2024年高考押題預(yù)測卷-物理（安徽卷03）（全解全析）

2()24年高考押題預(yù)測卷()3【安徽卷】

物理-全解全析

12345678910

CDACCCBBBDBD

2024年高考第三次模擬考試

物理?全解全析

注意事項：

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

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，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1()小題，共42分。在每小題給出的四個選項中，第1?8題只有一項符合題目要求，

每題4分，第9?10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯或不答

的得。分。

1.關(guān)于放射性元素的衰變和核反應(yīng)，以下說法完全正確的一項是()

A.7射線是波長很短的電磁波，與。射線和夕射線相比，其穿透能力是最弱的

B.碳14的半衰期為5730年，則100個碳14原子在11460年后還剩F25個

C.盧瑟福用a粒子轟擊氮原子核的核反應(yīng)方程為;“N+；Her?O+；H

D.夕衰變釋放的電子來自于原子核，其實質(zhì)是核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)化為中子和電子

【答案】C

【詳解】A.7射線是波長很矩的電磁波，與a射線和￡射線相比，皮穿透能力是最強的.故A錯誤：

B.半衰期是大量原子核的統(tǒng)計學(xué)規(guī)律，對于少量原子核不成立，故B錯誤

C.盧瑟福用。粒子轟擊氮原子核的核反應(yīng)方程為;“N+；Her：O+；H,故C正確；

D.夕衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的，故D錯誤。

故選C。

2.單鏡頭反光相機(jī)簡稱單反相機(jī)，它用一塊放置在鏡頭與感光部件之間的透明平面鏡把來自鏡頭的圖像投

射到對焦屏上。對焦屏上的圖像通過五棱鏡的反射進(jìn)入人眼中。如圖為單反照相機(jī)取景器的示意圖，ABCDE

為五棱鏡的一個截面，ABLBC.一束紅光垂直射入，分別在C。和E4上發(fā)生全反射，且兩次全反射的

入射角相等，最后光線垂直射出。則（）

A.紅光從空氣進(jìn)入五棱鏡后傳播速度變大

B.若將紅光改為綠光，則在EA上不能發(fā)生全反射

C.若將紅光改為白光，則人眼通過〃。觀察到彩色光束

D.該五棱鏡對紅光的折射率最小值是一4?77

sin22.5°

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)光的全反射條件，只有光線在光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)時才能發(fā)生全反射，又因為光在光疏

介質(zhì)中傳播速度大于光密介質(zhì)中的傳播速度，可知光在空氣中的傳播速度大于五棱鏡中的傳播速度。故A

錯誤；

BC.紅光在五棱鏡的全反射臨界角

sinC=—

n

因為綠光的折射率大于紅光的折射率，所以綠光的臨界角較小，所以更容易發(fā)生全反射，所以若將紅光改

為綠光，則在￡4上能發(fā)生全反射。又因為在可見光的各種單色光中，紅光折射率最小，所以臨界角最大，

各色光都能在CO和E4面發(fā)生全反射，不會色散所以從3c面出去的仍舊是白光，而不是彩色光束。故BC

錯誤;

D.設(shè)射入。。面上的入射角為。，因為在。和￡4上發(fā)生全反射;且兩次反射的入射角相等，如下圖

根據(jù)幾何關(guān)系有

46=90。

解得

6=22.5。

當(dāng)光剛好在。。和AE面上發(fā)生全反射時，折射率最小，根據(jù)上述分析可知折射率最小時

e=c

解得最小折射率為

_1_1

〃sin。sin22.5°

故D正確。

故選D。

3.我們常用支架與底板垂直的兩輪手推車搬運貨物。如圖甲所示，將質(zhì)量為，〃的貨物平放在手推車底板上，

此時底板水平；緩慢壓下把手直至底板與水平面間的夾角為60。，不計貨物與支架及底板間的摩擦，重力加

速度為g，下列說法正確的是（

A.當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為3。。時，底板對貨物的支持力為爭

B.當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30。時，支架對貨物的支持力為學(xué)

C.壓下把手的過程中，底板對貨物的支持力一直增大

D.壓下把手的過程中，支架對貨物的支持力一直減小

【答案】A

【詳解】AB.當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30。時，受力分析如圖

mg

由平衡條件可得

F、iCOS60°=FN2COS30°

FNIsin600+FK1sin30°=mg

解得底板對貨物的支持力

支架對貨物的支持力

A正確，B錯誤;

CD.壓下把手的過程中，貨物的受力情況如圖

由圖可知，底板對貨物的支持力一直減小，支架對貨物的支持力一直增大，CD錯誤。

故選A。

4.為了使在磁場中轉(zhuǎn)動的絕緣輪快速停下來，小明同學(xué)設(shè)計了以下四種方案：圖甲、乙中磁場方向與輪子

的轉(zhuǎn)軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈：圖丙、丁中磁場方向

與輪子的轉(zhuǎn)軸垂直，圖丙中在輪上固定閉合金屬線框，圖丁中在輪上固定?些細(xì)金屬棒。四種方案中效果

最好的是（）

【答案】C

【詳解】AB.圖甲和圖乙中當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動時，穿過線圈的磁通量都是不變的，不會產(chǎn)生感生感應(yīng)電流，則不

會有磁場力阻礙輪子的運動，故AB錯誤；

C.圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪了?轉(zhuǎn)軸平行，當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動時會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，形

成感應(yīng)電流，則會產(chǎn)生磁場力阻礙輪子轉(zhuǎn)動，使輪了?很快停下來，故c正確；

D.圖丁中在輪上固定一些細(xì)金屬棒，當(dāng)輪子轉(zhuǎn)動時會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但是不會形成感應(yīng)電流，則也不會

產(chǎn)生磁場力阻礙輪子轉(zhuǎn)動，故D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，長度為L的導(dǎo)體棒原來帶負(fù)電，將帶電荷量為。/的正點電荷放在導(dǎo)體棒的中心軸線上距離棒

左端R處，達(dá)到靜電平衡后，棒的左端帶負(fù)電，右端不帶電，靜電力常量為h下列說法正確的是（）

-----------L---------H

A.導(dǎo)體棒左端電勢高，右端電勢低

B.導(dǎo)體棒左端電勢低，右端區(qū)勢高

4kq

C.導(dǎo)體棒上的電荷在棒中心0處產(chǎn)生的電場強度大小為co了、2

IZA+LI

kq

D.導(dǎo)體棒上的電荷在棒中心。處產(chǎn)生的電場強度大小為高不

【答案】C

【詳解】AB.導(dǎo)體棒達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體棒是一個等勢體，電勢處處相等，則導(dǎo)體棒左右兩端電勢相等，

故AB錯誤；

CD.棒上感應(yīng)電荷在棒內(nèi)中點產(chǎn)生的場強大小與點電荷+,在該處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，故

可得棒上感應(yīng)電荷在棒中心0處產(chǎn)生的電場強度大小為

E二kq二4.

"（/?+O.5L）2（2/?+療

故C正確，D錯誤。

故選C。

6.鋼架雪車是一項精彩刺激的冬奧會比賽項目，運動員起跑區(qū)推動雪車起跑后俯臥在雪車上，再經(jīng)出發(fā)區(qū)、

滑行區(qū)和減速區(qū)的一系列直道、彎道后到達(dá)終點、用時少者獲勝。圖（a）是比賽中一運動員在滑行區(qū)某彎

道的圖片，假設(shè)可視為質(zhì)點的人和軍的總質(zhì)顯加=90kg,其在彎道上P處做水平面內(nèi)圓周運動的模型如圖（b）,

車在P處既無側(cè)移也無切向加速度，速率v=30m/s,彎道表面與水平面成。二53。，不計摩擦力和空氣阻力，

重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8o則在。處（）

圖(a)

A.車對彎道的壓力大小為900N

B.人對車的壓力大小為1500N

C.人和車做圓周運動的半徑為67.5m

D.人和車的加速度大小為7.5m/s2

【答案】C

【詳解】A.對人和車受力分析，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系有

7V=-^-=15OON

COS0

根據(jù)牛頓第三定律可得，車對彎道的壓力大小為1500N,故A錯誤:

B.由于不知道人的質(zhì)量，所以無法確定人對車的壓力，故B錯誤:

CD.根據(jù)牛頓第二定律可得

mgtan0=in—=ma

解得

r-67.5m，a=i3.33m/s2

故C正確，D錯誤。

故選C.

7.靜電透鏡是由帶電導(dǎo)體所產(chǎn)生的靜電場來使電子束聚焦和成像的裝置，它廣泛應(yīng)用于電子器件和電子顯

微鏡。如圖所示為其內(nèi)部靜電場中等差等勢面的分布示意圖。一電子由A點以某?速度射入該電場，僅在

電場力作用下的運動軌跡如曲線4B所示，C、。為該軌跡曲線上的兩點，O點為互相垂直的對稱軸MN和

ATM的交點。下列說法正確的是()

A.C點的電勢低于〃點的電勢

B.電子在。點的電勢能小于在。點的電勢能

C.電子在。點的電勢能和動能之和小于在D點的電勢能和動能之和

D.電子在。點運動到B點過程中動量的變化率不變

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)軌跡可知。點電子所受電場力沿向右，即在WM線上電場方向向左，所以。點的電

勢高于D點的電勢，故A錯誤；

B.根據(jù)電子在電勢高處電勢能小，所以電子在C點的電勢能小于在。點的電勢能，故B正確；

C.由于只有電場力做功，故運動中電勢能與動能之和不變，故C錯誤；

D.動量的變化率

邸wAv

——=-----=nia

NX

即電子所受合力戶"二由等差等勢面可知。點運動到區(qū)點過程中電場強度E變化，故D錯誤。

故選Bo

8.如圖，甲、乙、丙是地球赤道平面內(nèi)繞地心運動的三顆人造衛(wèi)星，甲、丙的軌道為圓，乙的軌道為橢圓。

則三顆衛(wèi)星（）

A.在軌道上運行的周期關(guān)系是:

B.在軌道上1、2、3位置的加速度大小關(guān)系是：

C.在軌道上1、2、3位置的速率關(guān)系一定是：v（＞v2＞v3

D.在軌道上I、2、3位置所受的萬有引力大小關(guān)系一定是；片＞鳥＞居

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)開普勒第三定律可得

—=k

T2

衛(wèi)星在I、2、3軌道運行時軌道半徑或者半長軸增大，所以周期增大，即

故A錯誤;

B.根據(jù)牛頓第二定律有

「Min

G-=ma

所以

GM

a=-r

衛(wèi)星在I、2、3處與地球球心間的距離增大，則加速度減小，即

q>a,>

故B正確；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力有

所以

所以

匕〉匕

但無法確定-2與h的大小關(guān)系，故C錯誤；

D.由于不知道三顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，所以不能確定在軌道上1、2、3位置所受的萬有引力大小關(guān)系，故D

錯誤。

故選B。

9.一變壓器在紙面內(nèi)的剖面如圖，原線圈連接足夠長且電阻不計的平行雙導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于垂克紙面向里的

勻強磁場中、金屬棒MN與導(dǎo)軌接觸良好且垂直于導(dǎo)軌，副線圈連接燈泡L和電容器C,A為理想交流電

流表。則（）

A.當(dāng)MN勻速向左運動時，燈泡可能發(fā)光，A表有示數(shù)

B.當(dāng)MN加速向左運動時，。點電勢低于小點電勢

C.當(dāng)MN沿導(dǎo)軌簡諧運動（不接觸線圈）時，燈泡一定不發(fā)光

D.當(dāng)MN沿導(dǎo)軌簡諧運動（不接觸線圈）時，A表有示數(shù)

【答案】BD

【詳解】A.當(dāng)MN勻速向左運動時，左側(cè)回路中電流恒定，所以左側(cè)線圈產(chǎn)生恒定的磁場，穿過右側(cè)線圈

的磁通量不變，右側(cè)線圈將不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以燈泡不發(fā)光，電流表無示數(shù)，故A錯誤；

B.當(dāng)MN加速向左運動時，穿過右側(cè)線圈的磁通量不斷增大，且磁場方向向上，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)

電流的磁場方向向下，根據(jù)右手螺旋定則可知，回路中電流方向為逆時針方向，所以。點電勢低于〃點電

勢，故B正確；

CD.當(dāng)MN沿導(dǎo)軌簡諧運動（不接觸線圈）時，左側(cè)回路中產(chǎn)生正弦交變電流，右側(cè)回路也為交變電流，

所以燈泡發(fā)光，電容器將進(jìn)行充放電，電流表有示數(shù)，故C錯誤，D正確。

故選BD。

10.如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，間距L=（）.5m,電阻不計。與導(dǎo)軌左端連接的線圈

面積S=0.1m2,內(nèi)阻,.=O.5Q,匝數(shù)〃=200匝。一根長L=0.5m,質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=的導(dǎo)體棒

"垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.2。線圈內(nèi)的磁場平行于軸線向上，磁感應(yīng)強度的大小

隨時間變化的關(guān)系為耳=0.2/；導(dǎo)軌之間的勻強磁場方向豎直向下，磁感應(yīng)強度的大小用=1T。/=0時刻

閉合開關(guān)，當(dāng)z=8.0s時導(dǎo)體棒已達(dá)到最大速度，重力加速度g=10m/s2。則（）

M泡

IiI1

A.剛合上開關(guān)時導(dǎo)體棒的加速度為4m/s2

B.導(dǎo)體棒運動速度的最大值為4m/s

C.08.0s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小為16m

D.08.0s內(nèi)整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為20.8J

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，左側(cè)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

〃絲竺S=4V

A/Ar

剛合上開關(guān)時，電路中電流為

^-=1.6A

R+r

對導(dǎo)體棒有

BJJ-“mg=ma

解得

a=2m/s2

故A錯誤；

B.導(dǎo)體棒運動速度最大時，導(dǎo)體棒所受合力為零，即有

BJ2L=

解得

l2=0.8A

設(shè)最大速度為%,則有

E「=/

R+r

解得

故B正確;

C.根據(jù)題意，對導(dǎo)體棒由動量定理有

BLv

B、IJi—B?，z?Lt-從mgt=inv-0

R+rm

則有

Lvr=wvm-0

A+r

即

(BJJ-?—?x=mv-0

/<+rm

解得

x=24m

故C錯誤:

D.對導(dǎo)體棒，由動量定理有

B2It-“ngi=rnvm-0

B2Lq-^mgt=mvm

解得

q=8C

由能量守恒定律有

=Q+g"H+〃〃期

解得

e=20.8J

故D正確；

故選BD。

二、非選擇題：本題共5小題，共58分。

1L（6分）某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計A掛于固定點尸.下

端用細(xì)線掛一重物M。彈簧測力計B的一端用細(xì)線系于。點，手持另一端水平向左拉，使結(jié)點。靜止在某

位置。分別讀出彈簧測力計A、B的拉力小、心的大小，并在貼于豎直木板的白紙.上記錄。點的位置和細(xì)

繩的方向。

⑵卜.列做法中正確的是（）

A.實驗需要測量重物M的重力大小

B.細(xì)線方向應(yīng)與木板平面平行

C.改變拉力，進(jìn)行多次實驗，每次都要使。點靜止在同一位置

D.只用一個彈簧測力計一定無法完成實驗

（3）若保持以、FB的夾角及0點位置不變，從彈簧測力計B水平方向開始，使彈簧測力計A、B均沿順時

針緩慢轉(zhuǎn)動至彈簧測力計A水平，則在整個過程中關(guān)于彈簧測刀計A、B的讀數(shù)變化情況是______（填選

項前的字母）。

A.A增大，B減小B.A減小，B增大

C.A增大，B先增大后減小D.A減小，B先增大后減小

【答案】（1）2.30

⑵AB

（3）B

【詳解】（1）彈簧測力計的分度值為0.1N,需要精確到0.01N,所以示數(shù)為2.30N。

（2）A.。八和兩段細(xì)線對。點拉力的合力與M的重力平衡，實驗中需要對比合力的理論值（通過平

行四邊形定則所作的合力的圖示）與實驗值（與M重力平衡的力的圖示），因此應(yīng)測量重物M所受的重力，

故A正確；

B.細(xì)線方向應(yīng)與木板平面平行，使實際力的平行四邊形與白紙上所作的力的平行四邊形平行，以減小誤差，

故B正確；

C.改變拉力，進(jìn)行多次實驗，無論O點位置如何，MO段細(xì)線對。點拉力的作用效果始終不變，所以不需

要每次都要使。點靜止在同一位置，故c錯誤；

D.只用一個彈簧測力計也可以完成實驗，一端用彈簧測力計測，另一端用手固定，將結(jié)點拉到固定的O

點，然后輪流交換測另一端，這樣就可以確定兩個方向，故D錯誤。

故選ABo

（3）由題意，根據(jù)平衡條件可知，。點所受三個拉力組成首尾相接的矢量三角形，如圖所示

根據(jù)正弦定理有

sinpsin/sina

使彈簧測力計A、B均沿順時針緩慢轉(zhuǎn)動至彈簧測力計A水平過程中，保持入、用的夾角及O點位置不變,

故乃不變，。增大，丫減小,可知以減小，后增大，故ACD錯誤，B正確。

故選Bo

12.（10分）小朗同學(xué)要將一滿偏電流及為500|iA的微安表G改裝為亳安表。他先測量出微安表G的電阻,

然后對微安表進(jìn)行改裝，最后再利用?標(biāo)準(zhǔn)電流表，對改裝后的亳安表進(jìn)行檢測。

⑴為測量出微安表G的電阻，小朗同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示電路，器材如下:

A.電源Ei（電動勢1.5V,內(nèi)阻很小）

B.電源Ez（電動勢6.0V,內(nèi)阻很?。?/p>

C.滑動變阻器凡（阻值0?2000。）

D.滑動變阻器&（阻值07500DQ）

E.電阻箱&（限值0~600。）

F.開關(guān)兩個，導(dǎo)線若干

為提高測量精度，電源E和滑動變阻器R/應(yīng)該選擇。

A.電源已和滑動變阻器心

B.電源E2和滑動變阻器心

C.電源Ei和滑動變阻器心

D.電源E2和滑動變阻器曲

（2）該實驗操作的步驟有：

A.按圖（a）電路原理圖連接線路：

B.將Q的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)Si后調(diào)節(jié)R/的阻值，使亳安表G的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度；

C.保持R/不變，再接通S2,調(diào)節(jié)電阻使電流表G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半，讀出R2的阻值為400C,

即認(rèn)為&二心,用此方法測得電流表內(nèi)阻的測量值與真實值相比（選填“偏大'或“偏小”或‘相等”）；

（3）若忽略實驗的誤差，現(xiàn)通過并聯(lián)一個阻值為R=80。的電阻把微安表改裝成為一個特定量程的毫安表，則

改裝的電表晟程為mA；

（4）根據(jù)圖（b）所示電路對改裝后的電表進(jìn)行檢測，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)亳安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝表的指針位置如

圖（c）所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預(yù)期值，改裝電流表的實際量程是mA；

（5）要達(dá)到（3）的預(yù)期目的，無論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為

一個阻值為C的電阻即可。

【答案】（1）D

⑵偏小

（3）3.0

（4）3.2

⑸86.4

【詳解】（1）由于實驗中各器件的阻值都比較大，為減小實驗誤差，電源電動勢應(yīng)盡可能大些，另外閉合

開關(guān)S2時認(rèn)為電路中總電流不變，實際閉合開關(guān)S2后，電路總電阻變小，電路電流變大，而閉合開關(guān)S2

時微安表兩端的電壓變化越小，實驗誤差就越小，則選用電動勢較大的電源，故電源應(yīng)選E2,且滑動變阻

器要能使微安表滿偏，所以選擇/?兒

故選Do

（2）閉合S2后，心與治的并聯(lián)值％<4，所以/而此時G的示數(shù)為滿偏電流的一半，所以/足大

于滿偏電流的一半，所以即R樵

（3）根據(jù)電流表的改裝原理有

JR

…+中=64=3。楨

A

（4）標(biāo)準(zhǔn)亳安表的示數(shù)為1.6mA時，改裝后的電表顯示為刻度盤的中值刻度，故改裝電流表的量程為3.2mA。

（5）把亳安表改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值

當(dāng)量程為3.2mA時，則有

0.5凡5凡

R=--------^-=—^-=8()0

3.2-0.527

所以

/<3.=432c

當(dāng)最程為3.0mA時，則有

3-0.55

所以

R'=86.4C

13.（10分）在導(dǎo)熱良好的矩形氣缸內(nèi)用厚度不計的活塞封閉有理想氣體，當(dāng)把氣缸倒置懸掛在空中，穩(wěn)定

時活塞剛好位于氣缸口處，如圖甲所示；當(dāng)把氣缸開口朝上放置于水平地面上，活塞穩(wěn)定時如圖乙所示。

已知活塞質(zhì)量為〃?，橫截面積為S,大氣壓強警，環(huán)境溫度為7b,氣缸的深度為〃，重力加速為g,

不計活塞與氣缸壁間的摩擦。

（1）求圖乙中活塞離氣缸底部的高度加；

（2）活塞達(dá)到圖乙狀態(tài)時將環(huán)境溫度緩慢升高，直到活塞再次位于氣缸口，已知封閉氣體的內(nèi)能隨熱力學(xué)

溫度變化的關(guān)系為k為常數(shù)，大氣壓強保持不變，求在.該過程中封閉氣體所吸收的熱量Q。

【答案】（1）九二：〃；（2）Q=：k"+2mgh

JJ

【詳解】（1）設(shè)甲、乙中封閉氣體的壓強分別為四、小，則有

P\S+mg=p0S,pQS+mg=p2S

解得

1s2s

氣體做等溫變化，由玻意耳定律有

pxhS=p21s

聯(lián)立解得

h,=~h

15

（2）設(shè)活塞回到氣缸口時氣體溫度為工，氣體等壓變化，則有

%ShS

bT

可得

氣體對外做的功為

W=p2s（〃一4）=2mgh

氣體內(nèi)能變化為

△1｝二環(huán)一5=三不

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得

△U=Q-W

解得

2

Q=3%+2mgk

14.（14分）如圖所示，質(zhì)量為O.25m=O.25kg的小車D靜止在水平光滑軌道上，一根長為L=0.9m的細(xì)繩

一端固定質(zhì)量為，〃=lkg的球A,湘繩的另一端固定在小車D上，另一根長為2L=L8m的細(xì)繩一端固定質(zhì)

量為2〃z=2kg的球B,另一端固定在。點，兩細(xì)繩自由下垂時兩小球正好相切，且兩球心在同一水平高度

上?，F(xiàn)將球B拉至細(xì)繩處于水平伸長狀態(tài)后釋放，設(shè)A、B發(fā)生碰撞時無機(jī)械能損失,重力加速度為g取lOm/s）

求：

（1）球B在最低點時的速度%的大小:

（2）碰撞結(jié)束瞬間球A的速度△的大小:

（3）碰撞結(jié)束后球A上升的最大高度從

【答案】(1)6m/s；(2)8m/s；(3)0.64m

【詳解】（1）球B下擺的過程中機(jī)械能守恒，則有

2mgx2L=gx2〃w：

解得

v0=2y[gL=6m/s

（2）球B與球A碰撞，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，取水平向右為正方向，則有

2m%=2mvl+mv2

222

聯(lián)立解得

4

“3%

（3）球A上升時小車D隨之向右運動，球A和小車D組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒、機(jī)械能守恒，球A

上升到最大高度時與小車D速度相同，則有:

；mv\=Jv2+mgh

mv2=(m+0.25m)v

聯(lián)立解得

h=0.64m

15.（18分）如圖所示，矩形區(qū)域I和n內(nèi)分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強磁場，

ad、bb\化'、為磁場邊界線，四條邊界線相互平行，區(qū)域I的磁感應(yīng)強度大小為8,區(qū)域II的磁感應(yīng)強

度大小為直8,矩形區(qū)域的長度足夠長，磁場寬度及，仍'與4之間的距離相同。某種帶正電的粒子從?！ㄉ?/p>

3

的。?處以大小不同的速度，沿與。產(chǎn)成a=30。角進(jìn)入磁場（不計粒子所受重力），當(dāng)粒子的速度小于某一

值時，粒子在區(qū)域I內(nèi)的運動時間均為小當(dāng)速度為％時，粒子垂直"’進(jìn)入無場區(qū)域，最終從而'上的A

點射出，求:

（1）粒子的比荷幺：

tn

（2）磁場區(qū)域I的寬度以

（3）出射點A偏離入射點。豎直方向的距離y。

abed

xx