2025年高考物理第一次模擬考試（黑吉遼蒙通用）

全解全析

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，

每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有

選錯(cuò)的得0分。

1.2024年是量子力學(xué)誕生一百周年，量子力學(xué)已經(jīng)對(duì)多個(gè)領(lǐng)域產(chǎn)生了深遠(yuǎn)的影響，包括物理學(xué)、化學(xué)、計(jì)

算機(jī)科學(xué)、通信技術(shù)和生物學(xué)，量子力學(xué)已成為現(xiàn)代科學(xué)的重要基石之一。下列關(guān)于量子力學(xué)創(chuàng)立初期

的奠基性事件中說法正確的是（）

A.黑體輻射電磁波的強(qiáng)度的極大值隨著溫度的升高向波長(zhǎng)長(zhǎng)的方向移動(dòng)

B.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，逸出光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比

C.根據(jù)玻爾原子理論，氫原子由低能級(jí)向高能級(jí)躍遷時(shí)，只能發(fā)出特定頻率的光

D.康普頓效應(yīng)證實(shí)了光子具有動(dòng)量，頻率越大動(dòng)量越大

【答案】D

【解析】A.黑體輻射電磁波的強(qiáng)度的極大值隨著溫度的升高向波長(zhǎng)短的方向移動(dòng)，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)光電效應(yīng)方程

Ek=hv-W

可知發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，溢出光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系，B錯(cuò)

誤；

C.根據(jù)玻爾原子理論，氫原子由低能級(jí)向高能級(jí)躍遷時(shí)，只能吸收特定頻率的光，C錯(cuò)誤；

D.康普頓效應(yīng)證實(shí)了光子具有動(dòng)量，根據(jù)

hhv

可知頻率越大，動(dòng)量越大，D正確。

故選D。

2.無人機(jī)燈光表演給喜慶的節(jié)日氛圍增添了幾許驚艷。在一次無人機(jī)表演中，若分別以水平向右、豎直向

上為x軸、了軸的正方向，某架參演的無人機(jī)在x、y方向的v—圖像分別如圖甲、乙所示，則在々時(shí)

間內(nèi)，該無人機(jī)的運(yùn)動(dòng)軌跡為（）

【答案】A

【解析】由圖可知，在0~4時(shí)間內(nèi)無人機(jī)豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

可知在0~。時(shí)間內(nèi)無人機(jī)受到的合外力方向水平向左，根據(jù)合外力指向軌跡凹處，可知0~4時(shí)間內(nèi)無

人機(jī)運(yùn)動(dòng)的軌跡向左彎曲；在0時(shí)間內(nèi)無人機(jī)豎直方向向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直

線運(yùn)動(dòng)，可知在6~。2時(shí)間內(nèi)無人機(jī)的合外力豎直向下，根據(jù)合外力指向軌跡凹處，可知在4~馬時(shí)間內(nèi)

無人機(jī)運(yùn)動(dòng)的軌跡向下彎曲。

故選A。

3.如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡橫截面N5C的單色光從空氣射向￡點(diǎn)，并偏折到尸點(diǎn)，已知入射

方向與邊N8的夾角為6*=3O。，E、產(chǎn)分別為邊/8、8C的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（）

A.光從空氣進(jìn)入棱鏡，波長(zhǎng)變長(zhǎng)

B.光從空氣進(jìn)入棱鏡，光速不變

C.該棱鏡的折射率為百

D.光在尸點(diǎn)會(huì)發(fā)生全反射

【答案】C

【解析】AB.光從空氣進(jìn)入棱鏡，光速減小，波長(zhǎng)減小，故AB錯(cuò)誤；

C.由幾何關(guān)系可得入射光線在AB面上入射角為

z=60°

折射角為

r=30°

則棱鏡的折射率為

sinz/-

n=--=V3

sinr

故C正確；

D.光線在尸點(diǎn)的入射角等于N2面上的折射角，根據(jù)光路可逆性原理知，光在廠點(diǎn)不可能發(fā)生全反射,

故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.如圖甲所示，一理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比/：%=1：2,當(dāng)原線圈加上圖乙所示的正弦交流電壓

后，副線圈中的電流有效值為10A。不計(jì)輸電線的能量損耗，該變壓器（）

A.可以對(duì)恒定電壓變壓

B.原線圈的輸入功率為7.6kW

C.副線圈的電壓峰值為380夜V

D.副線圈的電壓有效值為190V

【答案】B

【解析】A.變壓器不可以對(duì)恒定電壓變壓，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)區(qū)=學(xué)，可得原線圈的輸入電流有效值為

"24

It=-/2=-xl0=20A

nx1

由圖乙知原線圈的輸入電壓有效值為

生=*=380V

5

V2V2

可得原線圈的輸入功率為

R=UJi=380x20W=1.6kW

故B正確；

CD.根據(jù)*=區(qū)，可得副線圈的電壓峰值為

6m?2

U2m=2X380瓜=760⑶

副線圈電壓的有效值為

警=寫"760V

"V2V2

故CD錯(cuò)誤；

故選Bo

5.如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)6變化到狀態(tài)。的/-7圖像。則下列說法正確的是（）

A.狀態(tài)c的壓強(qiáng)是狀態(tài)。的壓強(qiáng)的4倍

B.狀態(tài)。到狀態(tài)c過程，氣體一直對(duì)外做功

C.狀態(tài)。到狀態(tài)b過程，氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量

D.狀態(tài)。到狀態(tài)6過程，氣體壓強(qiáng)不變

【答案】D

【解析】AD.根據(jù)

pvr

T

變形可得

c

V=—T

P

可知狀態(tài)。到狀態(tài)b是等壓變化，即區(qū)=口；由圖可知，狀態(tài)人到狀態(tài)。是等容變化，則有

Pb=Pc

2Tj4T.

解得

Pc=20b=2Pa

故A錯(cuò)誤，D正確；

B.由圖可知，狀態(tài)a到狀態(tài)6,體積增大，氣體對(duì)外做功，狀態(tài)b到狀態(tài)c,體積不變，氣體對(duì)外不做

功，故B錯(cuò)誤；

C.狀態(tài)。到狀態(tài)6過程，溫度升高，故氣體內(nèi)能增大，同時(shí)氣體對(duì)外做功，則氣體吸收的熱量大于其

內(nèi)能的增加量，故C錯(cuò)誤。

故選D。

6.如圖所示的電路中，兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，電流表和電壓表均為理想電表，由于

某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會(huì)損壞，電壓表和電流表變化量絕對(duì)值分別為AU、

A7,則下列說法正確的是（）

|—CD-T-----!—1=1-t~

c—LO⑦

A.電流表的讀數(shù)變小、電壓表的讀數(shù)變大

\u

B.---=火2

M

C.液滴將向下運(yùn)動(dòng)

D.電源的輸出功率變大

【答案】B

【解析】AC.當(dāng)L的燈絲突然燒斷，電路中總電阻增大，則總電流減小，電源的內(nèi)電壓和&的電壓減

小，由閉合電路歐姆定律可知，路端電壓增大，故電容器C的電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電液滴所受

的電場(chǎng)力增大，則該液滴將向上移動(dòng)，由于C兩端的電壓增大，4、當(dāng)中的電流增大，則電流表、電壓

表的讀數(shù)均變大，故AC錯(cuò)誤；

B.由于電壓表測(cè)量心的電壓，且尺2為定值電阻，所以

故B正確；

D.由于電源的內(nèi)外電阻的關(guān)系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故D錯(cuò)誤。

故選B。

7.如圖甲所示，質(zhì)量為加的底座B放在水平面上，通過輕彈簧與質(zhì)量同樣為加的物塊A連接，現(xiàn)在豎直

方向給物塊A—初速度，當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，底座B與水平面間的作用力剛好為零。從某時(shí)刻

開始計(jì)時(shí)，物塊A的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知重力加速度為g,則下列說法正確的是

“y/m

5K一

Z5

O

0+0.57r

-5

甲

乙

A.振動(dòng)過程中物塊A的機(jī)械能守恒

B.物塊A在任意1s內(nèi)通過的路程均為20m

C.底座B對(duì)水平面的最大壓力為6mg

TT

D.物塊A的振動(dòng)方程為y=5sin⑵+：）m

【答案】D

【解析】A.振動(dòng)過程中彈簧彈力對(duì)物塊A做功，則物塊A的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知物塊A的周期為萬(wàn)s,則任意萬(wàn)s內(nèi)通過的路程均為20m,故B錯(cuò)誤；

C.由物體A在最高點(diǎn)時(shí)，物體B與水平面間的作用力剛好為零，此時(shí)彈簧的拉力為

F—mg

對(duì)于物體A有

F+mg—ma

解得

a=2g

當(dāng)物體A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體B對(duì)水平面的壓力最大，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，物體A在最低點(diǎn)

時(shí)加速度向上，且大小等于2g,由牛頓第二定律得

F'—mg=ma

解得

F'=3mg

由物體B的受力可知，物體B對(duì)水平面的最大壓力為

FN=F，+mg=4mg

故C錯(cuò)誤;

D.由圖乙可知振幅為5m,周期為乃s,圓頻率為

co--=2rad/s

T

規(guī)定向上為正方向，A0時(shí)刻位移為2.5m,表示振子由平衡位置上方2.5m處開始運(yùn)動(dòng)，所以初相為

則振子的振動(dòng)方程為

y=5sin(2^H——)m

6

故D正確；

故選D。

8.經(jīng)長(zhǎng)期觀測(cè)，人們?cè)谟钪嬷幸呀?jīng)發(fā)現(xiàn)了“雙星系統(tǒng)”?！半p星系統(tǒng)”由相距較近的恒星組成，每個(gè)恒星的半

徑遠(yuǎn)小于兩個(gè)恒星之間的距離，而且雙星系統(tǒng)一般遠(yuǎn)離其他天體，它們?cè)谙嗷ラg的萬(wàn)有引力作用下，繞

某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示為某一雙星系統(tǒng)，A星球的質(zhì)量為四，B星球的質(zhì)量為巧，它們中

心之間的距離為心引力常量為G,則下列說法正確的是()

廠”\

：廠“、、\

m->9-----—--6加1?

\'、、”:

A.A星球的軌道半徑為尺=」^工

mx+m2

B.B星球的軌道半徑為廠=也工

C.雙星運(yùn)行的周期為T=-7

D.若近似認(rèn)為B星球繞A星球中心做圓周運(yùn)動(dòng)，則B星球的運(yùn)行周期為7=2萬(wàn)￡；

\G嗎

【答案】CD

【解析】AB.雙星靠他們之間的萬(wàn)有引力提供向心力，A星球的軌道半徑為A,B星球的軌道半徑為r,

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

22

=n^Rco=m2ra）

得

mxR=m2r

且

R+r=L

解得

R=-^L,r=-^-L

mx+m2mx+m2

故AB錯(cuò)誤；

C.根據(jù)萬(wàn)有引力等于向心力

器=叫手）小和亨

解得

T=2nL——-——

NG（加1+加2）

故C正確；

D.若近似認(rèn)為B星球繞A星球中心做圓周運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有

Gm,m.2冗、2

—^）丫

解得

T=2TTL

故D正確;

故選CDo

9.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,已知長(zhǎng)度為/導(dǎo)體棒傾斜放置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌成。角，導(dǎo)體棒電阻為

%保持導(dǎo)體棒以速度v沿平行于導(dǎo)軌方向勻速向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镹到M

D

B兩端的電勢(shì)差大小為有皮v

C.導(dǎo)體棒所受的安培力大小為

A+r

電阻火的發(fā)熱功率為肅了

D.B2l2v2sin6

【答案】AC

【解析】A.導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)镹到故

A正確;

B.導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

E=Blvsin0

故導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差大小為

EBlvsin。

U=IR=------lx.=-----------R

R+rR+r

故B錯(cuò)誤；

C.導(dǎo)體棒所受的安培力大小為

FILvsinO

F=BIl=Bl------

R+rR+r

故C正確；

D.電阻尺的發(fā)熱功率為

2222

、E9B1Vsin6D

P"R=（K）,R=------------------------------n---------R

故D錯(cuò)誤。

故選AC。

10.如圖所示，半徑為『的內(nèi)壁光滑的絕緣軌道沿豎直方向固定，整個(gè)空間存在與水平方向成45。的勻強(qiáng)電

場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡=必整，圖中。兩點(diǎn)與圓心等高，b、d分別為圓軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn),

q

s、t兩點(diǎn)分別為弧溫和弧歷的中點(diǎn)。一質(zhì)量加、電荷量為+4的小球在圓軌道內(nèi)側(cè)的d點(diǎn)獲得一初速度,

結(jié)果小球剛好能在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，規(guī)定4點(diǎn)的電勢(shì)為0,重力加速度為g。下列說法正確

的是（）

A.小球在t點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能最小B.小球在d點(diǎn)獲得的速度大小為后7

C.小球電勢(shì)能的最大值為（夜-l）〃?grD.小球在“、c兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差大小為6mg

【答案】BCD

【解析】A.小球在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為

F=qE=y[2mg

則，在豎直方向上

Fy=Fsin45°=mg

即電場(chǎng)力在豎直方向的分力與重力平衡，在水平方向的分力為小球所受到的合力

F^=Fx=Fcos45°=mg

所以，小球等效受到水平向右的等效重力，等效重力大小為

G'=F^=mg

所以，。點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，動(dòng)能最小，故A錯(cuò)誤；

B.小球在等效最高點(diǎn)等效重力恰好提供向心力時(shí)，小球剛好能在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)根

據(jù)牛頓第二定律

2

G'=m—

r

解得

則小球由d到。的過程，根據(jù)動(dòng)能定理

小，1212

-Gr=—mva——mvd

解得

v=yf3gr

故B正確;

C.根據(jù)丸=4?？芍?，帶正電的小球所在位置的電勢(shì)越高，電勢(shì)能越大，由題意可知，小球在s點(diǎn)時(shí)電

勢(shì)最高，電勢(shì)能最大。又因?yàn)閐點(diǎn)電勢(shì)為0。則

Usd=Edsd=￡>(1-sin45°)=(后…咳=(Ps-(Pd

q

則S點(diǎn)的電勢(shì)為

(V2-1)mgr

乳二-----------

q

小球的電勢(shì)能為

Ep=q(ps=(V2-1)mgr

故C正確；

D.由以上分析可知，。點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在等效最高點(diǎn)等效重力恰好提供向心力，此時(shí)軌道對(duì)小

球的支持力為零，即

N.=0

根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮〉扔谲壍缹?duì)小球的支持力大小，即

￡=M=o

小球運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理

G'x2r=—mv~,--mv1

2c2a

小球在c點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球的支持力和小球等效重力的合力提供向心力

2

r

聯(lián)立，解得

Nc=6mg

根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮〉扔谲壍缹?duì)小球的支持力大小，即

￡=￡=6mg

則，小球在a、c兩點(diǎn)對(duì)軌道的壓力差大小為

AF=￡,-Fa=6mg

故D正確。

故選BCD。

二、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.(8分)某同學(xué)用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。用細(xì)線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部

固定一個(gè)小電動(dòng)機(jī)，電動(dòng)機(jī)軸上裝一支軟筆。電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，軟筆尖每轉(zhuǎn)一周就在鋼柱表面畫上一條

痕跡(時(shí)間間隔為7)。如圖乙，在鋼柱上從痕跡。開始選取5條連續(xù)的痕跡/、B、C、D、E,測(cè)得

它們到痕跡。的距離分別為自、每、%、魚、生。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。

(1)若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min,則7=：

(2)為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較鋼柱下落過程中任意兩點(diǎn)間的=

A.動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量B,速度變化量和勢(shì)能變化量

C.速度變化量和高度變化量

(3)設(shè)各條痕跡到。的距離為人，對(duì)應(yīng)鋼柱的下落速度為v,畫出寸一力圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜

的直線，若該直線的斜率近似等于,則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。

(4)該同學(xué)用兩個(gè)質(zhì)量分別為叫、機(jī)2的圓柱尸和0分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，多次記錄下落高度〃和相應(yīng)的速

度大小V,作出的圖像如圖丙所示。P、0下落過程中所受阻力大小始終相等，對(duì)比圖像分析正

確的是O

A.叫大于加2B.加1等于加2C.叫小于加2

【答案】(1)0.02(2)A(3)2g(4)A

【解析】(1)若電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min,則電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)一周所需時(shí)間

(2)鋼柱下落過程中，若重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能的增加量，則機(jī)械能守恒。

故選Ao

(3)設(shè)鋼柱質(zhì)量為加，鋼柱下落過程中，若重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能的增加量，則有

—mv-=mgh

整理得

v2=2gh

故若該直線的斜率近似等于2g,則可認(rèn)為鋼柱下落過程中機(jī)械能守恒。

（4）設(shè)尸、。下落過程中所受阻力大小為了,則由動(dòng)能定理得

mgh-fh=-mv

整理得

故V?一力圖像斜率

所以斜率越大，質(zhì)量越大，結(jié)合圖像可知P的質(zhì)量比。的質(zhì)量大，即%>7%。

故選A。

12.（6分）實(shí)驗(yàn)課上某同學(xué)測(cè)量一個(gè)均勻新材料制成的圓柱體電阻耳的電阻率。。

（1）該同學(xué)首先用游標(biāo)卡尺測(cè)得該圓柱體的長(zhǎng)度，再用螺旋測(cè)微器測(cè)得該圓柱體的直徑d如圖甲所示,

則d=mm；

（2）該同學(xué)用多用電表粗略測(cè)得該圓柱體電阻約為300,為精確測(cè)量其電阻阻值，現(xiàn)有3.0V的干電

池組、開關(guān)和若干導(dǎo)線及下列器材：

乙

A.電壓表0~3V,內(nèi)阻約3k。

B.電流表0~2mA,內(nèi)阻4=50。

C.定值電阻10Q

D.定值電阻1。

E.滑動(dòng)變阻器0~IOC

測(cè)量電路如圖乙所示，圖中分流電阻&應(yīng)選（填器材前面的序號(hào)）；

某次實(shí)驗(yàn)中電壓表讀數(shù)為。、電流表讀數(shù)為/,則該圓柱體的電阻表達(dá)式為凡=（用字母

U、/、Rg、&表示）。

■一/4)我

【答案】(1)3.851/3.852/3.853(2)D

/(4+4)

【解析】①[1]由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)

d=3.5mm+35.2x0.01mm=3.852mm

②⑵通過圓柱體電阻的最大電流約為

F3

/=—=—A=0.1A=100mA

Rx30

應(yīng)并聯(lián)一個(gè)分流電阻，其阻值為

鵬。2

圖中分流電阻凡應(yīng)選D。

[3]該圓柱體的電阻表達(dá)式為

Ua="Rg(0一/4)&

工7一/+”一/(凡+4)

13.（10分）“旋轉(zhuǎn)秋千”是游樂園里常見的游樂項(xiàng)目，如圖甲所示，其基本裝置是將繩子上端固定在轉(zhuǎn)盤的

邊上，繩子下端連接座椅，游客坐在座椅上隨轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)而在空中飛旋。若將“旋轉(zhuǎn)秋千”簡(jiǎn)化為如圖乙

所示的模型，人和座椅看作質(zhì)點(diǎn)，總質(zhì)量約為7〃=80kg,圓盤的半徑為R=2.5m,繩長(zhǎng)L=CR，圓盤

以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩子與豎直方向的夾角為9=45。，若圓盤到達(dá)最高位置時(shí)離地面的高度為

h=22.5mo重力加速度g取lOm/s?。（結(jié)果可用根號(hào)表示）

（1）若手機(jī)從游客手中自由脫落，求手機(jī)滑落瞬間的速度大小；

（2）若手機(jī)的質(zhì)量為200g,求手機(jī)落地時(shí)的重力的功率；

【答案】（1）5V2m/s;（2）40W

【解析】（1）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有

2

wgtan^=m——（2分）

r

由幾何關(guān)系可得

r=R+LsinO=2R-5m（2分）

聯(lián)立解得

v=y[gr=5V2m/s（1分）

可知，手機(jī)滑落瞬間的速度大小與游客做圓周運(yùn)動(dòng)線速度大小相等為5后m/so

（2）手機(jī)滑落后做平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得，豎直方向下落高度為

Ah=h-Lcos6=20m（2分）

手機(jī)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，手機(jī)落地時(shí)的豎直分速度為

v；=2gA7z（1分）

解得

vy=20m/s

則手機(jī)落地時(shí)重力的功率為

P=mgvy=40W（2分）

14.（12分）如圖，在xQy平面內(nèi)，有兩個(gè)半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點(diǎn)和"、b，、c'

點(diǎn)，其中圓弧"6'd的半徑為R,兩個(gè)半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向由原點(diǎn)。向

外輻射，其間的電勢(shì)差為U,圓弧a'6'c'上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為7=2五的垂直紙面向里的足

夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧內(nèi)無電場(chǎng)和磁場(chǎng)，。點(diǎn)處有一粒子源，在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個(gè)方向，

也,被輻射狀的電

射出質(zhì)量為m、電荷量為4的帶正電的粒子，帶電粒子射出時(shí)的速度大小均為

m

場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場(chǎng)返回圓形區(qū)域邊界

后的運(yùn)動(dòng)。

(1)求粒子被電場(chǎng)加速后的速度大小V；

(2)要有粒子能夠垂直于磁場(chǎng)上邊界射出磁場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值綜；并求出此種情況下

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

【解析】(1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)中，在電場(chǎng)加速過程中，由動(dòng)能定理有

qU=一；機(jī)喏(2分)

解得

v=空（1分）

Vm

(2)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有

2

qvB-m—（1分）

r

得

mv

r=——

qB

粒子垂直上邊界射出磁場(chǎng)，則粒子軌跡圓的圓心必然在上邊界線上，且根據(jù)幾何關(guān)系，軌跡圓圓心到

坐標(biāo)原點(diǎn)的距離d滿足

d2=r2+R2（1分）

如圖所示

當(dāng)d=2A時(shí)，軌道圓半徑有最小值

=例（1分）

此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值

粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期

27m

（1分）

vqB0

根據(jù)幾何關(guān)系，圖中

一（1分）

即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

為藏V展。分）

15.（18分）如圖所示，長(zhǎng)為a=2m的水平傳送帶以v=2m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，緊靠傳送帶兩端各靜

止一個(gè)質(zhì)量為mB=mc=lkg的物塊B和C,在距傳送帶左端5=0.5m的水平面上放置一豎直固定擋板，

物塊與擋板碰撞后會(huì)被原速率彈回，右端有一傾角為37。且足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜軌道de,斜面底端與傳送

帶右端平滑連接?，F(xiàn)從距斜面底端L=2m處由靜止釋放一質(zhì)量^=0.6kg的滑塊A,一段時(shí)間后物塊A

與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞后B滑上傳送帶，A被取走，己知物塊B、C與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.2,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.02,物塊N與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

“3=0.25,物塊間的碰撞都是彈性正碰，不計(jì)物塊大小，g取lOm/s?。sin37°=0.6,cos37°=0,8o求：

（1）物塊A與物塊B碰撞后，物塊B的速度？

（2）物塊B與物塊C第一次碰撞前，物塊B在傳送帶上滑行過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能？

（3）整個(gè)過程中，物塊C與擋板碰撞的次數(shù)？物塊B在傳送帶上滑行的總路程？

【答案】(1)3m/s；(2)0.5J；(3)10,11m

【解析】（1）物塊A在下滑到斜面底端的過程中，由動(dòng)能定理得

mgZ,sin37-]um^gLcos370=^-mv1

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