2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高三（第一次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年5月，我国自主三代核电技术“华龙一号”全球首堆示范工程——福清核电5、6号机组正式通过竣工验收，设备国产化率达到90%，反映了我国建立起了更加成熟完备的核科技工业体系。根据下图的原子核的比结合能曲线，以下判断中正确的是( )
A. 816O核的结合能比 36Li核的结合能更小
B. 两个 12H核结合成 24He时要释放能量
C. 两个 12H结合成 24He时存在能量与质量的相互转化
D. 92235U中核子的平均质量比 56144Ba中核子的平均质量小
2.2023年9月27日，杭州亚运会中国队组合赵焕城/王赛博获得帆船比赛冠军。图为帆船在静止水面上逆风航行的示意图。风力和船身方向成135∘，风力和帆面成8∘，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶，如果风力大小为 F，则风力在航行方向的分力为( )
A. 35Fsin8∘B. 35Fcs8∘C. 45Fsin8∘D. 45Fcs8∘
3.一根长绳沿x轴放置，现让绳子中间的P点作为波源，从t=0时刻开始沿竖直方向做简谐运动，振幅A=10cm。绳上形成的简谐波沿绳向两侧传播，波长λ=1m。t=7.5s时刻绳上形成的波形如图所示，此时波源位于平衡位置上方y=5 2cm处，则0∼7.5s内x=1m处的质点经过的路程为( )
A. 45cmB. 35cm
C. (40+5 2)cmD. (40−5 2)cm
4.氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点，图甲是这种充电器的核心电路.交流电经前端电路和氮化镓开关管后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电.则正常工作时，变压器cd输出端( )
A. 输出的电压也是直流电压
B. 输出电流的频率为2T
C. 输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值
D. 需将输入电压转变为交流电，输出端才会有电压输出
5.国际科研团队发现了两颗距离地球仅100光年的新行星，其中一颗可能适合生命生存。这两颗行星分别是LP890−9b(以下简称行星A)和LP890−9c(以下简称行星B)。行星A的半径约为8370公里，仅需2.7天就能绕恒星C一圈；行星B半径约为8690公里，8.5天能绕恒星C一圈，行星B到恒星C的距离约为水星与太阳间距离的0.1倍，水星的公转周期约为88天。假设行星A、B绕恒星C做匀速圆周运动。则( )
A. 行星A表面的重力加速度大于行星B表面的重力加速度
B. 行星A的公转轨道半径大于行星B的公转轨道半径
C. 太阳的质量大于恒星C的质量
D. 水星的公转速度大于行星B的公转速度
6.如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律．弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上．轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮．若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零．已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为mg2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中k为劲度系数、x为伸长量．则小球下滑经过D点时的速度大小为( )
A. 33gh10B. 35gh10C. 37gh10D. 39gh10
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.近日根据国际报道，光纤通信速率创造出了新的记录，每秒可以传达1.84Pbit，这相当于每秒可以传输约236个1TB硬盘的数据。目前正常的网速想要传输1TB硬盘的数据，需要花费四到八小时以上，如果这项技术能大规模商用，网速将得到大幅提升。光纤通讯中信号传播的主要载体是光纤，它的结构如图甲所示，一束激光由光导纤维左端的点 O以α=60∘的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导纤维的侧面(侧面与过O的法线平行)发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是( )
A. 光纤内芯的折射率比外套的小
B. 光从左端空中进入光纤内芯后，其频率不变
C. 频率越大的光在光纤中传播的速度越大
D. 内芯对这种激光的折射率n= 72
8.如图a所示，下端附有重物的粗细均匀木棒浮在水中，已知水的密度为ρ，木棒的横截面积为 S ，重力加速度大小为 g ，将木棒向下按压一段距离后释放，木棒所受的浮力F 随时间周期性变化，如图b所示，下列说法正确的是( )
A. 木棒做简谐运动，重力充当回复力
B. 0∼0.25s内木棒的加速度逐渐减小
C. 木棒和重物的重力之和等于F1−F2
D. 木棒所受合外力与偏离初始位置的距离成正比
9.如图所示，真空中的正三棱柱ABC−A′B′C′，在A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为−Q的点电荷，已知AC=AA′=L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则下列说法正确的是( )
A. 将一负试探电荷从A′点移到C′点，其电势能一直增大
B. 将一正试探电荷沿直线从B点移到B′点，电场力做正功
C. A′、B′两点的电势差大于B′、C′两点的电势差
D. B′点的电场强度大小为 2kQ4L2
10.如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30∘，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2。现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止释放，重力加速度为g，倾斜导轨无限长，金属棒a始终静止，下列说法中正确的是
A. 金属棒a受到向左的摩擦力
B. 金属棒a受到的最大摩擦力一定为B1mg2B2
C. 金属棒b的最大速度为mgR2B22L2
D. 金属棒b减小的重力势能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学利用按动中性笔粗测笔杆与水平桌面间的动摩擦因数。操作步骤如下：
A.将笔尾部朝下竖直放置，紧靠光滑的竖直墙，向下按压到底，释放后中性笔向上弹起一定的高度，记录高度H；
B.再将中性笔置于水平桌面上，尾部垂直竖直墙，垂直竖直墙按压中性笔到底，释放后中性笔滑行一段距离后停止运动，记录滑行的距离x。
(1)除了在操作中记录的数据，要测量笔杆与水平桌面间的动摩擦因数，______(填“需要”或“不需要”)测量中性笔的质量m。
(2)动摩擦因数的表达式μ=______(用题目中所给的物理量的符号表示)。
(3)请至少提出一条减小实验误差的操作：______。
12.某同学为测定电阻丝的电阻率ρ，设计了如图甲所示的电路，电路中ab是一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝，保护电阻R0=4.0Ω，电源电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好.
(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=______mm.
(2)实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x及对应的电流值I，实验数据如表所示：
根据表中的数据，在图丙的坐标纸上作出1I−x图象，并由图线求出电阻丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(保留两位有效数字)。
(3)根据1I−x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为r=______Ω(保留两位有效数字).
(4)若电流表内阻不可忽略，则电流表的内阻对测量电阻丝的电阻率______(选填“有”或“无”)影响，根据1I−x关系图线纵轴截距的物理意义可求得的是______。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.中国作为一个海洋大国，拥有极为广阔的海域。核潜艇是核打击生存能力最强的一种，因其具备高度隐蔽性、机动性、长时间水下续航等特点，是国家核战略的重要基石。我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，第二次核打击能力得到巨大的提高，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易潜水艇模型如图所示。当储水舱里的气体体积为V0，压强为p0时，潜水艇有45浸没在海水中。当地大气压强为p0，海水的密度为ρ，假设各深度处海水温度相同，潜水艇在吸入或排出海水过程中，海水深度变化对潜水艇的压强变化忽略不计。
(1)当潜水艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态。此时，储水舱上方气体的压强为p1，求储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比；
(2)当潜水艇静止潜在深度h处时(潜水艇全部浸入海水后，储水舱内气体的变化忽略不计)，用空气压缩泵向储水舱注入一定量的压强为p0的气体后，打开阀门排出部分海水使潜水艇向上浮。要使舱内的海水排出的体积为16V，求打开阀门前，储水舱内气体的压强。
14.如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10m，倾斜部分bc长度L2=16.8m，bc与水平方向的夹角为θ=37∘。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率v=4m/s，现将质量m=2kg的小煤块(视为质点)由静止轻放到a处，之后它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，且此过程中小煤块不会脱离传送带，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)煤块从a运动到c的时间；
(2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度；
(3)煤块与传送带间的摩擦生热。
15.如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(即图中半径OM和O′P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60∘、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′，NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度(未知，记为v0)做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v0；
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能ΔE。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
由图可知不同质量数时对应的比结合能的大小，根据结合能与比结合能的定义，结合能与核稳定性关系，核骤变的有关知识即可正确解答。
本题考查原子核的结合能的有关知识，难度不大，需要注意的是核子的平均结合能就是比结合能。
【解答】A.由题图可知，Li36Li核比结合能约为5MeⅤ，则有Li36Li核结合能约为6×5MeⅤ=30MeⅤ，O816O比结合能约为8MeV，结合能为16×8MeV=128MeV，O816O的结合能比Li36Li结合能大，故A错误;
B.两个 12H聚变结合成 24He时，产生聚变反应，有质量亏损，由质能方程可知，释放能量，故B正确;
C.能量与质量之间只是相差一个系数，两者都反映物体的属性，彼此间不存在转换关系，故C错误;
D.由题图可知，U92235U中核子的比结合能比Ba56144Ba中核子的比结合能小，由于平均质量越小的原子核比结合能越大，因此U92235U中核子的平均质量比 56144Ba中核子的平均质量大，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查力的分解，基础题目。
结合力的分解和几何关系求出风力在航行方向的分力大小即可判断。
【解答】
风力在垂直船帆方向的分力大小F1=Fsin8∘，风力在垂直帆面方向的分力与船身前进方向的夹角为8∘+135∘−90∘=53∘，则风力在航行方向的分力大小F2=F1cs53∘=35Fsin8∘，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】D
【解析】【分析】
由题图判断波源P起振方向，画出P的振动图象，先求出波源P经过的总路程，根据x=1m处的质点Q与波源之间的关系求出x=1m处的质点Q经过的总路程。
【解答】
由题图可知波源P起振方向向下，此过程P的振动图象如图所示：

此过程波源P经过的总路程sP=8A−y=80−5 2cm，
x=1m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后PQ步调一致，即Q比P少了一次全振动，则此过程Q经过的总路程s=sp−4A=40−5 2cm。
故选D。
4.【答案】C
【解析】AD.原线圈电压减少和电压增加时，副线圈cd电势差正负值不同，故输出的电压为交流电，AD错误；
B.电流的频率为1T，B错误；
C.原副线圈电流与匝数成反比，输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值，C正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据万有引力提供行星上表面重力加速度分析重力加速度；根据开普勒第三定律T2r3=k分析轨道半径；根据万有引力提供向心力分析中心天体的质量；公转速度与公转周期的关系分析公转速度。
本题考查了万有引力定律在天文学上的应用，明确两个基本思路：在星球表面重力等于万有引力，卫星运行时万有引力提供向心力。
【解答】
A.根据牛顿第二定律，万有引力提供行星表面重力加速度得Gmm0R2=m0g
故重力加速度为g=GmR2
行星A与行星B的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小，A错误；
B.根据开普勒第三定律T2r3=k，由题意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行星A的轨道半径小于行星B的轨道半径，B错误；
C.由题意，设行星B到恒星C的距离与水星到太阳的距离之比为r1:r2，行星B绕恒星C的一周所用时间与水星绕太阳一周所用时间之比为T1:T2，根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m2πT2r
解得M=4π2r3GT2
所以恒星C与太阳的质量之比M1M2=r 13T 22r 23T 12<1，故太阳的质量大于恒星C的质量，C正确；
D.公转速度与公转周期的关系为v=2πT⋅r
故行星B的公转速度v1与水星的公转速度v2之比为v1v2=r1r2⋅T2T1>1，故水星的公转速度小于行星B的公转速度，D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】
首先对球受力分析，受重力、橡皮条的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合能量守恒定律列式分析即可。
本题考查能量守恒定律，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意橡皮条的弹力是变化的。
【解答】
小球在竖直杆CE间滑动时，弹性轻绳与竖直杆之间的夹角为θ，小球下滑过程，对小球分析，水平方向上有
kxsinθ=kxBC=12mg
滑动摩擦力为f=μkxsinθ=μkxBC=3mg10
即小球在竖直杆CE间滑动时，受到的滑动摩擦力大小恒定，为f=3mg10
小球从C点运动到E点的过程中，根据能量守恒mgh=fh+ΔEp，ΔEp=12k(xBC2+h2)−12kxBC2=12kh2，f=3mg10
解得k=7mg5h
小球从C点运动到D点的过程中，根据能量守恒mgh2−fh2−ΔEp′=12mvD2，
其中ΔEp′=12k[xBC2+h22]−12kxBC2=12kh22，f=3mg10
解得vD= 35gh10
故选B。
7.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查光导纤维。光发生全反射的条件：一是光从光密介质射入光疏介质，二是入射角大于等于临界角；光从左端空中进入光纤内芯后频率不变；光纤对频率越大的光的折射率越大，由公式v=cn分析光在光纤中的传播速度；由折射定律、全反射临界角与折射率的关系，结合数学知识求解内芯对这种激光的折射率，由此即可正确求解。
【解答】
A.光发生全反射的条件：一是光从光密介质射入光疏介质，二是入射角大于等于临界角，所以光纤内芯的折射率比外套的大，故A错误；
B.光从左端空中进入光纤内芯后频率不变，故B正确；
C.光纤对频率越大的光的折射率越大，由公式v=cn可知，频率越大的光在光纤中传播的速度越小，故C错误；
D.设光从左端空中进入光纤内芯后的折射角为β，由折射定律有n=sinαsinβ，
光恰好在光导纤维的侧面发生全反射，则有sinθ=1n，
csθ=sinβ=sin60∘n，由数学知识有sin2θ+cs2θ=1，解得n= 72，故D正确。
8.【答案】BD
【解析】A.木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故A错误；
B.0∼0.25s内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，则其加速度逐渐减小，故B正确；
C.根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速度大小相等，故在最低点有：F1−G=ma
在最高点有：G−F2=ma
联立可得：G=12(F1+F2)，故C错误；
D.设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得mg=ρgx0S
在偏离平衡位置x位置时，木棒所受合外力为：F合=−[ρg(x0+x)S−mg]=−ρgxS
则木棒所受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值为 ρgS ，故D正确。
故选BD。
【点睛】浮力越大，物体浸没的深度越大。简谐运动的物体在位移最大处，加速度大小相等，在平衡位置，合外力为零。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查电场的性质。解决问题的关键是清楚等量异种电荷间的电场分布特点和等势面分布特点，知道电场力做功和电势能变化之间的关系，掌握电场的叠加原理。
【解答】A.根据等量异种点电荷的电场分布可知，负试探电荷从A′点移到C′点，电场力始终做负功，则其电势能增加，故A正确;
B.因为B点和B′点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零势面，因此电荷沿直线从B点移到B′点，电场力不做功，故B错误;
C.A′点和C′点关于等量异种电荷的中垂面对称，因此A′、B′两点的电势差等于B′、C′两点的电势差，故C错误;
D.根据场强叠加原理，如图所示：
可得B′场强大小为EB′=2Ecsθ，而csθ=L2 2L= 24，解得EB′= 2kQ4L2，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AB
【解析】【分析】
本题以导轨模型为情景，考查电磁感应，考查考生的物理观念和科学思维。
对b根据右手定则判断出感应电流的方向，再分析a，根据左手定则判断安培力的方向；对于b，速度最大时，合力为零，此时a受到的静摩擦力最大，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式以及平衡条件求解；根据能量守恒分析焦耳热的来源。
【解答】
A.根据右手定则和左手定则可以判断，金属棒a受到的安培力向右，摩擦力向左，A正确;
C.对金属棒b受力分析，最终匀速运动时有mgsinθ=B2IL，I=B2Lv2R，可得金属棒的最大速度为v=mgRB22L2，C错误;
B.金属棒a受到的最大摩擦力为B1IL=B1mg2B2，B正确;
D.根据能量守恒，金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热，D错误。
11.【答案】(1)不需要 (2)Hx (3)多次重复实验，测量H和x
【解析】(1)该实验的原理是先利用能量守恒，将按压后中性笔的弹性势能转化成中性笔的重力势能，再利用弹性势能完全克服了桌面的摩擦力做功从而求得动摩擦因数，实验原理可表示为Ep=mgH，Ep=μmgx
联立可得H=μx，因此可知该实验不需要测量当地的重力加速度，也不需要测量中性笔的质量。
(2)由(1)中H=μx，可得μ=Hx，
(3)多次重复实验，测量H和x；按压中性笔时，竖直按压和水平按压时确保按压程度相同以减小实验误差。
故答案为：(1)不需要 (2)Hx (3)多次重复实验，测量H和x。
(1)利用能量守恒原理分析；
(2)利用(1)势能转换规律得出的结论，计算动摩擦因数；
(3)多次重复实验可减小误差。
本题主要考查滑动摩擦力的实验探究，其中掌握能量守恒定律为解决本题的关键。
12.【答案】(1)0.400(2)；1.1×10−6 (3)1.6(4)无；电源的内阻和电流表内阻之和
【解析】(1)由图乙所示螺旋测微器的精度为0.01mm，所以金属丝的直径d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm。
(2)在给的坐标系中先描点，再将这些点拟合成一条直线，如图所示；
由电阻定律可得，R=ρxS，由欧姆定律可得：R=EI−R0−r，所以1I=4ρπEd2⋅x+R0+rE
则图象斜率k=4ρπEd2=3.6−−1m−1，联立并代入数据解得电阻率为：ρ=1.1×10−6Ω⋅m；
(3)根据图丙中1I−x关系图线纵轴截距为b=R0+rE=1.87，代入数据解得：r≈1.6Ω。
(4)根据表达式：1I=4ρπEd2⋅x+R0+rE，电流表的内阻只决定于纵截距，与图象的斜率无关，所以Rg对电阻率的测定无影响。从纵截距看，r则是电流表的内阻与电源内阻的和。
故答案为：(1)0.400；(2)；1.1×10−6 (3)1.6；(4)无；电源的内阻和电流表内阻之和。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)应用描点法作图作出图象；求出图象的函数表达式，然后根据图象的斜率求出电阻率；
(3)(4)根据图象的函数表达式，结合图象的纵截距求出电源的内阻，并分析误差。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
13.【答案】解：(1)潜水艇有 45 浸没在海水中时，根据平衡条件有45ρgV=mg
潜水艇全部浸没在海水中静止时，设排出储水舱上方的部分气体的体积为 ΔV ，根据平衡条件有ρgV=mg+ρgΔV
解得ΔV=V5
根据理想气体状态方程可知储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为m′m=p1(V0−ΔV)p0V0=p1(5V0−V)5p0V0
(2)设打开阀门前，储水舱内气体的压强为 p2 ，此时储水舱内气体的体积为V2=V0−ΔV
打开阀门后，储水舱内气体的压强为p3=p0+ρgh
打开阀门后，储水舱内气体的体积为V3=V2+V6
根据玻意耳定律可得p2V2=p3V3
解得p2=(p0+ρgh)(30V0−V)30V0−6V

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第二定律μmg=ma1
可得煤块运动的加速度a1=2m/s2
煤块从静止加速到与传送带共速的距离为s1=v22a1=422×2m=4m<10m
故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，加速时间的时间为t1=va1=42s=2s
匀速运动的时间t2=L1−s1v=10−44s=1.5s
在倾斜传送带上，由于μ故煤块在斜传送带上做加速运动，由牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ=ma2
可得煤块在倾斜传送带上的加速度为a2=gsinθ−μgcsθ=4.4m/s2
根据匀加速运动的位移与时间的关系有L2=vt3+12a2t32
解得t3=2s 或 t3=−4211s (舍去)
故煤块从a运动到c的时间t=t1+t2+t3=5.5s
(2)煤块在水平传送带的相对位移为Δs1=vt1−s1=8−4m=4m
煤块在倾斜传送带的相对位移为Δs2=L2−vt3=16.8−8m=8.8m
由于 Δs1 与 Δs2 是重复痕迹，故煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度为8.8m。
(3)煤块在水平传送带的摩擦生热Q1=f1⋅Δs1
其中f1=μmg
解得Q1=16J
煤块在倾斜传送带的摩擦生热Q2=f2⋅Δs2
其中f2=μmgcsθ
解得Q2=28.16J
故Q=Q1+Q2=16J+28.16J=44.16J。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)闭合开关S，金属棒ab即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向为竖直向上。
(2)金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R=12gt2，vy=gt
由于导体棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan60∘=vyv0
解得v0= 2gR
(3)金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理BI×3L⋅Δt=mv0−0
又因为I=qΔt
整理有3BqL=mv0
解得q=m 2gR3BL
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有mg3R+R1−cs60∘=12mv2−12mv02
解得v=3 gR
最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和cd产生的感应电动势大小相等，即B×3L⋅vab=BL⋅vcd
此过程中，对棒ab由动量定理有−BI′×3L⋅Δt′=mvab−mv
对棒cd，由动量定理有BI′⋅LΔt′=mvcd−0
联立解得vab=310 gR ， vcd=910 gR
由能量守恒，该过程中机械能的损失量为ΔE=12mv2−12mvab2−12mvcd2
解得ΔE=8120mgR。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】x/m
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
I/A
0.49
0.43
0.38
0.33
0.31
0.28
1I/A−1
2.04
2.33
2.63
3.03
3.23
3.57