湖南省衡阳市2022届高三下学期第一次联考物理试卷(含答案).pdf

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1、湖南省衡阳市2022届高三下学期第一次联考物理试卷学校：姓名：班级：考号：一、单选题1、2021年开始实行的“十四五”规划提出，把新材料领域、生物工程、量子技术、热核反应和人工智能一起列为重点研发对象，中国已有多项专利领先发达国家，下列有关说法正确的是（）A.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性B.原子核衰变成新核时，新原子核处于高能级状态不稳定，会向低能级跃迁，跃迁时放出一些特定频率的Y射线，因此丫射线是新核发生跃迁时的产物C.动能相同的一个质子和电子，电子的德布罗意波长比质子的德布罗意波长短D.核反应方程：；4N+；H f o+；H为热核反应2、飞船在进行星

2、际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射人稀有气体（如债气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知一个氤离子质量为加，电荷量为小 加速电压为U,飞船单位时间内向后喷射出的抗离子的个数为N,从飞船尾部高速连续喷出债离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（）A.1；B.l C.N t D.N肾3、作为“一带一路”中老友谊标志性工程的中老铁路于2021年12月3日正式通车，昆明到万象之间的距离将缩短到10个小时车程，为研究某越高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的与-工图像

3、，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列r t说法正确的是（）A.该车处于加速状态B.该车的初速度为40m/sC.该车的加速度为大小为4 m/s 2 D.该车在前2 秒的位移是9 6 m4、人体的细胞膜模型图如图a 所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为乩 膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b 所示，初速度可视为零的一价正钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到8点，下列说法正确的是（）细胞外细胞内图aA八d*图bA.A 点电势等于B点电势B.钠离子的电势能增大C.若膜电位不变，钠离子进入细胞内的速度越大D.若膜电位增加

4、，钠离子进人细胞内的速度更大5、如图l a 所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2 k g,现在滑块上施加一个E =0.8 r（N）的变力作用，从/=0 时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b 所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g 取1 0 曲5 2,则下列说法正确的是（）A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1C.图 b 中，t2=1 7.5 sD.木板的最大加速度为4 m/s?6、如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，球心。的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A,一根轻绳跨过定滑轮，一端

5、和置于圆柱体P上质量为机的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为外的钩码挂在A3间的轻绳上，整个装置处于静止状态，四分之一圆柱体P 与水平地面上有摩擦，其它摩擦不计，若在钩码下方再加挂一个钩码，P 始终未动，小球没有离开圆柱体P,当系统再次处于静止状态A.轻绳的张力增大 B.P对小球的弹力减小C.P对地面的压力不变 D.P对地面的摩擦力减小二、多选题7、如图所示，边长为3匝数为N,电阻阻值为r 的正方形线图仍在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴0 0,转动，轴0。垂直于磁感线，图示位置线圈平面与磁场平行，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比勺：&=1:3,副线圈

6、接有阻值为R的电阻，电表均为理想电表，若线圈保持以恒定角速度。转动，下列判断正确的是（）A.在图示位置时线框中磁通量最大，感应电动势也为零NBa）CB.电流表A 的示数为7 7 一 研C.电压表V 示数等于 B也D.在矩形线圈转一周的过程中，电阻R产生的焦耳热为（R、V+?J8、2021年10月16日、神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，假设神舟十三号载人飞船在距地面高度为力 的轨道做圆周运动，已知地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G,下列说法正确的是（）A.神舟十三号载人飞船的线速度大于地球第一宇宙速度B.神舟十三号载人飞船运行的周期为丁 =2

7、兀（R+WV gKC.神舟十三号载人飞船轨道处的重力加速度为（R+h D.地球的平均密度p=ATIGR29、如图a所示，轻弹簧下端固定在倾角为。的光滑斜面底端，上端与物块3相连，物块B处于静止状态，现将物块A置于斜面物块B上方某位置处，取物块A的位置为原点。，沿斜面向下为正方向建立x轴坐标系，某时刻释放物块A,A与物块8碰撞后以共同速度沿斜面向下运动，碰撞时间极短，测得物块A的动能纥与其位置坐标x的关系如图b所示，图像中0 七之间为直线，其余部分为曲线，物块A、8均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g,贝此）B.A与 B 碰撞后在用位置处速度最大C.A与3碰撞后在/

8、位置处加速度最大ED.弹簧的劲度系数为一-10、如图所示，在xQy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度3=1 T的匀强磁场，第四象限存在沿k轴负方向的匀强电场，电场强度E=2.5N/C，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为ON=9m,M点为x轴正方向上的一点，0 M=3 m。现有一个比荷为旦=l.OC/kg的带正电小球（可视为质点且重力不m计），从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为（结果保留2位有效数

9、字）（）A.2.5m B.2.8m C.4.0m D.5.0m11、下列说法正确的是（）A.温度相同的氢气和氧气，其分子的平均速率相同B.在完全失重的情况下，绝热的密闭的容器内的气体对器壁的压强不变C.知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体分子的大小D.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小E.绕地球运行的“天宫二号”中自由漂浮的水滴成球形，这是表面张力作用的结果12、A、B两点为x轴上的两个振源，A点为坐标原点，3点为坐标轴上x=5m处的点。/=0时刻A、8连线之间的波形图如图所示，已知振源A、8的振幅均为10cm,振动周期T均为0.2 s,则下列说法中正

10、确的是（）A.A、8两振源形成的两列波在A、3间的传播方向相同B.A、8两振源形成的两列波的传播速度均为10m/sC.f=o时 亥Ij,x=415m处的质点向上振动D.r=00s时，x=2.5m处的质点的速度为0E.在0-0.1s的时间内，=lm处的质点运动的路程等于30cm三、实验题13、某实验小组利用如图a所示装置验证小铁球在竖直平面内摆动过程中机械能守恒，将力传感器固定，不可伸长的轻绳一端系住小球，另一端连接力传感器，若某次实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图b所示，其中是实验中测得的最大拉力值。（1）现用游标卡尺测得小球直径如图c所示，则小球的直径为 cm；（2）小球由A点静止释放到第

11、一次回到A点的时间为（用含有7；的符号表示）；（3）若测得小球质量为相，直径为。，轻绳长为/，小球释放的位置A到最低点的高度差为4,重力加速度为g,小球由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，验证该过 程 小 球 机 械 能 守 恒 的 表 达 式 为 （用题中给定的字母表示）。14、某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V 2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：A.直流电源4.5V（内阻不计）B.直流电流表0600mA（内阻约为5Q）C.直流电压表03V（内阻等于9 k fi）D.滑动变阻器火（标有“10

12、Q 2A”）E.三个定值电阻（凡=lk C、&=2 k。、E=3 k C）I/mA（1）某小组同学们研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装，在 给 定 的 定 值 电 阻 中 选 用 最 合 适 的 电 阻 （选填“飞”“&”或“4”）与电压表申联，完成改装。（2）实验要求能够实现在0 4 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路图。（3）用改装后的电表测得小灯泡伏安特性曲线如图a 所示，可确定小灯泡的功率P 与和 P 与/2 的关系，下 列 示 意 图 中 合 理 的 是 （U和/分别为灯泡两端的电压和流过灯泡的电流）。（4）若将两个完全相同规格

13、的小灯泡L 按如图b 所示电路连接，电源电动势E=6 V，内阻厂=4 Q，若调节滑片P 使滑动变阻器的功率是一个小灯泡功率的两倍，测此时每个小灯泡消耗的电功率为 W o （结果保留2 位有效数字）四、计算题1 5、航空母舰作为大国重器，其形成有效战力的重要标志之一是其携带的舰载机形成战斗力，质量为机的舰载机模型，在水平直线跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为舰载机所受重力的左倍，发动机牵引力恒为F,离开地面起飞时的速度为也重力加速度为g。若舰载机起飞利用电磁弹射技术将大大缩短起飞距离，图为电磁弹射装置的原理简化示意图，与舰载机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根足够长相互靠

14、近且平行的导轨无摩擦滑动，使用前先给电容为。大容量电容器充电，弹射舰载机时，电容器释放储存的电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受到磁场力而加速，从而推动舰载机起飞。朝 二十二：(1)求没使用弹射技术时，舰载机模型的加速度和起飞距离(离开地面前的运动距离)。(2)已知电容器两端电压为U时 储 存 的 电 能 为 当 电 容 器 两 端 电 压 为。时弹2射上述舰载机模型，在电磁弹射装置与舰载机发动机同时工作的情况下，可使起飞距离缩短为心 若电容器释放电能的5 0%转化为金属块推动舰载机所做的功，舰载机发动机的牵引力尸及受到的平均

15、阻力不变，求完成此次弹射后电容器剩余的电能。1 6、如图所示，将两根质量均为m=2kg 的金属棒。、。分别垂直地放在足够长的水平导轨M N M N 和P QP Q 上，左右两部分导轨间距分别为0.5 m 和 1 m，左右两部分导轨间有磁感应强度B =1 0 T，方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，金属棒6 开始时位于图中加尸位置，金属棒。在N。位置，金属棒。用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c 相连，c 的质量叫,=3kg,c 开始时距地面的高度A =mo物块。由静止开始下落，触地后不反弹，物块c 触地时两棒速率之比1 5匕：4=1:2,物块c 下落过程中8 棒上产生的焦耳热

16、为20 J,设导轨足够长且两棒始终在磁场中运动，g =1 0 m/s 2,整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑，求：(1)物块c 触地时，。棒的速度大小；(2)从匕开始运动到。落地的过程中通过棒的电荷量；(3)从物块c 触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。1 7、某物理学习兴趣小组设计了一个测定水深的深度计，如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸I、H 内径分别为。和 2。，长度均为L,内部分别有轻质薄活塞A、B,活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口，外界大气压强为%,气缸I内通过A封有压强为P。的气体，气缸H内通过8封有压强为4P。的气体，两气缸通过一细管相连，初始

17、状态A、8均位于气缸最左端，该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度，已知P。相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温随深度的变化，被封闭气体视为理想气体，求：-L当3刚要向右移动时，A向右移动的距离；该深度计能测量的最大水深储。18、如图所示，半圆柱体的玻璃砖截面的半径R=20cm，直径AB与光屏M N垂直并接触于A点。一束激光。从圆弧侧面射向玻璃砖的圆心O,当入射光线与竖直直径4 5之间的夹角为53。时，在光屏M N上出现两个光斑，且A点左侧光斑与A点之间的距离为 15cm。已知5皿37。=0.6，cos37=0.8（2）若改变激光a的入射方向，使激光经过。点后在光屏用N上只剩

18、一个光斑，求此光斑离A点的最远距离。参考答案1、答案：B解析：A、德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故 A 错误；B、根据Y衰变的本质可知，原子核衰变成新核时，新原子核处于高能级状态不稳定,会向低能级跃迁，跃迁时放出一些特定频率的丫射线，因此射线是新核发生跃迁时的产物，故 B 正确；C、根据动能与动量大小的关系式=石 瓦，因为质子质量大于电子质量，所以动h能相同的质子动量大小大于电子的动量大小，由公式a=一，可知质子的德布罗意波P长比电子的短，故 C 错误；D、核反应方程：；4N+；H e-0+；H 为人工核转变反应，故 D 错误。故选:Bo2、答案：C解

19、析：债离子在电场中的加速过程，由 动 能 定 理 有 对 单 位 时 间 内 喷 射 出的款离子用动量定理有b&n N m A rn,解得：F=Nj2qUm,故 C 正确，ABD错、口块。故选：Co3、答案：B解析：ABC、根据匀变速直线运动位移-时间公式+/变形后得：=%J+f 根据 A 1 图象可知：=k=m/s =40m/s,|=-4m/s2,则该车的初速度为40m/s,加速度为-8m/s2,该车做匀减速运动，故B 正确，AC错误；D、根据公式丫=%+3 可知当，=5s时，该车减速到零，则该车在前2s的位移为x=+=140 x2-g x 8x2?)m=64m,故 D 错误。故选：B4、答

20、案：D解析：A、初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到 B点，则电场线有A到沿电场线方向电势逐渐降低，所以A点电势大于3点电势，故 A错误；B、钠离子运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；C D、根据动能定理可知q U=g 机，则膜电位不变时，钠离子进入细胞内的速度不变，膜电位增加，钠离子进入细胞内的速度更大，故C错误，D 正确；故选：Do5、答案：C解析：设滑块与木板间的动摩擦因数为木板与水平地面间的动摩擦因数为2。A、由题意可知，马时刻之后，滑块与木板间有相对滑动，滑块受到的滑动摩擦力不随产而变化，可得力=Mg,由图b 知=1 0 N,代入数据解得：从=

21、0.5,故 A错误；B、结合图b 可知，。4 时间内，滑块与木板均静止，r 7 2 时间内，滑块与木板相对静止，一起相对地面运动，可知:时刻木板与地面间达到最大静摩擦力，可得Hmg,由图b 知人=6N,代入数据解得：例=0 1 5,故 B错误；C D、时刻，滑块与木板恰好发生相对滑动，对滑块、木板分别由牛顿第二定律得F-出mg=ma,/jimg-2mg ma,其中尸=0.8,2（N）,联立解得a =2 m/s2,Z2=1 7.5 s,之后木板的加速度保持不变，故木板的最大加速度为Z m/s?,故C正确，D 错误。故选：C o6、答案：D解析：A B、小球受重力吆、P对它的支持力N及轻绳对它的拉

22、力T,小球静止时其受力情况如图所示由相似三角形可知整=，=。，其中，R为四分之一圆柱体P 的半径，为定滑轮AAO R L左侧轻绳的长度。在钩码下方再加挂一个钩码，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P 上移；小球再次静止时，相对前一次静止时，由于A。、mg、R不变，L减少，则N不变，T减小，即轻绳的张力减小，P 对小球的弹力不变，故AB错误。C.设小球对P 的压力与竖直方向的夹角为仇地面对P 的支持力为M，则有M=Ncos6+%g,夕 变小，则地面对P 的支持力增大，根据牛顿第三定律可知，户对地面的压力增大，故C 错误；D.设轻绳与竖直方向的夹角为a,对小球和P 整体分析可知Ts

23、ina=/,T和 a 均变小，则/变小，即尸对地面的摩擦力减小，故D 正确。故选：Do7、答案：BD解析：A、由图示可知，图示位置线圈平面与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故 A 错误；BC、线圈转动产生的感应电动势的最大值为&UM?7?。，有效值为Em_ NBI3(O心 正 一 丁，设电流表的示数为/一 则原线圈两端的电压为4=6-/,根据幺=5 21_=卫；=七U2 n2 I2 n.2 R联立解得:,9NBI?a)/_ 3NBl(oL 0(R +9r)2-V2(/?+9r)3NB1coRV2(/?+9r)故 B正确，C 错误;D、在矩形线圈转一周的过

24、程中，电阻R产生的焦耳热为。=解得。=二?一 斤，故 D 正确；9 +一I 9)故选：BDo8、答案：BC解析：根据万有引力提供向心力可得G华=呼=机 智=咻，且在地球表面满足解得T =2兀.屈由于神舟十三号载人飞船的轨道半径大于地球近N R+h地卫星的轨道半径，所以其线速度小于地球近地卫星线速度，即小于第一宇宙速度;向心加速度即重力加速度为4=7；削 不，故A错误，B、C正确；根据密度公式得(R+h)29、答案：A C D解析：A、由图乙可知，物块A与物块8碰撞前的动能是E%诏，碰撞前瞬间A12 E1 的速度大小%=一，碰撞后瞬间A的 动 能 解 得 碰 撞 后 瞬 间，物块A l mA 9

25、 21 TE与物块8的共同速度v=z ,物块A与物块8碰撞时间极短，碰撞过程系统内力3 V%远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=（mA+w/?）v,解得：mA:mB=1:2,故 A 正确；B、两物块A、8碰撞后先沿斜面向下做加速运动，当合力为零时速度最大，然后再沿斜面向下做减速运动，直至速度为零，在再位置两物块发生碰撞，速度不是最大，到达超位置速度最大，故B错误；C、在七位置弹簧的压缩量最大，A、8系统所受合外力最大，加速度最大，故C正确；D、设8静止时弹簧的形变量为%,由平衡条件得：啊g s in 6 =5，当A、B一起运动到超时速度最大，此时A、

26、3系统所受合力为零，则：（7%+加8）g s in 6 =Z（X 2-+不），块A从。点运动到位置司的过程中，根据动能定,E理：加A g X|S in 6 =E,解得弹簧的劲度系数女=而 二 命，故D正确。故选：A C D o10、答案：B D解析：由题意可知，小球运动的圆心的位置一定在y 轴上，所以小球做圆周运动的半径一定要大于等于3?，而0N=9加 3 r,所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在。点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接经过M点。由于洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m ,得：丫 =变 二若小球与挡板ON碰r m撞一次，则轨迹如图1所示图1图2设00=

27、5,由几何关系得：r2-O M2+,v2=9+52,3r-9=s,联立得4=3m，G=3.75m,所以有：h=3 m/s,彩=3.75 m/s,由动能定理可得:1)777 V*,Eqx=-mv2,所以：=代入匕或为分别解得：斗=L8 m,x2=2.8m；若小球22qE没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2 所示，设OO=x,由几何关系得：zf=0 M2+x2=9+x2,x=9-r,联立得今=5 m,所以：n r n )2v3=fi=lxlx5m/s=5 m/s,则由 x=-,解得：=5.0m,故 BD 正确、ACm 2qE错误。故选：BDoII、答案：BDE解析：A、温度是分子平均动能的标志，温度相

28、同的氢气和氧气，分子的平均动能相同，但由于分子质量不同，所以平均速率不相同，故 A 错误；B、气体压强是由于分子的无规则运动而撞击器壁产生的，物体在失重状态下仍会有撞击作用，故压强不变；故 B 正确；C、由气体的摩尔质量和密度可求得摩尔体积，结合阿伏伽德罗常数可求得单个分子所占的空间从而估算出分子间的平均距离，但是无法确定气体分子大小，故 c 错误；D、当分子力表现为斥力时，分子间的距离增大，分子力做正功，分子势能减小，故D 正确；E、绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，是由于液体表面张力的作用而形成球型，故 E 正确；故选：BDEO12、答案：BCD解析：A.根据两列波在=0 时刻

29、波形图可知，振源为A 的波沿x 轴正向传播，振源为B 的波沿x 轴负向传播，故 A 错误；2 9B.由波形图可读出波长为4=2 m,则两列波的传播速度为忏下=m/s =10m/s,故 B 正确；C.振源为8 的波沿x轴负向传播，根据同侧法可知t=0 时刻，x=4.15m处的质点向上振动，故C 正确；D.r=0.0 5s,波形传播的距离为x=W =0.5m,则两列波刚好传播到x=2.5m处，而振源为A 的波向上起振，振源为8 的波向下起振，则x=2.5m处的质点不振动，故D 正确；E.时间为f=Os=Z,贝 ljx=lm处的质点运动的路程等于s=2A=2xl0cm=20cm,2故 E 错误；故选

30、：BCD。13、答案：1.220(2)2(3)争解析：(1)由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为1.2cm+0.005 x 4cm=1.220cm；(2)小球由A点静止释放到第一次回到A点的时间等于振动的周期T,而轻绳拉力大小随时间的变化周期兀为振动周期的一半，故7=27；2(3)设小球运动到最低点时速度为也 根据牛顿第二定律有/r g=加二万，根据/+2机械能守恒定律有mgh-mv2,联立得根g/?=g(/+。R、解析：(1)器材中提供的直流电压表量程只有3 V,而小灯泡L 的额定电压为4 V,所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为则根据串联分压规律有C =解得R =

31、3 k Q,定值电阻选择凡。%3(2)描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。由于灯泡内阻较小，因此应采用电流表外接法，所以电路图如图所示r/2(3)随着电压的升高灯泡电阻增大，所以灯泡的功率P =/2/?=%,则一尸图象的斜率增大，而 的 斜 率 减 小。故选C。(4)两个完全相同的灯泡并联后通过滑动变阻器调节每个灯泡的电流/和电压U,滑动变阻器R 的功率是一个小灯泡功率的两倍，则滑动变阻器R 两端的电压和灯泡两端电压相同，根据串并联电流和电压的关系有2 U +2 =E,代入数据并变形得到。=3-4/,将此电流与电压的关系画在小灯泡伏安特性曲线中，如图所示0

32、1.00 2.00 3.00 4.00 UN两图象的交点坐标为(1.5 0V,0.3 7 5 A),所以灯泡功率P =0/=1.5 0 x 0.3 7 5 W=0.5 6 W。215、答案：(1)=处 一 (2)见解析2(F-hng)解析：(1)没使用弹射技术时，对舰载机模型F-kmg=tna=F-k m gm根据丫 2 _0=2 依 起飞距离 =生 一2(F-kmg)(2)电 容 器 电 压 为 时，电容器储存电能E=-C U2m m设电容器释放的电能为,由动能定理有,1 ，r/E +Fx-kmgx-mv-0解得 E -(mv2+2kmgx-2Fx)2rl电容器剩余的电能后 剩=E m 一

33、E =；C U：(加/+2kmgx-2Fx)16、答案：(1)匕=4 m/s,vf c=8 m/s (2)1.6 C (3)2 8.3 8 J解析：(1)金属棒。、匕的有效长度分别为L和 23电阻分别为H和 2 R,金属棒。、。串联，在任何时刻电流均相等，。棒产生的焦耳热。2=2 0 J,根据焦耳定律Q=I2Rt得。棒上产生的焦耳热为Q i=10J根据能量守恒定律有1 ,1 2mcgh=-mva+-(m+mc)vh+Q,+Q2根据题意有匕：以=1:2解得匕=4 m/s ,匕,=8 m/s(2)对m由动量定理BIL-Z =mvu-0又 q =/解得q =1.6 C。与Z,串联，相同时间通过的电量

34、相等，所以从人开始运动到c落地的过程中通过匕棒的电荷量为1.6 C o(3)物块c触地后，a棒向左做加速运动，8棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设磁感应强度大小为B,则BLva=B-2Lvh得匕=2以对两棒分别应用动量定理，有BiLt-mv(-mva Bl-2Lt-mvh mvh解得且二=vh-vb 2联立以上各式解得y/=6.4m/s ,=3.2 m/s根据能量守恒定律，从物块C触地到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为1 2 1 2 1 ，203=5 机 匕 +耳 m vb-2 mv -2代入数据，解得。3 =28.8 J17、

35、答案：X=熊=32.5 m解析：当8刚要向右移动时，I中气体压强为4p,设A向右移动x,对I内气体，由玻意耳定律得paSL=4paS(.L-x)其中 S=T T(-)22解得x=3L4该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，I 内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于4P。后8 开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I 内气体全部进入II内，设 8 向右移动y距离，两部分气体压强均为P2。对原I 内气体，由玻意耳定律得p（）SL=p2x4Sy对原II内气体，由玻意耳定律得4Po x4SL-p2 x4S（L-y）又此时A有P2=Po+Pg%联立解得hm=32.5m18、答案：（1）=刍（2）型 也 cm3 3解析：（1）由题意可得，激光在0 点的入射角为a=37。，设激光在。点的折射角为B，折射光线在光屏MN上的光斑为尸点，如图甲所示，则有sin（3n=sin a Rtan B=AP解得=2甲D N(2)当激光在。点恰好发生全反射时，光屏MN上只剩一个光斑(设为E 点)且光斑离A点的距离最远，如图乙所示。此时激光恰好以全反射临界角C入射，则sin Ctan C=j_ 3n 4sin C _ 3Vl-sin2 C 不根据几何知识可得