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2023-2024学年广东省六校高三（第五次）联考物理试卷（5月）（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年广东省六校高三（第五次）联考物理试卷（5月）（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.核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚可能会引起基因突变，氚亦称超重氢，有放射性，其发生β衰变的方程为 13H→−10e+23He，其半衰期为12.43年。下列有关氚的说法正确的是
A. 100个氚核经过12.43年后剩余50个
B. 氚发生β衰变时产生的高速电子流来自核外电子
C. 用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为 36Li+01n→24He+13H
D. 氚 13H的比结合能大于氦 23He的比结合能
2.如图所示俯视图，当汽车陷入泥潭时，需要救援车辆将受困车辆拖拽驶离。救援人员发现在受困车辆的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的知识判断，下列情况中，救援车辆用同样的力拖拽，受困车辆受到的拉力最大的方案为
A.
B.
C.
D.
3.科幻作品中经常会出现星际列车，列车在环绕星球运动的过程中，可以通过“跃迁”来到不同的轨道上。目前列车的轨道比同步卫星的轨道更高，做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的列车处于平衡状态
B. 列车做匀速圆周运动的角速度小于地球自转的角速度
C. 列车“跃迁”过程中受到的万有引力保持不变
D. 列车“跃迁”进入轨道半径更高的轨道时，其机械能变小
4.某兴趣小组对机械波的特性开展研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，图乙为平衡位置处于2m处质点M的振动图像，则
A. 该列波的传播方向沿x轴负向传播B. 该列波的传播速度为4m/s
C. 质点M在5s时处于平衡位置D. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
5.某同学利用自制发电机给小风扇供电，使小风扇正常工作，其设计的电路简化模型如图甲所示。发电机产生正弦式交流电，其电动势如图乙所示。已知理想变压器原副线圈匝数比为n1:n2=1:10，小风扇内阻为10Ω，正常工作电流为1A。忽略导线与发电机线圈的电阻，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是
A. 发电机的瞬时电动势为e=3 2sin2πtV
B. 正常工作时小风扇的输出功率为20W
C. t=0.25s时，电压表示数为0
D. 小风扇的转速一定与发电机的转速相同
6.小明同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如下图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是
A. 两次在空中的时间可能相等B. 两次抛出的初速度可能相等
C. 两次抛出的初速度水平分量可能相等D. 两次抛出的初速度竖直分量可能相等
7.中国象棋的棋盘呈长方形，由九条竖线和十条横线相交组成，共有九十个交叉点，开局时红方和黑方各子的位置如图所示，现将电荷量为+qq>0和−qq>0的两个点电荷分别固定在黑方的“将”位置和红方的“帥”位置，两点电荷在棋盘网格线所在的平面内，下列说法正确的是
A. 棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“砲”所在位置的电场强度大小相等方向不相同
B. 棋盘右侧红方“俥”所在位置与棋盘左侧黑方“車”所在位置的电势相同
C. 一电子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置，此过程中静电力一直做正功
D. 电子在棋盘左侧红方“傌”所在位置的电势能小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是
A. 内芯的折射率大于包层的折射率
B. 内芯的折射率小于包层的折射率
C. 不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端时传播速度相同
D. 当红光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射
9.如图是公路上安装的一种测速“电子眼”的原理示意图，在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍，下列判断正确的是
A. 车辆经过线圈时有感应电流产生
B. “电子眼”测量的是车辆经过第二个线圈时的瞬时速率
C. 线圈中电流的变化是车辆经过线圈时发生电磁感应引起的
D. 如果某个线圈出现故障，没有电流通过，“电子眼”还可以正常工作
10.投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蕗兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发行三百步。”如图所示为某小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为L=2.0m。将一质量m=2.8kg的石块放在A端网袋中，另一重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为37∘。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出，石块落到离O点水平距离为3.2m处M点(未画出)。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知sin37∘=0.6，g取10m/s2，则
A. 石块由开始运动到抛出过程中，机械能守恒
B. 根据题中所提供数据，可以计算出重物B的质量
C. 石块被抛出前瞬间的向心加速度大小为8m/s2
D. 石块落地前瞬间重力的功率为224W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中的连续7幅画面合成到同一张图中，每相邻两幅画面间隔时间为2T，示意如图。依次测得小球各相邻位置间的实际距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6。
(1)写出小球在位置3的速度表达式_________。
(2)要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式_________________。
(3)若先释放小球，再用手机录像，试问释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果______(选填“有”或“无”)影响。
12.物理兴趣小组的同学利用铜片和锌片平行插入猕猴桃中制作了一个水果电池，为研究猕猴桃电池的电动势和内阻，进行如下实验。
(1)粗测电动势：如图a所示，将电压表3V量程(内阻约为3kΩ)接在猕猴桃电池两端，读数为_____V，改用15V(内阻约为15kΩ)量程测量，读数大于0.4V，造成这一现象的原因可能是 _____________________。
(2)为了更准确地测量猕猴桃电池的电动势和内阻，实验小组的同学利用图b电路重新进行了实验(微安表G量程300μA，内阻为100Ω)，步骤如下：
闭合开关，调节电阻箱阻值，记录下微安表和电阻箱示数如下表：
利用计算机软件描绘出1I−R图像如图(c)中实线甲所示，其拟合出的函数关系式为1I=2.00R+4125，则根据此函数关系式可计算出猕猴桃电池的电动势为_______V，内阻为______Ω。(保留一位小数)
(3)某同学又将铜片和锌片平行插入同一猕猴桃中的另一位置，用图(b)所示方案重复实验操作，发现得到的函数图像如图(c)中虚线乙所示，造成实验差异的主要原因可能为( )
A.猕猴桃不同区域酸碱度不同导致电池电动势升高
B.猕猴桃不同区域酸碱度不同导致电池电动势降低
C.铜片和锌片的间距不变但插入深度变深导致猕猴桃电池内阻减小
D.铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致猕猴桃电池内阻变大
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复.如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积80%，外界温度恒为300 K，把乒乓球全部浸入热水里，当热水温度为360K时，乒乓球就刚好开始恢复形变，此后水温保持不变。已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E。
(1)求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；
(2)乒乓球从放入热水直到恢复原状时总共吸热为Q，则恢复原状过程中球内气体做功多少.
14.如图甲所示为洛伦兹力演示仪，一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置，在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中，位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出，电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U=220V，调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B，得到电子束轨迹的长度与磁感应强度B的大小关系如图乙所示(不计重力，电子击中玻璃泡内壁后即被吸收，取π=3.14)。根据乙图中给出的数据计算：
(1)当磁感应强度B=5×10−4T时电子的运动半径r；
(2)电子比荷qm的值；
(3)若不改变电子枪加速电压和玻璃泡方向，只将两个励磁线圈调整至水平放置，如图丙，为使得电子束不碰玻璃泡内壁，则匀强磁场的B大小应满足什么条件？
15.如图所示，小物块A和B均可视为质点，光滑的水平桌面右端与传送带通过光滑的小圆弧相连接，传送带从与桌面交界处到传送带顶端的长度L=15m，与水平面的夹角θ=37∘，传动带正以v=4m/s的速率顺时针方向匀速转动。现将B静置于桌面右侧，A从桌面左侧以v0=3m/s的初速度向右运动，与B发生弹性正碰。若重力加速度取g=10m/s2，B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.8，不考虑物块滑上传送带的能量损失。
(1)若B、A的质量之比mBmA=2，求碰后物块A的速度；
(2)若B、A的质量之比mBmA=12，求物块B从进入传送带到离开传送带所用的时间；
(3)若B、A的质量之比mBmA=k，k>12，mA=1kg，试求出物体B离开传送带时的动能Ek与k的关系式。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用；β衰变是原子核内的中子转化为一质子和一电子；根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程；比结合能越大，原子核越稳定
本题考查半衰期、核反应方程式、原子核衰变以及比结合能，基础题目，熟记知识点即可。
【解答】
A.半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用，故A错误；
B.氚核衰变放出的β射线是高速电子流，来源于核内一个中子转化为一个质子和一个电子，故B错误；
C.用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为 36Li+01n→24He+13H，故C正确;
D.氚 13H的比结合能小于氦 23He的比结合能，D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题解题的关键是分析绳子拉力的作用效果，当救援车辆施加的力小，而绳子拉力比较大时，效果最好，逐项分析即可得解。
【解答】
A项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的12；
B项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为缆绳两侧拖拽拉力的合力，因初始时刻两分力夹角接近180∘，合力远小于两分力；
C项中缆绳与树桩构成定滑轮系统，仅改变力的方向，未改变力的大小;
D项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的2倍;
救援车辆用同样的力拖拽，受困车辆受到的拉力最大的方案为B。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律以及卫星运行规律，难度一般。
列车做匀速圆周运动有加速度，不是平衡状态；根据万有引力提供向心力列式比较列车做匀速圆周运动的角速度与同步卫星的角速度关系，同步卫星角速度与地球自转角速度相同，进而比较列车做匀速圆周运动的角速度与地球自转的角速度关系；根据F=GMmr2分析；轨道越高，机械能越大。
【解答】
A.做匀速圆周运动的列车，所受到的万有引力提供向心力，加速度不为0，不是处于平衡状态，A错误；
B.根据GMmr2=mω2r可知，r越大，角速度越小，因为列车的轨道比同步卫星的轨道更高，所以列车做匀速圆周运动的角速度小于同步卫星的角速度，又因为同步卫星角速度与地球自转角速度相同，所以B正确；
C.根据F=GMmr2可知列车“跃迁”过程中受到的万有引力发生变化，C错误；
D.轨道越高，机械能越大，列车“跃迁”进入轨道半径更高的轨道时，其机械能变大，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查波的图像和振动图像的综合应用。解决问题的关键理解波的图像和振动图像的物理意义，知道波速、波长和周期的关系，知道波传播的特点，知道质点振动通过的路程和振幅之间的关系。
【解答】
A.根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴正向传播，故A错误；
B.根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为： v=λT=2m/s ，故B错误；
C.由于 5s=2T+12T 则质点M在5s时处于平衡位置 ，故C正确；
D.机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据图像可写出发电机的瞬时电动势表达式；电压表示数为有效值，根据电动势最大值与有效值之间的关系求解；根据U1U2=n1n2可求出小风扇两端的电压，根据P=U2I−I2r求出正常工作时小风扇的输出功率；小风扇的转速由小风扇的功率决定，小风扇的转速与发电机的转速不一定相同。
本题主要考查交变电流的表达式及图象以及变压器的基本关系，难度不大，注意细节。
【解答】
由题图乙可知，发电机的瞬时电动势表达式为e=Emsinωt=3 2sin4πt(V)，A错误。
电压表示数为电动势的有效值，U1=Em 2=3V，C错误。
由U1U2=n1n2可得小风扇两端的电压U2=30V，
正常工作时小风扇的输出功率P=U2I−I2r=30×1W−12×10W=20W，B正确。
小风扇的转速由小风扇的功率决定，所以小风扇的转速与发电机的转速不一定相同，D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
篮球做斜上抛运动，利用逆向思维，篮球做平抛运动。
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律及动能定理分析求解。
【解答】
A.由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，因为在两次中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动。加速度都为g，在竖直方向上：h=12gt2，因为h1>h2,则t1>t2，故A错误；
C..根据x=v0t，又x1=x2，t1>t2，撞墙的速度v01D.根据vy=gt，由于t1>t2，则vy1>vy2，两次抛出的初速度竖直分量不相等，故D错误；
B. 抛出初速度的大小为v= v02+vy2，由前面的分析可知v01vy2,两次抛出的初速度大小可能相等，故B正确。
7.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况，要知道过两点电荷连线的垂直平分面是一个等势面。
由等量异种电荷电场强度分布特点分析；根据电场线分布判断电势；根据电势的变化，分析移动电子过程中电场力做功情况；根据电势关系判断负电荷时电势能的关系。
【解答】
等量异种电荷的电场线分布如图：
A.由对称性可知，棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“砲”所在位置的电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B.由电场线分布可知，棋盘右侧红方“俥”所在位置的电势小于棋盘左侧黑方“車”所在位置的电势，故B错误；
C.一电子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置，此过程中静电力一直做正功，故C正确；
D.在棋盘左侧红方“傌”所在位置的电势小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势，则电子在棋盘左侧红方“馬”所在位置的电势能大于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
发生全反射的条件是：1、光从光密介质进入光疏介质．2、入射角大于等于临界角．根据光在介质中的速度和路程求出光传播的时间，从而比较出时间的长短．
解决本题本题的关键掌握发生全反射的条件和全反射临界角sinC=1n，以及知道折射率n=cv.
【解答】
A、光线在内芯和包层的界面上发生全反射，知光从光密介质进入光疏介质，则内芯的折射率大于包层的折射率，故A正确，B错误；
C、不同频率的可见光在界面上发生全反射，知经过的路程相同，根据v=cn，知光在介质中传播的速度不同，则传播的时间不同，故C错误；
D、设临界角为C，则sinC=1n，当折射率越大时，则临界角越小，因此紫光的临界角小于红光，由于红光恰能在纤芯和包层分界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，则会发生光的全反射现象，将会从另一端射出，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
汽车通过通电线圈时，会引起通电线圈的磁通量发生变化(就好像通电线圈中插入铁芯)，会产生电磁感应现象，产生感应电动势，从而引起线圈中电流的变化；线圈中原来没有电流，汽车经过就不会产生电磁感应现象，从而无法工作。
本题考查的是电磁感应现象与生活实际的结合，解题关键是抓住题目所给的信息，把题中给的现象转化为常见的物理模型。
【解答】
A.车辆上有很多金属部件，当这些金属部件经过通电线圈时，使线圈中的磁场发生变化，故车辆经过线圈时有感应电流产生，故A正确；
B.因为系统是根据两次电流发生变化的时间以及线圈之间的距离判断车辆是否超速，故测量的是车辆在两个线圈之间的平均速度，故B错误；
C.车辆经过线圈上方会发生电磁感应现象，会引起线圈中的电流发生变化，故C正确；
D.如果某个线圈出现故障，没有电流通过，就会无计时起点或终点，无法测时间，“电子眼”不能正常工作，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查机械能守恒、平抛运动、瞬时功率等知识点，要求学生熟练掌握这些基本知识点及其应用。
根据运动学公式求解石块落地瞬间竖直方向的速度，再根据瞬时功率的公式求解石块落地前瞬间重力的功率。
【解答】
A、杆对石块做功，机械能不守恒，A错误；
B、不知道OB的长度，无法求出B的质量，故B错误；
CD.石块抛出后做平抛运动，由2g(L+Lsin 37∘)=vy2，
可得石块落地前瞬间的竖直速度为vy=8m/s，由x=vAt=vA×vyg得vA=4m/s；
石块被抛出前瞬间的向心加速度大小为a=vA2L=8m/s2，
则石块落地前瞬间重力的功率为P=mgvy=224W，故CD正确。
故选CD。
11.【答案】(1)v=x3+x44T;
(2)a=x4+x5+x6−x1−x2−x336T2;
(3)无
【解析】【分析】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出小球在位置1的速度表达式；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式：Δx=aT2使用逐差法求加速度；
(3)释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果无影响。
该题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，掌握遂差法求解加速度方法。
【解答】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
v=x3+x44T
(2)根据匀变速直线运动的推论公式：Δx=aT2使用逐差法求加速度；
a=x4+x5+x6−x1−x2−x336T2。
(3)释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果无影响，小球运动受力没有发生变化，加速度不变。
12.【答案】(1)0.30猕猴桃电池内阻较大，导致电压表内阻对读数影响较大。
(2)0.51962.5
(3)D
【解析】【分析】
(1)根据电表读数原则和闭合电路的欧姆定律分析作答;
(2)根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R函数，结合已给的的函数关系的纵截距和斜率分析作答;
(3)根据1I−R，分析甲、乙图线的斜率和纵截距，进而作答。
【解答】
(1)电压表量程0∼3V，分度值0.1V，读数为0.3V；电压表读数U=RVRV+rE，改用15V量程测量，读数大于0.4V，造成这一现象的原因可能是猕猴桃电池内阻较大导致读数出现较大变化；
(2)根据闭合电路的欧姆定律
I=ER+Rg+r
变形得1I=1E⋅R+Rg+rE
结合给出的函数关系式为1I=2.00R+4125
图像的斜率k=1E=2.00V−1
解得电动势E=0.5V
图像的纵截距b=Rg+rE=4125A−1
代入数据解得内阻r=1962.5Ω
(3)根据1I−R可知，甲、乙图线的斜率不变，因此图像表示的电动势不变， AB错误；
CD.根据1I−R，结合上述分析可知，乙图线表示的内阻大，故应该是铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致猕猴桃电池内阻变大，D正确，C错误。
13.【答案】解：(1)设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为 p1 ，有p0V=p10.8V
可得p1=1.25p0
(2)由于气体内能只与内能有关，乒乓球最终内能为360K300KE=1.2E
可知内能增加了 0.2E ，根据热力学第一定律ΔU=Q−W
可得恢复形变过程中球内气体做功为W=Q−0.2E
【解析】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
14.【答案】解：(1)当B=5×10−4T时，根据乙图可知电子恰好做完整圆周运动，由几何关系可知
2πr=L
可得
r=10cm
(2)电子由加速电压加速，有：
qU=12mv2
在匀强磁场中偏转：
qvB=mv2r
联立可得：
qm=2Ur2B2
将U=220V，B=5×10−4T，r=0.1m代入得电子比荷值：qm=1.76×1011C/kg
(3)匀强磁场调整为竖直方向，故电子将在水平面内做圆周运动.设磁感应强度为B0时，电子恰好于玻璃球
相切，如图所示，由几何条件可知
2r′=10cm
qvB0=mv2r′
解得：
B0=10−3T=1mT
故为使得电子不碰玻璃泡内壁，磁感应强度B≥1mT
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，利用洛伦兹力充当向心力结合几何关系求解，主要是画轨迹，定圆心和半径，还涉及电场的加速，利用动能定理。
15.【答案】解：(1)A、B弹性正碰，设碰后两者速度分别为vA、vB，设向右为正方向，则
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=mA−mBmA+mBv0=−1m/s
碰后物块A的速度大小为1m/s，方向水平向左。
(2)由上可知，碰后B速度vB=2mAmA+mBv0=4m/s，vB=v
因为μmBgcsθ>mBgsinθ，所以 B与传送带相对静止， B以4m/s的速度匀速运动。
t=Lv=3.75s
(3)由上可知，碰后B速度vB=2mAmA+kmAv0=61+k
k>12，所以vB<4m/s，B在传送带中有匀加速过程。
若当B在传送带全程做匀加速，且到达传送带顶端与传送带共速，
则由动能定理：(μmBgcsθ−mBgsinθ)L=12mBv2−12mBvB′2
解得vB′=2m/s，k=2
经判断：
(i)当12最终B将以v=4m/s的速度滑出传送带。
解得Ek=12mBv2=8k
(ii)当k>2，物体 B在传送带上一直加速，由动能定理(μmBgcsθ−mBgsinθ)L=Ek−12mBvB2
Ek=18k(1+k)2+6k
【解析】(1)A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰后二者的速度。
(2)由(1)求出B的速度，分析B在传送带上做匀速运动，求时间。
(2)当mBmA=k，k>12，mA=1kg，结合上题结果求出碰后B的速度表达式，再讨论分析B在传送带上的运动情况，结合动能定理求物体B离开传送带时的动能EK与k的关系式。
解决本题的关键之处在于分析物体B在传送带上可能的运动情况，运用动能定理求解物体B离开传送带时的动能EK与k的关系式。电阻箱阻值R
100Ω
500Ω
900Ω
1300Ω
1700Ω
2100Ω
2500Ω
微安表读数I
220μA
204μA
172μA
148μA
132μA
119μA
110μA
1.核污水中含有多种放射性成分，其中有一种难以被清除的同位素氚可能会引起基因突变，氚亦称超重氢，有放射性，其发生β衰变的方程为 13H→−10e+23He，其半衰期为12.43年。下列有关氚的说法正确的是
A. 100个氚核经过12.43年后剩余50个
B. 氚发生β衰变时产生的高速电子流来自核外电子
C. 用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为 36Li+01n→24He+13H
D. 氚 13H的比结合能大于氦 23He的比结合能
2.如图所示俯视图，当汽车陷入泥潭时，需要救援车辆将受困车辆拖拽驶离。救援人员发现在受困车辆的前方有一坚固的树桩可以利用，根据你所学过的知识判断，下列情况中，救援车辆用同样的力拖拽，受困车辆受到的拉力最大的方案为
A.
B.
C.
D.
3.科幻作品中经常会出现星际列车，列车在环绕星球运动的过程中，可以通过“跃迁”来到不同的轨道上。目前列车的轨道比同步卫星的轨道更高，做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的列车处于平衡状态
B. 列车做匀速圆周运动的角速度小于地球自转的角速度
C. 列车“跃迁”过程中受到的万有引力保持不变
D. 列车“跃迁”进入轨道半径更高的轨道时，其机械能变小
4.某兴趣小组对机械波的特性开展研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，图乙为平衡位置处于2m处质点M的振动图像，则
A. 该列波的传播方向沿x轴负向传播B. 该列波的传播速度为4m/s
C. 质点M在5s时处于平衡位置D. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
5.某同学利用自制发电机给小风扇供电，使小风扇正常工作，其设计的电路简化模型如图甲所示。发电机产生正弦式交流电，其电动势如图乙所示。已知理想变压器原副线圈匝数比为n1:n2=1:10，小风扇内阻为10Ω，正常工作电流为1A。忽略导线与发电机线圈的电阻，电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是
A. 发电机的瞬时电动势为e=3 2sin2πtV
B. 正常工作时小风扇的输出功率为20W
C. t=0.25s时，电压表示数为0
D. 小风扇的转速一定与发电机的转速相同
6.小明同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如下图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是
A. 两次在空中的时间可能相等B. 两次抛出的初速度可能相等
C. 两次抛出的初速度水平分量可能相等D. 两次抛出的初速度竖直分量可能相等
7.中国象棋的棋盘呈长方形，由九条竖线和十条横线相交组成，共有九十个交叉点，开局时红方和黑方各子的位置如图所示，现将电荷量为+qq>0和−qq>0的两个点电荷分别固定在黑方的“将”位置和红方的“帥”位置，两点电荷在棋盘网格线所在的平面内，下列说法正确的是
A. 棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“砲”所在位置的电场强度大小相等方向不相同
B. 棋盘右侧红方“俥”所在位置与棋盘左侧黑方“車”所在位置的电势相同
C. 一电子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置，此过程中静电力一直做正功
D. 电子在棋盘左侧红方“傌”所在位置的电势能小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是
A. 内芯的折射率大于包层的折射率
B. 内芯的折射率小于包层的折射率
C. 不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端时传播速度相同
D. 当红光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射
9.如图是公路上安装的一种测速“电子眼”的原理示意图，在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍，下列判断正确的是
A. 车辆经过线圈时有感应电流产生
B. “电子眼”测量的是车辆经过第二个线圈时的瞬时速率
C. 线圈中电流的变化是车辆经过线圈时发生电磁感应引起的
D. 如果某个线圈出现故障，没有电流通过，“电子眼”还可以正常工作
10.投石机是我国古代人民智慧的结晶，《范蕗兵法》中记载：“飞石重十二斤，为机发行三百步。”如图所示为某小组自制的投石机，轻质长杆AB可绕光滑转轴O在竖直面内转动，OA长为L=2.0m。将一质量m=2.8kg的石块放在A端网袋中，另一重物固定于B端，初始时A端位于地面上，杆与水平面的夹角为37∘。由静止释放后，杆转到竖直位置时将石块沿水平方向抛出，石块落到离O点水平距离为3.2m处M点(未画出)。石块与重物均可视为质点，不计空气阻力，已知sin37∘=0.6，g取10m/s2，则
A. 石块由开始运动到抛出过程中，机械能守恒
B. 根据题中所提供数据，可以计算出重物B的质量
C. 石块被抛出前瞬间的向心加速度大小为8m/s2
D. 石块落地前瞬间重力的功率为224W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中的连续7幅画面合成到同一张图中，每相邻两幅画面间隔时间为2T，示意如图。依次测得小球各相邻位置间的实际距离为x1、x2、x3、x4、x5、x6。
(1)写出小球在位置3的速度表达式_________。
(2)要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式_________________。
(3)若先释放小球，再用手机录像，试问释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果______(选填“有”或“无”)影响。
12.物理兴趣小组的同学利用铜片和锌片平行插入猕猴桃中制作了一个水果电池，为研究猕猴桃电池的电动势和内阻，进行如下实验。
(1)粗测电动势：如图a所示，将电压表3V量程(内阻约为3kΩ)接在猕猴桃电池两端，读数为_____V，改用15V(内阻约为15kΩ)量程测量，读数大于0.4V，造成这一现象的原因可能是 _____________________。
(2)为了更准确地测量猕猴桃电池的电动势和内阻，实验小组的同学利用图b电路重新进行了实验(微安表G量程300μA，内阻为100Ω)，步骤如下：
闭合开关，调节电阻箱阻值，记录下微安表和电阻箱示数如下表：
利用计算机软件描绘出1I−R图像如图(c)中实线甲所示，其拟合出的函数关系式为1I=2.00R+4125，则根据此函数关系式可计算出猕猴桃电池的电动势为_______V，内阻为______Ω。(保留一位小数)
(3)某同学又将铜片和锌片平行插入同一猕猴桃中的另一位置，用图(b)所示方案重复实验操作，发现得到的函数图像如图(c)中虚线乙所示，造成实验差异的主要原因可能为( )
A.猕猴桃不同区域酸碱度不同导致电池电动势升高
B.猕猴桃不同区域酸碱度不同导致电池电动势降低
C.铜片和锌片的间距不变但插入深度变深导致猕猴桃电池内阻减小
D.铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致猕猴桃电池内阻变大
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.可以用热水浸泡将踩瘪后的乒乓球恢复.如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压强p0，踩瘪后体积变为原体积80%，外界温度恒为300 K，把乒乓球全部浸入热水里，当热水温度为360K时，乒乓球就刚好开始恢复形变，此后水温保持不变。已知球内气体内能始终只与温度成正比，踩瘪后球内气体内能为E。
(1)求乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部压强；
(2)乒乓球从放入热水直到恢复原状时总共吸热为Q，则恢复原状过程中球内气体做功多少.
14.如图甲所示为洛伦兹力演示仪，一对平行且共轴的圆形励磁线圈竖直放置，在中间圆柱形区域产生垂直于圆形线圈平面的匀强磁场。球形玻璃泡置于该磁场中，位于球心正下方的电子枪将初速度为0的电子加速后沿水平方向射出，电子射出时的方向与磁场方向垂直。运动的电子能使玻璃泡中稀薄的气体发出辉光，显示其运动轨迹。若某次实验时电子枪加速电压恒定为U=220V，调节圆形线圈中的电流大小从而改变匀强磁场的磁感应强度B，得到电子束轨迹的长度与磁感应强度B的大小关系如图乙所示(不计重力，电子击中玻璃泡内壁后即被吸收，取π=3.14)。根据乙图中给出的数据计算：
(1)当磁感应强度B=5×10−4T时电子的运动半径r；
(2)电子比荷qm的值；
(3)若不改变电子枪加速电压和玻璃泡方向，只将两个励磁线圈调整至水平放置，如图丙，为使得电子束不碰玻璃泡内壁，则匀强磁场的B大小应满足什么条件？
15.如图所示，小物块A和B均可视为质点，光滑的水平桌面右端与传送带通过光滑的小圆弧相连接，传送带从与桌面交界处到传送带顶端的长度L=15m，与水平面的夹角θ=37∘，传动带正以v=4m/s的速率顺时针方向匀速转动。现将B静置于桌面右侧，A从桌面左侧以v0=3m/s的初速度向右运动，与B发生弹性正碰。若重力加速度取g=10m/s2，B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.8，不考虑物块滑上传送带的能量损失。
(1)若B、A的质量之比mBmA=2，求碰后物块A的速度；
(2)若B、A的质量之比mBmA=12，求物块B从进入传送带到离开传送带所用的时间；
(3)若B、A的质量之比mBmA=k，k>12，mA=1kg，试求出物体B离开传送带时的动能Ek与k的关系式。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用；β衰变是原子核内的中子转化为一质子和一电子；根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程；比结合能越大，原子核越稳定
本题考查半衰期、核反应方程式、原子核衰变以及比结合能，基础题目，熟记知识点即可。
【解答】
A.半衰期是一种统计规律，对少量的原子核不适用，故A错误；
B.氚核衰变放出的β射线是高速电子流，来源于核内一个中子转化为一个质子和一个电子，故B错误；
C.用中子轰击锂能产生氚，其核反应方程式为 36Li+01n→24He+13H，故C正确;
D.氚 13H的比结合能小于氦 23He的比结合能，D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题解题的关键是分析绳子拉力的作用效果，当救援车辆施加的力小，而绳子拉力比较大时，效果最好，逐项分析即可得解。
【解答】
A项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的12；
B项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为缆绳两侧拖拽拉力的合力，因初始时刻两分力夹角接近180∘，合力远小于两分力；
C项中缆绳与树桩构成定滑轮系统，仅改变力的方向，未改变力的大小;
D项中根据受力分析可知，救援车辆的拉力为受困车辆所受拖拽力的2倍;
救援车辆用同样的力拖拽，受困车辆受到的拉力最大的方案为B。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律以及卫星运行规律，难度一般。
列车做匀速圆周运动有加速度，不是平衡状态；根据万有引力提供向心力列式比较列车做匀速圆周运动的角速度与同步卫星的角速度关系，同步卫星角速度与地球自转角速度相同，进而比较列车做匀速圆周运动的角速度与地球自转的角速度关系；根据F=GMmr2分析；轨道越高，机械能越大。
【解答】
A.做匀速圆周运动的列车，所受到的万有引力提供向心力，加速度不为0，不是处于平衡状态，A错误；
B.根据GMmr2=mω2r可知，r越大，角速度越小，因为列车的轨道比同步卫星的轨道更高，所以列车做匀速圆周运动的角速度小于同步卫星的角速度，又因为同步卫星角速度与地球自转角速度相同，所以B正确；
C.根据F=GMmr2可知列车“跃迁”过程中受到的万有引力发生变化，C错误；
D.轨道越高，机械能越大，列车“跃迁”进入轨道半径更高的轨道时，其机械能变大，D错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查波的图像和振动图像的综合应用。解决问题的关键理解波的图像和振动图像的物理意义，知道波速、波长和周期的关系，知道波传播的特点，知道质点振动通过的路程和振幅之间的关系。
【解答】
A.根据图乙可知，0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知，该列波的传播方向沿x轴正向传播，故A错误；
B.根据图甲可知，波长为4m，根据图乙可知，周期为2s，则波传播速度为： v=λT=2m/s ，故B错误；
C.由于 5s=2T+12T 则质点M在5s时处于平衡位置 ，故C正确；
D.机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据图像可写出发电机的瞬时电动势表达式；电压表示数为有效值，根据电动势最大值与有效值之间的关系求解；根据U1U2=n1n2可求出小风扇两端的电压，根据P=U2I−I2r求出正常工作时小风扇的输出功率；小风扇的转速由小风扇的功率决定，小风扇的转速与发电机的转速不一定相同。
本题主要考查交变电流的表达式及图象以及变压器的基本关系，难度不大，注意细节。
【解答】
由题图乙可知，发电机的瞬时电动势表达式为e=Emsinωt=3 2sin4πt(V)，A错误。
电压表示数为电动势的有效值，U1=Em 2=3V，C错误。
由U1U2=n1n2可得小风扇两端的电压U2=30V，
正常工作时小风扇的输出功率P=U2I−I2r=30×1W−12×10W=20W，B正确。
小风扇的转速由小风扇的功率决定，所以小风扇的转速与发电机的转速不一定相同，D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
篮球做斜上抛运动，利用逆向思维，篮球做平抛运动。
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律及动能定理分析求解。
【解答】
A.由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，因为在两次中，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动。加速度都为g，在竖直方向上：h=12gt2，因为h1>h2,则t1>t2，故A错误；
C..根据x=v0t，又x1=x2，t1>t2，撞墙的速度v01
B. 抛出初速度的大小为v= v02+vy2，由前面的分析可知v01
7.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况，要知道过两点电荷连线的垂直平分面是一个等势面。
由等量异种电荷电场强度分布特点分析；根据电场线分布判断电势；根据电势的变化，分析移动电子过程中电场力做功情况；根据电势关系判断负电荷时电势能的关系。
【解答】
等量异种电荷的电场线分布如图：
A.由对称性可知，棋盘左侧红方“炮”所在位置与棋盘右侧黑方“砲”所在位置的电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B.由电场线分布可知，棋盘右侧红方“俥”所在位置的电势小于棋盘左侧黑方“車”所在位置的电势，故B错误；
C.一电子沿直线从红方正中间“兵”所在位置运动到黑方正中间“卒”所在位置，此过程中静电力一直做正功，故C正确；
D.在棋盘左侧红方“傌”所在位置的电势小于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势，则电子在棋盘左侧红方“馬”所在位置的电势能大于在棋盘右侧黑方“馬”所在位置的电势能，故D错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
发生全反射的条件是：1、光从光密介质进入光疏介质．2、入射角大于等于临界角．根据光在介质中的速度和路程求出光传播的时间，从而比较出时间的长短．
解决本题本题的关键掌握发生全反射的条件和全反射临界角sinC=1n，以及知道折射率n=cv.
【解答】
A、光线在内芯和包层的界面上发生全反射，知光从光密介质进入光疏介质，则内芯的折射率大于包层的折射率，故A正确，B错误；
C、不同频率的可见光在界面上发生全反射，知经过的路程相同，根据v=cn，知光在介质中传播的速度不同，则传播的时间不同，故C错误；
D、设临界角为C，则sinC=1n，当折射率越大时，则临界角越小，因此紫光的临界角小于红光，由于红光恰能在纤芯和包层分界面上发生全反射，则改用紫光以同样角度入射时，则会发生光的全反射现象，将会从另一端射出，故D正确。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
汽车通过通电线圈时，会引起通电线圈的磁通量发生变化(就好像通电线圈中插入铁芯)，会产生电磁感应现象，产生感应电动势，从而引起线圈中电流的变化；线圈中原来没有电流，汽车经过就不会产生电磁感应现象，从而无法工作。
本题考查的是电磁感应现象与生活实际的结合，解题关键是抓住题目所给的信息，把题中给的现象转化为常见的物理模型。
【解答】
A.车辆上有很多金属部件，当这些金属部件经过通电线圈时，使线圈中的磁场发生变化，故车辆经过线圈时有感应电流产生，故A正确；
B.因为系统是根据两次电流发生变化的时间以及线圈之间的距离判断车辆是否超速，故测量的是车辆在两个线圈之间的平均速度，故B错误；
C.车辆经过线圈上方会发生电磁感应现象，会引起线圈中的电流发生变化，故C正确；
D.如果某个线圈出现故障，没有电流通过，就会无计时起点或终点，无法测时间，“电子眼”不能正常工作，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查机械能守恒、平抛运动、瞬时功率等知识点，要求学生熟练掌握这些基本知识点及其应用。
根据运动学公式求解石块落地瞬间竖直方向的速度，再根据瞬时功率的公式求解石块落地前瞬间重力的功率。
【解答】
A、杆对石块做功，机械能不守恒，A错误；
B、不知道OB的长度，无法求出B的质量，故B错误；
CD.石块抛出后做平抛运动，由2g(L+Lsin 37∘)=vy2，
可得石块落地前瞬间的竖直速度为vy=8m/s，由x=vAt=vA×vyg得vA=4m/s；
石块被抛出前瞬间的向心加速度大小为a=vA2L=8m/s2，
则石块落地前瞬间重力的功率为P=mgvy=224W，故CD正确。
故选CD。
11.【答案】(1)v=x3+x44T;
(2)a=x4+x5+x6−x1−x2−x336T2;
(3)无
【解析】【分析】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出小球在位置1的速度表达式；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式：Δx=aT2使用逐差法求加速度；
(3)释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果无影响。
该题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，掌握遂差法求解加速度方法。
【解答】
(1)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有：
v=x3+x44T
(2)根据匀变速直线运动的推论公式：Δx=aT2使用逐差法求加速度；
a=x4+x5+x6−x1−x2−x336T2。
(3)释放小球与开启手机录像先后顺序对本实验计算加速度的结果无影响，小球运动受力没有发生变化，加速度不变。
12.【答案】(1)0.30猕猴桃电池内阻较大，导致电压表内阻对读数影响较大。
(2)0.51962.5
(3)D
【解析】【分析】
(1)根据电表读数原则和闭合电路的欧姆定律分析作答;
(2)根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R函数，结合已给的的函数关系的纵截距和斜率分析作答;
(3)根据1I−R，分析甲、乙图线的斜率和纵截距，进而作答。
【解答】
(1)电压表量程0∼3V，分度值0.1V，读数为0.3V；电压表读数U=RVRV+rE，改用15V量程测量，读数大于0.4V，造成这一现象的原因可能是猕猴桃电池内阻较大导致读数出现较大变化；
(2)根据闭合电路的欧姆定律
I=ER+Rg+r
变形得1I=1E⋅R+Rg+rE
结合给出的函数关系式为1I=2.00R+4125
图像的斜率k=1E=2.00V−1
解得电动势E=0.5V
图像的纵截距b=Rg+rE=4125A−1
代入数据解得内阻r=1962.5Ω
(3)根据1I−R可知，甲、乙图线的斜率不变，因此图像表示的电动势不变， AB错误；
CD.根据1I−R，结合上述分析可知，乙图线表示的内阻大，故应该是铜片和锌片的插入深度不变但间距变大导致猕猴桃电池内阻变大，D正确，C错误。
13.【答案】解：(1)设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为 p1 ，有p0V=p10.8V
可得p1=1.25p0
(2)由于气体内能只与内能有关，乒乓球最终内能为360K300KE=1.2E
可知内能增加了 0.2E ，根据热力学第一定律ΔU=Q−W
可得恢复形变过程中球内气体做功为W=Q−0.2E
【解析】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键是分析出气体变化前后的状态参量，结合公式pV=CT即可完成分析。
14.【答案】解：(1)当B=5×10−4T时，根据乙图可知电子恰好做完整圆周运动，由几何关系可知
2πr=L
可得
r=10cm
(2)电子由加速电压加速，有：
qU=12mv2
在匀强磁场中偏转：
qvB=mv2r
联立可得：
qm=2Ur2B2
将U=220V，B=5×10−4T，r=0.1m代入得电子比荷值：qm=1.76×1011C/kg
(3)匀强磁场调整为竖直方向，故电子将在水平面内做圆周运动.设磁感应强度为B0时，电子恰好于玻璃球
相切，如图所示，由几何条件可知
2r′=10cm
qvB0=mv2r′
解得：
B0=10−3T=1mT
故为使得电子不碰玻璃泡内壁，磁感应强度B≥1mT
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，利用洛伦兹力充当向心力结合几何关系求解，主要是画轨迹，定圆心和半径，还涉及电场的加速，利用动能定理。
15.【答案】解：(1)A、B弹性正碰，设碰后两者速度分别为vA、vB，设向右为正方向，则
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得vA=mA−mBmA+mBv0=−1m/s
碰后物块A的速度大小为1m/s，方向水平向左。
(2)由上可知，碰后B速度vB=2mAmA+mBv0=4m/s，vB=v
因为μmBgcsθ>mBgsinθ，所以 B与传送带相对静止， B以4m/s的速度匀速运动。
t=Lv=3.75s
(3)由上可知，碰后B速度vB=2mAmA+kmAv0=61+k
k>12，所以vB<4m/s，B在传送带中有匀加速过程。
若当B在传送带全程做匀加速，且到达传送带顶端与传送带共速，
则由动能定理：(μmBgcsθ−mBgsinθ)L=12mBv2−12mBvB′2
解得vB′=2m/s，k=2
经判断：
(i)当12
解得Ek=12mBv2=8k
(ii)当k>2，物体 B在传送带上一直加速，由动能定理(μmBgcsθ−mBgsinθ)L=Ek−12mBvB2
Ek=18k(1+k)2+6k
【解析】(1)A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求出碰后二者的速度。
(2)由(1)求出B的速度，分析B在传送带上做匀速运动，求时间。
(2)当mBmA=k，k>12，mA=1kg，结合上题结果求出碰后B的速度表达式，再讨论分析B在传送带上的运动情况，结合动能定理求物体B离开传送带时的动能EK与k的关系式。
解决本题的关键之处在于分析物体B在传送带上可能的运动情况，运用动能定理求解物体B离开传送带时的动能EK与k的关系式。电阻箱阻值R
100Ω
500Ω
900Ω
1300Ω
1700Ω
2100Ω
2500Ω
微安表读数I
220μA
204μA
172μA
148μA
132μA
119μA
110μA
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