨迹为抛物线，石子完成轨迹1的水平初速度大小为vₐ₁和竖直初速度大小为vₛ₁，完成轨迹2的水平初速度大小为vₐ₂和竖直初速度大小为vy₂。若AB：BC=7：4，则下列关系式可能正确的是 A. va₁= v₀₂ v₃₁= v₂₂ C. vx₁=2vx₂ 【物理 第2页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 6.为了更直观地描述和呈现物体的运动规律，我们常将物体的运动情况以图像的形式绘制出来，帮助我们深入理解物体的位移、速度、加速度等物理量随时间或其他量的变化情况。现有一物体(可视为质点)以某一初速度在水平面上做直线运动，其运动图像如图所示，下列说法正确的是 A.若为a-t图像，则物体做加速直线运动 B.若为 图像，则物体做匀加速直线运动 C.若为 图像，则图像斜率的大小表示物体加速度的大小 D.若为 图像，则物体的速度随时间均匀变化 7.光刻技术原理简化如图甲所示，离子源发射的离子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，转向器中有辐向电场(方向均指向圆心O点)，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和8个横截面积相同的金属圆筒组成，圆板及相邻圆筒分别接在高频脉冲电源的两极，序号为奇数的圆筒和电源一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源另一极相连。电压的绝对值为U，周期为T，其变化规律如图乙所示。在t=0时刻，圆板中央的离子(质量为m，电荷量为+q)在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，离子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且离子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，离子从第8个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R 的圆弧虚线(等势线)运动，从N点射出，离子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，离子重力不计，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是 A.在 时第5个圆筒相对第6个圆筒的电势差为正值 B.第7个和第8个圆筒的长度之比为 C.第8个圆筒的长度为 D.虚线MN处电场强度的大小为 二、不定项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的四个选项中，有多个选项正确。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。 8.行星A、B绕太阳运动的轨迹为椭圆，太阳在椭圆轨道的焦点上，A、B所受的引力随时间的变化如图所示，其中 行星A、B与太阳的距离分别记为rA、rB。假设A、B只受到太阳的引力，下列叙述正确的是 【物理 第3页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 A.行星A、B 轨道半长轴之比2：1 B. rA的最大值与rB的最大值之比为4：9 C.行星A 与行星B 的质量之比为81：32 D.行星B与太阳的连线在任意t₂时间内扫过的面积均为椭圆轨道面积的一半 9.在古代，儿童常喜欢玩一种叫“吹豆”的游戏，儿童用手竖直握住两端开口且中空的秸秆，上端口放一粒黄豆，通过秸秆的下端向上用嘴吹气，从上端口喷出的气流可以将黄豆吹停在端口的正上方。若喷出的气流对豆的冲力 F正比于气流的速率v，即 为已知恒量)。气流速率v与黄豆距离上端口高度h的关系如图乙所示，v₀为气流从上端口喷出速率且不变，黄豆受到的力只考虑冲力和重力，重力加速度为g，以下说法正确的是 A.若黄豆恰好悬停在距上端口h 处，则黄豆的质量为 B.黄豆的质量与黄豆悬停的高度成正比 C.若质量为2m的黄豆恰好悬停在上端口，则更换为质量为 m的黄豆轻放在上端口后，上升的最大高度为 h₀ D.两粒不同的黄豆的质量差为Δm，则两次悬停的高度差为 10.福建舰成功实现电磁弹射试验后，某兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射系统，如图甲所示，系统左侧接有电动势为E 的直流电源、单刀双掷开关S 和电容器，右侧是水平光滑平行金属导轨，导轨上放置一助推模型，其外层固定一组金属线圈，线圈两端通过电刷与导轨连接形成回路，线圈处于导轨间的辐射状磁场中，侧视图如图乙所示。首先将开关S接至1，使电容器完全充电；然后将S接至2，模型在安培力作用下从静止开始加速运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过模型的电荷量为q。已知模型(含线圈、电刷)的质量为m，线圈的半径为r，匝数为n，总电阻为R，其所在处的磁感应强度大小均为B，重力加速度为g。不计空气阻力、导轨电阻、线圈中电流产生磁场和线圈自感的影响。下列说法正确的是 【物理 第4页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 A.模型离开导轨时的速度为 B.电容器的电容为 C.在轨道上模型的最大加速度为 D.模型滑离导轨的整个过程中电容器释放的电能为 三、实验题：本题共2小题，11题每空2分，12 题每空2分，共16分。 11.(6分)(1)洛埃镜实验是利用平面镜研究光波的性质。某实验小组用光电传感器代替光屏，测量单色光的波长，其原理如图甲所示，单色光从单缝S射出，一部分直接投射到传感器上，另一部分入射到平面镜后反射到传感器上。由于平面镜的成像作用，反射光可视为光源S在平面镜中的虚像S'发出的光，这样S和S'形成两个相干光源。两束光照射到光电传感器，经计算机处理后，得到如图乙所示图像，横轴为垂直于干涉条纹的距离，若单缝S到平面镜的垂直距离d=0.2mm，单缝到光屏的距离D=1.2m，则单色光的波长为 m(保留2位有效数字)。 (2)做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图丙是教材中的实验方案，图丁是拓展方案，其实验操作步骤如下： ①挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； ②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a； ③改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a-F的关系。 需要满足条件M>m的方案是 (选填“丙”、“丁”或“丙和丁”)；在作a-F图像时，把 mg作为F 值的是 (选填“丙”、“丁”或“丙和丁”)。 【物理第5页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 12.(10分)纯电动汽车的蓄电池的安全性，主要体现在对其温度的控制上，当电池温度过高时，必须立即启动制冷系统进行降温。某实验小组做了该系统的模拟研究如下： (1)已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，用图甲所示的电路测量热敏电阻R₁在50℃时的阻值，电路中R₁、R₃为阻值未知的定值电阻，R₂为电阻箱； ①先闭合开关S、S₀，然后调整电阻箱R₂的阻值，使电流表G的示数为0，并记下电阻箱的示数50.0Ω； ②然后将电阻箱与R₁交换位置，再次调整电阻箱R₂的阻值，使电流表G 的示数为 A，记下电阻箱的示数200.0Ω，则热敏电阻阻值为 (2)调试控温装置，图乙是模拟控温装置示意图。 当电磁铁线圈(电阻不计)中的电流I大于或等于20 mA时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，滑动变阻器 Rp的最大阻值为200 Ω，电源电动势为5 V，不计电源内阻，则： ①图乙中应将b端与 (选填“a”或“c”)端相连； ②若设置电池温度为50℃时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为 Ω； ③若设置电池温度为30℃时启动制冷系统，需要 (填“增大”或“减小”)滑动变阻器的阻值。 四、计算题：本题共3小题，其中13 题10分，14题12分，15题16分，共38分。解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。 13.(10分)如图甲为广泛应用于汽车的减振器——氮气减振器，其结构简图如图乙所示。气缸内充有惰性气体氮，处于压缩状态的弹簧将“工”字型活塞顶于汽缸顶部，活塞被卡环卡住，当活塞受到外界压力时，由于缸内气体和弹簧的共同作用，可以达到缓冲减振的效果。现将减震器竖直放置，状态A 时缸内充入 的氮气，此时弹簧的压缩量为 氮气柱长度为L=20cm。现用外力F向下压活塞，使其缓慢下降h=4 cm，气体达到状态B。从状态A到B 过程气体放出热量Q=82.4J。已知气缸中活塞截面 ，活塞质量m=1kg，弹簧劲度系数k=2×10⁴ N/m,大气压强为1×10⁵Pa,重力加速度为 气缸内的氮气可视为理想气体，气缸壁导热性能良好，不计摩擦和外界温度变化。 (1)求状态B缸内氮气的压强的大小； (2)从状态A到B 过程中，施加于活塞的外力 F 的最大值； (3)状态A到B 过程外界对气体做的功W。 【物理 第6页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 14.(12分)医用回旋加速器的用途是让带电粒子在电磁场中循环运动不断获得能量，通过引出器引出后，轰击靶材料上，获得所需要的核素。现有两种回旋加速器，第一种同步加速器，基本原理可以简化为如图甲所示模型，带电粒子从M板进入高压缝隙，缝隙间的电势差为U₀，粒子得到加速离开 N板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径R 始终保持不变。第二种为我们熟知经典回旋加速器，带电粒子经狭缝中的高频交流电压加速，进入半径为R的D形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。已知带电粒子的电荷量为+q，质量为m，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁感应强度均为B₀，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。 (1)粒子在同步加速器中从静止开始加速，求粒子绕行2周所需总时间t总； (2)粒子在经典回旋加速器中被加速，加速电压u随时间t的变化关系如图乙所示，其中 ①若 时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到引出器引出，经过狭缝的次数； ②实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持B=B₀(1±α)，(α<1)不变，若在 时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数α的极限值。 【物理8第7页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 15.(16分)如图甲所示，长为L=7m的水平传送带以 的速度顺时针匀速转动。将物块A轻放到传送带左端，物块A 和传送带之间的动摩擦因数 传送带紧挨着右侧水平地面O点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ₁，且μ₁ 随物体到O点的距离x按图乙所示规律变化，物块A 向右运动的距离为d=0.5m时与长木板C发生弹性碰撞，长木板C与水平面间无摩擦，AC 碰后取走A，某时刻在长木板的右端轻放物块B，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，物块B与木板之间的动摩擦因数 ，物块B 与挡板发生弹性碰撞。已知物块A 的质量为m=0.5kg，物块B 的质量M=1.5kg，长木板的质量为m=0.5kg，假设木板右端到挡板的距离足够长，物块A、B的大小可忽略， 。求： (1)物块A 与长木板C碰后，长木板C 的速度； (2)若物块B 恰好不从长木板C上滑下，长木板C 的长度； (3)若长木板的长度足够长，质量变为2kg，传送带速度变为3 m/s,从物块 A 放在传动带上到物块B与固定挡板发生第n次碰撞时，整个过程摩擦产生的热量。 x/m 【物理 第8页(共8页)】 学科网（北京）股份有限公司 $物理参考答案与解析 L.B【解析】根据核反应方程遵循质量数及电荷数守恒，可写出该衰变方程4Am一阳Np+He,显然，衰变方 程中X表示的是α粒子。α射线穿透能力较弱，在空气中只能前进几厘米，用一张纸就能把它挡住，A错误； 由题因可知，锯的质量从表变至%，所用时同为432年，因有半数发生表变了，所以幅的丰表期为 432年，B正确；半衰期是由放射性元素的核内部自身的因素决定，与所处的化学状态和外部条件无关， C错误；衰变后新核更稳定，即新核的比结合能更大，Am的比结合能比Np的比结合能小，D错误。 2.C【解析】该消音器工作原理是利用波的干涉原理，A错误；波在相遇时独立传播，互不影响，B错误；根据干 涉特点知，两相干波源的距离差为半波长的奇数倍时，此点为振动减弱点，要减弱声音，所以满足距离差 4r=·△为半波长的寺教倍，而波长入=，基理可得4为号的奇数倍，C正确；由于传播介质相同，所以 b处的声波与α处的声波传播速度相等，D错误。 3.A【解析】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(=2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有 效面积为S=',根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E=儿△D=n△S=2B。, =几 △t △ A正确。 F Fs_mg 4.C【解析】对物块进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得B0B=OA x7777 Ymg 在物块缓慢上升的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，圆柱体对物块 的支持力F、大小不变，由牛顿第三定律知物块对圆柱体的压力大小保持不变，A错误，B错误；对圆柱体受 力分析可知物块对圆柱体的压力在水平方向的分力减小，地面对圆柱体的摩擦力变小，C正确；对圆柱体进 行受力分析知，圆柱体所受压力在的竖直方向的分力变大，圆柱体所受支持力变大，D错误。 5.B【解析】设石子运动的水平位移大小为x,则有x=v,,t= 2,x_2,则1=7：4，可知A错误，D错 g ,= g 且第天次分速度小于第一次分速度<子，<可知C错误，满足此条件的为B项，B正确 6.D【解析】若为a-t图像，图像的面积表示速度的变化量，若初速度方向与加速度方向相同，物体做加速运 动，若初逢度方的与加逢度方句相反，物体袋减速运动，A错误：若为-5因像，=红+爷入-后 2a,得a=nk(- ,如果物体做匀加速直线运动，则α为定值，即速度为定值，与选项相违背，B错误；若 kvo-v 为2-x国像，由广-后=2ax可知2=后+2a,园缘针率k为2a,C错误；若为产-1图像，由x=1+分a 可得产=0+，可知加速度为定值，剥该运动为匀变速直线运动，物体的速度随时间均匀变化，D正确。 【物理答案第1页（共5页）】 7B【解析】因为1=？=T+?,1=子时国简1相对国板的电势差为负位，同理，=奇数国筒相对鹆教国筒 4 4 的电势差为负值，A错误；根据动能定理得9U=m,2g=方m,3gU=分m,,四=2，第7个和 第8个间简的长度之比为，：=，=7：唇=4：4，B正确：根据动能定理得8=…。=4、 Nm' 则第8个圆筒长度上：三·子2T心，C错误：离子由M点射入转向器，沿者圆孤虚线（等势线）做圆周运 m 动，根据9E=m膏可符虚镜MN处电场蛋度的大小为E=1吧，D错误。 8.BD【解析】由图，A,B周期为T1=4,。=2,其中6=241，故B与A绕行周期之比-2业_22 =平，根据开 盾劲第三定28装2.A红省小8大2少的 最大值与，的最小值之北为2：1，同理，当6最小时9F=Gm,当最大时F=,的最大值与的 最小值之比为3：1，行星A、B轨道长轴之比2：1，「A的最大值与「B的最大值之比为4：9，B正确；TA的最大值与 IB的最大值之比为4：9，又2F=G P人2-6许终c特英：行叉B的运动周瑚为2很搭开香 勒第二定律，任意一个行星与太阳的连线在相等时间扫过的面积相等，则行星B与太阳的连线在任意2时间 内扫过的面积为椭圆轨道面积的一半，D正确。 9.ACD【解析】根据h图像可知，距上瑞？处，气流的速度为号，黄豆怡好悬份在距上%口？处，秸轩对黄 豆的弹力为0，剥mg=点受，m=22 0A正确：黄豆悬停时，mg=F=k1U,由乙图知v=o-0h,解得m= h,质量与高度不是正比关系，B错误；若质量为2m的黄豆怡好悬停在上端口，2mg=o,对于质量为 gho 昌m的资放在瑞)处，F-多g=号m,a=方8，方向坚直向上，由于冲力F==。元A,则F ma1-u名鉴婆馗‘土以9华‘8空=D学鉴婆·咩色补骅g单‘华实魁缨粥百梁f囝47y =多，解得A=Ag,C正确；对高度么的黄豆A有mg=k(。,对高度五的赏豆B有m:g △mgho,D正确。 h,,则Ah=h-h,=,o kr to ho 10.BC【解析】对模型，根据动量定理=m,其中，平均安培力下=nB72mr,可得。-2nmB4,A错误；刚充电结 束时，电容器电荷量为Q=CE,模型达到最大速度时，电容器电荷量Q'=Q-q,此时电容器电压U=,则此时 C 揆型产生的感应电动势等于U,故U=2nmB联立可得C=2nm_解得C=mB-4子B mg ,B正确； 模型刚在轨道上运动时，加速度最大，根据牛顿第二定律有nB12πr=mm,电流为I,=- 联立解得在轨道上的 R 最大加速度为am= 2mEB,C正确：模型滑离导轨的整个过程中，电容器释放的电能一部分转化为金属滑块的 Rm 1m2心mB心，另一部分转化为了模型的内能（焦耳热），D错误。 动能E:=2mwn m 【物理答案第2页（共5页）】 11.(1)2.1×10-(2分)(2)丙(2分)丙和丁(2分) 【解析】(1)相邻亮条纹中心间距△x=0.93mm-0.31mm=0.62mm,等效双缝间的距离为d'=2d= D 0,4mm=4×10m,单缝到光屏的距高D=山.2m,根据双缝干涉条纹间距公式Ax三入，A=Ax田 D 4×10-4x6.2x10m≈2.1×107mg 1.2 (2)丙实验方案中，绳的拉力F满足： F=Ma,且mg-F=ma,则F=mg,只有M>m时，F才近似等于mg,故以托盘与砝码的重力表示小车的 1+ 合外力，需满足M≥m。 丁实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝 码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力mg,不需要满足M≥m。两个实 验方案都需把mg作为F值。 12.(1)②0(2分)100(2分)(2)①c(2分)②150(2分)③减小(2分) 【解析】(1)本实验用电桥法测电阻，在电阻箱与R,位置调换前后，都应使B、D两，点间电势差为零，即使电 鹿表G的示数为容，进而根据并联电路规律可得究-斤R解得儿三√风心：=100。 (2)①由题意可知，当控制电路电流达到20A时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以题图乙中，应将b端与 c端相连。 ②若设置电池温度为50℃启动制冷系统，当温度为50℃时，R的阻值为1002，此时控制电路的总电阻 R=20X0A250D,由串联电路的电胆规佛，滑动支阻器接入的电为R,=R-R,2500 1002=1502。 ③由于热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，当线圈电流达到一定值时，继电器的衔铁被吸合，制冷系统被 E 启动，根据闭合电路欧拇定律/=，十R,若要在更低的温度启动制冷系统，热敏电阻变大，需要减小滑动变 阻器阻值 13.(1)5×103Pa(2)2190N(3)82.4J 解：(1)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B,气体发生等温变化， 则有PSL=PBS(L-h)(2分) 解得状态B气体的压强为P:=2么-5×10(2分) (2)弹簧压缩量最大时，F最大，对活塞受力分析 则有pS+F+mg=pgS+k(xo+h)(2分) 代入数据解得F=2190N(2分) (3)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B,气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律 可得△U=W-Q=0 解得外界对气体做的功为W=Q=82.4J(2分) 14.(1)2πR 品+方2 2 ②最大可被动系数的上限3n=2,34…),最大可波 动系数的下限a限=2n-（n=23、4…） 解：(1)同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力，粒子做半径 为尺的匀速圆周运动，每一周所用时间=2，由于每一周速度不同，所用时间也不同 【物理答案第3页（共5页）】 1 第一周9U,=2m,得=√ 200(1分) m 1 2·2qU0 第二周2g。=2m听，得√m 故绕行2周所需总时间 t总=2πR 2,1+方2分剂 (2)①由B,gw=n女 94 得v二m 当r=R时，速度最大vm B4(1分) m 商开隧场时的动能只=心-代 1 2m 由图可知，4=？时，电压为，则加速次数N Ek BogR2 62m(2分) ②每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若B=B(1+αx), 则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B。时缩短，则有 4,=B.()1分) 立1次半圆周累计缩短时间=(n-)4,二g,4分) 要实残造续n衣加速1<骨-爱。 可得a,23a=2.3,4） 1 1 则最大可波动系数的上限a慰=2m-3m=2,34…)(1分) 若B=B。(1-α)，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B=B。时延长，则有 TmTm」 m、(1分） △4，=B,(1=a)9B9B9(1-a) n-1次半圆周累计延长时间延=(m-1)4,=二》amm(1分) Bg(1-) 可得a<2n-n=2,34…） 则最大可波动系数的下限 Q下限=2n-n=234…)(1分) 15.(02ms(20.625m(3[1.25-112(号户]J 解：(1)设物块A能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律omg=ma 设加速过程物块A的位移为x则2=2ax 解得x=1.5m<L 假设成立，A碰C前速度为6m/s(1分) 由图知A运动0.5m时1=0.4，摩擦力对物块A做的功 W,=-0+m3 2 【物理答案第4页（共5页）】 W=-0.5J(1分) 根据动能定理得职-分m-之m 21 v4=2m/s(1分) A、C碰撞过程由动量守恒和能量守恒得mA=mw+mwc mmsa 解得1=0vc=2m/s(1分) (2)设长木板C和物块B向右运动过程中第一次达到共速时的速度为o, 则由动量守恒定律得m'c=(M+m)vo(1分) 物块B与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设C与B再次共速时速度为“， 则由动量守恒定律得Mo-mo=(M+m)2o(1分) 由能量守恒定律可得：Mgs=方m后-宁（M+m)8 解得S=0.625m(1分) (3)更换长木板后，由uomg=ma v2=2ax'物块A离开传送带的速度v'=35m/s(1分)》 根据动能定理取=了m品-之m“ 解得A碰C前速度v2=5m/s(1分) A、C碰撞过程由动量守恒和能量守恒得mw2=m4+mc"ca m呢=7ne+7n2 1 解得v1=-3m/svc2=2m/s(1分) 设长木板C和物块B向右运动过程中第一次达到共速时的速度为1，则由动量守恒定律得 mcvc =(M+mc)v 8 =7m/s(1分) 物块B第二次与挡板发生弹性碰撞前，由动量守恒定律得mc,-Mv1=(M+mc)2 =8×( m/s(1分) B与挡板第三次碰撞前的共速的速度为3， 由动量守恒定律可得mc2-M2=(M+mc) 解得=8×(】 m/s 同理可知，B与挡板第四次碰撞前的共速的速度为4 =8×(7)m 同理可得，B与挡板第n次碰撞前的共速的速度为vn m/s 由能量守恒定律可得Q,=m:品。-子(M+m)心(1分) 物块A在传送带上运动产生的热量Q1=mgS相对=6.75J(1分) 物块A在水平地面上运动产生的热量Q2=|W=0.5J(1分)入 则整个过程中产生的焦耳热Q=Q,+Q,+0,=[1.25-112×月)门J(1分) 【物理答案第5页（共5页）】