2020级高三模拟考试物理试题

2020级高三模拟考试

物理试题

注意事项：

1.答卷前、考生务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4.本试卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。

一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.下列说法正确的是（）

A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度和加速度均为零

B.在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是基本单位

C.安培提出了分子电流假说

D.法拉第发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系

【答案】C

【解析】

【详解】A.做自由落体运动的物体，下落的瞬间，速度为零，加速度为重力加速度，不为零，故A项借

误；

B.在力学中，力时基本概念，根据牛顿第二定律有

F=ma

可知

IN=Ikgm/s2

所以力的单位不是基本单位，而是导出单位，故B项错误；

C.安培提出了分子电流假说，故C项正确；

D.奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，故D项错误。

故选C。

2.有关原子结构和原子核的认识，下列正确的是（）

A.一个原子核在一次衰变中可同时放出a、P和Y三种射线

B.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构

C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变

D.；；°Bi的半衰期是5天，100克;；°Bi经过10天后还剩下25克

【答案】D

【解析】

【详解】A.a、。衰变是独立进行的，但是在两种衰变的同时都伴随有V衰变，故A错误;

B.卢瑟福的a粒子散射实验让人们认识到了原子核具有核式结构，故B错误；

C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生轻核的聚变，故C错误；

D.根据半衰期公式

"2余""原

代入数据可得100克;；°Bi经过10天后还剩下

〃［介=25克

故D正确。

故选D。

3.某电动牙刷的充电装置含有变压器，原、副线圈匝数之比为50：1,用正弦交流电给此电动牙刷充电时,

原线圈两端电压的有效值为220V,副线圈电流的有效值为2.0A,若将该变压器视为理想变压器，则（）

A,副线圈两端电压的有效值约为6.2VB.原线圈电流的有效值为100A

C.副线圈两端电压的最大值约为6.2VD.变压器的输入功率与输出功率之比为50：1

【答案】C

【解析】

【详解】A.由理想变压器的变压公式，

以二红

n2U）

副线圈两端电压的有效值约为4.4V,故A错误；

B.由理想变压器的变流公式

/2/50

原线圈电流的有效值为0.04A,故B错误；

C.副线圈两端电压的最大值约为

U=4.40V=6.2V

故C正确；

D.理想变压器变压器的输入功率与输出功率之比为1：1,故D错误。

故选C。

4.如图所示，。点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子（不计重力）从连线上的A点由静止

释放。在电场力作用下运动到B点。取4点为坐标原点，沿直线向右为.1轴正方向。在粒子从4点运动到

8点的过程中，下列关于粒子运动的速度u和加速度。随时间，的变化，运动径迹上电势夕和粒子的电势能

【答案】B

【解析】

【详解】AB.根据等量异种电荷的电场线分布可知，在A到8H勺运动过程中，电场强度先变小后变大，粒

子受到的电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大图象切线的斜率先变小后变大，故A错误，B

正确；

C.沿着电场线方向电势降低，电势与位移的图象的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图

象的斜率先减小后增大，故C错误；

D.根据Ep=q（p,得

AxAK

七先减小后增大，所以廊-工图象切线的斜率先减小后增大，故D错误。

故选B。

5.如图所示，一列简谐横波在平面内沿x轴负方向传播，波速为8m/s,振幅为4m,M、N是平衡位置

相距4m的两个质点。，=0时刻，M通过其平衡位皆沿），轴正方向运动，N位于其平衡位皆二方最大位移

处。已知该波的周期大于Is,则下列说法正确的是（）

八y/m

~0~MN~

2

A.该波的周期为3s

B.从，=0到，=（）.5s,M向左移动了4m

C.在l=0.5s时，N的速度也一定为8m/s

D.从f=0到f=0.5s，N的路程为4m

【答案】D

【解析】

【详解】A.1=0时刻，M通过其平衡位置沿），轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知

该波的周期大于1s,且M、N是平衡位置相距4m的两个质点，则有

，1.

4m=­A

4

解得波长为

2=16m

则周期

故A错误；

B.从，=0到，=0.5s,〃只是在平衡位置上下振动，不会随波移动，故B错误；

C.8m/s只是波的传播速度，在f=0.5s时，N的振动速度不能确定，故C错误；

D.由于

A/=0.5S=-7'

4

且7=0时刻，N位于其平衡位置上方最大位移处，则从，=0到，=0.5s,N的路程为

s=A=4m

故D正确。

故选D0

6.如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为〃的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R,

电源电动势为心内阻为，，质量为，〃的金属棒以静止在导纨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置

处于磁感应强度大小为仄方向垂史于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为《），导轨电阻不计。金属

导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为/，重力加速度为g。闭合开关后，下列判断正确的是（）

A.金属棒受到的安培力方向沿斜面向上

B.金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下

BLE八

C.若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为万乐-一凡

D要保持金属棒在导轨上静止'滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为赢患;一〃一凡

【答案】c

【解析】

【详解】AB.根据左手定则川知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向卜，由于金属棒的重力分力也沿斜面

向下，则金属棒受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故AB错误；

CD.若金属棒恰好不运动，此时金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时是保持金属棒在导轨二静止受到的

最大安培力，根据受力平衡可得

mgsinJ+F安=/

又

p

心=BIL=B---------L

"R+厂+凡

联立可得

f-mgsin

BLE

可知要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为二-------故C正

j-mgsin0

确,D错误。

故选C。

7.随着“神舟十五号”进驻空间站，标志着我国空间站正式从建造阶段，转入运营阶段，可将中国空间站

看作近地卫星，空间站绕地球表面做匀速圆周运动的周期为兀某科研小组在地球南极点，用弹簧测力计测

得质量为，〃的祛码所受重力为F,在赤道测得该祛码所受重力为Ff。假设地球可视为质量分布均匀的球体，

则下列说法正确的是（）

A.地球半径可表示为火=";

47r

FT，

B.地球的第一宇宙速度可表示为丫=——

2IHTI

C.地球的自转周期可表示为彳।=7厚

D.地球的自转周期可表示为7=7

【答案】D

【解析】

【详解】ACD.在两极点时有

Mm

F=G

R2

在赤道时有

21丫

R

在地球表面时有

_—Mm/2)丫

F=G-=ni\—R

R2IT)

解得

R工

470%

AC错误，D正确；

B.在地球表面时有

Mmv2

F=G二m­

R2R

解得

B错误;

故选D。

8.光滑平行金属导轨由左侧弧形坑道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为心如图所示。左侧轨

道上端连接有阻值为R的电阻。水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域I、II、IH,区域边界与水平导轨

垂直。I、山区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为2II区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强

度大小为2瓦金属棒从左侧轨道上某处由静止释放，金属棒最终停在III区域右边界上，金属棒的质量为

，小长度为L、电阻为R。不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g,则金属棒（）

R

r>2T21

B.刚进入区域ni时受到的安培力大小为三学

4m/?2

C.穿过区域I与n过程，R上产生的焦耳热之比为11：25

D.穿过区域I与III过程，克服安培力做功之比为11：I

【答案】D

【解析】

【详解】A.穿过区域I过程，根据法拉第电磁感应定律有

—AO.BLd

E.=——-=-----

A/）A/,

根据电流的定义式有

7=幺二且

1Ar,2R

解得

BLd

故A错误；

B.金属棒下滑至最低点过程，根据动能定理有

mgh7=-1mv-，

规定向右正方向，穿过区域I过程，根据动量定理有

-B/jLA；1=mq-/nv0

穿过区域H过程，根据

△①2_2BLd

E?=

\t2\t2

其中

y二%=E2

2

-Ar2-2R

穿过区域n过程，根据动量定理有

-2B/2LA/2=mv2-mv{

解得

/Z-r5B2l}d

"同2mR

穿过区域ni过程，根据

—_△①3_BLd

L的一结

其中

石=幺/

3M2R

解得

BLd

「2A

穿过区域HI过程，根据动量定理有

-BlyL^iy=O-wv2

结合上述可知

百工

刚进入区域HI时有

/=吗

2R

根据安培力的计算公式有

F=BIL

解得

—B21312gh

\2R

故B错误：

C.根据上述解得

%=而右，片二士^四，v

2二

06

结合上述，穿过区域I过程，R上产生的焦耳热

结合上述，穿过区域n过程，R上产生的焦耳热

解得

2._JI

e2~24

故c错误；

D.根据动能定理可知，穿过区域【与HI过程，克服安培力做功之比为

121,

k5一—5一

吃如；

代人数据解得

^=11

故D正确；

故选：D。

二、多项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。

9.一定量理想气体从状态。开始。经历三个过程必、A、m回到原状态，其〃一7图像如图所示。下列

判断正确的是（）

A.气体在〃、〃两状态的体积相等

B.”、人和c三个状态中，状态c分子的平均动能最大

C.在过程be中气体吸收的热量大于气体对外界做的功

D.方到c过程容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数减少

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据公式

pV=CT

可知，外过程中气体的体积不变，故A正确；

B.〃、匕和c•三个状态中，状态Ac•温度相同，分子的平均动能相同，故B错误；

C.在过程儿中温度不变，内能不变，根据热力学第一定律

AU=Q+W

可知，机•过程中气体吸热等于对外做功，故C错误；

D.〃和c两个状态中，气体温度相同，分子平均动能相同，但b状态比c状态压强大，所以分状态下容器

壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数比c状态多，故D正确；

故选ADo

10.如图所示，质量为M的三角形斜劈B放置在水平地面上，质量为〃，的木块A放在三角形斜劈B上，现

用大小相等、方向相反的水平力?分别推A和B,木块A和斜劈B均静止不动，重力加速度为g0则（）

A,斜劈B对木块A的摩擦力方向可能沿斜面向1：

B.地面对斜劈B的摩擦力方向水平向右

C.斜劈B对木块A的支持力一定小于〃喝

D.地面对•斜劈B的支持力的大小等于（M+〃?）g

【答案】AD

【解析】

【详解】A.以A为研究对象受力分析，若水平推力"较小，则木块A有相对斜面下滑的趋势，则斜劈B

对木块A的摩擦力方向沿斜面向上，故A正确；

B.以A和B作为整体研究分析，水平方向大小相等、方向相反的两个水平力尸刚好是一对平衡力，即地

面对斜劈B的摩擦力为0,故B错误；

C.以A为研究对象受力分析，若水平推力厂恰好合适，斜劈B与木块A之间无摩擦力，则受力分析如图

有几何关系可知，此时斜劈B对木块A的支持力大于mg,故C错误；

D.以A和B作为整体研究分析，竖直方向只受重力G=（M+〃z）g,以及支持力”，且竖直方向二力平

衡，有&=G=（M+m）g,故D正确。

故选ADe

11.在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定在墙上。如图甲所示，物体A以速度％向右运动压缩弹簧，测得弹

簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为〃?的物体B。如图乙所示。物体A以3%的速度向右压

缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，下列判断正确的是（）

闪7\AAAAAAAAAA/J因TVWWWWVWr^l

甲乙

A.乙图所示的运动过程中，物体A和物体B组成的系统机械能守恒

B.A物体的质量为8〃?

C.弹簧压缩量最大时物体B的速度为驱

3

2

D.弹簧及压缩量最大时的弹性势能为些

2

【答案】BC

【解析】

【详解】A.乙图所示的运动过程中，弹簧被压缩，物体A、B的机械能一部分转化为弹性势能，物体A、

B组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B.设物体的A的质量为M,甲图中物体A压缩弹簧，最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性

势能，设为则有

EP=；M说

乙图中物体A以3%的速度向右压缩弹簧过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，当二者共速时，弹簧

达到最大压缩量为取向右为正方向，由动量守恒定律有

M-3v0=（M+m）v

水平面光滑，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有

；M（3%）2—g（M+〃"=Ep

联立解得

8,

M=86，v=-%,Ep=

故BC正确，D错误。

故选BCo

12.如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为用的A、B两物

块（可视为质点），分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴杆连。物块A、B与釉的距离分别为2L和心

与盘面的动摩擦因数均为〃，盘而与水平面的夹角为6。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当

圆盘以角速度。匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子

的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦

B.运动过程中绳子对A拉力的最大值为〃?gsin。

C.运动过程中B所受摩擦力的最小值为〃火sin夕

D.物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为小反而7

【答案】AC

【解析】

【详解】A.对A、R受力分析，A在最高点由牛顿第二定律有

/.lingcos0+mgsin0=m（f）~x2L

B在最低点，由牛顿第二定律有

jLimgcos0-mgsin6=nicerL

联立解得

4=3tan0

故A正确；

B.运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大设为7；,由牛顿第二定律有

1

TA+jumgcos0-mgsin0=mcox2L

代人数据解得

TA=2mgsin0

故B错误；

C.运动过程中，当B到最高点时，所需的摩擦力最小设为京,由牛顿第二定律有

fB+mgsin0=mcJL

联立解得

/="?gsin。

故C正确；

D.由A中公式和结论可得

，2gsin6

①二q~~L-

则B的线速度大小为

vn=coL=J2gLsin0

B从最低点运动到最高点过程中，合外力的冲量为

I^=2mvR=8gLsm0

由于B受的重力、支持力、绳的拉力合力不为零，故物块8从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量

大小不等于%/8gLsin。,D错误。

故选ACo

三、非选择题：本题包括6小题，共60分。

13.某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小/与半径八角速度。、质量机的关系”实验，实验

装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固

定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉

力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。

1F/N

（1）小组同学先让一个滑块做半经，•为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。

再将运动的半径「分别调整为0/4m,0.16m,0.18m,0.22m,在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、

③、①四条图线。

（2）本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的（）

A.探究平抛运动的特点B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

C.探究两个互成角度的力的合成规律D.探究加速度与物体受力、物体质量的关系

（3）对②图线的数据进行处理，获得了尸x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横

坐标X代表的是___________O（用半径八角速度①、质量，〃表示）

（4）对5条歹-3图线进行比较分析，做产-厂图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为

。（用半径八角速度①、质量m表示）

【答案】①.BD##DB②.苏（或〃皿2等带疗即可）③.机疗

【解析】

【详解】（2）[1]本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究在运动半径在不同值时，滑块

的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”、

“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动的特点”和“探究两个

互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。

故选BDo

（3）[2]②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当“增大为原来的2倍时，F增

大为原来的4倍，当“增大为原来的3倍时，尸增大为原来的9倍……可知，?与d成正比，以F为纵

轴，苏为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是①2。

（4）[3]（3）中分析知在「一定时，尸与①2成正比：尸―/图像又是一条过坐标原点的直线，”与「成正

比；同时尸也应与，〃成正比，归纳可知，尸一厂图像的斜率为Ml。

14.某同学设计了如图甲、乙所示的实验电路测量某电源的电动势E（约为3V）和内阻,•（约为20）。已知

电流表的内电阻约为1Q。电压表的内电阻约为3kQ,变阻器最大电阻20Q、额定电流IA,定值电阻4=20。

请回答下列问题：

H~~-

R7

——©

E,rS琼

甲

（1）请在图丙中用笔面线代替导线完成图乙电路图的实物连接。

（2）将滑动变阻器的滑片P移至最左端，闭合开关S,移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几

组电压表示数U和对应的电流表示数Zo

p

丙

（3）重复步骤（2）。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U-/图像如图丁所示，可知

图中标记为n的图线是采用实验电路（填“甲”或“乙”）测量得到的。

T

（4）为了减小系统误差，本实验应选用图______（选填“甲”或“乙”）实验电路。

（5）利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻r=（注：Q、

“、小

【答案】②.甲③.甲④.4R°

【解析】

【详解】（1）［“图乙电路的实物连接图如下图所示:

整理可得

U=_/.&*+，）+E，_抬—

可知，对应图线，当/为零时，对应

4=E—江

Ryj+R0+r

对图乙而言，根据闭合欧姆定律可得

U=E-MRA+R）+R）

可知，对应U/图线，当/为零时，对应

U「E>4

故可知标记为II的图线是采用实验电路甲测量得到的。

(4)[3]当采用图甲所示电路时，相对误差大小为

(《+)%(%+，)

=)七+」+._&+卜4

G—(%+r)--v+&+-~4-3xl()3x100%=0.133%

当采用图乙所示电路时，相对误差大小为

&+凡+广一（4+广）1

?-------lx100%^25%

（《+一）4

该相对误差远大于图甲所示电路，故宜选用图中所示电路。

(5)[4]曲线I对应的Ui和4满足

P

U、=E,I.=-------------

RA+M

曲线n对应的s和上满足

R、E

U、=E♦-------------，―-------

R、+4+/-+-

因此可以解得

P

凡）”二丁=

则

r=4-凡

A

15.一个半径为R的半圆形玻璃稚（折射率〃=JJ）的截面图，如图所示，直径4。3与半径0C垂直，一

R

束平行单色光垂直于直径A08所在的截面射入玻璃砖，其中距离0点一的一条光线自玻璃砖右侧折射出

2

来，与。。所在的直线交于。点。

（1）求。点到0点的距离：

（2）若在玻璃砖平面408的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃瓶后，右侧恰好没有折射光射

出，求黑纸在A8方向的宽度。（不考虑光线在玻璃砖内的多次反射）

【答案】（1）叔:（2）&R

3

【解析】

【详解】设光线的入射点为凡出射点为尸，出射角为0,连接。E,即为法线。如图所示，根据光的折射

定律

G=j^ne=60。

sin30°

根据几何关系得

DO=&R

（2）如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知

由几何关系知

ON=^-R

3

所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在/W方向的宽度至少为

✓

✓✓

4

d=

3

16.如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可视为质点的质量〃?=2kg的小物块从传送带左端

4处以某一初速度释放，，=3s时恰好到达右端8处。小物块从A端到8端运动的速度一时间图像如图乙所

示。重力加速度g=lOm/s?。求：

（1）物体与传送带之间的动摩擦因数和4B间的距离；

（2）小物块从A端到8端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。

-iv/（m-s'）

%

CO-02E±EL^

023t/s

甲乙

【答案】（1）0.1,8m；（2）4J

【解析】

【详解】（1）根据题意，由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动,再做匀速运动，做匀减速运动

的加速度大小为

Av4—2.2.12

a=——=----m/s=1m/s

Ar2

由牛顿第二定律有

"mg=ma

联立解得

//=0.1

根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由口-，图像中图像与横轴围城的面积表示位移可知，AB

间的距离为

xAli--x(2+4)x2+2x(3-2)m=8m

(2)根据题意，由图乙可知，当f=2s,小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为

%=2m/s

由运动学公式%=%/+3。/可得，在o2s内小物块的位移为

X.=|4x2--xlx22m=6m

I2)

在02s内传送带的位移为

x2=vt=4m

则小物块从人端到4端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为

Q==4J

17.如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的0'点，0'点左侧粗糙，右侧光滑,

光滑部分的长度d=3.75m,用不可伸长的经绳将质量为M的小球悬挂在0'点正上方的。点。轻绳处于水

平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球

速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，物块A以%=6m/s的速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发

生弹性碰撞，一段时间后，A返回到。点的正下方时，相对于地面的速度为零，此后再过0.75s小球恰好第

4次回到最低点。已知A的质量74=0.2kg,B的质量"％=0.6kg,A与B的动摩擦因数从=0.4,B与

地面间的动摩擦因数以2=。3,重力加速度g=10m/s2,/=10,整个过程中A始终在B上，所有碰撞时

间忽略不计，不计空气阻力，求：

(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小小与“；

(2)从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量;

(3)悬挂小球轻绳的长度。

________HB

o,

【答案】(1)3m/s,3m/s；(2)3.6J；(3)Im

【解析】

【详解】（1）设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，杈据动量守恒

和动能守恒得

〃?八%='4唳+飞昨

12121，

代入数据联立解得

v.=-3m/s

vB=3m/s

即A和B速度的大小均为3m/s；

（2）碰后对B手里分析・，由牛顿第二定律可知

〃2（"入+"%必="%他

解得

即=4m/s2

设B经过"时间速度减为零

0二%-玷

解得

=0.75s

此过程A、B的位移分别为

4=X

12

/=

根据位移关系

又因为

从见遥＜〃2（叫+外尔

即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为

2=-^AV；+-WBV-

解得

Q=3.6J

（3）A剩余匀速向左运动的时间为

4TA一品="2

解得

t2=0.125s

A减速运动的时间为与，根据动量定理

-AI^A^3=°-WAVA

解得

4=0.75s

小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为力,则

t。=——=0.625s

%

设小球做简谐振动的周期为7,摆长为％,则有

—T=ZQ+/1++0.75s

2

代人数据解得

T=2s

由单.摆周期公式

T=2TT

解得小球的摆长

%=Im

18.如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电的离子。其质量〃?=lxlOXkg,电荷量

^=2xl0-,℃,控制室被分为I、【I、HI、IV四个横截面为正方形的区域，正方形边长L=lm,区域间隔

L,=lm、L2=0.6m,4=Im,/区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为

E,=9X106N/C,方向水平向右的匀强电场，II,01。IV区域存在包含边界的电场或磁场。以2c24中

间小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，H区域存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未

画出），电场强度区的大小在0〜4x10-SN/C间变化；III区域充满沿,v轴正方向的匀强磁