河北省衡水中学 2023-2024 学年高三上学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.如图所示，用特定频率的光照射光电管阴极 ，发现微安表示数不为0，调
节滑动变阻器，当电压表的示数为6.6 时，微安表示数恰好为0。已知阴极
的截止频率为 14 = 8 × 10 ，普朗克常量 = 6.63 × 10
34 ，电子电荷
量 = 1.6 × 10 19 。则该光的频率约为( )
A. 9.6 × 1015
B. 2.4 × 1015
C. 1.6 × 1015
D. 8 × 1015
2.嫦娥七号将配置能在月面上空飞行的“飞跃探测器”，其中六足构型如图所示。对称分布的六条轻质“腿”
与探测器主体通过铰链连接，当探测器静止在水平地面上时，六条“腿”的上臂与竖直方向夹角均为 ，探
测器的质量为 ，重力加速度为 。则每条“腿”的上臂对探测器的弹力大小为( )
A. B. C. D.
6 6 6 6
3.如图甲所示，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片上下振动时，两根细杆周期性地触动
水面，形成两个波源。 = 0时刻，波面图如图乙所示，虚线圆表示波峰，实线圆表示波谷，质点 、 、 、
的平衡位置均在同一直线上，放大图像如图丙所示，其中质点 的平衡位置位于 、 平衡位置的中点， 的
平衡位置位于 、 平衡位置的中点。已知两波源振动的周期为 ，振幅相同。下列说法中正确的是( )
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A. > 0时，质点 始终处于平衡位置
B. = 0时刻，质点 向上振动
C. = 0.25 时刻，质点 位于平衡位置
D. = 0.75 时刻，质点 的加速度竖直向上
4.2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过一系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为
着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，
下列说法正确的是( )
A. 图中两阴影部分的面积相等
B. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小
C. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大
D. 探测器在 点的加速度小于在 点的加速度
5.一长方体鱼缸长为0.8 ，高为0.6 ，鱼缸内水面高度为0.48 ，此时
鱼缸正视图如图所示，其中 为右侧缸沿上的一点， 为鱼缸底部左边上
的一点。某同学从 点沿 方向观察鱼缸底部的小石子，发现石子恰好
位于 处。将鱼缸水放掉之后，测得石子到 点的距离为0.28 。已知 、
、 所在的平面与鱼缸正视面平行，石子可视为质点， 37° = 0.6，
37° = 0.8。则水的折射率为( )
4 5 3 5
A. B. C. D.
3 3 4 4
6.如图所示，一轻质弹簧固定在斜面底端， = 0时刻，一物块从斜面顶端
由静止释放，直至运动到最低点的过程中，物块的速度 和加速度 随时间 、
动能 和机械能 随位移 变化的关系图像可能正确的是( )
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A. B.
C. D.
7.如图所示，光滑绝缘水平面上，有1、2、3三个带电荷量均为+ 、质量均为 的相
同金属小球，用长度均为 的三根绝缘细绳连接， 、 、 分别为其连线的中点， 为
三角形中心，已知电荷量为 的点电荷在周围空间产生的电势 = ，其中 为静电力
常量， 为到点电荷的距离，则下列说法正确的是( )
A. 点的电场强度不为零
B. 若 长度可调节，则 、 两点的电势可能相等
2 2
C. 系统的总电势能为
3 2
D. 系统的总电势能为
二、多选题：本大题共 3 小题，共 18 分。
8.如图所示，在正方形的四个顶点 、 、 、 处分别固定着垂直于纸面、电流大小
均相同的长直导线，其中 处电流方向垂直于纸面向外，其余电流方向均垂直于纸面
向里。测得正方形的几何中心 处的磁感应强度大小为 。对于下列四种情况，关于
处磁感应强度 1的说法正确的是( )
A. 导线单独作用时， 1 = ，方向由 指向 2
B. 若仅将 处导线电流反向，则 1 = 2
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C. 若仅将 处导线电流反向，则 1 = √ 2
D. 若仅将 、 两处导线电流反向，则 1的方向由 指向
9.电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大提高工作效率。如图为某电动打夯机的结构示意图，由偏
心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。电动机、飞轮和底座总质量为 ，配重物质量为 ，
配重物的重心到轮轴的距离为 ，重力加速度为 。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带
不打滑。当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判断正确的是( )
A. 电动机轮轴与偏心轮转动的角速度相同
B. 配重物转到最高点时，处于超重状态
( + )
C. 偏心轮转动的角速度为√
D. 打夯机对地面压力的最大值为2( + )
10.如图所示， 左右两侧分别有间距为 和2 且足够长的平行光滑导轨，
两侧导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为 的匀强磁场。质量
分别为 、2 的导体棒 、 分别静止在 两侧的导轨上， = 0时刻， 棒获
得一水平向右、大小为 0的初速度， = 1时 棒刚好达到最大速度。已知 、
导体棒的长度分别为 、2 ，电阻分别为 、2 ， 棒始终在 左侧运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，
导轨电阻不计。关于0～ 1时间内 、 两棒的运动，下列说法中正确的是( )
2
A. 两棒组成的系统动量守恒 B. 棒的最大速度为 0 3
4 2
C. 0～ 1时间内通过 棒的电荷量为
0 D. 0～ 1时间内 棒产生的焦耳热为
0
3 9
三、实验题：本大题共 2 小题，共 14 分。
11.流量是指单位时间内流经封闭管道或明渠有效截面的流体的体积，又称瞬时流量，某学习小组用如图1所
示的实验装置测定桶装水抽水器的水流量和喷水口的横截面积。
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实验器材：3 卷尺，1000 3量筒一个，手机一部
主要实验步骤如下：
①调节抽水器喷口的位置和角度，使其末端水平；
②打开抽水器开关，将水水平喷出，调节桌面上量筒的位置使水落入量筒中；
③用卷尺测得喷口到水平桌面的竖直高度为 = 49.0 、喷口到水在量筒底部落点的水平位移为 =
25.0 ；
④清空量筒中的水，重新打开抽水器开关，待空中水流稳定后用手机计时器计时，实验数据如下表所示：
时间( ) 11.1 15.3 19.5 24.0 28.2
水量(× 10 6 3) 300 400 500 600 700
(1)根据流量的定义，从理论上分析，在空中下落的水柱的横截面积会随下落高度的增大而______(选填“增
大”“减小”或者“不变”)；
(2)根据所测数据，在图2坐标纸上作出时间与水量的关系图线；
(3)根据图像可得实验中桶装水抽水器的水流量 = ______ 3/ ；(保留2位有效数字)
(4)若已知重力加速度 = 9.8 / 2，√ 10 ≈ 3.16，根据测量的实验数据可知抽水器的水流量 与抽水器出水
口横截面积之比约为______。
A.0.74
B.0.79
C.1.27
D.1.36
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12.某同学测量一段粗细均匀金属丝的电阻率，器材如下：金属丝 ，电源 (电动势3 、内阻不计)，电流
表(量程0～0.6 、内阻0.5 )，电压表(量程0～3 、内阻约3 )，滑动变阻器 (最大阻值15 )，毫米刻度
尺，开关 及导线若干。实验步骤如下：
(1)首先用毫米刻度尺测出接入电路中金属丝的长度 = 50.00 ，再用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图
甲所示，金属丝直径的测量值 = ______ 。
(2)为减小误差，应选用乙图中的______(填“ ”或“ ”)连接线路。
(3)实验过程中，改变滑动变阻器的滑片位置，并记录两电表的读数，作出如图丙所示的 图像，可得金
属丝的电阻 = ______ ，电阻率 = ______ 。(结果均保留两位有效数字)
(4)电路保持闭合，若测量时间较长，会使电阻率的测量结果______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 40 分。
13.如图所示， 、 两汽缸均由绝热材料制成，其容积分别为2 0、 0。最初 、 之
间细管道上的绝热阀门 1和 排气口处的绝热阀门 2均闭合，两缸内同种理想气体的
压强和热力学温度均相同，其值分别为 0、 0， 缸内气体的内能为 0， 缸内气体
的质量为 0。已知理想气体的内能与热力学温度成正比，外界气压为 0，温度恒为 0，
汽缸密封性均良好，细管道内的气体忽略不计。现通过电热丝对 缸内的气体缓慢加
热，当其温度达到2 0时停止加热并打开 1，气体状态稳定后再次闭合 1。
(1)求再次闭合 1之后 缸内气体的热力学温度。
6
(2)打开 2，当 缸内气压为 0、温度为 0时关闭 2，求 缸内剩余气体的质量。 5
14.如图所示， 坐标系第一象限内存在沿 轴负方向、电场强度大小为 =
√ 3 20的匀强电场；第二象限内以 1为圆心、以 为半径的圆与 、 轴均相切，
其内存在垂直于 平面向外、磁感应强度大小为 的匀强磁场；第三、四象
限内存在垂直于 平面向外的匀强磁场。点 ( 2 、 )处的粒子源不断地向
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圆形区域内发射质量为 、电荷量为+ 、速率相同、方向不同的粒子。粒子 以与 轴正方向夹角 = 30°的
方向射入圆形区域，且其在该磁场中运动的时间最长；粒子 经电场偏转后以与 轴正方向成 = 60°角的方
向射入第四象限，经点 ( 、0)再次射入圆形区域。已知粒子在圆形区域中运动轨迹的半径大于 ，粒子
的重力及粒子间的相互作用均忽略不计。求：
(1)粒子在点 处的发射速率。
(2)第三、四象限内磁感应强度的大小。
15.如图甲所示，在水平地面上固定一光滑的竖直轨道 ，其中水平轨道 足够长， 为半圆形轨道。
一个质量为 的物块 与轻弹簧连接，静止在水平轨道 上；物块 向 运动， = 0时刻与弹簧接触，到 =
2 0时与弹簧分离，第一次碰撞结束； 、 的 图像如图乙所示。已知在0～ 0时间内，物块 运动的距
离为0.6 0 0， 、 分离后， 与静止在水平轨道 上的物块 发生弹性正碰，此后物块 滑上半圆形竖直
轨道，物块 的质量为 ，且在运动过程中始终未离开轨道 。已知物块 、 、 均可视为质点，碰撞过
程中弹簧始终处于弹性限度内，碰撞时间忽略不计，重力加速度为 。求：
(1)半圆形竖直轨道半径 满足的条件。
(2)物块 最终运动的速度大小。
(3) 、 第一次碰撞和第二次碰撞过程中物块 的最大加速度大小之比[弹簧的弹性势能表达式为 =
1
( )2，其中 为弹簧的劲度系数， 为弹簧的形变量]。
2
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答案和解析
1.【答案】
【解析】解：设该光的频率为 ，根据公式 = ，得 =
+ ，代入数据解得 = 2.4 × 10
15 ，
故 B 正确，ACD 错误。
故选： 。
根据光电效应方程和动能定理列式联立解答。
考查光电效应的问题，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】
【解析】解：设每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为 。探测器静止在水平地面上，合力为零，根据共点
力的平衡条件得
6 =
则得 = ，故 A 正确，BCD 错误。
6
故选： 。
探测器静止在水平地面上，合力为零，根据共点力平衡条件求解。
本题的关键要掌握共点力的平衡条件：合力为零，利用竖直方向受力平衡进行处理。
3.【答案】
【解析】解： 、根据图丙可知， 连线上各点都是振动加强点，所以质点 不是始终处于平衡位置，故 A
错误；
B、 = 0时，由图乙可知，在 点将向波谷靠近，故质点 向下振动，故 B 错误；
1
C、 = 0时， 点处于两波峰汇合处，经过0.25 时间，也就是 周期，根据推波法可知，质点 将处于平衡
4
位置，故 C 正确；
3
D、 = 0时， 点处于平衡位置与波谷之间，经过0.75 时，也就是 周期，根据推波法可知，质点 将处于
4
平衡位置以上，质点 的加速度竖直向下，故 D 错误。
故选： 。
1
振动加强的点振动最剧烈；根据推波法分析 选项；经过0.25 时间，也就是 周期，根据推波法分析 所处
4
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3
的位置；经过0.75 时，也就是 周期，根据推波法分析 所处的位置，由此分析加速度方向。
4
本题主要是考查波的叠加，解答本题的关键是知道波的叠加方法，能够根据推波法进行分析。
4.【答案】
【解析】解： 、根据开普勒第二定律可知，探测器在同一轨道上运行时，在相等的时间内探测器与火星的
连线扫过的面积相等，不同轨道扫过的面积不相等，故 A 错误；
B、探测器在“调相轨道”的 点减速进入“停泊轨道”，机械能减小，故 B 正确；
3
C、“调相轨道”的半长轴大于“停泊轨道”的半长轴，由开普勒第三定律 2 = 可知从“调相轨道”进入
“停泊轨道”探测器周期变小，故 C 错误；
D、由牛顿第二定律有： 2 = ，可得 = 2 ，探测器在 点的半径 小于在 点的半径，所以探测器在
点的加速度大于在 点的加速度，故 D 错误。
故选： 。
A、根据开普勒第二定律可知同一轨道探测器与火星连线在相等的时间内扫过的面积相等；
B、探测器从高轨道进入低轨道要减速，机械能减少；
C、由图可知探测器在两轨道半长轴的大小关系，由开普勒第三定律可知探测器在两轨道运动的周期大小关
系；
D、根据牛顿第二定律可得加速度大小表达式，可知半径越小，加速度越大。
本题考查了开普勒定律，熟练掌握开普勒三个定律是解题的关键。
5.【答案】
【解析】解：光路图如图所示：
0.8 4
由几何关系得： = = ， = 53°
0.6 3
0.8 0.28 0.2× 0.36 3
= = = ， = 37°
0.48 0.48 4
53° 4
由折射定律得： = = = ，故 A 正确，BCD 错误。 37 3
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故选： 。
根据几何关系，结合光的折射定律求解水的折射率。
解决该题的关键是熟记折射定律的表达式，能根据几何知识求解相关的角度以及长度。
6.【答案】
【解析】解： 、物块与弹簧接触前所受合力是恒力，加速度大小不变，做初速度为零的匀加速直线运动；
物块与弹簧接触后在压缩弹簧过程，弹簧的弹力逐渐增大，合力逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，物体
做加速度逐渐减小的加速运动；当物块所受合力为零后继续向下运动过程，合力沿斜面向上，物块做减速
运动，由于弹簧弹力增大，合力最大，加速度增大，物块做加速度逐渐增大的减速运动直到速度为零，由
于物块与弹簧接触时有一定的初速度，因此弹簧压缩量最大时的加速度大于物块做匀加速直线运动时的加
速度大小，故 A 正确，B 错误；
C、由动能定理可知： = = ，由于开始做初速度为零的匀加速直线运动，做初速度为零的匀加速
直线运动时 与 正正比， 图象是倾斜的直线；物块与弹簧接触后先做加速度增大的减速运动，后做
加速度减小的减速运动，与弹簧接触后 图象的斜率先减小后增大，故 C 错误；
D、如果斜面不光滑，设物块所受摩擦力大小为 ，物块与弹簧接触前机械能的减少量 = ， 图象
是倾斜的直线，与弹簧接触后一方面克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，另一方面要克服弹簧弹力
1
做功，部分机械能转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性势能 =
2，故 D 错误。
2
故选： 。
物块与弹簧接触后弹簧被压缩，弹簧的弹力逐渐增大，根据物块所受合力情况应用牛顿第二定律判断加速
度如何变化，根据物块的运动过程与加速度变化情况判断速度如何变化，根据速度变化情况判断动能如何
变化，根据功能关系分析机械能的变化情况。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，
然后作出正确的判断。
7.【答案】
【解析】解： 、根据对称性可知，三个金属小球在 点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法
则可得 点的电场强度大小为0，故 A 错误；
√ 3
B、 点到金属小球的距离均为 ， 点到金属小球3的距离为 ，根据电势叠加原则， 、 两点的电势分
√ 3 2
2√ 3
别为 = × 2 + = (4 + ) ， = × 3 = 3√ 3 ，则 、 两点电势不论在 取何值时都√ 3 3
2 2 √ 3
不可能相等，故 B 错误；
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2 2 2 2
、小球1的电势能 1 = ( 2 + 3) = ，同理可得小球2和3电势能 2
= 3 = ，故整个系统电
1+ 2+ 3 3 2
势能为 = = ，故 C 错误、D 正确。 2
故选： 。
A、根据电场强度的叠加法则可得 点的电场强度；
B、根据电势叠加原则，计算 、 两点的电势进行比较；
、分别计算小球的电势能，进而求出系统的总电势能。
考查对点电荷电场分布特点及电场强度叠加的理解，根据关系式解答。
8.【答案】
【解析】解： .如图所示：
仅有 、 两处导线时， 处磁感应强度为0， 、 导线单独作用时在 处产生的磁感应强度相同，设为 0，
则2 0 = ，故 0 = ，方向由 指向 ，即 1 = ，方向由 指向 ，故 A 错误； 2 2
.若仅将 处导线电流反向，则仅有 、 处导线作用时， 点磁感应强度大小为 ，由 指向 ，可知 1 = √ 2 ，
同理分析 选项，可知 CD 正确；故 B 错误，CD 正确。
故选： 。
由安培定则确定出方向，得出各导线在 处产生磁场的磁感应强度大小，再利用矢量合成法求出 点感应强
度大小。
考查磁感应强度 的矢量合成法则，会进行 的合成，注意右手螺旋定则与右手定则的区别。
9.【答案】
【解析】解： 、电动机轮轴与偏心轮转轴属于皮带传动，轴边缘线速度大小相等，根据线速度与角速度的
关系可知，角速度不相等，故 A 错误；
B、配重物转到最高点时，加速度向下，处于失重状态，故 B 错误；
C.当偏心轮上的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面，根据平衡条件 =
飞轮对配重的作用力为 ，对配重物，合力提供向心力，根据牛顿第二定律 + = 2
( + )
联立解得 = √ ，故 C 正确；
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D、在最低点，飞轮对配重的作用力为 ′，对配重物，根据牛顿第二定律 ′ = 2
对打夯机，根据平衡条件 = ′ +
联立解得 = 2( + )
根据牛顿第三定律可知打夯机对地面压力的最大值为2( + ) ，故 D 正确。
故选： 。
根据传动方式以及线速度与角速度的关系分析作答；
根据超重和失重的知识分析作答；
根据平衡条件、牛顿第二定律与圆周运动的知识分析作答；
根据平衡条件、牛顿第二定律与圆周运动的知识以及牛顿第三定律分析作答。
本题考查了圆周运动物体的传动方式、线速度与角速度的关系、平衡条件以及牛顿第二定律、第三定律的
综合运用。
10.【答案】
【解析】解： .根据安培力公式 = 可知，两金属棒的电流相同，长度不同，0～ 1时间内 棒所受的安
培力大小始终为 棒所受安培力的两倍，系统所受合外力不为0，故系统动量不守恒，故 A 错误；
. = 1时刻，两棒产生的感应电动势相等有 = 2 ，设0～ 1时间内通过 、 棒的电荷量为 ，
规定向右的方向为正方向，对 、 两棒分别由动量定理得 = ， 2 = 2 2 0，得 =
2 2
0， =
0，故 B 正确，C 错误；
3 3
1 1 1
D.由能量转化和守恒定律可知，该段时间内系统产生的总焦耳热为 = 2 20
2
2
2，则
2 2 2
2 4 2
产生的焦耳热 0 = ，解得 = ，故 D 正确。 2 + 9
故选： 。
A.根据安培力公式分析两棒安培力大小，结合动量守恒的条件进行分析判断；
.根据 棒最大速度的条件结合两棒的动量定理列式联立解答；
D.根据能量的转化和守恒定律列式求解 棒产生的热量。
考查双棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势问题，结合动量守恒定律、动量定理以及能量的转化和守恒
定律联立求解相关物理量。
11.【答案】减小 2.2 × 10 5
【解析】解：(1)设空中下落的水的速度为 ，根据流量定义有 =
在流量不变时，随着下落高度的增大，水的速度在增大，此时水柱的横截面积会减小。
(2)将表格中的数据描绘在坐标上，作图时使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上的要均匀分布在直线
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的两侧，舍弃个别相差较远的点，所作图像如图所示：
(3)根据题意可得水量与流量的关系为 =
1
变形得 =
33 0 3 33 5 3图像的斜率 = / = × 10 /
(800 60)×10 6 74
1
结合 函数可知 =
代入数据解得 = 2.2 × 10 5 3/
(4)设水从出水口射出的水平初速度为 0
1
根据平抛运动规律，竖直方向 = 2
2
水平方向 = 0
联立代入数值解得 0 = 0.79 /
根据前面分析此时有 = 0
所以可得抽水器的水流量 与抽水器出水口横截面积之比为 = = 0.79 /
0
综上分析，故 ACD 错误，B 正确。
故选： 。
故答案为：(1)减小；(2)见解析； (3)2.2 × 10 5；(4) 。
(1)根据流量公式分析作答；
(2)根据描点法作图；
(3)根据水流与流量的关系求解 函数，结合图像斜率的含义求流量；
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(4)根据平抛运动规律求水流的初速度，根据流量公式求抽水器的水流量 与抽水器出水口横截面积之比。
此题考查了平抛运动的规律，解题的关键是明确水做平抛运动，以及单位时间内流出的水量与流量的关系。
12.【答案】0.500 4.0 1.6 × 10 6 偏大
【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 ，可动刻度读数为0 × 0.01 ，则金属丝直径为：
= 0.5 + 0 × 0.01 = 0.500 ；
(2)电流表的内阻已知，与待测电阻串联，通过待测电阻的电流测量值是准确值，故应选乙图中的 连接线
路；
(3)根据图 可知 = ( + )
2.70 0.30
图像的斜率表示金属丝的电阻，则有 + = = 4.5 0.60 0.07
代入数据解得
= 4.0
根据电阻定律有 =
2
根据几何知识有 =
4
解得
= 1.6 × 10 6
(4)电路保持闭合，若测量时间较长，电阻温度升高，会使电阻率的测量结果偏大。
故答案为：(1)0.500；(2) ；(3)4.0，1.6 × 10 6；(4)偏大。
(1)明确螺旋测微器的分度值，读出读数；
(2)根据实验误差分析判断；
(3)根据欧姆定律、电阻定律、几何知识推导计算。
(4)根据温度对金属电阻率的影响分析判断。
本题考查测量一段粗细均匀金属丝的电阻率实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和
误差分析。
13.【答案】解：(1)最初 、 两缸内同种理想气体的压强和热力学温度均相同，可知 、 两缸内同种理想
气体的密度相同， 中气体体积是 的2倍，则 中气体质量和分子数量均为 的2倍，因温度相同，故分子平
1
均动能相同，可得 中气体的内能是 的 ，即 =
0。
2 2
当 中气体温度为2 0时，据题意可得：
0 = 1
0 2 0
解得此时 中气体内能为： 1 = 2 0
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此时 、 中气体总的内能为： 总 = 1 + = 2.5 0
根据能量守恒定律，可知气体状态稳定后再次闭合 1后总的内能不变， 中气体的内能是 的2倍，则 中气
2
体的内能是总内能的 ，即：
3
2
总 5
2 = = 0 3 3
设所求的热力学温度为 ，则有： 2 = 0
0
5
解得： =
3 0
(2)以 中气体为研究对象，设打开 2前其压强为 1，由查理定律得：
0 = 1
0
5
解得： 1 = 3 0
根据理想气体状态方程得： 1 0 = 0
6
5 0
6
解得： = 0 5
剩余
由： 0 =
0
5
解得： 剩余 = 6 0
5
答：(1)再次闭合 1之后 缸内气体的热力学温度为 0； 3
5
(2) 缸内剩余气体的质量为 0。 6
【解析】(1)由已知条件结合内能的定义，可得 、 两缸内气体的内能关系，从求出 中气体的内能。根据
理想气体的内能与热力学温度成正比，结合能量守恒定律，求得末态总内能和 中气体的内能，以及再次闭
合 1之后 缸内气体的热力学温度；
(2)由查理定律求出 内气体的压强，根据理想气体状态方程求出 中气体末态体积，根据体积关系求解 缸
内剩余气体的质量。
包括考查了分子动理论与理想气体状态方程的应用，理解内能的含义。确定气体的初末状态，应用相应的
气体实验定律和理想气体状态方程解答。
14.【答案】解：(1)粒子 在圆形磁场中运动时间最长，可知该粒子在圆形磁场中运动的轨迹以直径 为
弦，如图所示
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其运动轨迹的半径
1 = = 2 sin
由
2
00 0 = 1
解得
2 0 0 =
(2)设粒子 在电场中运动的时间为 ，则
= 0 0
设粒子经 点由第一象限射入第四象限，则
= 0
解得
= 2
由几何关系可知粒子在第三、四象限内运动的轨迹半径为
+
= 2 2 sin
设粒子在 点速度大小为 ，则
0 30° = 60
结合
2
1 = 2
解得
1 = 4 0
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2
答：(1)粒子在点 处的发射速率为 0 ；
(2)第三、四象限内磁感应强度的大小为4 0。
【解析】(1)画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求粒子在点 处的发射速率；
(2)根据运动学公式和几何关系求第三、四象限内磁感应强度的大小。
解决该题的关键是明确知道粒子在各部分的运动情况，能根据几何知识求解粒子运动半径，本题难度中等。
15.【答案】解：(1)由图乙知 = 2 0后
= 2 0
B、 发生弹性碰撞，以 的初速度方向为正方向，由动量守恒可知
2 0 = +
由机械能守恒可知
1 2 1 2 1 × (2 ) = + 2
2 0 2 2
解得
= 0， = 2 0
因 未离开轨道，设运动的高度最大为 ，对 ，由机械能守恒可知
1
2 = 2
因此
2 2
≥ = 0
(2) 返回水平轨道时由机械能守恒可知
1 2 1 2 1 × (2 0) = +
2
2 2 2
解得
= 2 0
与 再次发生弹性碰撞，有
2 0 = ′ + ′
1 2 1 1 × (2 2 2
2 0
) = ′ + ′ 2 2
解得
′ = 0， ′ = 2 0
与 第一次碰撞到共速时，由动量守恒得
3 0 = ( + ) 0
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解得
= 2
与 第二次碰撞过程，由动量守恒可知
2 0 + 0 = ″ + ′ 2 2
由机械能守恒可知
1 1 1 1
× (2 2 2 2 2
2 0
) + ×
2 2 0
= ″ + ′ 2 2 2
解得
7
′ = 3 0
(3) 与 第一次碰撞到共速时，由机械能守恒可知
1 2 1 2 1 3 2 3 ( 1) = × × (3 0) × 0 =
2
0 2 2 2 2 2 2
与 第二次碰撞到共速时，以 0方向为正方向，由动量守恒可知
3
2 0 + 0 = 2 2
解得
5
= 3 0
由机械能守恒可知
1 2 1 1 1 3 5 1 ( 2) = ×
2
0 + (2
2 2 2
2 2 2 2 0
) × × ( ) =
2 2 3 0 6 0
由以上公式得
1 3=
2 1
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
合 = =
可得
1 = 1
3
=
2 2 1
2 2
答：(1)半圆形竖直轨道半径 满足的条件为 ≥ 0；
7
(2)物块 最终运动的速度大小为
3 0
；
(3) 、 第一次碰撞和第二次碰撞过程中物块 的最大加速度大小之比为3：1。
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【解析】(1)物块 始终未离开圆弧轨道，物块最高只能到达与圆心等高位置，应用机械能守恒定律和之前 、
弹性碰撞的规律求出轨道半径与初速度 0应满足的条件；
(2) 、 组成的系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物块 的质量。 返
回后再与 发生弹性碰撞交换速度，则 追上 再次发生弹性碰撞，根据弹性碰撞的规律求 最终的速度；
(3) 、 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律求出弹簧的最大压缩量，从而求出两次物体的加速之比。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与
动能定理可以解题。
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