2024年高考物理終極押題密卷3（天津卷）

2024年高考物理終極押題密卷3（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.盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

B.玻爾在對(duì)氫原子光譜研究的基礎(chǔ)上建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論

C.。衰變的實(shí)質(zhì)是?個(gè)中了轉(zhuǎn)化為?個(gè)旗了和?個(gè)電了

D.比結(jié)合能越小的原子核越穩(wěn)定

2.（2024?天津模擬）2023年1月，央視新聞報(bào)道稱，玉兔二號(hào)即將迎來小伙伴，結(jié)束單打獨(dú)斗的服役生

涯，嫦娥七號(hào)將首次攜帶“飛躍探測(cè)器”登月，其中探測(cè)器的結(jié)構(gòu)形似蜘蛛，采用六足構(gòu)型（如圖）。

對(duì)稱分布的六條輕質(zhì)“腿”與探測(cè)器主體通過錢鏈連接，當(dāng)探測(cè)器靜止在水平地面1：時(shí)，六條“腿”的

上臂與豎直方向夾角均為仇象測(cè)器的質(zhì)量為m,重力加速度為g。則每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈

力大小為（）

Amgsin'口mgcmgcos8Dmg

33sin866cos8

3.（2024春?河西區(qū)期中）有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動(dòng),

b處于地面附近近地軌道上正常運(yùn)動(dòng)，c是地球同步2星，d是高空探測(cè)11星，各衛(wèi)星排列位置如圖，

B.b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大

C.c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是三

6

D.d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是26h

4.（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，一個(gè)小型交流發(fā)電機(jī)輸出端連接在理想變壓器的原線圈ni上，原

線圈兩端連接有理想電壓表，副線圈n2連接有可變電阻R和理想電流表A,理想變壓器原、副線圈匝

數(shù)比n2=l：2,已知交流發(fā)電機(jī)內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=IT,發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)N=10,面積是

A.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)磁通量的變化率為0

B.當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90。時(shí)電流表示數(shù)為（）

C.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)電壓表的示數(shù)是50&V

D.當(dāng)R=50C時(shí)，電流表的示數(shù)是2A

5.（2024?河?xùn)|區(qū)一模）如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線。兩電

子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分

別為Ea和Eb,a、b點(diǎn)的電勢(shì)分別為（Pa和（Pb,則（）

B.Ea>Eb、Wa=Wb

C.（pa><pb>Wa>Wb

D.電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電勢(shì)能增大

二.多選題（共3小題）

（多選）6.（2023?天津模擬）近日根據(jù)國(guó)際報(bào)道，光纖通信速率創(chuàng)造出了新的記錄，每秒可以傳達(dá)1.84Pbit,

這相當(dāng)于每秒可以傳輸約236個(gè)1TB硬盤的數(shù)據(jù)。目前正常的網(wǎng)速想要傳輸1TB硬盤的數(shù)據(jù)，需要花

費(fèi)四到八小時(shí)以上，如果這項(xiàng)技術(shù)能大規(guī)模商用，網(wǎng)速將得到大幅提升。光纖通訊中信號(hào)傳播的主:要載

體是光纖，它的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一束激光由光導(dǎo)纖維左端的點(diǎn)O以a=60°的入射角射入一直線光導(dǎo)

纖維內(nèi)，恰好在光導(dǎo)纖維的側(cè)面（側(cè)面與過O的法線平行）發(fā)生全反射，如圖乙所示。下列說法中正

確的是（)

A

甲乙

A.光纖內(nèi)芯的折射率比外套的小

B.光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，其頻率不變

C.頻率越大的光在光纖中傳播的速度越大

D.內(nèi)芯對(duì)這種激光的折射率ri=YZ

2

（多選）7.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）中國(guó)京劇的特技水袖舞包容了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。圖甲是1=

0時(shí)刻京劇花旦舞動(dòng)水袖形成的一列簡(jiǎn)諧橫波。P、Q為該波沿水平傳播方向上相距0.6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，

P點(diǎn)振動(dòng)領(lǐng)先Q點(diǎn)，t=0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下

列說法正確的是（）

A.P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=0.3sin5m（m）

B.t=0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)所受合力沿y軸正方向

C.該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)可能為0.48m

D.該簡(jiǎn)諧橫波的傳播速度可能為lm/s

（多選）8.（2024春?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，固定的粗糙斜面AB的長(zhǎng)為8m,傾角為37°,質(zhì)量m

=1kg的小物塊從A點(diǎn)處由靜止釋放，下滑到B點(diǎn)與彈性擋板碰撞，每次碰撞前后速率不變，第一次

返回斜面到達(dá)的最高點(diǎn)為Q（圖中未畫出）。設(shè)物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,以B點(diǎn)為零勢(shì)能面

（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）。則下列說法正確的是（）

A.Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為4m

B.物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為24W

C.物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn)

D.物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為24m

三.實(shí)驗(yàn)題（共2小題）

9.（2024?南開區(qū)校級(jí)模擬）利用圖甲中所示的裝置可以研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中需要調(diào)整好儀器，接通

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，松開紙帶，使重物下落打點(diǎn)計(jì)時(shí)器會(huì)在紙帶上打出一系列的點(diǎn)。

口打點(diǎn)靠：

計(jì)可器卜紙帶

二尸夾子

接電源也重物

（1）本實(shí)驗(yàn)采用電火花計(jì)時(shí)器,所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是so

（2）取下紙帶，取其中的一段標(biāo)出計(jì)數(shù)點(diǎn)如圖乙所示，測(cè)出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離分別為xi=2.60cm,

X2=4.14cm,X3=5.69cm,X4=7.22cm,X5=8.75cm,X6=10.29cm,已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)間隔T=0.02s,

則重錘運(yùn)動(dòng)的加速度計(jì)算表達(dá)式為a=.代入數(shù)據(jù)，可得加速度a=

m/s2o（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

10.（2024?和平區(qū)二模）為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍。設(shè)計(jì)電路測(cè)量靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，

實(shí)驗(yàn)室有下列器材：待測(cè)靈敏電流計(jì)G（量程5mA,內(nèi)阻約為50Q）；電壓表V（0?3V,內(nèi)阻約為10kQ）；

電阻箱Ri（0?9999C）；滑動(dòng)變阻器R2（0?200C,1.5A）；電源（電動(dòng)勢(shì)約為3V,內(nèi)阻不計(jì)）；導(dǎo)線

和開關(guān)若干。

①為盡可能精確測(cè)出靈敏電流計(jì)的內(nèi)電阻，不同小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的四種電路，其中正確的

是O

用R與I

ABC

甲

②選擇正確電路后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得電壓表示數(shù)為2.00V,靈敏電流計(jì)示數(shù)為4.00mA,電

阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則可以得到靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為。；

③為了將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻

箱R1的阻值調(diào)為

四.解答題（共4小題）

11.（2024?天津模擬）讓同一豎直線.上的小球A和小球B在空中同時(shí)由靜止釋放，小球A在小球B的上

力，小球B釋放時(shí)距地面高度為h,如圖所示。若小球B與地面發(fā)生碰撞后反彈至最高點(diǎn)時(shí)恰好與小球

A發(fā)生第一次碰撞，小球B的質(zhì)量是小球A質(zhì)量的3倍，不計(jì)空氣阻力，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，所有

碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g,求：

（1）小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA；

（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度VA。

OA

-rOB

h

12.（2024?寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，光滑水平直軌道上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,

物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個(gè)初速度vo,使其向B運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）,

當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞時(shí)間極

短，求：

（1）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大?。?/p>

（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大小：

（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

~vo~~~~

A?BC

13.（2024?天津模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形金屬框架質(zhì)量M=0.2kg,放在絕緣水平面上，且其與水

平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.2。相距0.4m的MM\NN，相互平行，不計(jì)電阻。電阻Ri=0.1C的MN垂直

于MM；質(zhì)量m=0.3kg,電阻R2=0.1C,長(zhǎng)度l=0.4m的光滑導(dǎo)體棒ab橫放在金屬框架上。ab棒左

側(cè)被固定在水平面上的兩個(gè)小立.柱擋住。整個(gè)裝置處于豎直向上且空間足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B=0.5To現(xiàn)對(duì)金屬框架施加垂直于MN水平向左且大小F=2N的恒力，金屬框架從靜止開始運(yùn)動(dòng)。運(yùn)

動(dòng)過程中導(dǎo)體棒ab與金屬框架始終保持良好接觸，重力加速度g=10m/s2o

（1）求金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大??；

（2）從金屬框架開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度的過程中，MN上產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.1J,求該過程框架位移

x的大小和導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小。

14.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示的裝置為一種新型質(zhì)譜儀的理論模型圖，該裝置由A、B板間的加速電

場(chǎng)區(qū)和C、D板間的直線運(yùn)動(dòng)區(qū)及圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)區(qū)組成。已知平行板A、B間的加速電壓為Ui,平行

板C、D間距為d,其中存在垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的半

徑為R,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直.于紙面向里。圓形感光弧面與圓形磁場(chǎng)的圓心相同，其左端

的小孔與A、B板上的小孔在同一直線上?，F(xiàn)有一比荷為ko的原子核經(jīng)A、B板加速后，沿C、D板的

中央直線進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到感光弧面上，不計(jì)粒子重力。求：

（1）原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v；

（2）直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差U；

（3）對(duì)于比荷k不同的原子核，根據(jù)它在感光弧面上的位置可測(cè)得其偏轉(zhuǎn)角度仇試求比荷k與粒子

偏轉(zhuǎn)角度9之間的關(guān)系（用G的三角函數(shù)表示）。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（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.盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原了核內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

B.玻爾在對(duì)氫原子光譜研究的基礎(chǔ)上建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論

C.p衰變的實(shí)質(zhì)是一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子

D.比結(jié)合能越小的原子核越穩(wěn)定

【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；原子核的衰變及半衰期、衰變速度：結(jié)合能與比結(jié)合能；a粒

子散射實(shí)驗(yàn).

【專題】定性思想；推理法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；分析綜合能力.

【分析】盧瑟福通過a粒子散射實(shí)驗(yàn)提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，天然放射現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部具有復(fù)

雜的結(jié)構(gòu)；根據(jù)玻爾理論分析；根據(jù)0衰變的實(shí)質(zhì)判斷；比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定。

【解答】解：A、盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原子的核式結(jié)構(gòu)模型，沒有涉及到原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)，是

天然放射現(xiàn)象證實(shí)了原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；

B、玻爾通過對(duì)氫原子光譜的講究建立玻爾原子模型，不是原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故B錯(cuò)誤；

C、B衰變的本質(zhì)是核內(nèi)一個(gè)口子轉(zhuǎn)化成了一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，故C正確：

D、比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了a粒子散射實(shí)驗(yàn)、玻爾原子模型、S衰變、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教

材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。

2.（2024?天津模擬）2023年1月，央視新聞報(bào)道稱，玉兔二號(hào)即將迎來小伙伴，結(jié)束單打獨(dú)斗的服役生

涯，嫦娥七號(hào)將首次攜帶“飛躍探測(cè)器”登月，其中探測(cè)器的結(jié)構(gòu)形似蜘蛛，采用六足構(gòu)型（如圖）。

對(duì)稱分布的六條輕質(zhì)“腿”與探測(cè)器主體通過較鏈連接，當(dāng)探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，六條“腿”的

上臂與豎直方向夾角均為仇探測(cè)器的質(zhì)量為m,重力加速度為g。則每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈

力大小為（）

AmgsinBBmgcmgcos8Dmg

33sin866cos8

【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】定量思想：合成分解法：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題：理解能力.

【分析】探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，合力為零，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解。

【解答】解：設(shè)每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈力大小為F,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得：6Fcose=mg,

解得：『1nse，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

6cos8

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握共點(diǎn)力平衡條件：合力為零，利用豎直方向受力平衡進(jìn)行處理＜

3.（2024春?河西區(qū)期中）有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動(dòng),

b處于地面附近近地軌道上正常運(yùn)動(dòng)，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測(cè)衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖，

則下列說法中錯(cuò)誤的有（）

A.a的向心加速度小于重力加速度g

B.b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大

C.c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是三

6

D.d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是26h

【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；開普勒定律；萬有引力定律的應(yīng)用.

【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，比較b、c的向心加速度大?。籧是地球同步衛(wèi)星，其運(yùn)行的

周期、角速度與地球自轉(zhuǎn)周期、角速度相同，根據(jù)a=o?r分析a與c的向心加速度大小，從而知道a

與b的向心加速度大小，b的向心加速度約為g,即可知道a的向心加速度與g的關(guān)系。根據(jù)v=3r比

較a與c的速度大小，根據(jù)、，=楞分析b、c、d的速度大小。根據(jù)c轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間與周期的關(guān)系求轉(zhuǎn)過

的角度。根據(jù)開普勒第三定律判斷d與C的周期關(guān)系。

【解答】解：A、地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)a=o?r

知a的向心加速度比c的小。

由6噢=由@得@=鰻，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則地球同步衛(wèi)星c的向心加速度小

r22r

于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g,所以a的向心加速度小于b的向心加速度，故知a的向

心加速度小于重力加速度g,故Ai匚確;

B、由G與解得v黎

可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，所以b、c、d三個(gè)衛(wèi)星中b的線速度最大，而a與c的角速

度相同，根據(jù)v=g知，a的線速度小于c的線速度，可知b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大，故B正確。

C、c的周期為24h,則c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是9/X2?！苟?，故C錯(cuò)誤；

243

3

D、根據(jù)開普勒第三定律%=k可知，因c的周期為24h,d的周期大于c的周期，則d的運(yùn)動(dòng)周期有可

能是26h,故D正確。

此題選錯(cuò)誤的，故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，分析各量之間的關(guān)系，并且要知

道地球同步衛(wèi)星的條件和特點(diǎn)。

4.（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，一個(gè)小型交流發(fā)電機(jī)輸出端連接在理想變壓器的原線圈m上，原

線圈兩端連接有理想電壓表，副線圈n2連接有可變電阻R和理想電流表A,理想變壓器原、副線圈匝

數(shù)比ni：n2=l：2,已知交流發(fā)電機(jī)內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=IT,發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)N=10,面積是

A.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)磁通量的變化率為0

B.當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時(shí)電流表示數(shù)為0

C.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)電壓表的示數(shù)是50立V

D.當(dāng)R=50。時(shí)，電流表的示數(shù)是2A

【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理；交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生交變電流的原理.

【專題】定晟思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力.

【分析】根據(jù)線圈所處位置判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；根據(jù)交流電壓表和交流電流表的示數(shù)均為有效值

進(jìn)行判斷；根據(jù)變壓比公式以及歐姆定律進(jìn)行分析。

【解答】解：A.圖示位置線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，此時(shí)磁通量的變化率最大，故A錯(cuò)誤；

B.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,而電流表顯示的有效

電流，所以不為0,故B錯(cuò)誤；

C.發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)為Em=NBSa）=10XlX退_X25V=5W^V,電壓表的示數(shù)為有效值，即

5

U=~^-=50^V=5OV,故C錯(cuò)誤；

V2V2

Un

D.由變壓器的特點(diǎn)可知二=」=工，Ui=U=50V,解得Uz=100V,當(dāng)電阻R=50。時(shí)，電流表的示

^2n22

數(shù)I=—二也9A=2A,故D正確；

R50

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】該題考查了交變電流的產(chǎn)生原理以及理想變壓器的工作原理，屬于基本知識(shí)點(diǎn)的考查，題目難

度不大。

5.（2024?河?xùn)|區(qū)一模）如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線。兩電

子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb,a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分

別為Ea和Eb,a、b點(diǎn)的電勢(shì)分別為cpa和<pb,則（）

B.Ea>Eb、Wa=Wb

C.（pa>（pb>Wa>Wb

D.電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電勢(shì)能增大

【考點(diǎn)】電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電場(chǎng)線；電場(chǎng)力做功.

【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力.

【分析】由題圖可知a、b點(diǎn)在同一等勢(shì)線上；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度比較場(chǎng)強(qiáng)的大小；電場(chǎng)力做功與

初末位置的電勢(shì)差相關(guān)；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系分析。

【解答】解：ABC、由題圖可知a、b點(diǎn)在同一等勢(shì)線上，貝］有：<pa=<pb

由題圖可知a處的電場(chǎng)線較b處的密集，由電場(chǎng)線密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知：Ea>Eb

電場(chǎng)力做功只與始末位置的電勢(shì)差有關(guān)，兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。因a、b兩點(diǎn)到c點(diǎn)的電

勢(shì)差相等，電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功相等，即Wa=Wb,故B正確，AC錯(cuò)誤。

D、電子帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反，電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電場(chǎng)力做正功，由功能關(guān)系

可知此過程電勢(shì)能減少，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)的基本性質(zhì)，掌握電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系。

二.多選題（共3小題）

（多選）6.（2023?天津模擬）近日根據(jù)國(guó)際報(bào)道，光纖通信速率創(chuàng)造出了新的記錄，每秒可以傳達(dá)1.84Pbit,

這相當(dāng)于每秒可以傳輸約236個(gè)1TB硬盤的數(shù)據(jù)。目前正常的網(wǎng)速想要傳輸1TB硬盤的數(shù)據(jù)，需要花

費(fèi)四到八小時(shí)以上，如果這項(xiàng)技術(shù)能大規(guī)模商用，網(wǎng)速將得到大幅提升。光纖通訊中信號(hào)傳播的主要載

體是光纖，它的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一束激光由光導(dǎo)纖維左端的點(diǎn)O以。=60°的入射角射入一直線光導(dǎo)

纖維內(nèi)，恰好在光導(dǎo)纖維的側(cè)面（側(cè)面與過O的法線平行）發(fā)生全反射，如圖乙所示。下列說法中正

甲乙

A.光纖內(nèi)芯的折射率比外套的小

B.光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，其頻率不變

C.頻率越大的光在光纖中傳播的速度越大

D.內(nèi)芯對(duì)這種激光的折射率n=，之

2

【考點(diǎn)】光的折射及折射定律：全反射：光導(dǎo)纖維及其應(yīng)用.

【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力.

【分析】發(fā)生全反射的條件是：一是光必須從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，即從折射率的介質(zhì)射入折射率小

的介質(zhì)；二是入射角大于臨界角.當(dāng)內(nèi)芯的折射率比外套的大時(shí)，光在界面上才能發(fā)生全反射.波長(zhǎng)越

長(zhǎng)、頻率越小的光，介質(zhì)對(duì)它的折射率越小，根據(jù)公式V=f在光纖中傳播的速度越大，根據(jù)折射定律

n

解得折射率。

【解答】A.激光在內(nèi)芯和外套的界面.上發(fā)生全反射，所以內(nèi)芯是光密介質(zhì)，外套是光疏介質(zhì)，即光纖內(nèi)

芯的折射率比外套的大，故A錯(cuò)誤：

B.光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，波長(zhǎng)和波速會(huì)發(fā)生變化，但頻率和周期不變，故B正確：

C.頻率越大的光，介質(zhì)對(duì)它的折射率越大，根據(jù)

v=—

n

光在光纖中傳播的速度越小，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)折射定律n=——°、

sin（900-0）

根據(jù)全反射公式1】=—1—

sine

解得：『近

2

故D正確；

故選：BDo

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于全反射關(guān)鍵抓住發(fā)生全反射的條件.對(duì)于波長(zhǎng)、頻率與折射率的關(guān)系，可借助光的色散、

干涉實(shí)驗(yàn)結(jié)果加深理解、記憶.

（多選）7.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）中國(guó)京劇的特技水袖舞包容了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。圖甲是t=

0時(shí)刻京劇花旦舞動(dòng)水袖形成的一列簡(jiǎn)諧橫波。P、Q為該波沿水平傳播方向上相距0.6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，

P點(diǎn)振動(dòng)領(lǐng)先Q點(diǎn)，t=0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下

列說法正確的是（）

A.P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=0.3sin5m（m）

B.1=0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)所受合力沿y軸正方向

C.該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)可能為0.48m

D.該簡(jiǎn)諧橫波的傳播速度可能為lm/s

【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式和圖像：橫波的圖像.

【專題】比較思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題：理辭能力.

【分析】根據(jù)P質(zhì)點(diǎn)的振幅、周期和初相位寫出P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。t=()時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)在平衡位置.，所

受合力為0。根據(jù)1=0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處、P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，寫tiPQ間的距

離與波長(zhǎng)的關(guān)系，從而得到波長(zhǎng)的通項(xiàng)，再求出波速通項(xiàng)，卻可得到波長(zhǎng)和波速的特殊值,

【解答】解：A、由圖乙可知，P質(zhì)點(diǎn)的振幅為A=0.3m,周期T=0.8s,圓頻率為co=22L=22Lrad/s

T0.8

=2.5ntad/s,則P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=Asino)i=0.3sin2.5m(m),故A錯(cuò)誤；

B、由圖乙可知，1=0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，所受合力為0,故B錯(cuò)誤；

C、若t=0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)在波谷，此時(shí)P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，則有

(n+^)=0.6m(n=0,1,2,…)'當(dāng)n=l時(shí),可得入=0.48m,故C正確;

D、若(=0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)在波峰，則有(口停)入=0.6m(n=。，1,2,…)

當(dāng)n=0時(shí)，解得人=0.8m

對(duì)應(yīng)的波速v=a-=&_^m/s=lm/s,故D正確。

T0.8

故選：CDo

【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要理解波的周期性，可結(jié)合波形，根據(jù)同一時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)確定兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)之間

的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，同時(shí)要掌握波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系，

(多選)8.(2024春?南開區(qū)校級(jí)期中)如圖所示，固定的粗糙斜面AB的長(zhǎng)為8m,傾角為37°,質(zhì)量m

=1kg的小物塊從A點(diǎn)處由靜止釋放，下滑到B點(diǎn)與彈性擋板碰撞，每次碰撞前后速率不變，第一次

返回斜面到達(dá)的最高點(diǎn)為Q(圖中未畫出)。設(shè)物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25,以B點(diǎn)為零勢(shì)能面

(sin370=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?)。則下列說法正確的是()

A.Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為4m

B.物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為24W

C.物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn)

D.物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為24m

【考點(diǎn)】功能關(guān)系：功率、平均功率和瞬時(shí)功率.

【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力.

【分析】對(duì)物塊從A到Q的全過程，利用功能關(guān)系列式可求出Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離。物塊第一次下滑過程,

根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合求出物塊下滑的時(shí)間，再求重力的平均功率。物塊下滑時(shí)，利用

能量守恒定律列式分析動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置。物塊最終靜止在擋板處，對(duì)整個(gè)過程，利用功能關(guān)系求

總路程。

【解答】解：A、設(shè)Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為x,斜面長(zhǎng)為L(zhǎng),物塊從A點(diǎn)下滑到上升到達(dá)最高點(diǎn)Q點(diǎn)的全

過程，由功能關(guān)系可得：pmgcose(L+x)=mg(L-x)sinG,解得Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為：x=4m,故A

正確；

B、物塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsinB-|imgcos0=ma

解得加速度大小為：a=4m/s2

2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：L=1at

2

解得下滑所用時(shí)間為：l=2s

下滑過程重力做功為:WG=mgLsinO=1X10X8Xsin370J=48J

則物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為：P=I1=48W=24W,故B正確；

t2

C、若斜面光滑，只有重力對(duì)物塊做功時(shí)，物塊的機(jī)械能守恒，則當(dāng)物塊下滑到AB中點(diǎn)時(shí)，物塊的重

力勢(shì)能和動(dòng)能相等；實(shí)際還存在摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功，則物塊下滑到AB中點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能仍小于重

力勢(shì)能，所以物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn)下方，故C錯(cuò)誤；

D、由于mgsine>Rmgcos。，可知物塊最終只能靜止在底端擋板處。設(shè)物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過

的總路程為s,根據(jù)功能關(guān)系可得：pmgcosG?s=mgLsinB,解得：s=24m,故D正確。

故選：ABD。

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確物塊的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況和能量轉(zhuǎn)化情況，運(yùn)用功能關(guān)系和牛頓第二定律、

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行研究，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求總路程。

三.實(shí)驗(yàn)題(共2小題)

9.(2024?南開區(qū)校級(jí)模擬)利用圖甲中所示的裝置可以研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中需要調(diào)整好儀器，接通

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，松開紙帶，使重物下落打點(diǎn)計(jì)時(shí)器會(huì)在紙帶上打出一系列的點(diǎn)。

乙

（1）本實(shí)驗(yàn)采用電火花計(jì)時(shí)器，所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是0.02s。

（2）取下紙帶，取其中的一段標(biāo)出計(jì)數(shù)點(diǎn)如圖乙所示，測(cè)出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離分別為xi=2.60cm,

X2=4.14cm,X3=5.69cm,X4=7.22cm,X5=8.75cm,X6=10.29cm,已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)間隔T=0.02s,

則重錘運(yùn)動(dòng)的加速度計(jì)算表達(dá)式為a="+乂5+'6-丁乂2-乂3,代入數(shù)據(jù)，可得加速度a=

―36T2一

2

9.60m/so（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

【考點(diǎn)】探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律.

【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?

【分析】（1）根據(jù)頻率與周期的關(guān)系解答；

（2）根據(jù)逐差法求加速度.

【解答】解：（1）所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是T=』=3;=（）.02S；

f50

Xd+Xu+X食-Xi-XQ-XQXX+XC+X^-XI-XQ-XQ

（2）根據(jù)逐差法可知,重錘的加速度大小是a=」_5_2_1_J_1=_J_2_L_J_2_3

9X（2T）236T2

2

代入數(shù)據(jù)解得a=7?22+8.75+10.29-2.4.14-5.6；x00Jm/s2=9.6om/s

36X0.022

故答案為：（1）0.02：（2）"X5+X6乂2乂3；960

36T2

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的使用，掌握根據(jù)紙帶求加速度的方法。

10.（2024?和平區(qū)二模）為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍。設(shè)計(jì)電路測(cè)量靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，

實(shí)驗(yàn)室有下列器材：待測(cè)靈敏電流計(jì)G（量程5mA,內(nèi)阻約為50C）；電壓表V（0?3V,內(nèi)阻約為10k。）；

電阻箱Ri（。?9999C）：滑動(dòng)變阻器R2（0?200C,1.5A）；電源（電動(dòng)勢(shì)約為3V,內(nèi)阻不計(jì)）；導(dǎo)線

和開關(guān)若干。

①為盡可能精確測(cè)出靈敏電沆計(jì)的內(nèi)電阻，不同小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的四種電路，其中正確的是

B。

②選擇正確電路后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得電壓表示數(shù)為2.00V,靈敏電流計(jì)示數(shù)為4.00mA,電

阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則可以得到靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為45n；

③為了將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻

箱R1的阻值調(diào)為5的

【考點(diǎn)】測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻；電表的改裝勺應(yīng)用.

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

【分析】①電壓表測(cè)電壓要并玦在待測(cè)電流表兩端使用，為了減小誤差，電流表和電壓表的示數(shù)都要在

量程的▲以上，逐項(xiàng)分析作答；

3

②根據(jù)電阻箱旋鈕對(duì)應(yīng)示數(shù)求解電阻箱的接入電阻，根據(jù)歐姆定律求解出電流表的內(nèi)阻；

③電流計(jì)改裝成電流表需要并聯(lián)一個(gè)小電阻；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)結(jié)合歐姆定律求解并聯(lián)電阻。

【解答】解：①A.電壓表接在電阻箱兩端，不能測(cè)量出電流表兩端的電壓，無法求解出電流表的內(nèi)阻，

故A錯(cuò)誤；

B.電壓表并聯(lián)接在待測(cè)電流表和電阻箱的的兩端，測(cè)得的是它們的總電壓；

UiI

當(dāng)電壓表示數(shù)為IV時(shí)，電阻箱的接入電阻R=」-R=_工彳Q_50Q=150Q

1Igg5X10-3

Uo

當(dāng)電壓表示數(shù)為IV時(shí)，電阻箱的接入電阻RJ=—9^―R=——二工_。-50口=5500

Igg5X10-3

因此，按照這種接法能保證電流表和電壓表示數(shù)變化范圍大，測(cè)量的誤差小，故B正確；

C.電壓表與電流表串聯(lián)，不能測(cè)量出電流表兩端的電壓，無法求解出電流表的內(nèi)阻，故C錯(cuò)誤；

D.電壓表并聯(lián)在電流表兩端，可以測(cè)量出電流表兩端的電壓；當(dāng)電流表滿偏時(shí)，電流表兩端的電壓

U=iR=5X10-3X50V=0,25V,不及電壓表量程的」實(shí)驗(yàn)誤差大，故D錯(cuò)誤。

gg3

敗選：Bo

②電阻箱的接入電阻Ri=4XI00H+5XI0O+5X1Q=455Q

11

根據(jù)歐姆定律I=。

Rg+Rl

代入數(shù)據(jù)解得Rg=45Q

③改裝電流表的量程為IA=10Ig=10X5mA=50mA

根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，通過電阻箱的電流IR=IA-Ig=50mA-5mA=45mA

根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)IgRg=lK?Ri

代入數(shù)據(jù)解得Ri=5C。

故答案為：①B；②45；③5。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求電流表內(nèi)阻的測(cè)量、電流表改裝、電阻箱接入電路電阻的讀數(shù)；明確實(shí)驗(yàn)原理，

掌握并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律；明確電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)。

四,解答題（共4小題）

II.（2024?天津模擬）讓同一豎直線上的小球A和小球B在空中同時(shí)由靜止釋放，小球A在小球B的上

方，小球B釋放時(shí)距地面高度為h,如圖所示。若小球B與地面發(fā)生碰撞后反彈至最高點(diǎn)時(shí)恰好與小球

A發(fā)生第一次碰撞，小球B的質(zhì)量是小球A質(zhì)量的3倍，不計(jì)空氣阻力，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，所有

碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g，求：

（1）小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA；

（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度VAO

OA

-rOB

h

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力.

【分析】（1）A、B靜止釋放后做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出B球落地時(shí)的速度大小。B與地面

發(fā)生碰撞后能原速率反彈，當(dāng)A球與B球的位移之和等于2h時(shí)兩球相遇，由位移一時(shí)間公式求所經(jīng)過

的時(shí)間，再由位移一時(shí)間公式求A、B兩物體相碰時(shí)的位置距地面的距離。

（2）根據(jù)彈性碰撞的兩個(gè)守恒求A球碰撞后的速度。

2

【解答】解：（I）設(shè)小球R做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為a由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：h^lgt

小球B自由落體運(yùn)動(dòng)后與地面發(fā)生彈性碰撞，會(huì)原速反彈;

當(dāng)小球A與小球B第一次碰撞時(shí)，小球A做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為23同理有：/°g（2t）2

2

那么小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離：hA=h'+h,

聯(lián)立解得：hA=5h

（2）設(shè)小球A的質(zhì)量為mA=m,小球B的質(zhì)量為mB=3m,

2/

發(fā)生彈性碰撞時(shí)，小球A的碰前速度為vo,則碰撞前速度A球滿足：Vo=2gh,AsB兩小球碰撞

時(shí)動(dòng)量，以向下為正有：mAvomAVA+mBVB

機(jī)械能守恒:12-12.12

ymAvG-ymAv/ymBvE

解得：v=-V2ih*負(fù)號(hào)表示運(yùn)動(dòng)方向豎直向上。

A6

答：⑴小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA為5h；

（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度VA為“厚K,負(fù)號(hào)表不運(yùn)動(dòng)方向豎直向上。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，本題中兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程是

解題的前提與關(guān)鍵；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒守恒定律即可解題。

12.（2024?寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，光滑水平直軌道上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,

物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個(gè)初速度vo,使其向B運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）,

當(dāng)彈簧第一-次壓縮到最短時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞時(shí)間極

短，求：

（I）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大小；

（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大小；

（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

~vo~~~~

A—?/wwwwuBC

/Z/Z//Z///ZZ/Z/Z///Z//Z

【考點(diǎn)】動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用一一彈簧類模型；功能關(guān)系；動(dòng)量守恒定律.

【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關(guān)的動(dòng)量、能量綜合專題；推理能力.

【分析】（1）設(shè)B與C碰撞前的瞬間，A與B具有相同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解；

（2）彈簧壓縮最短時(shí)A、B、C三者速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解；

（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有B與C碰撞時(shí)損失了機(jī)械能，根據(jù)動(dòng)量

守恒定律和能最守恒定律求解。

【解答】解：以下解答均以向右為正方向。

（1）設(shè)B與C碰撞前的瞬間，B的速度大小為vi,此時(shí)彈簧第一次壓縮到最短，A與B具有相同速度,

對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：

mvo=2mvi

解得：二19

“2

（2）彈簧壓縮最短時(shí)A、B、C三者速度相同（設(shè)為V2）,對(duì)A、B、C與彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量

守恒定律得：

mvo=3mv2

對(duì)C,根據(jù)動(dòng)量定理得：

I=mv2-0

聯(lián)立可得：

（3）設(shè)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞后瞬間速度為V3,對(duì)B、C碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：

mvi=2mv3

從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有B與C碰撞時(shí)損失了機(jī)械能，設(shè)損失的機(jī)械能

為AE,對(duì)B、C碰撞過程，由能量守恒定律得：

191n

Kmv1=△E+^7X2mvq

解得：椀4m君

16u

答：（I）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大小為:2；

2

（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大小為工mu0；

（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為」-1nV%

160

【點(diǎn)評(píng)】本題考會(huì)了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的彈簧類模型，本題關(guān)鍵要分析物體運(yùn)動(dòng)過程，確定物體運(yùn)動(dòng)狀

態(tài)。本題要注意B、C碰撞后速度瞬間變小，A還會(huì)壓縮彈簧，更到A、B、C三者速度共速時(shí)彈簧的

壓縮量最大。

13.（2024?天津模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形金屬框架質(zhì)量M=0.2kg,放在絕緣水平面上，且其與水

平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)U=0.2。相距0.4m的MM；NN相互平行，不計(jì)電阻。電阻R1=0.1。的MN垂更

于MM：質(zhì)量m=0.3kg,電阻R2=0.1C,長(zhǎng)度l=0.4m的光滑導(dǎo)體棒ab橫放在金屬框架上。ab棒左

側(cè)被固定在水平面上的兩個(gè)小立柱擋住。整個(gè)裝置處于豎直向上且空間足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度

B=0.5To現(xiàn)對(duì)金屬框架施加垂直于MN水平向左且大小F=2N的恒力，金屬框架從靜止開始運(yùn)動(dòng)。運(yùn)

動(dòng)過程中導(dǎo)體棒ab與金屬框典始終保持良好接觸，重力加速度g=10m/s2。

（I）求金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大?。?/p>

（2）從金屬框架開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度的過程中，MN上產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.1J,求該過程框架位移

x的大小和導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小。

【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題；動(dòng)量定理：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】定展思想；方程法；電磁感應(yīng)一一功能問題；分析淙合能力.

【分析】（1）金屬框架達(dá)到最大速度時(shí)加速度為零，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；

（2）對(duì)金屬框架，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合功能關(guān)系求解位移，根據(jù)沖量的計(jì)算公式求解導(dǎo)體棒ab所受的安

培力的沖量大小

【解答】解：（1）金屬框架達(dá)到最大速度時(shí)加速度為零，所以有：F-p（M+m）g-F安=0

又因?yàn)镕安=B［電L

BLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：1電=----，m

Ri+R2

解得：Vm=5m/s；

2

（2）對(duì)金屬框架，根據(jù)動(dòng)能定理有：Fx-p（M+m）gx+w=—uv-0

文2m

乂因?yàn)镽I=R2,所以：W安=-2Q

解得：x=2.7m

對(duì)導(dǎo)體棒ab,有：其中不二Blvx=7t

七包2

解得導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量大小為：I=0.54N?s。

答：（1）金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大小為5m/s；

（2）該過程框架位移x的大個(gè)為2.7m,導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小為0.54N?s。

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出

方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求

解。

14.（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示的裝置為一種新型質(zhì)譜儀的理論模型圖，該裝置由A、B板間的加速電

場(chǎng)區(qū)和C、D板間的直線運(yùn)動(dòng)區(qū)及圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)區(qū)組成。已知平行板A、B間的加速電壓為U1,平行

板C、D間距為d,其中存在垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的半

徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,方向垂直于紙面向里。圓形感光弧面與圓形磁場(chǎng)的圓心相同，其左端

的小孔與A、B板上的小孔在同一直線上?，F(xiàn)有一比荷為ko的原子核經(jīng)A、B板加速后，沿C、D板的

中央直線進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到感光弧面上，不計(jì)粒子重力。求：

（1）原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小V；

（2）直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差U；

（3）對(duì)于