1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿(mǎn)分100分，考試時(shí)間75分鐘。
2．答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項(xiàng)目填寫(xiě)清楚。
3．考生作答時(shí)，請(qǐng)將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效，在試題卷、草稿紙上作答無(wú)效。
4．本卷命題范圍：高考范圍。
一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分，第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
1. 研究表明原子核的質(zhì)量雖然隨著原子序數(shù)的增大而增大，但是二者之間并不成正比關(guān)系，其核子的平均質(zhì)量（原子核的質(zhì)量除以核子數(shù)）與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示。一般認(rèn)為大于鐵原子核質(zhì)量數(shù)（56）的為重核，小于則為輕核，下列對(duì)該圖像的說(shuō)法正確的是（ ）
A. 從圖中可以看出，F(xiàn)e原子核最穩(wěn)定
B. 從圖中可以看出，重核A裂變成原子核B和C時(shí)，由于重核A的結(jié)合能大于原子核B和C的總的結(jié)合能而釋放核能
C. 從圖中可以看出，輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí)，由于輕核D和E的比結(jié)合能均大于原子核F的比結(jié)合能而釋放核能
D. 從圖中可以看出，重核隨原子序數(shù)的增加，其比結(jié)合能變大
【答案】A
【解析】A．從圖中可以看出，F(xiàn)e原子核核子平均質(zhì)量最小，比結(jié)合能最大，F(xiàn)e原子核最穩(wěn)定，故A正確；
B．重核A裂變成原子核B和C時(shí)，由圖可知，核子平均質(zhì)量減小，裂變過(guò)程存在質(zhì)量虧損，需要釋放能量，是由于重核A的結(jié)合能小于原子核B和C的總的結(jié)合能而釋放核能，故B錯(cuò)誤；
C．輕核D和E發(fā)生聚變生成原子核F時(shí)，由圖可知，核子平均質(zhì)量減小，聚變過(guò)程存在質(zhì)量虧損，需要釋放能量，是由于輕核D和E的比結(jié)合能均小于原子核F的比結(jié)合能而釋放核能，故C錯(cuò)誤；
D．從圖中可以看出，重核隨原子序數(shù)的增加，原子核越不穩(wěn)定，故比結(jié)合能越小，故D錯(cuò)誤。故選A。
2. 下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子力總是隨分子間距離的增大而增大
B. 由熱力學(xué)第二定律可知，從單一熱源吸收熱量完全變成功是可能的
C. 把玻璃管的裂口尖端放在火焰上燒熔會(huì)變鈍，是因?yàn)橹亓Φ淖饔?br>D. 由熱力學(xué)第一定律可知，做功不一定改變內(nèi)能，熱傳遞也不一定改變內(nèi)能，但同時(shí)做功和熱傳遞一定會(huì)改變內(nèi)能
【答案】B
【解析】A．當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，隨分子間距離增大，分子力可能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?，但是要引起其他的變化，故B正確；
C．把玻璃管的裂口尖端放在火焰上燒熔會(huì)變鈍，是因?yàn)橐后w表面張力的作用，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，所以做功不一定改變內(nèi)能，熱傳遞也不一定改變內(nèi)能，但同時(shí)做功和熱傳遞也不一定會(huì)改變內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。
故選B。
3. 如圖所示，A、B是電荷量相等的同種點(diǎn)電荷，固定在同一水平線上，在A、B連線的垂直平分線上有一點(diǎn)電荷C，給C一個(gè)大小為v0的初速度，C僅在電場(chǎng)力作用下恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知O為A、B連線與垂直平分線的交點(diǎn)，AO = OC = L，點(diǎn)電荷C的帶電量為q，質(zhì)量為m，靜電力常量為k，不計(jì)重力，則點(diǎn)電荷A的帶電量為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根據(jù)題意
解得
點(diǎn)電荷A在點(diǎn)電荷C所在處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E1，則
又
解得
故選B。
4. 如圖所示，一段長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的軟導(dǎo)線，兩端分別固定在光滑絕緣的水平面上的A、C兩點(diǎn)，導(dǎo)線處在垂直于水平面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將A、C兩端接入電路，通入大小為I的恒定電流，導(dǎo)線靜止時(shí)剛好成半圓形，D為導(dǎo)線的中點(diǎn)，在D點(diǎn)給導(dǎo)線施加一個(gè)垂直于AC的水平拉力，使D點(diǎn)靜止在A、C連線上，則下列判斷正確的是（ ）
A. 導(dǎo)線中電流從A流向C
B. 未加拉力時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力大小為
C. 施加拉力后，導(dǎo)線受到的安培力減小
D. 施加的拉力大小為
【答案】D
【解析】A．由題意知導(dǎo)線受安培力方向與A、C連線垂直指向D，由左手定則知導(dǎo)線中電流從C流向A，故A錯(cuò)誤；
B．導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為A、C連線的距離l，由幾何關(guān)系知
未加拉力時(shí)，導(dǎo)線受到的安培力大小為
故B錯(cuò)誤；
C．施加拉力后，導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度不變，導(dǎo)線受到的安培力不變，故C錯(cuò)誤；
D．在D點(diǎn)給導(dǎo)線施加一個(gè)垂直于AC的水平拉力，使D點(diǎn)靜止在A、C連線上，導(dǎo)線被分成了兩段，每段受到的安培力為
每段導(dǎo)線被兩個(gè)點(diǎn)固定，每個(gè)點(diǎn)受力，而D點(diǎn)同時(shí)受到AD、CD段拉力，由平衡條件知，施加的拉力等于
故D正確。故選D。
5. 如圖所示，一張白紙放在水平桌面上，一本書(shū)放在白紙上，用大小為F的水平力拉動(dòng)白紙，最終書(shū)和白紙一起在桌面上勻速運(yùn)動(dòng)，已知各個(gè)接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，書(shū)的質(zhì)量為m、白紙的質(zhì)量不計(jì)，重力加速度為g，則書(shū)和白紙?jiān)谧烂嫔蟿蛩龠\(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A. 白紙對(duì)書(shū)摩擦力方向水平向右
B. 書(shū)和白紙間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于
C. 增大拉力，桌面對(duì)白紙的摩擦力大小不變
D. 書(shū)對(duì)白紙的壓力是由于紙的形變引起的
【答案】C
【解析】A．書(shū)和白紙一起在桌面上勻速運(yùn)動(dòng),對(duì)書(shū)受力分析可知，書(shū)只受重力和支持力，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)整體受力分析，由平衡條件知
解得
故B錯(cuò)誤；
C．增大拉力，書(shū)和白紙仍在桌面上運(yùn)動(dòng)，桌面對(duì)白紙的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，壓力不變，動(dòng)摩擦因數(shù)不變，故摩擦力大小不變，故C正確；
D．書(shū)對(duì)白紙的壓力是由于書(shū)的形變引起的，故D錯(cuò)誤。
故選C。
6. 2024年1月9日我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征二號(hào)丙運(yùn)載火箭，成功將愛(ài)因斯坦探針衛(wèi)星發(fā)射升空，該衛(wèi)星主要用于觀測(cè)宇宙中的劇烈爆發(fā)現(xiàn)象。其發(fā)射過(guò)程如圖乙所示，衛(wèi)星先進(jìn)入圓形軌道Ⅰ，然后由軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)過(guò)近地點(diǎn)a時(shí)的速度大小為經(jīng)過(guò)遠(yuǎn)地點(diǎn)b時(shí)速度大小的3倍，衛(wèi)星在軌道Ⅱ上b點(diǎn)再變軌進(jìn)入圓軌道Ⅲ，衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期為T(mén)，則下列關(guān)系正確的是（ ）
A. 衛(wèi)星在軌道Ⅱ上的運(yùn)行周期為
B. 衛(wèi)星在軌道Ⅰ上、軌道Ⅲ上運(yùn)行的加速度大小之比為
C. 衛(wèi)星在軌道Ⅰ上、軌道Ⅲ上的運(yùn)行速度的大小之比為
D. 衛(wèi)星在軌道Ⅱ上從a運(yùn)動(dòng)到b，線速度、加速度、機(jī)械能均減小
【答案】A
【解析】A．設(shè)軌道Ⅰ的半徑為，軌道Ⅲ的半徑為，由開(kāi)普勒第二定律可得
橢圓軌道的半長(zhǎng)軸
設(shè)軌道Ⅱ的周期為，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有
解得
選項(xiàng)A正確；
B．由地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，衛(wèi)星軌道半徑為r，由牛頓第二定律得
整理得
可知，衛(wèi)星在軌道Ⅰ上和軌道Ⅲ上運(yùn)行的加速度大小之比為
選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．由
得
因此衛(wèi)星在軌道Ⅰ上，軌道Ⅲ上的運(yùn)行速度的大小之比為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上從運(yùn)動(dòng)到，線速度、加速度均減小，機(jī)械能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選 A。
7. 如圖所示，在直徑為的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出，圓外無(wú)磁場(chǎng)），大量同種帶電粒子從圓上點(diǎn)以不同的方向沿紙面射入磁場(chǎng)，速度大小均為粒子比荷當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，粒子入射的速度方向與半徑方向的夾角為（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】由洛倫茲力提供向心力，可知
得
當(dāng)帶電粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧的弦長(zhǎng)等于圓形磁場(chǎng)的直徑時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。設(shè)帶電粒子帶正電，如圖所示
由幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，粒子入射的速度方向與半徑方向的夾角為
故選B
8. 如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平面上，在斜面頂端A點(diǎn)沿水平方向拋出小球1，小球1落在斜面上的C點(diǎn)，在A點(diǎn)上方高d處的B點(diǎn)沿水平方向拋出小球2，小球2也落在斜面上的C點(diǎn)，小球2平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是小球1平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，重力加速度為g，不計(jì)小球的大小，兩球的質(zhì)量相等，則下列判斷正確的是（ ）
A. 球1、2做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小之比為
B. 球1拋出的初速度大小為
C. A、C兩點(diǎn)間的距離為d
D. 球1、2到達(dá)C點(diǎn)時(shí)重力的瞬間功率之比為
【答案】BD
【解析】A.由于兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移相同，小球2平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是小球1平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，根據(jù)
則球1，2做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小之比為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
C.根據(jù)豎直方向分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，、兩點(diǎn)的高度差為，、兩點(diǎn)間的距離為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
B.、兩點(diǎn)的水平位移為，則
選項(xiàng)B正確；
D.由
可知，球1、2到點(diǎn)時(shí)速度沿豎直方向的分速度之比為，由
可知，球1、2到達(dá)點(diǎn)時(shí)重力的瞬間功率之比為，選項(xiàng)D正確。
故選BD。
9. 如圖為一理想變壓器，原線圈匝數(shù)為1000匝，將原線圈接上電壓的交變電流，、是兩個(gè)標(biāo)有“6V 3W”的燈泡，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，燈泡正常發(fā)光，電流表為理想電表，則（ ）
A. 該交變電流的頻率B. 副線圈的匝數(shù)為50匝
C. 電流表的示數(shù)是0.05AD. 若開(kāi)關(guān)S閉合，則燈泡將變暗
【答案】AC
【解析】A．由
得頻率
故A正確；
B．燈泡正常發(fā)光，則原副線圈的電壓之比為，則匝數(shù)之比為，變壓器副線圈的匝數(shù)100匝，故B錯(cuò)誤；
C．電流表的示數(shù)為有效值，每個(gè)燈泡的電流為
則電流表示數(shù)為
故C正確；
D．若開(kāi)關(guān)S閉合，原副線圈兩端的電壓不變，燈泡L1亮度不變，故D錯(cuò)誤。故選AC。
10. 如圖所示，質(zhì)量為3m、兩端帶有固定擋板的平板車(chē)靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物塊放在平板車(chē)上，用水平細(xì)線將物塊與平板車(chē)左側(cè)擋板連接，輕彈簧放在物塊與左側(cè)擋板之間，彈簧的左端與擋板連接，彈簧處于壓縮狀態(tài)，平板車(chē)兩擋板間的距離為L(zhǎng)，彈簧的原長(zhǎng)為，O為平板車(chē)的中點(diǎn)，O點(diǎn)左側(cè)平板車(chē)上表面光滑，右側(cè)粗糙。某時(shí)刻剪斷細(xì)線，最終物塊相對(duì)于平板車(chē)停在O點(diǎn)與右側(cè)擋板之間的中點(diǎn)，不計(jì)物塊的大小，物塊被彈簧彈出后，彈簧僅又被壓縮了一次，物塊與擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)碰撞過(guò)程的能量損失，已知重力加速度為g，則剪斷細(xì)線后，下列判斷正確的是（ ）
A. 物塊相對(duì)車(chē)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，車(chē)相對(duì)地面一定向左運(yùn)動(dòng)
B. 物塊與車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與車(chē)的加速度大小之比始終為
C. 物塊與車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與車(chē)的速度大小之比始終為
D. 彈簧開(kāi)始具有的彈性勢(shì)能大小一定為
【答案】ABC
【解析】A.物塊與車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，因此物塊相對(duì)車(chē)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，如果車(chē)也向右運(yùn)動(dòng)，則物塊和車(chē)均向右運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不為零，選項(xiàng)A正確；
B.根據(jù)牛頓第三定律，物塊與車(chē)間的相互作用力始終等大反向，由牛頓第二定律可知
解得
物塊與車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與車(chē)的加速度大小之比始終為，選項(xiàng)B正確；
C.由于物塊與車(chē)的動(dòng)量總是等大反向
解得
因此物塊與車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與車(chē)的速度大小之比始終為，選項(xiàng)C正確；
D.根據(jù)能量守恒，不計(jì)碰撞過(guò)程的能量損失，若彈簧壓縮一次后直接在O點(diǎn)與右側(cè)擋板之間的中點(diǎn)停止，則彈簧開(kāi)始具有的彈性勢(shì)能為
若彈簧壓縮一次后與右側(cè)擋板碰后在O點(diǎn)與右側(cè)擋板之間的中點(diǎn)停止，則彈簧開(kāi)始具有的彈性勢(shì)能為
選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選ABC。
二、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11. 某實(shí)驗(yàn)小組利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)量木板、滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選取一塊較長(zhǎng)木板，通過(guò)鐵架臺(tái)制作成一定傾角的斜面，第一次將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在木板下端某位置，滑塊后端固定紙帶，紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器限位孔，給滑塊沿木板向上的初速度，打下一條紙帶，通過(guò)測(cè)量計(jì)算得到滑塊加速度大小為8.4m/s2；第二次將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在木板上端某位置，如圖甲所示，讓滑塊從靜止開(kāi)始下滑，打出一條紙帶如圖乙所示，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電的頻率為50Hz，重力加速度g取10m/s2。
（1）紙帶上相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)，則滑塊向下滑動(dòng)時(shí)打下c點(diǎn)時(shí)速度大小為_(kāi)_____m/s；滑塊下滑時(shí)加速度大小為_(kāi)_____m/s2。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）
（2）滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)_____。
【答案】（1）1.1 3.6
（2）0.3
【解析】【小問(wèn)1詳解】
[1]相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔
打下c點(diǎn)時(shí)滑塊速度為
[2]根據(jù)
解得
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)斜面傾角為θ，滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程，對(duì)應(yīng)加速度為
由牛頓第二定律有
滑塊下滑時(shí)有
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得
12. 某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)金屬絲的電阻率，在測(cè)未知電阻時(shí)，先用多用電表進(jìn)行粗測(cè)，后采用“伏安法”較準(zhǔn)確地測(cè)量未知電阻。
（1）先用多用表的歐姆擋“×1”擋按正確的操作步驟粗測(cè)其電阻，指針如圖甲所示，則讀數(shù)應(yīng)記為_(kāi)_____Ω。
（2）用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，其中一次測(cè)量的示數(shù)如圖乙所示，則該次金屬絲的直徑的測(cè)量值______mm。
（3）實(shí)驗(yàn)室提供的器材如下：
A．待測(cè)電阻的金屬絲；
B．電流表（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）；
C．電流表（量程0~3A，內(nèi)阻約0.01Ω）；
D．電壓表（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；
E．電壓表（量程0~15V，內(nèi)阻約20kΩ）； F．滑動(dòng)變阻器R（0~20Ω）；
G．電源E（電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻不計(jì)）； H．開(kāi)關(guān)、若干導(dǎo)線。
為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量準(zhǔn)確，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選______（填“B”或“C”），電壓表應(yīng)選______（填“D”或“E”）。
（4）根據(jù)所選用的實(shí)驗(yàn)器材，應(yīng)選用電路圖______（填“丙”或“丁”）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。
【答案】（1）
（2）3708##3.709##3.707
（3）B D
（4）丁
【解析】【小問(wèn)1詳解】
由圖甲多用電表可知，待測(cè)電阻阻值為
【小問(wèn)2詳解】
螺旋測(cè)微器的精確值為，由圖乙可知金屬絲直徑為
【小問(wèn)3詳解】
[1][2]電源電動(dòng)勢(shì)為3.0V，因此選擇電壓表V1（量程0~3V，內(nèi)阻約3kΩ）；測(cè)量金屬絲的電阻阻值約為5Ω，則電路中的最大電流
因此選電流表A1（量程0~0.6A，內(nèi)阻約0.1Ω）；即電流表應(yīng)選B，電壓表應(yīng)選D。
【小問(wèn)4詳解】
由于電壓表內(nèi)阻約3kΩ，金屬絲的電阻阻值約為5Ω，為較小電阻，因此應(yīng)選用電流表外接法，即選用電路圖丁進(jìn)行實(shí)驗(yàn)誤差較小。
13. 如圖甲所示，間距為0.25m的平行虛線PQ與MN間有沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，電阻為0.2Ω的矩形金屬線框abcd豎直放置，ab邊在磁場(chǎng)下方、cd在磁場(chǎng)上方，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，在時(shí)刻，由靜止釋放線框，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終在同一豎直面內(nèi)，且ab邊始終水平，線框cd邊在時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)并剛好能勻速通過(guò)磁場(chǎng)，cd邊長(zhǎng)為0.2m，重力加速度g取，求：
（1）線框的質(zhì)量；
（2）整個(gè)過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
已知平行虛線間距，，cd邊長(zhǎng)，在線框的速度
此時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)
電流
由受力平衡得
代入數(shù)據(jù)得線框的質(zhì)量
【小問(wèn)2詳解】
內(nèi)線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)
內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量
線框cd邊勻速通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，由能量守恒可知，重力勢(shì)能的減少量轉(zhuǎn)化為線框中的焦耳熱
整個(gè)過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱
14. 如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，實(shí)線為時(shí)刻的波形圖，虛線為時(shí)刻的波形圖時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，從時(shí)刻開(kāi)始到時(shí)刻這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P共兩次經(jīng)過(guò)平衡位置，且時(shí)刻和時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P在同一位置，求：
（1）試確定該列波傳播的方向及傳播速度大??；
（2）試確定質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置坐標(biāo)及從時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P第一次到達(dá)到平衡位置需要的時(shí)間。
【答案】（1）軸正方向，30m/s
（2）（16.5m，0），0.15s
【解析】【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，質(zhì)點(diǎn)的平衡位置為
由于時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)正沿軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明波沿軸正方向傳播，從時(shí)刻開(kāi)始到時(shí)刻這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)共兩次經(jīng)過(guò)平衡位置，由圖像可知時(shí)間內(nèi)波傳播的距離
波傳播的速度
【小問(wèn)2詳解】
根據(jù)以上分析可知質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置坐標(biāo)為（16.5m，0），由于波沿軸正方向傳播，因此時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)正沿軸正向運(yùn)動(dòng)，從時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)平衡位置需要的時(shí)間
15. 如圖所示，質(zhì)量為、長(zhǎng)為的長(zhǎng)木板A靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為物塊B放在長(zhǎng)木板上表面的左端，半圓弧體豎直固定在長(zhǎng)木板右側(cè)某位置，半圓弧面最低點(diǎn)的切面與長(zhǎng)木板上表面在同一水平面，質(zhì)量為的小球C用長(zhǎng)為的不可伸長(zhǎng)細(xì)線懸于固定點(diǎn)點(diǎn)，將小球C拉至與點(diǎn)等高點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，由靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生碰撞，碰撞后一瞬間B、C的速度大小之比為，此后當(dāng)B滑到長(zhǎng)木板右端時(shí)A、B共速且此時(shí)A剛好與半圓弧體碰撞，A與半圓弧體碰撞后粘在一起，重力加速度為，不計(jì)物塊的大小。求：
（1）B、C碰撞過(guò)程，B、C系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）開(kāi)始時(shí)，A右端離半圓弧面最低點(diǎn)的水平距離；
（3）要使B在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓弧軌道，圓弧軌道的半徑應(yīng)滿(mǎn)足的條件。
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】【小問(wèn)1詳解】
設(shè)C與B碰撞前一瞬間，C的速度大小為，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
設(shè)碰撞后B的速度大小為，則C的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得
碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與A共速時(shí)的速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)能量守恒定律
解得
對(duì)長(zhǎng)木板A研究，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
【小問(wèn)3詳解】
物塊B以速度滑上圓弧軌道，設(shè)圓弧軌道半徑為時(shí)，物塊剛好能滑到與等高的位置，根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
設(shè)當(dāng)物塊剛好能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)，圓弧軌道半徑為，到最高點(diǎn)時(shí)速度為，則
根據(jù)機(jī)械能守恒
解得
因此要使物塊B在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不離開(kāi)圓弧軌道，軌道半徑滿(mǎn)足的條件為
或

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