2024年高考物理終極押題密卷2（天津卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷2（天津卷）

一,選擇題（共5小題）

1.（2024?天津模擬）下列說法正確的是（）

A.盧瑟福用a粒子轟擊;4可獲得反沖核｝2c發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子

B.愛因斯坦通過對黑體輻射規(guī)律的分析提出了光子說

C.玻爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究提出氫原子能級理論

D.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子從而提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型

2.（2024?寧河區(qū)校級一模）無人機(jī)常應(yīng)用于應(yīng)急救援物資輸送上。在某次救援過程中，無人機(jī)下方用輕

繩懸掛救援物資，它們在空中沿水平方向一起做勻速運(yùn)動(dòng)，救援物資在水平方向受到空氣阻力作用?，F(xiàn)

在，調(diào)整無人機(jī)速度，在水平方向仍然勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)懸掛物資的繩子與豎直方向的夾角0變大，則

調(diào)整速度后，下列說法正確的是（）

A.救援物資受到的合力會(huì)變大

B.懸掛救援物資的繩子張力變小

C.救援物資在水平方向上受到的空氣阻力不變

D.救援物資受到的重力和繩子拉力的合力會(huì)變大

3.（2024?天津模擬）截至2023年10月底，我國先后研制、發(fā)射了12艘神舟系列載人飛船，把20名、

32人次航天員送上了太空，成功率達(dá)到100%。若飛行中某珅舟號飛船質(zhì)量為m,圍繞地球做半徑為r

的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，己知地球的質(zhì)量為M、半徑為R,引力常量為G,則該飛船的（）

I2

A.周期為J4兀RB.向心加速度為粵

VGMR2

C.角速度為，陣D.動(dòng)能為駟

VR32r

4.（2024?天津模擬）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，已知升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為m、n2,兩

端電壓分別為Ui、U2,電流分別為1、12,升壓變壓器與降壓變壓器之間輸電線上的總電阻為R,降壓

變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為8、n*兩端電壓分別為13、U4,電流分別為13、14。變壓器均為理

想變壓器，若保持發(fā)電廠的輸出電壓不變，則下列說法正確的是（）

1

1

:

發(fā)

電O

~q

廠o

—

R

>—

升壓變壓器降壓變壓器

A.尢論用戶端的負(fù)載如何增加，始終有hUi=l3U3

Ij2

B.輸電線上損失的功率△P=」

R

C.若用戶端負(fù)載增加，那么電壓U3變小

D.輸電線上的電流13=里

R

5.（2024?南開區(qū)一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個(gè)等勢面，實(shí)線為一個(gè)帶正電粒子僅在電場

力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是軌跡上的兩點(diǎn)。下列說法正確的是（）

A.三個(gè)等勢面中，等勢面a的電勢最高

B.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的電勢能比在P點(diǎn)時(shí)大

C.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大

D.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)大

二,多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?河?xùn)|區(qū)一模）光刻機(jī)又名“掩膜對準(zhǔn)曝光機(jī)”，是制造芯片的核心裝備，它是利用光源

發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機(jī)投影精細(xì)圖的能力，在

光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒液體的折射率為1.7,不加液體時(shí)光

刻膠的曝光波長為187nm，則加上液體后，下列說法中正確的是（）

掩膜

A.紫外線進(jìn)入液體后光了能量增加

B.紫外線在液體中的波長為110nm

C.傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?.7倍

D.“浸沒式”光刻能提高分辨率是因?yàn)樽贤饩€在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射

（多選）7.（2024?天津二模）如圖甲，“戰(zhàn)繩”訓(xùn)練是近年健身的一種流行項(xiàng)目。“戰(zhàn)繩”可簡化為乙圖

所示的彈性輕繩，繩上有很多標(biāo)記數(shù)字且處于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)標(biāo)記質(zhì)點(diǎn)間距離為L,健身者

沿豎直方向向上抖動(dòng)質(zhì)點(diǎn)1,并開始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)I第一次到達(dá)波谷，

各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大距離為A,形成的繩波可看作簡諧波，下列說法正確的是（）

甲乙

A.該波的波長為24L

B.波源的振動(dòng)周期4t

C.t時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向上運(yùn)動(dòng)

D.質(zhì)點(diǎn)3開始振動(dòng)的方向豎直向上

（多選）8.（2024?南開區(qū)校級模擬）東京奧運(yùn)會(huì)女子鉛球決賽中，32歲的老將鞏立姣以20米58的成績

奪冠，為我國田徑隊(duì)收獲了本屆東京奧運(yùn)會(huì)的第一枚田徑金牌。這塊金牌也實(shí)現(xiàn)了我國奧運(yùn)會(huì)田賽項(xiàng)目

“零的突破二如圖所示，運(yùn)動(dòng)員鞏立姣斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，

則（）

A.運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉗球過程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部本專化為鉛球的動(dòng)能

B.只要鉛球離手時(shí)初速度越大，在空中飛行的時(shí)間一定長

C.鉛球在空中飛行過程中，鉛球的重力勢能先增大后減小

D.鉛球在空中飛行過程中，相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同

三,實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）在“探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，需要將橡皮條的一端固定在水

平木板上，橡皮條的另一端系兩根細(xì)繩，細(xì)繩另一端帶有繩套。先用兩個(gè)彈簧秤分別勾住繩套并互成角

度地拉橡皮條，使橡皮條的結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一位置O,并記下該點(diǎn)的位置再用一個(gè)彈簧秤將橡皮條的結(jié)

A.理想模型法

B.等效替代法

C.控制變量法

D.演繹推理法

②圖甲中沿OB方向拉的彈簧測力計(jì)的示數(shù)為N；（保留三位有效數(shù)字）

③實(shí)驗(yàn)中，在白紙上畫出的測量結(jié)果如圖乙所示，其中O處為結(jié)點(diǎn)位置。圖中的F與F兩力中，方向

一定沿橡皮筋方向的是：

④關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是o

A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行

B.橡皮筋應(yīng)與兩繩夾角的平分線在同一直線上

C.兩次拉伸橡皮條，只要使橡皮條伸長到相同長度即可

D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些

10.（2024?南開區(qū)校級模擬）在實(shí)驗(yàn)室中某同學(xué)需要測定一節(jié)新干電池的內(nèi)電阻。已選用的器材有：

干電池（電動(dòng)勢為1.5V,內(nèi)隹很?。?/p>

電流表（量程。?0.6A,內(nèi)阻約為0.1Q）；

電壓表（量程。?3V,內(nèi)阻約6kQ）；

電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干。

①新電池的內(nèi)阻較小，實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列的（填字母代號）。

A.定值電阻（阻值1。）

B.定值電阻（阻值IOO）

C.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0?10C、額定電流2A）

D.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍。?1k。、額定電流1A）

②該同學(xué)根據(jù)選好的實(shí)驗(yàn)器材，將實(shí)驗(yàn)器材連接成圖甲所示，你認(rèn)為哪些導(dǎo)線連蚤的有錯(cuò)誤

③按正確的方法連接好器材后，接通開關(guān)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值R，讀出對應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電

壓表的示數(shù)U,根據(jù)這些數(shù)據(jù)畫出U?I圖線如圖乙。根據(jù)圖線得電池的內(nèi)電阻r=Q。

四.解答題（共4小題）

II.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示，半徑R=1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與

長為L=0.5m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)=0.45m,C點(diǎn)與一傾角為8=45°的光滑斜面

連接，質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊，從距地面高H=0.95m的圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C

點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B點(diǎn)。已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)u

=0.1,重力加速度g取度m/s2,求：

（I）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對圓瓠軌道的壓力大小。

12.（2024?河西區(qū)二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角8=30°的斜面，斜面的長度S=4m,質(zhì)量

為M=2kg的足夠長的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個(gè)質(zhì)量為m=lkg的滑

塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面的頂端由靜止開始下滑，到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為vo,接著立即以該速

度大小沿水平方向滑上長木板。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為四］卷，滑塊與長木板間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為|12=0.1,gK10m/s2o求：

（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小vo以及滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中斜面對滑塊支持刀的沖量；

（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度v的大小以及滑塊相對「長木板滑動(dòng)的距離X。

13.（2024?天津模擬）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面內(nèi)，a>c間距

離為L,b、d間距離為2L,a與b間、c與d間分別用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向下、磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。金屬桿GH在垂直于GH的水平外力Fi（Fi未知且圖中未畫出）作用下

保持靜止，且GH垂直于b和d。金屬桿MN質(zhì)量m,在垂直于MN的水平恒力F2作用下從靜止開始

向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移x后，桿MN的速度不再變化，桿MN始終垂直于a和c,金屬桿MN和GH接入

電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌a、c足夠長。求：

（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大?。?/p>

（2）水平外力Fi的最大值；

（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2,求此后MN桿還能滑行的距離s。

J"次

14.(2024?天津模擬)實(shí)驗(yàn)室有一裝置可用于探究原子核的性質(zhì)，該裝置的主要原理可簡化為：空間中有

一直角坐標(biāo)系O-xyz,在緊貼(?0.2m,0,0)的下側(cè)處有一粒子源P,能沿x軸正方向以丫。：1x10%i/s

的速度持續(xù)發(fā)射比荷為9:5義107C/kg的某種原子核。xOy平面圖如圖甲所示，在xVO,yVO的空間

m

中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場E=lXl()5v/m。在x>0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)

域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bi=0.2T。忽略原子核間的相互作用和重力。

(1)求原子核第一次穿過y軸時(shí)速率；

(2)設(shè)原子核從Q點(diǎn)第二次穿過y軸，求O、Q兩點(diǎn)之間距離；

(3)若在xOz平面內(nèi)xVO區(qū)域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小為B2=^(T)

的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印跡，請確定該印跡的位置坐標(biāo)。

圖甲圖乙

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷2（天津卷）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共5小題）

1.（2024?天津模擬）下列說法正確的是（）

A.盧瑟福用a粒子轟擊;4N獲得反沖核產(chǎn)發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子

B.愛因斯坦通過對黑體輻射規(guī)律的分析提出了光子說

C.玻爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究提出氫原子能級理論

D.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子從而提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型

【考點(diǎn)】物理學(xué)史；黑體黑體輻射及其實(shí)驗(yàn)規(guī)律；原子的核式結(jié)構(gòu)；a粒子放射實(shí)驗(yàn)；天然放射現(xiàn)象.

【專題】定性思想；推理法；光電效應(yīng)專題；原了?的核式結(jié)構(gòu)及其組成：原了?的能級結(jié)構(gòu)專題；理解能

力.

【分析】根據(jù)原子物理學(xué)發(fā)展的歷程，以及相關(guān)物理學(xué)家的貢獻(xiàn)解答即可。

【解答】解：A、盧瑟福用a粒子轟擊;《N獲得反沖核自發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故A正確；

B、愛因斯坦通過對光電效應(yīng)現(xiàn)象的分析提出了光子說，故B錯(cuò)誤；

C、玻爾通過對氫光譜的成因的研究提出氫原子能級理論，故C錯(cuò)誤：

D、盧瑟福通過a粒子的散射實(shí)驗(yàn)分析，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D錯(cuò)誤；

故選：Ao

【點(diǎn)評】該題考查原子核式結(jié)構(gòu)及質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)者等，掌握物理史實(shí)，知道玻爾的原子模型的作用及其局

限性是關(guān)鍵。

2.（2024?寧河區(qū)校級一模）無人機(jī)常應(yīng)用于應(yīng)急救援物資輸送上。在某次救援過程中，無人機(jī)下方用輕

繩懸掛救援物資，它們在空中沿水平方向一起做勻速運(yùn)動(dòng)，救援物資在水平方向受到空氣阻力作用?，F(xiàn)

在，調(diào)整無人機(jī)速度，在水平方向仍然勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)懸掛物資的繩子與豎直方向的夾角0變大，則

調(diào)整速度后，下列說法正確的是（）

A.救援物資受到的合力會(huì)變大

B.懸掛救援物資的繩子張力變小

C.救援物資在水平方向上受到的空氣阻力不變

D.救援物資受到的重力和繩子拉力的合力會(huì)變大

【考點(diǎn)】一般情況下的共點(diǎn)力平衡；力的合成與分解的應(yīng)用.

【專題】比較思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；推理能力.

【分析】救援物資做勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零。對救援物資受力分析，利用正交分解法，建立力的等量關(guān)系,

據(jù)此分析當(dāng)繩子與豎直方向的夾角e變大時(shí)，繩子的張力、空氣阻力、以及重力和繩子拉力的合力如

何變化。

【解答】解：A、無人機(jī)和救援物資仍做勻速運(yùn)動(dòng)，合力仍為零，沒有變化，故A錯(cuò)誤；

BC、設(shè)繩子拉力為T,救援物資受到的阻力為f,其受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件在水平方向有

f=Tsin0

豎直方向上有

Tcos0=mo

可得：f=mgtanG,J=---

cos8

則當(dāng)繩子與豎直方向的夾角8變大時(shí)，繩子的拉力T變大，救援物資受到的空氣阻力f變大，故BC錯(cuò)

誤；

D、由三力平衡可知，救援物資受到的重力和繩子拉力的合刀大小等于受到的阻力大小，阻力變大，則

救援物資受到的重力和繩子拉力的合力變大，故D正確。

故選：Do

【點(diǎn)評】對救援物資受力分析時(shí)解決本題的關(guān)鍵，注意三力平衡時(shí)，其中任意兩力的合力一定跟第三個(gè)

力等大反向。

3.（2024?天津模擬）截至2023年10月底，我國先后研制、發(fā)射了12艘神舟系列載人飛船，把20名、

32人次航天員送上了太空，成功率達(dá)到100%。若飛行中某神舟號飛船質(zhì)量為m,圍繞地球做半徑為r

的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，己知地球的質(zhì)量為M、半徑為R,引力常量為G,則該飛船的（）

A.周期為三B.向心加速度為粵

C.角速度為陣D.動(dòng)能為駟

VR32r

【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星：向心力；萬有引力定律的應(yīng)用.

【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；方有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題；理解能力.

【分析】由萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式求解周期、角速度和線速度大小，再根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公

式求解動(dòng)能，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合萬有引力定律求解加速度大小。

,Mm_4兀2

【解答】解：A、由萬有引力提供向心力可得:r，解得空間站的周期為T

故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可得：弓粵二ma，解得：a碧，故B錯(cuò)誤;

C、由萬有引力提供向心力可得：J^（02,解得:

G=mr故C錯(cuò)誤;

D、由萬有引力提供向心力有：G野二年，解得：怦，則空間站的動(dòng)能為：

2

E4mv4mX——故D正確。

K//rz.r

敗選：D。

【點(diǎn)評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合

向心力公式進(jìn)行分析，掌握萬有引力的計(jì)算公式以及動(dòng)能的訐算公式，注意軌道半徑與地球的半徑不同。

4.（2024?天津模擬）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，已知升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為m、皿，兩

端電壓分別為Ui、U2,電流分別為h、12,升壓變壓器與降壓變壓器之間輸電線上的總電阻為R,降壓

變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為0、n*兩端電壓分別為LXU4,電流分別為13、Lu變壓器均為理

想變壓器，若保持發(fā)電廠的輸出電壓不變，則下列說法正確的是（）

L

發(fā)-

電q

廠

—nPl

>M

升壓變壓器降壓變壓器

A.無論用戶端的負(fù)載如何增加,始終有I1U1=I3U3

嗎

B.輸電線上損失的功率AP=R

C.若用戶端負(fù)載增加，那么電壓U3變小

D.輸電線上的電流13=氏

R

【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電；變壓器的構(gòu)造和原理.

【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力.

【分析】變壓器原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，電流之比等于函數(shù)之反比；根據(jù)升壓變壓器的輸出

電壓等于降壓變壓器的輸入電壓和電壓損失之和，得出U3、U2的關(guān)系。當(dāng)用戶增多時(shí)，用戶端總電阻

變小，電流變大，結(jié)合輸電線上電壓損失的變化得出降壓變壓器輸出電壓的變化。

【解答】解：A.輸電線有損耗，無論用戶端的負(fù)載如何增加，始終有hUi>l3U3,故A錯(cuò)誤；

B.輸電線上損失的功率Z\P="2-U3）,故B錯(cuò)誤：

R

C.若用戶端負(fù)載增加，則電流增大，根據(jù)U=IR可知輸電線電壓增大，那么電壓U3變小，故C正確;

D.輸電線上的電流13=曳山，故D錯(cuò)誤；

R

故選：Co

【點(diǎn)評】解決該題需明確知道變壓器中原副線圈的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系，知道原副線圈的功率的關(guān)

系。

5.（2024?南開區(qū)一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個(gè)等勢面，實(shí)線為一個(gè)帶正電粒子僅在電場

力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是軌跡上的兩點(diǎn)。下列說法正確的是（）

A.三個(gè)等勢面中，等勢面a的電勢最高

B.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的電勢能比在P點(diǎn)時(shí)大

C.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大

D.粒子在Q點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)大

【考點(diǎn)】等勢面；電勢能與電場力做功的關(guān)系；電勢.

【專題】定性思想；推理法；帶甩粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力.

【分析】由于帶電粒子只受電場力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，

由于粒子帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷：電場線和

等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場場強(qiáng)大。

【解答】解：A.根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子所受電場力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，即電場力方向斜向

右下，因帶電粒子帶正電，則電場線方向垂直于等勢面斜向不下，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，

等勢面c的電勢最高，等勢面a的電勢最低，故A錯(cuò)誤；

BC.因?yàn)镻點(diǎn)電勢高于Q點(diǎn)電勢，根據(jù)Ep=q（p,由于帶電粒子帶正電，可知粒子在電勢較高的P點(diǎn)

時(shí)的電勢能比在Q點(diǎn)時(shí)大，根據(jù)能量守恒可知粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大，故B錯(cuò)誤，C正確；

D.由于P點(diǎn)處的等勢面較密，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度較大，粒子在P點(diǎn)受到的電場力較大，故質(zhì)點(diǎn)在Q

點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)的小，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】解決這類帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場力方向，然后進(jìn)一步

判斷電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、動(dòng)能等物理量的變化。

二.多選題（共3小題）

（多選）6.（2024?河?xùn)|區(qū)一模）光刻機(jī)又名“掩膜對準(zhǔn)曝光機(jī)”，是制造芯片的核心裝備，它是利用光源

發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機(jī)投影精細(xì)圖的能力，在

光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒液體的折射率為1.7,不加液體時(shí)光

刻膠的曝光波長為187nm,則加上液體后，下列說法中正確的是（）

掩膜

A.紫外線進(jìn)入液體后光了能量增加

B.紫外線在液體中的波長為llOnm

C.傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?.7倍

D.“浸沒式”光刻能提高分辨率是因?yàn)樽贤饩€在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射

【考點(diǎn)】光的衍射；光的折射及折射定律.

【專題】定量思想：推理法；光的折射專題；推理能力.

【分析】光在傳播過程中，頻率不變，根據(jù)E=hv判斷光子能量；根據(jù)口。、入，導(dǎo)出紫外線在液

vf

體中的傳播的波長，在液體中傳播速度，再根據(jù)x=vt判斷在真空和液體中傳播時(shí)間；光發(fā)生明顯衍射

條件為：光的波長比障礙物、孔、縫的尺寸大，火相差不多,

【解答】解：A.紫外線進(jìn)入液體后，頻率不變，則光子的能量不變，故A錯(cuò)誤;

BC.由公式口上、入J可得：?入選」1_=空11nno皿，傳播相等的距離時(shí)，紫外線在真

vfn收n1.7

紫外線在液體中傳播時(shí)間為；「二工二四=上區(qū)=傳播相等的距離,

空中傳播時(shí)間為:m17t,

CVCC

在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?.7倍，故BC正確;

D.紫外線在液體中波長變短，由發(fā)生明顯衍射的條件可知，紫外線在液體中比在空氣中更不容易發(fā)生衍

射，則高光刻機(jī)的分辨率就越高，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題主要考查對光的能量、光的折射、光的明顯衍射的理解，理解光的能量由頻率決定、發(fā)生

明顯衍射條件是解題關(guān)鍵。

（多選）7.（2024?天津二模）如圖甲，“戰(zhàn)繩”訓(xùn)練是近年健身的一種流行項(xiàng)目?！皯?zhàn)繩”可簡化為乙圖

所示的彈性輕繩，繩上有很多標(biāo)記數(shù)字且處于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)標(biāo)記質(zhì)點(diǎn)間距離為L,健身者

沿豎直方向向上抖動(dòng)質(zhì)點(diǎn)I,并開始計(jì)時(shí)，I時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)1第一次到達(dá)波谷，

各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大距離為A,形成的繩波可看作簡諧波，下列說法正確的是（）

甲乙

A.該波的波長為24L

B.波源的振動(dòng)周期等t

C.I時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向上運(yùn)動(dòng)

D.質(zhì)點(diǎn)3開始振動(dòng)的方向豎直向上

【考點(diǎn)】橫波的圖像；波長、頻率和波速的關(guān)系.

【專題】定量思想；方程法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題：推理能力.

【分析】t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，畫出“戰(zhàn)繩”在t時(shí)刻的波動(dòng)圖像，根據(jù)圖像求解波長和振動(dòng)周

期；根據(jù)“同側(cè)法”分析振動(dòng)力向；波上每一質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)方向與波源的振動(dòng)力向一致。

【解答】解：A、根據(jù)題意可知I時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，“戰(zhàn)繩”在t時(shí)刻的波動(dòng)圖像為：

B、由上述分析可知，有：3r=3所以有：T=-it,故B正確；

43

C、由于該波向x軸正方向傳播，根據(jù)“同側(cè)法”可知，在I時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，故

C錯(cuò)誤；

D、波上每一質(zhì)點(diǎn)做的都是受迫運(yùn)動(dòng)，其開始振動(dòng)方向與波源的振動(dòng)方向一致，由題意可知，波源開始

時(shí)向上振動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)3開始振動(dòng)的方向向上，故D正確。

故選：BDo

【點(diǎn)評】本題主要是考查了波的圖像：解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象的變化規(guī)律，能夠根據(jù)圖像直接

讀出振幅、波長和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長和頻率之間的關(guān)系v=fA。

（多選）8.（2024?南開區(qū)校級模擬）東京奧運(yùn)會(huì)女子鉛球決賽中，32歲的老將鞏立姣以2（）米58的成績

奪冠，為我國田徑隊(duì)收獲了本屆東京奧運(yùn)會(huì)的第一枚田徑金牌。這塊金牌也實(shí)現(xiàn)了我國奧運(yùn)會(huì)田賽項(xiàng)目

“零的突破”。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員鞏立姣斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，

則（）

A.運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能

B.只要鉛球離手時(shí)初速度越大，在空中飛行的時(shí)間一定長

C.鉛球在空中飛行過程中，鉛球的重力勢能先增大后減小

D.鉛球在空中飛行過程中，用同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同

【考點(diǎn)】功能關(guān)系：動(dòng)量定理；斜拋運(yùn)動(dòng)；重力勢能：動(dòng)能定理.

【專題】比較思想；尋找守恒量法：功能關(guān)系能量守恒定律；理解能力.

【分析】運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能和重力勢能；鉛球在空中做斜

上拋運(yùn)動(dòng)，在空中飛行時(shí)間與初速度大小和方向都有關(guān)；根據(jù)高度的變化，分析鉛球重力勢能的變化，

利用動(dòng)量定理分析相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量關(guān)系。

【解答】解：A、由于運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過程，鉛球的高度增加，重力勢能增加，所以運(yùn)動(dòng)員做的功

全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能和重力勢能，故A錯(cuò)誤；

B、鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，初速度越大，在空中飛行的時(shí)間不一定長，還與初速度的方向有關(guān)，故

B錯(cuò)誤；

C、鉛球在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，先升高后下降，因此鉛球的重刀勢能先增大后減小，故C正確；

D、鉛球在空中飛行過程中，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，球的動(dòng)量變化量等于重力的沖量，即

Ap=nigt,因此相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同，故D正確。

故選：CDo

【點(diǎn)評】解答本題時(shí)，要明確斜拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間既與初速度大小有關(guān)，也與初速度方向有關(guān)。對于動(dòng)量變

化量，可以根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行研究。

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）在“探究兩個(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，需要將橡皮條的一端固定在水

平木板上，橡皮條的另一端系兩根細(xì)繩，細(xì)繩另一端帶有繩套。先用兩個(gè)彈簧秤分別勾住繩套井互成角

度地拉橡皮條，使橡皮條的結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一位置O,并記下該點(diǎn)的位置0。再用一個(gè)彈簧秤將橡皮條的結(jié)

點(diǎn)拉到同一位置0點(diǎn)，如圖甲所示。

①物理學(xué)有很多的科學(xué)研究方法，本實(shí)驗(yàn)所采用的是B；

A.理想模型法

B.等效替代法

C.控制變量法

D.演繹推理法

②圖甲中沿OB方向拉的彈簧測力計(jì)的示數(shù)為3.70N：（保留三位有效數(shù)字）

③實(shí)驗(yàn)中，在白紙上畫出的測量結(jié)果如圖乙所示，其中O處為結(jié)點(diǎn)位置。圖中的F與F兩力中，方向

一定沿橡皮筋方向的是F'；

④關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是AD『

A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行

B.橡皮筋應(yīng)與兩繩夾角的平分線在同一直線上

C.兩次拉伸橡皮條，只要使橡皮條伸長到相同長度即可

D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些

【考點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則.

【專題】定性思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；推理能力.

【分析】①本實(shí)驗(yàn)中要比較兩個(gè)力共同作用的效果與一個(gè)力單獨(dú)作用的效果，據(jù)此分析作答；

②彈簧測力計(jì)的分度值為0.1N,讀數(shù)時(shí)要估讀到下一位；

③在實(shí)驗(yàn)中F和F分別由平行四邊形定則及實(shí)驗(yàn)得出，根據(jù)理論值和實(shí)驗(yàn)值的含義作答；

④根據(jù)正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟和注意事項(xiàng)分析作答。

【解答】解：①本實(shí)驗(yàn)用一根彈簧測力計(jì)拉橡皮條的效果替代兩根彈簧測力計(jì)共同拉橡皮條的效果，采

用了等效替代法，故ACD錯(cuò)誤，B正確；

故選：Bo

②彈簧秤的精確度為0.1N,要估讀到下一位，彈簧秤的示數(shù)為3.70N。

③圖中F為根據(jù)平行四邊形定則作出的合力的理論值，而F'為合力的實(shí)際測量值，即一個(gè)彈簧測力計(jì)

作用時(shí)的力，方向一定沿橡皮筋方向的是F'。

④A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行，故A正確；

B.在實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)分力的夾角大小適當(dāng)，在作圖時(shí)有利于減小誤差，并非需要橡皮筋與兩繩夾角的平分線

在同一直線上，故B錯(cuò)誤；

C.本實(shí)驗(yàn)是“等效替代”思想，兩次拉橡皮條時(shí)需要使橡皮條與細(xì)繩相連的節(jié)點(diǎn)0到達(dá)同一位置，不

是僅使橡皮條伸長到相同長度，還需要拉伸方向相同，故C錯(cuò)誤；

D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些，使拉力方向的確定更為精確，故

D正確；

故選：ADo

故答案為：①B；②3.70；③F'；@ADo

【點(diǎn)評】本實(shí)驗(yàn)采用的是“等效替代”的方法，即一個(gè)合力與幾個(gè)分力共同作用的效果相同，可以互相

替代，明確“理論值”和“實(shí)驗(yàn)值”的區(qū)別。

10.（2024?南開區(qū)校級模擬）在實(shí)驗(yàn)室中某同學(xué)需要測定一節(jié)新干電池的內(nèi)電阻。已選用的器材有：

干電池（電動(dòng)勢為1.5V,內(nèi)住很小）;

電流表（量程0?0.6A,內(nèi)阻約為0.1ID：

電壓表（量程。?3V,內(nèi)阻約6kC）：

電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干。

①新電池的內(nèi)阻較小，實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列的AC（填字母代號）。

A.定值電阻（阻值in）

B.定值電阻（阻值I0H）

C.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍。?10。、額定電流2A）

D.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0?1k。、額定電流1A）

②該同學(xué)根據(jù)選好的實(shí)驗(yàn)器材，將實(shí)驗(yàn)器材連接成圖甲所示，你認(rèn)為哪些導(dǎo)線連接的有錯(cuò)誤c、e（或

③按正確的方法連接好器材后，接通開關(guān)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值R,讀出對應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電

壓表的示數(shù)U,根據(jù)這些數(shù)據(jù)畫出U-I圖線如圖乙。根據(jù)圖線得電池的內(nèi)電阻r=0.4

【考點(diǎn)】電池電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量.

【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】①根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及操作便捷選擇器材；

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖分析解答；

③根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像斜率解答。

【解答】解：①一節(jié)干電池電的內(nèi)阻很小，約為零點(diǎn)幾歐姆，則保護(hù)電阻不宜太大，否則會(huì)變得電流表、

電壓表取值范圍小，造成的誤差大，因此定值電阻應(yīng)選A：為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選C；

②圖中c導(dǎo)線的上端應(yīng)該連接到Ro左端；e和d兩根導(dǎo)線其中的一根要連到滑動(dòng)變阻器的上端；

③根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=U+I（Ro+r）

由圖象可知

k=r+Ro=L5二°，

0.5

解得電源內(nèi)阻

r=0.4H

故答案為：①AC；②c、e（或d）；③0.4

【點(diǎn)評】本題考查了實(shí)驗(yàn)儀器及電路圖糾錯(cuò)，要求掌握好其安全、準(zhǔn)確的原則；同時(shí)注意滑動(dòng)變阻器在

電路中的應(yīng)用規(guī)律：要掌握應(yīng)用圖象法求電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻的方法。

四.解答題（共4小題）

II.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示，半徑R=1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與

長為L=（）.5m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)=0.45m,C點(diǎn)與一傾角為8=45°的光滑斜面

連接，質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊，從距地面高H=（）.95m的圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C

點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M=2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B點(diǎn)。已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)H

=0.1,重力加速度g取lOmM,求:

（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對圓弧軌道的壓力大小。

（2）小球第一落點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離xo

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律：動(dòng)能定理.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【分析】（1）小滑塊從開始到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理列式，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合牛頓第

三定律求解滑塊對軌道壓力大??；

（2）研究小滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理求出小滑塊與小球碰撞前的速度；碰后小滑塊返回

B點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理求出小滑塊碰撞后的速度；對于碰撞過程，由動(dòng)量守恒求出碰后小球的速度，再

由平拋運(yùn)動(dòng)知識判斷小滑塊離開C點(diǎn)將落在水平地面上，再去求解空中的飛行時(shí)間，從而求得碰撞后

小球的第一次落點(diǎn)距C點(diǎn)的距離。

2

【解答】解：（1）滑塊由距離地面H高處下滑，根據(jù)動(dòng)能定理有mg（H-h）=lmVB

2

2

由題圖可知B點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，在該點(diǎn)有N-mg=吧一

R

由牛頓第三定律可知滑塊對圓弧軌道的壓力N'=N

聯(lián)立解得：N'=20N

（2）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)且碰撞前的速度為vi,由動(dòng)能定理得：-|_imgL=Lm,2_LmvB2

22

在C點(diǎn)兩滑塊發(fā)生碰撞，設(shè)碰后滑塊速度變?yōu)閂2,小球速度為V3,取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒

定律得：mvi=-mv2+Mv3

碰后滑塊回到B點(diǎn)速度恰好為零，據(jù)動(dòng)能定理得：

碰后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球能落到水平面上，其水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有X=V3t

豎直方向有h4gt?

聯(lián)立解得：x=0.6m

2222

由于x>htan450=0.45m,可知假設(shè)成立，則落點(diǎn)與C的距離s=Vx+h=Vo.6+0.45m=0.751r

答：（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對圓弧軌道的壓力大小為20N。

（2）小球第一落點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離x為0.75m。

【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況，尋找每個(gè)過程的物理規(guī)律，然后根據(jù)牛頓第二定律、動(dòng)

能定理、動(dòng)量守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)知識解答。

12.（2024?河西區(qū)二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角8=30°的斜面，斜面的長度S=4m,質(zhì)量

為M=2kg的足夠長的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個(gè)質(zhì)量為m=lkg的滑

塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面的頂端由靜止開始下滑，到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為vo,接著立即以該速

度大小沿水平方向滑上長木板。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為四，二巨，滑塊與長木板間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為“2=0.1,g取10m/為求：

（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小v。以及滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中斜面對滑塊支持刀的沖量；

（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度v的大小以及滑塊相對于長木板滑動(dòng)的距離X。

T.77777777777777/777777777777777/77777

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；動(dòng)量定理.

【專題】應(yīng)用題：學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守怛定律綜合；

分析綜合能力.

【分析】（I）對■滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度；由速度一位移關(guān)系可求速度的大小，再

由速度一時(shí)間關(guān)系求出時(shí)間，由沖量的定義求出沖量；

（2）由動(dòng)量守恒定律可求共同的速度的大小，由能量守恒定律求出相對位移。

【解答】解：（1）滑塊在斜面上下滑時(shí)，以滑塊為研究對象，由牛頓第二定律可得：mgsinB-uimgcos。

=ma,解得：a=2m/s2

滑塊在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v含2as，解得：vo=4m/s

所用的時(shí)間為：t二曳，解得：t=2s

a

斜面對滑塊支持力的沖量為：I=mgcos6l,解得：1=10^3方向垂直于斜面向上；

（2）滑塊和木板發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得：mvo=（m+M）v,解得：丫.加$

3

滑塊與木板相互作用的過程中，由能量守恒定律可得：|l2mgX=linv2_l（H+in）v2

22

答：（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為vo=4m/s,滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中斜面對滑塊支持力的

沖量為1CNQN?S，方向垂直于斜面向上；

（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度V的大小為國1nzs以及滑塊相對于長木板滑動(dòng)的距離為K1r

33

【點(diǎn)評】本題是對牛頓第二定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，沖量、動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律的考查，

解題時(shí)要根據(jù)題目的要求分別應(yīng)用不同的規(guī)律求解，要注意沖量的矢量性。

13.（2024?天津模擬）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面內(nèi)，a、c間距

離為L,b、d間距離為2L,a與b間、c與d間分別用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向下、磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。金屬桿GH在垂直于GH的水平外力Fl（F）木知且圖中未畫出）作用下

保持靜止，且GH垂直于b和d。金屬桿MN質(zhì)量m,在垂直于MN的水平恒力F2作用下從靜止開始

向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移x后，桿MN的速度不再變化，桿MN始終垂直于a和c,金屬桿MN和GH接入

電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌a、c足夠長。求：

（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大?。?/p>

（2）水平外力Fi的最大值；

（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2,求此后MN桿還能滑行的距離s。

MxxXBXx

XXXXX

【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題：閉合電路的歐姆定律；電磁感應(yīng)中的電路類問題.

【分析】（I）對MN金屬桿，當(dāng)恒力F2與所受的安培力平衡時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)（但此時(shí)加速度為零），由平

衡條件和題設(shè)條件結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢公式、歐姆定律、安培力公式等求勻速的速度；

（2）對GH金屬桿，當(dāng)恒力與安培力平衡時(shí)，所用外力最大，同理可求Fi的最大值；

（3）由動(dòng)量定理求出在GH桿還要經(jīng)過水平距離s。

【解答】解：（1）當(dāng)GH在Fi的作用下靜止時(shí)，設(shè)金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)生電

動(dòng)勢公式有：E=BLv

由歐姆定律有：［=E

2R

MN受到的安培力：F安i=BIL

根據(jù)平衡條件有：F安I=F2

2F9R

聯(lián)立以上解得：v=—

B2L2

（2）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力Fi最大，有：

MN受到的安培力:F安2=BI?2L

根據(jù)平衡條件有：F安2=FI

聯(lián)江上一問結(jié)論解得：FI=2F2

（3）設(shè)金屬桿MN運(yùn)動(dòng)位移K,所用時(shí)間為I,對于MN桿，由動(dòng)量定理，有：7-.t=mv

而平均安培力：辰=B!L

平均電流：T=A

2R

平均感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=BLv

結(jié)合位移的公式：s=vt

2

4F2mR

聯(lián)立解得：=―—

sB4L4

2F9R

答：（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大小為

B2L2

（2）水平外力Fi的最大值2F2;

4FinR2

（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2,求此后MN桿還能滑行的距離s為一o

B4L4

【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵要根據(jù)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，分析受力情況，要選擇研究的位置，抓住兩個(gè)過程及各個(gè)

狀態(tài)之間的關(guān)系，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和能量守恒結(jié)合進(jìn)行研究。

14.（2024?天津模擬）實(shí)驗(yàn)室有一裝置可用于探究原子核的性質(zhì)，該裝置的主要原理可簡化為：空間中有

一直角坐標(biāo)系O-xyz,在緊貼（-0.2m,0,0）的下側(cè)處有一粒子源P,能沿x軸正方向以丫。=1X10%農(nóng)

的速度持續(xù)發(fā)射比荷為9=5>lO7C/kg的某種原子核。xOy平面圖如圖甲所示，在xVO,y<0的空間

m

5

中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場E=1Xl0V/mo在x>0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)

域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為Bi=0.2T。忽略原子核間的相互作用和重力。

（1）求原子核第一次穿過y軸時(shí)速率；

（2）設(shè)原子核從Q點(diǎn)第二次穿過y軸，求O、Q兩點(diǎn)之間距離；

（3）若在xOz平面內(nèi)xVO區(qū)域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小為152=看（T）

的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印跡，請確定該印跡的位置坐標(biāo)。

圖甲圖乙

【考點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場的組合場中的運(yùn)動(dòng).

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力.

【分析】（1）原子核在與xOy平行的電場中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋規(guī)律求合速度大??；

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，可以求得半徑，根據(jù)幾何關(guān)系求OQ距離;

（3）根據(jù)題意可知原子核在xVO區(qū)域做等距螺旋線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解求解打在屏上的坐標(biāo)。

【解答】解：（1）原子核在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，

當(dāng)穿過y軸時(shí)有：t*

v0

沿電場線方向，根據(jù)牛頓第二定律有：

m

沿電場方向的速度：vy=at

合速度大小：丫小那

6

聯(lián)立以上代入數(shù)據(jù)，其中x=0.2m,可得：v=V2XIO^

（2）原子核離開電場時(shí)速度與+x夾角設(shè)為0,則由速度方向公式有：tan9=—

v0

偏移距離：y=-^a

2

2

在y軸右側(cè)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力有：qyB產(chǎn)變L

1R

該軌跡圓在y軸上對應(yīng)的弦長：l=2RcosB

由幾何關(guān)系可知OQ間距離：d=l-y

代入數(shù)據(jù)可得：d=0.1m

（3）原子核在xVO區(qū)域做等距螺旋線運(yùn)動(dòng)，即沿-y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直B2方向