衡陽(yáng)市八中2019級(jí)高三第6次月考物理試題（教師版）

衡陽(yáng)市八中2019級(jí)高三第六次月考試題物理命題人：劉龍華審題人：陳珍請(qǐng)注意：時(shí)量75分鐘滿分100分選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.如圖所示為一個(gè)無(wú)線充電器，右側(cè)是一個(gè)可以輻射電磁場(chǎng)的線圈，逆時(shí)針繞向，左側(cè)是配套的模塊化接口電路，它能把直流電變成高頻交流電。手機(jī)背部安裝有受電線圈，當(dāng)正對(duì)送電線圈放上去時(shí)就實(shí)現(xiàn)了給手機(jī)充電的功能，其工作原理與變壓器類似。圖中最內(nèi)側(cè)線圈中間黑色Ⅰ區(qū)域?yàn)榫€圈中心區(qū)域，Ⅱ區(qū)域?yàn)榄h(huán)狀繞線區(qū)域，若某時(shí)刻電流恒定，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)送電線圈通順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，其中心區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B.在中心區(qū)域的白點(diǎn)處垂直線圈放一根較短的通電導(dǎo)線，它會(huì)受到安培力的作用C.送電線圈Ⅰ區(qū)域的磁場(chǎng)比Ⅱ區(qū)域的磁場(chǎng)弱D.當(dāng)圖中送電線圈的電流增加時(shí)，受電電流一定增加【答案】A【解析】【詳解】A．當(dāng)通入順時(shí)針?lè)较螂娏鲿r(shí)，根據(jù)安培定則，可以判斷中心區(qū)域磁場(chǎng)垂直紙面向里，A正確；B．垂直線圈放一根較短的通電導(dǎo)線時(shí)，導(dǎo)線與磁場(chǎng)平行，所以導(dǎo)線不受力，B錯(cuò)誤；C．由于所有線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)都通過(guò)Ⅰ區(qū)域，并且方向相同，所以Ⅰ區(qū)域的磁場(chǎng)比Ⅱ區(qū)域強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)電阻一定時(shí)，受電電流的大小取決于單位面積上磁通量的變化率，D錯(cuò)誤。故選A。2.北京時(shí)間2021年10月16日0時(shí)23分，搭載神舟十三號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十三運(yùn)載火箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射。這是我國(guó)載人航天工程立項(xiàng)實(shí)施以來(lái)的第21次飛行任務(wù)，也是空間站階段的第2次載人飛行任務(wù)。飛船入軌后，在完成與空間站高難度的徑向交會(huì)對(duì)接后，航天員將進(jìn)駐天和核心艙，開啟為期6個(gè)月的在軌駐留。已知空間站在距離地球表面約400km的高度，每90分鐘繞地球一圈，1天之內(nèi)將經(jīng)歷16次日出日落。下列說(shuō)法正確的是（）A.空間站在軌運(yùn)行的線速度小于7.9km/sB.空間站運(yùn)行角速度小于地球同步衛(wèi)星運(yùn)行角速度C.載人飛船需先進(jìn)入空間站軌道，再加速追上空間站完成對(duì)接D.已知空間站的運(yùn)行周期、軌道高度和引力常量G，可求出空間站質(zhì)量【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得因?yàn)榭臻g站的軌道半徑大于地球半徑，則運(yùn)行線速度小于第一宇宙速度，故A正確；B．同步衛(wèi)星的周期為24h，空間站的周期為90min，由可知空間站運(yùn)行角速度大于地球同步衛(wèi)星運(yùn)行角速度，故B錯(cuò)誤；C．若載人飛船需先進(jìn)入空間站軌道，加速后會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)飛到更高的軌道，無(wú)法與空間站完成對(duì)接，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知空間站的質(zhì)量總會(huì)被約掉，所以已知空間站的運(yùn)行周期、軌道高度和引力常量G，無(wú)法求出空間站質(zhì)量，故D錯(cuò)誤。故選A。3.★電路如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，與定值電阻R1、R2及滑動(dòng)變阻器R連接，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭由中點(diǎn)滑向b端時(shí)，下列說(shuō)法正確的是電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小R1的電功率減小

C.電源的輸出功率增大D.通過(guò)R1的電流變化量ΔI1大于通過(guò)滑動(dòng)變阻器的電流變化量ΔIR【答案】B4.一物體靜止在光滑水平面上，從0時(shí)刻起，受到的水平外力如圖所示，以向右運(yùn)動(dòng)為正方向，物體質(zhì)量為，則下列說(shuō)法正確的是（）A.2s時(shí)物體回到出發(fā)點(diǎn)B.3s時(shí)物體的速度大小為C.第3s內(nèi)物體的位移為4mD.前2s內(nèi)物體的平均速度為0【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可得物體的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示內(nèi)，物體向右加速，向右減速，時(shí)速度剛好減為0，內(nèi)物體一直向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；BC．第內(nèi)，物體從靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為第末速度為第內(nèi)物體的位移為C錯(cuò)誤B正確；D．前，物體一直向右運(yùn)動(dòng)，位移不為0，根據(jù)平均速度的定義式平均速度不為0，D錯(cuò)誤。故選B。★5.水平光滑的絕緣木板上點(diǎn)的正上方固定一正點(diǎn)電荷，其電荷量為，、、為木板上以為圓心的三個(gè)等間距同心圓?，F(xiàn)將一帶正電的小球P從木板上點(diǎn)附近靜止釋放，小球依次經(jīng)過(guò)、、位置，其電勢(shì)能分別為、、，加速度分別為、、，忽略P對(duì)電場(chǎng)的影響，下列說(shuō)法中正確的是（）???????A.、、三處的電勢(shì)大小???????

B.間的電勢(shì)差與間的電勢(shì)差大小???????

C.P在、、位置處的電勢(shì)能大小???????

D.P在、、位置處的加速度大小???????【答案】A【解析】【分析】本題考查了電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系以及非勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系。帶正電的點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，距離電荷越遠(yuǎn)則電勢(shì)越低，根據(jù)庫(kù)侖定律結(jié)合圖中幾何關(guān)系求解小球P所受庫(kù)侖力的水平分量的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析電場(chǎng)力的變化，進(jìn)一步分析加速度的變化及ab與cd之間的電勢(shì)差的變化；帶正電的小球P依次經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減小，由此分析電勢(shì)能的變化。

【解答】

A.帶正電的點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，距離電荷越遠(yuǎn)則電勢(shì)越低，所以a、b、c三處的電勢(shì)大小為

>>，故A正確；

BD.如圖所示

小球P所受電場(chǎng)力的水平分量為：，

所以，，F(xiàn)x=0；，F(xiàn)x=0，所以正電的小球P從木板上O點(diǎn)附近靜止釋放向無(wú)窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，沿x軸方向的電場(chǎng)力先增大后減小。所以無(wú)法確定小球P在a、b、c位置處沿x軸所受電場(chǎng)力Fx的大小關(guān)系，由牛頓第二定律F=ma可知無(wú)法確定P在a、b、c位置處的加速度大小的大小關(guān)系；

由W=Fxx可知無(wú)法確定小球P從a到b與從b到c電場(chǎng)力做功的大小關(guān)系，由可知無(wú)法確定ab間的電勢(shì)差與bc間的電勢(shì)差大小，故BD錯(cuò)誤；

C.帶正電的小球P依次經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減小，所以帶正電的小球P在a、b、c位置處的電勢(shì)能大小為>>，故C錯(cuò)誤。

故選A。

6.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻上?？臻g存在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)以初速度v0向左運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知AC兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則物塊由A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（C）A．小物塊的加速度先不變后減小B．彈簧的彈性勢(shì)能增加量為C．小物塊與彈簧接觸的過(guò)程中，摩擦力的功率逐漸減小D．小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為零，加速度也一定為零二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分?！?．一個(gè)長(zhǎng)直密繞螺線管N放在一個(gè)金屬圓環(huán)M的中心，圓環(huán)軸線與螺線管軸線重合，如圖甲所示。螺線管N通有如圖乙所示的電流，下列說(shuō)法正確的是（）

A.t=時(shí)刻，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)

B.t=時(shí)刻，圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)

C.t=和t=時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流

D.t=和t=時(shí)刻，圓環(huán)內(nèi)有相同的感應(yīng)電流【答案】AD【解析】【分析】

本題主要考查楞次定律，線圈中的電流增大或減小時(shí)，根據(jù)楞次定律判斷出閉合金屬圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向。

???????根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，可以很好判斷閉合金屬圓環(huán)的面積變化趨勢(shì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與感應(yīng)電流的大小。

【解答】AB．由圖可知在時(shí)刻，通過(guò)線圈的電流增大，則線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，所以穿過(guò)金屬小圓環(huán)的磁通量變大，則需要回穿的磁感線條數(shù)增加，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢(shì)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．由圖可知在時(shí)刻通過(guò)線圈的電流增大，而在時(shí)刻通過(guò)線圈的電流減小，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．由圖可知在和時(shí)刻，線圈內(nèi)電流的變化率是大小相等的，則線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化率也相等，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小是相等的，所以感應(yīng)電流大小也相等，根據(jù)楞次定律可知兩時(shí)刻圓環(huán)感應(yīng)電流方向也相同，選項(xiàng)D正確。故選AD。8.如圖為含有理想變壓器的電路，圖中電流表均為理想電表，三個(gè)燈泡電阻相同且不變。變壓器原線圈兩端接入有效電壓為18V的正弦交流電，開關(guān)S閉合時(shí)，均能發(fā)光。當(dāng)開關(guān)S斷開后，電流表A1示數(shù)改變了0.3A，A2示數(shù)改變了0.6A，則下列說(shuō)法正確的是（）A．變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2 B．開關(guān)S斷開后，副線圈兩端的輸出電壓變大 C．開關(guān)S斷開后，燈泡L1的功率變大 D．開關(guān)S斷開后，燈泡L2減小的功率大于5.4W【解答】解：A、根據(jù)變壓器變流比得：＝即＝＝＝，原副線圈的匝數(shù)比為1：2，故A錯(cuò)誤。B、輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，故B錯(cuò)誤。C、開關(guān)S斷開后，副線圈電阻變大，輸入電壓不變，匝數(shù)不變，根據(jù)變壓器變壓規(guī)律知輸出電壓不變，所以輸出端的電流減小，則燈泡L2的電壓變小，所以燈泡L1的電壓變大，根據(jù)P＝可知燈泡L1的功率變大，故C正確。D、在原線圈，輸入功率減少，△P＝U1ΔI1＝18×0.3w＝5.4w，在副線圈，電鍵由閉合到斷開，通過(guò)燈泡L2的電流減少，故其功率減少，燈泡L1的電壓增大，故其功率增大，因?yàn)樽儔浩鞯妮斎牍β实扔谳敵龉β?，故輸出功率減小了5.4w，所以燈泡L，減小的功率大于5.4w。故D正確。故選：CD。9.如圖所示細(xì)線的上端系在墻上的A點(diǎn)，下端連一光滑小球B（視為質(zhì)點(diǎn)），圓柱體靜置于粗糙水平地而上細(xì)線恰好與圓柱體相切于B?，F(xiàn)對(duì)圓柱體施加一水平向右的拉力，使之沿地面緩慢向右移動(dòng)，直至小球B到達(dá)C點(diǎn)則在該過(guò)程中（）A.細(xì)線的拉力增大B.圓柱體對(duì)小球的支持力增大C.地面對(duì)圓柱體的支持力增大D.地面對(duì)圓柱體摩擦力大小不變【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．小球B的受力情況如圖所示

在B緩慢沿弧面上移的過(guò)程中，細(xì)線與豎直方向的夾角增大，圓柱體對(duì)小球的支持力與豎直向上方向的夾角θ減小，故細(xì)線的拉力T減小，圓柱體對(duì)小球的支持力N增大，A錯(cuò)誤，B正確；C．B對(duì)圓柱體的壓力N′（N′與N大小相等）的豎直分力大小Ny=N′cosθ，當(dāng)θ減小時(shí)Ny增大，使得地面對(duì)圓柱體的支持力增大，C正確；D．地面對(duì)圓柱體的摩擦力大小f=μ（Ny+G），其中G為圓柱體的重量，可知地面對(duì)圓柱體的摩擦力增大，D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖所示，ab是半徑為R的圓的直徑，c是圓周上一點(diǎn)，。質(zhì)量為m的物體僅受一個(gè)恒力作用，從a點(diǎn)沿ac方向射入圓形區(qū)域，經(jīng)時(shí)間t沿cb方向從b點(diǎn)射出、圓形區(qū)域。下列說(shuō)法中正確的是（）A.恒力沿cb方向，大小為B.恒力方向垂直ab斜向左上，大小為C.物體在a點(diǎn)的速率為D.物體離開b點(diǎn)時(shí)的速率為【答案】BD【解析】【分析】【詳解】CD．把運(yùn)動(dòng)分解為沿ac方向和cb方向，沿ac方向初速度為va，末速度為零，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得位移為，在這方向的平均速度則沿cb方向初速度為0，末速度為零，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在這方向的平均速度解得C錯(cuò)誤D正確；AB．沿ac方向的加速度

方向從c指向a沿cb方向加速度方向從c指向b合加速度為解得方向與ab垂直斜向左上方根據(jù)牛頓第二定律B正確A錯(cuò)誤。故選BD。三、非選擇題：共56分。第11~14題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第15、16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11.如圖所示。在水平桌面的左端固定一個(gè)圓弧槽滑道，滑道的末端與水平桌面相切。桌面的右端附近固定一個(gè)光電門。直徑為d、質(zhì)量為m1的小球1從圓弧槽上某處?kù)o止釋放。下滑到水平桌面向右運(yùn)動(dòng)通過(guò)光電門與靜止在桌面右邊緣的質(zhì)量為m2的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1向左彈回，小球2離開桌面做平拋運(yùn)動(dòng)。實(shí)驗(yàn)中測(cè)出小球1連續(xù)兩次通過(guò)光電門的時(shí)間分別為t1、t2桌面離水平地面高度為h，小球2碰后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為x。(1)若兩球的碰撞為彈性碰撞，則兩球的質(zhì)量大小關(guān)系應(yīng)滿足m2________m1（填“＜”“＞”或“＝”）。(2)改變小球1在圓弧槽上靜止釋放的位置·重復(fù)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)中測(cè)出多組、與x的數(shù)據(jù)。若要驗(yàn)證兩小球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，以x為橫軸。以_____為縱軸。作出的圖像為線性圖像。已知重力加速度為g，若線性圖像（直線）的斜率k=___________，則可驗(yàn)證兩小球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。【答案】①.>②.③.【解析】【詳解】(1)[1]選向右為正方向，設(shè)小球1碰前的速度為，若兩小球發(fā)生彈性碰撞，則有解得碰后球1反彈，則，可得；(2)[2][3]若兩球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則有其中可得故圖像（直線）的斜率★12.一興趣小組要測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)（約1.5V）和內(nèi)阻（小于1Ω），借助以下實(shí)驗(yàn)器材進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。A．毫安表mA（量程0～600mA，內(nèi)阻約為0.1Ω）；B．微安表G（量程0～400μA，內(nèi)阻為100Ω）；C．滑動(dòng)變阻器R1(0～20Ω)；D．滑動(dòng)變阻器R2(0～1kΩ)；E．電阻箱R(0～9999.9Ω)；F．定值電阻R01（阻值為2.50Ω）；G．定值電阻R02（阻值為10.00Ω）；H．開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）將微安表G改裝為量程2V的電壓表，該小組應(yīng)將電阻箱調(diào)到的阻值為__________Ω。（2）該小組設(shè)計(jì)電路原理圖如圖1所示，則應(yīng)該選擇的滑動(dòng)變阻器為__________，定值電阻為__________。（填器材對(duì)應(yīng)的符號(hào)）（3）請(qǐng)寫出定值電阻在實(shí)驗(yàn)中所起的兩個(gè)作用：__________________；__________________。（4）該小組根據(jù)記錄的數(shù)據(jù)，作出微安表G的示數(shù)I1隨毫安表mA的示數(shù)I2變化的圖像如圖2所示，則該節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E＝_________V，內(nèi)阻r＝__________Ω。（保留2位小數(shù)）【答案】（1）4900（2）

（3）保護(hù)電路

增大改裝后的電壓表電壓的變化范圍（4）1.440.50【解析】【分析】

（1）根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)列式即可；

（2）（3）根據(jù)電路結(jié)構(gòu)和實(shí)驗(yàn)原理分析即可。

（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律及圖2分析即可。

本題以測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻為背景，注意是根據(jù)閉合電路歐姆定律求解。

【解答】

（1）根據(jù)電壓表的改裝原理，將和代入可得。

（2）滑動(dòng)變阻器選便于調(diào)節(jié)，若定值電阻選，則阻值偏大，毫安表的讀數(shù)達(dá)不到半偏以上，因此定值電阻選。

（3）定值電阻一是可以起到保護(hù)電路的作用，二是可以增大改裝后電壓表電壓的變化范圍；

（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，變式可得，結(jié)合圖像中的數(shù)據(jù)，可得干電池的電動(dòng)勢(shì)為

故干電池的內(nèi)阻為。

故答案為（1）4900（2）

（3）保護(hù)電路

增大改裝后的電壓表電壓的變化范圍（4）1.440.50

13.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力)以速度v0從A(0，-L)點(diǎn)沿x軸正方向垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，之后經(jīng)過(guò)x軸上B點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后再次經(jīng)過(guò)x軸上C點(diǎn)。已知OC間距為4L，帶電粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度與x軸所成夾角為45°，求：

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)在C點(diǎn)右側(cè)某處垂直x軸放置一接收屏，若粒子能夠垂直打到屏上，求接收屏所放位置的x坐標(biāo)值?！敬鸢浮拷猓海?）帶電粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度與x軸夾角為45°，可知帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的方向與x軸成45°，由類平拋規(guī)律得：沿y軸方向：

水平方向位移：x=v0t

速度偏向角：

可得水平位移為：x=2L；

（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為：

由幾何關(guān)系得勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑為：

由洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力得：

解得：；

（3）若粒子垂直達(dá)到C點(diǎn)右側(cè)的接收屏上，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知：x=3L(n+2)，(n=0，1，2，)。【解析】（1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解OB間的距離；

（2）帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度為進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心結(jié)合半徑即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

（3）由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性特點(diǎn)求接收屏所放位置的x坐標(biāo)值。

???????本題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，分析時(shí)注意粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程滿足的規(guī)律。

14.（15分）如圖甲所示，光滑的水平絕緣軌道M、N上擱放著質(zhì)量、電阻的“[”形金屬框，軌道間有一有界磁場(chǎng)，變化關(guān)系如圖乙所示，一根長(zhǎng)度等于，質(zhì)量、的金屬棒擱在軌道上并靜止在磁場(chǎng)的左邊界上。已知軌道間距與長(zhǎng)度相等，均為、，其余電阻不計(jì)。0時(shí)刻，給“[”形金屬框一初速度，與金屬棒碰撞后合在一起成為閉合導(dǎo)電金屬框（碰撞時(shí)間極短）。時(shí)刻整個(gè)框剛好全部進(jìn)入磁場(chǎng)，時(shí)刻，框右邊剛要出磁場(chǎng)。求：（1）碰撞結(jié)束時(shí)金屬框的速度大??；（2）時(shí)間內(nèi)整個(gè)框產(chǎn)生的焦耳熱；（3）時(shí)間內(nèi)，安培力對(duì)邊的沖量的大小?！敬鸢浮浚?）2m/s；（2）0.45J；（3）【解析】（1）碰撞過(guò)程中，動(dòng)量守恒，得到得（2）對(duì)閉合金屬框，時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理得等號(hào)兩邊求和，得又因?yàn)榈玫剿裕?）時(shí)間內(nèi)，整個(gè)框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)又因?yàn)樗裕ǘ┻x考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。[物理——選修3-3]15.[物理選修3-3]（1）（5分）2021年8月5日東京奧運(yùn)會(huì)跳水女子臺(tái)決賽中，14歲的全紅嬋領(lǐng)先第二名90多分，以總分466.2拿到金牌，并打破了世界紀(jì)錄。五次跳水有三次滿分，嫻熟的動(dòng)作，標(biāo)準(zhǔn)的姿勢(shì)，李小鵬感嘆：我扔個(gè)硬幣濺起的水花都比她跳水大。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分，每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分0分）A．運(yùn)動(dòng)員出水后泳衣上的水很快滑落是因?yàn)橹圃煊疽碌牟牧蠈?duì)水不浸潤(rùn)B．運(yùn)動(dòng)員入水過(guò)程中，在水中產(chǎn)生的氣泡內(nèi)的氣體壓強(qiáng)小于大氣壓C．運(yùn)動(dòng)員入水過(guò)程中激起的水花中，很多水滴呈現(xiàn)球形是因?yàn)樗谋砻鎻埩Φ淖饔肈．跳水池水溫保持恒定約，保證運(yùn)動(dòng)員入水后的舒適度，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員和水池中的水處于熱平衡狀態(tài)E.跳水運(yùn)動(dòng)員入水后，身體周圍會(huì)出現(xiàn)一些小氣泡，這些小氣泡在做無(wú)規(guī)則的布朗運(yùn)動(dòng)【答案】BDE【解析】A．運(yùn)動(dòng)員出水后泳衣上的水很快滑落是因?yàn)橛疽虏捎昧藢?duì)水不浸潤(rùn)的材料制成，故A正確；B．運(yùn)動(dòng)員落水后水下氣泡內(nèi)的氣體壓強(qiáng)大于大氣壓，故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員落水激起的水花中，較小的水滴呈現(xiàn)接近球形是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔茫蔆正確；D．跳水池水溫約26攝氏度，保證運(yùn)動(dòng)員落水后處于舒適的溫度，所以此時(shí)運(yùn)動(dòng)員和水池溫度并不相同，所以沒(méi)有處于熱平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；E．跳水運(yùn)動(dòng)入水后，身體周圍會(huì)有一些小氣泡做無(wú)規(guī)則的運(yùn)動(dòng)，這些小氣泡的運(yùn)動(dòng)不是布朗運(yùn)動(dòng)，不符合布朗運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)。故E錯(cuò)誤。故選BDE。（2）（8分）新冠疫情期間，武漢市醫(yī)療物資緊缺，需要從北方調(diào)用大批鋼瓶氧氣（如圖），每個(gè)鋼瓶?jī)?nèi)體積為40L，在北方時(shí)測(cè)得鋼瓶?jī)?nèi)氧氣壓強(qiáng)為，溫度為7℃，長(zhǎng)途運(yùn)輸?shù)轿錆h方艙醫(yī)院檢測(cè)時(shí)測(cè)得鋼瓶?jī)?nèi)氧氣壓強(qiáng)為。在方艙醫(yī)院實(shí)際使用過(guò)程中，先用小鋼瓶（加抽氣機(jī)）緩慢分裝，然后供病人使用，小鋼瓶體積為10L，分裝后每個(gè)小鋼瓶?jī)?nèi)氧氣壓強(qiáng)為，要求大鋼瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)降到時(shí)就停止分裝。不計(jì)運(yùn)輸過(guò)程中和分裝過(guò)程中氧氣的泄漏，求：（1）在武漢檢測(cè)時(shí)鋼瓶所處環(huán)境溫度為多少攝氏度？