湖南省湖湘名校联合体2021届高三物理上学期入学考试题（Word版附答案）

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绝密★启用前 湖湘名校教育联合体·2021 届高三入学摸底考试 物理 本试卷共 6 页，全卷满分 100 分，考试时间 90 分钟。 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，再选涂其它答案标号。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。 一、单项选择题：本题共 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.汤姆孙研究确定阴极射线为电子流，并提出了原子的核式结构模型 B.质子的质量比电子的大，其德布罗意波长一定比质子的小 C.结合能越大的原子核，结构越稳定 D. U 衰变成 Pb 要经过 6 次 β 衰变和 8 次 α 衰变 2.如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖直 方向的夹角为 θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着 θ 缓慢减小， 小球始终保持静止，则下列说法正确的是 A.筷子甲对小球的弹力变小 B.筷子乙对小球的弹力不变 C.两根筷子对小球的弹力均增大 D.两根筷子对小球的合力将增大 3.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱 A、B、C，对应时刻 分别为 t1、t2、t3，其 x-t 图像如图所示。则下列说法正确的是 238 92 206 82 A.车头经过立柱 B 的速度为 B.车头经过立柱 A、B 的平均速度大于 C.动车的加速度大小为 D.车头过立柱 B、C 过程速度变化量的大小为 4.2020 年 6 月 23 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第 55 颗导航卫星，至此北 斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。北斗导航系统第 41 颗卫星为地球同步轨道卫星，第 49 颗卫星为“倾斜地球同步”轨道卫星，它们的轨道均视为圆周，半径约为 4.2×107m，运行 周期都等于地球的自转周期 24h。“倾斜地球同步”轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如 图所示。已知引力常量 G=6.67×10-11Nm2/kg2，下列说法正确的是 A.根据题目数据可估算出地球的密度 B.地球同步轨道卫星一天内可经过北京正上空 1 次 C.“倾斜地球同步”轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度 D.“倾斜地球同步”轨道卫星一天 2 次经过赤道正上方同一位置 5.正方形 ABCD 四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O 为正方形两对 角线的交点，M、N、P、Q 分别为 AO、BO、CO、DO 的中点。取无穷远处电势为零，下列 说法正确的是 0 3 1 2x t t− 0 2 1 x t t− 0 3 2 1 2 1 3 2 3 1 2x (t 2t +t ) (t t )(t t )(t t ) − − − − 0 3 2 1 2 1 3 1 2x (t t +t ) (t t )(t t ) − − − A.M、N、P、Q 四点的场强相同 B.M、N、P、Q 四点的电势相等 C.将一负点电荷从 M 点沿 MON 移动到 N 点的过程中，电场力一直做负功 D.将一正点电荷从 M 点沿 MOP 移动到 P 点的过程中，电势能先增加后减小 6.平昌冬奥会武大靖在 500m 短道速滑项目中以 39 秒 584 的成绩为中国队夺得首金，同时也 创造了新的世界纪录。运动员进入弯道时，身体会向弯道内侧倾斜，如图为武大靖在平滑冰 面上贴着最内弯道匀速率转弯(匀速圆周运动)时的情景，若他与弯道地面的动摩擦因数 µ=0.2， 最内弯道半径 R=8m，取 g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 A.他受到了重力、支持力、摩擦力和向心力的作用 B.他所受到的静摩擦力与速度方向相反 C.他所受的地面的作用力与其重力平衡 D.他成功沿最内弯道匀速滑行的最大速度为 4m/s 7.如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)过程是交流发电机发电的示意图，线框的面积为 S，匝数为 N， 匀速转动的角速度为 ω，将两极间的磁场看成匀强磁场，磁感应强度大小为 B。下列说法正确 的是 A.当线圈转到图(a)位置时，线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小 B.若从图(b)开始计时，线圈中电流 i 随时间 t 变化的关系是 i=Imsinωt C.线圈从图(b)位置转到图(c)位置的过程中，感应电流增大 D.线圈从图(b)位置转到图(d)位置的过程中，感应电动势的有效值为 E=NBSω 8.某次踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，将足球视为质点，空气阻力不计。用 vy、P、Ek、 E 分别表示足球的竖直分速度大小、重力的瞬时功率大小、动能大小、机械能大小，用 t 表示 足球在空中的运动时间，下列图像中可能正确的是 二、多项选择题：本题共 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.如图为氢原子的能级示意图，处于 n=4 能级的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再 照射到逸出功为 2.30eV 的某金属板上。下列说法正确的是 A.跃迁时可辐射出 6 种不同频率的光子 B.入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大 C.从金属板中逸出的光电子就是 β 射线 D.共有 3 种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象 10.如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为 0，反向电阻 为∞)连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关 S，稳定后，一带电油滴恰能静 止在电容器中 P 点。在开关 S 保持接通的状态下，下列说法正确的是 A.若滑动变阻器的滑片向下滑动时，带电油滴将会向上运动 B.若电容器的上极板向上移动时，带电油滴将仍然静止 C.若电容器的下极板向下移动时，P 点的电势将不变 D.若电容器的下极板向左移动时(P 点仍处在电场中)，极板间的场强将增大 11.如图所示，质量相等的小球 A、B 由轻质弹簧连接，A 球上端用细线悬挂于天花板。现烧 断细线，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中(B 球未触地)，不计空气阻力， 重力加速度为 g，下列说法正确的是 A.细线烧断瞬间，A 球的加速度为 2g，B 球的加速度为零 B.整个过程中，弹簧对 A、B 球的冲量相同 C.弹簧第一次恢复原长时，A 球动量大于 B 球动量 D.整个过程中，A、B 球的重力做功相等 12.如图所示，矩形金属线圈 abcd，ab 边长为 3L，bc 边长为 4L，电阻为 R。现将线圈平放在 粗糙水平传送带上，ab 边与传送带边缘 QN 平行，随传送带以速度 v 匀速运动。匀强磁场的 边界 PQNM 是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为 B，PQ 与 QN 夹 角为 53°，QN 长为 6L，PQ 足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过 程中，下列说正确的是 A.线圈感应电流的方向先是沿 adcba 后沿 abcda B.线圈所受的静摩擦力的方向垂直于 ad 边向右 C.线圈受到的静摩擦力先增大后减小再增大再减小 D.线圈受到摩擦力的最大值为 三、非选择题：共 60 分。 13.(6 分)测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量 M，装置如图甲 2 220B L v R 所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物 PQ 相连，重物 P、Q 的质量均为 m=500g， 在重物 Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块 Z，重物 P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连， 已知当地重力加速度为 g=9.8m/s2。 (1)某次实验中，先接通频率为 50Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带， 其中两相邻计数点间还有 4 个点未画出，则系统运动的加速度 a= m/s2(保留两位有 效数字)。 (2)忽略各类阻力，求出物块 Z 质量的理论值为 M 理论= kg(保留两位有效数字)。 (3)实际情况下，由于存在空气阻力及摩擦阻力，则物块 Z 的实际质量 M 实际_______M 理论(选 填“>”或“<”或“=”)。 14.(8 分)某兴趣小组同学要利用 NTC 热敏电阻测量温度，图甲为该热敏电阻的电阻特性曲线， 为了测量某状态下的温度，需先测量热敏电阻在该状态温度下的电阻值。 请按要求完成下列实验： (1)若温度的测量范围为 0～25℃，不考虑其他因素对电路的影响，要求误差较小，实验室提供 的器材如下，请在图乙的虚线框内画出实验电路图。 A.NTC 热敏电阻(用 表示) B.电压表 V：量程 5V，内阻约 3kΩ C.灵敏电流表 A：量程 5mA，内阻为 500Ω D.滑动变阻器 R：最大阻值为 200Ω E.直流电源 E(电动势 6V，内阻不计) F.开关 S，导线若干 (2)正确接线后，将热敏电阻置于待测状态下，接通电源，电流表示数是 1.60mA，电压表的示 数如图丙所示，则电压表的读数为 V。 (3)以第二问的数据为基础，求此时热敏电阻的阻值为 kΩ；结合图甲可知待测温度 为 ℃。(计算结果均保留两位有效数字) 15.(7 分)如图所示，一小型汽车的货厢长度为 l=3m，货厢中有一件质量为 m=40kg 的货物 P(可 视为质点)，它到货厢后壁的距离为 l1=1m。已知货物与货厢底板间的动摩擦因数为 µ=0.3，重 力加速度 g 取 10m/s2。 (1)若汽车以 2m/s2 加速度启动，求货物所受摩擦力 f 的大小； (2)若汽车缓慢启动，货物与汽车无相对滑动，汽车以 36km/h 的速度在平直公路上匀速行驶。因为前方红灯，司机以 5m/s2 的加速度开始刹车(可视为匀减 速直线运动)直到停止。假设不考虑司机的反应时间，试通过计算判断汽车从开始刹车到停止 过程，货物会不会与货厢前壁碰撞。 16.(9 分)如图所示，A 是长为 L 的细线悬挂的以质量为 m 的小球，A 的下端离光滑水平面很 近，且可以绕 O 点在竖直面内做圆周运动，现有一质量为 2m 的滑块 B 沿光滑水平面以速度 v0 正对 A 运动，并与 A 发生弹性碰撞，已知细线承受的最大拉力为 8mg，现要求小球做圆周运 动能通过圆形轨道最高点(g 为重力加速度)，求： (1)如 A 恰好能够做完整圆周运动，A 在最高点的速度 v 是多少； (2)求滑块 B 初速度 v0 的取值范围。 17.(14 分)水平浅色长传送带以 v0=4m/s 的速度匀速运动，现一煤块 m=1kg(可视为质点)轻轻地 放在传送带上，经过△t=1s 后，传送带即以 a=2m/s2 的加速度开始减速，直至停止。经过一段 时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块在传送带上不再滑动。已知煤块与传送带 之间的动摩擦因数为 μ=0.1，重力加速度 g 取 10m/s2 求： (1)煤块放到传送带上后经过△t 时获得的速度； (2)煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间； (3)黑色痕迹的长度； (4)整个过程中煤块与传送带摩擦生热的大小。 18.(16 分)如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为 B=1T，方面垂直于纸面向里的磁场，II、III、IV 象限(含 x、y 轴)有电场强度为 E=2N/C，竖 直向下的电场。光滑 1/4 圆弧小管道(管的直径略大于 B 球直径)，圆心 O'，半径为 R=4m，小 圆管底端位于坐标轴原点 O。质量为 m=1kg，带电 q1=-1C 的小球 A 从 O'处水平向右飞出，经 过一段时间，正好运动到 O 点。质量为 m2=2kg，带电 q2=2C 的小球 B 从小圆管顶端(与圆心 等高处)静止释放，与 A 同时运动到 O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球 C。小球 A、 B、C 均可视为质点，所在空间无重力场作用。 (1)小球 A 在 O'处的初速度为多大； (2)碰撞完成后瞬间，小球 C 对圆管轨道的压力； (3)小球 C 从 O 点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析 C 球在后续运动过程中，又 回到 y 轴时离 O 点的距离。 物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C D C D A B AB BD AC ACD 1.D 解析：A．卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故 A 错； B．德布罗意波长 ，动量大， 才小，质子的质量大，但动量不一定大，故 B 错误； C．比结合能越大的原子核结构才越稳定，故 C 错误； D． 衰变成 要经过： 次 α 衰变；2×8－(92－82)=6 次 β 衰变，故 D p h=λ λ 238 92 U 206 82 Pb 238 206 84 − = 正确。 2.C 解析：根据平衡条件可知： ， ，解得： ， ，随着 θ 减小，FN1，FN2 都在增大，选项 A 错误，B 错误，C 正确；由于小球处 于静止状态，两只筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，选项 D 错误。 3.C 解析：B 柱为 t1-t2 位移中点，故车头过 B 柱时的速度大于 ，A 错；车头过 A、B 柱 的过程根据平均速度的定义可知： ，B 错；时间中点瞬时速度等于该段平均速度， 车头过 A、B 柱过程的平均速度 ，车头过 B、C 柱过程的平均速度 ,则加速 度大小 ，故 C 对；车头过 B、C 柱的速度变化量大小 4.D 解析：A．根据： ，可得： 可估算出地球的质量，但地 球半径未知，其密度无法算得，故 A 错误； B．由于地球同步卫星相对地面静止，因此一定自西向东运动，且轨道的圆心一定在地心上， 故同步卫星一定在地球赤道的正上方，不可能运动到北京的正上方，B 错误； C．根据： ，可得： ，由于轨道半径越大，运动速度越小，第一宇 宙速度是贴近地球表面运动的卫星的速度，同步卫星的运动速度小于第一宇宙速度，C 错误； D．倾斜同步卫星若某时刻经过赤道正上方某位置，经过半个周期，恰好地球也转了半个周期， 因此又会经过赤道上方的同一位置，D 正确。故选 D。 5.C 解析：M、N、P、Q 四个点场强方向不同,故 A 项错误;M、P 两点电势为正,N、Q 两点电 势为负,故 B 项错误；负点电荷从 M 点沿 MON 移动过程中，电场力对其一直做负功，故 C 项 正确；沿 MOP,电势先降低后升高，故正点电荷的电势能先减小后增大,D 项错误。故选 C。 6.D 解析：A．只受到了重力、支持力、摩擦力作用，故 A 错误； B．静摩擦力方向与速度方向垂直，故 B 错误； C．重力竖直向下，地面对运动员的作用力为支持力和摩擦力的合力，斜向上，与重力不是一 对平衡力；运动员所受的地面的支持力与重力才是平衡一对平衡力，故 C 错误； D．武大靖在最内弯道做匀速圆周运动时，当最大摩擦力提供向心力时，恰不离心，此时其速 21 cos NN FF =θ mgFN =θsin1 θtan2 mgFN = θsin1 mgFN = 0 3 1 2x t t− 0 2 1 xv t t = − 01 2 1 xv t t = − 02 3 2 xv t t = − 1 2 1 2 0 3 2 1 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 2 ( 2 ) 1 1 ( )( )( ) 2 2 x t t tv v v va t t t t t t tt t t t − +− −= = =∆ − − −− + −（ ） （ ） 0 3 2 1 3 2 2 1 3 1 2 ( 2 )( ) ( )( ) x t t tv a t t t t t t − +∆ = − = − − 2 2 (2 )GMm m rr T π= 2 3 2 4 rM GT π= 2 2 GMm mv r r = GMv r = 度最大，有： ，解得 ,故 D 正确。故选 D。 7.A 解析：当线圈转到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，为中性面，磁通量最大，但 是此时产生的感应电流为零，选项 A 正确； 从图（b）开始计时，b 图是与中性面垂直的平面，此时线圈中产生的感应电流最大，故线圈 中电流 i 随时间 t 变化的关系是 ，选项 B 错误； 线圈从图（b）位置转到图（c）位置的过程中，感应电流减小，选项 C 错误； 有效值为 ，选项 D 错误。 8.B 解析：A．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为 的匀变速直线运动，其速度-时 间关系为，上升阶段： ，下落阶段： ,由关系式可知，速度与时间成一次 函数关系，图像是一条倾斜直线，A 错误； B．足球在竖直方向上的速度满足，上升阶段： ，下落阶段： 再由重力的瞬时功率： 可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重 力的瞬时功率为零，B 正确； C．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C 错误； D．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒， 不变，D 错误；故选 B。 9.AB 解析：大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，有 4→1、4→2、4→3、 3→1、3→2 和 2→1 共六种情况，所以跃迁过程中将辐射出 6 种频率的光子，A 正确；根据光 电效应方程可知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，B 正确；β 射线是原 子核衰变时发射出的高速电子流，光电子是被电离出的核外电子，故 C 错误；n=4 能级跃迁到 n=3 能级和 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射的光子能量小于金属的逸出功，不能使该金属发生光 电效应现象；故 D 错误。故选 AB。 10.BD　解析：当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，R 的电压减小，则电 容器板间电压想减小，电容器想放电，由于二极管的存在，电容器不能放电，故电容器极板 间电压不变，电场场强不变，带电油滴不动，故 A 错误；当电容器的上极板向上移动时，由 电容的决定式 C＝ εrS 4πkd 知，电容减小，而电容器的电压不变，由 C＝Q U 知，Q 要减小，电容器 要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推 论可知电容器板间场强 E＝4πkQ εrS ，故 E 不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止 不动，故 B 正确；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量 Q 不变，由 E＝4πkQ εrS 知 电容器板间场强不变，P 与下极板间距增大，由 U＝Ed 知，P 与下极板间的电势差变大，P 点 R vmmg m 2 =µ 4m/smv = cosmi I tω= 2/NBSw g 0y yv v gt= − y gt=v 0y yv v gt= − y gt=v yP mgv= E 的电势会升高．故 C 错误；当电容器的下极板向左移动时，C＝ εrS 4πkd ，电容器的电容减小， 由 C＝Q U 知，Q 要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则 电容器的带电量不变，那么只能是极板间 U 增大，由 E＝U d 知电容器板间场强变大，故 D 正 确。故选 BD。 11.AC 解析：A．细线烧断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B 球的加速度为零，A 球加速 度为 ,故 A 正确； B．整个过程中，弹簧对两球的力大小相等方向相反，根据冲量定义式 可知弹簧对 A、 B 球的冲量大小相等，方向相反，故 B 错误； C．从开始下落至弹簧第一次恢复原长之前，A 球加速度一直大于 B 球加速度，A 球速度大于 B 球速度，根据动量定义式 可知 A 球动量大于 B 球动量，故 C 正确； D．整个过程中，A 球位移大于 B 球位移，根据 可知 A 球的重力做功大于 B 球的重力做功，故 D 错误；故选 AC。 12.ACD 解析：线圈穿越磁场区域过程中感应电流的方向先是沿 adcba 后沿 abcda，A 项正 确；线圈穿越磁场区域时均受到垂直于 PQ 斜向右的静摩擦力,故 B 项错误；线圈进入磁场区 域过程中，受到安培力先增大后减小，线圈穿出磁场区域过程中，所受安培力先增大后减小, 故线圈穿越磁场区域过程中受到静摩擦力先增大后减小再增大再减小，C 项正确；当 a 刚刚进 入磁场区域时,线圈所受摩擦力最大,为 ，故 D 正确，故选 ACD。 13.答案：（1）1.6 （2）0.19 或 0.20 （3）>（每空 2 分） 解析：（1） 。 （2） ，有些同学用 1.57m/s2 代入， 取 0.19kg。 （3） ，故实际质量大于理论值，所以应选填 大于。 14.答案：(1)见解析 (2).4.00 (3)2.0； 12℃（11~14℃范围内均给分）（每空 2 分） 解析：（1）实验中热敏电阻在 25C0 时电阻最小值都有约 1000Ω，而滑动变阻器最大为 200Ω， 2A B A A m g m ga gm += = I Ft= P mv= GW mgh= R vLB R LvBBLLIBFf 22 maxmax 20455 =⋅=⋅== 安 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 60.20 26.96 26.96 10 m/s 1.57m/s , 1.6m/s 4 0.1 a −− − ×= = 取 ( ) 22 , 0.195k , 0.20kmaMg M m a M g gg a = + = =−得到 取 ( ) ag fmaMamMfgM − +=+=− 2,2 实实 得到由 相对较小，故采用滑动变阻器 分压接法，因为电流表内阻已知，所以采用电流表的内接法， 电路图如图所示： （2）电压表分度值为 0.1V，所以读数为 4.00V， （3）热敏电阻的阻值为 ，从图甲中可知待测温度为 12℃（11~14℃）。 15.解析：（1）假设货物恰好滑动时的加速为 ，由牛顿第二定律可知： 解得 1 分 因为 1 分 所以此时货物相对于汽车并未滑动，则此时的摩擦力为: 1 分 （2）汽车速度从 减小到 0 的时间为: 1 分 这段时间内汽车的位移为: 1 分 此时货物相对于汽车发生滑动，货物的位移为： 1 分 比较可知 ，则货物会与货厢前壁发生碰撞 1 分 16.解析：（1）恰过最高点，即细线拉力为 0，则 A 在最高点有 (2 分) 得 (1 分) （2）设小球 A 在最低点时速度为 ， 根据牛顿第二定律可得 ， (1 分) 小球在最高点时速度为 ， 根据机械能守恒定律可得 ， (1 分) 依据题意 ， 得 (1 分) 设 B 与 A 发生弹性碰撞后速度为 ， 根据动量守恒和能量守恒可得 ， (1 分) ， (1 分) 解得 ，即 ． (1 分) 的 Ω=−= kRI UR A 0.2 0a 0mg maµ = 2 0 3m/sa = 2 2 0 3m/s 2m/sa = > 1 80Nf ma= = 36km/h 0 2 2svt a = = 0 10 2m 10m2 2 vx t= = × = ' 2 0 0 1 14m2x v t a t= − = 2mx x′ > + 2vmg m L = gLv = 1v 2 1 1 vF mg m L − = 2v 2 2 1 2 1 122 2mv mgL mv= + gLvmgF ≥≤ 21 8 和 gLvgL 75 1 ≤≤ 3v 0 3 12 2mv mv mv= + 2 2 2 0 3 1 1 1 12 22 2 2mv mv mv⋅ = ⋅ + 0 1 4 3 vv = 0 3 35 74 4gL v gL≤ ≤ 17.解析：（1）设煤块的加速度为 a1，则由牛顿第二定律，有 （1 分） 则经过 后，煤块获得的速度为 （2 分） （2）设煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间为 ts，则有 （2 分） 得 （2 分） （3）达到共同速度前设煤块的位移和传送带的位移分别为 x1 和 x2 则有 （1 分） （1 分） 达共速之前煤块相对传送带向后运动，此阶段划痕为 5m 达共同速度后，由于 a>a1 煤块和传送带会分开减速， 设各自减速到零的位移分别为 x3,x4 （1 分） （1 分） 此阶段煤块相对传送带向前 1m,但不影响划痕长度 得黑色划痕长度为 （1 分） （4）摩擦生热为 （2 分） 18.解析：(1)A 从 飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， (1 分) 洛伦兹力提供向心力， (1 分) 解得： (1 分) (2)设 B 滑到 O 点的速度为 vB，由动能定理 (1 分) 解得： (1 分) A、B 在 O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的 C 球质量为 mc, ,速度为 v1， 由动量守恒定律 (1 分) 得 (1 分) 在碰后瞬间，C 球做圆周运动，设轨道对 C 支持力为 N， 1mg maµ = st 1=∆ 1 1 1m/sv a t= ∆ = ( ) tattav 10 =∆−− 2st = 2 1 1 1 2m2x a t= = ( ) ( )2 2 0 0 1 7m2x v t v t t a t t= ∆ + − ∆ − − ∆ = 3 1 2mx x= = ( )2 1 4 1m2 a tx a = = 2 1 5mx x− = ( )2 1 3 4 6JQ umg x x x x= − + − = 2 Rr = 2 1 1 A A m vq v B r = 2m/sAv = 2 22 1 BvmqER = 4m/sBv = 1 2cm m m= + 112 vmvmvm cAB =− 1 2m/sv = C 球带电量 (1 分) 解得：N=3N (1 分) 由牛顿第三定律可得压力为 3N,方向向下 (1 分) (3)C 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下， C 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期 T，C 球回到 y 轴上。 由： ， (1 分) 及 (1 分) 解得 C 球圆周运动周期 C 球竖直方向加速度 C 球回到 y 轴时坐标： (2 分) 代入数据解得： （n=1、2、3.） (2 分) 1 2q q q= + 2 1 1 Cm vN Eq qv B R − + = 2 1 1 C C m vqv B R = 1 2 CRT v π= 2 CmT qB π= C Eqa m = 21 ( )2y a nT= 2212 πny =