湖南省衡阳市衡阳县第四名校2024届高三下学期物理4月考试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024高三下·衡阳月考）图甲所示的送餐机器人从过道上甲处静止出发做直线运动到乙处停下，其位移x与时间t的关系曲线如图乙。若将机器人视为质点，则从甲到乙机器人的运动依次是（ ）
A．匀加速运动，匀速运动，匀减速运动
B．加速度减小的加速运动，匀速运动，加速度增大的减速运动
C．加速度增大的加速运动，匀速运动，加速度减小的减速运动
D．加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的减速运动
2．（2024高三下·衡阳月考）2023年8月10日，浙江民营企业的第一颗卫星智能体“地卫智能应急一号”成功发射并进入预定轨道。卫星从离地面500公里处利用星上智能处理技术提供地面热点地区遥感观测服务。取地球半径为。下列说法正确的是（ ）
A．该卫星处的重力加速度约为
B．该卫星圆周运动的周期约为60min
C．该卫星圆周运动的速度大于第一宇宙速度
D．遥感技术使用的电磁波是紫外线
3．（2024高三下·衡阳月考）一空心弹力球内充有一定质量的理想气体，若用手指将弹力球迅速捏瘪后又恢复原状的过程可视为绝热过程，球内气体的压强、体积和温度分别用p、V和T表示，下列关于该过程的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三下·衡阳月考）将放射性同位素氟-18（）注入人体参与人体的代谢过程，如图甲所示，氟-18在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭并产生一对波长相等的光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的医学图像。氟-18的衰变规律如图乙所示，其中纵坐标表示任意时刻放射性元素的原子数与的原子数之比，设正、负电子的质量均为m，光速为c，普朗克常数为h。则（ ）
A．氟-18衰变的方程为
B．上述一对光子由氟-18直接产生并释放
C．上述一对光子波长为
D．经5小时人体内氟-18的残留量是初始时的33.3%
5．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，一小球从A点以初速度v0水平抛出（忽略空气阻力），在运动过程中与竖直挡板在B点发生碰撞，最终落在C点。已知碰撞前后，小球竖直方向速度的大小和方向都不变，水平方向速度的大小不变而方向反向。若仅增大平抛初速度v0，则（ ）
A．小球的落地点将在C点的右边
B．小球落地时重力的瞬时功率增大
C．小球与挡板碰撞的点将在B点的上方
D．从抛出到落地过程中重力对小球做功增多
6．（2024高三下·衡阳月考）一倾角的粗糙斜面，斜面顶端安装一小滑轮，滑轮大小忽略不计，将斜面固定在地面上，一轻绳跨过定滑轮一端连接放在斜面上的物体m1，另一端悬挂小球m2。用手按住m1使之静止不动，让小球m2在竖直内左右摆动，摆动稳定后，放开按住m1的手，发现当小球摆动到最高点时，滑块m1恰好不下滑，当小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，如图所示，已知斜面与物体间的动摩擦因数，则值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·衡阳月考）纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取点为坐标原点建立 轴，以为圆心、为半径；从轴上的点开始沿逆时针方向作圆， 是圆周上的8个等分点，如图甲所示；测量圆上各点的电势及各点所在半径与轴正方向的夹角，描绘的图像如图乙所示，则（ ）
A．电场强度的大小为
B．点的电势为
C．两点的电势差为
D．若将电子从点沿圆弧逆时针搬运到f点，电势能先减小再增大
8．（2024高三下·衡阳月考）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在ab端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为，cd间输出电压有效值为。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯（ ）
A．向上移动，减小
B．向下移动，增大
C．静止不动，增大则不变
D．向上移动一段距离后，增大则减小
9．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A．线框受到的安培力方向不断改变
B．线框中产生的焦耳热为
C．通过线框截面的电量为
D．线框中的平均电流与速度成正比
10．（2024高三下·衡阳月考）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1，O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB=2AO1。 现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．小球沿杆在AB之间做简谐运动
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大
二、非选择题：本题共5小题，共54分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2024高三下·衡阳月考）经查阅相关资料，发现某光敏电阻的阻值随光强变化关系如表所示：
光照强度E/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
[“光照强度”是表示光强弱程度的物理量，符号为E，单位为坎德拉（cd）]
（1）根据表中数据，找出规律，则当光照强度为4cd时光敏电阻Rx的阻值为 Ω。
（2）电控调光玻璃能根据光照强度自动调节玻璃的透明度，将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9V的电源上。其原理是光照增强，光敏电阻Rx的阻值变小，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降，反之则玻璃透明度上升。已知电源内阻很小，则下列电路图中符合要求的是 （填字母序号）。
12．（2024高三下·衡阳月考）某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验。
①如图甲，将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；
②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；
③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A'，测出A到A'的高度h和A'到B的水平距离s；
④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。
（1）实验得到多组h和s的数值如下表，请在图乙中作出s-h关系图线 。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
（2）根据图线求得动摩擦因数μ= 。（保留1位有效数字）
（3）重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是 。
（4）实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
（5）为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图丙所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
13．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，截面是扇形的玻璃砖放在水平面上，扇形的半径为R，，面涂有反射层，一束单色光竖直向下照射在面上的C点，折射光线照射在面的D点，反射光线照射在弧面的中点E，与平行，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光从C点传播到E点所用的时间。
14．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为m，A、B质量均为kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度。求：
（1）物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
（2）由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
（3）画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。
15．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场（未画出），第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场E0，第四象限交替分布着沿-y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度分别为B、2B、3B……，其中。一质量为m、电量为+q的粒子从点M（-L，0）以平行于y轴的初速度v0进入第二象限，恰好从点N（0，2L）进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度E0的大小；
（2）粒子在第四象限中第二次进入电场时的速度大小及方向（方向用与y轴负方向夹角的正弦表示）；
（3）粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】根据匀变速直线运动位移与时间关系
可得，若图线为抛物线，则物体做匀变速直线运动，且x-t图线切线的斜率表示物体运动的速度，由图可知，物体的速度先增大，后不变，再减小，则物体应先做匀加速运动，后做匀速运动，再做匀减速运动。
故答案为：A。
【分析】x-t图线切线的斜率表示物体运动的速度，根据匀变速直线运动位移与时间关系可知，若图线为抛物线，则物体做匀变速直线运动。再结合图像分析机器人的运动情况。
2．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、在地球表面根据万有引力与重力的关系有
设该卫星的质量为m'，则有
解得
故A正确；
B、根据万有引力提供向心力有
代入数据解得该卫星圆周运动的周期
故B错误；
C、第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，该卫星圆周运动的速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D、由于红外线衍射能力强，不容易被云雾里的小分子散射掉，穿过云雾的能力比较好，用于遥感技术，故D错误。
故答案为：A。
【分析】第一宇宙速度是卫星绕地运行做圆周运动的最大环绕速度，红外线波长长，容易发生衍射现象，常用于遥感技术。卫星有万有引力提供向心力，确定卫星所在位置的运行轨道半径，再结合万有引力定律及牛顿第二定律进行解答。
3．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】由状态方程
得
或者得
恢复原状态过程，体积变大，变小，p-T图中切线斜率
应变小。而图线斜率不变，应为过原点的倾斜向上的直线。
故答案为：B。
【分析】根据理想气体状态方程明确该过程封闭气体体积、压强及温度的变化情况，再根据理想气体状态方程确定图像的函数表达式，继而确定对应图像的变化趋势。
4．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、根据质量数与质子数守恒，可得氟-18的衰变方程
故A错误；
B、依题意，正负电子湮灭方程为
故B错误；
C、由质能方程，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故C正确；
D、由乙图可知氟-18的半衰期为T=100min，根据
又
联立，解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据题意可知氟-18在人体内衰变放出正电子，衰变过程满足质量数和核电荷数守恒，根据守恒条件确定氟-18的衰变方程。正负电子湮灭释放一对光子，湮灭过程正负电子的质量全部发生亏损，根据质能亏损方程确定湮灭释放的能量，再根据光子能量公式及波长与频率的关系确定光子的波长。熟练掌握半衰期的特点及应用。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有改变平抛运动的轨迹特征，相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越大，小球将落在C点的左边，故A错误；
C、当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速度越大，打到挡板上的时间越短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在B上方，故C正确；
B、因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间t不变，小球落地时重力的瞬时功率为
所以落地时重力的瞬时功率不变，故B错误；
D、小球下落高度不变，重力做功为
即重力做功不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据运动的对称性可知，小球与挡板碰撞的过程，没有改变平抛运动的轨迹特征。即仍可将小球的整个运动过程视为平抛运动，高度不变，小球在两个过程中运动的时间不变，再结合平抛运动的规律及瞬时功率和功的定义进行分析。
6．【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】当小球摆动到最高点时，设此时绳子的张力为T1，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为θ。滑块m1恰好不下滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，对滑块m1，有
对小球，有
小球从最高点运动到最低点的过程，由动能定理有
在最低点，对小球，由牛顿第二定律有
当小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大，对滑块m1，有
解得
故答案为：D。
【分析】滑块m1恰好不下滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向上且达到最大。滑块m1恰好不上滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向下且达到最大。根据不同情况，对滑块进行受力分析，根据力的·平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力的大小，确定小球在最高点和最低点的受力情况及向心力的来源，再结合牛顿第二定律及平衡条件和动能定理进行解答。
7．【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与x轴夹角为
且电势差的值为
由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小
方向与x轴正方向夹角为，故A错误；
D、根据选项A分析，可画出如图所示电场线
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从e到f，电势先降低再升高，根据
电子的电势能应先增大再减小，故D错误；
B、根据匀强电场电势分布特点，O点的电势
故B错误；
C、a、e两点的电势差
故C正确。
故答案为：C。
【分析】沿电场线方向电势降低的最快，即相同的距离沿电场线方向两端点的电势差最大。根据图示确定电场线的方向，再根据电势差与场强的关系确定场强的大小。根据电势与电势差的关系确定各点的电势及两点之间的电势差。根据电势与电势能的关系判断电子从e到f过程电势能的变化情况。
8．【答案】B,C
【知识点】变压器的应用
【解析】 【解答】根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知，当磁芯在中间位置时，输出电压不变，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压，故铁芯向上或向下移动，Ucd都会增大，铁芯静止不动，即使增大Uab，但Ucd依然不变。
故答案为：BC。
【分析】 根据差动变压器式位移传感器的工作原理进行分析。当磁芯在中间位置时，输出电压不变，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压。
9．【答案】B,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B、因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故D正确；
C、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故C错误。
故答案为：BD。
【分析】确定线框进入磁场过程的有效长度，再根据右手定则确定产生的感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力方向变化情况。线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，即产生的感应电动势为正弦交变电流的四分之一，确定感应电流的最大值，再根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系及焦耳定律确定该过程线框产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律及运动规律确定平均电流与运动速度的关系。根据法拉第电磁感应定律及电荷量与电流的关系确定通过线框的电荷量。
10．【答案】B,C
【知识点】弹性势能；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】AC、根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确；
D、小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；
B、小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为
有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为gsinθ，之后加速度小于gsinθ，则两种情况的v-t图像如图所示
两种情况的v-t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。
故答案为：BC。
【分析】弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能不变，弹簧形变量越大，弹簧的弹性势能越大。若小球沿杆在AB之间做简谐运动，额小球在B点的速度恰好为零，根据动能定理判断小球在B点的速度是否为零。根据动能定理分析有无弹簧时，小球到达B点的速度是否一致，再根据牛顿第二定律确定有无弹簧时，小球加速度的大小情况，再根据v-t图像确定有无弹簧时，小球到达B点的时间关系。
11．【答案】（1）4.5
（2）C
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】 （1）由表格数据可知，光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18Ω，cd不变，则光照强度为4cd时光敏电阻Rx的阻值为
（2）AC、光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，由题意可知，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流增大，由U=IR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压减小，反之光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大，则玻璃并联在R0两端时不符合，玻璃并联在Rx两端时符合，故A错误，C正确；
BD、若玻璃与电源并联，由于电源内阻很小，光照变化时，玻璃两端的电压几乎不变，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】根据表格数据确定光敏电阻阻值与光照强度之间的关系。光照前度变大，光敏电阻变小，再结合闭合电路欧姆定律及串并联规律进行分析得出合理的电路图。
12．【答案】（1）
（2）0.4
（3）铝板的厚度
（4）大于
（5）不可行
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）关系图像如下所示
（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得
而铁块水平位移大小s为
联立以上两式解得
式中即s-h图线的斜率，由图线可求得
故得
（3）根据上述结果
可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是铝板的厚度；
（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x2就会减小，s的测量值偏小，由
可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。
（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大，故该方案不可行。
【分析】画图时使尽可能多的点均匀的分布在直线的两侧。确定滑块在整个运动过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理及几何关系确定图像的函数表达式，再结合表达式明确图像斜率或截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。有机械能损失，则物体到达水平段的速度偏小。
13．【答案】（1）解：延长入射光线交OB于F点，如图，
由于与平行，且CD和ED与竖直方向夹角相等，则
由几何关系，光的入射角为，则
故光的折射角为，则玻璃砖对该单色光的折射率为
（2）解：为正三角形，则OCED为菱形，则
得
即光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的速度为
单色光从C点传播到E点所用的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定光线在C点的入射角及折射角大小，再根据折射定律进行解答；
（2）根据几何关系确定光线从C点传播到E点的路程，再根据折射定律确定光在玻璃中的传播速度，再根据路程与速度、时间的关系进行解答。
14．【答案】（1）解：B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理
解得v0=6m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系
解得v1=0，v2=6m/s
（2）解：第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为
的匀加速运动，则第二次碰撞时
解得t=s
此时B的速度为v3=12m/s，同样根据由动量守恒和能量关系
解得AB的速度为v4=12m/s，v5=6m/s
（3）解：同理第3次碰撞时
解得t'=s
此时B的速度为18m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）由于不计一切摩擦力，故B在A上滑动至B与A碰撞前，B只受恒力作用，且A始终根据动能定理确定碰撞前A的速度，碰撞过程AB构成的系统动量守恒和能量守恒，再对该过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（2）由（1）分析可知，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度，再对碰撞过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）同上分析可知，第二碰撞结束至发生第三次碰撞过程，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度即时间，再画出B的v-t图像。
15．【答案】（1）解：设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
，，
（2）解：设粒子经过N点时的速度为，与轴的夹角为，则有
，
解得
由此可知
，
设穿过轴下方第一个电场后的速度为，由动能定理有
解得
在轴下方第一个磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为，则根据几何关系可得
即粒子进入第四象限下方第二个电场时速度的大小为，方向与轴负方向夹角的正弦值为。
（3）解：粒子到达轴最远距离时，速度方向平行于方向，只要能进入下一个电场，就有方向的速度，由此可知粒子离轴最远时一定处于第个磁场中，此前粒子已经过个电场，设此时粒子速度大小为，由动能定理有
解得：，n=1，2，3........
在通过第n个磁场的过程中，设速度方向与+x方向的夹角为β，
在+x方向上由动量定理有：∑qBnvsinβ Δt=∑mΔvx
其中：Bn=nB，∑vsinβ Δt=L，∑Δvx=v（n+1）x-vnx
可得：nqBL=m[v（n+1）x-vnx]
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
粒子到达距x轴最远距离时，速度方向平行于x轴方向。只要能进入电场，就有y轴方向的速度，由此可知粒子离x轴最远时一定处于磁场中，设粒子到达距x轴最远距离时处于第n个磁场中，从进入第四象限开始到最后一个磁场，分别在第1、2、3……n个磁场中有
qBL=m（v2x-v1x）
2qBL=m（v3x-v2x）
3qBL=m（v4x-v3x）
……
nqBL=m[v（n+1）x-vnx]
累计相加可得：（1+2+3+…+n）BqL=m[v（n+1）x-v1x]
当速度方向平行于x轴方向时，有：
又有v1x=0，
联立可得：
解得
可知粒子离轴最远的距离为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据题意确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动规律确定粒子进入第一象限的速度，粒子在磁场中运动速度大小不变。粒子在第四象限第一次进入电场时做匀加速直线运动，根据动能定理确定粒子在第四象限第一次离开电场的速度。再根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在第一个磁场中的运动半径，洛伦兹力不做功，粒子穿出磁场时速度大小不变，再根据几何关系确定第二次进入磁场时的速度方向。
（3）粒子距x轴的最远时，粒子的速度沿水平方向。在第四象限只有电场力做功，根据动能定理确定粒子在第四象限运动过程中，达到最远距离时粒子的速度。在磁场中洛伦兹力使粒子的速度方向发生偏转。由于粒子的末速度沿水平方向。对水平方向运用动量定理确定粒子没经过一个磁场时，水平方向洛伦兹力冲量与粒子动量变化量的关系，再根据求和确定到达最远距离时，洛伦兹力水平方向合冲量与动量变化量的关系。再根据末速度相等的关系结合几何关系进行解答。
1 / 1湖南省衡阳市衡阳县第四名校2024届高三下学期物理4月考试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（2024高三下·衡阳月考）图甲所示的送餐机器人从过道上甲处静止出发做直线运动到乙处停下，其位移x与时间t的关系曲线如图乙。若将机器人视为质点，则从甲到乙机器人的运动依次是（ ）
A．匀加速运动，匀速运动，匀减速运动
B．加速度减小的加速运动，匀速运动，加速度增大的减速运动
C．加速度增大的加速运动，匀速运动，加速度减小的减速运动
D．加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的减速运动
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】根据匀变速直线运动位移与时间关系
可得，若图线为抛物线，则物体做匀变速直线运动，且x-t图线切线的斜率表示物体运动的速度，由图可知，物体的速度先增大，后不变，再减小，则物体应先做匀加速运动，后做匀速运动，再做匀减速运动。
故答案为：A。
【分析】x-t图线切线的斜率表示物体运动的速度，根据匀变速直线运动位移与时间关系可知，若图线为抛物线，则物体做匀变速直线运动。再结合图像分析机器人的运动情况。
2．（2024高三下·衡阳月考）2023年8月10日，浙江民营企业的第一颗卫星智能体“地卫智能应急一号”成功发射并进入预定轨道。卫星从离地面500公里处利用星上智能处理技术提供地面热点地区遥感观测服务。取地球半径为。下列说法正确的是（ ）
A．该卫星处的重力加速度约为
B．该卫星圆周运动的周期约为60min
C．该卫星圆周运动的速度大于第一宇宙速度
D．遥感技术使用的电磁波是紫外线
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A、在地球表面根据万有引力与重力的关系有
设该卫星的质量为m'，则有
解得
故A正确；
B、根据万有引力提供向心力有
代入数据解得该卫星圆周运动的周期
故B错误；
C、第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，该卫星圆周运动的速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D、由于红外线衍射能力强，不容易被云雾里的小分子散射掉，穿过云雾的能力比较好，用于遥感技术，故D错误。
故答案为：A。
【分析】第一宇宙速度是卫星绕地运行做圆周运动的最大环绕速度，红外线波长长，容易发生衍射现象，常用于遥感技术。卫星有万有引力提供向心力，确定卫星所在位置的运行轨道半径，再结合万有引力定律及牛顿第二定律进行解答。
3．（2024高三下·衡阳月考）一空心弹力球内充有一定质量的理想气体，若用手指将弹力球迅速捏瘪后又恢复原状的过程可视为绝热过程，球内气体的压强、体积和温度分别用p、V和T表示，下列关于该过程的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】由状态方程
得
或者得
恢复原状态过程，体积变大，变小，p-T图中切线斜率
应变小。而图线斜率不变，应为过原点的倾斜向上的直线。
故答案为：B。
【分析】根据理想气体状态方程明确该过程封闭气体体积、压强及温度的变化情况，再根据理想气体状态方程确定图像的函数表达式，继而确定对应图像的变化趋势。
4．（2024高三下·衡阳月考）将放射性同位素氟-18（）注入人体参与人体的代谢过程，如图甲所示，氟-18在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭并产生一对波长相等的光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的医学图像。氟-18的衰变规律如图乙所示，其中纵坐标表示任意时刻放射性元素的原子数与的原子数之比，设正、负电子的质量均为m，光速为c，普朗克常数为h。则（ ）
A．氟-18衰变的方程为
B．上述一对光子由氟-18直接产生并释放
C．上述一对光子波长为
D．经5小时人体内氟-18的残留量是初始时的33.3%
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A、根据质量数与质子数守恒，可得氟-18的衰变方程
故A错误；
B、依题意，正负电子湮灭方程为
故B错误；
C、由质能方程，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故C正确；
D、由乙图可知氟-18的半衰期为T=100min，根据
又
联立，解得
故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据题意可知氟-18在人体内衰变放出正电子，衰变过程满足质量数和核电荷数守恒，根据守恒条件确定氟-18的衰变方程。正负电子湮灭释放一对光子，湮灭过程正负电子的质量全部发生亏损，根据质能亏损方程确定湮灭释放的能量，再根据光子能量公式及波长与频率的关系确定光子的波长。熟练掌握半衰期的特点及应用。
5．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，一小球从A点以初速度v0水平抛出（忽略空气阻力），在运动过程中与竖直挡板在B点发生碰撞，最终落在C点。已知碰撞前后，小球竖直方向速度的大小和方向都不变，水平方向速度的大小不变而方向反向。若仅增大平抛初速度v0，则（ ）
A．小球的落地点将在C点的右边
B．小球落地时重力的瞬时功率增大
C．小球与挡板碰撞的点将在B点的上方
D．从抛出到落地过程中重力对小球做功增多
【答案】C
【知识点】平抛运动；功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】A、小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有改变平抛运动的轨迹特征，相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越大，小球将落在C点的左边，故A错误；
C、当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速度越大，打到挡板上的时间越短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在B上方，故C正确；
B、因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间t不变，小球落地时重力的瞬时功率为
所以落地时重力的瞬时功率不变，故B错误；
D、小球下落高度不变，重力做功为
即重力做功不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据运动的对称性可知，小球与挡板碰撞的过程，没有改变平抛运动的轨迹特征。即仍可将小球的整个运动过程视为平抛运动，高度不变，小球在两个过程中运动的时间不变，再结合平抛运动的规律及瞬时功率和功的定义进行分析。
6．（2024高三下·衡阳月考）一倾角的粗糙斜面，斜面顶端安装一小滑轮，滑轮大小忽略不计，将斜面固定在地面上，一轻绳跨过定滑轮一端连接放在斜面上的物体m1，另一端悬挂小球m2。用手按住m1使之静止不动，让小球m2在竖直内左右摆动，摆动稳定后，放开按住m1的手，发现当小球摆动到最高点时，滑块m1恰好不下滑，当小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，如图所示，已知斜面与物体间的动摩擦因数，则值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】当小球摆动到最高点时，设此时绳子的张力为T1，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为θ。滑块m1恰好不下滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，对滑块m1，有
对小球，有
小球从最高点运动到最低点的过程，由动能定理有
在最低点，对小球，由牛顿第二定律有
当小球摆到最低点时，滑块m1恰好不上滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大，对滑块m1，有
解得
故答案为：D。
【分析】滑块m1恰好不下滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向上且达到最大。滑块m1恰好不上滑，滑块m1所受的静摩擦力沿斜面向下且达到最大。根据不同情况，对滑块进行受力分析，根据力的·平衡条件及力的合成与分解确定绳子拉力的大小，确定小球在最高点和最低点的受力情况及向心力的来源，再结合牛顿第二定律及平衡条件和动能定理进行解答。
7．（2024高三下·衡阳月考）纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取点为坐标原点建立 轴，以为圆心、为半径；从轴上的点开始沿逆时针方向作圆， 是圆周上的8个等分点，如图甲所示；测量圆上各点的电势及各点所在半径与轴正方向的夹角，描绘的图像如图乙所示，则（ ）
A．电场强度的大小为
B．点的电势为
C．两点的电势差为
D．若将电子从点沿圆弧逆时针搬运到f点，电势能先减小再增大
【答案】C
【知识点】电势能；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A、由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与x轴夹角为
且电势差的值为
由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小
方向与x轴正方向夹角为，故A错误；
D、根据选项A分析，可画出如图所示电场线
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从e到f，电势先降低再升高，根据
电子的电势能应先增大再减小，故D错误；
B、根据匀强电场电势分布特点，O点的电势
故B错误；
C、a、e两点的电势差
故C正确。
故答案为：C。
【分析】沿电场线方向电势降低的最快，即相同的距离沿电场线方向两端点的电势差最大。根据图示确定电场线的方向，再根据电势差与场强的关系确定场强的大小。根据电势与电势差的关系确定各点的电势及两点之间的电势差。根据电势与电势能的关系判断电子从e到f过程电势能的变化情况。
8．（2024高三下·衡阳月考）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在ab端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为，cd间输出电压有效值为。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯（ ）
A．向上移动，减小
B．向下移动，增大
C．静止不动，增大则不变
D．向上移动一段距离后，增大则减小
【答案】B,C
【知识点】变压器的应用
【解析】 【解答】根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知，当磁芯在中间位置时，输出电压不变，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压，故铁芯向上或向下移动，Ucd都会增大，铁芯静止不动，即使增大Uab，但Ucd依然不变。
故答案为：BC。
【分析】 根据差动变压器式位移传感器的工作原理进行分析。当磁芯在中间位置时，输出电压不变，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压。
9．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A．线框受到的安培力方向不断改变
B．线框中产生的焦耳热为
C．通过线框截面的电量为
D．线框中的平均电流与速度成正比
【答案】B,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B、因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故D正确；
C、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故C错误。
故答案为：BD。
【分析】确定线框进入磁场过程的有效长度，再根据右手定则确定产生的感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力方向变化情况。线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，即产生的感应电动势为正弦交变电流的四分之一，确定感应电流的最大值，再根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系及焦耳定律确定该过程线框产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律及运动规律确定平均电流与运动速度的关系。根据法拉第电磁感应定律及电荷量与电流的关系确定通过线框的电荷量。
10．（2024高三下·衡阳月考）如图，质量为m的小球穿在固定光滑杆上，与两个完全相同的轻质弹相连。开始时将小球控制在杆上的A点，弹簧1竖直且处于原长，弹簧2处于水平伸长状态，两弹簧可绕各自转轴O1，O2无摩擦转动。B为杆上的另一个点，与O1、A、O2构成矩形，AB=2AO1。 现将小球从A点释放，两弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．小球沿杆在AB之间做简谐运动
B．与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短
C．小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零
D．小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2的弹性势能先减小后增大
【答案】B,C
【知识点】弹性势能；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；简谐运动
【解析】【解答】AC、根据对称性可知，小球从A点运动到B点的过程中，两个弹簧对小球做的总功为零，则此过程合力做功等于重力对小球做的功，根据动能定理可知，小球在B点的速度大于0，所以小球到达B点后继续向下运动，小球不会在AB之间做简谐运动，故A错误，C正确；
D、小球从A点运动到B点的过程中，弹簧2先从伸长状态变为原长，再从原长变为压缩状态，最后再恢复原长，故弹簧2的弹性势能先减小后增大再减小，故D错误；
B、小球从A点运动到B点过程，由于两个弹簧对小球做的总功为零，与没有弹簧时相比，小球运动到B点的速度相等；没有弹簧时，小球运动的加速度为
有弹簧时，加速度先大于gsinθ，然后加速度逐渐减小，到AB中点时，加速度为gsinθ，之后加速度小于gsinθ，则两种情况的v-t图像如图所示
两种情况的v-t图像与横轴围成的面积相等，由图可知与没有弹簧时相比，小球从A点运动到B点所用的时间更短，故B正确。
故答案为：BC。
【分析】弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能不变，弹簧形变量越大，弹簧的弹性势能越大。若小球沿杆在AB之间做简谐运动，额小球在B点的速度恰好为零，根据动能定理判断小球在B点的速度是否为零。根据动能定理分析有无弹簧时，小球到达B点的速度是否一致，再根据牛顿第二定律确定有无弹簧时，小球加速度的大小情况，再根据v-t图像确定有无弹簧时，小球到达B点的时间关系。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（2024高三下·衡阳月考）经查阅相关资料，发现某光敏电阻的阻值随光强变化关系如表所示：
光照强度E/cd 1 2 3 4 5
电阻值/Ω 18 9 6 3.6
[“光照强度”是表示光强弱程度的物理量，符号为E，单位为坎德拉（cd）]
（1）根据表中数据，找出规律，则当光照强度为4cd时光敏电阻Rx的阻值为 Ω。
（2）电控调光玻璃能根据光照强度自动调节玻璃的透明度，将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9V的电源上。其原理是光照增强，光敏电阻Rx的阻值变小，施加于玻璃两端的电压降低，玻璃透明度下降，反之则玻璃透明度上升。已知电源内阻很小，则下列电路图中符合要求的是 （填字母序号）。
【答案】（1）4.5
（2）C
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】 （1）由表格数据可知，光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18Ω，cd不变，则光照强度为4cd时光敏电阻Rx的阻值为
（2）AC、光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接，由题意可知，光照增强时，光敏电阻Rx阻值减小，电路中的总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流增大，由U=IR可知，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压减小，反之光照减弱时，光敏电阻Rx阻值增大，R0两端的电压减小，Rx两端的电压增大，则玻璃并联在R0两端时不符合，玻璃并联在Rx两端时符合，故A错误，C正确；
BD、若玻璃与电源并联，由于电源内阻很小，光照变化时，玻璃两端的电压几乎不变，故BD错误。
故答案为：C。
【分析】根据表格数据确定光敏电阻阻值与光照强度之间的关系。光照前度变大，光敏电阻变小，再结合闭合电路欧姆定律及串并联规律进行分析得出合理的电路图。
12．（2024高三下·衡阳月考）某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验。
①如图甲，将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；
②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；
③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A'，测出A到A'的高度h和A'到B的水平距离s；
④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。
（1）实验得到多组h和s的数值如下表，请在图乙中作出s-h关系图线 。
h/cm 10.00 15.00 20.00 25.00 30.00
s/cm 19.90 32.70 48.10 57.60 69.80
（2）根据图线求得动摩擦因数μ= 。（保留1位有效数字）
（3）重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是 。
（4）实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值 （选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
（5）为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图丙所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
【答案】（1）
（2）0.4
（3）铝板的厚度
（4）大于
（5）不可行
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1）关系图像如下所示
（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得
而铁块水平位移大小s为
联立以上两式解得
式中即s-h图线的斜率，由图线可求得
故得
（3）根据上述结果
可知，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是铝板的厚度；
（4）如果实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，则铁块在水平段的初动能减小，水平位移x2就会减小，s的测量值偏小，由
可知，这会导致动摩擦因数的测量值大于其真实值。
（5）因为物体做圆周运动时有向心力，导致支持力大于重力垂直于切面的分力，从而摩擦力偏大，故该方案不可行。
【分析】画图时使尽可能多的点均匀的分布在直线的两侧。确定滑块在整个运动过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理及几何关系确定图像的函数表达式，再结合表达式明确图像斜率或截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。有机械能损失，则物体到达水平段的速度偏小。
13．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，截面是扇形的玻璃砖放在水平面上，扇形的半径为R，，面涂有反射层，一束单色光竖直向下照射在面上的C点，折射光线照射在面的D点，反射光线照射在弧面的中点E，与平行，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃砖对该单色光的折射率；
（2）该单色光从C点传播到E点所用的时间。
【答案】（1）解：延长入射光线交OB于F点，如图，
由于与平行，且CD和ED与竖直方向夹角相等，则
由几何关系，光的入射角为，则
故光的折射角为，则玻璃砖对该单色光的折射率为
（2）解：为正三角形，则OCED为菱形，则
得
即光在玻璃砖中的路程为
光在玻璃砖中的速度为
单色光从C点传播到E点所用的时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）根据几何关系确定光线在C点的入射角及折射角大小，再根据折射定律进行解答；
（2）根据几何关系确定光线从C点传播到E点的路程，再根据折射定律确定光在玻璃中的传播速度，再根据路程与速度、时间的关系进行解答。
14．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为m，A、B质量均为kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度。求：
（1）物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
（2）由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
（3）画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像。
【答案】（1）解：B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理
解得v0=6m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系
解得v1=0，v2=6m/s
（2）解：第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B做初速度为0，加速度为
的匀加速运动，则第二次碰撞时
解得t=s
此时B的速度为v3=12m/s，同样根据由动量守恒和能量关系
解得AB的速度为v4=12m/s，v5=6m/s
（3）解：同理第3次碰撞时
解得t'=s
此时B的速度为18m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）由于不计一切摩擦力，故B在A上滑动至B与A碰撞前，B只受恒力作用，且A始终根据动能定理确定碰撞前A的速度，碰撞过程AB构成的系统动量守恒和能量守恒，再对该过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（2）由（1）分析可知，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度，再对碰撞过程运用动量守恒定律及能量守恒定律进行解答；
（3）同上分析可知，第二碰撞结束至发生第三次碰撞过程，碰后B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，当两者再次相撞时，两者运动的位移相等，根据运动学规律确定第二次碰撞时A的速度即时间，再画出B的v-t图像。
15．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，xOy平面直角坐标系中第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场（未画出），第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场E0，第四象限交替分布着沿-y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度，磁感应强度分别为B、2B、3B……，其中。一质量为m、电量为+q的粒子从点M（-L，0）以平行于y轴的初速度v0进入第二象限，恰好从点N（0，2L）进入第一象限，然后又垂直x轴进入第四象限，多次经过电场和磁场后轨迹恰好与某磁场下边界相切。不计粒子重力，求：
（1）电场强度E0的大小；
（2）粒子在第四象限中第二次进入电场时的速度大小及方向（方向用与y轴负方向夹角的正弦表示）；
（3）粒子在第四象限中能到达距x轴的最远距离。
【答案】（1）解：设粒子在第二象限运动的时间为，加速度为，由于粒子垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，水平方向有
竖直方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
，，
（2）解：设粒子经过N点时的速度为，与轴的夹角为，则有
，
解得
由此可知
，
设穿过轴下方第一个电场后的速度为，由动能定理有
解得
在轴下方第一个磁场中运动的轨迹如图所示
由洛伦兹力充当向心力有
解得
设速度偏转角为，则根据几何关系可得
即粒子进入第四象限下方第二个电场时速度的大小为，方向与轴负方向夹角的正弦值为。
（3）解：粒子到达轴最远距离时，速度方向平行于方向，只要能进入下一个电场，就有方向的速度，由此可知粒子离轴最远时一定处于第个磁场中，此前粒子已经过个电场，设此时粒子速度大小为，由动能定理有
解得：，n=1，2，3........
在通过第n个磁场的过程中，设速度方向与+x方向的夹角为β，
在+x方向上由动量定理有：∑qBnvsinβ Δt=∑mΔvx
其中：Bn=nB，∑vsinβ Δt=L，∑Δvx=v（n+1）x-vnx
可得：nqBL=m[v（n+1）x-vnx]
所以从进入第四象限开始到最后一个磁场，累计有
粒子到达距x轴最远距离时，速度方向平行于x轴方向。只要能进入电场，就有y轴方向的速度，由此可知粒子离x轴最远时一定处于磁场中，设粒子到达距x轴最远距离时处于第n个磁场中，从进入第四象限开始到最后一个磁场，分别在第1、2、3……n个磁场中有
qBL=m（v2x-v1x）
2qBL=m（v3x-v2x）
3qBL=m（v4x-v3x）
……
nqBL=m[v（n+1）x-vnx]
累计相加可得：（1+2+3+…+n）BqL=m[v（n+1）x-v1x]
当速度方向平行于x轴方向时，有：
又有v1x=0，
联立可得：
解得
可知粒子离轴最远的距离为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据题意确定粒子在水平和竖直方向的位移，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据类平抛运动规律确定粒子进入第一象限的速度，粒子在磁场中运动速度大小不变。粒子在第四象限第一次进入电场时做匀加速直线运动，根据动能定理确定粒子在第四象限第一次离开电场的速度。再根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在第一个磁场中的运动半径，洛伦兹力不做功，粒子穿出磁场时速度大小不变，再根据几何关系确定第二次进入磁场时的速度方向。
（3）粒子距x轴的最远时，粒子的速度沿水平方向。在第四象限只有电场力做功，根据动能定理确定粒子在第四象限运动过程中，达到最远距离时粒子的速度。在磁场中洛伦兹力使粒子的速度方向发生偏转。由于粒子的末速度沿水平方向。对水平方向运用动量定理确定粒子没经过一个磁场时，水平方向洛伦兹力冲量与粒子动量变化量的关系，再根据求和确定到达最远距离时，洛伦兹力水平方向合冲量与动量变化量的关系。再根据末速度相等的关系结合几何关系进行解答。
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