2023年江西省高三名校聯考物理試卷（3月份）

1.某星球的質量是地球的p倍，半徑是地球的q倍。一運動員在地球上能夠跳起的最大高度

為八，假定運動員在地球上和該星球上起跳的最大初速度相同，則運動員在該星球上能夠跳起

的最大高度為（）

A./B./C.%D,4

PQpq

2.鈾、鉛測年法是放射測年法中最早使用，并且準確度最高的一種測年方式。本法可測定

距今100萬到45億年前的物體，測定精確度大約是測定范圍的10%?1%。鈾、鉛測年法依賴

兩個獨立的衰變鏈，一是豺8〃衰變至穩定的第6p/j,二是卷5（/衰變至穩定的第7pb,對于兩個

衰變鏈，下列說法正確的是（）

A.昭8〃的比結合能小于第6Pb的比結合能

B.0衰變是原子核外電子吸收能量躍遷的結果

C.一個龍81/核衰變至第6Pb核要經過6次a衰變和8次￡衰變

D.走5u衰變至第7Pb的半衰期會隨外界環境溫度的變化而變化

3.如圖，“單臂大回環”是體操運動中的高難度動作，運動員單臂

抓杠，以單杠為軸完成圓周運動，不考慮手和單杠之間的摩擦和空氣

阻力，將人視為處于重心的質點，將“單臂大回環”看成豎直平面內

的圓周運動，等效半徑為3重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.單杠對手臂只能提供拉力，不能提供支持力

B.從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力做正功

C.若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最低點的向心加速度大小為4g

D.若運動員恰好能夠完成此圓周運動，則運動員在最高點處時，手臂與單杠之間無支持力

4.一些先進的飛行器具有矢量發動機，它可以提供任意方向的推力。如圖，在一次飛行中，

飛行器沿與地面成30。角的直線斜向下俯沖，飛行過程保持發動機噴口始終水平向后噴氣（產

生的水平推力恒定），直到達到最大速度。假設飛行器的質量不變，設為僧，飛行器所受空氣

的阻力與速度的關系滿足/=為比例系數），重力加速度為g,不計空氣的浮力，下列

說法正確的是（）

A.飛行器達到最大速度前，加速度逐漸增大

B.飛行器能夠達到的最大速度為J卒

C.噴出氣體對飛行器的反作用力大小為?mg

D.飛行器達到最大速度的一半時，加速度大小為gg

5.如圖，在正四面體abed的a點和c點固定兩個等量同種電荷，正四面

體d點的電場強度大小為E4,4abe中心。處的電場強度大小為E。，則與：

將等于（）

B?

C.小

6.如圖，三只相同燈泡5、乙2、43的額定電壓均為U，額定功率均為P，將三只燈泡接入理

想變壓器電路,ab端接入正弦交流電（電壓有效值恒定），調節滑動變阻器連入電路中的阻值,

使三個燈泡恰好均正常發光，已知變壓器原副線圈的匝數之比%：噂=4：1。下列說法正確

的是（）

A.a、b端接入電壓的有效值為5U

B.滑動變阻器中的電流與燈泡乙2中電流相等

C.滑動變阻器連入電路中的阻值為弓

D.變壓器輸出的功率為3P

7.如圖，半圓環半徑為R,固定在水平桌面上，其半圓面

豎直。半圓環圓心。的正上方4點固定一個可視為質點的定滑

輪，在左側與4點等高的B點再固定一個同樣的定滑輪，將帶

有小孔的小球a穿入半圓環后與細繩的一端拴接，再將細繩

的另一端繞過兩個定滑輪后與小球b拴接，然后將小球a拉到

半圓環上的C點，靜止釋放小球a。已知小球a和b的質量分別

為ni和3m,0C與。4的夾角為53。且。Cl4C,半圓弧的最高點為P,半圓環上的。點和C點關

于0P對稱，重力加速度為g,s譏53。=0.8、cos53°=0.6,不計一切摩擦和空氣阻力，細繩

不可伸長，下列說法正確的是（）

A.小球a釋放瞬間，其加速度大小為第

B.小球a不能到達。點

C.小球a從C到P,繩的拉力對小球b做的功為mgR

D.小球a到達P點時的動能為［mgR

8.如圖，平行光滑導軌左側力B和4B'是半徑為R的四分之一圓弧，BE、B'E'水平，AC和AC'

間距為L,DE和D'E'間距為23AC.A'C,DE、D'E'均足夠長，4c和DE、4'C'和D'E'通過導

線連接，其中BB'右側導軌平面處在豎直向上，磁感應強度為B的勻強磁場中。現將長度為2L

的導體棒PQ垂直導軌放置于DE和D'E'上，將長度為L的導體棒MN垂直導軌放置于44'端，靜

止釋放導體棒MN,導體棒運動的過程始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒MN最終的速度大

小為,丁雙。己知導體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，導體棒質量為電阻為r,

重力加速度為g，不計導軌電阻，下列說法正確的是（）

B

E'

DPE

22

A.導體棒MN進入磁場瞬間，導體棒PQ的加速度大小為

6mr、o

B.導體棒MN、PQ最終共速

C.PQ棒的最終速度為

D.整個過程導體棒PQ上產生的焦耳熱為：mgR

*7

9.如圖甲，物理探究小組運用圖甲所示的裝置測定滑塊與長木板間的動摩擦因數〃，同時測

定當地的重力加速度g。具體操作如下：

a.首先將一端固定定滑輪的長木板放置于水平桌面上；

b.在長木板上合適位置安裝兩光電門4和B,用毫米刻度尺測出光電門4和B的距離So；

c.將寬度為d的遮光條安裝在滑塊C上，測出滑塊C和遮光條的總質量為M和小桶D的質量為mo,

用輕繩連接滑塊C和小桶D,按住滑塊C,讓輕繩處于拉直狀態，然后向小桶中添加砂粒后，

釋放滑塊，滑塊向右滑動，記錄遮光條通過兩光電門的時間。

遮光條A

甲乙

(1)圖乙為該小組用螺旋測微器測得的遮光條的寬度，則遮光條的寬度&=—mm.

(2)當小桶中添加的砂粒質量為m時，發現兩光電門記錄的時間相等，則滑塊與長木板之間的

動摩擦因數，〃=_(用題目中給出的物理量的字母表示)。

(3)當小桶和砂粒的總質量為6m時，光電門A和B記錄的時間分別為戊和與，則當地的重力加

速度大小9=—(用題目中給出的物理量的字母表示)。

10.光敏電阻廣泛的應用于光控制電路中，物理探究小組設計了圖甲所示的電路測量不同照

度下的光敏電阻的阻值，照度單位為勒克斯(k)。小組成員先將照射光敏電阻的光調至某一

照度，將電阻箱阻值調到最大，先閉合電鍵S],再將電鍵S2與1連接，調節電阻箱的阻值如圖

乙所示時，此時通過電流表G的電流為/,然后將電鍵S2與2連接，當調節電阻箱的阻值如圖丙

所示時，電流表的示數恰好也為1。

X100000XIOOOOX100000XIOOOOX

交流電源

，電阻g

(l)圖乙的讀數8=—n,圖丙的讀數/?2=一0,此照度下光敏電阻的阻值Ro=一0。

(2)圖丁是該小組描繪出的光敏電阻的阻值隨照度變化的關系圖像，由圖丁可知(1)中的光照

度為—戊(保留兩位有效數字)。

(3)此光敏電阻隨光照強度的減小而—(填“增大”、“不變”或“減小”)。

(4)小組設計了如圖戊所示的電路控制路燈，圖戊中Ro為此實驗的光敏電阻,R1為滑動變阻器,

電磁繼電器的銜鐵由軟鐵(容易磁化和消磁)制成，為電磁鐵的線圈電阻，K為單刀雙擲開

關。當光照強度小到某一值時.，銜鐵就會被吸下，交流電路接通，當光照強度達到某一值時，

銜鐵就會被彈簧拉起，交流電路就會斷開，路燈熄滅，請在圖戊中原有電路的基礎上用筆畫

連接電路實現這一功能。

11.如圖，平面直角坐標系％0y位于豎直面內，其第/象限中存在著正交的勻強電場和勻強磁

場，電場強度的方向沿y軸負方向(豎直向下)，場強大小為E,勻強磁場的方向垂直坐標平面

向里。一帶電的微粒以速度%從y軸上P點射入第/象限，速度方向與y軸正方向成。=30°,微

粒在第/象限中做勻速圓周運動，偏轉后垂直x軸進入第W象限。已知P點與x軸的距離為d,

重力加速度為g。

(1)帶電微粒的比荷；

(2)磁感應強度的大小。

E

12.受游樂場彈性蹦床的啟發，小李同學構建了如圖所示的碰撞模型，將一輕回

彈簧豎直放置，下端固定在地面上，上端固定一個質量為m的物體4,物體A初

始處于靜止狀態。將一質量為三的物塊B從4的正上方九高度處以初速度。0=

豎直向下拋出，之后B和4發生碰撞且碰撞時間極短。已知彈簧的勁度系

數為鼠彈簧的形變始終在彈性限度內，彈簧的彈性勢能為Ep=；kx2Q為彈簧

的形變量），重力加速度為g,不計空氣阻力。

（1）求B和4發生碰撞前的瞬間，B的速度大小；

（2）若B和4發生完全非彈性碰撞，B和4碰后一起向下運動直至達到最大速度的過程，彈簧彈

性勢能的增加量為4E,求此過程中4、B整體的最大動能（結果的表達式中必須含有4E）；

（3）若8和4發生彈性碰撞，碰后立即移走B,求碰后4向下運動過程中最大加速度的大小。

13.如圖，一定質量的理想氣體從狀態a-b-cfa,其壓強與溫度的關系圖像如圖所示，

則由狀態a到狀態b,理想氣體分子的密集程度—（填“增大”、“不變”或“減小”）；理

想氣體由狀態b到狀態c的過程一（填“吸收”或“放出”）熱量；氣體由狀態c到狀態a的過

程—（填“吸收”或“放出”）熱量。

14.如圖甲所示裝置，導熱良好的兩個薄壁汽缸4、8通過活塞C、。分別封閉了兩部分同種

理想氣體a、b,活塞通過不計質量的細桿相連，豎直靜置在水平面上。兩個氣缸的質量均為

M-2kg,活塞。的質量me=Mg，活塞。的質量=0.5kg,兩個活塞的橫截面積均為S=

10cm2,氣體a和b對應的體積恰好相等。己知外界大氣壓強為po=1.0x105pa,環境溫度不

變，重力加速度g取10m/s2,不計所有摩擦。

(1)求氣體a、b的壓強Pa和Pb；

(2)如圖乙，將裝置放置于光滑水平地面上，兩活塞均不脫離氣缸，求穩定后氣體a、b的體積

之比。

15.如圖，圖甲是t=0時刻一列沿x軸傳播的橫波圖像，圖乙是質點P的振動圖像，質點Q的

平衡位置坐標々=7m,下列說法正確的是()

A.質點做簡諧運動的頻率為2.5Hz

B.此波沿久軸正方向傳播

C.此波的傳播速度大小10m/s

D.t=0時刻，質點Q沿y軸正方向振動

E.t=0時刻，質點Q偏離平衡位置的位移y。--10V-2cm

16.如圖，足夠大的水池內距水面深度“處有紅藍兩個點光源，兩光源發光時，會分別在水

面形成兩個發光圓區域，兩區域不重疊。若紅光源在水面形成的發光區域面積為a，藍光源

在水面形成的發光區域面積為S2。已知水對紅光的折射率為%,水對藍光的折射率為電。

(1)求工與S2的比值；

(2)為使藍光源在水面形成的發光區域面積與紅光源在水面形成的發光區域面積相等，可將藍

光源的深度調整為多少？

水面_______________________________________________

打光點光源…慶源

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：設地球質量為M,半徑為R,表面的重力加速度為g：球形星體的質量為M',半徑為

R'，表面的重力加速度為g'，萬有引力大小等于重力大小，則有=

Mrm,

Gr-^2=m9

聯立解得4=學=9

9R,2M<?2

運動員起跳上升過程中有0-堤=-2gh

0-詔=-2g'h1

聯立解得九'=貯入，故C正確，A3。錯誤。

v

故選：C。

星球表面，萬有引力大小等于重力大小，再根據運動學公式聯立，求最大高度。

本題考查學生對星球表面，萬有引力大小等于重力大小以及豎直上拋位移公式的掌握，是一道基

礎題.

2.【答案】A

【解析】解：4原子核越穩定，其比結合能越大，所以第6Pb的比結合能大于走8(7的比結合能，

故A正確；

50衰變是原子核內一個中子轉變成質子的結果，不是來自核外電子，故B錯誤；

C.由龍切->第6pb+蠟“e+洌送滿足電荷數守恒和質量數守恒，得2x-y+82=92；4x+

206=238；解得x=8,y=6,所以一個無汨核衰變至第6Pb核要經過8次a衰變和6次￡衰變，

故C錯誤；

。.半衰期與原子所處的物理狀態無關，與溫度和化學狀態無關，故。錯誤。

故選：Ao

原子核越穩定，其比結合能越大；根據口衰變的本質判斷；根據質量數守恒與電荷數守恒判斷；

半衰期與溫度和化學狀態無關。

本題考查原子核的衰變，關鍵掌握衰變過程中電荷數和質量數守恒，注意0衰變的實質。

3.【答案】C

2

【解析】解：4運動員在做圓周運動的過程中，當運動員的重力恰好提供向心力時，有mg=

v=y/~gL

當運動員在最高點的速度大于7^時，桿對運動員的力為拉力，當運動員在最高點的速度小于

時，桿對運動員的力為支持力，故A錯誤；

8.從最高點到最低點的過程中，單杠對人的作用力一直與速度方向垂直，不做功，故8錯誤；

C.運動員恰好完成圓周運動，運動員在最高點速度為零，此時手臂與單杠之間支持力大小等于運

動員重力大小，從最高點到最低點

根據動能定理有mg-2L=jmv2

在最低點向心加速度大小a=y

聯立a=4g

故C正確，。錯誤。

故選：C。

根據速度分析單杠對手臂的力：

單杠對人的作用力一直與速度方向垂直，不做功；

從最高點到最低點，根據動能定理和向心加速度公式，分析向心加速度大小。

本題解題關鍵是正確分析不同速度時，單杠對手臂的力，臨界速度是，

4.【答案】B

【解析】解：AB,發動機噴口始終水平向后噴氣，產生的水平向前的恒定的推力，受力如圖，推

力和重力的合力一定。隨速度增加，阻力好增加，合力減小，則加速度減小，當加速度為零時速

度最大，則瑞瑞，解得最大速度%,=」甲，故A錯誤,8正確；

,一，30。

C、噴出氣體對飛行器的反作用力大小為F=rngCan60。=故。錯誤;

。、飛行器達到最大速度的一半時，由牛頓第二定律有贏-%獷=3,解得加速度大小

為a=|g,故Z）錯誤。

故選：B。

發動機噴口始終水平向后噴氣，產生的水平向前的恒定的推力，分析阻力的變化，由牛頓第二定

律判斷加速度變化情況，當加速度為零時速度最大，由此求出最大速度。由牛頓第二定律求飛行

器達到最大速度的一半時加速度大小。

本題正確作出受力分析圖，并結合力的合成，得出推力與重力之間的大小關系，是解題的關鍵所

在。

5.【答案】B

【解析】解：設正四面體的邊長為3a點和c點所帶電荷帶電量均為Q,根據矢量合成結合幾何關

系可得

kQy/~3kQ

Ecd=2o/cos3。=—jj—

根據幾何關系，a點和c點的距離為NaOc=120。，所以。點場強為：E°=-J=3涯

3（―￡）、

可得％=?，故8正確，48錯誤。

故選：Bo

根據矢量合成結合幾何關系，求d和。點的場強大小，再求比值。

本題解題關鍵是正確根據幾何關系和矢量法則結合點電荷場強公式求解合場強。

6.【答案】AC

【解析】解：4三個燈泡恰好均正常發光，副線圈輸出電壓”=U

根據理想變壓器電壓比等于匝數比，則強=/則原線圈的輸入電壓為由途解得U[=4U

a、b端接入電壓有效值Uab=U+U「解得（/助=5/故A正確；

8c.設燈泡正常發光時電流為/,則原線圈電流=/=J

副線圈電流/2=詈。=4/=4《

故滑動變阻器中的電流/滑=辦-2/=2/=

2

滑動變阻器連入電路中阻值R滑=藝=￡=%

故B錯誤，C正確；

。.變壓器輸出的功率為P出=叼2=U?4/=4P

故。錯誤。

故選：AC?

依題意，知道副線圈輸出電壓，根據理想變壓器電壓比等于匝數比，求原線圈電壓，再根據電壓

關系，求a、b端接入電壓有效值；

求出原副線圈電流，得到滑動變阻器中的電流，再求滑動變阻器連入電路中的阻值；

根據功率規律，求變壓器輸出的功率。

本題解題關鍵是掌握理想變壓器電壓比等于匝數比，并正確分析出電路中的電流、電功率關系，

是一道中等難度題。

7.【答案】AD

【解析】解：4、小球a釋放瞬間，對a球進行受力分析，如圖所示。

由牛頓第二定律得

FT—mgs由53°=ma

對b球，由牛頓第二定律得

3mg-FT=3ma

聯立解得小球a釋放瞬間，其加速度大小為。=葛9,故A正確；

CD、不計一切摩擦，小球a從C到P的過程中，小球a、b組成的系統機械能守恒。小球b的速度與

小球a沿繩子方向的分速度相等，小球a到達P點時，其速度方向水平向左，沿繩方向的速度為零，

則小球6的速度為零。

由機械能守恒定律得：4c-AP)—mg(R-Rcos53。)=

由幾何關系得4C=Rtm53。,AP=^-R

2

解得小球a到達P點時的動能為：EkP=1mv=|mgR

小球a從C到P的過程中，由動能定理得

W&a-mgR(l-cos53°)=EkP

解得小球a從C到P,繩的拉力對小球b做的功為：W&b=W&a=-2mgR,故C錯誤，。正確；

B、小球a到達P點時，其速度方向水平向左，小球a向。點做減速運動，小球b上升。因為。點與C點

關于。P對稱，。點與C點等高，由系統機械能守恒可知a球能夠到達D點，故B錯誤。

故選：AD.

小球a釋放瞬間，對a、b兩球分別運用牛頓第二定律列式，可求出小球a的加速度。不計一切摩擦，

a、b小球組成的系統機械能守恒，小球a到達P點時，b小球的速度為零，由機械能守恒定律求出

小球a到達P點時的動能，由動能定理求繩的拉力對小球匕做的功。由系統機械能守恒分析小球a能

不能到達。點。

本題以系統為研究對象，運用機械能守恒定律研究，要注意小球a到達P點時，小球b的速度為零。

8.【答案】CD

【解析】解：4、導體棒MN在圓弧下滑過程，根據機械能守恒，有mgR=gm琢;導體棒MN進

入磁場瞬間，感應電動勢為邑=由于導體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，根據R=p(

和m=pV■可知導體棒PQ的質量、電阻分別為2m,2r,則感應電流為/1=/轉；對導體棒PQ分析

有2B/"=2mai，解得。=也1/7^，故A錯誤；

3mrv0

BC、穩定時，兩導體棒均做勻速直線運動，回路總的感應電動勢為0,則有BLUMN=d2功PQ,

解得"PQ=2gR，可知，導體棒MN、PQ最終MN的速度大一些，故B錯誤，C正確；

D、整個過程回路產生的總焦耳熱為Q總=刎詔—加麻2m笳Q,導體棒PQ上產生的焦耳

熱Q=磊7Q總'解得Q=ImgR,故。正確。

故選：CD。

導體棒MN在圓弧下滑過程中根據機械能守恒列出方程，再根據導體棒MN進入磁場瞬間的感應電

動勢，結合歐姆定律求出導體棒的感應電流，再對導體棒PQ受力分析，根據牛頓第二定律求出加

速度；穩定時，兩導體棒均做勻速直線運動，回路總的感應電動勢為0,根據感應電動勢的公式判

斷導體棒MN、PQ最終MN的速度大小關系；最后根據能量守恒求出整個過程回路中產生的總焦耳

熱以及導體棒PQ上產生的焦耳熱。

本題考查電磁感應中的能量問題，解決本題的關鍵是熟練掌握機械能守恒，能量守恒、閉合電路

歐姆定律以及動生電動勢的求解。

m+nto3(6m+M)d2

9.【答案】3.708

M2so(5m-mo)At2

【解析】解：(1)螺旋測微器的分度值為O.Olrmn,需要估讀到分度值的下一位，根據螺旋測微器

的讀數規律得，遮光條的寬度為3.5nwn+0.01x20.8mm=3.708mm

(2)滑塊經過光電門的速度為u=今

當兩光電門記錄的時間相等時，滑塊的速度相等，表明滑塊做勻速直線運動，由平衡條件得：(瓶+

m0)g=

解得：〃=中

(3)滑塊經過光電門A的速度為17]=*

滑塊經過光電門B的速度為W=4

由勻變速直線運動位移一速度公式得：vl-vl=2QS0

對滑塊、小桶和砂粒整體受力分析，由牛頓第二定律得：6mg-iiMg=(6m4-M)a

3(6m+M)d2

聯立解得：g=

2

2so(5?n-7no)21t

2

故答案為：⑴37。&⑵空；⑶景震梟

(1)根據螺旋測微器讀數規則得出對應的示數即可;

(2)兩光電門記錄的時間相等，則滑塊做勻速直線運動，根據平衡條件列式求解即可;

(3)根據勻變速直線運動位移一速度公式和牛頓第二定律列式求解即可。

本題考查動摩擦因數的測量，根據平衡條件、牛頓第二定律、勻變速直線運動規律列式求解即可。

10.【答案】2320112012001.0增大

【解析】解：(1)圖乙的讀數&=0x100000/24-0xloooon+2x10000+3xloon+2x

ion+0x10=23200

圖丙的讀數&=oxlooooon+oxloooon+1xlooon+1xloon+2xion+oxin=

ii2on

P

根據閉合電路的歐姆定律，開關接1時，電路中的電流A=KR-[+-rRKq-+r!,

E

開關接2時，電路中的電流包=&+Rg+r+Ro

根據題意A=i2=1

聯立解得Ro=RX-R2=23200-11200=1200/2

(2)根據扁的阻值，結合圖像可知(1)中的光照度為1.0比；

(3)根據圖線可知，此光敏電阻隨光照強度的減小而增大；

(4)將線圈與光敏電阻并聯，然后與滑動變阻器以及電源串聯，這樣當光照強度減小時，光敏電阻

的阻值增大，并聯部分的分壓變大，線圈中的電流增大，螺線管的磁性變強，將銜鐵吸下，路燈

接通；當光照強度增大時，光敏電阻阻值變小，并聯部分分壓變小，線圈中的電流減小，螺線管

的磁性變弱，銜鐵彈起，路燈熄滅。

故答案為：(1)2320；1120；1200；(2)1.0；(3)增大；(4)連接的電路圖見解析。

(1)根據電阻箱面板對應示數求電阻&、/?2；根據閉合電路的歐姆定律求電阻&；

(2)(3)根據電阻尺的阻值，結合圖丁求解即可；

(4)光敏電阻的阻值隨光照的減小而增大，銜鐵隨線圈中的電流的增大而被電磁鐵吸下來，使交流

電路接通，因此線圈電阻&兩端的電壓要隨光敏電阻的增大而增大，據此分析電阻與光敏電阻

的連接方式;再根據串聯電路電壓的分配與電阻成正比的關系確定光敏電阻與電阻Ri的連接方式,

最后完成電路連接。

本題重點考查了光電傳感器(光敏電阻)在生產生活實際中的運用一實現自動控制；本題的難點自

動控制電路圖的設計，關鍵在于弄清光敏電阻的阻值與光照的關系、交流電路的通斷與線圈電阻/?2

中電流大小的關系，以及光敏電阻兩端電壓和線圈電阻兩端電壓的關系。

11.【答案】解：(1)由于帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，則

mg=Eq

解得：*菅

(2)由幾何關系得：

d

r-sin8

代入數據得：r=2d

帶電粒子第/象限做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：

避

qv0B=m-^-

解得：8=學

解得：8=翳

答：⑴帶電微粒的比荷為去

(2)磁感應強度的大小為警。

【解析】帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動，對帶電粒子受力要求是合外力為洛倫茲力，由其

它力的合力為零，可求帶電微粒的比荷；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由幾何關系求出

半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度的大小。

此題需要熟練掌握帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動的條件，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運

動時的分析思路，難度不大。

12.【答案】解：(1)依題意，B從開始下落到與4發生碰撞前的瞬間，根據動能定理有

mBgh=^mBvl-^mBv^

1

mB=-m

求得B和4發生碰撞前的瞬間，B的速度大小

%=2y!~gh

(2)8與4發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律，以巧方向為正方向

rngVi=(mB+m^v2mA=m

當彈簧彈力等于二者的總重力時，此時二者的速度最大，動能最大，有

kAx=(mB+TTIA)g

根據能量守恒定律有

12

mv

Ekm-2+A)2+4E=(mB+mA)gAh

Ah=Ax-Ax0

且B與4發生碰撞前瞬間，彈簧的壓縮量為

"。=賢

聯立以上式子求得

Ekm=\mgh+凱2g2_AE

(3)若B和4發生彈性碰撞，碰后立即移走B,根據動量守恒定律及能量守恒定律，以力方向為正方

向，有

mBv1=mBv\+叫4叭

\mBvl=\mBv'l+\mAv'l

聯立求得碰后4的速度大小為

%=j/~gh

接著4將做簡諧振動，當4向下減速到速度為0時，有最大加速度，根據能量守恒定律有+

2

mAgAx'=+4%0)-就

在最低點根據牛頓第二定律有

k(Ax'+zlx0)-mAg=mAamax

聯立求得a=?回

37m

答：(1)隊員甲撞上緩沖墊時的速度大小

(2)4、B整體的最大動能刎g/i+京m2g2一』E；

(3)碰后4向下運動過程中最大加速度的大小￡叵。

【解析】(1)B從開始下落到與4發生碰撞前的瞬間，根據動能定理，求B的速度大小；

(2*與4發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律，當彈簧彈力等于二者的總重力時，此時二者

的速度最大，動能最大，根據能量守恒定律，求最大動能；

(3)若B和4發生彈性碰撞，碰后立即移走8,根據動量守恒定律及能量守恒定律列式，求碰后4的

速度大小，力做簡諧振動，根據能量守恒定律和最低點牛頓第二定律，求加速度。

本題是一道綜合性較強的題，解題關鍵是掌握彈性碰撞模型的規律，彈性碰撞中滿足規律：1.動

量守恒;2.動能守恒。

13.【答案】不變吸收放出

【解析】解：由圖像，結合pP=CT可知，a-b為等容變化，所以氣體分子密程度不變：b-c過

程為等溫變化，內能不變，壓強減小，根據pU=C7可知體積變大，則氣體對外界做正功，由熱

力學第一定律/U=W+Q可知，氣體吸收熱量；c-a過程為等壓變化，溫度降低，內能減少，

體積減小，外界對氣體做正功，由熱力學第一定律AU="+Q可知，氣體放出熱量。

故答案為：不變，吸收，放出。

根據理想氣體的狀態方程判斷a到b過程氣體體積不變；從狀態b-c為溫度不變過程，根據理想氣

體的狀態方程判斷體積變化，然后根據熱力學第一定律判斷吸熱或放熱；從狀態cta為等壓變化

過程，根據理想氣體狀態方程判斷體積變化，然后結合熱力學第一定律判斷。

本題考查了理想氣體狀態方程、熱力學第一定律等知識點。解