湖北省恩施土家族苗族自治州高中教育联盟2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2022高一下·湖北期末）场是物理学中的重要概念，地球附近就存在重力场。若用定义电场强度的方法来定义“重力场强度”，即地球附近某点的“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。下列说法正确的是（ ）
A．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的质量成反比
B．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的质量无关
C．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的重力成反比
D．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的重力成正比
【答案】B
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】地球附近某点的“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。即该定义方法为比值定义法，即某点的“重力场强度”的大小只与该点的位置决定，与放在该点物体的质量及重力均无关。ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。与放在该点物体的质量及重力均无关。
2．自然科学中很多物理量的表达式都有不止一个，通常都有其定义式和决定式，它们反映人们对自然界认识的不同层次。定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释。下列表达式中，侧重解释因果关系的是（ ）
A．电阻 B．电容
C．加速度 D．电场强度
【答案】C
【知识点】加速度；电容器及其应用；比值定义法；电场强度；电阻
【解析】【解答】A.是电阻的定义式，电阻R的阻值是由自身决定的，与U和I无关，A不符合题意；
B.是电容的定义式，电容C是电容器本身决定，与极板的带电量和极板电压无关，B不符合题意；
C.加速度是因为力而产生的，所以是加速度的决定式，侧重解释因果关系，C符合题意；
D.是电场强度的定义式，电场强度E与放在电场中的检验电荷的电量和受力无关，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释。
3．甲、乙两车并排停在同一条平直公路上，从t=0时刻开始两车分别做匀加速运动，时两车又分别开始做匀减速运动。时两车相距最远，最远距离为16m，此时甲车在前，乙车在后。甲车运动过程的速度-时间图像如图所示，则乙车减速过程的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由图可知，甲减速时的加速度为，由匀变速直线运动速度与时间的关系式可得，甲在8s末的速度为，根据v-t图像中面积表示位移，可得前8s甲的位移，此时甲车在乙车前16m，因此乙位移为30m，设其最大速度为，相距最远时两车速度相同，均为4m/s，，，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据追及相遇的特点，由运动学公式结合v-t图像综合求解。
4．如图所示，物块A放置在倾角为45°的斜面B上，A、B间接触面光滑；在物块A上施加一水平力F，使AB一起沿水平面向左匀速滑动。若B与水平面间的动摩擦因数为，则A与B的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体A受力分析，受重力、支持力和推力F作用，由共点力平衡条件可得，对AB的整体，由共点力平衡条件可得：，联立解得，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A.
【分析】分别对A物块和A、B整体，应用共点力平衡条件列式，求解方程组即可。
5．（2023高三上·湖北期末）如图所示，光滑绝缘的水平桌面内有一圆形的匀强电场，场强大小为E，圆周外区域没有电场。O为圆心，AC、BD为相互垂直的直径。P为弧BC的中点。电场强度方向与直径BD平行。现有大量质量为m、电荷量为q（电性不同）的粒子以不同速率从A点沿AO方向射入匀强电场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从D点离开电场的粒子比从P点离开电场的粒子，在电场中运动的时间长
B．从D点离开电场的粒子和从B点离开电场的粒子，电场力做功最多，所以离开时动能一定最大
C．粒子在电场中的运动过程机械能守恒
D．调节粒子速度，粒子可能垂直圆形电场区域的边界射出电场
【答案】A
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子在电场中做类平抛运动，所以在与电场线平行的方向上位移越大运动时间越长，所以从D点离开电场的粒子比从P点离开电场的粒子，在电场中运动的时间长，A符合题意；
B．从D点离开电场的粒子和从B点离开电场的粒子，电场力做功最多，但是因为各粒子初动能大小不同，所以从BD处离开的粒子动能不一定是最大，B不符合题意；
C．粒子在电场中运动，电场力做功，所以机械能不守恒，C不符合题意；
D．粒子做类平抛运动，根据平抛运动的知识，射出电场时，速度方向的反向延长线恰好过AC方向位移的中点，根据几何知识可知该点一定不可能是圆心，而圆心与射出点的连线与边界垂直，所以粒子不可能垂直圆形电场区域的边界射出电场，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于电场方向的自由落体运动结合类平抛运动的规律以及功能关系进行分析判断。
6．在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为，四个完全相同的灯泡额定电压为，若已知灯泡和恰能正常工作，那么（ ）
A．和不能正常工作
B．输入端电压
C．若减小输入端电压则和变的更亮
D．因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
【答案】B
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A.设灯泡的额定电流为I，由于和恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于理想变压器电流与匝数的关系可得，可知原线圈的电流为，故和能正常工作，A不符合题意；
B.由题意知，灯泡的额定电压为U，和恰能正常工作，可知副线圈电压为U，由理想变压器电压与匝数的关系式可得，原线圈两端电压为2U，和正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为，B符合题意；
C.若减小输入端电压，变压器的等效电阻不变，所以原线圈电流减小，故和变的更暗，C不符合题意
D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据理想变压器电流与匝数的关系式和电压与匝数的关系式，分析原、副线圈的电流、电压，确定灯泡的工作状态；理想变压器原线圈的输入功率总等于副线圈的输出功率。
7．如图所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的宽度为d，在纸面内，相同的带正电的粒子（不计重力）从左边界的A点以大小相等的初速度，在0~180°范围内沿不同方向垂直磁场射入，有些粒子从右边界射出磁场，有些粒子从左边界射出磁场。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R且，圆周运动的周期为T，则下列说法中正确的是（ ）
A．磁场中有粒子经过的区域面积为
B．从磁场右边界射出的粒子中，磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍
C．从左边界射出的粒子数占总粒子数的30%
D．右边界有粒子射出的区域长度为
【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.由题意可知R=d，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，可得从左右两个边界射出的粒子运动轨迹如图所示
由图可知，磁场中有粒子经过的区域面积大于，A不符合题意；
B.由图可知，入射点和出射点之间的连线越长即弦长越长，对应的圆心角越大，由可知，轨迹的圆心角越大，运动时间就越长，反之越短。分析运动轨迹图象可知，能从右边界射出的粒子，最短的弦长为R，圆心角最小为60°，则最短时间，最长的弦长为，圆心角最大为90°，则最长的运动时间为，故从磁场右边界射出的粒子中，在磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍，B符合题意；
C.分析图中的轨迹可知，粒子初速度方向从向下到向右这90°范围内的粒子从右边界射出，初速度方向从向右到向上这90°范围内的粒子从左边界射出，故从左边界射出的粒子数占总粒子数的50%，C不符合题意；
D.如图可以看出，右边界MN段有粒子射出，由几何关系可知，M与N间的距离为2d，D不符合题意。
故符合题意：B。
【分析】做出粒子的运动在磁场中可能的运动轨迹，确定粒子可能经的区域；粒子在磁场中运动轨迹的圆心角越大，运动时间越长。
8．如图所示，将两个相同的木块P、Q置于粗糙固定斜面上，P、Q中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与P、Q栓接。木块P受到一个沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均静止。下列说法正确的是（ ）
A．Q一定受到4个力的作用
B．P一定受到5个力的作用
C．只移去弹簧后Q可能会沿斜面上滑
D．只移去弹簧后P所受摩擦力一定变小
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】B.设木块质量为m，斜面倾角为，对P受力分析如图
P一定受到重力、支持力、弹簧弹力、拉力和拉力作用，由共点力平衡条件可知，P一定还会受到沿斜面向上的摩擦力作用，否则合力不可能为零，所以P一定受五个力的作用，B符合题意；
A.对P，由共点力平衡条件可得，由此式可知，弹簧弹力与P的重力下滑分量的大小关系不确定，对Q，Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，因为P和Q质量相等，所以Q受到弹簧弹力与Q的重力的下滑分量的大小关系也不确定，若Q重力沿斜面的下滑分量与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力三个力的作用，A不符合题意；
C.只移去弹簧后Q受到的向上的弹力消失，Q不可能沿斜面上滑，C不符合题意，
D.有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有，只移去弹簧时，有，可知物块P受到摩擦力变小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】分析P的受力，结合共点力平衡条件分析P可能受到的力的个数；结合物体重力的下滑分量与弹簧弹力的大小关系，分析Q可能受到的力的个数；根据共点力平衡条件分析移去弹簧后两物体受力的变化。
9．一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，以水平地面为零势能面，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为1kg
B．物体所受阻力大小为3N
C．力F的大小为9N
D．物体上升过程中的最大速度为
【答案】B,C
【知识点】功能关系；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.物体在最高点时速度为零，动能为零，有机械能等于重力势能E=mgh，解得，A不符合题意；
B.物体从2m-2.25m的运动过程中，物体受重力和阻力作用，由功能关系知机械能的减少量等于克服阻力做功，得，解得f=3N，B符合题意；
C.物体从0-2m的运动过程中，物体受重力、阻力和竖直向上的力F的作用，由功能关系知，F与阻力做的功等于机械能的变化量，得，解得F=9N，C符合题意；
D.当物体向上运动2m时速度最大，机械能等于重力势能和动能之和，则有，解得，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】物体在最高点时机械能等于重力势能，由重力势能的定义式结合图中数据求出物体的质量；根据机械能的变化量等于除重力外的其它力做功，列式求解物体所受的阻力和力F的大小；在h=2m处，刚撤去拉力F，物体的动能最大，根据物体的机械能等于重力势能与动能之和，求出物体的最大速度。
10．中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的Maxij1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出（ ）
A．黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比
B．黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比
C．黑洞做匀速圆周运动的角速度大小
D．恒星的自转周期
【答案】A,B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】ABC.设太阳质量为M，则黑洞的质量为8M，恒星的质量为，黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，设为，设黑洞的轨道半径为，恒星的轨道半径为，黑洞和恒星做圆周运动的向心力由相互间的万有引力提供向心力，对黑洞，对恒星，联立可得，，解得，根据可得黑洞和恒星的线速度之比为，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度，AB符合题意，C不符合题意；
D.根据题中条件无法求出恒星的自转周期，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】黑洞和恒星做圆周运动的向心力由相互间的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分别对黑洞和恒星的圆周运动列式，分析可求解的物理量。
11．英国的物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机，受此启发，实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为，物块A、B由细绳相连，物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连，开始时物块均处于静止状态，它们的质量分别为，。某时刻物块被自由释放，物块A、B下降，C上升。当物块A下降高度h时A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长，重力加速度为g，不计转盘与轴以及细绳间的摩擦，忽略空气阻力，运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法中正确的是（ ）
A．细绳断裂前对物块A做的功为
B．细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为
C．物块C返回初始位置时的速度大小为
D．物块B返回初始位置时的速度大小为
【答案】A,B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.因为两轮是共轴转动，所以具有相同角速度，，由可得，，物块A下降高度h时，C上升的高度为2h，根据机械能守恒定律可知，设细绳断裂前对物块A做的功W，有，解得，A符合题意；
B.细绳断裂后，B和C组成的系统，机械能守恒，当B速度为零时，根据系统机械能守恒定律可得，解得，B符合题意；
CD.物块C返回初始位置时B也返回初始位置，由机械能守恒定律可得，解得，则，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先分析三物体的速度关系，再由系统机械能守恒定律和功能关系列式，求解细绳断裂前对物块A做的功；细绳断裂后，B向下做减速运动，速度为零时，B向下运动的距离最大，B和C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求出B向下运动的最大距离；对B、C组成的系统，根据机械能守恒定律列式求解物块B和C返回初始位置时的速度大小。
二、非选择题（本大题共5小题，共56.0分）
12．某问学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球A底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，用悬线悬挂在O点，光电门固定在O点正下方铁架台的托杆上，小球B放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球A（包含遮光条）和B的质量用天平测出分别为、，拉起小球A一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球B做平抛运动而落地，小球A反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为、，测量O点到球心的距离为L，小球B离地面的高度为h，小球B平抛的水平位移为x。
（1）关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是____。
A．要使小球A和小球B发生对心碰撞
B．小球A的质量要大于小球B的质量
C．应使小球A由静止释放
（2）某次测量实验中，该同学测量数据如下：d=0.5cm，L=0.5m，h=0.45m，x=0.30m，，，重力加速度g取10m/s2，若小球A（包含遮光条）与小球B的质量之比为 ，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球A和小球B发生的碰撞是 碰撞（“弹性”或“非弹性”）。
【答案】（1）A
（2）1：3；弹性
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A.要满足A、B的碰撞过程动量守恒，小球A和小球B要发生对心碰撞，A符合题意；
B.碰撞后入射球反弹，根据小碰大，要反弹的规律，可知入射球的质量小于被碰球的质量，B不符合题意；
C.由于碰撞前后A的速度由光电门测出，所以对A的释放位置不做要求，C不符合题意。
故答案为：A。
（2）碰撞前后入射球A的速度由光电门测出，则有，，设被碰球B碰撞后的速度为，根据平抛运动规律有，，解得，若碰撞前后动量守恒，则有，解得；碰撞前系统的动能为，而碰撞后系统的动能为，由于，所以小球A和小球B发生的碰撞是弹性碰撞。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）由平抛规律，应用运动学公式求出B的碰后速度，再由动量守恒定律分析碰撞过程，求出两小球的质量；根据碰撞前后的能量关系分析该碰撞是否是弹性碰撞。
13．如图1所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻10Ω：电池电动势1.5V、内阻1Ω；
图1 图2 图3
（1）图1中表笔a为 色（选填“红”或“黑”）。调零电阻可能是下面两个滑动变阻器中的 （填选项序号）。
A.电阻范围0~200Ω B.电阻范围0~2000Ω
（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为 Ω；
（3）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V、内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测景结果 。（选填“偏大”“偏小”或“准确”）
（4）如图3所示，某同学利用定值电阻给欧姆表增加一挡位“×10”，则定值电阻 Ω。（结果保留1位小数）
【答案】（1）红；B
（2）1600
（3）准确
（4）1.1
【知识点】电表的改装与应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的原理结构，黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，可以判断a为红表笔；当表笔短接，电表满偏时，由闭合电路欧姆定律可得，多用电表总内阻为，所以电阻应选择B；
（2）可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻，，即表盘刻度为15时代表，倍率为×100，图2中指针所指刻度为16，所以被测电阻的阻值为。
（3）设电源电动势为E，干路电流为，调零后电表内阻为，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为I，对应的待测电阻为，根据闭合电路欧姆定律，，整理得，由此式可知，只要电动势和电流表的满偏电流不变，测量电阻时，电源内阻对指针所指位置没有影响，所以相同，即读数准确。
（4）电流计与并联，相当于电流计改装成了大量程的电流表，欧姆表的倍率为时，中值电阻为，即内阻为，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，改装表的电流为0.01A，根据串并联电路的特点和欧姆定律可得，解得。
【分析】（1）根据欧姆表的原理结构，分析红黑表笔；由闭合电路欧姆定律计算红黑表笔短接时，多用电表的内阻，选择所使用的滑动变阻器；（2）通过分析中值电阻的阻值得出此时表的倍率，再根据表盘读数求出被测电阻的阻值；（3）通过闭合电路欧姆定律分析电源内阻在测量相同内阻时，对通过表头的电流有无影响，再判断电源内阻对所测电阻有无影响；（4）倍率为“×10”时，根据此时对应的中值电阻结合闭合电路的欧姆定律求解电路中的最大电流，再确定表头需要改装的量程，然后根据并联电路的特点及欧姆定律求定值电阻的阻值。
14．（2022·聊城模拟）某均匀介质中，波源位于水平面xOy的O点，从时波源开始沿垂直于水平面的z轴（z轴正方向竖直向上）从处开始做简谐运动，振动方程为．xOy水平面上P点的坐标是，Q点的坐标是．经时间，在、区域中第二次形成如图所示波面分布图（实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷）．
（1）求波速v和时间；
（2）若在Q点放一个也沿z轴方向做简谐运动的波源，其振动方程为，求振动稳定后P点在0.6s内的路程．
【答案】（1）解：根据振动函数为z=4sin（10πt）cm，O点的起振方向为正方向，振幅为4cm，因为
则T=0.2s
观察波面图判断出波长λ=6m，则传播速度为
由于波源的起振方向向上，则在-6m≤x≤6m、-6m≤y≤6m区域中第二次形成如图所示波面分布图中，波前已经达到x=13.5m处，波源已经经过t=2T振动，则题图中波面分布图的形成时间t0=0.45s
（2）解：P点距离O点的波源15m，OP=2.5λ，P点距离Q点的波源9m，该波源引起的波的波长与O点的波的频率和波长都相等，QP=1.5λ，因OP-QP=λ且两波源起振方向相反，可知两波在P点的振动减弱，则振幅为A=6cm-4cm=2cm
则振动稳定后P点在0.6s=3T内的路程12A=24cm．
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据振动的函数可以求出周期的大小；利用波面图可以求出波长的大小，利用波长和周期可以求出波速的大小；由于已知波源的位置及其周期的大小可以求出振动的时间；
（2）由于其Q点的波源其频率与O点波源的频率相等，且传播速度相等所以其波长相等，利用其P到Q和O的波程差可以判别两波在其P点振动减弱，利用其振幅和振动的时间可以求出P点振动经过的路程大小。
15．如图所示，质量为2m，长为L的木板放在光滑水平面上，其左端放有质量为m的小物块。初始物块和木板同时获得等大反向的初速度，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为g，求：
（1）小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
【答案】（1）解：小物块和木板组成的系统因动量守恒，最终会共速，以向左为正方向，
由动量守恒定律得
解得：
设物块和木板间动摩擦因数为μ，全过程根据能量守恒定律：
解得：
（2）解：对小物块和木板分别有，
解得：，
当小物块的速度由到0的过程中，小物块相对地向右运动，时间为
则木板的位移为
联立解得：
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求解小物块和木板共速后的速度，再由能量守恒定律列式求解小物块与木板间的动摩擦因数；（2）由牛顿第二定律和运动学公式，综合求解小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
16．如图所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆狐，右侧为水平直导轨，图弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d=0.5m，导轨的左侧接着一个阻值为R=2Ω的定值电阻，右例接的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x=1.2m，两根金属a、b垂直放置在导轨上，质量均为m=0.2kg，接入电路的电阻均为r=2Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h=0.8m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，g=10m/s2，求：
（1）金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
（2）整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热；
（3）金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
【答案】（1）解：金属棒a由高h=0.8m处从静止沿轨道滑下
由机械能守恒定律得
解得
此后a与b产生弹性碰撞，取向右为正，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
解得，金属棒b刚入磁场区域的速度大小是4m/s
（2）解： 金属棒b在从A到B做减速运动，
由动量定理得
又，，，
联立解得v=2m/s
由能量守恒定律得
解得
在金属棒a上产生的焦耳热
（3）解：当金属棒b以速度v在BCPN区域做匀速直线运动，到CP边界时速度仍是v，进入CDQP区域，此时金属棒与电容器构成回路，金属棒b稳定时，速度是v'，电容器带电量是Q
由动量定理得
其中
可得：
解得：
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出金属棒a到达圆弧轨道底部时的速度，之后金属棒a与金属棒b发生碰撞，由动量守恒定律列式求出金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；（2）对金属棒b在从A到B做减速运动的过程，由动量定理和能量守恒定律求解整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热；（3）对金属棒b根据动量定理得列方程，求解金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
湖北省恩施土家族苗族自治州高中教育联盟2022-2023学年高三上学期1月期末物理试题
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（2022高一下·湖北期末）场是物理学中的重要概念，地球附近就存在重力场。若用定义电场强度的方法来定义“重力场强度”，即地球附近某点的“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。下列说法正确的是（ ）
A．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的质量成反比
B．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的质量无关
C．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的重力成反比
D．某点的“重力场强度”的大小与放在该点物体的重力成正比
2．自然科学中很多物理量的表达式都有不止一个，通常都有其定义式和决定式，它们反映人们对自然界认识的不同层次。定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释。下列表达式中，侧重解释因果关系的是（ ）
A．电阻 B．电容
C．加速度 D．电场强度
3．甲、乙两车并排停在同一条平直公路上，从t=0时刻开始两车分别做匀加速运动，时两车又分别开始做匀减速运动。时两车相距最远，最远距离为16m，此时甲车在前，乙车在后。甲车运动过程的速度-时间图像如图所示，则乙车减速过程的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，物块A放置在倾角为45°的斜面B上，A、B间接触面光滑；在物块A上施加一水平力F，使AB一起沿水平面向左匀速滑动。若B与水平面间的动摩擦因数为，则A与B的质量之比为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·湖北期末）如图所示，光滑绝缘的水平桌面内有一圆形的匀强电场，场强大小为E，圆周外区域没有电场。O为圆心，AC、BD为相互垂直的直径。P为弧BC的中点。电场强度方向与直径BD平行。现有大量质量为m、电荷量为q（电性不同）的粒子以不同速率从A点沿AO方向射入匀强电场，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从D点离开电场的粒子比从P点离开电场的粒子，在电场中运动的时间长
B．从D点离开电场的粒子和从B点离开电场的粒子，电场力做功最多，所以离开时动能一定最大
C．粒子在电场中的运动过程机械能守恒
D．调节粒子速度，粒子可能垂直圆形电场区域的边界射出电场
6．在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为，四个完全相同的灯泡额定电压为，若已知灯泡和恰能正常工作，那么（ ）
A．和不能正常工作
B．输入端电压
C．若减小输入端电压则和变的更亮
D．因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
7．如图所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的宽度为d，在纸面内，相同的带正电的粒子（不计重力）从左边界的A点以大小相等的初速度，在0~180°范围内沿不同方向垂直磁场射入，有些粒子从右边界射出磁场，有些粒子从左边界射出磁场。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R且，圆周运动的周期为T，则下列说法中正确的是（ ）
A．磁场中有粒子经过的区域面积为
B．从磁场右边界射出的粒子中，磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍
C．从左边界射出的粒子数占总粒子数的30%
D．右边界有粒子射出的区域长度为
8．如图所示，将两个相同的木块P、Q置于粗糙固定斜面上，P、Q中间有一处于压缩状态的弹簧，弹簧不与P、Q栓接。木块P受到一个沿斜面向下的恒定拉力F，P、Q均静止。下列说法正确的是（ ）
A．Q一定受到4个力的作用
B．P一定受到5个力的作用
C．只移去弹簧后Q可能会沿斜面上滑
D．只移去弹簧后P所受摩擦力一定变小
9．一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，以水平地面为零势能面，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为1kg
B．物体所受阻力大小为3N
C．力F的大小为9N
D．物体上升过程中的最大速度为
10．中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的Maxij1820+070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出（ ）
A．黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比
B．黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比
C．黑洞做匀速圆周运动的角速度大小
D．恒星的自转周期
11．英国的物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机，受此启发，实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为，物块A、B由细绳相连，物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连，开始时物块均处于静止状态，它们的质量分别为，。某时刻物块被自由释放，物块A、B下降，C上升。当物块A下降高度h时A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长，重力加速度为g，不计转盘与轴以及细绳间的摩擦，忽略空气阻力，运动过程中物块不会碰到转盘。下列说法中正确的是（ ）
A．细绳断裂前对物块A做的功为
B．细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为
C．物块C返回初始位置时的速度大小为
D．物块B返回初始位置时的速度大小为
二、非选择题（本大题共5小题，共56.0分）
12．某问学设计了一个如图所示的实验装置验证动量守恒定律。小球A底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条，用悬线悬挂在O点，光电门固定在O点正下方铁架台的托杆上，小球B放在竖直支撑杆上，杆下方悬挂一重锤，小球A（包含遮光条）和B的质量用天平测出分别为、，拉起小球A一定角度后释放，两小球碰撞前瞬间，遮光条刚好通过光电门，碰后小球B做平抛运动而落地，小球A反弹右摆一定角度，计时器的两次示数分别为、，测量O点到球心的距离为L，小球B离地面的高度为h，小球B平抛的水平位移为x。
（1）关于实验过程中的注意事项，下列说法正确的是____。
A．要使小球A和小球B发生对心碰撞
B．小球A的质量要大于小球B的质量
C．应使小球A由静止释放
（2）某次测量实验中，该同学测量数据如下：d=0.5cm，L=0.5m，h=0.45m，x=0.30m，，，重力加速度g取10m/s2，若小球A（包含遮光条）与小球B的质量之比为 ，则动量守恒定律得到验证，根据数据可以得知小球A和小球B发生的碰撞是 碰撞（“弹性”或“非弹性”）。
13．如图1所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻10Ω：电池电动势1.5V、内阻1Ω；
图1 图2 图3
（1）图1中表笔a为 色（选填“红”或“黑”）。调零电阻可能是下面两个滑动变阻器中的 （填选项序号）。
A.电阻范围0~200Ω B.电阻范围0~2000Ω
（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为 Ω；
（3）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V、内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测景结果 。（选填“偏大”“偏小”或“准确”）
（4）如图3所示，某同学利用定值电阻给欧姆表增加一挡位“×10”，则定值电阻 Ω。（结果保留1位小数）
14．（2022·聊城模拟）某均匀介质中，波源位于水平面xOy的O点，从时波源开始沿垂直于水平面的z轴（z轴正方向竖直向上）从处开始做简谐运动，振动方程为．xOy水平面上P点的坐标是，Q点的坐标是．经时间，在、区域中第二次形成如图所示波面分布图（实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷）．
（1）求波速v和时间；
（2）若在Q点放一个也沿z轴方向做简谐运动的波源，其振动方程为，求振动稳定后P点在0.6s内的路程．
15．如图所示，质量为2m，长为L的木板放在光滑水平面上，其左端放有质量为m的小物块。初始物块和木板同时获得等大反向的初速度，最终物块恰好没滑离木板，重力加速度为g，求：
（1）小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
16．如图所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆狐，右侧为水平直导轨，图弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d=0.5m，导轨的左侧接着一个阻值为R=2Ω的定值电阻，右例接的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x=1.2m，两根金属a、b垂直放置在导轨上，质量均为m=0.2kg，接入电路的电阻均为r=2Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h=0.8m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，g=10m/s2，求：
（1）金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
（2）整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热；
（3）金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】地球附近某点的“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。即该定义方法为比值定义法，即某点的“重力场强度”的大小只与该点的位置决定，与放在该点物体的质量及重力均无关。ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】“重力场强度”为放在该点的物体所受的重力G与其质量m的比值。与放在该点物体的质量及重力均无关。
2．【答案】C
【知识点】加速度；电容器及其应用；比值定义法；电场强度；电阻
【解析】【解答】A.是电阻的定义式，电阻R的阻值是由自身决定的，与U和I无关，A不符合题意；
B.是电容的定义式，电容C是电容器本身决定，与极板的带电量和极板电压无关，B不符合题意；
C.加速度是因为力而产生的，所以是加速度的决定式，侧重解释因果关系，C符合题意；
D.是电场强度的定义式，电场强度E与放在电场中的检验电荷的电量和受力无关，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释。
3．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由图可知，甲减速时的加速度为，由匀变速直线运动速度与时间的关系式可得，甲在8s末的速度为，根据v-t图像中面积表示位移，可得前8s甲的位移，此时甲车在乙车前16m，因此乙位移为30m，设其最大速度为，相距最远时两车速度相同，均为4m/s，，，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据追及相遇的特点，由运动学公式结合v-t图像综合求解。
4．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】对物体A受力分析，受重力、支持力和推力F作用，由共点力平衡条件可得，对AB的整体，由共点力平衡条件可得：，联立解得，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A.
【分析】分别对A物块和A、B整体，应用共点力平衡条件列式，求解方程组即可。
5．【答案】A
【知识点】功能关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子在电场中做类平抛运动，所以在与电场线平行的方向上位移越大运动时间越长，所以从D点离开电场的粒子比从P点离开电场的粒子，在电场中运动的时间长，A符合题意；
B．从D点离开电场的粒子和从B点离开电场的粒子，电场力做功最多，但是因为各粒子初动能大小不同，所以从BD处离开的粒子动能不一定是最大，B不符合题意；
C．粒子在电场中运动，电场力做功，所以机械能不守恒，C不符合题意；
D．粒子做类平抛运动，根据平抛运动的知识，射出电场时，速度方向的反向延长线恰好过AC方向位移的中点，根据几何知识可知该点一定不可能是圆心，而圆心与射出点的连线与边界垂直，所以粒子不可能垂直圆形电场区域的边界射出电场，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于电场方向的自由落体运动结合类平抛运动的规律以及功能关系进行分析判断。
6．【答案】B
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】A.设灯泡的额定电流为I，由于和恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于理想变压器电流与匝数的关系可得，可知原线圈的电流为，故和能正常工作，A不符合题意；
B.由题意知，灯泡的额定电压为U，和恰能正常工作，可知副线圈电压为U，由理想变压器电压与匝数的关系式可得，原线圈两端电压为2U，和正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为，B符合题意；
C.若减小输入端电压，变压器的等效电阻不变，所以原线圈电流减小，故和变的更暗，C不符合题意
D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据理想变压器电流与匝数的关系式和电压与匝数的关系式，分析原、副线圈的电流、电压，确定灯泡的工作状态；理想变压器原线圈的输入功率总等于副线圈的输出功率。
7．【答案】B
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.由题意可知R=d，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，可得从左右两个边界射出的粒子运动轨迹如图所示
由图可知，磁场中有粒子经过的区域面积大于，A不符合题意；
B.由图可知，入射点和出射点之间的连线越长即弦长越长，对应的圆心角越大，由可知，轨迹的圆心角越大，运动时间就越长，反之越短。分析运动轨迹图象可知，能从右边界射出的粒子，最短的弦长为R，圆心角最小为60°，则最短时间，最长的弦长为，圆心角最大为90°，则最长的运动时间为，故从磁场右边界射出的粒子中，在磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍，B符合题意；
C.分析图中的轨迹可知，粒子初速度方向从向下到向右这90°范围内的粒子从右边界射出，初速度方向从向右到向上这90°范围内的粒子从左边界射出，故从左边界射出的粒子数占总粒子数的50%，C不符合题意；
D.如图可以看出，右边界MN段有粒子射出，由几何关系可知，M与N间的距离为2d，D不符合题意。
故符合题意：B。
【分析】做出粒子的运动在磁场中可能的运动轨迹，确定粒子可能经的区域；粒子在磁场中运动轨迹的圆心角越大，运动时间越长。
8．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】B.设木块质量为m，斜面倾角为，对P受力分析如图
P一定受到重力、支持力、弹簧弹力、拉力和拉力作用，由共点力平衡条件可知，P一定还会受到沿斜面向上的摩擦力作用，否则合力不可能为零，所以P一定受五个力的作用，B符合题意；
A.对P，由共点力平衡条件可得，由此式可知，弹簧弹力与P的重力下滑分量的大小关系不确定，对Q，Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，因为P和Q质量相等，所以Q受到弹簧弹力与Q的重力的下滑分量的大小关系也不确定，若Q重力沿斜面的下滑分量与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力三个力的作用，A不符合题意；
C.只移去弹簧后Q受到的向上的弹力消失，Q不可能沿斜面上滑，C不符合题意，
D.有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有，只移去弹簧时，有，可知物块P受到摩擦力变小，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】分析P的受力，结合共点力平衡条件分析P可能受到的力的个数；结合物体重力的下滑分量与弹簧弹力的大小关系，分析Q可能受到的力的个数；根据共点力平衡条件分析移去弹簧后两物体受力的变化。
9．【答案】B,C
【知识点】功能关系；动能；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.物体在最高点时速度为零，动能为零，有机械能等于重力势能E=mgh，解得，A不符合题意；
B.物体从2m-2.25m的运动过程中，物体受重力和阻力作用，由功能关系知机械能的减少量等于克服阻力做功，得，解得f=3N，B符合题意；
C.物体从0-2m的运动过程中，物体受重力、阻力和竖直向上的力F的作用，由功能关系知，F与阻力做的功等于机械能的变化量，得，解得F=9N，C符合题意；
D.当物体向上运动2m时速度最大，机械能等于重力势能和动能之和，则有，解得，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】物体在最高点时机械能等于重力势能，由重力势能的定义式结合图中数据求出物体的质量；根据机械能的变化量等于除重力外的其它力做功，列式求解物体所受的阻力和力F的大小；在h=2m处，刚撤去拉力F，物体的动能最大，根据物体的机械能等于重力势能与动能之和，求出物体的最大速度。
10．【答案】A,B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】ABC.设太阳质量为M，则黑洞的质量为8M，恒星的质量为，黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，设为，设黑洞的轨道半径为，恒星的轨道半径为，黑洞和恒星做圆周运动的向心力由相互间的万有引力提供向心力，对黑洞，对恒星，联立可得，，解得，根据可得黑洞和恒星的线速度之比为，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度，AB符合题意，C不符合题意；
D.根据题中条件无法求出恒星的自转周期，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】黑洞和恒星做圆周运动的向心力由相互间的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分别对黑洞和恒星的圆周运动列式，分析可求解的物理量。
11．【答案】A,B,D
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.因为两轮是共轴转动，所以具有相同角速度，，由可得，，物块A下降高度h时，C上升的高度为2h，根据机械能守恒定律可知，设细绳断裂前对物块A做的功W，有，解得，A符合题意；
B.细绳断裂后，B和C组成的系统，机械能守恒，当B速度为零时，根据系统机械能守恒定律可得，解得，B符合题意；
CD.物块C返回初始位置时B也返回初始位置，由机械能守恒定律可得，解得，则，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先分析三物体的速度关系，再由系统机械能守恒定律和功能关系列式，求解细绳断裂前对物块A做的功；细绳断裂后，B向下做减速运动，速度为零时，B向下运动的距离最大，B和C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求出B向下运动的最大距离；对B、C组成的系统，根据机械能守恒定律列式求解物块B和C返回初始位置时的速度大小。
12．【答案】（1）A
（2）1：3；弹性
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）A.要满足A、B的碰撞过程动量守恒，小球A和小球B要发生对心碰撞，A符合题意；
B.碰撞后入射球反弹，根据小碰大，要反弹的规律，可知入射球的质量小于被碰球的质量，B不符合题意；
C.由于碰撞前后A的速度由光电门测出，所以对A的释放位置不做要求，C不符合题意。
故答案为：A。
（2）碰撞前后入射球A的速度由光电门测出，则有，，设被碰球B碰撞后的速度为，根据平抛运动规律有，，解得，若碰撞前后动量守恒，则有，解得；碰撞前系统的动能为，而碰撞后系统的动能为，由于，所以小球A和小球B发生的碰撞是弹性碰撞。
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析各选项；（2）由平抛规律，应用运动学公式求出B的碰后速度，再由动量守恒定律分析碰撞过程，求出两小球的质量；根据碰撞前后的能量关系分析该碰撞是否是弹性碰撞。
13．【答案】（1）红；B
（2）1600
（3）准确
（4）1.1
【知识点】电表的改装与应用；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的原理结构，黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，可以判断a为红表笔；当表笔短接，电表满偏时，由闭合电路欧姆定律可得，多用电表总内阻为，所以电阻应选择B；
（2）可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻，，即表盘刻度为15时代表，倍率为×100，图2中指针所指刻度为16，所以被测电阻的阻值为。
（3）设电源电动势为E，干路电流为，调零后电表内阻为，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为I，对应的待测电阻为，根据闭合电路欧姆定律，，整理得，由此式可知，只要电动势和电流表的满偏电流不变，测量电阻时，电源内阻对指针所指位置没有影响，所以相同，即读数准确。
（4）电流计与并联，相当于电流计改装成了大量程的电流表，欧姆表的倍率为时，中值电阻为，即内阻为，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，改装表的电流为0.01A，根据串并联电路的特点和欧姆定律可得，解得。
【分析】（1）根据欧姆表的原理结构，分析红黑表笔；由闭合电路欧姆定律计算红黑表笔短接时，多用电表的内阻，选择所使用的滑动变阻器；（2）通过分析中值电阻的阻值得出此时表的倍率，再根据表盘读数求出被测电阻的阻值；（3）通过闭合电路欧姆定律分析电源内阻在测量相同内阻时，对通过表头的电流有无影响，再判断电源内阻对所测电阻有无影响；（4）倍率为“×10”时，根据此时对应的中值电阻结合闭合电路的欧姆定律求解电路中的最大电流，再确定表头需要改装的量程，然后根据并联电路的特点及欧姆定律求定值电阻的阻值。
14．【答案】（1）解：根据振动函数为z=4sin（10πt）cm，O点的起振方向为正方向，振幅为4cm，因为
则T=0.2s
观察波面图判断出波长λ=6m，则传播速度为
由于波源的起振方向向上，则在-6m≤x≤6m、-6m≤y≤6m区域中第二次形成如图所示波面分布图中，波前已经达到x=13.5m处，波源已经经过t=2T振动，则题图中波面分布图的形成时间t0=0.45s
（2）解：P点距离O点的波源15m，OP=2.5λ，P点距离Q点的波源9m，该波源引起的波的波长与O点的波的频率和波长都相等，QP=1.5λ，因OP-QP=λ且两波源起振方向相反，可知两波在P点的振动减弱，则振幅为A=6cm-4cm=2cm
则振动稳定后P点在0.6s=3T内的路程12A=24cm．
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【分析】（1）根据振动的函数可以求出周期的大小；利用波面图可以求出波长的大小，利用波长和周期可以求出波速的大小；由于已知波源的位置及其周期的大小可以求出振动的时间；
（2）由于其Q点的波源其频率与O点波源的频率相等，且传播速度相等所以其波长相等，利用其P到Q和O的波程差可以判别两波在其P点振动减弱，利用其振幅和振动的时间可以求出P点振动经过的路程大小。
15．【答案】（1）解：小物块和木板组成的系统因动量守恒，最终会共速，以向左为正方向，
由动量守恒定律得
解得：
设物块和木板间动摩擦因数为μ，全过程根据能量守恒定律：
解得：
（2）解：对小物块和木板分别有，
解得：，
当小物块的速度由到0的过程中，小物块相对地向右运动，时间为
则木板的位移为
联立解得：
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】（1）由动量守恒定律求解小物块和木板共速后的速度，再由能量守恒定律列式求解小物块与木板间的动摩擦因数；（2）由牛顿第二定律和运动学公式，综合求解小物块对地向右运动的过程，木板的位移大小。
16．【答案】（1）解：金属棒a由高h=0.8m处从静止沿轨道滑下
由机械能守恒定律得
解得
此后a与b产生弹性碰撞，取向右为正，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
解得，金属棒b刚入磁场区域的速度大小是4m/s
（2）解： 金属棒b在从A到B做减速运动，
由动量定理得
又，，，
联立解得v=2m/s
由能量守恒定律得
解得
在金属棒a上产生的焦耳热
（3）解：当金属棒b以速度v在BCPN区域做匀速直线运动，到CP边界时速度仍是v，进入CDQP区域，此时金属棒与电容器构成回路，金属棒b稳定时，速度是v'，电容器带电量是Q
由动量定理得
其中
可得：
解得：
【知识点】动量定理；动量守恒定律；机械能守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）由机械能守恒定律求出金属棒a到达圆弧轨道底部时的速度，之后金属棒a与金属棒b发生碰撞，由动量守恒定律列式求出金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；（2）对金属棒b在从A到B做减速运动的过程，由动量定理和能量守恒定律求解整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热；（3）对金属棒b根据动量定理得列方程，求解金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
