2023年青海省西寧市高考物理復(fù)習(xí)試卷（二）

一、選擇題

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只發(fā)生一次衰變就達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，而是要發(fā)生一

系列連續(xù)的衰變，最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。某些原子核的衰變情況如圖所示（N表示中子數(shù),

Z表示質(zhì)子數(shù)），則下列說法正確的是（）

A.由褊8Ra到禧8人?的衰變是a衰變

B.已知煦8Ra的半衰期是T,則8個(gè)煦8Ra原子核經(jīng)過2T時(shí)間后還剩4個(gè)

C.從煦8Th到烈8Pb共發(fā)生5次a衰變和2次B衰變

9082

D.圖中原子核發(fā)生的a衰變和0衰變分別只能產(chǎn)生a射線和0射線

2.如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從

船頭跳上岸。已知兩次從離開船跳上岸所用時(shí)間相等，人的質(zhì)量為60kg,船的質(zhì)量為

120kg,不計(jì)水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運(yùn)動(dòng)，則兩次人消耗的能量之比為（）

A.1：IB.1：2C.I：3D.2：3

3.風(fēng)力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為n,

并形成半徑為r的圓面，通過轉(zhuǎn)速比為1：k的升速齒輪箱帶動(dòng)面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)

電機(jī)線圈高速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。已知空氣

密度為P，風(fēng)速為v,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,⑨為交流電壓表，忽略線圈電阻，則

（）

A.線圈位于圖示位置時(shí)，交流電壓表的示數(shù)為零

B.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為2nNBSknsin（如knt）

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為如NBSkn：U

D.單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機(jī)葉片氣流的動(dòng)能為apirFv?

4.2022年2月12EI,在速度滑冰男子500米決賽上，高亭宇以34秒32的成績刷新奧運(yùn)

紀(jì)錄。國家速度滑冰隊(duì)在訓(xùn)練彎道技術(shù)時(shí)采用人體高速彈射裝置，如圖甲所示，在實(shí)際

應(yīng)用中裝置在前方通過繩子拉著運(yùn)動(dòng)員，使運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)設(shè)定速度時(shí)，

運(yùn)動(dòng)員松開繩子，進(jìn)行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑為25m,人體彈射裝置可以使運(yùn)動(dòng)

員在4.5s內(nèi)由靜止達(dá)到入彎速度18m/s,入彎時(shí)冰刀與冰面的接觸情況如圖乙所示，運(yùn)

動(dòng)員質(zhì)量為50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略彎道內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角、

冰刀與冰面間的摩擦，下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為648N

D.入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角大于45°

（多選）5.規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0,則距離點(diǎn)電荷Q為r的位置的電勢(shì)＜p=kQ,其中k

r

為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，以某一根電場(chǎng)線為坐標(biāo)軸x,則x軸上各點(diǎn)的

電場(chǎng)強(qiáng)度E與X」的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電勢(shì)相同

C.電子從xi=lm點(diǎn)移動(dòng)到X2=2m點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增加45eV

D.Xi=1m與X2=2m處的電勢(shì)差小于X2=2m與X3=3m處的電勢(shì)差

（多選）6.宇宙中有這樣一種三星系統(tǒng)，系統(tǒng)由兩個(gè)質(zhì)量為m的小星體和一個(gè)質(zhì)量為M

的大星體組成，兩個(gè)小星體圍繞大星體在同一圓形軌道上運(yùn)行，軌道半徑為r.關(guān)于該三

星系統(tǒng)的說法中正確的是（）

A.在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，大星體提供兩小星體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

B.在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對(duì)的兩側(cè)

3_

C.小星體運(yùn)行的周期為丁=）絲二_

VG（4M+m）

3_

D.大星體運(yùn)行的周期為T=

VG（4M+m）

（多選）7.如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=2kg的帶負(fù)電小滑塊（可

視為質(zhì)點(diǎn)）在x=lm處以vo=1.5m/s的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，滑塊與地面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)n=0.05?整個(gè)區(qū)域存在沿水平方向的電場(chǎng)，滑塊在不同位置所具有的電勢(shì)能EP

如圖乙所示，P點(diǎn)是圖線最低點(diǎn)，虛線AB是圖像在x=1m處的切線，取g=10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.x=3m處的電勢(shì)最低

B.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，速度始終減小

C.滑塊運(yùn)動(dòng)至x=3m處時(shí)，速度大小為與1nzs

D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置

（多選）8.質(zhì)量m=lkg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到

水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為四=0.2,傳送帶AB之間的距

離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則（）

B.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功為2J

C.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2J

D.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10J

二、非選擇題

9.采用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。將兩個(gè)小球用細(xì)線懸掛起來，靜止時(shí)兩球相切，

球心等高，兩細(xì)線恰好豎直。保持細(xì)線伸直，將A球向左拉起，由靜止開始釋放，兩球

碰撞后，A球被反彈向左擺動(dòng)。貝IJ：

（1）兩球質(zhì)量關(guān)系為mAmB（選填或"="）。

（2）取兩球靜止時(shí)球心處為參考面，測(cè)出A球向左拉起的最大高度hi；兩球碰撞后，

測(cè)出A球與B球第一次彈起分別能達(dá)到的最大高度h2和h3。本實(shí)驗(yàn)中能驗(yàn)證碰撞前后

動(dòng)量守恒的表達(dá)式為：（用上述物理量表示）。

（3）實(shí)驗(yàn)中所需要的測(cè)量儀器有：、.

（4）下列做法中對(duì)上面的驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式有影響的是：。

A.起始小球在最低處靜止時(shí)，細(xì)線長度略有不等，但兩球心等高

B.起始小球在最低處靜止時(shí)，兩細(xì)線上端系在同一點(diǎn)上

C.A球開始釋放時(shí)有一定的初速度

D.兩球碰撞過程中有機(jī)械能損失

E.B球擺到最高點(diǎn)的位置記錄不準(zhǔn)確

10.如圖1所示為某興趣小組測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理圖，已知電池組的電動(dòng)

勢(shì)約3V,內(nèi)阻約2?！，F(xiàn)提供的器材如下：

A.電池組

B.電壓表Vi（量程0?10V,內(nèi)阻約10kQ）

C.電壓表V2（量程0~3v,內(nèi)阻約3kC）

E.定值電阻Ri。

F.定值電阻R2=100Q

G.開關(guān)和導(dǎo)線若干

（1）如圖1所示，要盡可能精確測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電壓表V應(yīng)選擇（選

填“B”或"C”）；定值電阻Ro應(yīng)選擇（選填"E”或"F”）。

（2）改變電阻箱的阻值R,記錄對(duì)應(yīng)電壓表的讀數(shù)U,作出的工-上圖像如圖2所示，

UR

圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為-b、a,定值電阻的阻值用Ro表示，則可得該電池組

的電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為（用字母表示）。

（3）該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)與真實(shí)值相比（選填“偏大”“偏小”或“不變”），

內(nèi)阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比（選填“偏大“偏小”或“不變

11.如圖所示，將原長為r的輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A點(diǎn)，另一

端與滑塊P（視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量可調(diào)節(jié)變化）接觸但不連接，AB的長度為2r,B端與半徑

為r的光滑半圓軌道BCD相切，C點(diǎn)與圓心O等高，D點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方，是圓弧的最

高點(diǎn)，滑塊與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口」。用外力緩慢推動(dòng)滑塊，每次都將彈簧壓縮

至原長的一半，然后由靜止釋放，滑塊開始沿軌道AB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊的質(zhì)量為m時(shí)，剛

好能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,求：

（1）彈簧被壓縮至原長的一半時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能；

（2）改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，M的最小值；

（3）E是圓弧軌道上的一點(diǎn)，0、E的連線與OC的夾角為37°,若滑塊的質(zhì)量為mo,

滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，滑塊的質(zhì)量mo。

12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第二象限有一個(gè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與x軸相切于

A（-2V3ir）0）點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T,磁場(chǎng)區(qū)域

的半徑為R=2m,第一象限內(nèi)有一條拋物線OQP（圖中虛線所示），P（4m,0）是x軸

上的一點(diǎn)，拋物線OQP上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3Xl（）3v/m,從A

點(diǎn)向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為vo（未知），質(zhì)量均為m=2

X107kg,電荷量均為q=lX10“c,所有粒子均可到達(dá)P點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和粒子

間的相互作用。

（1）已知粒子1沿與x軸正方向成01=60°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)后平行于x軸從磁場(chǎng)中射出，

求初速度vo的大?。?/p>

（2）粒子2沿與x軸正方向成。2=120。的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，求它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用

的時(shí)間t（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；

（3）求電場(chǎng)的邊界線OQP的軌跡方程。

三、選考題

（多選）13.如圖所示，絕熱容器被絕熱隔板Ki和卡銷鎖住的絕熱光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分為真空，b部分為一定質(zhì)量的稀薄氣體，且壓強(qiáng)pb<po（po是大氣壓強(qiáng)），

c與大氣連通，則下列說法中正確的是（）

A.只打開隔板Ki,b中氣體對(duì)外做功，內(nèi)能減少

B.只打開隔板Ki,b中氣體不做功，內(nèi)能不變

C.只打開隔板Ki,b中氣體壓強(qiáng)減小，溫度不變

D.只打開卡銷，b中氣體對(duì)外做功，內(nèi)能減少

E.只打開卡銷，外界對(duì)b中氣體做功，b中氣體內(nèi)能增加

X10-2kg/mol,標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下摩爾體積是22.4L。

（1）估算氮?dú)夥肿娱g距；

（2）液氮的密度為810kg/m3,假設(shè)液氮可以看成由立方體分子堆積而成，估算液氮分子

間距。（保留一位有效數(shù)字）

（多選）15.如圖所示，等邊三角形AOB為透明柱狀介質(zhì)的橫截面。一束單色光PQ平行

于角平分線OM射向OA,在界面OA發(fā)生折射，折射光線平行于OB且恰好射到M點(diǎn)

（不考慮反射光線）。下列說法正確的有（）

A.單色光在透明柱狀介質(zhì)中的傳播速度為遙X1（）8m/s

B.從AMB面的出射光線與入射光線PQ的偏向角60°

C.增大入射光PQ的頻率，光在該介質(zhì)中的傳播速度減小

D.保持入射點(diǎn)Q不變，減小入射角度，一直有光線從AMB面射出

E.保持入射光PQ的方向不變，增大入射光的頻率，出射點(diǎn)將在M點(diǎn)上方

16.一列簡諧橫波沿直線水平向右傳播，依次經(jīng)過該直線上平衡位置相距9m的a、b兩質(zhì)

點(diǎn)，t=0時(shí)刻振動(dòng)剛好傳到b點(diǎn)，兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖所示。

①求這列簡諧波的波速；

②若該簡諧波的波長人>10m,從振動(dòng)剛傳到b點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，請(qǐng)寫出b點(diǎn)右側(cè)18m處c

點(diǎn)的振動(dòng)方程。

2023年青海省西寧市高考物理復(fù)習(xí)試卷（二）

參考答案與試題解析

一、選擇題

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只發(fā)生一次衰變就達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，而是要發(fā)生一

系列連續(xù)的衰變，最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。某些原子核的衰變情況如圖所示（N表示中子數(shù)，

Z表示質(zhì)子數(shù)），則下列說法正確的是（）

A.由煦8Ra到*8Ac的衰變是。衰變

8889

B.已知228Ra的半衰期是T,則8個(gè)228區(qū)&原子核經(jīng)過2T時(shí)間后還剩4個(gè)

8888

C.從煦8Th到州8Pb共發(fā)生5次a衰變和2次B衰變

9082

D.圖中原子核發(fā)生的a衰變和p衰變分別只能產(chǎn)生a射線和p射線

【分析】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)的變化確定衰變的類型；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒求

出a衰變的次數(shù)；原子核的半衰期適用大量的，具有統(tǒng)計(jì)規(guī)律的；丫射線經(jīng)常是伴隨a

射線和p射線產(chǎn)生的。

【解答】解：A.由煦8Ra到煦8慶?的衰變方程為

8889

即為B衰變，故A錯(cuò)誤；

B.原子核的半衰期是對(duì)大量原子核的行為做出的統(tǒng)計(jì)預(yù)測(cè)，對(duì)于單個(gè)或是少量的原子的

衰變是不可預(yù)測(cè)的，故B錯(cuò)誤；

C.從煦8Th到用8Pb質(zhì)量數(shù)少20,則發(fā)生了5次a衰變，根據(jù)反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、電

9082

荷數(shù)守恒可得，發(fā)生2次0衰變，故C正確；

D.圖中發(fā)生a衰變和0衰變時(shí)，往往伴隨丫射線產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。

故選：C,

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道衰變的實(shí)質(zhì)，及有統(tǒng)計(jì)規(guī)律，知道衰變的過程中電荷數(shù)守

恒、質(zhì)量數(shù)守恒，搞清Y射線的來源?；A(chǔ)題目。

2.如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從

船頭跳上岸。已知兩次從離開船跳上岸所用時(shí)間相等，人的質(zhì)量為60kg,船的質(zhì)量為

120kg,不計(jì)水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運(yùn)動(dòng)，則兩次人消耗的能量之比為（）

A.1：IB.1：2C.1：3D.2：3

【分析】根據(jù)題意求出人離開船時(shí)的速度，撤去纜繩人跳離船的過程系統(tǒng)在水平方向動(dòng)

量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出船的速度，然后應(yīng)用功能關(guān)系求出人消耗的能量，然后

答題。

【解答】解：船靜止時(shí)到河岸的距離相等，兩次從離開船跳上岸所用時(shí)間相等，則兩種

情況下人的速度相等，設(shè)為V,撤去纜繩時(shí)，人與船組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以

人的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv-Mv?|=0,解得：ViiguOSv,由功能

22

關(guān)系可知：Ei=imv,E2=ymv4Ajjv|^,代入數(shù)據(jù)解得：Ei：E2—2：3,故ABC

錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律及功能關(guān)系的綜合應(yīng)用，要注意正確分析功能關(guān)系以及

動(dòng)量守恒定律的規(guī)律才能正確求解。

3.風(fēng)力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為n,

并形成半徑為r的圓面，通過轉(zhuǎn)速比為1：k的升速齒輪箱帶動(dòng)面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)

電機(jī)線圈高速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。己知空氣

密度為P，風(fēng)速為v,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,?為交流電壓表，忽略線圈電阻，則

()

A.線圈位于圖示位置時(shí)，交流電壓表的示數(shù)為零

B.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為2irNBSknsin(如knt)

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2irNBSkn：U

D.單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機(jī)葉片氣流的動(dòng)能為apnFv?

【分析】交流電壓表的示數(shù)為有效值；根據(jù)發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速得出線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，

根據(jù)Em=NBS3求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，進(jìn)而得出電動(dòng)勢(shì)的有效值和瞬時(shí)值；單位時(shí)

間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為pvs,根據(jù)動(dòng)能公式即可求解。

【解答】解：A、線圈位于圖示位置時(shí)，線圈所在平面與磁場(chǎng)方向垂直，則穿過線圈的磁

通量最大，變化率最小，電動(dòng)勢(shì)為零，交流電壓表的示數(shù)為有效值，故不為零，故A錯(cuò)

誤；

B、風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為n,發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速為kn,線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度：3=如如

電動(dòng)勢(shì)的峰值Em=NBS3=NBS?2nkn

則從圖示位置開始計(jì)時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emsin3t=2nNBSknsin

(2nknt)

故B正確；

C、變壓器原線圈電壓的有效值為￡=/=空域型=&nknNBS

V2V2

變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n”n2=E：U=&irknNBS：U

故C錯(cuò)誤；

D、單位時(shí)間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為mo=pvS=pvnr2

單位時(shí)間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機(jī)葉片氣流的動(dòng)能為Ek=Amov2=Apvnr2,v2=Ap-irr2v3

222

故D錯(cuò)誤。

故選：B。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握正弦式交變電流峰值、有

效值和瞬時(shí)值的計(jì)算。

4.2022年2月120,在速度滑冰男子500米決賽上，高亭宇以34秒32的成績刷新奧運(yùn)

紀(jì)錄。國家速度滑冰隊(duì)在訓(xùn)練彎道技術(shù)時(shí)采用人體高速彈射裝置，如圖甲所示，在實(shí)際

應(yīng)用中裝置在前方通過繩子拉著運(yùn)動(dòng)員，使運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)設(shè)定速度時(shí),

運(yùn)動(dòng)員松開繩子，進(jìn)行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑為25m,人體彈射裝置可以使運(yùn)動(dòng)

員在4.5s內(nèi)由靜止達(dá)到入彎速度18m/s,入彎時(shí)冰刀與冰面的接觸情況如圖乙所示，運(yùn)

動(dòng)員質(zhì)量為50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略彎道內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角、

冰刀與冰面間的摩擦，下列說法正確的是（）

A.運(yùn)動(dòng)員勻加速運(yùn)動(dòng)的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為648N

D.入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角大于45°

【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解運(yùn)動(dòng)的距離；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二

定律求解繩子的平均彈力；根據(jù)向心力公式和幾何關(guān)系完成分析。

【解答】解：A、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可得運(yùn)動(dòng)員勻加速直線運(yùn)動(dòng)的距離為：

x=yt=^-X4.5m=40.51r故A錯(cuò)誤；

B、勻加速過程中，平均加速度大小為：

由牛頓第二定律可得繩子的平均彈力為：

F=ma=50X4N=200N,故B錯(cuò)誤；

C、運(yùn)動(dòng)員入彎時(shí)的向心力為：

2-1Q2

Fn=nry-50X^-N=648N-故C正確；

D、設(shè)入彎時(shí)冰刀與水平冰面的夾角。，則有:

mg=50X10

tan?='<1可得：0<45°,故D錯(cuò)誤。

『684

故選Co

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律在直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)中的相關(guān)應(yīng)用，熟悉運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律和向心力的公式完成分析。

（多選）5.規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0,則距離點(diǎn)電荷Q為r的位置的電勢(shì)<p=k&,其中k

r

為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，以某一根電場(chǎng)線為坐標(biāo)軸x,則x軸上各點(diǎn)的

電場(chǎng)強(qiáng)度E與x-2的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電勢(shì)相同

C.電子從xi=lm點(diǎn)移動(dòng)到X2=2m點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增加45eV

D.xi=lm與X2=2m處的電勢(shì)差小于X2=2m與X3=3m處的電勢(shì)差

【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線和等勢(shì)面特點(diǎn)分析判斷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合圖像解得kQ,

從而計(jì)算電勢(shì)，離電荷越近的地方場(chǎng)強(qiáng)越大。

【解答】解：A.點(diǎn)電荷為圓心，r為半徑的球面上，各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但方向不

同，故A錯(cuò)誤；

B.以點(diǎn)電荷為球心的球面是一個(gè)等勢(shì)面，即各點(diǎn)的電勢(shì)相等，故B正確；

E=-^-

x2

結(jié)合E與x-2的圖像可知

kQ=-^-=36Q~90Nm2/C=90Nm2/C

2

△x4-1

由題意知Q為正電荷，所以xi=lm和X2=2m處的電勢(shì)分別為

<pi=X^,夕2=應(yīng)》,

X1x2

代入數(shù)據(jù)解得：<pi=90V,（p2=45V

所以電子從xi=lm點(diǎn)移動(dòng)到X2=2m點(diǎn)的過程中電勢(shì)能的變化為

AE=-e(cp2-<pi)=-e(45V-90V)=45eV

即電勢(shì)能增加45eV,故C正確；

D.離電荷越近的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，根據(jù)U=Ed可知Xi=1m與X2=2m處的電勢(shì)差大于X2

=2m與X3=3m處的電勢(shì)差，故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【點(diǎn)評(píng)】本題屬于信息給予題，充分利用題干中給的圖像，結(jié)合點(diǎn)電荷電場(chǎng)公式解得。

(多選)6.宇宙中有這樣一種三星系統(tǒng)，系統(tǒng)由兩個(gè)質(zhì)量為m的小星體和一個(gè)質(zhì)量為M

的大星體組成，兩個(gè)小星體圍繞大星體在同一圓形軌道上運(yùn)行，軌道半徑為r.關(guān)于該三

星系統(tǒng)的說法中正確的是()

A.在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，大星體提供兩小星體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力

B.在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對(duì)的兩側(cè)

3

2-

C.小星體運(yùn)行的周期為T=二2三一

3_

D.大星體運(yùn)行的周期為T=,4兀「

4G⑷.)

【分析】對(duì)于某一個(gè)環(huán)繞星而言，受到兩個(gè)星的萬有引力，兩個(gè)萬有引力的合力提供環(huán)

繞星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力.

【解答】解：A、在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，某一個(gè)環(huán)繞星而言，受到兩個(gè)星的萬有引力，兩

個(gè)萬有引力的合力提供環(huán)繞星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。故A錯(cuò)誤

B、在穩(wěn)定運(yùn)行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對(duì)的兩側(cè)，

故B正確

C、對(duì)某一個(gè)小星體：

GMm+Giron兀2r

r2(2r)2T2

3

2-

解得：小星體的周期T=,47r，故C正確

VG(4M+m)

D、大星體相對(duì)靜止，故D錯(cuò)誤

故選：BCo

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力，兩個(gè)萬有引力的合力提供環(huán)繞星做

圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.

（多選）7.如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=2kg的帶負(fù)電小滑塊（可

視為質(zhì)點(diǎn)）在x=lm處以vo=1.5m/s的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，滑塊與地面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)n=0.05?整個(gè)區(qū)域存在沿水平方向的電場(chǎng)，滑塊在不同位置所具有的電勢(shì)能EP

如圖乙所示，P點(diǎn)是圖線最低點(diǎn)，虛線AB是圖像在x=1m處的切線，取g=10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.x=3m處的電勢(shì)最低

B.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，速度始終減小

C.滑塊運(yùn)動(dòng)至x=3m處時(shí)，速度大小為賽1nzs

D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置

【分析】滑塊在x=3m處電勢(shì)能最低，因?yàn)榛瑝K帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢(shì)最高，EP

-x圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小，結(jié)合摩擦力可知速度的變化情況；根

據(jù)能量守恒定律判斷滑塊是否到達(dá)x=4m處的位置。

【解答】解：A、滑塊在x=3m處電勢(shì)能最低，因?yàn)榛瑝K帶負(fù)電，所以x=3m處的電勢(shì)

最高，故A錯(cuò)誤；

B、Ep-x圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場(chǎng)

力大小為卜』2=與于=1N

x2

滑塊所受滑動(dòng)摩擦力大小為

f=|iX2X1ON=1N

在1?3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合

外力方向與速度方向相反；在x=3m之后，滑塊所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力同向，且不斷

增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運(yùn)動(dòng)過程中，

速度始終減小，在x=1m處速度最大，故B正確；

22

C、滑塊從x=1m到x=3m運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)能定理有：W?-Wf-lmv-lmvg

解得速故C正確；

2

D.滑塊在x=lm處的電勢(shì)能與在x=4m處的電勢(shì)能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能

夠經(jīng)過x=4m處，則應(yīng)滿足

—22fAx

2mv0

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實(shí)際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m處的位置，故

D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功，解題關(guān)鍵掌握電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系，注意Ep-x

圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小。

（多選）8.質(zhì)量m=lkg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到

水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為p=0.2,傳送帶AB之間的距

離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則（）

B.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功為2J

C.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2J

D.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10J

【分析】先由機(jī)械能守恒定律求出物體滑到A點(diǎn)時(shí)的速度。根據(jù)物體在傳送帶的運(yùn)動(dòng)情

況，由牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，由速度公式求出加速到速度與傳送帶相

同所用時(shí)間，并求出勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，分析物體運(yùn)動(dòng)到B的速度。再求出物體向右勻

速運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可所求時(shí)間；由動(dòng)能定理求摩擦力對(duì)物體做功。由運(yùn)動(dòng)學(xué)可求物體與傳

送帶間的相對(duì)位移△$,進(jìn)而由Q=^mgAS可求產(chǎn)生的熱量。

物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體和傳送帶要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)

化成為物體的動(dòng)能，另一部分就是增加了內(nèi)能。根據(jù)能量守恒求解。

【解答】解：A、設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為vo,對(duì)PA過程，由機(jī)械能守恒定律有：

20

=mgh,代入數(shù)據(jù)得：vo=2m/s<v=4m/s,則物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用

下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=」*=ug=2m/s*2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的

m

速度相等時(shí)用時(shí)：ti=v丫0=生2s=is,勻加速運(yùn)動(dòng)的位移X1=ti=2^x1m

a222

=3m<L=5m,所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=

x

15-3S_Qgs）故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t=ti+t2=1.5s,故A正確；

v4

B、物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v=4m/s,根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功W=lmv2

2

皿2=lxiX42-J1X1X22J=6J,故B錯(cuò)誤；

C、在ti時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x<if=vti=4m,故產(chǎn)生熱量Q=nmgAx

=pmg（x帶-xi）,代入數(shù)據(jù)得：Q=2J,故C正確；

D、電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成為物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的

功3=（Amv2-A?.2）+Q=6J+2J=8J,故D錯(cuò)誤。

220

故選：ACo

【點(diǎn)評(píng)】本題首先要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，判斷物體與傳送帶是否有共

速。要注意電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能另一部分就是了相同的內(nèi)能，不

能只考慮物體的動(dòng)能。

二、非選擇題

9.采用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。將兩個(gè)小球用細(xì)線懸掛起來，靜止時(shí)兩球相切,

球心等高，兩細(xì)線恰好豎直。保持細(xì)線伸直，將A球向左拉起，由靜止開始釋放，兩球

碰撞后，A球被反彈向左擺動(dòng)。則：

（1）兩球質(zhì)量關(guān)系為mA<mB（選填或"="）。

（2）取兩球靜止時(shí)球心處為參考面，測(cè)出A球向左拉起的最大高度hi；兩球碰撞后，

測(cè)出A球與B球第一次彈起分別能達(dá)到的最大高度h2和h3。本實(shí)驗(yàn)中能驗(yàn)證碰撞前后

動(dòng)量守恒的表達(dá)式為：01人.而~^=-mA"^+mBGJ_（用上述物理量表示）。

（3）實(shí)驗(yàn)中所需要的測(cè)量儀器有：天平、刻度尺。

（4）下列做法中對(duì)上面的驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式有影響的是：BCE,

A.起始小球在最低處靜止時(shí)，細(xì)線長度略有不等，但兩球心等高

B.起始小球在最低處靜止時(shí)，兩細(xì)線上端系在同一點(diǎn)上

C.A球開始釋放時(shí)有一定的初速度

D.兩球碰撞過程中有機(jī)械能損失

E.B球擺到最高點(diǎn)的位置記錄不準(zhǔn)確

【分析】（1）兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量。

（2）應(yīng)用動(dòng)能定理求出小球碰撞前后瞬間的速度大小，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)

量守恒定律可以求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的量確定需要的實(shí)驗(yàn)器材。

（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。

【解答】解：（1）兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量，即mA<

ITlBo

（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度大小為vo,碰撞后瞬間，A的速度大小為VA,B的速度大

小為VB,由動(dòng)能定理得：

A球下擺過程，對(duì)A球：mAghi=—2.o

2mAvC

A球碰撞后反彈過程，對(duì)A球：-mAgh2=0-Lm'v?

2AYA

碰撞后B擺動(dòng)過程，對(duì)B球：-mBgh3=0-/mpJ

兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAvo=-

mAVA+mBVB，

整理得：mA7h7=-mA7h^+mB7h3

（3）實(shí)驗(yàn)需要用天平測(cè)小球的質(zhì)量，需要用刻度尺測(cè)量小球的高度。

（4）A、起始小球在最低處靜止時(shí)，細(xì)線長度略有不等，但兩球心等高，兩球發(fā)生對(duì)心

正碰，對(duì)驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式?jīng)]有影響，故A錯(cuò)誤；

B、起始小球在最低處靜止時(shí)，兩細(xì)線上端系在同一點(diǎn)上，兩球不能發(fā)生對(duì)心正碰，對(duì)驗(yàn)

證動(dòng)量守恒表達(dá)式有影響，故B正確；

C、A球開始釋放時(shí)有一定的初速度，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度偏大，對(duì)驗(yàn)證動(dòng)量守恒表

達(dá)式有影響，故C正確；

D、兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩球碰撞過程中有機(jī)械能損失對(duì)驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式?jīng)]

有影響，故D錯(cuò)誤；

E、B球擺到最高點(diǎn)的位置記錄不準(zhǔn)確，影響小球速度的測(cè)量，對(duì)驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式有

影響，故E正確。

故選：BCE。

故答案為：⑴<;（2）mAjj「=-mA/m+mBjim；⑶天平；刻度尺；（4）BCE。

【點(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律求出小球碰撞前

后瞬間小球的速度，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可解題。

10.如圖1所示為某興趣小組測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理圖，已知電池組的電動(dòng)

勢(shì)約3V,內(nèi)阻約2?！，F(xiàn)提供的器材如下：

A.電池組

B.電壓表Vi（量程0?10V,內(nèi)阻約10kQ）

C.電壓表V2（量程0?3v,內(nèi)阻約3k￡D

E.定值電阻Ri。

F.定值電阻R2=100Q

G.開關(guān)和導(dǎo)線若干

（1）如圖1所示，要盡可能精確測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電壓表V應(yīng)選擇C（選

填“B”或"C”）；定值電阻Ro應(yīng)選擇E（選填"E”或"F”）.

（2）改變電阻箱的阻值R,記錄對(duì)應(yīng)電壓表的讀數(shù)U,作出的工-上圖像如圖2所示，

UR

圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為-b、a,定值電阻的阻值用Ro表示，則可得該電池組

的電動(dòng)勢(shì)為_工_,內(nèi)阻為工-Ro（用字母表示）。

ab

（3）該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)與真實(shí)值相比偏小（選填“偏大”“偏小”或“不變”），

內(nèi)阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比偏?。ㄟx填“偏大“偏小”或“不變”）。

【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材與實(shí)驗(yàn)?zāi)康拇_定實(shí)驗(yàn)原理，然后根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康呐c實(shí)驗(yàn)所給實(shí)

驗(yàn)器材分析答題；

（2）應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求電源電動(dòng)勢(shì)與

內(nèi)阻；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)誤差來源分析實(shí)驗(yàn)誤差。

【解答】解：（1）電源電動(dòng)勢(shì)約為3V,考慮準(zhǔn)確和安全，電壓表應(yīng)選C；電源內(nèi)阻約為

2Q,定值電阻如果選擇F,電壓表示數(shù)變化很小，因此定值電阻不能選F,定值電阻應(yīng)

選擇E。

（2）歐閉合電路歐姆定律得：

E=U+I（r+Ro）=U+\（r+Ro）,

R

結(jié)合工-工圖象得：

UR

圖象斜率為：1<=三四=至,

Eb

縱軸截距為；a=工，

E

解得電源電動(dòng)勢(shì)為：E=工，

電源內(nèi)阻為：r=2-Ro；

b

(3)由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致電流值比實(shí)際通過電源的電流偏小，則造成電動(dòng)勢(shì)的

測(cè)量值偏小，內(nèi)阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比偏小。

故答案為：(1)C；E；(2).1,A-Ro；(3)偏?。黄?/p>

ab

【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，能根據(jù)圖象法進(jìn)行

分析，同時(shí)利用函數(shù)規(guī)律進(jìn)行分析求解即可。

11.如圖所示，將原長為r的輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A點(diǎn)，另一

端與滑塊P(視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量可調(diào)節(jié)變化)接觸但不連接，AB的長度為2r,B端與半徑

為r的光滑半圓軌道BCD相切，C點(diǎn)與圓心O等高，D點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方，是圓弧的最

高點(diǎn)，滑塊與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為以小。用外力緩慢推動(dòng)滑塊，每次都將彈簧壓縮

至原長的一半，然后由靜止釋放，滑塊開始沿軌道AB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊的質(zhì)量為m時(shí)，剛

好能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,求:

(1)彈簧被壓縮至原長的一半時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能；

(2)改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，M的最小值：

(3)E是圓弧軌道上的一點(diǎn)，0、E的連線與OC的夾角為37°,若滑塊的質(zhì)量為mo,

滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，滑塊的質(zhì)量mo。

【分析】(1)滑塊剛好能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定

律求出滑塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小，再由動(dòng)能定理求彈簧被壓縮至原長的一半時(shí)，彈簧的

彈性勢(shì)能；

(2)改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，滑塊到達(dá)C點(diǎn)

時(shí)速度剛好為0時(shí)，M最小，由動(dòng)能定理求M的最小值；

(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，由重力沿半徑方向的分力提供向心力，由牛頓

第二定律求出滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)的速度大小，再由動(dòng)能定理求滑塊的質(zhì)量mo。

【解答】解：(1)滑塊剛好到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律可知

滑塊由釋放到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

聯(lián)立解得：Ep=3mgr

(2)當(dāng)滑塊的質(zhì)量M最小時(shí)，滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度剛好為0。

滑塊由釋放到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

解得：M=2m

(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)恰好脫離圓軌道，此時(shí)軌道對(duì)滑塊的彈力剛好為0,重力沿半徑

方向的分力提供向心力，由牛頓第二定律可知

滑塊由釋放到E點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

聯(lián)立解得：m0-1m

答：(D彈簧被壓縮至原長的一半時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為3mgr；

(2)M的最小值為2m；

(3)滑塊的質(zhì)量mo為$m。

4

【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)題意分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，確定滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源是解題

的關(guān)鍵；應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要明確研究過程，分析各力做功情況。

12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第二象限有一個(gè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與x軸相切于

A(-2V3ir>0)點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T,磁場(chǎng)區(qū)域

的半徑為R=2m,第一象限內(nèi)有一條拋物線OQP(圖中虛線所示)，P(4m,0)是x軸

上的一點(diǎn)，拋物線OQP上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3Xl()3v/m,從A

點(diǎn)向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為vo(未知)，質(zhì)量均為m=2

X10“kg,電荷量均為q=lX10"c,所有粒子均可到達(dá)P點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和粒子

間的相互作用。

(1)已知粒子1沿與x軸正方向成01=60°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)后平行于x軸從磁場(chǎng)中射出，

求初速度vo的大小；

(2)粒子2沿與x軸正方向成。2=120。的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，求它從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用

的時(shí)間t(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；

(3)求電場(chǎng)的邊界線OQP的軌跡方程。

【分析】(1)根據(jù)題意可知粒子1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，由幾何關(guān)系求得半徑，根據(jù)

洛倫茲力提供向心力可求得粒子1的速度vo；

(2)根據(jù)粒子2的入射方向，由磁發(fā)散的原理，找到離開磁場(chǎng)的D點(diǎn)及方向，由幾何關(guān)

系求出D點(diǎn)到P點(diǎn)的水平距離，再分別求出粒子2在磁場(chǎng)中的時(shí)間和從離開到到達(dá)P點(diǎn)

的時(shí)間，從而求得粒子2從A到P的時(shí)間；

(3)根據(jù)題設(shè)條件畫出任意粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分別表示出做類平拋

的水平位移和豎直位移，結(jié)合末速度方向(即經(jīng)過P點(diǎn))，由相似三角形的比例關(guān)系求得

拋物線方程。

【解答】解：（1）設(shè)磁磁場(chǎng)圓心為01,粒子1在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為r,圓心為02,

從磁場(chǎng)邊界上的C點(diǎn)飛出，如下圖所示，

由幾何關(guān)系可知四邊形OiAO2c為菱形，故有：r=R

2

mV

Bo

由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力:o

qvr

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：=lX103m/3

（2）設(shè)粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為03,它從D點(diǎn)平行于x軸射出磁場(chǎng)，延長D03

與x軸相交于E點(diǎn)，DE垂直于x軸，如下圖所示，

ZAO3D=120°NO3AE=30°

粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T=2工三=22L2￡2_s=4nxio-3s

v01X103

它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t120°T^42LX10-3

13603

D點(diǎn)的橫坐標(biāo)：XD=XA+r?cos/O3AE=-W^m+2XY^_m=

2

D點(diǎn)到P點(diǎn)沿x軸方向的位移為：x=xp-XD=4m-(f/§m)=(4+^3)m

粒子2從D點(diǎn)到P點(diǎn)在沿x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間：t2=K=

v01X103

—(4+^3)s

-3

所以：t=t1+t2=9.9X10s

（3）由幾何關(guān)系可知所有粒子都平行于x軸進(jìn)入電場(chǎng)，如下圖所示

設(shè)某個(gè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為to,加速度為a,到達(dá)拋物線OQP時(shí)的坐標(biāo)為（x,y）,

此時(shí)粒子速度為V,沿y軸方向的分速度大小為Vy,X軸方向上勻速直線運(yùn)動(dòng)：X=voto

y軸方向上由牛頓第二定律有：qE=ma

X106mzs2

而豎直方向的速度：vy=ato

Y

由三角形相似可得：上=」—

V0XD-X

聯(lián)立以上幾式解得：y=-2+6X（m）（0WxW4m）

答：（1）初速度vo的大小為1義10%/s；

X10-3s；

(3)電場(chǎng)的邊界線OQP的軌跡方程為y=-2+6X(m)(0WxW4m)。

【點(diǎn)評(píng)】該題考查帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁發(fā)散后，平行進(jìn)入拋物線界面的電場(chǎng)中做

類平拋運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入無場(chǎng)區(qū)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)例。需要根據(jù)題意將粒子沿不同方向射

出的運(yùn)動(dòng)軌跡畫出，再結(jié)合圓的知識(shí)以及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析，解決該題的關(guān)鍵

是準(zhǔn)確畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，并能正確分析軌跡，題目綜合性較強(qiáng)，難度較大。

三、選考題

(多選)13.如圖所示，絕熱容器被絕熱隔板Ki和卡銷鎖住的絕熱光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分為真空，b部分為一定質(zhì)量的稀薄氣體，且壓強(qiáng)pb<po(po是大氣壓強(qiáng))，

c與大氣連通，則下列說法中正確的是()

A.