2024年江蘇省蘇州市高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年江蘇省蘇州市高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共n小題，共44分。

1.關(guān)于物理學(xué)家的貢獻(xiàn)，下列說法正確的是（）

A.法拉第提出了場的概念

B.庫侖最早測得元電荷的數(shù)值

C.吒馬斯?楊在分析了大量實驗數(shù)據(jù)后總結(jié)出了光的折射定律

D.奧斯特提出通過形象直觀的磁感線來研究磁場

2.如圖所示，兩塊標(biāo)準(zhǔn)平面玻璃板中間形成一個劈形空間，劈尖角6二

2x10~4rad,（。很小時，可認(rèn)為sin。*tan。*9）。用波長A=600nm

的單色光從上方照射，從上往下看到干涉條紋。當(dāng)在劈形空間內(nèi)充滿

某種液體時，相鄰亮條紋間距減小了0.5瓶機，則該液體的折射率為（）

C|DI

3.如圖為一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷QT匕TC過程的壓強〃隨攝氏溫度，變化

的圖像，其中必平行于/軸，劭的延長線過坐標(biāo)原點。下列判斷正確的是

（）

A.QTb過程，所有氣體分子的運動速率都減小

B.QTb過程，單位時間撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增加

C.bTC過程，氣體體積保持不變，從外界吸熱，內(nèi)能增加

D.bTC過程，氣體膨脹對外界做功，從外界吸熱，內(nèi)能增加

4.2023年8月，“中國環(huán)流三號”首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，標(biāo)志著我國在

可控核聚變領(lǐng)域達(dá)到了國際領(lǐng)先水平。下列關(guān)于核聚變的說法正確的是（）

A.輕核聚變過程，原子核的比結(jié)合能變大

B.輕核聚變在常溫常壓下即可自發(fā)地進(jìn)行

C.輕核聚變過程，生成物的質(zhì)量大于反應(yīng)物的質(zhì)量

D.與核裂變反應(yīng)相比，核聚變的產(chǎn)能效率更低

5.在驗證動量守恒定律時，曉宇設(shè)計了如圖所示的實驗裝置，并進(jìn)行了如下的操作：將光電門A、8固定

在長木板上，并適當(dāng)?shù)貙㈤L木板的右端墊高，將滑塊1放在光電門A右側(cè)，將滑塊2放在兩光電門之間,

輕推滑塊1使其沿長木板向下運動，兩滑塊碰后粘合為一體。已知滑塊1、2的質(zhì)量分別為〃人滑塊1通過

光電門A、3時的擋光時間分別為條口、t2,遮光的寬度為d。以下說法不正確的是（)

出由門R光電門A遮小條

喝宜口滑塊一2日占:"

A.右端墊高的目的是為了平衡兩滑塊滑動過程受到的摩擦力

B.兩滑塊與板的動摩擦因數(shù)應(yīng)相同

C.兩個滑塊碰撞過程中總動能不變

D.驗證動量守恒的表達(dá)式為巾11=（Tn】+加2）（

C1c2

6.如圖所示，螞蚊在半球形碗中從底部經(jīng)a點緩慢爬行到〃點，在此過程中螞蟻

所受摩擦力和彈力的情況是（）

A.彈力變小B.彈力變大C.摩擦力變小D.摩擦力大小不變

7.如圖所示，一質(zhì)點在光滑水平桌面上受水平恒力作用，先后經(jīng)過。、

〃兩點，速度方向偏轉(zhuǎn)90。。已知經(jīng)過〃點的速度大小為八方向與，力

連線夾角為60。，"連線長度為4對質(zhì)點從〃到。的運動過程，下列

說法正確的是（）

A.最小速度為：B.運動時間為我

C.經(jīng)過b點的速度為D.恒力方向與乃連線的夾角為45°

&圖甲為中國京劇中的水袖舞表演，若水袖的波浪可視為簡諧橫波，圖乙為該簡諧橫波在亡=口時刻的波形

圖，P、。為該波上平衡位置相距1.05771的兩個質(zhì)點，此時質(zhì)點P位于平衡位置，質(zhì)點Q位于波峰（未畫出

）,且質(zhì)點P比質(zhì)點Q光振動。圖丙為圖乙中0點的振動圖像。已知該波波長在0.5m至1”?之間，袖子足

夠長，則下列說法正確的是（）

圖甲圖內(nèi)

A.該波沿4軸負(fù)方向傳播B.該波的傳播速度為0.75m/s

C.經(jīng)1.2s質(zhì)點尸運動的路程為1.2cmD.質(zhì)點Q的振動方程為y=0.2sin（|7rt）7n

9.圖甲為一個簡易的靜電除塵裝置，沒有底的空塑料瓶上固定著一塊鋁片和一根銅棒，將它便分別與起電

機的正、負(fù)極相連。在塑料瓶里放置點燃的蚊香，瓶內(nèi)產(chǎn)生煙塵，搖動起電機后瓶內(nèi)變得清澈透明。圖乙

為瓶內(nèi)俯視圖，其中。、〃、c為瓶內(nèi)電場中同一條電場線上的三個點，且疑=兒。則起電機搖動時（）

A.帶負(fù)電的煙塵會向銅棒聚集

B.。點的電場強度大于8點的電場強度

C.Q、。兩點間的電勢差小于從c兩點間的電勢差

D.帶負(fù)電的煙塵在〃點時的電勢能大于它在。點時的電勢能

10.一重力不計的帶電粒子以初速度外先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強電場E和勻強

磁場力如圖甲所示，電場和磁場對粒子總共做功Wi；若把電場和磁場正交登加，如圖乙所示，粒子仍以

為〈，的初速度穿過疊加場區(qū)對?粒子總共做功修，比較名、1%的絕對值大?。ǎ?/p>

XXXXXX

B7B

XXXXXX

XXXXXX

XXXXX

▼

TEV

乙

A.%=IV2B.WX>W2

C.必<W2D.可能%>%也可能悠<W2

11.交流發(fā)電機的輸出電壓為u,采用如圖所示理想變壓器輸電：升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)的比值為

〃?，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)的比值為〃，輸電導(dǎo)線電阻為，，用戶的工作電壓為U,卜.列說法正確的是

A.m>1B.n<1

C.輸電線上損失的功率為支繆至D.輸電線上損失的功率為止

7716mr

二、實驗題：本大題共1小題，共9分。

12.讀出以下儀器儀表的讀數(shù)。

(l)(a)圖中電壓表量程為3V,則讀數(shù)為______V：(匕)圖中電流表量程為0.64則讀數(shù)為_______A；(c)圖

中螺旋測微器讀數(shù)為______〃"〃；(d)圖中游標(biāo)卡尺讀數(shù)為mm.

(2)當(dāng)使用多用電表測量物理量時，多用電表表盤示數(shù)如圖⑺所示。若此時選擇開關(guān)對準(zhǔn)x10。擋，則被

測電阻的阻值為_____g若用多用電表測量另一個電阻的阻值發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度很大，則應(yīng)該換用倍率

_(填“XHT或"X100C”)的擋位，換擋后先要進(jìn)行,然后再測量電阻。使用完電表后應(yīng)把

選擇開關(guān)撥到______位置。

三、簡答題：本大題共4小題，共12分。

13.如圖所示，形狀、材料相同的物塊，、。靜止在足夠長的粗糙水平面上，。左端固定一勁度系數(shù)足夠大

的輕彈簧c,。、b、c中心共線，c左端與。相距”。?，F(xiàn)給。一水平向右的初速度〃。剛接觸。時的速度為

(此后〃的速度減為零時恰好與c分離，且此時。的速度恰好為一已知物塊〃、方質(zhì)量分別為2〃?、/〃，兩

物塊可視為質(zhì)點，重力加速度為g，忽略空氣阻力，求：

(1)物塊a、力與水平面間的動摩擦閃數(shù)〃：

(2)物塊。與。接觸的時間/；

(3)物塊。與c剛分離時，物塊力的位移大小。

a|~"lc^wT']b

14.如圖所示，光滑水平面上的小車質(zhì)量為2/〃，小車左側(cè)部分有半徑為R的;光滑圓弧軌道，與水平軌道

4

A4相切于A點，小車右端3點固定一個豎直彈性擋板，4、8間距為2R。質(zhì)量為〃?的小物塊從圓弧軌道

最高點以%=2/薪的速度滑下，已知小物塊與A、8間軌道的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g。

(1)若將小車固定，求物塊經(jīng)過圓弧軌道最低點時受到支持力的大??；

(2)若小車不固定，求物塊第一次滑過A點時小車的速度大?。?/p>

(3)若小車不固定，求物塊最終靜止的位置與A點的距離及全過程小車的位移大小。

15.如圖所示，在三維坐標(biāo)系Qiy中，z>0的空間內(nèi)充滿沿z軸負(fù)方向

的勻強電場，ZV0的空間內(nèi)充滿沿)，軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度

大小為8。甲粒子從坐標(biāo)為(0,0,h)的A點以速率先沿x軸正方向射出，

甲粒子第一次到達(dá)x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為。=60。。乙粒

子從z>0的空間C點(未標(biāo)出)以相等速率％沿)，軸正方向射出。甲、乙

兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后相遇，相遇點為各自軟跡的最低點。已知

甲、乙粒子的質(zhì)量均為機，帶電量均為+q,不計粒子重力以及粒子間的

相互作用。求：

(1)電場強度E的大小；

(2)相遇時，甲粒子的運動時間；

(3)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時與水平方向的夾角大小；

(4)C點的位置坐標(biāo)。

16.在光滑絕緣的水平面上有一個邊長為L、質(zhì)量為〃八電阻為R的正方形XXX

剛性金屬線框曲cd,線框的右邊有一寬度為2L、磁感應(yīng)強度大小為8、方XXX

向垂直水平面向下的勻強磁場區(qū)域。線框在大小為廣的水平恒力作用下由XXX

XXX

靜止開始水平向右運動，線框進(jìn)入磁場的過程中做勻速直線運動。已知4

XXX

邊始終與磁場邊界平行，當(dāng)〃邊穿出磁場時立即撤去水平恒力￡線框最

2L

終從右邊界離開磁場。求：

(1)線框開始運動時〃邊到磁場左邊界的距離。

(2)cd邊剛離開磁場時線框受到的安培力。

(3)ab功離開磁場時線框的速度大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、法拉第提出了場的概念，符合史實，故A正確；

8、美國物理學(xué)家密立根最早測得元電荷e的數(shù)值，故B錯誤；

C、荷蘭物理學(xué)家斯涅耳在分析了大量實驗數(shù)據(jù)后總結(jié)出了光的折射定律，故C錯誤；

。、法拉第提出通過形象直觀的磁感線來研究磁場，故。錯誤。

故選:Ao

本題根據(jù)物理學(xué)史解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

本題要了解物理學(xué)史，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，重視積累。

2.【答案】4

【脩析】解?：根據(jù)光的十涉可知，當(dāng)光程差6=或時此處表現(xiàn)為亮條紋，根據(jù)薄膜十涉的原理可知光程

差為空氣層厚度的2倍，即ds=2，d：

當(dāng)劈尖角為6時，相鄰的亮條紋之間的距離：=%

sm0

相鄰的亮條紋之間的光程差/S=A=24d

聯(lián)立可得二短々得

若在劈形空間內(nèi)充滿液體，光在液體中傳播速度變小，根據(jù)知，波長變短，則相鄰兩條紋間距將變

小。

由I，若

則才=：

在劈形空間內(nèi)充滿某種液體時相鄰亮條紋間距4/=后。與

乙U￡nu

條紋間距減小量4=zlx-d7

液體41=0.5mm

代入數(shù)據(jù)可得九二/故人正確，BCO錯誤。

故選：4。

從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為空氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差及=也時此

處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層的厚度差為半個波長。

掌握了薄膜干涉的原理和相鄰條紋空氣層厚度差的關(guān)系即可順利解決此類題目。

3.【答案】B

【解析】解?：AB.aib過程，溫度降低，氣體分子的平均速率減小，但有個別分子運動速率會增加，分子

撞擊容器壁的平均作用力減小，壓強保持不變，則單位時間撞擊單位面枳器壁的分子數(shù)增加，故A錯誤，

8正確;

CD把該圖像轉(zhuǎn)化為p-T圖像如圖

在占TC過程，圖像上的點與坐標(biāo)原點連線斜率增加,根據(jù)

pv

T=C

可知氣體體積減小，外界對氣體做功，溫度升高，則內(nèi)能增加，故。。錯誤。

故選:瓦

過程QTb中氣體溫度降低，質(zhì)能分析分子的平均速率變化，根據(jù)氣體壓強的微觀解釋分析以根據(jù)pV=

CT分析體積的變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況和內(nèi)能的變化情況。

根據(jù)圖示圖像分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應(yīng)用一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律即可解

題。

4.【答案】A

【解析】解：4原子的比結(jié)合能越大越穩(wěn)定，生成物較穩(wěn)定，比結(jié)合能變大，故A正確；

比輕核聚變反應(yīng)過程需要吸收能量才能使輕核間的距離接近到發(fā)生聚變的距離，因此需要高溫，故8錯

誤；

C核反應(yīng)方程電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，釋放熱量，質(zhì)量虧損，所以生成物的質(zhì)量小于反應(yīng)物的質(zhì)量，故C錯

誤；

D與核裂變反應(yīng)相比，核聚變的產(chǎn)能效率更高，故D錯誤。

故選：

原子核聚變過程，放出核能，比結(jié)合能變大；原子的能級越低越穩(wěn)定；與核裂變反應(yīng)相比，核聚變的產(chǎn)能

效率更高。

本題考查近代物理知識?？疾橹R點有針對性，難度較小，考查了學(xué)生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。

5.【答案】C

【解析】解?：4將長木板的右端墊高是為了平衡兩滑塊滑動過程受到的摩擦力，故A正確；

4.平衡摩擦力時，需要mgsin。=umgcosO

即4=tan。

因為傾斜角度只能是一個值，所以兩滑塊與板的動摩擦因數(shù)應(yīng)相同，故B正確；

C兩滑塊碰后粘合為一體，則碰撞為完全非彈性碰撞，一定有動能損失，故。錯誤；

D滑塊經(jīng)過光電門時的速度為擋光時間內(nèi)的平均速度，因此滑塊1通過兩個光電門的速度分別為

d

d

若碰撞過程動量守恒，則碰前滑塊1的動量應(yīng)等于碰后兩滑塊1、2的總動量，有

dd

^1；-=（恤+^2）7-

故D正確。

本題選不正確的，故選：C。

A3、根據(jù)實驗的步驟和注意事項，可以判斷這兩個選項的正確性；

C、根據(jù)碰撞類型可以確定碰撞的過程是否存在動能損失；

。、根據(jù)動最守恒，結(jié)合實驗測量的物理最，可以得出驗證動最守恒的表示式。

本感考杳了驗證動量守恒定律實驗，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。

6.【答案】A

【解析】解：螞蟻受力平衡，設(shè)螞蟻所在位置的切線與水平方向的夾角為8,根據(jù)平衡條件可得

f=mgsinO

F=rnycusO

螞蟻緩慢上爬的過程中，。逐漸增大，所以彈力變小，摩擦力變大，故8C。錯誤，A正確。

故選:4。

對螞蟻受力分析，根據(jù)受力平衡，聯(lián)立方程求出彈力和摩擦力的大小變化。

本題主要考查受力平衡，根據(jù)平衡進(jìn)行分析，本題的解法比較多，可以用方程法也可用圖解法，注意分析

變化。

7.【答案】C

【解析】解：8C.設(shè)恒力與加連線的夾角為仇根據(jù)幾何關(guān)系可知力點速度方向與M連線的夾角為30。。

該質(zhì)點做類斜拋運動，在沿初速度方向上速度由v減小到0,由勻變速直線運動規(guī)律

vt

dcos600=彳

解得。到。的時間為

d

t=-

v

設(shè)b點速度為%從a點運動到b點沿ab方向的平均速度為

-vcos60O+%cos30°d

v=------------2------------=7

解得

vb=V_3v

故B錯誤，C正確；

質(zhì)點在垂直于恒力方向上速度不變，即

vsin(zr-8-60°)=%sin(8-300)

解得

0=60°

當(dāng)粒子沿恒方向的速度為。時，粒子的速度最小，此時粒子的最小速度為

v=v-cos(94-600-90°)=v

min乙

故A。錯誤。

故選：Co

先根據(jù)沿初速度方向做勻變速直線運動計算出運動時間，根據(jù)沿外方向的平均速度計算出。點速度；根

據(jù)垂直于恒力方向上速度不變計算出恒力與。。的夾角，根據(jù)沿恒方向的速度為0時計算出最小速度。

本題關(guān)鍵掌握類斜拋運動合成與分解方法。

8.【答案】B

【解析】解：A由圖丙可知￡=0時刻質(zhì)點P向上振動，根據(jù)平移法可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯

誤:

a由題意可知

3

nA4--TA=1.05m

4

該波波長在0.5m至1機之間，可得4=0.6m,則該波的傳播速度為

A0.6

vQ~Qm/s=0-75m/s

故B正確；

C.經(jīng)1.2s=1.57,則質(zhì)點尸運動的路程為s=64=6xO.27n=L2m,故C錯誤；

D因3=普=苧

f4

質(zhì)點Q的振動方程為

57r7T

y=O.Zsinf-2-t+^)7n

故D錯誤。

故選:Bo

根據(jù)圖乙確定當(dāng)亡=0時，質(zhì)點。的振動方向，再根據(jù)波的傳播方向與質(zhì)點振動方向的關(guān)系確定波的傳播方

向；考慮質(zhì)點Q的不同位置及空間的周期性分別求解傳播距離與波長的關(guān)系，結(jié)合波長范圍求波長；再根

據(jù)波長、波速和周期的關(guān)系求傳播速度，根據(jù)時間與周期的關(guān)系解得路程，根據(jù)角頻率解得質(zhì)點Q的振動

方程。

本題主要考查r質(zhì)點的振動方向與波的傳播方向的判斷；知道波傳播的周期性和雙向性；掌握波長、波速

和周期的關(guān)系。

9.【答案】C

【解析】解：A4、起電機搖動時，一塊鋁片和一根銅棒分別與起電機的正、負(fù)極相連，則鋁片帶正電，銅

棒帶負(fù)電，所以帶負(fù)電的煙塵會向鋁片聚集，由于二者之間的電場線分布是從左至右依次變得密集，所以

a點的電場強度小于/，點的電場強度，故AB錯誤；

C、〃、〃兩點間的電場線比〃、。兩點間的電場線要疏一些，故Eab<%c

根據(jù)U=Ed,其中(/助二d》c

可知：Uab<Ubc

即建〃兩點間的電勢差小于從c兩點間的電勢差，故C正確；

。、根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知

根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=q°其中qV0,則帶負(fù)電的煙塵在8點時的電勢能小于它在c點時的電勢

能，故。錯誤。

故選：c。

分析銅棒和鋁片帶電情況，再分析帶負(fù)電的煙塵運動方向。根據(jù)電場線的疏密分析電場強度的大小。根據(jù)

公式U=Ed分析電勢差大小。分析電勢高低，由Ep=q＞分析電勢能大小。

此題考查靜電除塵的原理，關(guān)鍵要抓住順著電場線方向電勢降低，電場線的疏密反映電場強度的相對大小

進(jìn)行分析。

10.【答案】B

【蟀析】解：不論帶電粒子帶何種電荷，由于：孫＜、

所以電場力"石大于洛倫茲力qB%,根據(jù)左手定則判斷可知：開始進(jìn)入疊加場后，洛倫茲力存在與電場力

方向相反的分力，所以帶電粒子在純電場中的偏轉(zhuǎn)位移比重疊時的偏轉(zhuǎn)位移大，所以不論粒子帶何種電

性，甲圖帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移一定大于乙圖的偏轉(zhuǎn)位移，且洛倫茲力對帶甩粒子不做或，只有電場

力做功，所以一定是：叫＞卬2。故4C。錯誤，B正確。

故選:Bo

磁場對粒子的洛倫茲力不做功，只有電場力對粒子做功，根據(jù)電場力做功公式W=q￡d,d是電場方向上

兩點間的距離。

粒子在正交的電磁場中運動時，由題意知1；V云不計重力時，qBuVqE,而在電場中只受電場力分

析粒子在兩種情況下沿電場方向的距離大小，判斷做功大小。

本題考查了分析物體受力情況的能力和對電場力做功的理解能力。正確解答本題要抓住洛倫茲力的特點：

洛倫茲力方向總與粒子速度方向垂直，總不做功。

II.【答案】C

【解析】解：/B.因為升壓變壓器原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)，則可得原、副線圈匝數(shù)的比值又因

為降壓變壓器原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)，則可得原、副線圈匝數(shù)的比值九＞1,故A8錯誤；

CD根據(jù)變壓器的規(guī)律，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為4

降壓變壓器原線圈兩端的輸入電壓g=nU

根據(jù)電路中電壓的特點可知線路損失的電壓為dU=u2-u3

所以損失的功率為42=平

聯(lián)立解得Z1P=°一時/

mLr

故C正確，。錯誤。

故選:Co

根據(jù)變壓器原副線圈的匝數(shù)比等于輸入輸出電壓之比的關(guān)系分析；先得到升壓變壓器的輸出電壓，然后根

據(jù)降壓變壓器的輸出電壓得到損失的電壓，進(jìn)而得到損失的功率。

知道在輸電線路上損失的電壓等于升壓變壓器的輸出電壓與降壓變壓器的輸入電壓的差值是解題的關(guān)鍵。

12.【答案】1.900.163.77541.5200x1。歐姆調(diào)零“OFF”擋

【解析】解：(1)(。)圖中電壓表量程為3匕分度值為0.1V,讀數(shù)為1.90V：(b)圖中電流表量程為0.64分

度值為0.024則讀數(shù)為0.164(c)圖中螺旋測微器的精確度為0.01mm,讀數(shù)為3.5mm+27.5x

0.01mm=3.775mm；(d)圖中游標(biāo)R尺的精確度為0.1mm,讀數(shù)為417nm+5x0.1mm=41.5mmo

(2)選擇開關(guān)對準(zhǔn)x10。擋，則被測電阻的阻值為20x10。=200C；若用多用電表測量另一個電阻的阻值

發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度很大，應(yīng)換小擋，即XI。的擋位，換擋后先要進(jìn)行歐姆調(diào)零，然后再測量電阻。使用完

電表后應(yīng)把選擇開關(guān)撥到“OFF”擋位置。

故答案為：(1)1.90；0.16；3.775；41.5；(2)200；xW；歐姆調(diào)零；“O尸尸”擋

⑴根據(jù)儀器的分度俏和精確度結(jié)合指針刻度讀數(shù)：

(2)根據(jù)歐姆表的使用注意事項分析解答。

本題考查了歐姆表讀數(shù)與使用注意事項，應(yīng)用歐姆表測電阻時要選擇合適的擋位，使指針指針表盤中央刻

度線附近，注意每次換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零。

13.【答案】解：(1)從開始到“剛接觸c的過程，由動能定理得：

22

-2^mgx0=x2m(^)x2mv

解得：

(2)因彈簧的勁度系數(shù)足夠大，。接觸c后在極短時間內(nèi)彈簧彈力大于〃與水平面的最大靜摩擦力，使〃開

始運動，故可忽略a剛接觸c到人開始運動的時間，即可認(rèn)為物塊a與c接觸的過程，。、。的運動時間相

等,以向右為正方向，設(shè)物塊〃與c接觸的時間內(nèi)彈簧彈簧對〃、b的沖量分別為/。、h，則有：

1a=~lb

對。、〃分別由動量定理得：

V

-2》mgt+Ia=0-2m-^

V

一刖g￡+lb=m-^-0

解得：“黑

(3)與(2)同理，因彈簧的勁度系數(shù)足夠大，可忽略〃剛接c簧到b開始運動過程〃的位移，故可認(rèn)為物塊a

與。接觸的過程。、〃的位移相同，設(shè)此位移為x,對〃〃整體由功能關(guān)系和能量守恒定律得：

-M（2m+m）gx=排（乎一ax2m（^）2

解得：%=?

答：(1)物塊。、”與水平面間的動摩擦因數(shù)〃為尹;

(2)物塊。與c接觸的時間，為肝;

(3)物塊。與c剛分離時，物塊力的位移大小為多。

【脩析】(1)根據(jù)動能定理求解動擎擦因數(shù)：

(2)對〃、〃分別根據(jù)動量定理列式聯(lián)立求解時間，因彈簧的勁度系數(shù)足夠大，此時間內(nèi)可認(rèn)為彈簧對。、b

的沖量等大反向。

(3)彈簧的勁度系數(shù)足夠大，可認(rèn)為物塊〃與c接觸的過程，〃、力的位移相同，對整體由能量守恒定律

和功能關(guān)系求解。

本題是動量守恒定律的彈簧模型的變形，由題意可知系統(tǒng)動量并不守恒，將輕彈簧設(shè)置成勁度系數(shù)足夠

大，即可認(rèn)為在物塊〃開始運動前物塊。撞擊一個不形變物體。根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程，應(yīng)用

動量定理，能量守恒定律與功能關(guān)系即可解題。

14.【答案】解：(1)若將小車固定，物塊滑到圓弧軌道最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒有

11

mgR評=于九講

在最低點由牛頓第二定律有：FN-mg=m4

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：FN=7mg

(2)若小車不固定，物塊與小車在水平方向動量守恒，以向右為正有：0=771匕+

同時滿足機械能守恒：jmvo+mgR=

聯(lián)立解得：vA=2y1~gR,vx--yf-gR

可知物塊第一次滑過A點時小車的速度大小為/近。

(3)由于圓弧軌道最左端的切線在豎直方向，物塊若飛出小車其水平速度必然與小車一致，還會回到小

車，又該系統(tǒng)水平方向總動量為零，經(jīng)過水平軌道的循環(huán)摩擦后物塊與小車最終必然均將靜止。設(shè)物塊返

同后能夠上升的最大高度為h,在能量守恒有：+mgR=2林mg?2R+mgh

代人數(shù)據(jù)解得：h=R

物塊與擋板8碰撞后剛好返回到圓弧軌道最高點，沒有飛出小車，設(shè)物塊相對48段滑行的總路程為s,則

由能量守恒有：+mgR=pmgs

代人數(shù)據(jù)解得：s=6R

則可知物塊最終將停在8點，距八點2&設(shè)全過程物塊的水平,立移為修，小車的水平位移為打，由水平

方向總動量守恒可得：mxx=2mx2

由幾何關(guān)系有:“I+M=3R

聯(lián)立解得：x2=R

答：(1)物塊經(jīng)過圓弧軌道最低點時受到支持力的大小為7mg；

(2)物塊第一次滑過A點時小車的速度大小為/亞：

(3)物塊最終靜止的位置與A點的距離為2R,全過程小車的位移大小為R.

【解析】(1)小車固定時，物塊到達(dá)小車最低點時，根據(jù)機械能守恒定律求出小車的速度，再杈據(jù)牛頓第

二定律求支持力；

(2)小車小固定時，小車與物塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守怛，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律求

第一次物塊滑過A點的速度；

(3)應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律分析答題。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與

機械能守恒定律、能量守恒定律即可解題。

15.【答案】解：(1)甲粒子在立上坐標(biāo)平面內(nèi)的運動軌跡如圖所示：

沿n軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第二定律，粒子運動的加速度。=在

?n

運動。。點時的豎直速度七=Qti

根據(jù)運動學(xué)公式諺=2ah

根據(jù)數(shù)學(xué)知識tan。=

代人數(shù)據(jù)聯(lián)立解得場強E=粵

2qh

運動時間匕二誓

13i，o

甲粒子進(jìn)入磁場時的速度大小與=送暖=辛=2%

2

(2)粒子從0點進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為R,周期為T

洛倫茲力提供向心力=m匹

R

代人數(shù)據(jù)解得圓周運動的半徑R=絮

因此圓周運動的周期T=筆=翳

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的圓心角a=2x60°=120。

根據(jù)對稱性，粒子再次進(jìn)入電場的速度方向工軸正方向成60。角，粒子做類斜拋運動。

甲、乙兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后相遇，相遇點為各自軌跡的最低點，此時甲粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心

角為180。，運動時間t2=：T：

相遇時，甲粒子的運動時間為：

2/3/1rim2/3/iTim

￡伊…+…、.+而=-^+9

(3)乙粒子沿y軸正方向射入，在電場中做類平拋運動，沿z軸負(fù)方向的加速度Q="=理

乙粒子從M點進(jìn)入磁場后做螺旋運動，將速度沿)，軸方向和z相方向分解，沿)，軸方向做勻速直線運動，

在/Oz平面內(nèi)的磁場中做勻速圓周運動，再次進(jìn)入電場后做類豎直上拋運動；

乙粒子在磁場在的部分運動軌跡如圖所示：

y

f2

根據(jù)向心力公式qu/8二血牛二

由于甲、乙兩粒子均在第2次進(jìn)入磁場后的相遇點為各自軌跡的最低點，因此甲、乙兩小球做勻速圓周運

動的半徑關(guān)系滿足8=R(1—cos600)=

可得乙粒子進(jìn)入磁場時的沿Z軸負(fù)方向的分速度大小為丹'=Vo

設(shè)乙粒子進(jìn)入磁場時與.V軸的夾角為6

根據(jù)數(shù)學(xué)知識匕邛=￥=1

解得0=45°

因此乙粒子第一次進(jìn)入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

(4)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時的豎直速度為七'=v0

乙粒子在電場中沿z軸負(fù)方向的加速度0=冬=萼

m2h

設(shè)拋出點C的豎直坐標(biāo)為蛇，根據(jù)運動學(xué)公式七'2=2ahe

代人數(shù)據(jù)解得：hc=\h

甲粒子第一次進(jìn)入磁場的工坐標(biāo)為%］=vot1=粵

根據(jù)甲粒子的運動過程，可得相遇點的x坐標(biāo)為：心=3%］+3Rs?60°

相遇時乙粒子在x軸方向運動的距離為：x2=3%='/?

乙粒子出發(fā)時X坐標(biāo)為：

,3(/3-l)mv

x=x遇-x?=29--------碰----------0

乙粒子在電場中運動時間為：“i=3乂&=勁

乙］aVQ

乙粒子在磁場中運動時間為：t=17=舞

j乙q乙qH

乙粒子沿y軸方向做勻速直線運動，運動距離為：

3nmv

%=%(￡乙］+七22)=2h+-^-0

因此拋出點。的)，坐標(biāo)y=-2h+鬻

拋出點坐標(biāo)為［2門九+3(/3-1>P3_2/1+符1川。

w15CfrJO

答：(1)電場強度E的大小為駕；

(2)相遇時，甲粒子的運動時間為嚓+器；

(3)乙粒子第一次進(jìn)入磁場時與水平方向的夾角大小為45。；

(4)。點的位置坐標(biāo)為標(biāo)為［2門九+型學(xué)四,一2/1+包誓■川。

qB(］o5

【解析】(1)甲粒子在z-x坐標(biāo)平面的一象限內(nèi)做類平拋運