河南省五市2023屆高三年級下冊第二次聯(lián)考(二模)理綜物理試卷(含答案)

河南省五市2023屆高三下學期第二次聯(lián)考（二模）理綜物理試卷

學校：姓名：班級：考號：

一、單選題

1.研究光電效應(yīng)現(xiàn)象實驗裝置如圖所示，用光子能量為4.10eV的紫外線照射到光電

管陰極K,發(fā)生了光電效應(yīng)。調(diào)節(jié)滑片P,當電壓表的示數(shù)為L81V時，電流計G的

示數(shù)恰好為零，則在該實驗中（）

A.光電子的最大初動能為2.29eV

B.陰極K的逸出功等于4.10eV

C.若此時增大入射光的頻率，電流計示數(shù)仍為零

D.若此時增大入射光的光強，電流計示數(shù)仍為零

2.2021年10月14日，我國成功發(fā)射首顆太陽探測科學技術(shù)試驗衛(wèi)星“羲和號”，實現(xiàn)

我國太陽探測零的突破，這標志著我國正式步入“探日”時代?！棒撕吞枴毙l(wèi)星運行軌道

離地高度/z=51.7km,該軌道是經(jīng)過地球南北極上空且圓心在地心的圓周。已知地球

半徑R=6400km,地球同步衛(wèi)星離地高度7/=35786km,下列說法正確的是（）

A.相同時間內(nèi)，“羲和號”衛(wèi)星與地心連線掃過的面積大于同步衛(wèi)星與地心連線掃過的

面積

B.“羲和號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的周期小于同步衛(wèi)星的周期

C.“羲和號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的加速度小于同步衛(wèi)星的加速度

D.“羲和號”衛(wèi)星的線速度與地球同步衛(wèi)星的線速度大小之比等于.巴

3.如圖所示，在平面直角坐標系X。）的坐標軸上固定四個點電荷A、B、C、D,它們

到原點O的距離相等，其中A、。的電荷量為+q,B、。的電荷量為-q。a、b、c、d

是坐標軸上到原點距離相等的四個點。則（）

八y

1+g

一要/\『q

B\b\O/d；D

C

C|+<7

A.a點的場強與c點的場強相同

B.a點的電勢與匕點的電勢相等

C.試探電荷+/在。點的電勢能等于在c點的電勢能

D.試探電荷+q'沿直線從。點運動到2點電場力不做功

4.如圖所示，甲、乙兩輛玩具小汽車（可以視為質(zhì)點）并排沿平直路面的相鄰軌道向前

行駛，兩車都裝有藍牙設(shè)備，這兩個藍牙設(shè)備可以在6m以內(nèi)實現(xiàn)通信。f=0時刻，

甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時甲車的速度為6m/s,乙車的速度為2m/s,從該時

刻起甲車以lm/s2的加速度做勻減速運動直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運

動。忽略軌道間距和信號傳遞時間，則從f=0時刻起，兩車能利用藍牙通信的時間為

（）

甲

A.2sB.6sC.8sD.lOs

5.如圖所示，水平面內(nèi)邊長為2/的正方形跖VPQ區(qū)域內(nèi)有磁感強度大小均為B,方

向相反的勻強磁場，0、。分別為"N和尸。的中點。一邊長為/，總電阻為R的正方

1

形線框帥”，沿直線。。勻速穿過圖示的有界勻強磁場，運動過程中左邊始終與

1

邊平行，線框平面始終與磁場垂直，正方形線框關(guān)于。。直線上下對稱。規(guī)定電流沿

1

逆時針方向為正，則線框穿過磁場過程中電流/隨時間看變化關(guān)系正確的是（）

voXX

XXX

XXXX

二、多選題

6.如圖所示，間距為L的兩條平行光滑豎直金屬導軌尸。、“N足夠長，底部。、N

之間連接阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強度大小為5、足夠大的勻強磁場與導軌平面垂

11

直。質(zhì)量為相、阻值為R的金屬棒仍垂直放在導軌上，且棒的兩端始終與導軌接觸

2

良好。導軌的上端點P、〃分別與橫截面積為S的〃匝線圈的兩端連接，線圈的軸線

與磁感應(yīng)強度大小均勻變化的勻強磁場6平行。開關(guān)K閉合后，金屬棒仍恰能保持

2

靜止。已知重力加速度大小為g,其余部分電阻均不計。則由此可知()

A.勻強磁場8的磁感應(yīng)強度均勻減小

2

B.流過電阻H的電流為啰人

1BLR

12

C.勻強磁場8的磁感應(yīng)強度的變化率為2叫

2nBLS

1

D.斷開K之后，金屬棒ab下滑的最大速度為唯(a+4)

B2b

7.如圖甲所示，小物塊（可以看成質(zhì)點）以一定的初速度從傾角為30。的斜面底端A點

沿斜面向上運動。選擇地面為參考平面，上滑過程中，物塊的機械能E隨物塊離A點

距離s的變化關(guān)系如圖乙所示。小物塊上滑時離A最遠距離為4m,重力加速度大小g

取10m/s2,則（）

A.物體的質(zhì)量加=2kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)pi=0.3

C.物體上滑過程中的加速度大小a=10m/s2

D.物體回到斜面底端時的速度為4m/s

8.下圖是游樂場中的“旋轉(zhuǎn)飛椅”，它可以簡化為下圖所示的模型，圓盤直徑為D,飛

椅通過長度相同的鋼絲繩懸掛起來，不同的飛椅懸點到轉(zhuǎn)軸中心的距離不同，乘客坐

上座椅后其重心到懸點的距離均為Lo座椅上坐滿質(zhì)量均相等的乘客后，機器啟動，

帶動圓盤勻速轉(zhuǎn)動，穩(wěn)定后懸掛于圓盤邊緣的A座椅鋼絲繩與豎直方向夾角為30座

椅及懸掛座椅的所有鋼絲繩重力均不計，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

B.每位乘客的加速度大小均為gtan9

C.飛椅懸點到轉(zhuǎn)軸中心距離越大，懸掛座椅的鋼絲繩拉力越大

D.懸掛座椅的所有鋼絲繩拉力大小均相等

9.一列簡諧橫波沿r軸方向傳播，在0.25s時刻的波形圖如圖甲所示，圖乙為

x=1.5m處的質(zhì)點b的振動圖像，下列說法正確的是。

A.該波向左傳播

B.該波的波速為2mzs

C.質(zhì)點c(x=2m)與質(zhì)點e(x=4m)的運動方向總相反。

D.質(zhì)點d(x=3m)在/=0.75s時處于平衡位置，并正往y軸正方向運動

E.質(zhì)點a(x=lm)在r=1.25s時向右運動了4m

三、實驗題

10.利用如圖所示的裝置研究滑塊在斜面上的運動。一斜面上安裝有兩個光電門，其

中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動。當一帶有遮光片的滑

塊自斜面上端滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至

乙所用的時間如改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開

始下滑，并測量出甲、乙之間的距離x,記下相應(yīng)的f值，所得數(shù)據(jù)如表中所示。

遮光片

x(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950

/(ms)585.8743.0904.61105.61347.61552.8

x，、

—(zm/s)0.8540.8070.7740.7240.6680.612

t

完成下列填空和作圖:

(1)根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在下圖給出的坐標紙上畫虻T圖線。

t

(2)由所畫出的二7圖線，可以得出滑塊經(jīng)過光電門乙速度大小為

V=m/s,滑塊在斜面上運動加速度的大小為a=m/s2,

（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）。

11.為了測量某電池（允許通過最大電流為0.5A）的電動勢E（約為3V）和內(nèi)阻廣，選用的

器材如下：

A.電流表G（量程為10mA,內(nèi)電阻為98Q）

1

B.電流表G（量程為10mA,內(nèi)電阻為20。）

2

C電阻箱R（0~99Q）

1

D.電阻箱R（0-999Q）

2

E.滑動變阻器R（0-50Q）

3

F.待測電池

G.開關(guān)一個、導線若干

⑴實驗小組設(shè)計了如圖所示的電路，由于電表量程太小，實驗前需要改裝量程為3V

的電壓表和量程為0.5A的電流表，選擇合適器材，將上圖的實驗電路補充完整，要求

改裝后的電壓表、電流表盡可能精確。圖中必須標出各器材符號（G或

1

G）o

2

（2）圖中尺的值應(yīng)調(diào)整為。，R的值應(yīng)調(diào)整為Qo

12

（3）改變滑動變阻器滑片位置，記錄兩電流表的讀數(shù)，在處理數(shù)據(jù)時，作出了如下所示

的圖像，通過分析可知電源的電動勢為V,電源的內(nèi)阻為

。（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

12.如圖所示，一個質(zhì)量為機=1kg的小物塊4（可以視為質(zhì)點）放在質(zhì)量為〃？=lkg的

AB

木板3的左端，木板5右邊某處有一質(zhì)量為加=3kg的木板C。現(xiàn)突然給A水平向右

C

大小為v=8m/s的速度，使A向右運動，當A滑到3的右端時，A、5速度剛好相等，

0

而且5、。剛好碰撞，碰撞過程中無機械能損失，A物塊最終未從。上滑下。已知A

與3、。間的動摩擦因數(shù)均為以四=0.4,水平地面光滑，兩木板厚度相同，重力加速

度大小g取10m/s2,求：

A

—>voBC

（1）開始時木板3、C之間的距離；

（2）整個過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

13.如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在按區(qū)域分布的勻強電場和勻強磁場。第一象限內(nèi)存

在磁感應(yīng)強度大小為5,方向垂直xOy平面向外的勻強磁場，第二象限內(nèi)存在平行y

軸向下的勻強電場，在三、四象限內(nèi)yW-/的區(qū)域存在垂直xOy平面向里的勻強磁

場。現(xiàn)讓一帶電粒子從第二象限的P點以大小為v的速度水平射出，粒子經(jīng)y軸上的

0

。（未畫出）點進入第一象限，隨后又從。點進入第三象限，粒子運動過程中經(jīng)過X軸上

的M點。已知粒子帶電量為q（q〉0）,P點的坐標為（-2/,3/）,M點離。點的距離為

粒子經(jīng)過。點時與y軸負方向夾角為45。，不計粒子重力，帶電粒子離開電場后

便不會再進入電場，求：

(1)粒子在電場中運動的加速度大小；

⑵第二象限內(nèi)電場強度的大??；

(3)三、四象限內(nèi)yW-/的區(qū)域磁感應(yīng)強度的最大值。

14.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)3,再變化到狀態(tài)C,狀態(tài)

A與狀態(tài)C的溫度相同，虛線為原點與3點的連線。在此過程中，下列說法正確的是

A.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)8的過程中，氣體的內(nèi)能一直增大

B.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)5的過程中，外界一直對氣體做功

C.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)3的過程中，氣體一直從外界吸熱

D.從狀態(tài)5變化到狀態(tài)。的過程中,氣體分子熱運動的平均動能一直減小

E.從狀態(tài)A變化到狀態(tài)C的過程中,氣體從外界吸收的熱量大于氣體對外做的功

15.長玻璃管開口向上豎直放置，管內(nèi)兩段水銀柱C、。封閉兩段空氣柱A、B,水銀

柱。上端與管口平齊，下端是一個厚度不計的輕質(zhì)活塞P,水銀柱。的長度

h=25.0cm,當環(huán)境溫度t=27.(TC時，空氣柱3的長度為/=30.0cm,如圖(a)所

21B

示；現(xiàn)將空氣柱3浸入溫水中，對水加熱，當水溫緩慢升高到t=47(時，活塞尸上

2

的水銀剛好全部排出玻璃管外，如圖(b)所示，此時空氣柱5的長度/=40cm,大氣

B'

壓強。=75cmHg,空氣柱A的溫度始終與環(huán)境溫度相同，熱力學溫度

0

電

子

溫

度

計

(1)水銀柱C的長度/?；

1

(2)空氣柱A在圖(a)狀態(tài)時的長度/。

A

16.如圖，ABC是某三棱鏡的橫截面，ZB=30°,ZC=90°,邊長AC=L,一條平

行于的光線入射到A3邊上。點，經(jīng)棱鏡兩次折射從AC邊中點E射出，出射光線

與AC邊的夾角。=30。

⑴求該棱鏡材料的折射率；

(2)若平行于邊平移入射光線，當A3邊的入射點在內(nèi)圖中未畫出)時，光線再次從

E點射出。請判斷光線是否會在邊發(fā)生全反射，并求/點到。點的距離。(每條邊

只考慮一次反射或折射)

參考答案

1.答案：D

解析：A.當電壓表的示數(shù)為1.81V時，電流計的示數(shù)恰好為0,則遏制電壓為

U=1.81V

C

則光電子的最大初動能為L81eV,故A錯誤；

B.根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，光電管陰極的逸出功為

皿=加—E=4.10eV—1.81eV=2.29eV

0km

故B錯誤；

C.若此時增大入射光的頻率，則光電子的最大初動能增大，如使電流計的示數(shù)為0,

則需要增大遏止電壓，故需要移動滑動變阻器，故C錯誤；

D.光子能量僅與入射光的頻率有關(guān)，與光的強度無關(guān)，因此僅增加入射光線的強度,

光電子的出射的最大初動能不變，電流計的計數(shù)仍為0,故D正確。

故選D。

2.答案：B

解析：A.繞地球運動的衛(wèi)星與地心的連線在相同時間/內(nèi)掃過的面積為

C1

S=—vtr

2

由萬有引力提供向心力有

GMmV2

------------二m—

廠2r

聯(lián)立可得

S=LY/GMF

可知，由于“羲和號”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則相同時間內(nèi)，“羲和

號”衛(wèi)星與地心連線掃過的面積小于同步衛(wèi)星與地心連線掃過的面積，故A錯誤；

B.由萬有引力提供向心力有

GMm4口2

-----二m-----r

廠272

解得

T=

可知，由于“羲和號”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則“羲和號”衛(wèi)星繞地球

做勻速圓周運動的周期小于同步衛(wèi)星的周期，故B正確；

C.由萬有引力提供向心力有

GMm

-------=ma

-2

解得

GM

a=-----

丫2

可知，由于“羲和號”衛(wèi)星軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則“羲和號”衛(wèi)星繞地球

做勻速圓周運動的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故C錯誤；

D.由萬有引力提供向心力有

GMmV2

--------二m—

廠2r

解得

則“羲和號”衛(wèi)星的線速度與地球同步衛(wèi)星的線速度大小之比等于,故D錯誤。

\h+R

故選B。

3.答案：C

解析：A.根據(jù)對稱性和電場強度的疊加性可知。點的場強與c點的場強大小相同，方

向相反，故A錯誤；

B.將A、3兩點看成一組等量異種電荷，C、。兩點看成一組等量異種電荷，A、3兩點

看成一組等量異種電荷的電場。點電勢大于b點的電勢，C、。兩點看成一組等量異種

電荷的電場b點電勢大于。點電勢，由于a、b離A、8距離較近，根據(jù)電勢的疊加可

知a點的電勢大于萬點的電勢，故B錯誤；

C.根據(jù)對稱性可知a點的電勢等于c點的電勢，則試探電荷+/在a點的電勢能等于在

c點的電勢能，故C正確；

D.由B選項分析可知a點的電勢大于2點的電勢，則試探電荷+/在a點的電勢能大

于在d點的電勢能，可知試探電荷+0沿直線從。點運動到d點電場力做正功，故D

錯誤。

故選c。

4.答案：C

解析：根據(jù)幾何知識可知，當甲車在乙車前方時，有

x-x=6m

甲乙

根據(jù)運動學公式有

1

x=vt--at2

甲甲2

x=vt

乙乙

解得

t=2s,t=6s

12

由于

v=at

甲

解得

v6,

t==—s=6s

a1

以乙車為參考系得

6=（6-2）r-J-xlrz

2

解得

t=2s

即前2s內(nèi)兩車能通信，2s到6s兩車距離大于6m不能通信，當6s末甲車停止運動，

兩車剛好相距6m,且甲車在乙車前6m處，接下來乙車運動3s剛好與甲車并排，此過

程中兩車能通信，乙車再運動3s后，乙車在甲車前3s,此過程中也能通信，所以兩車

能通信的總時間為8so

故選Co

5.答案：B

解析：當匕點接觸“。前，Ac切割磁感線，電動勢E=B/v

EBlv

1T=——二---

0RR

根據(jù)楞次定律，電流方向為逆時針，正方形線框繼續(xù)向右運動，在〃邊進入磁場前的

時間內(nèi)，兒邊上下兩部分在方向不同的磁場中運動，在垂直紙面向里的磁場中運動的

部分長度越來越短，在垂直紙面向外的磁場中運動的部分長度越來越長，但在垂直紙

面向里的磁場中運動部分的長度一直大于在垂直紙面向外的磁場中運動部分的長度，

所以這段時間內(nèi)電流方向為逆時針，且電流逐漸減小，當4邊運動至與"N重合時，

電流為0,4邊剛進入時，根據(jù)楞次定律，電流方向為順時針，兒邊上下兩部分切割

磁感線長度相等，感應(yīng)電動勢方向相反，所以此時電流大小為

rEBlv

。RR

此后電流一直增大，到be邊運動至整條邊都在向外的磁場時，電流最大，最大電流為

21=吆，be邊運動PQ重合時，電流為/=￡=—,此后根據(jù)楞次定律，電流逆

°R°7?R

時針方向，且電流一直增大，當邊在磁場中運動時，電流為/=芻=竺。

oRR

故選Bo

6.答案：CD

解析：A.根據(jù)題意可知，開關(guān)K閉合后，金屬棒仍恰能保持靜止，則金屬棒仍受豎

直向上的安培力，大小等于金屬棒的重力，保持不變，由左手定則可知，電流方向由

alb,且大小不變，則線圈中電流方向為MTP,由楞次定律可知，B的磁感應(yīng)強

2

度均勻增加，故A錯誤；

BC.設(shè)流過金屬棒的電流為/,由A分析可知

1

BIL=mg

ii1

解得

［二區(qū)

1BL

1

由并聯(lián)分流原理可得，流過電阻尺的電流為

1

IRmgR

1=-4_2-=---------2-

2RBLR

111

由于線圈電阻不計，則金屬棒仍兩端電壓等于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，則有

mgR

=----------2-

AtAt”BL

i

解得

ABmgR

△tnBLS

i

故B錯誤，C正確；

D.斷開K之后，當金屬棒所受合力為零時，速度最大，設(shè)最大速度為v,則有

m

E=BLv

1m

I=E

mR+R

12

F-BLI=mg

A1m

解得

mg（R+R）

v=_________1______2_

mB2D

1

故D正確。

故選CD。

7.答案：AD

解析：A.上升到最高點時物體的機械能等于重力勢能，則

E=40J=mgh

2’

解得

EE40,

m=T=-——2-=----------------kg=2kg

g/zgx-sinO10x4xr1

2

故A正確；

B.機械能的變化量等于除重力外的其它所做的功，故滿足

AE=jimgcosa?x

其中

AE=64J—40J=24J

解得

AE24J3

|LL=--------------------------=---------------------------------=--------

mgcosa.x2xl0x且x45

2

故B錯誤；

C.上滑過程中由牛頓第二定律可得

mgsina+|imgcosa=ma

解得

a=gsina+(igcosa=10x1.m/s2+2^.xl0x2^m/s2=8m/s2

故C錯誤；

D.下滑過程中由牛頓第二定律可得

mgsina-[imgcosa=ma'

解得

a'-gsina-|igcosa.=10x￡-2^.xl0x2^,=2mzs2

由運動學公式可得

v'2=2ax

解得

v'=y]2ax=>/2x2x4m/s=4m/s

故D正確。

故選AD。

8.答案：AC

解析：B.對乘客受力分析，設(shè)繩子拉力為T,可知

Tcos0=mg

Tsin0=ma

解得

a=gtan0=C02/

因為角速度相同，但是不同乘客半徑不同，所以加速度不同，故B錯誤;

A.由圖可知，乘客轉(zhuǎn)動半徑為

r=J-D+Ltan0

2

由于

a=32/

。=gtan。

則

|2gtan9

\D+2Lsin0

故A正確；

C.由于

T_mg

COS0

則飛椅懸點到轉(zhuǎn)軸中心距離越大，。越大，COS0越小，則T越大，故C正確；

D.由于靠外側(cè)的繩子的夾角較大，故外側(cè)繩子的拉力較大，故D錯誤。

故選AC。

9.答案：BCD

解析：A.根據(jù)題圖乙可知，f=O.25s時刻，b點正向上運動，根據(jù)上下坡法則，再結(jié)合

題圖甲可知，該波向右傳播，所以A錯誤；

B.根據(jù)題圖可知，周期T=2s,波長大=4m,則波速

X3,

v=—=2m/s

T

所以B正確；

C.質(zhì)點c與質(zhì)點e相距半個波長，它們的運動方向總相反，所以C正確；

D1=0.25s時，質(zhì)點d從波谷位置向上運動，再經(jīng)過0.5s=I,即在f=0.75s時，質(zhì)點

4

2處于平衡位置，并正在向正方向運動，所以D正確；

E.各質(zhì)點只在平衡位置上下做簡諧運動，并不隨波遷移，所以E錯誤；

(2)0.87/0.86/0.88；0.49/0.48/0.50

解析：(1)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，通過描點畫圖的方法，在坐標紙上畫出ET圖像，如圖所

t

示

(2)根據(jù)題意可知，滑塊下滑時做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a,到達乙光電門時的

速度為v,由逆向思維有，滑塊從光電門乙開始，向上做勻減速直線運動，則有

0

1

x=vt--at2

i2

整理可得

xa

—=――4+v

t2i

結(jié)合;，圖像可得

v=0.87m/s

1

10.854-0.668

—a=m/s2

21.347-0.585

解得

a?0.49m/s2

(2)2；280

(3)2.7；0.29

解析：(1)由圖可知，與尺并聯(lián)的電流表，是用于改裝成大量程的電流表，則電流表的

1

阻值要比分流電阻R的阻值要大一些，則分流電阻流過的電流會更多，總電流才會更

1

大，故此處的電流表為G；與R串聯(lián)的電流表，是用于改裝成大量程的電壓表，則電

12

流表的阻值要比分壓電阻R阻值小一些，則分壓電阻分擔的電壓會更大，總電壓才會

2

更大，故此處的電流表為G,則完整的電路圖，如圖所示

2

(2)由題可知，要將G改成量程為0.5A的電流表，則有

1

IR

R

11-1

G]

代入數(shù)據(jù)解得

R=2Q

1

要將G改成量程為3V的電壓表，則有

2

U-IR

R=

2I

G2

代入數(shù)據(jù)解得

R=280。

2

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有

E=I(R+R\(IR\RR

/+I—G_i_+r

22G,R+R

G.1

代入數(shù)據(jù)可得

1_E_1.96+rz

2-300-6~~i

則對比圖像可得

F1.96+r6-9

9x10-3=一

300~6—一丁

解得

E=2.7V,r=0.29Q

12.答案：（l）2m；⑵17.5J

解析：（1）根據(jù)題意可知，A開始運動后，A做加速度為。的減速運動，5做加速度為

1

a的加速運動，由牛頓第二定律有

2

[Img=ma

1AA1

mg=ma

1AB2

設(shè)經(jīng)時間t,A、3共同速度為v,則有

11

v=v-at

ioii

v-at

121

聯(lián)立解得

v=4m/s

￡=ls

i

碰前6、C之間的距離為

x=—at2=2m

221

（2）設(shè)5、C兩板碰后速度分別為v、v,3、。兩板碰撞時機械能守恒，選向右為正,

23

則有

mv=mv+mv

B1B2C3

111

—mv2=—mv2+_my2

2B12B22c3

解得

v=-2m/s

v=2m/s

3

3、。兩板碰后A滑到。上運動，A物塊最終未從。上滑下，則A、。最終共速，由動

量守恒定律有

mv+mv=\m+m)v

A1C3AC4

解得

v=2.5m/s

由能量守恒定律可得，整個過程中系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為

Q=J_mv2——mV2—J_(m+m)V2=17.5J

B2Ac4

2Ao22

13.答案：（嗎；⑵等；⑶，

解析：（1）依題意可知粒子在第二象限做類平拋運動，第一次進入第一象限時速度與y

軸負方向夾角為45。，設(shè)粒子剛進入第一象限時速度為v,豎直分速度為v,則有

y

V

V=0——

sin45°

v=vcos45°

y

尸到。的過程中，設(shè)粒子運動時間為二,依題意可知

1

21=vt

o1

則粒子在電場中運動的加速度為

V

a=一

t

i

代入數(shù)據(jù)解得

V2

a=-Q-

21

（2）粒子在電場中豎直方向的位移為

v

y=―/

PQ21

聯(lián)立解得

y

PQ=i

設(shè)粒子在磁場I中做圓周運動的半徑為R,由幾何關(guān)系可知從。到。粒子轉(zhuǎn)過的角度

1

為90。,則有

I=3l-y=2Rsin45°

QOPO1

代入數(shù)據(jù)得

R、=QI

設(shè)第一象限電場強度的大小為E,由牛頓第二定律可知

qE=ma

粒子在第一象限做圓周運動，由牛頓第二定律可知

V2

qvB—m一

R

1

代入數(shù)據(jù)可得

⑶設(shè)磁場n中磁感應(yīng)強度為B,粒子在磁場n做圓周運動的半徑為尺，粒子在I、

22

n磁場中運動的軌跡如圖所示

依題意可知，粒子在n磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為270。，離開II磁場再次進入I磁場轉(zhuǎn)過

的圓心角為270。后又會再次進入n磁場，以后循環(huán)下去。

粒子在磁場n做圓周運動，有

V2

qvB—m

2R

2

可知R取最小值時，B最大；粒子出電場后便不再進入電場，則有

22

J―-2--Z->R(1-cos45°)

cos45°tan45°i

解得

22

①若粒子由X軸下方經(jīng)過M點，則有

RI

(n+1)(----2—-2-)+nd2R=1(〃=1,2...)

cos45°tan45°iOM

解得

R=空/(〃=1,2...)

2n+1

分析可知〃=3時，R取最小值R,則有

221

R=也

214

②若粒子由X軸上方經(jīng)過〃點