2024年高考物理終極押題密卷3（新課標(biāo)卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷3（新課標(biāo)卷）

一,選擇題（共5小題）

1.（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動(dòng)，使重物緩慢上升，不計(jì)繩子質(zhì)量

和一切摩擦，則重物上升過(guò)程中（）

B.健身者所受合外力逐漸增大

C.健身者對(duì)地面的壓力逐漸減小

D.健身者對(duì)地面的摩擦力逐漸增大

2.（2024?吉林一模）A、B兩物體同時(shí)同地從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的v-t圖如圖所示,

關(guān)于它們運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）

A.物體B在直線上做往返運(yùn)動(dòng)

B.物體A做加速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)

C.AB兩物體在0-1s運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離越來(lái)越近

D.B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2

3.（2024?安徽二模）某同學(xué)正在進(jìn)行一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，他站在一個(gè)力傳感器上進(jìn)行下蹲和站起的動(dòng)作。在

動(dòng)作過(guò)程中力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2,則該同學(xué)在此過(guò)

程中加速度的最大值約為（）

D.3m/s2

4.（2024?延邊州一模）3月30日，我國(guó)以“一箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達(dá)衛(wèi)星運(yùn)送到

700km的軌道上。該組衛(wèi)星在軌構(gòu)成國(guó)際上首個(gè)車輪式衛(wèi)星編隊(duì)，三顆衛(wèi)星圍繞中心衛(wèi)星，并保持車輪

狀繞地球運(yùn)行。下列關(guān)于四顆衛(wèi)星的說(shuō)法正確的是（）

A.該衛(wèi)星編隊(duì)的運(yùn)行速度大于7.9km/s

B.四顆衛(wèi)星均處于平衡狀態(tài)

C.四顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期相同

D.四顆衛(wèi)星通過(guò)衛(wèi)星間的萬(wàn)有引力保持隊(duì)形

5.（2024?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)四模）如慳所示，用輕桿通過(guò)錢鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為

m，兩段輕桿等長(zhǎng)?，F(xiàn)將C球置于距地面高h(yuǎn)處，由靜止釋放，假設(shè)三個(gè)小球只在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，

不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g,則在小球C下落過(guò)程中（）

A.小球A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

B.小球C的機(jī)械能一直減小

C.小球C落地前瞬間的速度大小為J麗

D.當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時(shí)，地面對(duì)小球B的支持力大于mg

二.多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?吉林模擬）如圖（a）,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距離為L(zhǎng),初始時(shí)甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度vo向右運(yùn)動(dòng)，與乙發(fā)生彈性碰撲鼠

碰后，乙的位移x隨時(shí)間t的變化如圖（b）中實(shí)線所示，其中to時(shí)刻前后的圖像分別是拋物線的一部

分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為Q.甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是

)

A.碰后瞬間乙的速度大小為衛(wèi)

3

B.甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為一塵

丸”

C.甲到乙左端的距離

D.乙、丙的質(zhì)量比m：M=l：2

（多選）7.（2024?長(zhǎng)春一模）已知一個(gè)均勻帶電球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，在球殼外部

產(chǎn)生的電場(chǎng)與一個(gè)位于球殼球心、帶相同電荷曷的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)相同.有一個(gè)電荷量為+Q、半徑

為R、電荷均勻分布的實(shí)心球體，其球心為O點(diǎn)?，F(xiàn)從該球體內(nèi)部挖去一個(gè)半徑為旦的實(shí)心小球，如圖

2

所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，02點(diǎn)與6點(diǎn)關(guān)于0點(diǎn)對(duì)稱。由以上條件可以計(jì)算出

挖去實(shí)心小球后，O1點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ei、02點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小分別為（）

（多選）8.（2024?鏡湖區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐

標(biāo)原點(diǎn)0處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向不斷地發(fā)射速度大小均為V=1XIO6m/s,質(zhì)

量為m=lX1（/8kg,帶電量為q=1X1（）-9C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點(diǎn)1m處垂直于x軸

放置一個(gè)長(zhǎng)度為1m,厚度不計(jì)且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。

現(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用

力。取n=3,則被薄金屬板接收的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為（）

P

???史；F.

OX

A.1.1X10'6sB.1.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?安徽模擬）某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所

示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質(zhì)且表面粗糙程度相同的一元硬幣和?

一元硬幣和一角硬幣的質(zhì)量分別為mi和m2且將甲硬幣放在斜面的某一位置，標(biāo)記此位置為

B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當(dāng)甲停在水平面上某一位置處，測(cè)量O點(diǎn)到甲停止位置的距

離OP,記為so。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點(diǎn)位置，左側(cè)與。點(diǎn)重合，并將甲硬幣在B點(diǎn)由

靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量O點(diǎn)到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON,記為si、

（1）在本實(shí)驗(yàn)中，乙選用的是硬幣。（選填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足的表達(dá)式為<,（用so、

si、S2、mi和m2表示）

（3）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)需要滿足的條件是。

A.OA段必須保持水平

B.傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成

C.兩硬幣材質(zhì)及其表面粗糙程度必須相同

10.（2024?吉林一模）某同學(xué)測(cè)最某電阻的電阻值。

（1）首先用多用電表進(jìn)行粗測(cè)，將旋鈕扳到“XI0”的擋位，進(jìn)行歐姆調(diào)零后將兩表筆與待測(cè)電阻的

（2）為了精確測(cè)量該電阻阻值，實(shí)驗(yàn)室為其提供了如下的實(shí)驗(yàn)器材：

a.待測(cè)電阻Rx

b.電壓表V（量程IV、內(nèi)阻Rv=300量

c.電流表Ai（量程2A、內(nèi)阻RAQ20C）

d.電流表A2（量程30mA、內(nèi)阻RA-5C）

c.滑動(dòng)變阻器RI（0?10。）

f.滑動(dòng)變阻器R2（0?1k。）

g.電阻箱Ro（0?999.9。）

h.電源（電動(dòng)勢(shì)3V、內(nèi)阻不計(jì)）、開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干

①該同學(xué)分析實(shí)驗(yàn)滯材，發(fā)現(xiàn)電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應(yīng)

（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）電阻箱Ro,并將Ro的阻值調(diào)為；

②實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差。且要求電表的示數(shù)從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，請(qǐng)將設(shè)計(jì)的電路畫(huà)在圖乙虛線框中，

并標(biāo)出所選用的相應(yīng)的器材符號(hào)：

③某次測(cè)量時(shí)，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I,則待測(cè)電阻的阻值Rx=（用

已知物理量的字母表示）。

四.解答題（共3小題）

11.（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過(guò)輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物

塊A一豎直方向的瞬時(shí)沖量，其大小為3N?s,隨后B恰好不能離開(kāi)地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、

2kg,彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2。

（1）從開(kāi)始至B恰好不離開(kāi)地面的過(guò)程，求彈簧彈性勢(shì)能的變化量；

（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A,使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直至B剛離開(kāi)地面時(shí)，求A

的速度大小。

12.（2024?太原二模）如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

E,MN下方有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某帶電粒子以初速度v從O點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速度與MN的

夾角為①經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子第一次從磁場(chǎng)射入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中恰好返回出發(fā)點(diǎn)O,粒子的質(zhì)量為

m,帶電量為q,不計(jì)粒子重刀，求：

（I）粒子的電性、粒子回到0點(diǎn)時(shí)與MN的夾角；

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

（3）若粒子初速度變?yōu)?v,從O點(diǎn)射出后，又返回出發(fā)點(diǎn)O所用的時(shí)間。

13.（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長(zhǎng)的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng),傾斜角度為dab、cd

之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bi,ac之間電容器的電容為G,光滑等

長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌ef、gh間距為L(zhǎng),ef、gh之間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2,fh

之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后以速度v飛出導(dǎo)軌，同時(shí)撤去EPQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌，PQ始終與ef、gh

導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，重力加速度為g,求：

（I）金屬棒PQ分別在Bi、B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的方向；（請(qǐng)分別說(shuō)明P-Q或Q-P）

（2）導(dǎo)軌ef、gh足夠長(zhǎng)，電容器C2帶電量的最大值；

（3）金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd的動(dòng)摩擦因數(shù)。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（新課標(biāo)卷）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共5小題）

1.（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動(dòng)，使重物緩慢上升，不計(jì)繩子質(zhì)量

和?切摩擦，則重物上升過(guò)程中（）

B.健身者所受合外力逐漸增大

C.健身者對(duì)地面的壓力逐漸減小

D.健身者對(duì)地面的摩擦力逐漸增大

【考點(diǎn)】動(dòng)態(tài)平衡分析；力的合成與分解的應(yīng)用.

【專題】定量思想：推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題：推理能力.

【分析】重物緩慢上升，處于平衡狀態(tài)，則繩彈力等于重力：對(duì)健身者進(jìn)行動(dòng)態(tài)平衡的分析可得出相應(yīng)

結(jié)論。

【解答】解：AB、重物和健身者一直處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，健身者所受合力等于零；繩上

的拉力大小不變，其大小等于重物的重力mg,故AB錯(cuò)誤；

CD、對(duì)健身者受力分析，如圖所示，由平衡條件可知：

在豎直方向,則有：mgsinB+FN=Mg

解得:FN=Mg-mgsinO

在水平方向，則有mgcosO=Ff

當(dāng)健身者向右緩慢移動(dòng)時(shí)，0角逐漸變小，地面對(duì)健身者的支持力和摩擦力變大，由牛頓第三定律可知,

健身者對(duì)地面的壓力和摩擦力逐漸增大，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考杳共點(diǎn)力平衡的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，明確不變的物理量時(shí)分析變化量的關(guān)鍵。

2.（2024?吉林一模）A、B兩物體同時(shí)同地從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的v-t圖如圖所示，

關(guān)于它們運(yùn)動(dòng)的描述正確的是（）

A.物體B在直線上做往返運(yùn)動(dòng)

B.物體A做加速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)

C.AB兩物體在（）-1s運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離越來(lái)越近

D.B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2

【考點(diǎn)】v-t圖像.

【專題】比較思想；圖析法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題.

【分析】v?t圖象只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。在v?t圖象中，圖象與時(shí)間軸所圍面積表示物體運(yùn)動(dòng)的

位移，斜率代表加速度，平均速度等于位移與時(shí)間之比。

【解答】解：A、v-t圖象只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，B做電向直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。

B、物體A做加速度增大的直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。

C、在0-1S運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，B的速度比A的大，則兩物體之間的距離越來(lái)越遠(yuǎn)，故C錯(cuò)誤。

D、根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移，B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移之比

為1：3：2,由q=2?得B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小為1：3：2,故D正確。

t

故選：Do

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是根據(jù)速度一時(shí)間圖象得到物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后根據(jù)速度一時(shí)間圖象與時(shí)間軸包圍

的面積表示位移大小，速度圖象的斜率等于質(zhì)點(diǎn)的加速度，再進(jìn)行分析處理。

3.（2024?安徽二模）某同學(xué)正在進(jìn)行一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，他站在一個(gè)力傳感器上進(jìn)行下蹲和站起的動(dòng)作。在

動(dòng)作過(guò)程中力傳感器的示數(shù)隨時(shí)間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2,則該同學(xué)在此過(guò)

程中加速度的最大值約為（）

D.3m/s2

【考點(diǎn)】牛頓第二定律.

【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題：分析淙合能力.

【分析】開(kāi)始時(shí)的人對(duì)力傳感器的壓力等于其重力；當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就

說(shuō)物體處于?失重狀態(tài)；當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處「超重狀態(tài)；人下蹲

過(guò)程分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重；站起過(guò)程

分別有超重和失重兩個(gè)過(guò)程，先是加速上升超重，達(dá)到一個(gè)最大速度后再減速上升失重。據(jù)此分析。

【解答】解：開(kāi)始時(shí)的人對(duì)力傳感器的壓力等于其重力，可歸該同學(xué)的重力為500N,則其質(zhì)量為50kg,

F的最小值約為200N,最大值約為700N,則當(dāng)F有最小值時(shí)?加速度有最大值，根據(jù)牛頓第二定律有

nig-Fmin=mainax

解得

加速度的最大值為1ax-s2

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】解答本題得關(guān)鍵是理解超重失重的概念，知道下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速

下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重；站起過(guò)程分別有超重和失重兩個(gè)過(guò)程，先是加速上升

超重，達(dá)到一個(gè)最大速度后再減速上升失重。

4.（2024?延邊州一模）3月30日，我國(guó)以“--箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達(dá)衛(wèi)星運(yùn)送到

700km的軌道上。該組衛(wèi)星在軌構(gòu)成國(guó)際上首個(gè)車輪式衛(wèi)星編隊(duì)，三顆衛(wèi)星圍繞中心衛(wèi)星，并保持車輪

狀繞地球運(yùn)行。下列關(guān)于四顆衛(wèi)星的說(shuō)法正確的是（）

A.該衛(wèi)星編隊(duì)的運(yùn)行速度大于7.9km/s

B.四顆衛(wèi)星均處于平衡狀態(tài)

C.四顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期相同

D.四顆衛(wèi)星通過(guò)衛(wèi)星間的萬(wàn)有引力保持隊(duì)形

【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用.

【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問(wèn)題；理解能力.

【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。四顆衛(wèi)星均非處于平衡狀態(tài)。四顆衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)

動(dòng)，并保持隊(duì)形不變，周期相同。衛(wèi)星間的萬(wàn)有引力極小，不不足以改變衛(wèi)星的隊(duì)形。

【解答】解：A、第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，該衛(wèi)星編隊(duì)的運(yùn)行速度均小于第一宇宙速度，

故A錯(cuò)誤；

B、衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，處于非平衡態(tài)，故B錯(cuò)誤；

C、四顆衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，并保持隊(duì)形不變，所以周期相同，故C正確；

D、衛(wèi)星間的引力極小，不足以改變衛(wèi)星的隊(duì)形，事實(shí)上該衛(wèi)星隊(duì)列處于太陽(yáng)同步軌道，24小時(shí)不間斷

接收太陽(yáng)能，通過(guò)太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)衛(wèi)星保持隊(duì)列，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】此題考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，要掌握宇宙速度的意義，明確衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)情況和受力特點(diǎn)。

5.（2024?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，用輕桿通過(guò)校鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為

m,兩段輕桿等長(zhǎng).現(xiàn)將C球置.于距地面高h(yuǎn)處,由靜止釋放，假設(shè)三個(gè)小球只在同一短直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，

不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過(guò)程中（）

A.小球A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒

B.小球C的機(jī)械能一直減小

C.小球C落地前瞬間的速度大小為J有

D.當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時(shí)，地面對(duì)小球B的支持力大于nig

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律.

【專題】定量思想；尋找守恒量法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專邈；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，分析知道系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；通過(guò)分析

A、B兩球機(jī)械能的變化來(lái)判斷C球機(jī)械能的變化；小球C落地前瞬間A、B兩球的速度為零，根據(jù)系

統(tǒng)的機(jī)械能守恒求此時(shí)C球的速度大小。當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時(shí)，合力為零，對(duì)三個(gè)球組成的整體

研究，根據(jù)平衡條件求地面對(duì)小球B的支持力大小。

【解答】解：A、對(duì)于小球A、B、C組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A

錯(cuò)誤；

B、小球B的初速度為零，小球C落地瞬間，小球B的速度也為零，故小球B的動(dòng)能先增大后減小，

而小球B的重力勢(shì)能不變，則小球B的機(jī)械能先增大后減小，同理可得小球A的機(jī)械能先落大后減小,

而系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以C的機(jī)械能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)小球C落地前瞬間的速度大小為v,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：1ImJ-gh，解得：v=V2gh?故

2

C正確；

D、當(dāng)小球C的機(jī)械能最小時(shí)，小球B的速度最大，此時(shí)小球B的加速度為零，水平方向所受的合力

為零，則桿CB對(duì)小球B恰好沒(méi)有力的作用，所以地面對(duì)小球B的支持力大小為mg,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是要知道系統(tǒng)的機(jī)械能是守恒的，要知道輕桿對(duì)A、B兩球沒(méi)有作用力時(shí)，其

動(dòng)能增大，此時(shí)小球C的機(jī)械能最小。

二,多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?吉林模擬）如圖（a）,質(zhì)量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙

左端的距離為L(zhǎng),初始時(shí)甲、乙均靜止，質(zhì)量為M的物塊丙以速度vo向右運(yùn)動(dòng)，與乙發(fā)生彈性碰撞。

碰后，乙的位移x隨時(shí)間［的變化如圖（b）中實(shí)線所示，其中to時(shí)刻前后的圖像分別是拋物線的一部

分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點(diǎn)為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是

（）

A.碰后瞬間乙的速度大小為生

3

B.甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為一5-

3gt0

C.甲到乙左端的距離

D.乙、丙的質(zhì)量比m：M=l：2

【考點(diǎn)】動(dòng)最與能量的綜合應(yīng)用一一板塊模型；功能關(guān)系.

【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合x(chóng)-t圖像的切線斜率表示速度求解碰后瞬間乙的速度大小，根據(jù)牛頓第

二定律甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)；根據(jù)圖（b）可得。?to時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對(duì)位移，由此得到甲到

乙左端的距離滿足的條件；物塊丙與乙發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律進(jìn)行解答。

【解答】解：AB、設(shè)碰后瞬間乙的速度大小為vi,碰后乙的加速度大小為a,由圖（b）可知：

x=vito--

2

拋物線的頂點(diǎn)為Q，根據(jù)x-i圖像的切線斜率表示速度，則有：vi=a?2l。

聯(lián)立解得：、，|=出，a=J-

33to

根據(jù)牛頓第二定律可得：a=凹些=陽(yáng)

m

解得甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：|1=一四一，故A錯(cuò)誤，B正確；

3g

C、由于甲、乙質(zhì)量相同，則甲做加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小也為a=*-

3to

根據(jù)圖（b）可知，to時(shí)刻甲、乙剛好共速，則0?io時(shí)間內(nèi)甲、乙發(fā)生的相對(duì)位移為：

Vi+v±tVdtVivn

Ax=XS-Xp=————tn=—tr

<t2°202to3%

則甲到乙左端的距離滿足：L2Ax=：9tc，故C正確；

30

D、物塊內(nèi)與乙發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)最守恒定律可得：Mvo=Mv2+mvi

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得:

可得v?=-^-vo=2"。

M+m3

可得乙、丙的質(zhì)量比為：m：M=2：1,故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)

不受外力作用或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)

量相等列方程求解。

（多選）7.（2024?長(zhǎng)春一模）已知一個(gè)均勻帶電球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，在球殼外部

產(chǎn)生的電場(chǎng)與一個(gè)位于球殼球心、帶相同電荷量的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)相同。有一個(gè)電荷量為+Q、半徑

為R、電荷均勻分布的實(shí)心球?yàn)?，其球心為O點(diǎn)。現(xiàn)從該球體內(nèi)部挖去一個(gè)半徑為工的實(shí)心小球，如圖

2

所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，02點(diǎn)與Oi點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。由以上條件可以計(jì)算出

挖去實(shí)心小球后，O1點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ei、02點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小分別為（）

【考點(diǎn)】電場(chǎng)的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力；點(diǎn)電荷的電場(chǎng).

【專題】定量思想：推理法；甩場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理和點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式結(jié)合分析場(chǎng)強(qiáng)的表達(dá)式。

【解答】解：CD、沒(méi)有挖去實(shí)心小球之前，02點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是以O(shè)為圓心，以002為半徑的球體產(chǎn)

生的，則有E3=k-3,其中@3=4Q3告冗哈）號(hào)解得：￡3=1^2

23

挖去部分的半徑與上述以。02為半徑的球體的電荷量相等，則剩余部分在02點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

E2=E3-^解得E2=k^'故c正確’D錯(cuò)誤；

AB、沒(méi)有挖去之前，0i點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是以0為圓心，以00i為半徑的球體的電荷產(chǎn)生的，該球體半

徑等于K,該球體所帶電荷量與以002為半徑的球體的電荷相等，根據(jù)上述可知，沒(méi)有挖去之前6點(diǎn)

2

Q

的電場(chǎng)強(qiáng)度與沒(méi)有挖去之前02點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，等7E3=k-，3

哈）

由題意知挖去部分的電荷量在01點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,即剩余部分的電場(chǎng)強(qiáng)度等于E1=E3;

解得Ei故A錯(cuò)誤，B正確。

故選：BCo

【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E=^,知道點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)方向，會(huì)根據(jù)平行四邊形

定則進(jìn)行場(chǎng)強(qiáng)的疊加。

（多選）8.（2024?鏡湖區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐

標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向不斷地發(fā)射速度大小均為v=lXIO6m/s,質(zhì)

量為m=1X10',5kg,帶電量為q=lX109C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點(diǎn)1m處垂直于x軸

放置一個(gè)長(zhǎng)度為1m,厚度不計(jì)且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。

現(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用

力。取n=3,則被薄金屬板接收的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為（）

y

,B,

P°

???.

0x

A.1.1X106sB.I.4X10'6SC.2.5X10*6SD.4.6X106S

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)左手定則得到粒子偏轉(zhuǎn)方向，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得中心角范圍，即可由周期求得最長(zhǎng)、

最短時(shí)間。

【解答】解：由觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

為1m

qvB=%

qB

mv

r=￥

解得B=1T

打在P左側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是60°,此時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，如圖1所示

圖1

被P左側(cè)接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)時(shí)間粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90°,此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間

90°112兀m

360°4qB

解得t2=L5X10q

被P右側(cè)接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為270°,此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間

「2700132兀m

360°4qB

解得13=4.5X100

打在P右側(cè)下端的粒孑在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為300°,如圖2所示,

最長(zhǎng)時(shí)間

B

***.*:。R：*

圖2

…嗎丁旦過(guò)

360°6qB

解得tmax=5X106s

粒子能被P接收時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)滿足

1minW【W(wǎng)t2,或〔3WlWlmax

故選：ABDo

【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故常杈據(jù)速度及磁感應(yīng)強(qiáng)度求得半徑，然后根據(jù)

幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)軌跡；或反過(guò)來(lái)由軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，進(jìn)而求得速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度。

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?安徽模擬）某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所

示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質(zhì)且表面粗糙程度相同的一元硬幣和一

角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

一元硬幣和一角硬幣的質(zhì)量分別為m和m2且將甲硬幣放在斜面的某一位置，標(biāo)記此位置為

B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當(dāng)甲停在水平面上某一位置處，測(cè)量0點(diǎn)到甲停止位置的距

離0P,記為so。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點(diǎn)位置，左側(cè)與O點(diǎn)重合，并將甲硬幣在B點(diǎn)由

靜止釋放。當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量O點(diǎn)到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON,記為si、

（1）在本實(shí)驗(yàn)中，乙選用的是一角硬幣。（選填“一元”或“一角”）

（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)血1保=mi歷+m2保一。（用

so、si、S2^mi和m2表示）

（3）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)需要滿足的條件是CO

A.OA段必須保持水平

B.傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成

C.兩硬幣材質(zhì)及其表面粗糙程度必須相同

【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】（1）為了防止硬幣反彈，應(yīng)使入射硬幣質(zhì)量確定乙的硬幣；

（2）用動(dòng)能定理求出碰撞前后的速度，再由動(dòng)量守恒定律倒推出需要驗(yàn)證的表達(dá)式：

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)碰原理，由動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律等分析判斷本實(shí)驗(yàn)滿足的條件。

【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，從圖中可以看出，碰撞后日有向右的速度，所以甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)

量，乙選用的是一角硬幣。

（2）設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4重力加速度為g,甲從O點(diǎn)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：

,,A12

-ktm1gso=O-m1vo

解得碰撞前，甲到0點(diǎn)時(shí)速度的大?。簐0=^2ktgs（）=^2as0

同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分別為：、=/嗝=百;，丫2=阿嬴=必可

若碰撞前后動(dòng)量守恒，則滿足關(guān)系式：mivo=mvi+m2V2

整理化簡(jiǎn)可得：叫

（3）A、若OA段略微傾斜8角，則兩硬幣的加速度均變?yōu)椋篴=gsin0+|igcosO,由（2）同的計(jì)算公式

可知沒(méi)有產(chǎn)生影響，故A錯(cuò)誤；

BCs由（2）問(wèn)的計(jì)算公式可知，只要水平段的摩擦系數(shù)恒定即可，故B錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

故答案為：（1）一角；⑵+以2y⑶°。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，解題關(guān)鍵是弄清楚實(shí)驗(yàn)原理、掌握速度的另一種測(cè)定方法,

能夠根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行解答。

10.（2024?吉林一模）某同學(xué)測(cè)量某電阻的電阻值。

（1）首先用多用電表進(jìn)行粗測(cè)，將旋鈕扳到“X10”的擋位，進(jìn)行歐姆調(diào)零后將兩表筆與待測(cè)電阻的

兩端相接觸，多用電表的指針位置如圖甲所示，則電阻測(cè)量值為140O；

（2）為了精確測(cè)量該電阻阻值，實(shí)驗(yàn)室為其提供了如下的實(shí)驗(yàn)器材:

a.待測(cè)電阻Rx

b.電壓表V（量程IV、內(nèi)阻Rv=300Q）

c.電流表Ai（量程2A、內(nèi)阻RAQ20C）

d.電流表A2（量程30mA、內(nèi)阻RA-5C）

C.滑動(dòng)變阻器RI（0?10。）

f.滑動(dòng)變阻器R2（0~lkC）

g.電阻箱Ro（0-999.90）

h.電源（電動(dòng)勢(shì)3V、內(nèi)阻不計(jì)）、開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干

①該同學(xué)分析實(shí)驗(yàn)器材，發(fā)現(xiàn)電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應(yīng)串聯(lián)

（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）電阻箱Ro,并將Ro的阻值調(diào)為600.0C；

②實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差。且要求電表的示數(shù)從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，請(qǐng)將設(shè)計(jì)的電路畫(huà)在圖乙虛線框中，

并標(biāo)出所選用的相應(yīng)的器材符號(hào)：

3UR

③某次測(cè)量時(shí)，電壓表與電流表的示數(shù)分別為U、I,則待測(cè)電阻的阻值Rx=_--------匚V_（用己知物

IRy-U

理量的字母表示）。

【考點(diǎn)】練習(xí)使用多用電表；伏安法測(cè)電阻.

【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法：恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】（1）根據(jù)歐姆表測(cè)電阻的正確使用和讀數(shù)規(guī)則分析作答；

（2）①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應(yīng)串聯(lián)一個(gè)大電阻，根據(jù)歐姆定律求串聯(lián)電阻值；

②根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流，然后選擇電流表：

由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，完成實(shí)驗(yàn)電路圖；

③根據(jù)歐姆定律求解待測(cè)電阻的表達(dá)式。

【解答】解：（1）指針指向“14”刻度，根據(jù)歐姆表的讀數(shù)規(guī)則，待測(cè)電阻為14X100=140。；

（2）①根據(jù)電壓表的改裝原理可知，應(yīng)串聯(lián)電阻，根據(jù)歐姆定律有I=%=—y―

gRvRv+R0

代入數(shù)據(jù)解得Ro=6OO.On

②電路中的電流約為I普021A=21m?

Kv14U

電流表應(yīng)選擇A2,由于電壓表內(nèi)阻已知，則電流表外接，電壓表測(cè)待測(cè)電阻電壓，的電流、電壓測(cè)量

更準(zhǔn)確，減少實(shí)驗(yàn)誤差。另外，電表的示數(shù)從零開(kāi)始調(diào)節(jié)，則滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，電路如圖所

示：

R

3U3URv

③根據(jù)歐姆定律可知R^A二

即

3URV

故答案為:（1）140；（2）①串聯(lián);600.0Q；②見(jiàn)解析；③

iRv-u

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了歐姆表的讀數(shù)，考查了電壓表的改裝以及“伏安法”測(cè)電阻，要掌握實(shí)驗(yàn)的原理;

由于電壓表內(nèi)阻已知，因此電流表外接法。

四,解答題（共3小題）

II.（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過(guò)輕質(zhì)彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物

塊A一豎直方向的瞬時(shí)沖量，其大小為3N?s,隨后B恰好不能離開(kāi)地面。已知A、B質(zhì)量分別為1kg、

2kg,彈簧的勁度系數(shù)k=l（）0N/m,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度g取lOmH。

（1）從開(kāi)始至B恰好不離開(kāi)地面的過(guò)程，求彈簧彈性勢(shì)能的變化量;

（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A,使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，直至B剛窩開(kāi)地面時(shí)，求A

【考點(diǎn)】動(dòng)后與能砥的綜介應(yīng)用一一彈簧類模型；功能關(guān)系.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力.

【分析】（I）給小物塊A一瞬時(shí)沖量，據(jù)此求得初動(dòng)能，根據(jù)胡克定律和平衡條件求得彈簧的初、末

形變量，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解;

（2）結(jié)合（1）結(jié)果，對(duì)物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系求解。

【解答】解：（1）設(shè)物塊A的質(zhì)量為m=lkg,物塊B的質(zhì)量為2m=2kg。

給小物塊A一瞬時(shí)沖量p=3N?s,則物塊A獲得的動(dòng)量為：p=I,初動(dòng)能為：EkO=E—

21n

初始物塊A靜止時(shí)，設(shè)彈簧壓縮x,對(duì)物塊A根據(jù)平衡條件可得：

kx=mg

木板b恰好不能離開(kāi)地面，設(shè)此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)xi,對(duì)物塊B根據(jù)平衡條件可得：

kxi=2mg

物塊A從開(kāi)始到最面點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移大小為x+Xi,設(shè)此過(guò)程彈簧彈性勢(shì)能的變化量為EP,由機(jī)械能守恒

定律得：

EkO=Ep+mg(x+xi)

解得：x=O.lm,xi=0.2m,Ep=1.5J

(2)設(shè)豎直向上恒力大小為F=17.4N,B剛離開(kāi)地面時(shí)A的速度大小為v,對(duì)物塊A和彈簧組成的系

統(tǒng)由功能關(guān)系得：

F(x+xI)=mg(x+xI)+Ep+-i-mv2

解得:v=1.2m/s

答：(1)彈簧彈性勢(shì)能的變化量為1.5J；

(2)A的速度大小為l.2m/s。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，功能關(guān)系，動(dòng)量定理在彈簧類模型中的應(yīng)用。關(guān)鍵是分析能

量的轉(zhuǎn)化情況，知道重力勢(shì)能變化與重力做功有關(guān)、動(dòng)能的變化與合力做功有關(guān)、機(jī)械能的變化與除重

力以外的其它力做功有關(guān)。

12.(2024?太原二模)如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

E,MN卜方有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某帶電粒子以初速度v從O點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速度與MN的

夾角為仇經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子第一次從磁場(chǎng)射入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中恰好返回出發(fā)點(diǎn)O,粒子的質(zhì)量為

m,帶電量為q,不計(jì)粒子重力，求：

(1)粒子的電性、粒子回到0點(diǎn)時(shí)與MN的夾角；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

(3)若粒子初速度變?yōu)?v,從O點(diǎn)射出后，又返回出發(fā)點(diǎn)O所用的時(shí)間。

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合.

【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力.

【分析】（1）根據(jù)左手定則可知粒子所帶電性，根據(jù)粒子在直線邊界的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知粒子出磁場(chǎng)

時(shí)速度與邊界的夾角與進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度與邊界夾角相同；

（2）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)幾何知識(shí)

求解弦長(zhǎng)，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)和牛頓第二定律列式，聯(lián)立求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；

（3）畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖像，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)周

期公式求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角，根據(jù)時(shí)間與周期

的關(guān)系求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解粒了?在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，最后求解從0

點(diǎn)射出后，又返回出發(fā)點(diǎn)0所用的時(shí)間。

【解答】解：（1）粒子在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)。粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由左手定則可知，粒子帶正電，粒子回到0點(diǎn)時(shí)與MN的夾角為

（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如上圖所示，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

2

_V

qvBD=m—

rl

解得

mv

從邊界MN射出的位置記為P點(diǎn)，0P的距禽為L(zhǎng),根據(jù)幾何關(guān)系有

L=2rsin0

在MN上方的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做類斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二

定律有

qE

a=-

m

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，豎直方向有

cvsin8

t=2?---------

a

水平方向有

L=vcos0*t

聯(lián)立解得

VCOSD

（3）當(dāng)速度變?yōu)?V后，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

2

_V

qvBD=m—

r2

解得

r2^B"

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)周期為T,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

2兀?

聯(lián)立解得

E_2兀!uucos6

T=qE

粒子一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間設(shè)為U,根據(jù)幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為2（n-6）,

故時(shí)間為

+_2（兀-B）不

tl-2兀

粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間設(shè)為12,則有

c2vsinB

t=2------------

9na

粒子從0點(diǎn)射出后，又返回出發(fā)點(diǎn)O所用的時(shí)間為

tA=2tl+t2

聯(lián)立解得

4（H-G）mvcos94mvsin8

ta=z+z°

心qEqE

答：（1）粒子帶正電、粒子回到O點(diǎn)時(shí)與MN的夾角為。;

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為一^―：

vcos8

（3）若粒子初速度變?yōu)?v,從O點(diǎn)射出后，又返回出發(fā)點(diǎn)O所用的時(shí)間為

4（71-8）mvcos,4mvsin0

1+。

qEqE

【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程

和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。

13.（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長(zhǎng)的粗糙金屬導(dǎo)軌ab、cd間距為L(zhǎng),傾斜角度為①ab、cd

之間有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bi,ac之間電容器的電容為G,光滑等

長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌cf、助間距為L(zhǎng),cf、助之間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bz,ill

之間電容器的電容為C2。質(zhì)量為m的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間I后以速度v飛出導(dǎo)軌，同時(shí)撤去EPQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌，PQ始終與ef、gh

導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，重力加速度為g，求：

（1）金屬棒PQ分別在Bi、B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的方向；（請(qǐng)分別說(shuō)明P-Q或Q-P）

（2）導(dǎo)軌ef、gh足夠長(zhǎng)，電容器C2帶電量的最大值；

（3）金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab、cd的動(dòng)摩擦因數(shù)。

【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的電路類問(wèn)題；動(dòng)量定理；電容器與電容：閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線

時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).

【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力.

【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；

（2）PQ以速度v飛出導(dǎo)軌后做斜拋運(yùn)動(dòng)。PQ切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)C2的電壓等于感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，C2帶電量達(dá)到最大值，且PQ做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電容定

義式、動(dòng)量定理求解；

（3）PQ在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器Ci的電壓始終等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（動(dòng)態(tài)平衡），根據(jù)電容定義式、

法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)電流與加速度的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度a為恒定值，即PQ做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，由已知條件求得加速度，再求解動(dòng)摩擦因數(shù)，

【解答】解：（I）由右手定則可知，金屬棒在Bi中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由P到Q；金屬棒在次中運(yùn)動(dòng)時(shí)電

流方向由Q到P。

（2）PQ以速度v飛出導(dǎo)軌時(shí)的水平分速度為：vi=vcos0,此后做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)

動(dòng)，故PQ水平躍入ef、gh導(dǎo)軌時(shí)的速度等于vi。

PQ切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，C2處于充電狀態(tài)，當(dāng)C2的電壓U2等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，

C2帶電量達(dá)到最大值，且PQ做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)穩(wěn)定時(shí)速度為V2,則有：

U2=B2LV2

Q=C2U2

以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：

-

-SB2iLAt=mv2inv

￡i2Q

CnBnLinvcosO

聯(lián)立解得：Q=22-

C之B之L+ni

（3）PQ在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器Ci的電壓始終等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（動(dòng)態(tài)平衡），則有:

Ui=BiLvf

△UI=BIL-Av

△Qi=Ci△Ui=CiBiLAv/

“Qi

感應(yīng)電流（充電電流）i'

△t

PQ的加速度：

At

聯(lián)立可得：i'=CiBiLa

根據(jù)牛頓第二定律得:

F-mgsinO-pmgcosO-Bii'L=ma

2

可得：F-mgsinB-nmgcosG=(m+Cig^L)a

可見(jiàn)加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由已知條件可得:

a=?

t

F-mgsin^(C^|L2+m)v

解得：口=

mgcos8mgtcos8

答：（1）金屬棒在Bi中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流方向由Q到P；

CnBnLmvcos8

（2）電容器C2帶電量的最大值為2歲——；

C.B.L+m

22

（3）金屬棒PQ與導(dǎo)軌ab.cd的動(dòng)摩擦因數(shù)為丘眨黑-一（"1L個(gè)）工

mgcosmgtcos

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)平衡條件、

牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解；涉及電荷量、求位移問(wèn)題，常根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、

閉合電路的歐姆定律列方程進(jìn)行解答。

考點(diǎn)卡片

1.V-t圖像

【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】

1.定義：v-t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。

2.圖像實(shí)例：

3.各參數(shù)的意義：

(I)斜率：表示加速度；

(2)縱截距：表示初速度；

(3)交點(diǎn)：表示速度相等。

4”t曲線分析：

①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；

④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；

⑤U時(shí)刻物體的速度為vi,陰影部分的面積表示物體0?U時(shí)間內(nèi)的位移。

【命題方向】

甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度一時(shí)間圖像分別如圖中甲