核心素養(yǎng)卷（04） 決勝2021年新高考物理核心素養(yǎng)卷（福建專用）（解析版）

2021年福建省新高考綜合模擬

物理核心素養(yǎng)卷(04)

一、單項(xiàng)選擇題:本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的。

1.從地面附近以大小為VI的初速度豎直向上拋出一個(gè)皮球，經(jīng)過時(shí)間t皮球落回地面，落地時(shí)皮球速度的

大小為V2。已知皮球在運(yùn)動(dòng)過程中受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，重力加速度大小為g。下面給

出時(shí)間t的四個(gè)表達(dá)式中只有一個(gè)是合理的,你可能不會(huì)求解3但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)下列

表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，t的合理表達(dá)式應(yīng)為()

o!v

A.&B.4C.0D..

gggg

【答案】B

【解析】

A.若沒有空氣阻力

V1=V2

時(shí)間應(yīng)為

”生

g

故選項(xiàng)A中運(yùn)動(dòng)時(shí)間

l--------

g

不合理，故A錯(cuò)誤；

B.如果不考慮空氣的阻力，則

V1=V2

t±=t-F=—

g

故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

g

由于空氣阻力作用

V2VVI

V,+V2<2V,

gg

故B答案是合理的，故B正確；

C.假設(shè)空氣的阻力為0,則

V1=V2

則

t上="

故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

Ir-—匕+彩

g

而

0=0

g

故c錯(cuò)誤；

D.時(shí)間的單位應(yīng)該是s,而

g

的單位為m,故D錯(cuò)誤；

故選B。

2.如圖所示，有一束平行于等邊三棱鏡截面ABC的單色光從空氣射向E點(diǎn)，并偏折到F點(diǎn)。已知入射方

向與邊AB的夾角為6=30°,E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，則（）

A.該棱鏡的折射率為6

B.光在F點(diǎn)發(fā)生全反射

C.光從空氣進(jìn)入棱鏡，波長不變

D.從F點(diǎn)出射的光束與入射到E點(diǎn)的光束平行

【答案】A

【解析】

A.該棱鏡的折射率為

sin60°t-

n----------=73

sin30°

A正確；

B.臨界角為

sinC=-=-1-

nV3

sin30,=—

2

解得30°<C，光在F點(diǎn)不能發(fā)生全反射，B錯(cuò)誤：

C.由幾=當(dāng)?shù)?，光從空氣進(jìn)入棱鏡，波長變小，c錯(cuò)誤；

n

D.因?yàn)槿肷涞睦忡R的光，經(jīng)過棱鏡折射后，出射光線向棱鏡的底面偏轉(zhuǎn)，所以從F點(diǎn)出射的光束一定向底

面AC偏轉(zhuǎn)，與入射到E點(diǎn)的光束一定不平行，D錯(cuò)誤。

故選Ao

3.如圖所示，豎直桿。6固定在地面上，可伸縮的輕桿呢可繞a點(diǎn)在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)。兩帶孔小球P和Q

分別穿在兩桿上，P和Q之間用一輕質(zhì)細(xì)線相連，開始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，”與水平面的夾角為細(xì)

線與ac的夾角為尸，不計(jì)一切摩擦，現(xiàn)緩慢減小訛?與豎直桿出，的夾角（力c間距離始終大于細(xì)線長度），

下列說法正確的是（）

A.夕可能小于aB.細(xì)線上的張力一直增大

C.Q對(duì)桿改的彈力一直減小D.豎直桿對(duì)P的彈力先增大后減小

【答案】B

【解析】

A.對(duì)P進(jìn)行受力分析，P受到重力、桿4萬對(duì)其沿水平方向的支持力及細(xì)線的拉力，由平衡條件可知，細(xì)

線對(duì)P的拉力一定有豎直向上的分力，則

h>a

故A錯(cuò)誤；

CD.對(duì)P和Q整體進(jìn)行受力分析，P、Q及細(xì)線構(gòu)成的系統(tǒng)受到豎直向下的重力G,，立桿對(duì)其水平向左

的彈力T和與以'垂直且斜向右上方的彈力F，在三力作用下處于平衡狀態(tài)，畫出力的矢量三角形圖如圖甲

所示

減小ac與。6的夾角，重力G與彈力尸的夾角。增大，可知F和T均增大，故CD錯(cuò)誤；

B.隔離P進(jìn)行受力分析，矢量三角形如上圖乙所示，可知P受到的重力Gi不變，由以上分析知桿ab對(duì)其

的彈力T增大，則細(xì)線上的張力R增大，故B正確.

故選B。

4.2020年11月24日4時(shí)30分，在中國文昌航天發(fā)射場，用長征五號(hào)遙五運(yùn)載火箭成功發(fā)射探月工程嫦

娥五號(hào)探測器。嫦娥五號(hào)探測器在經(jīng)過月面著陸、自動(dòng)采樣、月面起飛、月軌交會(huì)對(duì)接、再入返回等多個(gè)

難關(guān)后，于2020年12月17日凌晨1時(shí)59分，嫦娥五號(hào)返回器在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)定區(qū)域成功著陸。如

圖所示是嫦娥五號(hào)探測器到達(dá)月面之前的兩個(gè)軌道，軌道I為環(huán)月圓軌道，軌道n是橢圓軌道，其中B為

近月點(diǎn)，A為遠(yuǎn)月點(diǎn)。下列說法正確的是（）

A.嫦娥五號(hào)探測器在軌道II±A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度

B.嫦娥五號(hào)探測器在軌道II運(yùn)動(dòng)的周期大于在軌道I運(yùn)動(dòng)的周期

C.嫦娥五號(hào)探測器從軌道I變軌到軌道H,機(jī)械能增加

D.嫦娥五號(hào)探測器在軌道I上運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道II上運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度

【答案】D

【解析】

A.嫦娥五號(hào)探測器在軌道n上，近月點(diǎn)速度大于遠(yuǎn)月點(diǎn)速度，A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)開普勒三定律，嫦娥五號(hào)探測器在軌道II運(yùn)動(dòng)的軌跡的半長軸小于在軌道I運(yùn)動(dòng)的半徑，所以周期

小于在軌道I運(yùn)動(dòng)的周期。B錯(cuò)誤；

c.嫦娥五號(hào)探測器從軌道1變軌到軌道n,需要減速，所以機(jī)械能減小。c錯(cuò)誤；

D.加速度是由萬有引力提供，所以嫦娥五號(hào)探測器在軌道I上運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道II上運(yùn)

動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度。D正確。

故選D。

二、多項(xiàng)選擇題:本題共4小題，每小題6分，共24分每小題有多項(xiàng)符合題目要求，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。

5.物理學(xué)中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉(zhuǎn)移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放

時(shí)的高度更大。如圖所示，A、B、C三個(gè)彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，

從離地一定高度處由靜止同時(shí)釋放（其中C球下部離地H）,所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好

靜止，則（）

OA

QB

Q

H

A.C球落地前瞬間A球的速度為伍萬

B.從上至下三球的質(zhì)量之比為1：2：6

C.A球彈起的最大高度為25H

D.A球彈起的最大高度為9H

【答案】ABD

【解析】

A.因?yàn)锳、B、C球由靜止同時(shí)釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運(yùn)動(dòng)公式v2=2gH

解得

A正確；

B.由題意可知，C球碰地，反向碰B,B在反向碰A,因都是彈性碰撞，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒定

律和機(jī)械能守恒定律，所以C碰B有

mcvc-mBVB=mBVB'

B碰A有

mBVB'-mAVA=mAVA'

由以上幾式可得

IBA:mB:mc=1：2：6

B正確；

CD.由B選項(xiàng)分析解得

以=3總后

A球彈起的最大高度

vf=2g%x

，2

=幺=9〃

2g

C錯(cuò)誤，D正確。

故選ABDo

6.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為m、02,且m<n2,定值電阻Ri、R2的阻值相等，圖中

電流表、電壓表均為理想電表。在a、b端輸入交變電流，其電流的有效值不隨負(fù)載變化。當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)

A.電流表示數(shù)一定減少

B.電壓表示數(shù)一定增加

C.Ri消耗的功率一定大于R?消耗的功率

D.電源的輸出功率一定減少

【答案】BC

【解析】

A.輸入端電流不變，根據(jù)變壓器電流關(guān)系可知，電流表示數(shù)不變。A錯(cuò)誤；

B.向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P時(shí)，滑動(dòng)變阻器的有效電阻增大，在副線圈，其路段電壓將增大。B

正確；

C.根據(jù)勺及變壓器匝數(shù)關(guān)系，可知Ri的電流一定大于R?的電流，所以有Ri消耗的功率一定大

于R2消耗的功率。C正確；

D.因?yàn)楦本€圈電流不變，電壓增大，所以變壓器的輸出功率增大，而定值電阻Ri的功率不變，所以電源

的輸出功率一定增大。D錯(cuò)誤。

故選BC。

7.如圖所示，在直角三角形ABC中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（未畫出），

。。垂直交于。，AC=L,6=30。。一對(duì)正、負(fù)電子均從。點(diǎn)沿。。方向射入磁場，已知電子的電

荷量為e,質(zhì)量為加，重力不計(jì)，不考慮電子間的作用。下列判斷正確的是（）

A.正電子不可能從8點(diǎn)以大小為走空的速度射出磁場

2m

B.若正、負(fù)電子恰好分別不從BC、C4邊射出磁場，則它們的速率之比為3:1

C.若正、負(fù)電子分別垂直BC、C4邊射出磁場，則它們的速率之比為3:1

D.若正、負(fù)電子分別垂直5C、CA邊射出磁場，則它們在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1:3

【答案】AC

【解析】

A.若正電子能通過8點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線①

正電子已從6點(diǎn)射出磁場，不可能從8點(diǎn)射出磁場，A正確；

B.若正、負(fù)電子恰好分別不從8C、C4邊射出磁場，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖中曲線②、③，則

N。2co=30°

NQCO=15°

r2=OCtan30°

r3-OCtanl5°

由

mv

r=——

eB

得正、負(fù)電子恰好分別不從BC、。邊射出磁場時(shí)的速率之比

為_0_tan3003

v33tan1501

B錯(cuò)誤；

C.若正、負(fù)電子分別垂直8C、C4邊射出磁場，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心分別在8、A點(diǎn)，軌跡半徑分別

為

r4=OB=OCtan60°

r5-OA-OCtan30°

則它們的速率之比

_v4_tan60°_3

r5v5tan3001

C正確；

D.若正、負(fù)電子分別垂直BC、C4邊射出磁場，則它們在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角分別為30。、60。,

由

t=—T

2n

1=-----

qB

得，它們在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為

t4_30°_1

^-60°-2

D錯(cuò)誤。

故選AC。

8.如圖所示，光滑導(dǎo)軌的傾斜部分和水平部分在處平滑連接，導(dǎo)軌間距為L。導(dǎo)軌水平部分處于豎

直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，傾斜導(dǎo)軌連接阻值為R的電阻?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m、阻值也為R

V2

的金屬棒a從距水平導(dǎo)軌高h(yuǎn)處由靜止釋放,金屬棒到達(dá)OO'位置時(shí)的速度是到達(dá)'位置時(shí)速度的

2

倍，并最終停止在水平導(dǎo)軌上。金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。下列說法正確的

是（）

A.金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)回路中的電流大小為名巫

2R

B.金屬棒運(yùn)動(dòng)到時(shí)加速度的大小為或巫

2mR

C.在金屬棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為機(jī)

D.金屬棒從'運(yùn)動(dòng)到。0'的過程中通過金屬棒導(dǎo)體截面的電荷量為病

BL

【答案】BD

【解析】

A.金屬棒沿斜軌道下滑過程，據(jù)動(dòng)能定理有

,12

mgh——mvr

解得

v=yf2^h

此時(shí)的電動(dòng)勢E=,電流為

］二—^~

R+R

聯(lián)立解得

BL廊

1-------------

2R

故A錯(cuò)誤;

B.由題意知，金屬棒到達(dá)00,時(shí)的速度為變倍，根據(jù)牛頓第二定律得

2

3

BL—

F=BIL=B------L=ma

R+R

解得

2mR

故B正確；

C.對(duì)金屬棒運(yùn)動(dòng)全過程，據(jù)能量守恒定律有

mgh-Q

其中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱與金屬棒上的焦耳熱按阻值分配有

故C錯(cuò)誤；

D.取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有

-72

-BILt=—mv-mv

2

即

V2

-BLq=mv-mv

其中V=J福,解得

q=--------------

BL

故D正確。

故選BD。

三、非選擇題:共60分?？忌鶕?jù)要求作答。

9.一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A經(jīng)A—B—C循環(huán)后又回到狀態(tài)A,其變化過程的V—T圖像如圖。若

狀態(tài)A時(shí)的氣體壓強(qiáng)為po,則理想氣體在狀態(tài)B時(shí)的壓強(qiáng)為；從狀態(tài)B到狀態(tài)C,再到狀態(tài)A

的過程中氣體（填“吸收”或“釋放”）熱量。

r/xio-'m3

B

024677xl02K

【答案】-p0釋放

3

【解析】

⑴由題中圖像可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)B為等溫變化，由玻意耳定律

P^A=PBVB

得，狀態(tài)B的壓強(qiáng)4=；Po。

⑵從狀態(tài)B到狀態(tài)C氣體體積不變，外界對(duì)氣體不做功，從狀態(tài)C到狀態(tài)A,氣體壓強(qiáng)不變、體積減小，

外界對(duì)氣體做正功，狀態(tài)A、B溫度相等，得理想氣體內(nèi)能變化為△￡/=（）,對(duì)整個(gè)過程，由熱力學(xué)第?定

律

\U=Q+W

得。=一皿，即氣體釋放熱量。

10.兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以

在導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)。當(dāng)AB在外力F的作用下水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒CD中感應(yīng)電流的方向?yàn)?

它會(huì)|可運(yùn)動(dòng)o

x

【答案】C-D右

【解析】

口］［2］導(dǎo)體棒AB向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知，產(chǎn)生了由B到A的感應(yīng)電流，則導(dǎo)體棒CD中感應(yīng)電流的

方向?yàn)镃—D；由左手定則可知，CD受安培力向右，它會(huì)向右運(yùn)動(dòng)。

11.某實(shí)驗(yàn)小組以圖中裝置中驗(yàn)證“動(dòng)能定理'’.他們用不可伸長的細(xì)線將滑塊（含擋光片）通過一個(gè)定滑輪

和掛有重物的動(dòng)滑輪與力的傳感器相連，在水平氣墊導(dǎo)軌的A、B兩點(diǎn)各安裝一個(gè)光電門，A、B兩點(diǎn)間距

為x,釋放重物，擋光片通過A、B時(shí)的遮光時(shí)間分別為%、tB,力的傳感器連接計(jì)算機(jī)記錄細(xì)繩的拉力大

小為F,已知滑塊及擋光片的總質(zhì)量為M,擋光片寬度為d,重物的質(zhì)量為m.

(2)實(shí)驗(yàn)過程中測得的滑塊通過A、B兩點(diǎn)時(shí)動(dòng)能變化為；若關(guān)系式成立，則動(dòng)

能定理成立.(用題中已知的物理量字母表示)

1…d、1…d、c1…d、1…d、

【答案】不需要—A/(—)--M(—)Fx=—MM(-y)

2f82tA22,tA

【解析】

因?yàn)橛辛Φ膫鞲衅鳒y量拉力，故不需要滿足機(jī)口M、

(2)⑵[3]擋光片通過A、B時(shí)的遮光時(shí)間分別為口、％,擋光片寬度為d,滑塊通過A、B兩點(diǎn)時(shí)動(dòng)能變化

為

若關(guān)系式

Fx=\Ek=

成立，則動(dòng)能定理成立.

12.為制作電子吊秤，物理小組找到一根拉力敏感電阻絲，拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏

觀上可認(rèn)為形狀不變)，它的電阻也隨之發(fā)生變化，其阻值R隨拉力F變化的圖象如圖(a)所示，小組按

圖(b)所示電路制作了一個(gè)簡易“吊秤”。電路中電源電動(dòng)勢E=3V,內(nèi)阻r=19C；靈敏毫安表量程、內(nèi)阻均

未知；Ri是滑動(dòng)變阻器，A、B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣環(huán)，將其

兩端接在A、B兩接線柱上。通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計(jì)敏感電阻絲重力。

圖（a）圖（b）圖（c）

（1）為測量毫安表量程，該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖（c）所示電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)Ri滑片至中間位置附近某處,

并將R2調(diào)到100。時(shí)，毫安表恰好滿偏，此時(shí)電壓表示數(shù)為1.5V；將R2調(diào)到250。，微調(diào)滑動(dòng)變阻器Ri

滑片位置，使電壓表V示數(shù)仍為1.5V,發(fā)現(xiàn)此時(shí)亳安表的指針恰好半偏，由以上數(shù)據(jù)可得毫安表的內(nèi)阻

Rg=C，毫安表的量程Ig=mA；

（2）把毫安表接入如圖（b）所示電路中，具體步驟如下：

步驟a：滑環(huán)下不吊重物時(shí)，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)Ri,使毫安表指針滿偏；

步驟b：滑環(huán)下吊已知重力的重物G,測出電阻絲與豎直方向的夾角為。；讀出此時(shí)毫安表示數(shù)I；

步驟c：換用不同已知重力的重物，掛在滑環(huán)上記錄每一個(gè)重力值對(duì)應(yīng)的電流值；

步驟d：將電流表刻度盤改裝為重力刻度盤。

若圖（a）中Ro=5OC,圖象斜率k=0.50Q/N,測得。=60。，毫安表指針半偏，則待測重物重力6=N；

（3）改裝后的重力刻度盤，其零刻度線在電流表（填“零刻度”或“滿刻度”）處；

（4）若電源電動(dòng)勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺(tái)"吊秤”稱重前，進(jìn)行了步驟a操作，則測量結(jié)

果（填“偏大”、“偏小"或‘‘不變。

【答案】50Q10mA600N滿刻度不變

【解析】

（1）口］［2］根據(jù)歐姆定律可得

/maxX（4+100）=L5V

號(hào)X（4+250）=1.5V

解得

R,?=50。

/g=/g、=10n1A

⑵⑶由受力情況及平行四邊形定則可知

G=2Fcos6

解得

F=G

2cos。

實(shí)驗(yàn)步驟中可知，當(dāng)沒有掛重物時(shí)，電流為滿偏電流，即

由歐姆定律得

E

Y+R<,+R]++k---------

s1r2cos。

電流是半偏的，代入數(shù)據(jù)解得

G=600N

(3)⑷由實(shí)驗(yàn)步驟可知,當(dāng)拉力為F時(shí),電流為I,因此根據(jù)閉合電路的歐姆定律得

E=/(r+尺,+R]+/?J

由圖乙可知，拉力與電阻的關(guān)系式

RL=kF+R)

解得

E

r+q+&+RQ+kF

電流值I與壓力G不成正比，刻度盤不均勻；該秤的重力越小，電阻越小，則電流表示數(shù)越大，故重力的

零刻度應(yīng)在靠近電流表滿刻度處；

(4)[5]根據(jù)操作過程a可知，當(dāng)內(nèi)阻增大，仍會(huì)使得電流表滿偏，則電阻Ri會(huì)變小，即r+Ri之和仍舊會(huì)不

變，也就是說測量結(jié)果也不變。

13.如圖所示，在xoy平面第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場I,在第二象限的邊長為L的正方形ACDO

內(nèi)的某個(gè)區(qū)域有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場H,在第三象限內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E,所有電磁場邊

界均為理想邊界。在第三象限內(nèi)有一點(diǎn)P(-L,-L),在AP連線上任意一點(diǎn)由靜止釋放帶正電的粒子，粒

子質(zhì)量為m、電量為q,由A點(diǎn)進(jìn)入磁場H中，經(jīng)過磁場II偏轉(zhuǎn)后，都能垂直于y軸進(jìn)入磁場I中，且都

恰好到達(dá)0點(diǎn)被粒子捕獲器捕獲。已知在P點(diǎn)釋放的粒子恰好是經(jīng)D點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入磁場1中。

(1)求I、II磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的大??；

(2)求ACDO內(nèi)所加磁場的最小面積;

(3)求帶電粒子從釋放到運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最小時(shí)間及對(duì)應(yīng)的電場中釋放位置坐標(biāo)。

【答案】(1)B1=2(2)-TTI?-L2；(3)t=(7T+2V2-1),1^--(-L,

\qL\qL42\2Eq

-0.5L)

【解析】

(1)經(jīng)分析得粒子軌跡如圖所示

在P點(diǎn)釋放的粒子

在電場中

…12

qEL=—mv。

在磁場B?中的半徑為

F2=L

洛倫茲力提供向心力

mv-

4%層D=7

r2

解得

R-2Em

在磁場Bi中的半徑為

L

^2

洛倫茲力提供向心力

=-5-

解得

2Em

4=2

qL

(2)最小面積如圖所示，四分之一扇形面積

三角形面積為

一2

最小面積為

AS=-

42

(3)任意位置釋放粒子在Bi、B2中總時(shí)間都相等

在Bi中

周期

f2〃機(jī)

F

在B2中

周期

_2兀m

,2=-----------

祖

在電場中，根據(jù)動(dòng)能定理有

qEy=gmF

根據(jù)牛頓第：定律有

。=也

m

由位移公式有

12

y丁

解得

在磁場B?中，洛倫茲力提供向心力

mv2

qvB?

解得半徑

r=W

粒子離開勻速到丫軸有

解得

當(dāng)t3+t4最小時(shí)有

解得

L

y=2

最小時(shí)間為

mL

t=ty+L+23+'4=（乃+2行-1）

2qE

釋放位置坐標(biāo)為(-L,-0.5L)

14.某人參加戶外活動(dòng)，水平輕繩一端固定，人手握輕繩另一端從靜止開始無初速度運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)松

開輕繩，最后落到水平地面上。如圖所示，將這一過程簡化：長度為L的不可伸長的輕繩一端固定于。點(diǎn),

另一端栓接一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，0點(diǎn)距離水平地面高度為H(L<H),將輕繩水平拉直，

使小球從靜止開始無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與輕繩脫離，最后落到水平地面上，已知重力加速度

為g,不計(jì)空氣阻力。求：

(1)小球落地前瞬時(shí)速度大小；

(2)如果L大小可以改變(L仍小于H),其他條件不變，求小球落地點(diǎn)與0點(diǎn)的最大水平距離。

(I)設(shè)小球落地前瞬時(shí)速度大小為v,由機(jī)械能守恒定律得

12?

—mv=mgH

解得

v=Q2gH

(2)設(shè)小球擺至最低點(diǎn)時(shí)，速度大小為vo

121

—mv0=mgL

小球在最低點(diǎn)脫離輕繩后做平拋運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t落地，設(shè)小球落地點(diǎn)與。點(diǎn)的水平距離為X,有

H-L=；gF

x=2”(H-L)

當(dāng)

L=H-L

即

2

時(shí)，小球落地點(diǎn)與O點(diǎn)的最大水平距離為

%=H

15.如圖所示,兩根電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌A8CDP-A與由四分之一圓弧部分和水平部分構(gòu)成,

水平部分最右端有絕緣柱。。。-。記間的寬度為3c一qG間寬度的2倍，圓弧的半徑「為0.45m,

力出間導(dǎo)軌寬度L=lm,導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=2T。兩根質(zhì)量

均為〃?=1kg,長為L=lm,電阻為/?=20的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端和水平導(dǎo)軌

QP-Q片間某一位置處。某時(shí)刻將。由靜止釋放，沿圓弧軌道滑入水平部分，當(dāng)a運(yùn)動(dòng)至兩水平導(dǎo)軌分界

處時(shí)與橡皮泥碰撞并粘合，接入右側(cè)水平導(dǎo)軌，此時(shí)b剛好運(yùn)動(dòng)至距絕緣柱0.5m的EF處。此后a保持靜

止，b繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)至與絕緣柱發(fā)生彈性碰撞，反彈后b經(jīng)過一段時(shí)間停在石片處(圖中未畫出)。己知a

與橡皮泥發(fā)生碰撞之前兩棒均已做勻速運(yùn)動(dòng)且b棒未與絕緣柱發(fā)生碰撞。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌接

觸良好，g取lOm/s?。求：

(1)金屬棒a、b勻速運(yùn)動(dòng)的速度；

(2)從金屬棒a開始下滑到a、b勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，金屬