2025届江苏省宿迁市高三下学期三模物理试卷（解析版）

第第页2025届江苏省宿迁市高三下学期三模物理试卷一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．“覆水难收”意指泼出去的水不能自发回到原来的状态，其蕴含的物理规律是（）A．热平衡定律 B．热力学第一定律C．热力学第二定律 D．机械能守恒定律【答案】C【解析】【解答】“覆水难收”描述泼出去的水不能自动收回来——水散开在地面是很容易发生的过程，但让分散的水重新聚拢回到容器中，在自然条件下几乎不会自发发生。

这种“过程的不可逆性”以及“自发过程具有方向性”的概念，正是热力学第二定律所描述的（例如，用熵增加原理来理解：一个孤立系统的熵不会自动减少，泼水的过程增加了系统的熵，要让它逆过程发生必须外界做功，且系统总熵还是会增加）。故ABD错误，C正确。故选C。

【分析】“覆水难收”不是一个违背能量守恒的过程（若外界做功，水也可以收回），而是在无外界干涉时，不会自发从分散变回集中，这是熵增加的表现，属于热力学第二定律的范畴2．抗冲击玻璃是由两层钢化玻璃和中间一层树脂材料构成的，树脂的折射率比玻璃的小。下列在抗冲击玻璃中的折射光线可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】第一层（空气→上层玻璃）：空气​最小，进入玻璃时折射角小于入射角（向法线偏折），这一般在图中表现不明显，因为题图可能直接从玻璃开始画光线。第二层（上层玻璃→树脂）：，从光密到光疏，折射角>入射角，光线远离法线。第三层（树脂→下层玻璃）：，从光疏到光密，折射角<入射角，光线靠近法线。射入树脂时的入射光线与射出树脂时的折射光线平行。故ACD错误，B正确。故选B。

【分析】1、折射方向判断规则光从光密介质进入光疏介质（​）时，折射角大于入射角，光线远离法线。光从光疏介质进入光密介质（​）时，折射角小于入射角，光线靠近法线。

题中已知玻璃折射率大于树脂折射率，所以：（1）玻璃→树脂：远离法线；（2）树脂→玻璃：靠近法线。

2.关键几何关系（平行介质板）

当光线通过两面平行的介质层时，出射光线方向与入射光线方向平行（仅发生侧向偏移），前提是入射侧和出射侧的介质相同（这里都是玻璃）。

所以，上层玻璃中的入射光线方向与下层玻璃中的折射光线方向应保持平行。3．人眼的瞳孔直径是毫米数量级的。假想有一种眼睛的瞳孔是微米数量级的圆孔，能感觉非常微弱的光线。这种眼睛正对太阳，太阳光经瞳孔形成的衍射图样是（）A．明暗相间的白色平行直条纹B．明暗相间的彩色平行直条纹C．中央为圆形暗斑，外围有彩色圆环D．中央为圆形白色光斑，外围有彩色圆环【答案】D【解析】【解答】A.“白色平行直条纹描述的是单缝衍射（一维）且单色光的情况，且是白色时条纹不可能是白色的（是彩色合成的，但远看可能白，但形状错，此处圆孔不是直条纹），故A错误。B.“彩色平行直条纹”是单缝衍射，但这里是圆孔，不是单缝，故B错误。C.圆孔衍射中央是亮斑（除非有遮挡或相位变化），故C错误D.“中央为圆形白色光斑，外围有彩色圆环”是正确，因为中央的艾里斑是各色光重叠的白色（因无光程差），外围圆环是彩色（因不同波长亮环半径不同），故D正确。故选D。

【分析】1.核心规律圆孔衍射图样：中央为亮斑（艾里斑），外围是明暗相间的同心圆环。白光效应：不同波长的光衍射角半径不同（），因此：中央亮斑：各色光零级极大重叠→呈现白色。外围圆环：波长不同导致亮环位置错开→形成彩色环。

2.易混淆点辨析学生可能混淆“圆孔”和“单缝”：单缝衍射→平行直条纹，圆孔衍射→同心圆环。学生可能忽略白光影响：单色光时外围是明暗环（无彩色）。白光时才有中央白色、外围彩色。4．山西陶寺遗址考古发现，早在四千年前陶寺先民通过观象台夯土墙间的12道缝隙，观测日月星辰，划分了节气。地球绕太阳运行的轨道如图所示，则地球在夏至时（）A．加速度与立夏时的相同B．动能与立夏时的相同C．角速度与立夏时的相同D．与太阳连线单位时间内扫过的面积与立夏时的相同【答案】D【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律，有GMmr2B．根据开普勒第二定律可知地球由立夏到夏至速度逐渐减小，所以动能不相同，故B错误；CD．根据开普勒第二定律可知地球与太阳连线单位时间内扫过的面积相等，可知地球由立夏到夏至角速度逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。

【分析】这道题的核心考点是开普勒行星运动定律的应用1、开普勒第二定律（面积定律）：行星与太阳的连线在相等时间内扫过面积相等。这意味着行星在近日点速度大，远日点速度小。2、单位时间内扫过的面积在轨道任意位置是恒定的（对同一行星而言）。3、结合牛顿万有引力定律分析加速度、速度、角速度与距离的关系。4、区分物理量是否随位置变化：面积速率→恒定（只与轨道总能量角动量有关，对给定行星是常数）。线速度、角速度、动能、加速度→随日地距离变化。5．我国科学家把金属铋块熔化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片，与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强则（）A．铋块熔化过程中温度不断升高B．液态铋表面分子间作用力表现为引力C．铋片中的分子呈无规则排列D．铋片中的分子在做布朗运动【答案】B【解析】【解答】A．纯晶体在熔点熔化时，虽然持续吸热，但温度保持不变，直到全部熔化。金属铋是晶体，熔化过程温度不变，故A错误；B．所有液体表面都存在表面张力，其微观解释是表面层分子受到液体内部分子的引力作用，使得表面有收缩趋势，所以表面分子间作用力表现为引力，故B正确；C．金属固态通常为晶体结构，原子排列有序，题目中铋片导电性和机械强度增强，说明其结构更有序（如单层晶体结构），而非无规则排列，故C错误；D．布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到周围分子碰撞的不平衡力产生的无规则运动，固体中的分子或原子在固定位置附近振动（热振动），不是布朗运动。铋片是固体单层结构，原子不做布朗运动，故D错误。故选B。

【分析】1.熔化过程的温度特征（晶体）晶体熔化时温度不变，持续吸热但温度保持熔点，直到全部熔化。2.液体表面张力的微观解释表面张力是由于液体表面层分子间距略大于内部，分子间作用力表现为引力，使表面有收缩趋势。3.固体（晶体）的分子排列特征晶体中分子（原子）排列有序。铋是晶体，单层铋片导电性和机械强度增强，说明是有序二维结构（如二维晶体）。4.布朗运动的定义布朗运动是悬浮微粒（如花粉颗粒）受流体分子碰撞不平衡而产生的无规则运动，不是分子本身的运动。固体中的分子在平衡位置附近热振动，不叫布朗运动。6．门窗防盗报警装置的电路图如图所示，闭合开关S1，磁铁M靠近干簧管SA，继电器线圈K通电，开关S2自动与a接通，LED二极管发光；继电器线圈K断电时，S2自动与b接通，蜂鸣器H报警。若门窗打开，磁铁M远离干簧管SA，则（）A．二极管不发光，蜂鸣器报警 B．二极管不发光，蜂鸣器不报警C．二极管发光，蜂鸣器报警 D．二极管发光，蜂鸣器不报警【答案】A【解析】【解答】正常关闭状态（门窗关闭），磁铁M靠近干簧管SA→干簧管闭合（或吸合）S1开关闭合时，继电器线圈K通电，继电器动作→开关S二极管发光，蜂鸣器断电不工作，门窗打开状态，磁铁M远离干簧管SA→干簧管断开继电器线圈K断电，继电器释放→S2蜂鸣器通电报警，所以，门窗打开时：二极管不发光，蜂鸣器报警，故A正确，BCD错误。故选A。

【分析】1.主要考查内容电磁继电器工作原理：线圈通电时产生磁场，吸合衔铁，使触点动作；断电时弹簧复位，触点恢复原位。干簧管的磁控特性：磁铁靠近时闭合，远离时断开，作为控制继电器线圈通断的触发开关。电路状态推理：根据物理条件（门窗开闭→磁铁位置→干簧管状态→继电器状态→触点位置→用电器工作状态）进行逻辑推理。

2.关键逻辑链

门窗关闭→磁铁靠近干簧管→干簧管闭合→继电器线圈通电→触点S2接a→LED发光，蜂鸣器不工作

门窗打开→磁铁远离干簧管→干簧管断开→继电器线圈断电→触点S2接b→LED熄灭，蜂鸣器报警混淆继电器“线圈通电”与“触点接通对象”的关系（题目中线圈通电时S2接a，断电时接b，不要记反）。误认为干簧管断开时蜂鸣器不工作（没有注意到S2会自动切换到b接通蜂鸣器回路）。7．如图所示，自行车在平直路面上匀速行驶，车轮与路面不打滑，轴心O点的速度大小为v。则轮边缘最高点P处的速度大小为（）A．0 B．v C．2v D．3v【答案】C【解析】【解答】P点和O点都在绕着车轮与地面的接触点运动，由于这三点共线，则P点和O点角速度相等，又P点到车轮与地面的接触点的距离是O点的2倍，根据v=ωr可知，P处的速度为O点速度的2倍，即P处的速度大小为2v，故ABD错误，C正确。故选C。

【分析】1.运动分析模型车轮在平直路面上匀速行驶且不打滑→轮子做纯滚动。纯滚动时，车轮与地面接触点瞬时速度为零（无滑动条件）。轴心O相对地面速度大小为（即车匀速前进的速度）。

2.速度合成规律

轮上任意一点的速度=轮心O的平动速度+该点绕O转动的线速度。

绕O转动的角速度满足（R为轮半径，纯滚动条件）。

3.最高点P的速度

P点相对O点的转动线速度大小为，方向水平向前。

O点速度也向前→两者同向相加（方向水平向前）

4.易错点学生可能误用轮上不同点绕O转动的角速度相同，但忘记加平动速度，从而错选或误认为P点速度为零。对纯滚动“瞬时接触点速度为零”这一条件理解不够，导致无法推导出。8．如图所示，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻的阻值分别为R1、RA．通过电阻R1B．电容器所带电荷量为CEC．断开S的瞬间，通过电阻R2的电流为D．断开S后，通过电阻R2的电荷量为【答案】C【解析】【解答】A．电路稳定后，根据闭合电路欧姆定律可知通过电阻R1的电流为故A错误；B．电容器两端电压等于电阻R2两端电压，则有U2=IC．断开S的瞬间，电容器与电阻R2构成回路进行放电，通过电阻R2故C正确；D．断开S后，电容器与电阻R2构成回路进行放电，则通过电阻R2的电荷量为故选C。

【分析】1.含电容直流电路的稳态分析直流稳态时，电容器视为断路，其电压等于与之并联的元件电压。利用闭合电路欧姆定律求电流，再求电容器电压。

2.电容器放电的暂态过程开关断开瞬间，电容器作为电源与电阻构成放电回路。初始放电电流：​​（由电容器初始电压和放电回路总电阻决定）。放电总电荷量：等于电容器原储存的电荷量​，通过放电回路电阻的全部电荷即为。

3.易混淆点学生易错将稳态时通过​的电流当成零（以为电容器“隔直”就是没有电流通过电阻，错误）。对“断开S瞬间电流”的理解：不是稳态电流，而是放电初始电流，二者大小可能相等（此题巧合相等），但物理意义完全不同。放电总电荷量表达式易记错，需由​正确推导。9．如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球从释放向最低点运动的过程中，设细线与水平方向夹角为θ，则线中拉力的大小F、小球沿圆弧切线方向加速度的大小a随sinθ变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】【解答】CD．沿切线方向，根据牛顿第二定律得mgcosθ=ma，解得a=g1−sin2θ，当细线水平时θ=0，sinθ=0，加速度a最大，最大值为aAB．沿半径方向，根据牛顿第二定律得F−mgsinθ=m解得F=3mgsin故选A。

【分析】1.圆周运动的分解与受力分析将重力分解为切向分量和径向分量。切向力决定切向加速度（随增大而减小）。径向合力提供向心力：

2.机械能守恒求速度以最低点为零势能面，从释放点（水平，高度）到夹角位置，高度为。下降高度→。

3.推导拉力F的表达式

代入到向心力方程：，拉力F与成线性关系（斜率负，截距）。

4.图像分析F-图像应是直线递减（从到），对应A图。-图像应是曲线递减（），不是直线，也不是递增，

5.易错点混淆的定义（本题是细线与水平方向夹角，不是与竖直方向夹角，影响三角函数表达式）。误以为切向加速度随线性变化（实际是非线性）。在求拉力时忘记加重力径向分量或向心力计算错误。10．如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（）A．导体棒中电流方向为a→bB．回路中的电动势为BdvC．导体棒受到的安培力大小为mgD．回路中的电功率为mgv【答案】D【解析】【解答】A．导体棒下滑过程中，根据右手定则可得，导体棒中电流方向为b→a，故A错误；B．由于磁场方向与运动方向不垂直，所以回路中的电动势为E=BdvcosC．对导体棒受力分析，如图所示根据平衡条件可得FAD．根据能量守恒可知，导体棒的重力势能转化为电能，所以回路中的电功率等于重力做功的功率，则P电故选D。

【分析】1、右手定则判断感应电流方向导体棒向下运动，磁场竖直向上，用右手定则（发电机定则）：四指指向感应电动势方向（在棒内从低电势到高电势），得到电流方向。2.导体棒匀速下滑时的受力平衡与安培力光滑导轨⇒仅重力沿斜面分力与安培力平衡。平衡方程：，安培力大小等于，方向沿斜面向上。3.能量守恒与电功率重力做功的功率等于回路电功率：，也可用​验证，两种表达式等价（由平衡可得，代入可得相同结果）。4.易错点总结错误地认为电动势为（多乘了）。电流方向判断错误（右手定则应用不熟）。混淆安培力的表达式（如写成或其他三角函数）。忘记能量守恒或功率对应关系。11．如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个完全相同带正电的小球A、B、C，通过不可伸长的绝缘细线a、b、c连接成正三角形，小球均处于静止状态，细线被拉直。剪断细线a，小球开始运动。则（）A．剪断a前，a中张力大于B、C间的库仑力B．剪断a瞬间，细线b、c中张力均变大C．三个球运动至一直线时，整个系统电势能最大D．球A经过B、C初始位置连线中点时的速度最大【答案】B【解析】【解答】A．由受力分析可知，剪断a前，a中的张力等于B、C间的库仑力，c中的张力等于A、B间的库仑力，故A错误；B．剪断a瞬间，对B分析，受A对B的斥力、C对B的斥力以及细线c的拉力，则此时c的拉力TcC．系统初始时静止，剪断后开始运动，动能增加，电势能减小，所以电势能最大时是初始静止状态，故C错误；D．当三个小球在同一直线上时，动能最大，电势能最小，但此时B、C小球已经离开了初始位置，故D错误。故选B。

【分析】1.静电平衡与对称性受力分析三球完全相同且带等量同种电荷，构成正三角形，细线连接形成对称结构。利用对称性分析每根细线的张力与相邻小球间库仑力的关系（大小相等）。2.瞬时力变化（剪断细线瞬间）剪断一根线（a）后，系统约束条件突变，但其他细线（b、c）的张力不会保持原值。对小球B或C进行瞬时受力分析：剪断前张力与库仑力平衡；剪断后，该小球的加速度由剩余细线张力与库仑力的合力提供，通常张力会瞬时增大（因为要提供新的加速度分量）。关键：掌握“剪断瞬间”的受力分析方法，区分平衡态与瞬时态。3.电势能与动能的转化系统（三带电小球）只受内力（静电力、张力）作用，机械能（动能+电势能）守恒。初始时静止⇒动能为零，电势能最大。运动后，电势能转化为动能，当三球运动到共线位置时，电势能最小，动能最大。常考误区：学生可能错误认为“共线时电势能最大”，实则相反。4.运动过程中的速度极值位置速度最大对应动能最大，即电势能最小的位置（三球共线时）。选项D提到“球A经过B、C初始位置连线中点时速度最大”是错误的，因为此时并非电势能最小状态。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．实验小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。细绳跨过固定在铁架台上的小滑轮，两端各悬挂一个质量均为M的重锤A（含遮光条）、重锤B。主要的实验操作如下：①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；②用米尺量出光电门1、2间的高度差h；③在重锤A上加上质量为m的小钩码；④将重锤B压在地面上，由静止释放，记录遮光条先后经过两光电门的遮光时间t1、t2；⑤改变光电门2的位置，重复实验。请回答下列问题：（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=mm。（2）重锤A经过光电门2时速度的大小为（用题中物理量的符号表示）。（3）已知重力加速度为g，若满足关系式（用题中物理量的符号表示），则验证了重锤A、B和钩码组成的系统机械能守恒。（4）某小组实验中发现系统增加的动能略大于系统减少的重力势能，下列原因中可能的是________。A．存在空气阻力B．细绳与滑轮间有摩擦力C．遮光条宽度d的测量值偏大（5）实验中，忽略空气阻力，细绳与滑轮间没有相对滑动。有同学认为细绳与滑轮间的静摩擦力做功但不产生内能，因此重锤A、B和钩码组成的系统机械能守恒。该同学的观点（选填“正确”或“不正确”），理由是。【答案】（1）5.25（2）d（3）mgh=（4）C（5）不正确；静摩擦力对重锤A、B和钩码组成的系统做负功，系统机械能减小【解析】【解答】（1）遮光条的宽度为d=5（2）重锤A经过光电门2时速度的大小为v（3）若系统机械能守恒定律mgh=12(2M+m)v可知系统机械能守恒需要满足关系式mgh=（4）A．存在空气阻力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，A不符合题意；B．细绳与滑轮间有摩擦力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，B不符合题意；C．若遮光条宽度d的测量值偏大，则可能导致mgh<即系统增加的动能略大于系统减少的重力势能，C符合题意。

故选C。（5）该同学的观点不正确；静摩擦力对重锤A、B和钩码组成的系统做负功，系统机械能减小。

【分析】1.测量工具的使用与读数游标卡尺的正确读数（尤其要注意游标精度和零误差）。2.光电门测瞬时速度的原理利用遮光时间和遮光条宽度d计算瞬时速度（要求很小，时间极短）。3.连接体系统的机械能守恒推导系统包含两个重锤和一个附加钩码，通过细绳、滑轮连接。分析重力势能变化时，要明确哪个物体上升、哪个下降，并正确写出系统势能变化量。动能包括所有物体的动能（注意速度大小相同，因绳不可伸长）。推导验证公式：4.实验误差分析当测量值导致“动能增加量>势能减少量”时，可能原因是遮光条宽度d的测量值偏大（使和动能计算值偏大）。分清系统误差（如空气阻力、摩擦力使动能偏小）与测量误差对结果影响的不同方向。5.静摩擦力对系统机械能的影响即使滑轮与绳之间无相对滑动（静摩擦力），静摩擦力作为系统内力也可能做功，且一对静摩擦力做功的代数和不为零（因作用点位移不同），会导致系统机械能减少（转化为内能）。判断机械能守恒时，需考虑所有非保守内力做功。（1）遮光条的宽度为d=5（2）重锤A经过光电门2时速度的大小为v（3）若系统机械能守恒定律mgh=根据题意得vv可知系统机械能守恒需要满足关系式mgh=（4）A．存在空气阻力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，A不符合题意；B．细绳与滑轮间有摩擦力，有机械能损失，系统增加的动能略小于系统减少的重力势能，B不符合题意；C．若遮光条宽度d的测量值偏大，则可能导致mgh<即系统增加的动能略大于系统减少的重力势能，C符合题意。故选C。（5）[1]该同学的观点不正确；[2]静摩擦力对重锤A、B和钩码组成的系统做负功，系统机械能减小。13．某压缩空气储能系统，在电网用电低谷时，将电能通过电动压缩机压缩空气储存起来，如图所示，理想变压器将电网电压U0降为压缩机工作电压U1，压缩机每天工作时间为（1）求理想变压器原，副线圈的匝数比n1（2）电网用电高峰时，储能系统用压缩的空气推动发电机发电，释放全部储能，发电机给电网供电的功率为P，每天工作时间为t2求该储能系统的效率η【答案】（1）解：对于理想变压器，电压与匝数成正比，即理想变压器原，副线圈的匝数比匝数比为n（2）解：由题可知，储存的能量为E发电机给电网供电的能量为E则该储能系统的效率为η=【解析】【分析】1、变压器匝数比公式，题目直接应用该比例关系求匝数比。2、能量转化效率的计算明确输入能量是电网通过变压器供给压缩机的电能。明确输出能量是发电机向电网输出的电能。效率=输出总能量/输入总能量，时间要对应每天储存和释放的时间。3、系统过程理解用电低谷：电能→压缩空气（势能/内能）储存用电高峰：压缩空气能→发电机发电→电能输出忽略中间过程损耗的理想模型下，储能效率由输入电能与输出电能的比值决定。4、常见易错点：输入能量误用原线圈电压计算（实际上压缩机用的是和I，变压器本身是理想的，输入给变压器的电能为，但题目给的是副边电流，所以直接用表示输入给压缩机的能量即可，这等同于从电网吸收的电能）。混淆时间和功率对应关系。​​​​​​（1）对于理想变压器，电压与匝数成正比，即理想变压器原，副线圈的匝数比匝数比为n（2）由题可知，储存的能量为E发电机给电网供电的能量为E则该储能系统的效率为η=14．一个静止的钴602760Co在某条件下发生β衰变生成镍60(Ni)，放出动能为E1的电子，同时释放能量分别为（1）写出该衰变方程式，并求电子的物质波波长λ；（2）有N个钴60发生了β衰变，求核反应中总的质量亏损Δm【答案】（1）解：根据质量数守恒与核电荷数守恒可得核反应方程为27电子的动量p=mv电子的动能E电子的波长λ=解得λ=（2）解：N个钴60发生衰变产生的能量Δ根据质能方程Δ解得Δ【解析】【分析】一、核反应方程β-衰变本质：中子→质子+电子+反中微子。核反应方程书写规则：质量数守恒、电荷数守恒。本题忽略中微子能量，视为二体衰变简化模型。二、非相对论动能与动量不考虑相对论效应时：若考虑相对论，需用但本题明确“不考虑相对论效应”，直接用经典动能公式。三、德布罗意波长物质波公式：，代入电子动量得：

​四、核反应中的能量守恒释放的核能全部转化为电子动能与光子能量：忽略镍核动能，无中微子能量。（1）根据质量数守恒与核电荷数守恒可得核反应方程为27电子的动量p=mv电子的动能E电子的波长λ=解得λ=（2）N个钴60发生衰变产生的能量Δ根据质能方程Δ解得Δ15．如图所示，长L=1.0m的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量mA、mB均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为μA=0.4（1）若推力大小F1=2.0N（2）若推力大小F2（3）若推力大小F2=6.0N【答案】（1）解：对A、B、C由牛顿第二定律F代入数据得a=1.0对B，由牛顿第二定律f代入数据得f（2）解：假设ABC相对静止，则F可得a此时fBC对A，F解得fAC=3解得a对B，由牛顿第二定律μ解得a从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系L=代入数据得t=1.0B所受摩擦力的冲量I=代入数据得I=2.0（3）解：经时间t=1.0s撤去推力时，A、C的速度vAB的速度vB=A、B等质量，且A、B间的碰撞为弹性碰撞，A与B发生碰撞瞬间，交换速度有vA1=2.0碰后A、B相对C滑动，设A、B最终共速且B没有滑离C，对系统A、B、C整体，从撤去推力至共速过程，由动量守恒定律m由能量守恒定律Q解得Q因为μ令Q解得Δ故A、B最终共速且B没有滑离C，整个过程中产生的热量Q=代入数据得Q=3.0J【解析】【分析】1、摩擦力突变判断比较所需摩擦力与最大静摩擦力，确定各接触面相对运动状态。2、多体系统加速度求解分别对每个物体用牛顿第二定律，注意摩擦力方向与相对运动方向相反。3、相对运动与相遇条件利用相对位移公式求时间。4、冲量计算恒力冲量。5、弹性碰撞规律等质量一维弹性碰撞交换速度。6、动量守恒与能量守恒求最终状态判断系统动量守恒条件。摩擦生热。7、多过程综合分阶段分析运动，注意撤力后加速度变化。本题是一道典型的多体-多阶段动力学综合题，考查摩擦力临界判断、相对运动分析、动量能量守恒、弹性碰撞和摩擦生热，要求清晰的物理过程和数学建模能力。（1）对A、B、C由牛顿第二定律F代入数据得a=1.0对B，由牛顿第二定律f代入数据得f（2）假设ABC相对静止，则F可得a此时fBC对A，F解得fAC=3解得a对B，由牛顿第二定律μ解得a从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系L=代入数据得t=1.0B所受摩擦力的冲量I=代入数据得I=2.0（3）经时间t=1.0s撤去推力时，A、C的速度代入数据得vB的速度v代入数据得vA、B等质量，且A、B间的碰撞为弹性碰撞，A与B发生碰撞瞬间，交换速度有vA1=2.0碰后A、B相对C滑动，设A、B最终共速且B没有滑离C，对系统A、B、C整体，从撤去推力至共速过程，由动量守恒定律m由能量守恒定律Q解得Q因为μ令Q解得Δ故A、B最终共速且B没有滑离C，整个过程中产生的热量Q=代入数据得Q=3.016．如图所示，在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为R的圆，圆心C点的坐标为(0,R)，磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x轴放置线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，长度为2R，沿+x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为3R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为（1）求磁感应强度大小B；（2）求能打在屏上粒子的数目