1、东海高级中学 2018届高三年级高考适用性考试物理试题一、单项选择题：本题共 5小题，每小题 3分，共计 15分。每小题只有一个选项符合题意。1.如图，在粗糙水平面上放置 A、 B、 C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角 ABC120，整个系统处于静止状态已知 A物块所受的摩擦力大小为 f，则 B物块所受的摩擦力大小为( )A. f B. f C. f D. 2f【答案】B【解析】【详解】对 A受力分析可知，A 水平方向只受拉力及摩擦力而处于平衡状态；则可知弹簧的弹力 F=f；因两弹簧伸长量相同，则两弹簧对 B的弹力均为 f；两弹力的夹角为 1
2、200，则合力大小为f，方向沿两弹力的角平分线上；对 B可知，B 受到的摩擦力大小一定为 f；故选 B。【点睛】当两力大小相等、夹角为 120度时，合力大小与两分力相等，并且方向沿两分力的角平分线上；这个结论应牢记并能熟练应用2.如图所示，从某高度以初速度 v0水平抛出一个质量为 m的小球，在小球未落地的过程中，其速度 v、速度变化量 v、重力的功率 P和重力的功 W与时间 t的关系图象，正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】小球 t时刻的速度为： ，由数学知识知，t=0 时，v0，所以 v-t图象是不过原点的开口向上的抛物线，故 A错误。由v=at=gt 分析可知，
3、v-t 图象是过原点的直线，故 B错误。重力的功率 P=mgvy=mggt=mg2t，P 与 t成正比，P-t 图象是过原点的直线，故 C正确。重力的功 W=mgh=mg gt2，W-t 是过原点的开口向上的抛物线，故 D错误。故选 C。【点睛】本题的解题关键是运用运动的分解法得到各量的表达式，再结合数学知识进行选择要掌握平抛运动的规律并能灵活运用3.将一空心导体放入匀强电场中稳定后，电场线分布如图所示 A、 D为电场中两点， B、 C为导体表面两点则下列说法中正确的是（ ）A. 同一带电粒子在 A点受到的电场力大于在 C点受到的电场力B. 同一带电粒子在 A点的电势能大于在 B点的电势能C.
4、 一带电的粒子沿着导体表面从 B点移动到 C点，电场力不做功D. B点的电势低于 D点的电势【答案】C【解析】【详解】由电场线越密的地方，电场强度越大，结合图可知 A点的电场线比 C点的疏，则 A点的电场强度小于 C点电场强度，同一带电粒子在 A点受到的电场力小于在 C点受到的电场力。故 A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，则知 A点的电势比 B高，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故带负电的粒子在 A点的电势能比在 B点的小。故 B错误。处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面，则带正电的粒子沿着导体表面从B点移动到 C点，电场力不做功，故 C正确。C 点的电势高于 D点
5、的电势，而 B点的电势与C点的电势相等，所以 B点的电势高于 D点的电势，故 D错误。故选 C。【点睛】本题的关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系。同时要知道处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面。当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。4.图中 L是绕在铁心上的线圈，它与电阻 R、R 0、电键和电池 E可构成闭合回路线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时电流为正电键 K1和 K2都处于断开状态设在 t=0时刻，接通电键 K1，经过一段时间，在 t=t1时刻，再接通电键 K2，则能较正确在表示 L中的电流 I随时间 t的
6、变化的图线是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在 t=0时刻，接通电键 K1，通过线圈的电流从无到有增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，使得线圈中电流只能逐渐增大，而方向不变，仍为正方向。当电流稳定后，线圈中不产生自感电动势，电流一定。在 t=tl时刻，再接通电键 K2，线圈和 R被短路，线圈中电流将要减小，由于自感电动势的阻碍，使得线圈中电流只能逐渐减小到零，根据楞次定律，电流方向与原来方向相同，仍为正方向。故选 A。【点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，不产生自感电动势，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源5.如图所示，斜面 A
7、D和 BD与水平方向的夹角分别为 60和 30，两斜面的 A端和 B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端 D，设两物块与 AD、BD 面间的动摩擦因数分别为 和 ，则 为（ ）A. :1 B. 1: C. 1:3 D. 3:1【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律，物块由 AD下滑时有：mgsin60- 1mgcos60=ma1得：a 1=gsin60- 1gcos60由 BD下滑时有：mgsin30- 2mgcos30=ma2得：a 2=gsin30- 2gcos30设底边 CD=d，由运动学公式有： ；联立以上四式解得：
8、 ，故选 D。二、多项选择题：本题共 4个小题，每小题 4分，共计 16分，每个选择题有多个选项符合题意。全部选对的得 4分，选对但不全的得 2分，选错或不选的得 0分。6.甲乙为两颗地球卫星，其中甲轨道为圆，乙轨道为椭圆，圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等，如图所示， P点为两轨道的一个交点。以下判断正确的是( )A. 卫星乙在远地点的线速度小于卫星甲的线速度B. 卫星乙在近地点的线速度小于卫星甲的线速度C. 卫星乙的周期大于卫星甲的周期D. 卫星乙在 P点的加速度等于卫星甲在 P点的加速度【答案】AD【解析】由开普勒第三定律可知：由于圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等，所以二者的周期一定是相等
9、的所以卫星乙在远地点的线速度小于卫星甲的线速度，卫星乙在近地点的线速度大于卫星甲的线速度故 A正确，BC 错误；由万有引力定律提供向心力可知， 所以：，二者在 P点到地球的距离是相等的，所以二者在 P点的加速度是相等的故 D正确故选 AD.视频7.如图所示，电源的电动势为 E，内阻为 r， R1为定值电阻， R2为滑动变阻器， C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关 S后，若滑动变阻器的触头 P向下滑动时，则( )A. 小灯泡的功率减小B. 电压表的示数增大C. 电容器上的电荷量增加D. 两表示数变化量的比值| |不变【答案】BD【解析】【详解】由图可知，L 和 R2串联后和 C并
10、联，再与 R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；当滑动变阻器的触头 P向下滑动时时，电阻 R2减小，电路的总电阻减小，总电流 I增大，由欧姆定律知，电压表的示数增大，故 B正确。流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故 A错误。电容器板间电压 UC=E-I（R 1+r） ，I 增大，则 UC减小，电容器上的电荷量减少，故 C错误。| |=R1，保持不变，故 D正确。故选 BD。【点睛】此题考查电路的动态分析问题，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部-整体-局部”的思路进行分析解答8.如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为 4:1，电压表和电流表均为理想电表， Rt为阻值随
11、温度升高而变小的热敏电阻， R为定值电阻若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电下列说法中正确的是（ ）A. 变压器副线圈的交流电压的表达式为B. Rt温度升高时，电流表示数变大、电压表示数变大C. Rt温度升高时，变压器的输入功率变大D. t=0.0l s时，穿过线圈的磁通量最小【答案】AC【解析】【详解】由图乙可知交流电压最大值 Um=36 V，周期 T=0.02s，可由周期求出角速度的值为=100，则可得交流电压 u的表达式 U=36 sin100tV，因原副线圈的匝数比 4:1可知，变压器副线圈的交流电压的表达式为 ，故 A正确；Rt 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，R 上
12、的电压变大，因变压器次级电压不变，则电压表示数减小，根据 P=IU可知，次级功率变大，则变压器输入功率变大，故 B错误，C 正确；t=0.01s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故 D错误。故选 AC。【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键9.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定小球 A和 B，竖直放置，两球质量均为 m，两球半径忽略不计，杆的长度为 L由于微小的扰动，A 球沿竖直光滑槽向下运动，B 球沿水平光滑槽向右运动，下列说法正确的是( ) A. A球下滑过程中的机械能守恒B
13、. 在 A球到达水平滑槽前，A 球的机械能先减小后增大C. 当小球 A沿墙下滑距离为 时，A 球的速度为D. A球的机械能最小时轻杆对 B球的作用力为零【答案】BCD【解析】【详解】系统机械能守恒，A 的机械能转化为 B的动能，B 的动能开始是 0，最终还是 0，所以 A球的机械能先减小后增大。最终，A 球以一定的竖直速度撞击横槽。故 A错误，B 正确；当小球 A沿墙下滑距离为 L时，设此时 A球的速度为 vA，B 球的速度为 vB。根据系统机械能守恒定律得： mg L mvA2+ mvB2；两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v Acos60=vBcos30。联立两式解得：v A=， vB故
14、C正确；A 球的机械能最小时，B 球的速度最大，此时的加速度为零，即轻杆对 B球的作用力为零，选项 D正确；故选 BCD.【点睛】该题突破口是系统机械能守恒（墙和地对球的弹力不做功） ，由绳物模型可知，B 的速度沿杆方向的分速度等于杆的速度，越向下运动杆的速度越小，当 A刚要到地面时杆的速度为零即 B的速度为零三、简答题：本题分必做题（第 10、11 题）和选做题（第 12题）两部分，共计 42分。请将解答填写在答题卡相应位置。10.某同学为测定金属丝的电阻率 ，设计了如图甲所示电路，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=4.0，电源的电动势 E=3.0V，电流表内阻
15、忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好。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。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，实验数据如下表所示：x(m) 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60I(A) 0.49 0.43 0.38 0.33 0.31 0.28(A-1) 2.04 2.33 2.63 3.03 3.23 3.57将表中数据描在 坐标纸中，如图丙所示，请作出其关系图线_。若图象中直线的斜率为 k， 则金属丝的电阻率 =_（用题中字母表示） 。根据图丙中 关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电
16、源的内阻为 r =_（保留两位有效数字） 。【答案】 (1). 0.400 (2). 如图；(3). 【解析】【详解】 （1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为 0mm+40.00.01mm=0.400mm（2）如图所示：电阻丝电阻：R= ，由闭合电路欧姆定律可知，电流： ， -x图象是直线，便于实验数据处理，因此需要作 -x图象；其图象的斜率：，则电阻率：= ；由 -x图象纵坐标的截距可知： ，解得 R=1.4【点睛】本题考查了螺旋测微器读数、实验数据处理等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象法处理实验数据的方法11.在“探究动能定
17、理”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置，在水平气垫导轨上安装了两个光电门 M、 N，滑块上固定一遮光条，细线绕过定滑轮将滑块与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码已知遮光条的宽度为 d，滑块与遮光条的总质量为 m（1）接通气源，滑块从 A位置由静止释放，读出遮光条通过光电门 M、 N的时间分别为t1、 t2，力传感器的示数 F，改变钩码质量，重复上述实验为探究在 M、 N间运动过程中细线拉力对滑块做的功 W和滑块动能增量 Ek的关系，还需要测量的物理量是_（写出名称及符号） 利用上述实验中直接测量的物理量表示需探究的关系式为_（2）保持钩码质量不变，改变光电门 N的位置，重复实验，根据实验数据
18、作 出从 M到 N过程中细线拉力对滑块做的功 W与滑块到达 N点时动能 Ek的关系图象，如图乙所示，由图象能探究动能定理，则图线斜率约等于_，图线在横轴上的截距表示_（3）下列不必要的实验操作和要求有_（请填写选项前对应的字母） A调节气垫导轨水平B测量钩码和力传感器的总质量C调节滑轮使细线与气垫导轨平行D保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量【答案】 (1). 光电门 M、 N间的距离 L (2). (3). 1 (4). 滑块经过光电门 M时的动能 (5). BD【解析】【详解】 （1）实验要求解拉力功，根据 W=FL，需要测量两个光电门的间距 L；功：W=FL，通过两个光电门的速度分别
19、为： vM 、 vN ；故动能增加量为： Ek；故需要验证的表达式为：FL= ；（2）根据动能定理，有：W= ，故 W-EKN图象的斜率为 1，图线在横轴上的截距表示滑块经过光电门 M时的动能；（3）调节气垫导轨水平，可以保证合力等于拉力，故 A步骤是必须的；由于有力传感器直接测量力的大小，故不需要测量钩码质量，故 B步骤不是必须的；调节滑轮细线与气垫导轨平行，保证拉力水平，故 C步骤是必须的；由于已经有力传感器来测量力的大小，故不需要保证滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，即 D步骤不是必须的；故选 BD.【点睛】本题考查探究功和速度变化关系的实验，关键是明确实验原理，根据动能定理列式分析
20、 W-EK图象的斜率和截距的含义，同时要知道有力传感器就不需要保证滑块质量远大于钩码的总质量12.下列说法正确的是_A压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现B物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体C液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出，所以液体不再蒸发D气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，气缸内气体一定吸收热量【答案】BD【解析】【详解】气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故 A错误；物理性质表现为各向同性的固体不一定是非晶体，也可能是多晶体，选项 B正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，液
21、体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发，故 C错误。气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，气体温度升高，内能增大，同时气体对外做功，则气缸内气体一定吸收热量，选项 D正确；故选 BD.13.如图所示，弹簧一端固定于水平面上，另一端与质量为 m的活塞拴接在一起，开口向下、质量为 M的气缸与活塞一起封闭了一定质量的气体。气缸和活塞均可与外界进行热交换。若外界环境的温度缓慢降低，则封闭气体的体积将_（填“增大” 、 “减小”或“不变” ） ，同时将_（填“吸热” 、 “放热”或“既不吸热，也不放热” ） 。【答案】 (1). 减小 (2). 放热【解析】【详解】由力学
22、知识分析得到，封闭气体的压强不变，外界环境的温度缓慢降低，封闭气体的温度也缓慢降低，根据盖吕萨克定律分析得知，封闭气体体积减小此过程，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律得到，气体将放热14.已知金刚石的密度为 3.5103kg/m3，碳的摩尔质量为 12g/mol，阿伏加德罗常数，假设金刚石中碳原子是紧密地排列在一起的一个个小球，请估算金刚石中碳原子的直径为多大？（结果保留 1位有效数字）【答案】【解析】【详解】每个碳原子的体积 ,代入数据解得 .15.一艘太空飞船静止时的长度为 30 m，它以 0.6c（ c为光速）的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是A. 飞船上的观测者
23、测得该飞船的长度小于 30 mB. 地球上的观测者测得该飞船的长度小于 30 mC. 飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于 cD. 地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于 c【答案】B【解析】试题分析：根据狭义相对论可知，沿相对运动方向的长度缩短，所以地球上的观测者测得该飞船的长度小于 30m，飞船上的人测量飞船的长度等于 30m，所以 A错误；B 正确；根据光速不变原理，飞船上和地球上测量光的速度都等于 c，故 C、D 错误【考点定位】狭义相对论【方法技巧】对动尺缩短的理解，沿相对运动方向长度缩短以及光速不变原理。16.(1)杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条
24、相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，则两列光的_相同。如图所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在_(选填“ A”、 “B”或“ C”)点会出现暗条纹。(2)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长 5.8910 7 m，双缝间的距离 d1 mm，双缝到屏的距离 l2 m。求第 1个亮条纹到第 11个亮条纹的中心间距。【答案】 (1). 频率，C; (2). 【解析】(1)要形成光的干涉，两列光的频率应该相同，在题图所示的干涉区域放置光屏，波峰与波谷相遇的 C点会出现暗纹。(2)相邻的亮条纹的中心间距 x由题意知，亮条纹的数
25、目 n10则第 1个亮条纹到第 11个亮条纹的中心间距 L代入数据得 L1.17810 2 m17.下列说法中正确的是_A. 人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这样做是为了减小合外力对人的冲量B. 卢瑟福用 粒子轰击氮原子核，得到了质子C. 天然放射现象的发现使人类认识到原子具有复杂的结构D. 比结合能越大，原子核越稳定【答案】BD【解析】【详解】人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这样做是为了增加作用时间 t，根据动量定理 Ft=mv2-mv1可知，减小外力对人的冲力，选项 A错误；卢瑟福用 粒子轰击氮
26、原子核，得到了质子，选项 B正确；天然放射现象的发现使人类认识到原子核具有复杂的结构，选项 C错误；比结合能越大，原子核间的核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项 D正确；故选 BD.18.如图甲所示为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路，用频率为 的单色光照射阴极 K时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图乙所示，已知电子的带电荷量为 e，真空中的光速为 c，普朗克常量为 h。阴极 K的极限频率 0_；若用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原子跃迁到 n4 的激发态，氢原子处于基态时的能量 E1_。【答案】 (1). (2). 【解析】【
27、详解】由图乙，根据动能定理可知-eU C=0-Ek解得：E k=eUC根据爱因斯坦光电效应有：E k=h-W 0又 W0=hv0解得：v 0=v- 在原子跃迁过程中，根据能量守恒定律有：hv=E=E 4-E1=（ -1）E 1解得：E 1= hv【点睛】本题考查了光电效应和能级跃迁的综合运用，知道最大初动能与遏止电压的关系，掌握光电效应方程，知道能级跃迁辐射或吸收的能量等于两能级间的能级差19.如图所示，在光滑水平面上，静止放着质量均为 m=1kg的三个相同小球 A、 B、 C，现让 A球以 v0=2m/s的速度向着 B球运动， AB两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并与 C球碰撞， C球的
28、最终速度 vC=1m/s求： AB两球相碰后的共同速度为多大？两次碰撞过程中一共损失多少机械能？【答案】(1) (2) 【解析】【详解】对 AB的碰撞，由动量守恒定律可知： 解得：对整个运动过程，由动量守恒定律：由能量关系可知：【点睛】对于碰撞过程，关键掌握其基本规律：系统的动量守恒，同时要搞清楚碰撞过程的能量转化关系四、计算题：本题共 3小题，共计 47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。20.如图所示，两竖直放置的平行光滑金属导轨相距 L1，导轨上分布着 n 个宽度为 d、间距为 2d的匀强磁场区域，
29、磁场方向垂直纸面向外在导轨的上端连接一个阻值为 R的电阻，导轨的上端距离第一个磁场区域 L2的位置放有一根质量为 m，长为 L1，阻值为 r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计现使导体棒由静止开始向下运动已知金属棒穿过任何一段磁场区域的过程中，流过电阻 R上的电流及其变化情况相同求：（1）金属棒刚进入磁场区域时流过电阻 R的电流 I ；（2）金属棒穿过 n个有界匀强磁场过程中通过电阻 R的电荷量 q ；（3）金属棒从开始运动到穿过全部磁场区域的过程中，电阻 R上产生的焦耳热 QR 【答案】 （1） （2） （3）【解析】【详解】 （1）设金属棒刚进入磁场时的速度为 v0，根据动能
30、定理：得：此时产生的电动势：（2）金属棒穿过一个磁场区域通过电阻 R的电荷量：所以穿过 n个有界匀强磁场过程中通过电阻 R的电荷量（3）由题意知，金属棒进入每个磁场区域时的速度均相同，都是 v0，且在磁场中运动的规律均相同，设在一个磁场中运动的过程中回路产生的焦耳热为 Q0，从进入刚进入第一个磁场区域到刚进入第二个磁场区域的过程中，根据能量守恒：Q 0=mg3d=3mgd，所以穿过全部磁场区域的过程中产生的热量： Q=nQ 0=3nmgd则电阻 R上产生的焦耳热: 【点睛】本题综合考查了导体切割磁感线产生的电动势，牛顿第二定律和能量守恒定律，综合性较强，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求
31、解21.如图所示，半径为 r的圆形匀强磁场区域与 x轴相切于坐标系的原点 O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外磁场区域右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为 2r，轴线与 x轴平行且过磁场区域的圆心，左侧的电势比右侧高 在加速管出口下侧距离 2r处放置一宽度为 2r的荧光屏加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域在 O点处有一个粒子源，能沿纸面向 y0的各个方向均匀地发射大量质量为 m、带电荷量为 q且速率相同的粒子，其中沿 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置不计粒子重力及其相互作用，求：（1）粒子刚进入加速管时的速度大小；（2）磁场区域的磁感
32、应强度大小 B2（用 B1表示） ；（3）若磁场的磁感应强度 B2减小 10%，求荧光屏上有粒子到达的范围？【答案】 （1） （2） （3）【解析】【详解】 （1）磁场区域内粒子运动轨道半径为 r，解得（2）经过加速电场：解得： 粒子在磁场区域的轨道半径为 2r ，解得（3）粒子经磁场区域后，其速度方向均与 x轴平行；经证明可知： OO1CO2是菱形，所以CO2和 y轴平行， v和 x轴平行磁场的磁感应强度 B2减小 10%，即 ，荧光屏上方没有粒子到达的长度为 即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端 处到下端，总长度【点睛】求解粒子在匀强磁场中的运动问题时，应用几何关系要注意数量关系，如本题在
33、磁场中，半径都是 r，才能形成菱形，得到出射速度方向。22.打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座 A送到井底，由于 A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置图中重锤 B质量为 m，下端连有一劲度系数为 k的轻弹簧，工程人员先将 B放置在 A上，观察到 A不动；然后在 B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到 A开始缓慢下沉时移去压块将 B提升至弹簧下端距井口为 H0处，自由释放B，A 被撞击后下沉的最大距离为 h1，以后每次都从距井口 H0处自由释放已知重力加速度为 g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内（1）求下沉时 A与井壁间的摩擦力大小 f和弹簧的最大形变量 L；（2
34、）求撞击下沉时 A的加速度大小 a和弹簧弹性势能 Ep；（3）若第 n次撞击后，底座 A恰能到达井底，求井深 H【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）A 开始缓慢下沉时，受力平衡，根据平衡条件求解 f，底座质量不计，所以合力为零，结合胡克定律求解；（2）撞击后 AB一起减速下沉，对 B，根据牛顿第二定律以及功能关系求解；（3）A 第二次下沉，由功能关系求出下降的距离与第一次下降距离的关系，同理求出第三次下降的距离与第一次下降距离的关系，进而求出第 n次下沉过程中向下滑动的距离，再结合数学知识求解（1） A开始缓慢下沉时底座质量不计，所以合力为零，所以始终有解得（2）撞击后 AB一起减速下沉，对 B：解得A第一次下沉，由功能关系解得（3） A第二次下沉，由功能关系又解得A第三次下沉，由功能关系解得同理 A第 n次下沉过程中向下滑动的距离所以井底深度（第 2,3，次撞击功能关系式中没有考虑 L不给分）
