河北省雄安新区部分高中2024届高三下学期三模物理试题
1．（2024高三下·雄安模拟）呼气实验可用于检测胃部有无感染幽门螺杆菌，通过检测呼吸呼出的CO2是否具有放射性即可诊断。已知发生衰变的半衰期为5730年，衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．X为
B．射线比射线的穿透能力弱
C．衰变产生的是核外电子被电离产生的
D．一般服下药物15分钟后再检测，是为了避免由于的衰变而明显降低检测准确性
2．（2024高三下·雄安模拟）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电量为超级电容所存储电荷的5%，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·雄安模拟）用不同波长的光照射光电管阴极来探究光电效应的规律时，根据光电管的遏止电压Uc与对应入射光的波长入作出的图像如图所示。已知光电子的电荷量大小为e，光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．该光电管阴极材料的极限频率大小为
B．由图像可得普朗克常量
C．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为2be
D．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为be
4．（2024高三下·雄安模拟）中国古代建筑源远流长，门闩就凝结了劳动人民的智慧和汗水。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.3，木块B质量为m，重力加速度大小为g。假设水平槽、竖直槽表面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为了使门闩启动，施加在木块A上的水平力F至少为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·雄安模拟）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为。假设航母的运动半径R、夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
6．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，分别通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C点的磁感应强度方向由D点指向C点
C．小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
7．（2024高三下·雄安模拟）自耦变压器是一种初、次级间无需绝缘的特种变压器，其输出和输入共用同一组线圈。如图甲所示的自耦变压器，环形铁芯上只绕有一个匝数的线圈，通过滑动触头P可以改变负载端线圈的匝数。已知输入端a与线圈触点M间的线圈匝数为50匝，定值电阻，，滑动变阻器的总阻值足够大，交流电压表为理想电表，线圈电阻不计、忽略漏磁。当在a、b端输入如图乙所示的交变电流时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过定值电阻的电流方向每秒改变50次
B．当P滑至M、K旋至c时，电压表的示数为208V
C．当P滑至M、K旋至c时，定值电阻消耗的功率为169W
D．若P滑至M、K旋至d，当滑动变阻器消耗的功率最大时，接入的阻值为
8．（2024高三下·雄安模拟）电磁波从光疏介质射向光密介质，在两介质的分界而上发生反射时，其相位会发生180°的变化。一艘船在25m高的桅杆顶部有一根天线，向位于海边150m高的悬崖顶处的接收站发射无线电波，当船行驶至离悬崖2000m时，因为海平面反射无线电波而失去无线电联系。已知，。则该船所用无线电波波长可能为（ ）
A．1.85m B．2.47m C．3.70m D．4.94m
9．（2024高三下·雄安模拟）为监控非法入侵南海岛屿的船只，北斗系统中有颗近似在圆轨道上绕地球运动的卫星，卫星控制中心的大屏幕上出现的一幅卫星运行轨迹图如图所示，它记录了该卫星在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示在一段时间内飞船绕地球圆周飞行四周，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时的经度为180°），受稀薄大气的影响，每隔一段时间须启动卫星上的发动机来修正轨道。下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的周期约为100min
B．大气阻力会使该卫星的轨道变低
C．该卫星的轨道平面可能与赤道共面
D．发动机工作时对卫星做正功，轨道修正后卫星的动能将变小
10．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，五人制足球比赛的球门高2m，宽3m。在某次比赛中，一同学在球门前2.5m处的О点将足球射向球门，足球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6倍，平行CD的速度分量不变，落在Q点。已知BO垂直AB，足球质量为0.4kg，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．足球的初速度大小为
B．落地时的速度大小为
C．落地点Q与О的距离为
D．横梁对足球的冲量大小为
11．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，将一轻质弹簧左端固定放置在粗糙程度均匀的水平桌面上，然后从弹簧原长位置开始向左依次标记“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个位置，再用两个由同种材料制作的物块将弹簧右端分别压至“1”、“2”、“3”、“4”位置由静止释放，测量出物块每次停止运动时的位置到释放点的距离，得到数据如下表：
（1）从同一位置由静止释放，质量大的物块向前滑行的最大距离较 （填“大”或“小”）。
（2）根据表中数据可知，物块的质量为 （保留一位有效数字）。
（3）若将“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个相邻位置间的距离设为，已知弹簧在弹性限度内，弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则根据上表数据可知，大小关系为 （填“近似相等”“依次增大”或“依次减小”）。
12．（2024高三下·雄安模拟）某物理兴趣小组发现实验室里的多用电表欧姆挡配备了两块电池，在弄懂原理后受此启发尝试设计了一款如图所示的具有“×1”和“×10”两种倍率的简易欧姆表。所用器材有：两节干电池，电动势E1=E2=1.5V，内阻均不计；灵敏电流计G，满偏电流Ig=500μA，Rg=195Ω；电阻箱R1、R2，滑动变阻器R3；定值电阻R4、R5；S为单刀双掷开关；红黑表笔各一支；导线若干。
（1）a表笔应为 （填“红”或“黑”）表笔。当开关S接 （填“1”或“2”）时，欧姆表的倍率为“×1”挡。
（2）该兴趣小组发现大多数的欧姆表刻度盘在正中央的刻度数为“15”，为与常用欧姆表保持一致，现将该表的正中央数值也设为“15”。经同学们的理论探究，得出R1= Ω，R2= Ω，并按此调整R1、R2为相应的阻值。
（3）小组成员按照一定的规律绘制欧姆表刻度替掉灵敏电流计的表盘，刻度盘正中央的数值标为15，最右边满偏电流Ig处的数值标为0，处的数值标为 。
（4）该小组用制作好的欧姆表测量未知电阻。选择“×10”挡，红黑表笔短接，调节R3使灵敏电流计满偏，再将接到红黑表笔间，此时指针指在了处，则Rx= Ω。
13．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在（标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体。当罐内混合气体温度为627℃、压强达时，打开阀门，因为外部压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为。求：
（1）从开始加热到压强变为时，罐体内水蒸气的分压强；
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。
14．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，两个完全相同的光滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，倾角均为θ=30°，斜面体顶端均固定相同的轻质滑轮。两根等长的轻细线均绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为m的物块A、B相连，另一端与质量为2m的物块C连接。一开始用外力托住物块A、B、C，细线处于拉直状态，此时物块C距离地面的高度为h0，同时撤去外力后，物块C开始向下运动。已知物块C触地后速度立即变为零；物块C被提起时，细线瞬间绷直，绷直瞬间细线上的拉力非常大，从细线绷直到物块C再次落地前，细线均保持拉直状态，在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
（1）物块C第一次触地过程中损失的机械能；
（2）物块C第一次触地后上升的最大高度h1；
（3）物块C从开始下落到最终停止运动所经历的时间t。
15．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，直角坐标系中，有一平行于y轴长度为0.5L的线状离子源MN，M端在x轴上，坐标，离子源发射的正离子初速度大小均为，方向平行于x轴正方向，且发射的正离子沿MN均匀分布，每个离子质量为m，电荷量为q；在、区间内加一垂直于纸面向里，磁感应强度大小为的圆形边界匀强磁场，能使离子源发射的全部正离子经过原点O，不计离子重力及离子间的相互作用。
（1）求磁感应强度的取值范围；
（2）若磁感应强度取最小值，在第一象限加垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，在第二象限加垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，已知。离子发射前，在y轴上放置长度为0.8L的探测板PQ，只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到。
①求全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角的范围；
②若探测板下端Q纵坐标，求离子探测率（即探测板探测到的离子数占总离子数的比例）；
③若探测板位置在y轴上可变，Q端纵坐标满足，求离子探测率与的关系。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子。根据核反应前后，质量数和电荷数守恒，可以得到X为，故A错误；
B．三种射线穿透能力依次是
射线的穿透能力是最强的，
故B正确；
C．衰变释放的电子是原子的核内一个中子转化为质子和一个电子，来自原子核内部，故C错误；
D．的半衰期为5730年，15分钟几乎不影响。服药15分钟后再检测，是为了使药里面的充分消化分解，释放到呼吸系统，提高检测准确性，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数与电荷数守恒确定新核X。半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2．【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】电容器所带电荷量为
设炮弹出膛的速度为，根据动量定理可得
又
联立解得
故选A。
【分析】根据安培力的冲量等于炮弹动量变化量和电容器定义式，结合所需电荷量联立求解。
3．【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．根据动能定理得
根据光电效应方程的
联立可得
结合图像可知
，
可得普朗克常量为
该光电管阴极材料的极限频率大小为
故AB错误；
C．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为
故C正确；
D．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为
故D错误。
故选C。
【分析】AB、根据遏止电压原理，根据动能定理和光电效应方程联立求解表达式，结合图像截距、斜率意义求解普朗克常量和极限频率；
CD、根据已知波长应用光电效应方程求解光电子最大初动能。
4．【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题关键考查共点力平衡条件的使用，一定要注意临界条件的分析，A、B之间达到最大静摩擦力。对A、B受力分析如图
门闩刚好启动时，对A在水平方向上有
对B在竖直方向上有
解得
故选D。
【分析】A、B之间开始滑动时，A、B间摩擦力达到最大静摩擦力，对A、B受力分析，运用共点力平衡条件列式计算。
5．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图所示
竖直方向上，物体所受合力为零，由图可知
而根据力的分解结合几何关系可得
联立解得
故AB错误；
CD．由图可知，向心力是按力的作用效果命名的，小物块做圆周运动的向心力由和提供，有
由于
联立解得
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
代入上式得
由A中得
联立解得
故C正确，D错误。本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，其中掌握圆周运动的特点，通过牛顿第二定律分析合力对向心力的影响为解决本题的关键。
故选C。
【分析】对小物块受力分析，利用正交分解计算支持力；利用牛顿第二定律、向心力公式计算航速对摩擦力的影响、航速的大小。
6．【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，则在边的导线产生的磁感应强度为、，在边的导线产生的磁感应强度为、，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
由磁场的矢量合成可知，C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A项错误；
B．结合之前分析，如图所示
C点的磁感应强度方向不是由D指向C，故B项错误；
C．圆形线圈由A点项点移动时，因为线圈平面始终与平面平行，所以其通过线圈的磁通量不变，即无感应电流产生，故C项错误；
D．圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D项错误。
故选D。
【分析】根据安培定则判断电流产生的磁场方向，利用平行四边形定则合成，判断磁场大小方向；根据楞次定律判断感应电流的方向。
7．【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A．由乙图知，交流电频率
通过定值电阻的电流方向每秒改变100次，故A错误；
B．当P滑至M、K旋至c时
根据
得
故B错误；
C．两端电压
定值电阻消耗的功率为
故C正确；
D．若P滑至M、K旋至d，等效电路如图
当
时，即
=
时，滑动变阻器消耗的功率最大，故D错误。
故选C。
【分析】A、由乙图可确定交流电频率，由此判断每秒电流方向改变次数；
BC、根据题意先判断原副线圈匝数，根据变压器匝数比与电压、电流之比的关系，以及原副线圈电压联立求解原线圈输入电压和上的电压；根据功率公式求解消耗功率；
D、根据变压器线圈匝数之比与电压、电流之比的关系联立求解原线圈等效电阻与的关系，在原线圈和电源构成的回路中时滑动变阻器消耗功率最大，求解。
8．【答案】A,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．从桅杆顶部发射的无线电波的发射图如图所示
直接到达悬崖顶处的接收站波程
从桅杆项部发射的无线电波，经海平面发射后到达悬崖顶处的接收站波程
波程差
两列波在接收站处发生干涉后的减弱，则表现为失去无线电联系，又由于在海平面发射时相位发生180°的变化．则到达接收站的波程差应满足
（n=1，2，3，…）
解得
（n=1，2，3，…）
若波长为1.85m，解得
n=2
符合要求，故A正确；
B．结合上述，若波长为2.47m，解得
n=1.50
不符合要求，故B错误；
C．若波长为3.70m，解得
n=1
符合要求，故C正确；
D．结合上述，若波长为4.94m，解得
n=0.75
不符合要求，故D错误。
故选AC。
【分析】由几何关系求解天线发射无线电波经海平面反射和直接发射到接收站的波程差；根据两列波到接收站发生干涉减弱，且海平面反射时相位发生 180°的变化 ，由此确定到达接收站的波程差满足（n=1，2，3，…）关系，以此分析判断。
9．【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星转过一周的时间内地球转过的角度为
即用时间
可知该卫星的周期约为
选项A错误；
B．大气阻力会使该卫星速度减小，则卫星做向心运动，则轨道变低，选项B正确；
C．由图可知，该卫星的轨道平面与赤道平面的夹角为42.4°，故C错误；
D．发动机工作时对卫星做正功，轨道修正后卫星的重回到原来的高度，根据
可知
速度减小，则动能将变小，选项D正确。
故选BD。
【分析】AC、由图可知卫星的轨道平面与赤道平面夹角为 42.4° ，卫星转过一周的时间内地球转过的角度为，由此求解卫星周期T；
BD、卫星受到大气阻力作用减速降轨，发动机工作对卫星做正功，提升轨道高度，势能增加动能减小，环绕速度减小。
10．【答案】A,C
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．从O到P点
， ，
足球的初速度大小为
故A正确；
B．足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6倍，平行CD的速度分量不变，设速度与CD夹角为 ，根据几何关系
落地竖直方向
水平方向
落地时的速度大小为
故B错误；
C．因为反弹后两分方向速度大小相等，所以反弹速度方向与CD夹角为45°，落地点Q与О的距离为
故C正确；
D．对碰撞过程根据动量定理
故D错误。
故选AC。
【分析】A、从O到P点，将曲线运动分解为竖直方向竖直上抛，水平方向匀速直线运动，根据竖直方向位移和几何关系求解水平方向位移，根据运动学方程求解水平速度和竖直初速度，合成法求解初速度；
B、根据几何关系确定击中横梁速度方向，分解水平速度与垂直和平行横梁的速度大小，进一步合成法求解碰撞反弹后的水平初速度，根据平抛运动求解落地速度大小；
C、根据反弹后两个分速度求解反弹后速度方向，确定落地点到球门距离和平行球门的距离，由几何关系求解抛出点和落地点间的距离；
D、根据垂直横梁碰撞过程应用动量定理求解横梁对球的冲量大小。
11．【答案】小shan；0.05；近似相等
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】（1）根据题意，由动能定理有
解得
可知，质量大的物块向前滑行的最大距离较小。
（2）由（1）分析，结合表中数据可知，同一位置释放，物块运动的距离近似为物块的2倍，则物块的质量为
（3）根据题意，由（1）分析，结合表中数据可知，物块在“1”、“2”、“3”、“4”的弹性势能的比值近似为，由于弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则物块在“1”、“2”、“3”、“4”位置时，弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
综上第1空：小；第2空：0.05；第3空：近似相等
【分析】（1）根据动能定理求解得到位移与质量关系分析判断；
（2）结合（1）中表达式，由同一位置释放滑行距离关系求解M；
（3）结合（1）中表达式和表格数据分析物块在各个点的弹性势能的比值近似为，根据弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比可知弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
12．【答案】（1）红；1
（2）1；4
（3）5
（4）300
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据多用表“红进黑出”的原则，可知黑表笔与电源的正极相连，红表笔与电源的负极相连，故a为红表笔；
设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻
欧姆表进行欧姆调零时
欧姆表倍率越低，欧姆表的内阻越小，电流较大。由电路图可知，当开关S接“1”时，内阻较小为“×1”挡。
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，可知开关S合向1端，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
根据闭合电路的欧姆定律可知
同理，开关S合向2时，欧姆表的倍率是“×10”挡，此时欧姆调零时，满偏电流
联立解得
（3）由题可知，此时电路中得出总电流
解得
（4）由题可知，此时电路中并联部分的电阻，当灵敏电流计满偏时
根据闭合电路欧姆定律
同理，当接入时，则有
根据闭合电路的欧姆定律
联立上述各式解得
综上第1空：红；第2空：1；第3空：1；第4空：4；第5空：5；第6空：300
【分析】（1）根据多用表“红进黑出”的原则，可知黑表笔与电源的正极相连，红表笔与电源的负极相连，分析判断；根据中值电阻等于倍率×欧姆表内阻的关系确定两个倍率下的欧姆表内阻，结合欧姆表欧姆调零时，欧姆表倍率越低，欧姆表的内阻越小，电流较大，以此分析判断；
（2）分别根据倍率确定中值电阻，求解满偏电流，分别根据接！、2时电流表结构求解电阻大小；
（3）根据电流表标值 结合电流表改装并联部分求解总电流，结合欧姆表电路利用中值电阻由闭合电路欧姆定律求解总电流，联立求解待测电阻；
（4）结合选择 “×10”挡的电路图，根据电流表改装并联部分求解灵敏计满偏时总电流，根据总电流结合闭合电路欧姆定律求解欧姆内阻，根据接入待测电阻指针指在了利用改装电流表并联部分电路求解此时电路总电流，由此总电流结合闭合电路欧姆定律求解待测电阻。
13．【答案】解：（1）对原有空气，根据查理定律
其中
，
联立可得
从开始加热到压强变为时，罐体内水蒸气的分压强为
（2）设罐体的体积为，对混合气体分析，由理想气体状态方程可得
其中
可得
则有罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据查理定律求解升温后的原有空气的压强，由罐内压强6atm求解水蒸气的分压强；
（2）对罐内混合气体应用理想气态状态方程求解打开后的总体积，根据打开后罐内剩余混合气体与混合气体质量之比等于体积之比求解。
14．【答案】解：（1）根据牛顿第二定律，对A有
对C有
解得
从C开始下落到C落地前，有
C落地过程中的机械能损失为
解得
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理，有
解得
C之后做加速度为的匀减速运动，最终上升高度记为，则有
解得
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，此过程中，C由最高点下落的时间为，则有
，
解得
A、B此后上滑后下滑至再次绷直的时间为，则有
解得
C上升至最高点所用时间为，则有
解得
则总用时为
第二个过程与第一个过程的区别在于初始下落高度由h0变为，由第（2）问的方程可知第三次初始下落高度为；故可得第二过程总用时
第三过程总用时
第四过程总用时
物块C从开始运动到最终停止所经历的总时间为
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）根据对称性两细线中弹力相等且三个物块加速度大小相等，由牛顿第二定律求解加速度；根据运动学方程求解C落地前的速度，进而求解C落地时机械能的损失；
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理方程组求解C获得的速度，由运动学方程求解上升高度；
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，根据（1）（2）中的分析总结运动过程根据运动学方程求解各个运动过程的时间，求解最终停止运动的总时间。
15．【答案】解：（1）离子在圆形磁场中汇聚到O，离子运动圆周半径r等于圆形磁场的半径R，即
如图所示
所加圆形边界磁场的半径R满足
由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
（2）若时，离子圆周运动的半径为
①由
可得
即与y轴正方向的夹角范围
②若，离子经过、两个磁场后在y轴方向上离O的距离，则有
临界1（如图2中轨迹①）
可得
临界2（如图2中轨迹②）
可得
上述表示出一个临界即得
③，分成4个区间
i）当时
ii）当时
可得
则有
iii）当时
可得
则有
iv）当时，离子穿过O点后经过一个运动周期打到探测板左侧
可得
离子穿过O点后经过两个运动周期打到探测板左侧
可得
则有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据磁聚焦的条件可知粒子运动的轨道半径与圆形磁场的半径相同，根据题意画出符合题意的圆形磁场边界，根据几何知识求解粒子运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度的范围；
（2）①根据几何知识分别求解从粒子源M点和N点发射的粒子经过原点O时与y轴的夹角，即可得到全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角θ的范围；
②分别画出粒子打在探测器上P点和Q点的粒子运动轨迹，根据几何知识求解刚好打在探测器上P点和Q点的粒子从粒子源上发射的位置到x轴的距离，再根据发射粒子的距离范围求解探测板探测到的离子数占总离子数的比例；
③根据只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到，将Q端纵坐标满足0＜yQ＜4L的条件结合（2）粒子经过B2、B3两个磁场后在y轴方向上离原点O的距离分成四个区间，对每个区间用（2）问的方法求解离子探测率η，最后总结即可。
河北省雄安新区部分高中2024届高三下学期三模物理试题
1．（2024高三下·雄安模拟）呼气实验可用于检测胃部有无感染幽门螺杆菌，通过检测呼吸呼出的CO2是否具有放射性即可诊断。已知发生衰变的半衰期为5730年，衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A．X为
B．射线比射线的穿透能力弱
C．衰变产生的是核外电子被电离产生的
D．一般服下药物15分钟后再检测，是为了避免由于的衰变而明显降低检测准确性
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；原子核的人工转变；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．β衰变的实质是原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子。根据核反应前后，质量数和电荷数守恒，可以得到X为，故A错误；
B．三种射线穿透能力依次是
射线的穿透能力是最强的，
故B正确；
C．衰变释放的电子是原子的核内一个中子转化为质子和一个电子，来自原子核内部，故C错误；
D．的半衰期为5730年，15分钟几乎不影响。服药15分钟后再检测，是为了使药里面的充分消化分解，释放到呼吸系统，提高检测准确性，故D错误。
故选B。
【分析】根据质量数与电荷数守恒确定新核X。半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2．（2024高三下·雄安模拟）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电量为超级电容所存储电荷的5%，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】电容器所带电荷量为
设炮弹出膛的速度为，根据动量定理可得
又
联立解得
故选A。
【分析】根据安培力的冲量等于炮弹动量变化量和电容器定义式，结合所需电荷量联立求解。
3．（2024高三下·雄安模拟）用不同波长的光照射光电管阴极来探究光电效应的规律时，根据光电管的遏止电压Uc与对应入射光的波长入作出的图像如图所示。已知光电子的电荷量大小为e，光速为c，下列说法正确的是（ ）
A．该光电管阴极材料的极限频率大小为
B．由图像可得普朗克常量
C．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为2be
D．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为be
【答案】C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】AB．根据动能定理得
根据光电效应方程的
联立可得
结合图像可知
，
可得普朗克常量为
该光电管阴极材料的极限频率大小为
故AB错误；
C．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为
故C正确；
D．当用波长的光照射光电管的阴极时，光电子的最大初动能为
故D错误。
故选C。
【分析】AB、根据遏止电压原理，根据动能定理和光电效应方程联立求解表达式，结合图像截距、斜率意义求解普朗克常量和极限频率；
CD、根据已知波长应用光电效应方程求解光电子最大初动能。
4．（2024高三下·雄安模拟）中国古代建筑源远流长，门闩就凝结了劳动人民的智慧和汗水。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.3，木块B质量为m，重力加速度大小为g。假设水平槽、竖直槽表面均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为了使门闩启动，施加在木块A上的水平力F至少为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题关键考查共点力平衡条件的使用，一定要注意临界条件的分析，A、B之间达到最大静摩擦力。对A、B受力分析如图
门闩刚好启动时，对A在水平方向上有
对B在竖直方向上有
解得
故选D。
【分析】A、B之间开始滑动时，A、B间摩擦力达到最大静摩擦力，对A、B受力分析，运用共点力平衡条件列式计算。
5．（2024高三下·雄安模拟）如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩擦因数为。假设航母的运动半径R、夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．航母对小物块的支持力
B．小物块可能只受重力、支持力两个力作用
C．航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大
D．航母的最大航速
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图所示
竖直方向上，物体所受合力为零，由图可知
而根据力的分解结合几何关系可得
联立解得
故AB错误；
CD．由图可知，向心力是按力的作用效果命名的，小物块做圆周运动的向心力由和提供，有
由于
联立解得
可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有
代入上式得
由A中得
联立解得
故C正确，D错误。本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，其中掌握圆周运动的特点，通过牛顿第二定律分析合力对向心力的影响为解决本题的关键。
故选C。
【分析】对小物块受力分析，利用正交分解计算支持力；利用牛顿第二定律、向心力公式计算航速对摩擦力的影响、航速的大小。
6．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，分别通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C点的磁感应强度方向由D点指向C点
C．小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【答案】D
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场；楞次定律
【解析】【解答】A．根据右手螺旋定则，则在边的导线产生的磁感应强度为、，在边的导线产生的磁感应强度为、，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
由磁场的矢量合成可知，C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A项错误；
B．结合之前分析，如图所示
C点的磁感应强度方向不是由D指向C，故B项错误；
C．圆形线圈由A点项点移动时，因为线圈平面始终与平面平行，所以其通过线圈的磁通量不变，即无感应电流产生，故C项错误；
D．圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D项错误。
故选D。
【分析】根据安培定则判断电流产生的磁场方向，利用平行四边形定则合成，判断磁场大小方向；根据楞次定律判断感应电流的方向。
7．（2024高三下·雄安模拟）自耦变压器是一种初、次级间无需绝缘的特种变压器，其输出和输入共用同一组线圈。如图甲所示的自耦变压器，环形铁芯上只绕有一个匝数的线圈，通过滑动触头P可以改变负载端线圈的匝数。已知输入端a与线圈触点M间的线圈匝数为50匝，定值电阻，，滑动变阻器的总阻值足够大，交流电压表为理想电表，线圈电阻不计、忽略漏磁。当在a、b端输入如图乙所示的交变电流时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过定值电阻的电流方向每秒改变50次
B．当P滑至M、K旋至c时，电压表的示数为208V
C．当P滑至M、K旋至c时，定值电阻消耗的功率为169W
D．若P滑至M、K旋至d，当滑动变阻器消耗的功率最大时，接入的阻值为
【答案】C
【知识点】电功率和电功；变压器原理
【解析】【解答】A．由乙图知，交流电频率
通过定值电阻的电流方向每秒改变100次，故A错误；
B．当P滑至M、K旋至c时
根据
得
故B错误；
C．两端电压
定值电阻消耗的功率为
故C正确；
D．若P滑至M、K旋至d，等效电路如图
当
时，即
=
时，滑动变阻器消耗的功率最大，故D错误。
故选C。
【分析】A、由乙图可确定交流电频率，由此判断每秒电流方向改变次数；
BC、根据题意先判断原副线圈匝数，根据变压器匝数比与电压、电流之比的关系，以及原副线圈电压联立求解原线圈输入电压和上的电压；根据功率公式求解消耗功率；
D、根据变压器线圈匝数之比与电压、电流之比的关系联立求解原线圈等效电阻与的关系，在原线圈和电源构成的回路中时滑动变阻器消耗功率最大，求解。
8．（2024高三下·雄安模拟）电磁波从光疏介质射向光密介质，在两介质的分界而上发生反射时，其相位会发生180°的变化。一艘船在25m高的桅杆顶部有一根天线，向位于海边150m高的悬崖顶处的接收站发射无线电波，当船行驶至离悬崖2000m时，因为海平面反射无线电波而失去无线电联系。已知，。则该船所用无线电波波长可能为（ ）
A．1.85m B．2.47m C．3.70m D．4.94m
【答案】A,C
【知识点】光的双缝干涉
【解析】【解答】A．从桅杆顶部发射的无线电波的发射图如图所示
直接到达悬崖顶处的接收站波程
从桅杆项部发射的无线电波，经海平面发射后到达悬崖顶处的接收站波程
波程差
两列波在接收站处发生干涉后的减弱，则表现为失去无线电联系，又由于在海平面发射时相位发生180°的变化．则到达接收站的波程差应满足
（n=1，2，3，…）
解得
（n=1，2，3，…）
若波长为1.85m，解得
n=2
符合要求，故A正确；
B．结合上述，若波长为2.47m，解得
n=1.50
不符合要求，故B错误；
C．若波长为3.70m，解得
n=1
符合要求，故C正确；
D．结合上述，若波长为4.94m，解得
n=0.75
不符合要求，故D错误。
故选AC。
【分析】由几何关系求解天线发射无线电波经海平面反射和直接发射到接收站的波程差；根据两列波到接收站发生干涉减弱，且海平面反射时相位发生 180°的变化 ，由此确定到达接收站的波程差满足（n=1，2，3，…）关系，以此分析判断。
9．（2024高三下·雄安模拟）为监控非法入侵南海岛屿的船只，北斗系统中有颗近似在圆轨道上绕地球运动的卫星，卫星控制中心的大屏幕上出现的一幅卫星运行轨迹图如图所示，它记录了该卫星在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示在一段时间内飞船绕地球圆周飞行四周，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时的经度为180°），受稀薄大气的影响，每隔一段时间须启动卫星上的发动机来修正轨道。下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的周期约为100min
B．大气阻力会使该卫星的轨道变低
C．该卫星的轨道平面可能与赤道共面
D．发动机工作时对卫星做正功，轨道修正后卫星的动能将变小
【答案】B,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星转过一周的时间内地球转过的角度为
即用时间
可知该卫星的周期约为
选项A错误；
B．大气阻力会使该卫星速度减小，则卫星做向心运动，则轨道变低，选项B正确；
C．由图可知，该卫星的轨道平面与赤道平面的夹角为42.4°，故C错误；
D．发动机工作时对卫星做正功，轨道修正后卫星的重回到原来的高度，根据
可知
速度减小，则动能将变小，选项D正确。
故选BD。
【分析】AC、由图可知卫星的轨道平面与赤道平面夹角为 42.4° ，卫星转过一周的时间内地球转过的角度为，由此求解卫星周期T；
BD、卫星受到大气阻力作用减速降轨，发动机工作对卫星做正功，提升轨道高度，势能增加动能减小，环绕速度减小。
10．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，五人制足球比赛的球门高2m，宽3m。在某次比赛中，一同学在球门前2.5m处的О点将足球射向球门，足球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6倍，平行CD的速度分量不变，落在Q点。已知BO垂直AB，足球质量为0.4kg，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A．足球的初速度大小为
B．落地时的速度大小为
C．落地点Q与О的距离为
D．横梁对足球的冲量大小为
【答案】A,C
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】A．从O到P点
， ，
足球的初速度大小为
故A正确；
B．足球经过横梁反弹后，垂直CD的速度分量大小变为原来的0.6倍，平行CD的速度分量不变，设速度与CD夹角为 ，根据几何关系
落地竖直方向
水平方向
落地时的速度大小为
故B错误；
C．因为反弹后两分方向速度大小相等，所以反弹速度方向与CD夹角为45°，落地点Q与О的距离为
故C正确；
D．对碰撞过程根据动量定理
故D错误。
故选AC。
【分析】A、从O到P点，将曲线运动分解为竖直方向竖直上抛，水平方向匀速直线运动，根据竖直方向位移和几何关系求解水平方向位移，根据运动学方程求解水平速度和竖直初速度，合成法求解初速度；
B、根据几何关系确定击中横梁速度方向，分解水平速度与垂直和平行横梁的速度大小，进一步合成法求解碰撞反弹后的水平初速度，根据平抛运动求解落地速度大小；
C、根据反弹后两个分速度求解反弹后速度方向，确定落地点到球门距离和平行球门的距离，由几何关系求解抛出点和落地点间的距离；
D、根据垂直横梁碰撞过程应用动量定理求解横梁对球的冲量大小。
11．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，将一轻质弹簧左端固定放置在粗糙程度均匀的水平桌面上，然后从弹簧原长位置开始向左依次标记“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个位置，再用两个由同种材料制作的物块将弹簧右端分别压至“1”、“2”、“3”、“4”位置由静止释放，测量出物块每次停止运动时的位置到释放点的距离，得到数据如下表：
（1）从同一位置由静止释放，质量大的物块向前滑行的最大距离较 （填“大”或“小”）。
（2）根据表中数据可知，物块的质量为 （保留一位有效数字）。
（3）若将“0”、“1”、“2”、“3”、“4”五个相邻位置间的距离设为，已知弹簧在弹性限度内，弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则根据上表数据可知，大小关系为 （填“近似相等”“依次增大”或“依次减小”）。
【答案】小shan；0.05；近似相等
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】（1）根据题意，由动能定理有
解得
可知，质量大的物块向前滑行的最大距离较小。
（2）由（1）分析，结合表中数据可知，同一位置释放，物块运动的距离近似为物块的2倍，则物块的质量为
（3）根据题意，由（1）分析，结合表中数据可知，物块在“1”、“2”、“3”、“4”的弹性势能的比值近似为，由于弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比，则物块在“1”、“2”、“3”、“4”位置时，弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
综上第1空：小；第2空：0.05；第3空：近似相等
【分析】（1）根据动能定理求解得到位移与质量关系分析判断；
（2）结合（1）中表达式，由同一位置释放滑行距离关系求解M；
（3）结合（1）中表达式和表格数据分析物块在各个点的弹性势能的比值近似为，根据弹性势能的大小与弹簧形变量的二次方成正比可知弹簧的形变量的比值近似为，即大小关系为近似相等。
12．（2024高三下·雄安模拟）某物理兴趣小组发现实验室里的多用电表欧姆挡配备了两块电池，在弄懂原理后受此启发尝试设计了一款如图所示的具有“×1”和“×10”两种倍率的简易欧姆表。所用器材有：两节干电池，电动势E1=E2=1.5V，内阻均不计；灵敏电流计G，满偏电流Ig=500μA，Rg=195Ω；电阻箱R1、R2，滑动变阻器R3；定值电阻R4、R5；S为单刀双掷开关；红黑表笔各一支；导线若干。
（1）a表笔应为 （填“红”或“黑”）表笔。当开关S接 （填“1”或“2”）时，欧姆表的倍率为“×1”挡。
（2）该兴趣小组发现大多数的欧姆表刻度盘在正中央的刻度数为“15”，为与常用欧姆表保持一致，现将该表的正中央数值也设为“15”。经同学们的理论探究，得出R1= Ω，R2= Ω，并按此调整R1、R2为相应的阻值。
（3）小组成员按照一定的规律绘制欧姆表刻度替掉灵敏电流计的表盘，刻度盘正中央的数值标为15，最右边满偏电流Ig处的数值标为0，处的数值标为 。
（4）该小组用制作好的欧姆表测量未知电阻。选择“×10”挡，红黑表笔短接，调节R3使灵敏电流计满偏，再将接到红黑表笔间，此时指针指在了处，则Rx= Ω。
【答案】（1）红；1
（2）1；4
（3）5
（4）300
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据多用表“红进黑出”的原则，可知黑表笔与电源的正极相连，红表笔与电源的负极相连，故a为红表笔；
设欧姆表中值刻度为，则欧姆表为“×1”倍率时的欧姆内阻
欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻
欧姆表进行欧姆调零时
欧姆表倍率越低，欧姆表的内阻越小，电流较大。由电路图可知，当开关S接“1”时，内阻较小为“×1”挡。
（2）已知欧姆表为“×1”倍率时的中值电阻为15Ω，可知开关S合向1端，欧姆表的倍率是“×1”挡，此时欧姆调零时，满偏电流为
根据闭合电路的欧姆定律可知
同理，开关S合向2时，欧姆表的倍率是“×10”挡，此时欧姆调零时，满偏电流
联立解得
（3）由题可知，此时电路中得出总电流
解得
（4）由题可知，此时电路中并联部分的电阻，当灵敏电流计满偏时
根据闭合电路欧姆定律
同理，当接入时，则有
根据闭合电路的欧姆定律
联立上述各式解得
综上第1空：红；第2空：1；第3空：1；第4空：4；第5空：5；第6空：300
【分析】（1）根据多用表“红进黑出”的原则，可知黑表笔与电源的正极相连，红表笔与电源的负极相连，分析判断；根据中值电阻等于倍率×欧姆表内阻的关系确定两个倍率下的欧姆表内阻，结合欧姆表欧姆调零时，欧姆表倍率越低，欧姆表的内阻越小，电流较大，以此分析判断；
（2）分别根据倍率确定中值电阻，求解满偏电流，分别根据接！、2时电流表结构求解电阻大小；
（3）根据电流表标值 结合电流表改装并联部分求解总电流，结合欧姆表电路利用中值电阻由闭合电路欧姆定律求解总电流，联立求解待测电阻；
（4）结合选择 “×10”挡的电路图，根据电流表改装并联部分求解灵敏计满偏时总电流，根据总电流结合闭合电路欧姆定律求解欧姆内阻，根据接入待测电阻指针指在了利用改装电流表并联部分电路求解此时电路总电流，由此总电流结合闭合电路欧姆定律求解待测电阻。
13．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在（标准大气压）的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入的谷物，关闭阀门，将支撑轴和摇柄架设在火炉的支架上进行旋转加热，谷物内部分水分汽化成高压水蒸气与罐内空气形成混合气体。当罐内混合气体温度为627℃、压强达时，打开阀门，因为外部压强突然变小，巨大的压强差使得谷物迅速膨胀，从而达到膨化的效果。忽略谷物间隙气体的体积和在罐体内加热过程中谷物体积的变化。已知绝对零度为。求：
（1）从开始加热到压强变为时，罐体内水蒸气的分压强；
（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。
【答案】解：（1）对原有空气，根据查理定律
其中
，
联立可得
从开始加热到压强变为时，罐体内水蒸气的分压强为
（2）设罐体的体积为，对混合气体分析，由理想气体状态方程可得
其中
可得
则有罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据查理定律求解升温后的原有空气的压强，由罐内压强6atm求解水蒸气的分压强；
（2）对罐内混合气体应用理想气态状态方程求解打开后的总体积，根据打开后罐内剩余混合气体与混合气体质量之比等于体积之比求解。
14．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，两个完全相同的光滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，倾角均为θ=30°，斜面体顶端均固定相同的轻质滑轮。两根等长的轻细线均绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为m的物块A、B相连，另一端与质量为2m的物块C连接。一开始用外力托住物块A、B、C，细线处于拉直状态，此时物块C距离地面的高度为h0，同时撤去外力后，物块C开始向下运动。已知物块C触地后速度立即变为零；物块C被提起时，细线瞬间绷直，绷直瞬间细线上的拉力非常大，从细线绷直到物块C再次落地前，细线均保持拉直状态，在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
（1）物块C第一次触地过程中损失的机械能；
（2）物块C第一次触地后上升的最大高度h1；
（3）物块C从开始下落到最终停止运动所经历的时间t。
【答案】解：（1）根据牛顿第二定律，对A有
对C有
解得
从C开始下落到C落地前，有
C落地过程中的机械能损失为
解得
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理，有
解得
C之后做加速度为的匀减速运动，最终上升高度记为，则有
解得
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，此过程中，C由最高点下落的时间为，则有
，
解得
A、B此后上滑后下滑至再次绷直的时间为，则有
解得
C上升至最高点所用时间为，则有
解得
则总用时为
第二个过程与第一个过程的区别在于初始下落高度由h0变为，由第（2）问的方程可知第三次初始下落高度为；故可得第二过程总用时
第三过程总用时
第四过程总用时
物块C从开始运动到最终停止所经历的总时间为
【知识点】动量定理；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）根据对称性两细线中弹力相等且三个物块加速度大小相等，由牛顿第二定律求解加速度；根据运动学方程求解C落地前的速度，进而求解C落地时机械能的损失；
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理方程组求解C获得的速度，由运动学方程求解上升高度；
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，根据（1）（2）中的分析总结运动过程根据运动学方程求解各个运动过程的时间，求解最终停止运动的总时间。
15．（2024高三下·雄安模拟）如图所示，直角坐标系中，有一平行于y轴长度为0.5L的线状离子源MN，M端在x轴上，坐标，离子源发射的正离子初速度大小均为，方向平行于x轴正方向，且发射的正离子沿MN均匀分布，每个离子质量为m，电荷量为q；在、区间内加一垂直于纸面向里，磁感应强度大小为的圆形边界匀强磁场，能使离子源发射的全部正离子经过原点O，不计离子重力及离子间的相互作用。
（1）求磁感应强度的取值范围；
（2）若磁感应强度取最小值，在第一象限加垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，在第二象限加垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，已知。离子发射前，在y轴上放置长度为0.8L的探测板PQ，只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到。
①求全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角的范围；
②若探测板下端Q纵坐标，求离子探测率（即探测板探测到的离子数占总离子数的比例）；
③若探测板位置在y轴上可变，Q端纵坐标满足，求离子探测率与的关系。
【答案】解：（1）离子在圆形磁场中汇聚到O，离子运动圆周半径r等于圆形磁场的半径R，即
如图所示
所加圆形边界磁场的半径R满足
由洛伦兹力提供向心力得
联立可得
（2）若时，离子圆周运动的半径为
①由
可得
即与y轴正方向的夹角范围
②若，离子经过、两个磁场后在y轴方向上离O的距离，则有
临界1（如图2中轨迹①）
可得
临界2（如图2中轨迹②）
可得
上述表示出一个临界即得
③，分成4个区间
i）当时
ii）当时
可得
则有
iii）当时
可得
则有
iv）当时，离子穿过O点后经过一个运动周期打到探测板左侧
可得
离子穿过O点后经过两个运动周期打到探测板左侧
可得
则有
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据磁聚焦的条件可知粒子运动的轨道半径与圆形磁场的半径相同，根据题意画出符合题意的圆形磁场边界，根据几何知识求解粒子运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解磁感应强度的范围；
（2）①根据几何知识分别求解从粒子源M点和N点发射的粒子经过原点O时与y轴的夹角，即可得到全部正离子经过原点O时与y轴正方向夹角θ的范围；
②分别画出粒子打在探测器上P点和Q点的粒子运动轨迹，根据几何知识求解刚好打在探测器上P点和Q点的粒子从粒子源上发射的位置到x轴的距离，再根据发射粒子的距离范围求解探测板探测到的离子数占总离子数的比例；
③根据只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到，将Q端纵坐标满足0＜yQ＜4L的条件结合（2）粒子经过B2、B3两个磁场后在y轴方向上离原点O的距离分成四个区间，对每个区间用（2）问的方法求解离子探测率η，最后总结即可。
