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北京市延庆区2025—2026学年度第二学期综合练习（一模）
物理
考试时间：90分钟满分：100分
考生须知
- 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
- 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
1．下列现象属于光的干涉的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
本题考查光的干涉现象，需区分干涉、衍射、折射和全反射等光学现象。
A. 雨后天空出现彩虹——错误。彩虹是太阳光经空气中水滴折射、反射后发生色散形成的，属于光的折射现象，不是干涉。
B. 水中的气泡看上去特别明亮——错误。这是光从水射向气泡（空气）时，在界面发生全反射，使气泡显得明亮，属于全反射现象，不是干涉。
C. 雨后路面上油膜在日光照射下呈现彩色——正确。油膜厚度在光的波长量级，日光在油膜上下表面反射后发生叠加，形成明暗相间的彩色条纹，这是典型的薄膜干涉现象，属于光的干涉。
D. 通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹——错误。这是光通过狭缝时发生衍射，形成彩色条纹，属于光的衍射现象，不是干涉。
综上，符合光的干涉的是C选项。
本题考查光的干涉现象，需区分干涉、衍射、折射和全反射等光学现象。
A. 雨后天空出现彩虹——错误。彩虹是太阳光经空气中水滴折射、反射后发生色散形成的，属于光的折射现象，不是干涉。
B. 水中的气泡看上去特别明亮——错误。这是光从水射向气泡（空气）时，在界面发生全反射，使气泡显得明亮，属于全反射现象，不是干涉。
C. 雨后路面上油膜在日光照射下呈现彩色——正确。油膜厚度在光的波长量级，日光在油膜上下表面反射后发生叠加，形成明暗相间的彩色条纹，这是典型的薄膜干涉现象，属于光的干涉。
D. 通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹——错误。这是光通过狭缝时发生衍射，形成彩色条纹，属于光的衍射现象，不是干涉。
综上，符合光的干涉的是C选项。
2．某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒的皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（ ）
图1图13．如图1所示，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是（ ）
图20图20
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
本题考查热力学第一定律及气体状态变化。皮球被曝晒，温度升高，体积变大，且未漏气，说明气体质量不变，发生等压膨胀（或近似等压变化）。
A. 对外做功——正确。气体体积增大，对外界做功（W<0）。
B. 向外界传递热量——错误。皮球温度升高，是吸收外界热量（Q>0），而非向外界传递热量。
C. 分子的数密度增大——错误。质量不变，体积增大，分子数密度（单位体积分子数）减小。
D. 每个分子的速率都增大——错误。温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子的速率都增大，个别分子速率可能减小。
综上，正确答案为A。
本题考查热力学第一定律及气体状态变化。皮球被曝晒，温度升高，体积变大，且未漏气，说明气体质量不变，发生等压膨胀（或近似等压变化）。
A. 对外做功——正确。气体体积增大，对外界做功（W<0）。
B. 向外界传递热量——错误。皮球温度升高，是吸收外界热量（Q>0），而非向外界传递热量。
C. 分子的数密度增大——错误。质量不变，体积增大，分子数密度（单位体积分子数）减小。
D. 每个分子的速率都增大——错误。温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子的速率都增大，个别分子速率可能减小。
综上，正确答案为A。
3．如图2所示是一辆汽车通过高速ETC通道运动过程的速度-时间图像，其中t₁-t₂时间内的图线是一条平行于时间t轴的直线，则汽车在（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A. 错误。0-t1时间内，从v-t图像可知速度随时间减小，汽车做减速运动，速度方向与加速度方向相反。
B. 错误。t1-t2时间内图线是平行于时间轴的直线，说明速度恒定，加速度为零，速度的变化率为零。
C. 错误。0-t1和t2-t3时间内，速度均为正值（图像在时间轴上方），说明速度方向相同。
D. 正确。0-t1时间内速度减小，加速度为负；t2-t3时间内速度增大，加速度为正，因此两段时间内速度的变化率（加速度）方向相反。
A. 错误。0-t1时间内，从v-t图像可知速度随时间减小，汽车做减速运动，速度方向与加速度方向相反。
B. 错误。t1-t2时间内图线是平行于时间轴的直线，说明速度恒定，加速度为零，速度的变化率为零。
C. 错误。0-t1和t2-t3时间内，速度均为正值（图像在时间轴上方），说明速度方向相同。
D. 正确。0-t1时间内速度减小，加速度为负；t2-t3时间内速度增大，加速度为正，因此两段时间内速度的变化率（加速度）方向相反。
4．2025年11月14日16时40分，神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好。在其返回过程中，关于返回舱及宇航员的运动中下列说法正确的是（ ）
图3图3
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A. 错误。返回舱加速下落时，宇航员的加速度方向向下，处于失重状态。此时座椅对宇航员的支持力小于宇航员的重力。根据牛顿第三定律，宇航员对座椅的压力与座椅对宇航员的支持力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，方向相反。因此“压力小于支持力”的说法本身错误，二者始终等大。
B. 错误。根据万有引力定律F=GMm/r²，随着返回舱不断靠近地面，其与地心的距离r逐渐减小，地球对其引力应逐渐增大，而非减小。
C. 正确。返回舱落地前，反推发动机点火使返回舱减速下落，此时加速度方向竖直向上（与运动方向相反），宇航员处于超重状态，即对座椅的压力大于自身重力。
D. 错误。平均速度是位移与时间的比值，而轨迹长度是路程，路程与时间的比值是平均速率，不能用来计算平均速度的大小。返回舱的轨迹是曲线，其位移大小不等于轨迹长度。
A. 错误。返回舱加速下落时，宇航员的加速度方向向下，处于失重状态。此时座椅对宇航员的支持力小于宇航员的重力。根据牛顿第三定律，宇航员对座椅的压力与座椅对宇航员的支持力是一对作用力与反作用力，大小总是相等，方向相反。因此“压力小于支持力”的说法本身错误，二者始终等大。
B. 错误。根据万有引力定律F=GMm/r²，随着返回舱不断靠近地面，其与地心的距离r逐渐减小，地球对其引力应逐渐增大，而非减小。
C. 正确。返回舱落地前，反推发动机点火使返回舱减速下落，此时加速度方向竖直向上（与运动方向相反），宇航员处于超重状态，即对座椅的压力大于自身重力。
D. 错误。平均速度是位移与时间的比值，而轨迹长度是路程，路程与时间的比值是平均速率，不能用来计算平均速度的大小。返回舱的轨迹是曲线，其位移大小不等于轨迹长度。
5．一种名为“飞椅”的游乐设施如图3所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（ ）
I图4I图4
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A. 错误。座椅做匀速圆周运动，速度大小不变但方向时刻改变，动量是矢量，方向与速度方向相同，因此动量时刻变化，并非保持不变。
B. 正确。座椅运动一周回到出发点，速度大小和方向均与初始相同，动能变化量为零。根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，故合外力做功为零。
C. 错误。重力的冲量等于重力乘以时间，即I_G = mg·T（T为运动一周的周期），不为零。冲量与力是否做功无关，只要力作用了一段时间就有冲量。
D. 错误。座椅做匀速圆周运动，具有向心加速度，合外力提供向心力，不为零，因此不处于受力平衡状态。
A. 错误。座椅做匀速圆周运动，速度大小不变但方向时刻改变，动量是矢量，方向与速度方向相同，因此动量时刻变化，并非保持不变。
B. 正确。座椅运动一周回到出发点，速度大小和方向均与初始相同，动能变化量为零。根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，故合外力做功为零。
C. 错误。重力的冲量等于重力乘以时间，即I_G = mg·T（T为运动一周的周期），不为零。冲量与力是否做功无关，只要力作用了一段时间就有冲量。
D. 错误。座椅做匀速圆周运动，具有向心加速度，合外力提供向心力，不为零，因此不处于受力平衡状态。
6．如图4所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线左侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
图5图58．2025年世界举重锦标赛继续在挪威进行。在男子60公斤级A组决赛的比赛当中，中国选手王浩以138公斤的成绩获得抓举金牌，举起杠铃稳定时的状态如图5所示。重力加速度g=10m/s²，下列说法正确的是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
本题为第7题，考查电磁感应与安培力综合。
A. 错误。根据楞次定律，原磁场方向垂直纸面向里（由长直导线电流方向判断），磁感应强度随时间均匀增加，则穿过线框的磁通量增大，感应电流产生的磁场应阻碍原磁通量增大，即感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故感应电流方向为逆时针，即a→b→c→d→a，而非a→d→c→b→a。
B. 错误。磁感应强度随时间均匀增加，即ΔB/Δt为定值，则感应电动势E = ΔΦ/Δt = S·ΔB/Δt为定值，线框电阻不变，故感应电流大小恒定，不会逐渐增大。
C. 错误。线框ad边所受安培力F = BIL，其中I恒定，但B随时间均匀增大，故安培力大小随时间增大，并非恒定。
D. 正确。线框整体所受安培力为各边安培力的合力。由于线框左侧（ad边）离导线更近，磁感应强度更大，左侧安培力大于右侧安培力。根据左手定则，ad边受安培力水平向左，bc边受安培力水平向右，但左侧力更大，故合力方向水平向左。
综上，正确答案为D。
本题为第7题，考查电磁感应与安培力综合。
A. 错误。根据楞次定律，原磁场方向垂直纸面向里（由长直导线电流方向判断），磁感应强度随时间均匀增加，则穿过线框的磁通量增大，感应电流产生的磁场应阻碍原磁通量增大，即感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故感应电流方向为逆时针，即a→b→c→d→a，而非a→d→c→b→a。
B. 错误。磁感应强度随时间均匀增加，即ΔB/Δt为定值，则感应电动势E = ΔΦ/Δt = S·ΔB/Δt为定值，线框电阻不变，故感应电流大小恒定，不会逐渐增大。
C. 错误。线框ad边所受安培力F = BIL，其中I恒定，但B随时间均匀增大，故安培力大小随时间增大，并非恒定。
D. 正确。线框整体所受安培力为各边安培力的合力。由于线框左侧（ad边）离导线更近，磁感应强度更大，左侧安培力大于右侧安培力。根据左手定则，ad边受安培力水平向左，bc边受安培力水平向右，但左侧力更大，故合力方向水平向左。
综上，正确答案为D。
7．一带正电的点电荷以某一初速度进入匀强电场中开始运动，若运动过程仅受电场力，下列说法正确的是（ ）
ADCB图6ADCB图6
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A. 错误。正电荷在匀强电场中受电场力方向与电场方向相同，若初速度方向与电场方向夹角为钝角，电荷可能先逆电场线运动，电势先升高，故电势不一定不断降低。
B. 错误。若初速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力先做负功，动能先减小，故动能不一定不断增加。
C. 正确。若初速度方向与电场方向平行（同向或反向），电荷做匀变速直线运动，轨迹为与电场线平行的直线。
D. 错误。若轨迹与电场线垂直，则速度方向始终与电场力方向垂直，电场力不做功，动能不变，但匀强电场中电场力恒定，电荷将做匀变速曲线运动（类似平抛），轨迹为抛物线，不可能保持与电场线垂直的直线运动。
A. 错误。正电荷在匀强电场中受电场力方向与电场方向相同，若初速度方向与电场方向夹角为钝角，电荷可能先逆电场线运动，电势先升高，故电势不一定不断降低。
B. 错误。若初速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力先做负功，动能先减小，故动能不一定不断增加。
C. 正确。若初速度方向与电场方向平行（同向或反向），电荷做匀变速直线运动，轨迹为与电场线平行的直线。
D. 错误。若轨迹与电场线垂直，则速度方向始终与电场力方向垂直，电场力不做功，动能不变，但匀强电场中电场力恒定，电荷将做匀变速曲线运动（类似平抛），轨迹为抛物线，不可能保持与电场线垂直的直线运动。
9．如图7所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s²，则在乙下落的过程中（ ）
图8图8
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A. 错误。甲受到乙通过绳子的拉力方向向右，甲相对木箱有向右运动的趋势，因此木箱对甲的摩擦力方向向左。根据牛顿第三定律，甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误。
B. 错误。乙下落过程中，甲和乙整体做加速运动，系统处于失重状态（加速度向下分量），地面对木箱的支持力应小于木箱、甲、乙的总重力，但题目中木箱始终保持静止，且甲在木箱上运动，乙下落过程中加速度恒定（见C项分析），因此地面对木箱的支持力不变，而非逐渐减小，故B错误。
C. 错误。对甲、乙整体受力分析：甲受向右绳拉力T、向左摩擦力f=μmg=0.5×1.0×10=5N；乙受向下重力mg=10N、向上绳拉力T。设加速度为a，对甲：T−f=ma；对乙：mg−T=ma。两式相加得：mg−f=2ma，即10−5=2×1.0×a，解得a=2.5m/s²，故C错误。
D. 正确。由C项中方程，对乙：mg−T=ma，代入a=2.5m/s²，得T=mg−ma=10−2.5=7.5N，故D正确。
A. 错误。甲受到乙通过绳子的拉力方向向右，甲相对木箱有向右运动的趋势，因此木箱对甲的摩擦力方向向左。根据牛顿第三定律，甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误。
B. 错误。乙下落过程中，甲和乙整体做加速运动，系统处于失重状态（加速度向下分量），地面对木箱的支持力应小于木箱、甲、乙的总重力，但题目中木箱始终保持静止，且甲在木箱上运动，乙下落过程中加速度恒定（见C项分析），因此地面对木箱的支持力不变，而非逐渐减小，故B错误。
C. 错误。对甲、乙整体受力分析：甲受向右绳拉力T、向左摩擦力f=μmg=0.5×1.0×10=5N；乙受向下重力mg=10N、向上绳拉力T。设加速度为a，对甲：T−f=ma；对乙：mg−T=ma。两式相加得：mg−f=2ma，即10−5=2×1.0×a，解得a=2.5m/s²，故C错误。
D. 正确。由C项中方程，对乙：mg−T=ma，代入a=2.5m/s²，得T=mg−ma=10−2.5=7.5N，故D正确。
10．如图8甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图8乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0,B₀），P点的切线在B轴的交点为B₁，由以上信息不能得出的结论是（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
A. 0-t0内，圆环所产生的焦耳热——不能得出。焦耳热Q=I²Rt，需要知道0-t0内感应电流随时间的具体变化规律。图中只给出了B-t曲线，但0-t0内B随时间并非线性变化（曲线），因此各时刻的感应电动势E=S·ΔB/Δt不同，无法积分求出总焦耳热。故A不能得出，符合题意。
B. 0-t0内，通过圆环某横截面的电量——能得出。电量q=ΔΦ/R=S·(B0-B1)/R，只需初末磁通量变化，与中间过程无关，由图中B0和B1可求。故B能得出，不符合题意。
C. t=t0时，圆环中感应电动势的大小——能得出。t=t0时感应电动势E=S·(dB/dt)|t=t0，而P点切线的斜率即为该时刻的dB/dt，由P点坐标(t0,B0)和切线在B轴交点B1可求斜率k=(B0-B1)/t0（注意切线斜率为负，取绝对值），故E可求。故C能得出，不符合题意。
D. t=t0时，圆环中感应电流的方向——能得出。由B-t图像可知B随时间减小（曲线下降），根据楞次定律，感应电流的磁场应阻碍原磁通量减小，即感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可判断感应电流方向。故D能得出，不符合题意。
综上，不能得出的结论是A。
A. 0-t0内，圆环所产生的焦耳热——不能得出。焦耳热Q=I²Rt，需要知道0-t0内感应电流随时间的具体变化规律。图中只给出了B-t曲线，但0-t0内B随时间并非线性变化（曲线），因此各时刻的感应电动势E=S·ΔB/Δt不同，无法积分求出总焦耳热。故A不能得出，符合题意。
B. 0-t0内，通过圆环某横截面的电量——能得出。电量q=ΔΦ/R=S·(B0-B1)/R，只需初末磁通量变化，与中间过程无关，由图中B0和B1可求。故B能得出，不符合题意。
C. t=t0时，圆环中感应电动势的大小——能得出。t=t0时感应电动势E=S·(dB/dt)|t=t0，而P点切线的斜率即为该时刻的dB/dt，由P点坐标(t0,B0)和切线在B轴交点B1可求斜率k=(B0-B1)/t0（注意切线斜率为负，取绝对值），故E可求。故C能得出，不符合题意。
D. t=t0时，圆环中感应电流的方向——能得出。由B-t图像可知B随时间减小（曲线下降），根据楞次定律，感应电流的磁场应阻碍原磁通量减小，即感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可判断感应电流方向。故D能得出，不符合题意。
综上，不能得出的结论是A。
11．2025年12月30日，国家电网有限公司蒙西—京津冀±800千伏特高压直流输电工程正式开工建设。计划将输电站提供的1.6×106V直流电由内蒙古鄂尔多斯市输送至河北沧州市，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为2202sin100πtV的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W ，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（ ）
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A. 错误。直流输电电压为1.6×10⁶ V，输送功率为8.0×10⁹ W，由P=UI可得电流I=P/U=8.0×10⁹/1.6×10⁶=5.0×10³ A=5000 A，并非250 A。
B. 正确。导线电阻损耗功率不超过输送功率的5%，即P损≤5%×8.0×10⁹=4.0×10⁸ W。由P损=I²R，代入I=5000 A，得R≤P损/I²=4.0×10⁸/(5000)²=16 Ω，故导线总阻值不超过16 Ω。
C. 错误。家用交流电表达式为220√2 sin100πt V，电压最大值为220√2 V，角频率ω=100π rad/s，频率f=ω/(2π)=50 Hz，并非100 Hz。
D. 错误。配电房变压器原线圈输入电压为1.0×10⁴ V，副线圈输出电压为220 V（有效值），由理想变压器电压比等于匝数比，得原、副线圈匝数比n₁:n₂=10000:220=500:11。理想变压器电流比与匝数比成反比，即I₁:I₂=n₂:n₁=11:500，并非500:11。
A. 错误。直流输电电压为1.6×10⁶ V，输送功率为8.0×10⁹ W，由P=UI可得电流I=P/U=8.0×10⁹/1.6×10⁶=5.0×10³ A=5000 A，并非250 A。
B. 正确。导线电阻损耗功率不超过输送功率的5%，即P损≤5%×8.0×10⁹=4.0×10⁸ W。由P损=I²R，代入I=5000 A，得R≤P损/I²=4.0×10⁸/(5000)²=16 Ω，故导线总阻值不超过16 Ω。
C. 错误。家用交流电表达式为220√2 sin100πt V，电压最大值为220√2 V，角频率ω=100π rad/s，频率f=ω/(2π)=50 Hz，并非100 Hz。
D. 错误。配电房变压器原线圈输入电压为1.0×10⁴ V，副线圈输出电压为220 V（有效值），由理想变压器电压比等于匝数比，得原、副线圈匝数比n₁:n₂=10000:220=500:11。理想变压器电流比与匝数比成反比，即I₁:I₂=n₂:n₁=11:500，并非500:11。
12．2026年1月2日，中国科学院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所科研团队宣布，我国重大科学工程有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实验证实托卡马克密度自由区的存在，找到突破密度极限的方法，为磁约束核聚变装置高密度运行提供了重要的物理依据。其中我国“人造太阳”主要是将氢的同位素氘或氚的核聚变反应释放的能量用来发电，有一种核聚变反应的方程为12H+12H→x+01n。已知氘核的质量为m₁，比结合能为E，中子的质量为m₂，反应中释放的核能为ΔE，光速为c，下列说法正确的是（ ）
图9图9本部分共6题，共58分。
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
A. 错误。根据核反应方程质量数和电荷数守恒，反应前质量数为2+2=4，电荷数为1+1=2；产物中子质量数为1、电荷数为0，则x的质量数为4-1=3，电荷数为2-0=2，故x应为氦-3（³₂He），而非⁴₂He。
B. 错误。由质能方程，反应释放核能ΔE对应质量亏损Δm=ΔE/c²，即2m₁ = m_x + m₂ + ΔE/c²，解得m_x = 2m₁ - m₂ - ΔE/c²，而非ΔE/c² + m₂ - 2m₁。
C. 正确。反应前总结合能为2×2E=4E（每个氘核有2个核子，比结合能为E）；反应后总结合能为3E_x + 0（中子比结合能为0）。释放核能ΔE = 反应后总结合能 - 反应前总结合能 = 3E_x - 4E，解得E_x = (4E + ΔE)/3，即x的比结合能为(4E+ΔE)/3。注意题目中选项C写为“43E+ΔE3”，应理解为(4E+ΔE)/3，故正确。
D. 错误。核聚变需要极高的温度和压强以克服库仑斥力，常温常压下无法发生聚变反应；提升等离子体密度不能改变这一物理条件。
A. 错误。根据核反应方程质量数和电荷数守恒，反应前质量数为2+2=4，电荷数为1+1=2；产物中子质量数为1、电荷数为0，则x的质量数为4-1=3，电荷数为2-0=2，故x应为氦-3（³₂He），而非⁴₂He。
B. 错误。由质能方程，反应释放核能ΔE对应质量亏损Δm=ΔE/c²，即2m₁ = m_x + m₂ + ΔE/c²，解得m_x = 2m₁ - m₂ - ΔE/c²，而非ΔE/c² + m₂ - 2m₁。
C. 正确。反应前总结合能为2×2E=4E（每个氘核有2个核子，比结合能为E）；反应后总结合能为3E_x + 0（中子比结合能为0）。释放核能ΔE = 反应后总结合能 - 反应前总结合能 = 3E_x - 4E，解得E_x = (4E + ΔE)/3，即x的比结合能为(4E+ΔE)/3。注意题目中选项C写为“43E+ΔE3”，应理解为(4E+ΔE)/3，故正确。
D. 错误。核聚变需要极高的温度和压强以克服库仑斥力，常温常压下无法发生聚变反应；提升等离子体密度不能改变这一物理条件。
二、非选择题
8．铅球被水平推出后的运动过程中（不计空气阻力），铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系如图6所示，正确的是（ ）
图7图7
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
A. 错误。铅球被水平推出后，不计空气阻力，只受重力作用，加速度为重力加速度g，大小恒定不变，不随时间变化。图中a-t图像显示加速度随时间增大，故错误。
B. 错误。铅球做平抛运动，水平方向速度v₀不变，竖直方向速度vy=gt随时间均匀增大，合速度大小v=√(v₀²+g²t²)，随时间增大但并非线性增大（曲线斜率逐渐减小）。图中v-t图像显示速度随时间线性增大，故错误。
C. 错误。铅球的动能Ek=½mv²=½m(v₀²+g²t²)，随时间t增大，且Ek-t图像应为开口向上的抛物线（二次函数），而非图中所示的线性增大关系，故错误。
D. 正确。铅球在空中运动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，机械能E保持不变，不随时间变化。图中E-t图像为一条平行于时间轴的直线，表示机械能恒定，故正确。
A. 错误。铅球被水平推出后，不计空气阻力，只受重力作用，加速度为重力加速度g，大小恒定不变，不随时间变化。图中a-t图像显示加速度随时间增大，故错误。
B. 错误。铅球做平抛运动，水平方向速度v₀不变，竖直方向速度vy=gt随时间均匀增大，合速度大小v=√(v₀²+g²t²)，随时间增大但并非线性增大（曲线斜率逐渐减小）。图中v-t图像显示速度随时间线性增大，故错误。
C. 错误。铅球的动能Ek=½mv²=½m(v₀²+g²t²)，随时间t增大，且Ek-t图像应为开口向上的抛物线（二次函数），而非图中所示的线性增大关系，故错误。
D. 正确。铅球在空中运动过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，机械能E保持不变，不随时间变化。图中E-t图像为一条平行于时间轴的直线，表示机械能恒定，故正确。
13．（6分） 物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作和实验分析等。
（1）用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图9所示。则这块玻璃砖的折射率n= （用图中字母表示）。
图10图10（2）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.1mL，用注射器测得1mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图10所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是 cm₂。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 m。（最后一空的结果保留3位有效数字）
图11图11（3）实验小组准备用如图11所示的实验装置探究加速度与力和质量的关系。该实验装置有几处错误，请指出其中的两处错误：
① ②
👩🏫 教师答案
【答案】（1）sinθ1sinθ2
（2） 40 1.25×10-10
（3）①打点计时器用直流电源 ② 拉小车的线没有与木板平行
（2） 40 1.25×10-10
（3）①打点计时器用直流电源 ② 拉小车的线没有与木板平行
【详解】
（1）**折射率计算**
插针法测折射率时，入射角为光线与法线的夹角。图中\(\theta_1\)为入射光线与界面法线的夹角（即入射角），\(\theta_2\)为折射光线与法线的夹角（即折射角）。根据折射定律：
\[
n=\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2}
\]
注意：若图中给出的角度是光线与界面的夹角，则需取其余角，但本题图中字母已明确为法线夹角，故直接使用上式。
（2）**油膜法估测分子直径**
① 油酸膜面积：
图中轮廓所覆盖的方格数约为40格（不足半格舍去，大于半格算一格），每格面积\(1\text{ cm}^2\)，故
\[
S=40\text{ cm}^2=4.0\times10^{-3}\text{ m}^2
\]
② 一滴溶液中纯油酸体积：
溶液浓度：每1000 mL溶液含纯油酸0.1 mL，即体积分数为
\[
\frac{0.1}{1000}=1\times10^{-4}
\]
1 mL溶液有200滴，则一滴溶液体积为
\[
V_{\text{滴}}=\frac{1}{200}\text{ mL}=5\times10^{-3}\text{ mL}=5\times10^{-9}\text{ m}^3
\]
一滴溶液中纯油酸体积：
\[
V_{\text{油}}=5\times10^{-9}\times1\times10^{-4}=5\times10^{-13}\text{ m}^3
\]
③ 分子直径（油膜厚度）：
\[
d=\frac{V_{\text{油}}}{S}=\frac{5\times10^{-13}}{4.0\times10^{-3}}=1.25\times10^{-10}\text{ m}
\]
保留3位有效数字，结果为\(1.25\times10^{-10}\text{ m}\)。
（3）**探究加速度与力和质量关系的实验装置错误**
该实验为教材经典实验，常见装置错误包括：
① 打点计时器应使用低压交流电源，图中接直流电源是错误的；
② 细线应沿木板方向与木板平行，图中细线倾斜，导致拉力方向与运动方向不一致；
③ 未平衡摩擦力（木板未适当垫高）；
④ 小车应靠近打点计时器释放，图中位置过远。
任选其中两项作答即可。
（1）**折射率计算**
插针法测折射率时，入射角为光线与法线的夹角。图中\(\theta_1\)为入射光线与界面法线的夹角（即入射角），\(\theta_2\)为折射光线与法线的夹角（即折射角）。根据折射定律：
\[
n=\frac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2}
\]
注意：若图中给出的角度是光线与界面的夹角，则需取其余角，但本题图中字母已明确为法线夹角，故直接使用上式。
（2）**油膜法估测分子直径**
① 油酸膜面积：
图中轮廓所覆盖的方格数约为40格（不足半格舍去，大于半格算一格），每格面积\(1\text{ cm}^2\)，故
\[
S=40\text{ cm}^2=4.0\times10^{-3}\text{ m}^2
\]
② 一滴溶液中纯油酸体积：
溶液浓度：每1000 mL溶液含纯油酸0.1 mL，即体积分数为
\[
\frac{0.1}{1000}=1\times10^{-4}
\]
1 mL溶液有200滴，则一滴溶液体积为
\[
V_{\text{滴}}=\frac{1}{200}\text{ mL}=5\times10^{-3}\text{ mL}=5\times10^{-9}\text{ m}^3
\]
一滴溶液中纯油酸体积：
\[
V_{\text{油}}=5\times10^{-9}\times1\times10^{-4}=5\times10^{-13}\text{ m}^3
\]
③ 分子直径（油膜厚度）：
\[
d=\frac{V_{\text{油}}}{S}=\frac{5\times10^{-13}}{4.0\times10^{-3}}=1.25\times10^{-10}\text{ m}
\]
保留3位有效数字，结果为\(1.25\times10^{-10}\text{ m}\)。
（3）**探究加速度与力和质量关系的实验装置错误**
该实验为教材经典实验，常见装置错误包括：
① 打点计时器应使用低压交流电源，图中接直流电源是错误的；
② 细线应沿木板方向与木板平行，图中细线倾斜，导致拉力方向与运动方向不一致；
③ 未平衡摩擦力（木板未适当垫高）；
④ 小车应靠近打点计时器释放，图中位置过远。
任选其中两项作答即可。
14．（12分） 在“用单摆测重力加速度”的实验中
（1）某组同学的常规操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；
b．用米尺量得细线长度l；
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球；
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/n；
e．用公式g=4π2lT₂计算重力加速度．
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比 （选填“偏大”、 “相同”或“偏小”）。
（2）另外一组同学用创新形式做该实验.
图12图13图14图15图12图13图14图15
①如图12所示，可在单摆悬点处安装力传感器，也可在摆球的平衡位置处安装光电门。利用力传感器，获得传感器读取的力与时间的关系图像，如图13所示，则单摆的周期为
s（结果保留3位有效数字）。另外利用光电门，从小钢球第1次遮光开始计时，记下第n次遮光的时刻t，则单摆的周期为T= ；
②发现小钢球已变形，为减小测量误差，他改变摆线长度l，测出对应的周期T，作出相应的l-T₂关系图线，如图14所示。由此算出图线的斜率k和截距b，则重力加速度g= ，小钢球重心到摆线下端的高度差h= ；（结果均用k、b表示）
③用3D打印技术制作了一个圆心角小于10°、半径已知的圆弧槽，如图15所示。他让小钢球在槽中运动，测出其运动周期，算出重力加速度为8.65m/s²。若周期测量数据无误，则获得的重力加速度明显偏离实际值的最主要原因是 。
图16图16
👩🏫 教师答案
【答案】（1）偏小
（2）①1.31s 2tn-1
②4π2k kb
③存在阻力，且小球不是纯平动而有滚动，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，导致g的测量值小于真实值。
（2）①1.31s 2tn-1
②4π2k kb
③存在阻力，且小球不是纯平动而有滚动，导致实际测出的周期大于理想情况下的周期，导致g的测量值小于真实值。
【详解】
（1）单摆周期公式 \(T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}\) 中，\(L\) 应为摆长（悬点到小球重心的距离）。该组同学用米尺量得细线长度 \(l\)，未加小球半径 \(\frac{d}{2}\)，即代入公式的摆长偏小。由 \(g=\frac{4\pi^2 L}{T^2}\) 可知，\(L\) 偏小则计算出的 \(g\) 偏小。故填“偏小”。
（2）① 力传感器图像中，摆球通过平衡位置时拉力最大，相邻两次最大拉力对应的时间间隔为半个周期。由图13可知相邻两次拉力峰值间隔约为0.655s，故周期 \(T=2\times0.655=1.31\) s（保留3位有效数字）。
光电门测周期：小钢球每次经过平衡位置（最低点）遮光一次，第1次遮光开始计时，第 \(n\) 次遮光时，实际完成全振动的次数为 \(\frac{n-1}{2}\)（因为一个周期内经过平衡位置两次）。故周期 \(T=\frac{t}{(n-1)/2}=\frac{2t}{n-1}\)。
② 设小钢球重心到摆线下端的高度差为 \(h\)，则实际摆长 \(L=l+h\)。由周期公式 \(T=2\pi\sqrt{\frac{l+h}{g}}\)，平方得 \(T^2=\frac{4\pi^2}{g}(l+h)\)，即 \(l=\frac{g}{4\pi^2}T^2-h\)。
对照图14中 \(l-T^2\) 关系图线，斜率 \(k=\frac{g}{4\pi^2}\)，截距 \(b=-h\)（注意纵截距为负值，但题中截距 \(b\) 为正值，表示 \(|h|\)）。因此 \(g=\frac{4\pi^2}{k}\)，\(h=\frac{b}{k}\)（由 \(b=\frac{g}{4\pi^2}h\) 也可得 \(h=\frac{b}{k}\)）。
③ 圆弧槽中小球运动并非理想单摆模型：小球在槽中运动时存在滚动而非纯平动，且槽对小球有摩擦阻力，使得实际运动周期大于理想单摆周期。由 \(g=\frac{4\pi^2 L}{T^2}\)，周期偏大导致计算出的重力加速度偏小（8.65 m/s² < 9.8 m/s²），故最主要原因是存在阻力且小球滚动导致周期偏大。
（1）单摆周期公式 \(T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}\) 中，\(L\) 应为摆长（悬点到小球重心的距离）。该组同学用米尺量得细线长度 \(l\)，未加小球半径 \(\frac{d}{2}\)，即代入公式的摆长偏小。由 \(g=\frac{4\pi^2 L}{T^2}\) 可知，\(L\) 偏小则计算出的 \(g\) 偏小。故填“偏小”。
（2）① 力传感器图像中，摆球通过平衡位置时拉力最大，相邻两次最大拉力对应的时间间隔为半个周期。由图13可知相邻两次拉力峰值间隔约为0.655s，故周期 \(T=2\times0.655=1.31\) s（保留3位有效数字）。
光电门测周期：小钢球每次经过平衡位置（最低点）遮光一次，第1次遮光开始计时，第 \(n\) 次遮光时，实际完成全振动的次数为 \(\frac{n-1}{2}\)（因为一个周期内经过平衡位置两次）。故周期 \(T=\frac{t}{(n-1)/2}=\frac{2t}{n-1}\)。
② 设小钢球重心到摆线下端的高度差为 \(h\)，则实际摆长 \(L=l+h\)。由周期公式 \(T=2\pi\sqrt{\frac{l+h}{g}}\)，平方得 \(T^2=\frac{4\pi^2}{g}(l+h)\)，即 \(l=\frac{g}{4\pi^2}T^2-h\)。
对照图14中 \(l-T^2\) 关系图线，斜率 \(k=\frac{g}{4\pi^2}\)，截距 \(b=-h\)（注意纵截距为负值，但题中截距 \(b\) 为正值，表示 \(|h|\)）。因此 \(g=\frac{4\pi^2}{k}\)，\(h=\frac{b}{k}\)（由 \(b=\frac{g}{4\pi^2}h\) 也可得 \(h=\frac{b}{k}\)）。
③ 圆弧槽中小球运动并非理想单摆模型：小球在槽中运动时存在滚动而非纯平动，且槽对小球有摩擦阻力，使得实际运动周期大于理想单摆周期。由 \(g=\frac{4\pi^2 L}{T^2}\)，周期偏大导致计算出的重力加速度偏小（8.65 m/s² < 9.8 m/s²），故最主要原因是存在阻力且小球滚动导致周期偏大。
15．）如图16，小物块A的质量为m₁ = 0.20 kg，小物块B的质量为m₂ = 0.10 kg， B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v₀与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 1.25 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.50 m，取重力加速度g = 10 m/s²。（忽略空气阻力）求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v₀的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
图17图17
👩🏫 教师答案
【答案】（1）竖直方向为自由落体运动，由
h=12gt2 （1分）
得
t = 0.50 s （1分）
（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由
s=vt （1分）
得
v=1.0 m/s （1分）
根据动量守恒定律，由
m1v0=(m1+m2)v （1分）
得
v0=1.5 m/s （1分）
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12m1v02-12(m1+m2)v2 （2分）
得
ΔE=0.075J （1分）
h=12gt2 （1分）
得
t = 0.50 s （1分）
（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由
s=vt （1分）
得
v=1.0 m/s （1分）
根据动量守恒定律，由
m1v0=(m1+m2)v （1分）
得
v0=1.5 m/s （1分）
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
ΔE=12m1v02-12(m1+m2)v2 （2分）
得
ΔE=0.075J （1分）
【详解】
（1）两物块碰后水平抛出，做平抛运动。竖直方向为自由落体运动，由 \( h = \frac{1}{2}gt^2 \) 得：
\[
t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 1.25}{10}} = 0.50 \, \text{s}
\]
故两物块在空中运动的时间为 0.50 s。
（2）碰后两物块粘在一起以共同速度 v 水平抛出，水平方向为匀速直线运动，由 \( s = vt \) 得：
\[
v = \frac{s}{t} = \frac{0.50}{0.50} = 1.0 \, \text{m/s}
\]
碰撞过程满足动量守恒，取水平向右为正方向：
\[
m_1 v_0 = (m_1 + m_2) v
\]
代入数据：
\[
0.20 v_0 = (0.20 + 0.10) \times 1.0
\]
解得：
\[
v_0 = 1.5 \, \text{m/s}
\]
故碰前 A 的速度大小为 1.5 m/s。
（3）碰撞过程中损失的机械能为碰前 A 的动能减去碰后两物块的总动能：
\[
\Delta E = \frac{1}{2} m_1 v_0^2 - \frac{1}{2}(m_1 + m_2) v^2
\]
代入数据：
\[
\Delta E = \frac{1}{2} \times 0.20 \times 1.5^2 - \frac{1}{2} \times 0.30 \times 1.0^2
\]
\[
\Delta E = 0.225 - 0.15 = 0.075 \, \text{J}
\]
故碰撞过程中损失的机械能为 0.075 J。
（1）两物块碰后水平抛出，做平抛运动。竖直方向为自由落体运动，由 \( h = \frac{1}{2}gt^2 \) 得：
\[
t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 1.25}{10}} = 0.50 \, \text{s}
\]
故两物块在空中运动的时间为 0.50 s。
（2）碰后两物块粘在一起以共同速度 v 水平抛出，水平方向为匀速直线运动，由 \( s = vt \) 得：
\[
v = \frac{s}{t} = \frac{0.50}{0.50} = 1.0 \, \text{m/s}
\]
碰撞过程满足动量守恒，取水平向右为正方向：
\[
m_1 v_0 = (m_1 + m_2) v
\]
代入数据：
\[
0.20 v_0 = (0.20 + 0.10) \times 1.0
\]
解得：
\[
v_0 = 1.5 \, \text{m/s}
\]
故碰前 A 的速度大小为 1.5 m/s。
（3）碰撞过程中损失的机械能为碰前 A 的动能减去碰后两物块的总动能：
\[
\Delta E = \frac{1}{2} m_1 v_0^2 - \frac{1}{2}(m_1 + m_2) v^2
\]
代入数据：
\[
\Delta E = \frac{1}{2} \times 0.20 \times 1.5^2 - \frac{1}{2} \times 0.30 \times 1.0^2
\]
\[
\Delta E = 0.225 - 0.15 = 0.075 \, \text{J}
\]
故碰撞过程中损失的机械能为 0.075 J。
16．）如图17所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下磁感应强度B的匀强磁场。导体棒MN放在导轨上，其电阻为r，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨电阻可忽略不计，导体棒在平行于导轨的拉力作用下沿导轨向右以速度v做匀速直线运动。求：
（1）电阻R两端的电压U；
（2）在t时间内，拉力做的功W；
（3）请证明：此过程拉力的功率P₁等于电路消耗的功率P₂。
👩🏫 教师答案
【答案】（1）MN棒产生的感应电动势
E=BLv （1分）
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r （1分）
电阻R两端的电压
U=IR
=BLvRR+r （1分）
（2）因导体棒沿导轨向右匀速运动，导轨光滑，则拉力与安培力大小相等，则
F=BIL （1分）
拉力做的功
W=B2L2v2tR+r （2分）
（3）因导体棒沿导轨向右匀速运动，导轨光滑，则拉力与安培力大小相等\
F=BIL
拉力的功率 P1=Fv
整理得 P1=B2L2v2R+r （1分）
电路消耗的功率 P2=I2R+r
整理得 P2=B2L2v2R+r （1分）
所以 P1=P2 （1分）
E=BLv （1分）
根据闭合电路欧姆定律得
I=ER+r （1分）
电阻R两端的电压
U=IR
=BLvRR+r （1分）
（2）因导体棒沿导轨向右匀速运动，导轨光滑，则拉力与安培力大小相等，则
F=BIL （1分）
拉力做的功
W=B2L2v2tR+r （2分）
（3）因导体棒沿导轨向右匀速运动，导轨光滑，则拉力与安培力大小相等\
F=BIL
拉力的功率 P1=Fv
整理得 P1=B2L2v2R+r （1分）
电路消耗的功率 P2=I2R+r
整理得 P2=B2L2v2R+r （1分）
所以 P1=P2 （1分）
【详解】
（1）导体棒 \(MN\) 以速度 \(v\) 向右匀速切割磁感线，产生的感应电动势为
\[
E=BLv
\]
回路总电阻为 \(R+r\)，由闭合电路欧姆定律得
\[
I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLv}{R+r}
\]
电阻 \(R\) 两端的电压为
\[
U=IR=\frac{BLvR}{R+r}
\]
（2）导体棒匀速运动，所受合力为零。导轨光滑，水平方向只受拉力 \(F\) 和安培力 \(F_A\)，二者等大反向。
安培力大小为
\[
F_A=BIL=\frac{B^2L^2v}{R+r}
\]
因此拉力
\[
F=F_A=\frac{B^2L^2v}{R+r}
\]
在 \(t\) 时间内导体棒位移为 \(x=vt\)，拉力做功
\[
W=Fx=\frac{B^2L^2v}{R+r}\cdot vt=\frac{B^2L^2v^2t}{R+r}
\]
（3）拉力的功率为
\[
P_1=Fv=\frac{B^2L^2v^2}{R+r}
\]
电路消耗的总功率为
\[
P_2=I^2(R+r)=\left(\frac{BLv}{R+r}\right)^2(R+r)=\frac{B^2L^2v^2}{R+r}
\]
比较可得
\[
P_1=P_2
\]
即拉力的功率等于电路消耗的功率，说明拉力做的功全部转化为电路中的焦耳热，符合能量守恒定律。
（1）导体棒 \(MN\) 以速度 \(v\) 向右匀速切割磁感线，产生的感应电动势为
\[
E=BLv
\]
回路总电阻为 \(R+r\)，由闭合电路欧姆定律得
\[
I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLv}{R+r}
\]
电阻 \(R\) 两端的电压为
\[
U=IR=\frac{BLvR}{R+r}
\]
（2）导体棒匀速运动，所受合力为零。导轨光滑，水平方向只受拉力 \(F\) 和安培力 \(F_A\)，二者等大反向。
安培力大小为
\[
F_A=BIL=\frac{B^2L^2v}{R+r}
\]
因此拉力
\[
F=F_A=\frac{B^2L^2v}{R+r}
\]
在 \(t\) 时间内导体棒位移为 \(x=vt\)，拉力做功
\[
W=Fx=\frac{B^2L^2v}{R+r}\cdot vt=\frac{B^2L^2v^2t}{R+r}
\]
（3）拉力的功率为
\[
P_1=Fv=\frac{B^2L^2v^2}{R+r}
\]
电路消耗的总功率为
\[
P_2=I^2(R+r)=\left(\frac{BLv}{R+r}\right)^2(R+r)=\frac{B^2L^2v^2}{R+r}
\]
比较可得
\[
P_1=P_2
\]
即拉力的功率等于电路消耗的功率，说明拉力做的功全部转化为电路中的焦耳热，符合能量守恒定律。
17．（10分）如图18所示，质量为m=1kg的物块A在水平传送带左端的光滑水平面上以v0=1m/s的速度向右滑行，传送带右端有一质量为M=1kg的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q之间粗糙，Q点右侧光滑，左侧水平面、传送带及小车的上表面均无缝平滑连接，物块A与传送带及PQ之间的滑动摩擦因数相同且μ=0.5，传送带长L=4.5m，以恒定速率v=6m/s顺时针运转。取重力加速度g=10m/s²，物块A可视为质点，求：
（1）物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量Q；
（2）物块A从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功Wf ；
（3）物块A滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车,则P、Q之间的距离x。
L图18L图18
👩🏫 教师答案
【答案】解： （1）设经过时间t，物块A与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得
v=v0+at
μmg=ma （1分）
代入数据可得
t=1s
物块A滑行的距离
s物=v+v02t=3.5m （1分）
传送带的位移
s传=vt=6m （1分）
则 sx=s传-s物=2.5m
物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量
Q=μmgsx=12.5J （1分）
（2）物块A滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
Wf=12mv2-12mv02 （2分）
=17.5J （1分）
（3）物块A最终没有离开小车，物块A与小车具有共同的末速度v共，物块A与小车组成的系统动量守恒，有
mv=(m+M)v共 （1分）
分析过程由能量守恒可得
12mv2=μmg2x+12(m+M)v共2 （1分）
解得
x=0.9m （1分）
v=v0+at
μmg=ma （1分）
代入数据可得
t=1s
物块A滑行的距离
s物=v+v02t=3.5m （1分）
传送带的位移
s传=vt=6m （1分）
则 sx=s传-s物=2.5m
物块A与传送带之间因摩擦而产生的热量
Q=μmgsx=12.5J （1分）
（2）物块A滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
Wf=12mv2-12mv02 （2分）
=17.5J （1分）
（3）物块A最终没有离开小车，物块A与小车具有共同的末速度v共，物块A与小车组成的系统动量守恒，有
mv=(m+M)v共 （1分）
分析过程由能量守恒可得
12mv2=μmg2x+12(m+M)v共2 （1分）
解得
x=0.9m （1分）
【详解】
（1）物块A滑上传送带时速度v₀=1m/s，传送带速度v=6m/s，物块相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动。
由牛顿第二定律：μmg=ma，得a=μg=5m/s²。
由v=v₀+at，得加速时间t=(v-v₀)/a=(6-1)/5=1s。
物块位移：s物=(v₀+v)t/2=(1+6)×1/2=3.5m。
传送带位移：s传=vt=6×1=6m。
相对位移：Δs=s传-s物=2.5m。
摩擦生热：Q=μmg·Δs=0.5×1×10×2.5=12.5J。
（2）物块从滑上传送带到离开，先匀加速至与传送带共速，之后与传送带相对静止匀速运动。摩擦力做功等于物块动能增量：
Wf=½mv²-½mv₀²=½×1×6²-½×1×1²=18-0.5=17.5J。
（3）物块A以v=6m/s滑上小车，最终恰好没有离开小车，说明物块与小车最终达到共同速度。
系统水平方向动量守恒：mv=(m+M)v共，代入m=M=1kg，得v共=v/2=3m/s。
能量守恒：物块在小车PQ段克服摩擦力做功，将部分动能转化为内能，弹簧压缩后恢复，弹性势能最终为零。
½mv²=μmg·2x+½(m+M)v共²
代入数据：½×1×36=0.5×1×10×2x+½×2×9
18=10x+9，得x=0.9m。
注意：物块在小车上先向左运动经过PQ段压缩弹簧，弹簧反弹后物块向右运动再次经过PQ段，因此摩擦力做功对应的路程为2x。
（1）物块A滑上传送带时速度v₀=1m/s，传送带速度v=6m/s，物块相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力，做匀加速运动。
由牛顿第二定律：μmg=ma，得a=μg=5m/s²。
由v=v₀+at，得加速时间t=(v-v₀)/a=(6-1)/5=1s。
物块位移：s物=(v₀+v)t/2=(1+6)×1/2=3.5m。
传送带位移：s传=vt=6×1=6m。
相对位移：Δs=s传-s物=2.5m。
摩擦生热：Q=μmg·Δs=0.5×1×10×2.5=12.5J。
（2）物块从滑上传送带到离开，先匀加速至与传送带共速，之后与传送带相对静止匀速运动。摩擦力做功等于物块动能增量：
Wf=½mv²-½mv₀²=½×1×6²-½×1×1²=18-0.5=17.5J。
（3）物块A以v=6m/s滑上小车，最终恰好没有离开小车，说明物块与小车最终达到共同速度。
系统水平方向动量守恒：mv=(m+M)v共，代入m=M=1kg，得v共=v/2=3m/s。
能量守恒：物块在小车PQ段克服摩擦力做功，将部分动能转化为内能，弹簧压缩后恢复，弹性势能最终为零。
½mv²=μmg·2x+½(m+M)v共²
代入数据：½×1×36=0.5×1×10×2x+½×2×9
18=10x+9，得x=0.9m。
注意：物块在小车上先向左运动经过PQ段压缩弹簧，弹簧反弹后物块向右运动再次经过PQ段，因此摩擦力做功对应的路程为2x。
18．（12分）如图19甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图19乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v₀进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间电压U或两板间距离d可以改变收集率η。当d=d₀ ,U=U₀时,η为81%（即离下板0.81d₀范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
（1）若保持板间距离d₀不变 ，通过改变电压U实现控制收集率的大小，若尘埃恰好全部被收集，求两金属板间的电压U₁；
（2）若保持电压U₀不变 ，通过改变板间距离d实现控制收集率的大小。
a.求收集率η与两板间距d的函数关系；
b.设单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量∆M∆t与两板间距d的函数关系，并绘出图线。
图19图19
👩🏫 教师答案
【答案】（只要紧靠上板的颗粒能落到金属板下板最右侧，颗粒就能全部被收集，水平方向有L = v₀t
竖直方向有d₀ = ½at²
又Eq = ma，E = U₁/d₀，
解得U₁ = 2mv₀²d₀²/(qL²)或 U₁ = (100/81)U₀ （3分）
（2）a. 当板间距离为d0 时收集率为81%，设距下板x处的尘埃到达下板的右端边缘，
此时有x = ½·qU₀/(md₀)·(L/v₀)²
根据题意，当U0不变时，收集率为η = x/d₀ = 0.81 （1分）
当U0不变时，距离为d时，x′ = ½·qU₀/(md)·(L/v₀)²
收集率为η = x′/d
联立得η = 0.81(d₀/d)² （1分）
由题意可得出结论：①当d ≤ 0.9d₀时完全被收集，收集率η = 1； （1分）
②当d > 0.9d₀时部分被收集，收集率 η = 0.81(d₀/d)² （1分）
b.稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ΔM/Δt=ηnmbdv₀ （1分）
当d ≤ 0.9d₀时，η = 1，因此 ΔM/Δt=nmbdv₀ （1分）
当d > 0.9d₀时，η = 0.81(d₀/d)²，因此 ΔM/Δt=0.81nmbv₀d₀²/d （1分）
绘出的图线如下
（2分）
（其他合理答案亦可得分）
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14
C | A | D | D | C | B | D | D | C | D | D | A | B | C
竖直方向有d₀ = ½at²
又Eq = ma，E = U₁/d₀，
解得U₁ = 2mv₀²d₀²/(qL²)或 U₁ = (100/81)U₀ （3分）
（2）a. 当板间距离为d0 时收集率为81%，设距下板x处的尘埃到达下板的右端边缘，
此时有x = ½·qU₀/(md₀)·(L/v₀)²
根据题意，当U0不变时，收集率为η = x/d₀ = 0.81 （1分）
当U0不变时，距离为d时，x′ = ½·qU₀/(md)·(L/v₀)²
收集率为η = x′/d
联立得η = 0.81(d₀/d)² （1分）
由题意可得出结论：①当d ≤ 0.9d₀时完全被收集，收集率η = 1； （1分）
②当d > 0.9d₀时部分被收集，收集率 η = 0.81(d₀/d)² （1分）
b.稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ΔM/Δt=ηnmbdv₀ （1分）
当d ≤ 0.9d₀时，η = 1，因此 ΔM/Δt=nmbdv₀ （1分）
当d > 0.9d₀时，η = 0.81(d₀/d)²，因此 ΔM/Δt=0.81nmbv₀d₀²/d （1分）
绘出的图线如下
（2分）
（其他合理答案亦可得分）
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14
C | A | D | D | C | B | D | D | C | D | D | A | B | C
【详解】
（1）恰好全部收集时的电压 \(U_1\)**
尘埃进入通道后做类平抛运动。水平方向匀速：
\[
L=v_0t
\]
竖直方向受电场力 \(F=qE=q\dfrac{U}{d}\)，加速度：
\[
a=\dfrac{qU}{md}
\]
若恰好全部收集，则紧靠上板（离下板距离为 \(d_0\)）的尘埃恰好落到下板最右端，竖直位移为 \(d_0\)：
\[
d_0=\dfrac12 at^2=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_1}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
解得：
\[
U_1=\dfrac{2mv_0^2d_0^2}{qL^2}
\]
又已知 \(d=d_0,\ U=U_0\) 时收集率为 \(81\%\)，即离下板 \(0.81d_0\) 范围内的尘埃恰好落到下板右端。由类平抛关系：
\[
0.81d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
与 \(d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_1}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2\) 相比：
\[
\dfrac{U_1}{U_0}=\dfrac{d_0}{0.81d_0}=\dfrac{100}{81}
\]
故：
\[
U_1=\dfrac{100}{81}U_0
\]
---
**（2）a. 收集率 \(\eta\) 与板间距 \(d\) 的函数关系**
当 \(U=U_0\) 不变时，尘埃竖直加速度：
\[
a=\dfrac{qU_0}{md}
\]
设某尘埃从距下板 \(x\) 处进入，恰好落到下板右端，则：
\[
x=\dfrac12 at^2=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
由已知条件，当 \(d=d_0\) 时，\(x=0.81d_0\)，即：
\[
0.81d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
两式相比：
\[
\dfrac{x}{0.81d_0}=\dfrac{d_0}{d}
\]
即：
\[
x=\dfrac{0.81d_0^2}{d}
\]
收集率为能被收集的尘埃所占比例：
\[
\eta=\dfrac{x}{d}=\dfrac{0.81d_0^2}{d^2}=\left(\dfrac{0.9d_0}{d}\right)^2
\]
但需注意，当 \(x\ge d\) 时，所有尘埃均被收集，即：
\[
\dfrac{0.81d_0^2}{d}\ge d \Rightarrow d\le 0.9d_0
\]
此时 \(\eta=1\)
（1）恰好全部收集时的电压 \(U_1\)**
尘埃进入通道后做类平抛运动。水平方向匀速：
\[
L=v_0t
\]
竖直方向受电场力 \(F=qE=q\dfrac{U}{d}\)，加速度：
\[
a=\dfrac{qU}{md}
\]
若恰好全部收集，则紧靠上板（离下板距离为 \(d_0\)）的尘埃恰好落到下板最右端，竖直位移为 \(d_0\)：
\[
d_0=\dfrac12 at^2=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_1}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
解得：
\[
U_1=\dfrac{2mv_0^2d_0^2}{qL^2}
\]
又已知 \(d=d_0,\ U=U_0\) 时收集率为 \(81\%\)，即离下板 \(0.81d_0\) 范围内的尘埃恰好落到下板右端。由类平抛关系：
\[
0.81d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
与 \(d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_1}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2\) 相比：
\[
\dfrac{U_1}{U_0}=\dfrac{d_0}{0.81d_0}=\dfrac{100}{81}
\]
故：
\[
U_1=\dfrac{100}{81}U_0
\]
---
**（2）a. 收集率 \(\eta\) 与板间距 \(d\) 的函数关系**
当 \(U=U_0\) 不变时，尘埃竖直加速度：
\[
a=\dfrac{qU_0}{md}
\]
设某尘埃从距下板 \(x\) 处进入，恰好落到下板右端，则：
\[
x=\dfrac12 at^2=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
由已知条件，当 \(d=d_0\) 时，\(x=0.81d_0\)，即：
\[
0.81d_0=\dfrac12\cdot\dfrac{qU_0}{md_0}\cdot\left(\dfrac{L}{v_0}\right)^2
\]
两式相比：
\[
\dfrac{x}{0.81d_0}=\dfrac{d_0}{d}
\]
即：
\[
x=\dfrac{0.81d_0^2}{d}
\]
收集率为能被收集的尘埃所占比例：
\[
\eta=\dfrac{x}{d}=\dfrac{0.81d_0^2}{d^2}=\left(\dfrac{0.9d_0}{d}\right)^2
\]
但需注意，当 \(x\ge d\) 时，所有尘埃均被收集，即：
\[
\dfrac{0.81d_0^2}{d}\ge d \Rightarrow d\le 0.9d_0
\]
此时 \(\eta=1\)