南京師范大學附屬中學 2022-2023 學年度高三年級寒假學情調(diào)研測試物理試卷(解析版)

南京師范大學附屬中學2022-2023學年度

高三年級寒假學情調(diào)研測試物理試卷

（滿分：100分考試時間：75分鐘）

一、選擇題：共10題，每題4分，共40分.每小題只有一個選項符合題意.

I.對于一定質(zhì)量的理想氣體，下列說法正確的是（）

A.若氣體的溫度不斷升高，其壓強也一定不斷增大

B.在完全失重的狀態(tài)下，氣體的壓強為零

C.若氣體的壓強和體積都不變，其內(nèi)能也一定不變

D.當分子熱運動變劇烈時，壓強一定增大

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)牛=C可知，若氣體的溫度T不斷升高，氣體的壓強P和體積V的乘積

一定增大，但其壓強P不一定增大，A錯誤：

B.從微觀角度，氣體的壓強是由大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞產(chǎn)生的，即使在完全

失重的狀態(tài)下，只要容器密閉，氣體分子仍然會不停的頻繁碰撞器壁，B錯誤；

C.對于一定量的理想氣體，若氣體的壓強和體積都不變，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程:與=C,

可知其溫度不變；而理想氣體的內(nèi)能僅僅與溫度有關，所以其內(nèi)能也一定不變。C正確；

D.當分子熱運動變劇烈時，分子數(shù)密度可能減小，故氣體壓強也可以減小或者不變，D

錯誤：

故選C。

2.如圖所示為某學習小組的同學在研究光電效應現(xiàn)象時，通過實驗數(shù)據(jù)描繪的光電流與光

電管兩端電壓的關系圖象，已知圖線甲、乙所對應的光的頻率分別為內(nèi)、以，逸出的光電子

的最大速度之比為2：1.則下列說法正確的是（）

A.vx:v2=4:1

B.甲光與乙光的波長之比為1：4

C.\U1\-.\U2\=2:1

D.用乙光實驗時，單位時間內(nèi)從陰極表面逸出的光電子數(shù)較多

【答案】D

【詳解】AB.由于光電子的最大速度之比為2：1,由

1

Ekm=2*7

可得最大初動能之比為4：1,由愛因斯坦光電效應方程

Ekm=hv-wo

可知甲、乙兩種光的頻率之比不等于4：1,又由

c=Av

可知甲、乙兩種光的波長之比不等于1：4,故AB錯誤；

C.又因

Ekm=叫

則遏止電壓之比為

|UJ02I=4：1

故C錯誤；

D.由以上分析可知乙光的頻率比甲光的頻率小，又由圖象可知乙的飽和光電流比甲的大，

則乙光的光照強度大于甲光的光照強度，所以在單位時間內(nèi)照射到陰極的光子數(shù)多，從陰極

表面逸出的光電子數(shù)較多，故D正確。

故選D。

3.貧鈾彈在爆炸中有很多昭'U殘留，其半衰期極為漫長且清理困難，所以對環(huán)境的污染

嚴重而持久。設多8U發(fā)生a衰變形成新核X,以下說法正確的是（）

A.卷8u的比結(jié)合能小于新核x的比結(jié)合能

8

B.該衰變過程的方程可寫為ilU+汨e-142X

C.衰變反應中的a射線在幾種放射線中電離能力最弱

D.2個原子核經(jīng)過一個半衰期后必定有一個發(fā)生衰變

【答案】A

【詳解】A.重核衰變較輕質(zhì)量的核時，比結(jié)合能變大，時8U比結(jié)合能小于新核X的比結(jié)合

能,A正確；

B.該哀變過程的方程應寫為第8u-234X+犯e,B錯誤；

C.衰變反應中的a射線在幾種放射線中電離能力最強,C錯誤；

D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計結(jié)果,單個原子核的衰變時間無法預測,D錯誤；

故選Ao

4.某興趣小組想利用小孔成像實驗估測太陽的密度。設計如圖所示的裝置，不透明的圓桶

一端密封，中央有一小孔，另一端為半透明紙。將圓桶軸線正對太陽方向，可觀察到太陽的

像的直徑為d。已知圓桶長為3地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期為T。估測太陽密度的表達式為（）

試卷第2頁，共21頁

太陽

33

A247rL33TTL303nd門6nd

??

A.GT2d3B.GT2d3CGT2L3DGT2L3

【答案】A

【詳解】設太陽的半徑為R,太陽到地球的距離為r,由成像光路圖，根據(jù)相似三角形可得

d

R

2-

-=-

rL

解得

dr

R=2L

地球繞太陽做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，設太陽質(zhì)量為M,地球質(zhì)量為?n,則有

GMm4n'2

-=m—r

太陽體積為

4,

V=-7tR3

太陽密度為

M

P=V

聯(lián)立解得

247rL3

P=GT2d3

A正確，BCD錯誤；

故選A。

5.如圖所示，兩種不同材料的彈性細繩在。處連接，M、。和N是該繩上的三個點，0M

間距離為7.0m,ON間距離為5.0m。。點上下振動，則形成以。點為波源向左和向右傳播

的簡諧橫波I和H,其中波II的波速為1.0m/sot=0時刻O點處在波谷位置，觀察發(fā)現(xiàn)5s

后此波谷傳到M點，此時。點正通過平衡位置向上運動，OM間還有一個波谷。則（）

[II

MON-

A.波1的波長為4mB.N點的振動周期為5s

C.六3s時，N點恰好處于波谷D.當M點處于波峰時，N點也一定處于波峰

【答案】D

【詳解】AB.0M之間有兩個波谷，即

1

1-Ai=7m

4

解得波I的波長為

兀1=5.6m

根據(jù)題意可知波I的波速為

7.0m

Vi=——=1.4m/s

5s

故波的周期為

入5.6

T=—=-—s=4s

1.4

同一波源的頻率相同，故N點的振動周期為4s,AB錯誤；

C.波II的波長為

X，2=V2T=4m

故在/=0時刻N處于平衡位置向下振動，經(jīng)過3s,即四分之三周期，N點在波峰，C錯誤；

D.因為MN兩點到波源的距離都為其各自波長的1；,又兩者振動周期相同，起振方向相同，

所以兩者振動步調(diào)相同，即當M點處于波峰時，N點也一定處于波峰，D正確。

故選Do

6.如圖1所示，水平地面上有一邊長為L的正方形ABCZ）區(qū)域，其下方埋有與地面平行

的金屬管線。為探測地下金屬管線的位置、走向和埋覆深度，先讓金屬管線載有電流，然后

用閉合的試探小線圈P在地面探測。如圖2所示，將暴露于地面的金屬管接頭接到電源的

一端，將接地棒接到電源的另一端，這樣金屬管線中就有沿管線方向的電流。使線圈P在

直線AC上的不同位置保持靜止（線圈平面與地面平行），線圈中沒有感應電流。將線圈P

靜置于B處，當線圈平面與地面平行時，線圈中有感應電流，當線圈平面與射線BD成45。

角時，線圈中感應電流消失。由上述現(xiàn)象可以推測（）

A.金屬管線中的電流大小和方向一定不變

試卷第4頁，共21頁

B.線圈P在。處，P中一定沒有感應電流

C.電流金屬管線沿AC走向，埋覆深度為乎L

D.電流金屬管線沿BD走向，埋覆深度為日L

【答案】C

【詳解】A.由題意知，當線圈靜止時存在感應電流，則說明穿過線圈的磁通量是變化的，所

以金屬管線中的電流應該大小或方向是變化的,A錯誤；

B.若線圈P在D處，如果與地面的夾角為45,則線圈可能有感應電流，,B錯誤；

C.因為線圈P在直線AC上的不同位置保持靜止（線圈平面與地面平行），線圈中沒有感

應電流，說明穿過線圈的磁通量為零，即線圈平面與通電導體平行放置，金屬管線沿AC方

向放置，如下圖所示

剖面圖的最上面的線圈的磁通量為零，而線圈P靜置于B處，當線圈平面與地面平行時，

線圈中有感應電流，說明線圈處于右上方的位置時磁通量不為零，而當線圈平面與射線BD

成45。角時，線圈中感應電流消失，說明B處與導線的連線與水平方向夾角為45。，故金屬

管線深度為當L故C正確；

D.經(jīng)C項分析,D錯誤。

故選C。

7.近十年來，我國環(huán)形變壓器從無到有，已形成相當大的生產(chǎn)規(guī)模，廣泛應用于計算機、

醫(yī)療設備、家電設備和燈光照明等方面，如圖甲所示。環(huán)形變壓器與傳統(tǒng)方形變壓器相比，

漏磁和能量損耗都很小，可視為理想變壓器。原線圈匝數(shù)%=880匝，副線圈接一個“12V

22W”的照明電燈，示意圖如圖乙所示，圖中電壓表與電流表均為理想交流電表。原線圈接

交流電源，原線圈兩端的電壓隨時間變化的關系圖像如圖丙所示，最大值Um=220V?V,最

大值始終保持不變，照明電燈恰好正常發(fā)光。則（）

u/V

甲

A.原線圈兩端電壓的有效值和t=2.5x10-3s的電壓瞬時值相等

B.若電壓表為非理想電表（電流表理想），電壓表的讀數(shù)會變小

C.照明電燈正常發(fā)光時，電流表的讀數(shù)為0.05A

D.在t=5x10-3s時刻，電壓表的示數(shù)為零

【答案】A

【詳解】A.原線圈兩端電壓的有效值為

U=戈=220V

由圖丙可知電壓周期T=2x102s,則電壓瞬時值表達式為

2n「

u=Umcos—t=220V2cos(1007rt)

當t=2.5x10-3$的電壓瞬時值為

u=220V2cos（100zrX2.5x10-3）V=220V

故A正確；

B.電壓表測的是輸出電壓，不會隨外電阻的變化。故B錯誤；

C.照明電燈正常發(fā)光時，電流為

P11

，2=可=至八

線圈匝數(shù)比為

nj_1/_220_55

n^=t^='ir=T

電流表的讀數(shù)為

n

/j二2=0.1A

故C錯誤；

D.電壓表的示數(shù)為有效值，即為12V。故D錯誤。

故選Ao

8.如圖所示，兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小分別為B、2B,磁場方向

分別為垂直紙面向外、向里，兩磁場邊界均與x軸垂直且寬度均為3在y軸方向足夠長?，F(xiàn)

有一邊長為4L的正方形導線框，從圖示位置開始，在外力F的作用下沿%軸正方向勻速穿過

磁場區(qū)域，在運動過程中，對角線ab始終與x軸平行。線框中感應電動勢的大小為E、線框

所受安培力的大小為尸安。下列關于E、F安隨線框向右勻速運動距離x的圖像正確的是（）

試卷第6頁，共21頁

【答案】B

【詳解】AB.線框右半部分進入左邊磁場過程，在0卷過程中，有效切割長度在隨位移均

勻增大，線圈在，位置有效切割長度達到最大3電動勢達到最大值為瓦，在過程中，

左半部分也進入左邊磁場，有效切割長度隨位移均勻減小，到L位置時有效切割長度減小到

零，電動勢減小到零；在小與過程中，線框右半部分進入右方磁場，左半部分在左方磁場，

兩部分切割磁感線的有效切割長度都在增大，當?shù)竭_學位置時，有效切割長度都達到最大值

L,由楞次定律知兩磁場中兩部分感應電流（電動勢）對線圈來說方向相同，都為逆時針方

向，故總電動勢為3瓦，故A錯誤，B正確；

CD.設線圈有效切割長度為/,本題中也是各階段計算安培力的等效長度，線圈受到的安培

力大小

由于等效長度/在隨位移變化，成線性關系，所以安培力與位移不成線性關系，故CD錯誤。

故選B。

9.如圖所示，有一長方體4BCD-A/iGDi，AB=2BC,BBr=BC,M、N、P、。分別

為4B、4當、G小、CD的中點（圖中未畫出），下列說法正確的是（）

A.若B點放置一正點電荷，則電勢差UCQ<UNP

B.若B點放置一正點電荷，則電勢差%G=UNP

C.若在B1、B兩點分別放置等量異種點電荷，則G、M兩點的電場強度大小相等

D.若在當、B兩點分別放置等量異種點電荷，則D、5兩點的電勢相等

【答案】C

【詳解】AB.8點放一正點電荷時，如圖所示

連接B、P,以B為圓心，分別以8C、8N（長度與8cl相等）的長為半徑作圓弧，分別交

BP于R、S,因

Vc=0R

9cl=3s

故

Ues=URS

又因

VN=Vs

故

UNP=/口

設BC=d,則有

RS=(&-l)d

SP=(國一V2)d

顯然RS>SP,根據(jù)正點電荷電場的特點，RS段的平均電場強度大于SP段，且離電荷越遠

試卷第8頁，共21頁

場強越小、電勢越低，故必有

URS>

綜上可知

Ucc、＞UNP

故AB錯誤；

C.若在當、8兩點分別放置等量異種點電荷，由等量異種點電荷的電場特點可知M、N兩

點的電場強度大小相等，C、6兩點的電場強度大小相等，M、C兩點的電場強度大小相等，

則的、M兩點的電場強度大小相等，故C正確；

D.若在當、8兩點處放置等量異種點電荷，則當、8連線的中垂面是等勢面，則。、5兩

點分布在中垂面的兩側(cè)，電勢不相等，故D錯誤。

故選C。

10.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一質(zhì)量為m的小木塊放置在

粗糙程度相同的水平面上的。點，此時彈簧長度為彈簧原長。一顆質(zhì)量為的子彈以水平速

度％擊中木塊，木塊和子彈一起向左側(cè)運動到4點后向右運動，最遠到達B點，然后在。點兩

側(cè)往復運動。已知力。之間的距離為L,小木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為出取重力加速度為g,

下列選項正確的是（已知簡諧運動周期7=27r聆,M為運動物體質(zhì)量,k為比例系數(shù)）（）

A.子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運動的速度為吧

m

B.小木塊從開始運動到第一次回到。點的過程中克服摩擦力做功為2/nngL

C.。8間的距離為L一到3還

k

D.小木塊第一次從A點運動到。點的時間為T林g

m+m0

【答案】C

【詳解】A.子彈打入小木塊時，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，可得

movo=（m+m0）v

解得

mv

v-o---o-------

m+m0

A錯誤；

B.根據(jù)公式可得，小木塊從開始運動到第一次回到。點的過程中克服摩擦力做功為

勿克f=2n（jn4-m0）gL

B錯誤;

C.從4T8過程中，。1為平衡位置，如圖所示

L-X]x]

------------%

^WVWVWW

〃〃〃〃/"〃/〃〃/力〃〃〃》〃〃〃/

A0。B

則有

”(ni+m0)g=fcxt

規(guī)定向右為正向，滑塊運動過程中的合力滿足

F=-kx

其中久為滑塊偏離平衡位置。1的位移，由此可知從4-B過程中小滑塊做筒諧運動，簡諧運

動的振幅為4可知

〃(m+m0)g

4=LAOI=L—X1=L

k

08間的距離為

2〃(mo+m)g

L=2A—L=L—

OBk

C正確;

D.根據(jù)簡諧振動的規(guī)律可得，從A-B過程中滑塊的振動可以表示為

X=一力cos(cot)

其中3為振動的角頻率，滿足

k

co=-------

lm0-km

從A-B過程中，。點處為位移為

“Oo+m)g

x°=一k-

解得

mm

m0+mKo+)9

---：---arccosl-瓦］

k\M(^o+m)9-

D錯誤。

故選C。

二、非選擇題：共5題，共60分.其中第12-15題解答時請寫出必要的文字說明、方

程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)據(jù)計算時，答案中必須寫出數(shù)值

和單位.

11.(15分)(1)某同學用如圖1所示的裝置做“探究加速度與力，質(zhì)量關系”的實驗時得到一條

試卷第10頁，共21頁

如圖2所示的紙帶，他在紙帶上便于測量的地方選取第一個計時點，標為A,第六個點標為

B,第十一個點標為C,第十六個點標為。，第二十一個點標為及測量時發(fā)現(xiàn)B點已模糊

不清，于是他測得AC長為14.56cm,CD長為11.15cm,長為13.73cm,則打C點時瞬

時速度大小為m/s,小車運動的加速度大小為m/s2,AB的長度應為cm。（保

圖1圖2

（2）該同學掌握了測量加速度的方法后，在保持小車質(zhì)量M不變條件下，用兩種方法探究小

車的加速度〃與其所受力F（即小掛盤和其中的硅碼的重力〃?g）之間的關系。一是用圖1

所示的裝置，經(jīng)平衡摩擦后，在不同外力尸作用下，測得小車的加速度的；二是將圖1所示

的裝置改為圖3所示，進行如下實驗：①改變墊塊高度，調(diào)節(jié)。角，使車勻速下滑；②取下

m（記錄〃］）后，讓小車下滑，測出a2;③改變m重新掛上，重復上面的①②操作，得到在

不同外力作用下小車的加速度。

現(xiàn)在同一坐標中以。為縱坐標，F(xiàn)為橫坐標做出a-F圖像如圖4所示，則的-尸圖像是一

（填“I”或“II”），小車質(zhì)量歷=_kg（保留兩位有效數(shù)字）。兩條曲線不重疊，且隨尸增加

偏差越來越大，其主要原因是。

打點計時器

圖3

【答案】0.9862.585.99I0.99-1.1當，〃增加時，方法1不滿足條

件，而方法H滿足

【詳解】計時點之間的時間間隔

T=0.02x5s=0.1s

打C點時瞬時速度大小為

x+x14.56cm4-11.15cm+13.73cm

ACCE=98.6cm/s=0.986m/s

4T4x0.1s

⑵由逐差法，小車運動的加速度大小為

xCE-xAC(11.15+13.73)-14.56

n---------=一x10-2m/s2=2.58m/s2

(27)2(2x0.1)2

⑶相鄰的計時點之間的位移差

Ax=xDE—xCD=13.73cm—11.15cm=2.58cm

則

△X=xBC-xAB=(xAC-XAB)-xAB=xAC-2XAB

AB的長度應為

%-Ax14.56cm—2.58cm

XAB-2-------------------------=5.99cm

(2)[4]用圖1所示的裝置，經(jīng)平衡摩擦后，在不同外力尸作用卜，測得小車的加速度

_F_mg_mg

~m+M~m+M~+1^

可知，只有在MNm的條件下，？近似趨近于零，才可以認為小車所受力尸=mg,當尸逐

漸增大時，即〃?逐漸增大時，(1+1)就不能近似等于1,所以的-F圖線會發(fā)生彎曲；而

將裝置改為圖3,按題中的實驗方法，取下〃？(記錄"?)后，小車所受的合力即為尸=巾9,

滿足

F

M

試卷第12頁，共21頁

是一條過原點的直線，故選I;

⑸由n圖線可知，圖線斜率的大小

1

M=1

則小車的質(zhì)量

M=1kg

⑹由上分析知，兩條曲線不重疊，且隨F增加偏差越來越大，其主要原因是當，〃增加時，

即E增大時，方法1不滿足的條件，而方法H滿足。

12.（8分）如圖所示，一圓柱形透明介質(zhì)，其高度是底面半徑的2倍，其中軸線。N的中點M

處有一點光源，能發(fā)射出單色光。當光射到側(cè)面上，側(cè)面上亮區(qū)域的高度為|R,其中R為

底面的半徑，光在真空中的傳播速度為c,取sin37o=|,cos37。，，求：

（1）透明介質(zhì)對此種單色光的折射率；

（2）光從M點沿直線傳播到。點的時間。

【答案】⑴*（2）g

【詳解】（1）設全反射的臨界角為C,光照到側(cè)面上，剛好發(fā)生全反射時

由幾何關系有

31

2^nx?3

tanC=/-'=-

R4

解得

C=37°

透明介質(zhì)對此種單色光的折射率為

115

n=-----=--------=—

sinCsin3703

（2）根據(jù)

C

n=-

V

解得

c3c

v=-=—

n5

光從M點傳播到。點的運動時間為

R

t=-

V

解得

5R

t=—

3c

13.（8分）如圖左所示，邊長為/和工的矩形線框aa'、bb'互相垂直，彼此絕緣，可繞中心軸

。1。2轉(zhuǎn)動，將兩線框的始端并在一起接到滑環(huán)C,末端并在一起接到滑環(huán)。，C、。彼此絕

緣。通過電刷跟C、。連接。線框處于磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣中心的張

角為45。，如圖右所示（圖中的圓表示圓柱形鐵芯，它使磁鐵和鐵芯之間的磁場沿半徑方向，

如圖箭頭所示）。不論線框轉(zhuǎn)到磁場中的什么位置，磁場的方向總是沿著線框平面。磁場中

長為/的線框邊所在處的磁感應強度大小恒為B,設線框。優(yōu)和b"的電阻都是r,兩個線框

以角速度3逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電阻R=2r。在線框旋轉(zhuǎn)一周的過程中（）

（1）線框在磁場中轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的電動勢最大值

（2）流過電阻R的電流最大值

（3）為維持線框勻速轉(zhuǎn)動，外力至少對系統(tǒng)做功

【答案】⑵一嚶⑶陋產(chǎn)

【詳解】AB.線框切割磁感線時速度與磁場方向垂直，故感應電動勢的大小為

E=2Blv

a)L

則

E=BlLa）

此既為線框在磁場中轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的電動勢最大值

（2）線框轉(zhuǎn)動過程中，只有一個線框進入磁場切割磁感線作為電源，另一個線框與電阻R

并聯(lián)后作為外電路，故外電路總電阻

試卷第14頁，共21頁

Rr2

R^=R+r=3r

因此電路的總電流為

EBLla)3BLla)

一/?%+「一|r_5r

故R兩端電壓的最大值

3BLla)22BLla)

UR=%=5rX3r=5

根據(jù)并聯(lián)電路的分流關系可知通過R的電流大小為總電流的%即

_BlLa)

二5r

（3）在旋轉(zhuǎn)一周的過程中每個線框只有兩次進入磁場，每次在磁場內(nèi)的時間（即作為電源

時的做功時間）為?所以整個回路產(chǎn)生的焦耳熱

,T3BLI0),52n_37TB2產(chǎn)房?

Q=4x外+r)--=4x(5ry-y

8o)5r

根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，為維持線框勻速轉(zhuǎn)動，外力至少對系統(tǒng)做功

3TTB212L2O)

證外=

Q=5r

14.（14分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道48、光滑圓弧細管道BC。和

光滑圓弧軌道OE平滑連接組成，兩段圓弧半徑相等R=0.5m,B、。等高，圖中。角均為

37°,AB與圓弧相切，AM水平。直軌道AB上方有與AB相平行的勻強電場E=108N/C,

且電場只分布在AB之間。直軌道AB底端裝有彈射系統(tǒng)（彈簧長度很短，長度和質(zhì)量不計，

可以認為滑塊從A點射出），具有初始彈性勢能瓦=2.5J,某次彈射系統(tǒng)將尺寸略小于管道

內(nèi)徑的帶正電的滑塊彈出，沖上直軌道AB,直軌道A8上鋪有特殊材料，使滑塊與軌道AB

間的動摩擦因數(shù)〃大小可調(diào)?；瑝K進入光滑圓軌道后，最后能在E點與彈性擋板相互作用后

以等速率彈回。已知滑塊的質(zhì)量為m=0.1kg,帶電量為q=+8.0xl0-9c,B點的高度九=

1.8m,整個過程中滑塊可視為質(zhì)點，所帶電量保持不變，sin37°=0.6,cos37。=0.8。

（1）若調(diào)節(jié)AB間的特殊材料，使其變?yōu)楣饣?，求滑塊在最高點C點時對軌道的作用力;

（2）現(xiàn)調(diào)節(jié)AB間的動摩擦因數(shù)四，求滑塊首次到達E點時的速率加與“之間的關系式；

（3）若滑塊與彈性擋板相碰后最終能靜止在軌道A8的中點，求動摩擦因數(shù)

【答案】（1）11N,方向豎直向上；（2）n=,64-48〃（且〃.）；（3）”取彳卷|,捺這4

個值

【詳解】（1）由幾何關系得

h

I=.八=3m

sin0

由4點到C點的動能定理

1

2

EP+Eql—mgh—mgR（l—cos0）=-mvc

在C點根據(jù)牛頓運動定律

v2

F-^g=—c—

NmmK

解得

FN=UN

牛頓第三定律

FN'=FN=UN

方向豎直向上

（2）由A點到C點的動能定理

mv2

EP+Eql-mgh+mgR（l—cos。）—卬ngcos。-I=^e-0

解得

vE=J64—48〃（m/s）

考慮到滑塊需先過C點

EP+Eql—mgh—mgRQL-cosff）—/imgcosff-I>0

所以

5

^-4

所以

試卷第16頁，共21頁

vE—,64—48〃(且〃<：)

(3)滑塊經(jīng)多次碰撞，最終在軌道48中點速度減為0,由動能定理可得

Ep+Eq；-mgg—^mgcosd?^|/+nl)=0

其中"=0,1,2,3...

解得

7

“=3(2.+3)

其中n=Ot1r2,3...

要讓滑塊在中點能停住

Eq—mgsind<^mgcosO

所以

1

>

-4-

因此，只有〃=0,1,2,3時滿足條件

所以動摩擦因數(shù)〃只能取g,高p5這4個值

15.（15分）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相

連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直%0y平面向外。電場強度

和磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間。點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為加、

電荷量為q（q>0）、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已

知量。求：

（1）t=0時刻釋放的粒子，在￡=等時刻的位置坐標；

qBo

（2）在0?等時間內(nèi)，靜電力對t=0時刻釋放的粒子所做的功；

qB°

（3）在M（甯，需）點放置一粒接收器，在0~舞時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場

存在期間被捕獲。

yk

->

oX

圖i圖2

【答案】⑴（管甯）;⑵甯;⑶葭饋

【詳解】（1）在0?啰時間內(nèi)，電場強度為Eo,帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可

QBo

知

nm

qE（）?菽-=mv1

解得粒子在就時刻的速度大小為

嗚

V1

方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離

2

17tmnEQm

乃=清.福=為4

在警?等時間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期7=等可知粒子偏轉(zhuǎn)180°,速度反向，根

qB°qB°qB

2

據(jù)quB=可知粒子水平向右運動的距離為

mvx2nEQm

…2=2代=7既~

試卷第18頁，共21頁

所以粒子在t=等時刻粒子的位置坐標為。2,%），即（審，苧翟）；

q%qb。zq%

（2）在粵?等時間內(nèi)，電場強度為2E。，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向

qBoqBo

nm

q?2E?——=mv+

oqB。2

解得翳時刻粒子的速度

嗚

"2=既

方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為

一巧+v2Tim

為0

2qB0

在翳?翳時間內(nèi)，粒子在水平方向運動的距離為

mv2nEm

2=o

XA=27k=2—―-—――

qB。qB。

此時粒子速度方向向下，大小為藝，在等?等時間內(nèi)，電場強度為3&）,豎直方向

qBoqBou

nm

q-3E?—-=mv+mv

0qB。32

解得粒子在翳時刻的速度

2nE0

%石

粒子在豎直方向運動的距離

2

f2+V3TimnE0m

，5=-y—qB0—2qB^

27r2以m

W=qE0-y1+q-2E0-y3+q-3E0-y5=4qE0-=—彥一

電場力做正功;

⑶若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達M點，則釋放的位置一定在。嗡時間內(nèi),

粒子加速度時間為G，在豎直方向上

/

qE0?=mv1

1

y/=2vir，ti

在寫?等時間內(nèi)粒子在水平方