【文档说明】山东省德州市2024届高三下学期开学摸底考试物理试题word版含解析.docx，共(27)页，4.377 MB，由小赞的店铺上传

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高三物理试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题

目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.世界上首个第四代核能

技术的钍基熔盐堆在我国甘肃并网发电，该反应堆以放射性较低的90232Th为核燃料。已知90232Th的半衰期为24天，下列说法正确的是（）A.β衰变的电子来自于钍原子的核外电子B.通过物理方法或化学方法都不能改变90232Th的半衰期C.50个902

32Th经过48天后一定还剩余12.5个D.90232Th经过6次α衰变和2次β衰变可变成20882Pb【答案】B【解析】【详解】A．β衰变的电子来自于中子转变为质子释放的，A错误；B．半衰期由材料本身决定，与外界因素

无关，B正确；C．半衰期的相关计算只适用于大量原子核，C错误；D．β衰变不改变质量数，90232Th变成20882Pb的α衰变次数为23020864−=，则β衰变次数为8290264−+=，D错误。故选B。2.202

3年12月14日聊城、济南、德州等地现强降雪天气，部分地区积雪深度达18厘米，为行车安全带来隐患。甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图像如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A.在4st=时，甲车恰好追上乙车B.在0~4s内，甲车做匀

加速直线运动，乙车做匀减速直线运动C.在2s=t时，甲车的速度为2m/s，乙车的速度为3m/sD.在0~2s内，两车间距逐渐增大，2~4s内两车间距逐渐减小【答案】C【解析】【详解】AD．根据a-t图像画出相应v-t图像如图由图像可知乙车的速度一直大于甲车的速度，两车间距离一直在增大。t=4s

时，乙车图像与时间轴围成图形的面积明显大于甲车图像与时间轴围成图形的面积，甲车不会在这时追上乙车。故AD错误；B．由v-t图像可知，在0~4s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动。故B错误；C．根据

vat=可知，a-t图像中图线所围面积表示速度变化，因甲、乙由静止开始运动，则2s时21.0m/s2m/sv==甲，1.02.02m/s3m/s2v+==乙故C正确。故选C。3.如图所示，一束复色光从空气中沿半

圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光。下列说法正确的是（）的A.玻璃砖对b光的折射率为2B.光束a、b通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大C.b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度大D.光束a、b照射同一光电管，均可发生光电效应，光束b产生的光电子动能一定大

【答案】B【解析】【详解】A．根据光路图及折射定律可知，玻璃砖对b光的折射率为sin60sin330bn==A错误；B．玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，则b光的频率大于对a光的频率，而b光的波长小于对a光的频波长，根据Lxd=可知，经同一套双缝干涉装置发生干涉，a光干

涉条纹间距比b光更宽，B正确；C．玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，根据cnv=可知，折射率越大，在同种介质中传播速度越小，则b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度小，C错误；D．由于光电管的截止频率未知，无法判断光束a、b照射时是否

可发生光电效应，D错误；故选B。4.如图所示，轻弹簧上端固定于O点，下端连接质量为m的小球，给小球作用一方向与弹簧在同一竖直平面内的外力F，使小球处于静止状态，此时弹簧弹力和外力F与竖直方向的夹角分别为和，且90+。现保持F大小

不变，稍微减小角，再次平衡时，下列判断正确的是（）A.减小，弹簧弹力减小B.减小，弹簧弹力增大C.增大，弹簧弹力减小D.增大，弹簧弹力增大【答案】A【解析】【详解】对小球进行受力分析，在力F移动过程中，力F的大小不变，方向变化，作出小球的受力分析矢量动态图，如图所示可知。其

弹簧弹力减小，角减小。故选A。5.2023年8月25日下午，新一代人造太阳“中国环流三号”取得重大科研进展，首次实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着中国核聚变研究向“聚变点火”又迈出重要一步。环流器局部区域的磁场简化示意图，如图所示，在内边界半径为R、外边界半径为2R的环形磁场

区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂直于平面向内的匀强磁场。在内圆上有一粒子源S，可在平面内沿各个方向发射比荷相同的带正电的粒子。粒子a、b分别沿径向、内圆切线向下进入磁场，二者均恰好不离开磁场外边界。不计重力及二者之

间的相互作用，则粒子a、b的速度大小之比为（）A.1:2B.2:1C.1:3D.3:1【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有a粒子的运动轨迹如图所示，设a粒子的速度为v1，运动半径为r1，带电荷量为q1，质量为m1，由几何关系可知()222112Rr

rR−=+解得134rR=由洛伦兹力提供向心力可得211111vqvBmr=解得11134qBRvm=则有b粒子的运动轨迹如图所示，设b粒子的速度为v2，运动半径为r2，带电荷量为q2，质量为m2，由几何关系

可知232rR=由洛伦兹力提供向心力可得222222vqvBmr=解得22222232qBrqBRvmm==又有1212qqmm=解得12:1:2vv=故选A。6.如图甲所示，将带电量为Q+的带电体固定在粗糙绝缘水平地面上的O点（可视为点电荷

，图中未画出），以O点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系。现将质量为m的带电滑块，从A点由静止释放，滑块向右运动，最终静止于C点，其速度随位置的变化图像如图乙所示，滑块经过B点时的速度最大。已知0

OBr=，且A为OB的中点，滑块与地面之间的动摩擦因数为，静电力常量为k，重力加速度为g，点电荷周围的电势=Qkr（Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离，以无穷远处电势为零）。下列判断不正确的是（）A.滑块带正电B.滑块的电荷量为20mgrkQC.滑块经过B点时的速率

为0grD.C点的位置坐标为03r【答案】D【解析】【详解】A．滑块从A点有静止释放，其向右运动，可知滑块与带电体之间的互相排斥，即两者之间带同种电荷，滑块带正电，故A项正确，不符合题；B．在B点滑块受到的电场力为BF

qE=由于点电荷有20BkQEr=由题意可知，在B点其速度最大，即在B点滑块的合力为零，有20kQqmgr=解得20mgrqkQ=故B项正确，不符合题意；C．由题意可知，滑块在A点的电势为02AkQr=在A点的电势能为pAAEq=在B点的电势为0BkQr=在B点的

电势能为pBBEq=由A到B由能量守恒，有20pp122ABBrEEmgmv=++解得0Bvgr=故C项正确，不符合题意；D．在C点的电势为CCkQr=在C点电势能为pCCEq=从A到C由能量守恒，有0pp2ACCrEEmgr=+−解得102Crr=2012Cr

r=（不合题意，舍）故D项错误，符合题意。故选D。7.中国计划在2030年前实现载人登月，开展月球科学考察及相关技术试验。根据“嫦娥”系列卫星的发射，设想登月载人飞船的运行轨迹如图所示。飞船发射后首先进入绕地球运行的

圆形“停泊轨道”，在P点加速进入椭圆“过渡轨道”，该轨道离地球表面最近距离为1h，飞船到达离P点最远距离为L的Q点时，依靠飞船的反向助推器减速，被月球引力“俘获”后，在距月球表面2h的圆形“绕月轨道”上飞行，择机降落在月球表面。已知地球半径为R，月球半径为r，地球表

面重力加速度为g，月球表面的重力加速度为6g，飞船在“过渡轨道”运行时忽略月球引力影响。下列说法正确的是（）A.飞船在“停泊轨道”上的运行速度为()1gRh+的B.飞船在“绕月轨道”上的运行速度为22grrh+C.地球质量与月球质量之比为22

6RrD.飞船从P点运动到Q点的时间为2322LgR【答案】C【解析】【详解】A．飞船在“停泊轨道”上的运行时，万有引力提供向心力，可得()2211GMmvmRhRh=++又2GMmmgR=联立，解得21gRvRh=+故A错误；B．同理，飞船在“绕月轨道”上的运行，万

有引力提供向心力，可得()2222'GMmvmrhrh=++月又26GMmgmr=月联立，解得()22'6grvrh=+故B错误；C．根据前面选项分析可得地球质量与月球质量之比为226MRMr=月故C正确；D．飞船在“停泊轨道”上的运行时，周期为()12RhTv+=由开普勒第三定律，可得()3

312'22LRhTT+=飞船从P点运动到Q点的时间为2Tt=联立，解得2328LtgR=故D错误。故选C。8.如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻1R后，接在电压恒定的正弦式交流

电源上，副线圈与定值电阻2R和滑动变阻器3R相连，c点位于滑动变阻器中点右侧，电流表和电压表均为理想电表。将滑动变阻器3R的滑片从左端滑至c点的过程中，下列说法正确的是（）A.电源的输出功率先增大后减小B.理想变压器副线圈的输出功率先减小后增大C.电压表1V示数先减

小后增大，电流表1A示数先增大后减小D.若电压表2V和电流表2A示数变化量分别为2U和2I，则22ΔΔUI保持不变【答案】D【解析】【详解】AC．副线圈电路中总电阻为23RRR=+总将滑动变阻器3R的滑片从左端滑至c点的过程中，3R的电阻先增大后减小

，所以总电阻先增大后减小。原线圈等效电阻为212()nRRn=原总可知R原先增大后减小。由欧姆定律可知原线圈电流为11EIRR=+原则原线圈电流先减小后增大，原线圈电压为111UEIR=−可知电压表1V示数先增大后减小。电源的输出功率为1PUI=电源可知电源的输出功率先减小后增大。故AC错

误；B．采用等效电源法，将1R与原副线圈等效为电源的内阻，则2211()nrRn=可知r是一个定值，理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，无法确定r和R总的大小关系，所以理想变压器副线圈的输出功率

的变化情况不明。故B错误；D．由闭合电路欧姆定律，可得22UEIr=−可知22UrI=即22UI保持不变。故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.图甲为

一列沿x轴传播的简谐横波在0.06st=时的波形图，其中质点P、Q的纵坐标均为1cmy=。图乙为平衡位置在5mx=处质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.波沿x轴正方向传播B.从0.06st=时刻开始，质点P比质点Q先回到平衡位置C.质点P的平衡位置到坐标原点O的距离

为10m3D.0.09st=时，平衡位置在25m处的质点到达波峰【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知，平衡位置在5mx=处质点在0.06st=时刻向y轴负方向运动，根据“上下坡法”，波沿x轴负方向传播，

A错误；B．从0.06st=时刻开始，质点P向y轴负方向运动，质点Q向y轴正方向运动，则质点P比质点Q先回到平衡位置，B正确；C．波动图像方程为22cos20yx=则y=1cm时10m3x=质点P的平衡位置到坐标原点O的距离为10m3，C正确；D．周期为0.12s

T=0.06st=到0.09st=过程中，平衡位置在25m处的质点振动时间为0.09s0.06s0.03s4Tt=−==则0.09st=时，平衡位置在25m处的质点到达波谷，D错误。故选BC。10.如图所示，长3.

5m传送带与水平方向成37角，顺时针转动的速度为2m/s。质量为1kg的小物块在距传送带底端1m处，以1m/s的速度沿传送带向下运动，经过一段时间小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为78，重力加速度g取2

10m/s，不计空气阻力sin370.6=，cos370.8=。小物块在传送带上运动的过程，下列说法正确的是（）A.小物块机械能的增加量为16.5JB.小物块机械能的增加量为15JC.小物块与传送带因摩擦产生的热为31.5JD.小物块与传送带因摩擦产生的热为48J【答案】A

C【解析】【详解】小物块向下运动时，加速度大小为2cossin1m/smgmgam−==方向沿传送带向上，设小物块向下减速到速度为0时，还未从传送带离开，则小物块向下减速运动的时间和位移分别为011s1s1vta===

011110.5m1m22vxt===假设成立；此过程小物块与传送带发生的相对位移为1110.5m21m2.5mxxvt=+=+=此过程小物块与传送带因摩擦产生的热为11cos17.5JQmgx==小物块速度减为0后，反向向上做匀加速直线运动，

设到达传送带顶端前已经与传送带共速，则小物块匀加速阶段的时间和通过的位移分别为的22s2s1vta===22222m3.5m0.5m3m22vxt===−=假设成立；此过程小物块与传送带发生的相对位移为22222m2m2mxvtx=−=−=此过程小物

块与传送带因摩擦产生的热为22cos14JQmgx==则小物块与传送带因摩擦产生的热为1231.5JQQQ=+=共速后小物块与传送带相对静止一起做匀速运动，则小物块机械能的增加量为22pk11110(3.51)0.6J1

2J11J16.5J22EEE=+=−+−=故选AC。11.如图所示，一根劲度系数为2N/cmk=的轻质弹簧竖直放置，质量均为2kgm=的两物体A、B（均可视为质点）通过轻质弹簧拴接，物体B置于水平地面

上，整个装置处于静止状态。在A的正上方距其高度5mh=处有一质量也为2kgm=的小球C，现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，取210m/sg=。下列说法正确的是（）A.C与A碰撞后瞬间C的速度大小为10m/sB.C与A碰撞时产生的内

能为50JC.C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为50JD.要使碰后物体B能被拉离地面，h至少为80cm【答案】BD【解析】【详解】A．设C与A碰前瞬间C的速度为0v，C与A碰后瞬间C、A的共同速度为1v，对C自由下落过程

运用动能定理得2012mghmv=解得010m/sv=C与A碰撞过程，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得012mvmv=解得15m/sv=故A项错误；B．C与A碰撞时产生的内能为220111250J22Emvmv=−=内

故B项正确；C．C、A一起向下运动压缩弹簧过程中，A、C动能的减少量2k110250J2Emv=−=C、A的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守恒定律知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能的减少量之和，即大于50J，故C项

错误；D．开始时弹簧的压缩量为mgxk=碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为mgxxk==可知碰后C、A将上升2x，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得2112222mvmgx=联立以上各式代入数据解得80cmh=故D项正确

。故选BD。的12.如图所示，足够长的金属导轨1111ABBC和222ABC固定放置，其中11AB与22AB、11BC与22BC相互平行，左右两侧导轨间距分别为2L和L，所在平面与水平面夹角均为，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。

质量分别为2m、m的均匀金属棒PQ和MN，垂直放置在导轨上。运动过程中，两金属棒与导轨保持光滑接触，始终垂直于导轨，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则（）A.若导体棒PQ固定，则导体棒MN稳定时的速度大小为222sinmgRBLB.若将导体棒PQ和M

N同时释放，则二者同时达到最大速度222sin3mgRBLC.若同时释放两导体棒，当PQ下降高度为h时达到最大速度，则此过程中导体棒PQ产生的焦耳热为3222442sin33mgRmghBL−D.若同时释放两导体棒，当MN下降高度为h时，该过程中通过导体棒MN的电量为3

2sinBLhR【答案】ABD【解析】【详解】A．若导体棒PQ固定，则导体棒MN稳定时做匀速直线运动，导体棒MN产生的感应电动势为EBLv=导体棒MN受安培力为2212MNBLvFBILR==由平衡条件可得22sin2BLvmgR=解得222sinmgRvBL=A正确；B．若将导体

棒PQ和MN同时释放，导体棒PQ和MN所受安培力分别为22PQFBIL=2MNFBIL=可知2PQMNFF=由牛顿第二定律可得导体棒PQ的加速度为2sin2sin2sin22PQMNMNPQmgFmgFmgFammm−−−===导体棒MN的加速度为sinMNMNm

gFam−=可知两金属棒的加速度大小相等，且同时释放，运动时间相同，则在同一时刻两金属棒的速度大小相等，则有PQMNvvv==由电磁感应定律，可知回路中的感应电动势大小为23PQMNEEEBLvBLvBLv=+=+=回路中的感应电流33

2BLvIR=导体棒PQ和MN在做匀速直线运动时速度最大，对导体棒MN，由平衡条件可得22m3sin2BLvmgR=解得m222sin3mgRvBL=B正确；C．若同时释放两导体棒，当PQ下降高度为h时达到最大速度，在此

过程中由能量守恒定律可得22mm112222mghmghEmvmv+=++解得闭合回路产生的焦耳热322222mm44112sin223223mgREmghmghmvmvmghBL=+−+=−导体棒PQ产生的焦耳热为322232224444112sin3sin322323P

QmgRmgREEmghmghBLBL==−=−C错误；D．若同时释放两导体棒，当MN下降高度为h时，该过程中通过导体棒MN的电量为23sinsin222sinhhBLBLBLhqRRR

+===D正确。故选ABD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.李鑫同学带领他的实验小组在实验室进行“用双缝干涉测量光的波长”的实验，其中部分器材如下：A.白炽灯B.凸透镜C.双缝片D.滤光片E.测量头F.单缝片（1）

请帮助实验小组，按照合理顺序将以上器材安装在光具座及遮光筒上（填字母）A、B、__________、E。（2）按正确顺序安装并正确操作，白炽灯发出的光经蓝色滤光片后，从目镜中可以观察到干涉条纹。若想减少从目镜中观察到的条纹个数，该同学可（）A.将屏向远离双缝的方向

移动B.使用间距更大的双缝C.增大单缝和双缝之间的距离D.将蓝色滤光片换成红色滤光片（3）该实验小组用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，在用测量头测量第1条至第6条亮条纹之间的距离时，游标卡尺的示数分别如下图所示。可求得相邻两亮条纹间距=x__________m

m。【答案】（1）D、F、C（2）AD（3）0.9【解析】【小问1详解】该实验中光源（白炽灯）发出的光经过透镜（凸透镜）的汇聚后进入滤光片后变成单色光，再进入单缝片后变成相干光，再经过双缝片，最后进入测量头。所以器材安装在光具座及遮光筒上的正确顺序为A、B

、D、F、C、E。【小问2详解】若像减少观察到的条纹数，即增大条纹间距，由公式lxd=可知，增大条纹间距可以增大双缝到屏的距离l，或者换用波长更长的光以及使用间距更小的双缝。故选AD。【小问3详解】由题图可知，第1条亮条纹到第6条亮条纹之间的距离为()()15mm60

.1mm11mm10.1mm4.5mmx=+−+=所以其条纹间距为0.9mm5xx==14.某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当1mA

和10mA的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：电源E（电动势1.5VE=，内阻忽略不计）定值电阻1R，2R电流表G（量程为g100μAI=，内阻g990ΩR=）滑动变阻器R（最大

阻值为1500）单刀双掷开关1S、2S（1）按照多用电表的构造和原理，接线柱D端应该接__________表笔（选填“红”或“黑”）；（2）当单刀双掷开关1S拨到B端可作为电流表使用，2S拨到1端时，此时装置可作为__________mA（选填“1”

或“10”）量程的电流表；电阻12RR+=__________；（3）将单刀双掷开关1S拨到A端可作为欧姆表使用，若2S拨到1端，此时作为欧姆挡10倍率，则将2S拨到2端时的倍率为__________（选填

“1”或“100”）。【答案】①.红②.10③.110④.100【解析】【详解】（1）[1]红表笔与多用电表内部电源负极连接，则D端接红表笔。（2）[2][3]由题意，此时为量程较大的电流表，即10mA。根据ggg121mAIRIRR=++得12110ΩRR+=（3）[4]2S

拨到1端，改装后的电流表量程为10mA，将2S拨到2端时改装后的电流表量程为1mA。电流表量程减小，欧姆表内阻增大为10倍，则将2S拨到2端时的倍率为100。15.某学校实验小组设计了测量不规则矿石体积的气压体积测量仪。如

图所示为气压体积测量仪的原理图，上端开口的气压筒A和上端封闭的测量筒B均为高20cmh=，横截面积210cm=S的导热气缸，两气缸连接处的细管体积不计。现把待测矿石置于测量筒B中，将质量2kgm=的活塞从气压筒A上方开口处放下，在两

气缸内封闭一定质量的理想气体（不计活塞厚度和摩擦力），缓慢降低封闭气体的温度至3C−，活塞稳定后，活塞距气压筒A顶端0.4h。已知环境温度为27℃，外界大气压强为501.010Pap=，重力加速度210m/sg=。（1）求矿石的体积；（2）再把温度从3C−缓

慢升高，将活塞推到气压筒A的顶端，求此时封闭气体的温度；若该过程封闭气体内能增加了20J，求封闭气体从外界吸收的热量。【答案】（1）80cm3；（2）360K；29.6J【解析】【详解】（1）活塞稳定时封闭气体的压强501.210Pamg

ppS=+=令矿石体积为V，由理想气体状态方程()()00121.6phSVphSVTT−−=又0300KT=，1270KT=解得30.480cmVhS==（2）缓慢升高温度，将活塞推到气压筒的顶端，压强不变，由盖—吕萨

克定律121.62hSVhSVTT−−=解得2360KT=该过程外界对系统做的功()0.49.6JWphS=−=−由热力学第一定律UWQ=+解得Δ29.6JQUW=−=16.投石运动是中国最古老的投掷运动，是伴随着中国先民的狩猎活动一起

产生的一项古老体育项目。某同学自制投石机模型，如图所示。在某次投石过程中，质量为m的石块（可视为质点）装在长杆末端的篮子中，开始时篮子位于水平面并处于静止状态。现对长杆的另一侧施加外力，当杆转到与水平方向夹角为30=时立即停止转动，石块从A点沿垂直于杆方向以103m/sAv=被抛出后，

经过B点时的速度大小为10m/sBv=，与水平方向之间的夹角仍为。已知AB连线与水平面间的夹角也为，石块在运动过程中的空气阻力忽略不计，重力加速度210m/sg=，求：（1）石块被抛出后，经多长时间离AB连线最

远；（2）AB两点之间的距离L。【答案】（1）1s；（2）20m【解析】【详解】（1）石块在垂直于AB方向做匀变速直线运动，经时间1t该方向速度减为零，此时离AB连线最远，则有1sin30cos30Avgt=解得11st=（2）取竖

直向上为正方向，石块在竖直方向上做竖直上抛运动，石块由A点运动至B点所用时间为2t，则2sin30cos30BAvvgt−=−解得22st=在水平方向，石块做匀速直线运动2cos30cos60ALvt=解得20mL=17.在如图所示的Oxyz

−三维空间中，0x的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在0xL的区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），在xL的区域内存在半圆柱体MNPMNP−的空间区域，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小也为B

，平面MNNM与yOz平面平行，半圆柱体的半径为2rL=，D点(),0,0L为半圆柱体底面圆心。一质量为m、电荷量为q+的带电粒子，从A点()2,0,0L−以初速度大小0v，方向沿着x轴正方向射入匀强电场，经过C点()0,,0L后，再经过磁场偏转后垂直平面MNNM进入半圆

柱体区域，不计粒子的重力。求：（1）粒子经过C点时的速度大小；（2）电场强度E与磁感应强度B的比值EB的大小；（3）带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。【答案】（1）02v；（2）02v；（3）621,2,22LLL+【解

析】【详解】（1）带电粒子在匀强磁场内，沿x轴方向做匀速直线运动，设粒子电场内的运动时间为1t，则012Lvt=粒子在电场中的加速度为a，则1212Lat=粒子在y方向的速度为1yvat=粒子经过C点时的速度大小为220yvvv=+解得02vv=（2）匀强电场的场强为

E，由牛顿第二定律得Eqma=解得202mvEqL=粒子在0xL的区域内做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子的轨道半径为2212rLLL=+=在该磁场区域中，由牛顿运动定律可知21vqvBmr=解得0mvBqL=电场强度E与磁感应强度B的比值为02vEB=（3）带电

粒子从F点沿x轴正方向，进入半圆柱体区域，粒子在平行于xoz的平面内做匀速圆周运动的轨迹如图所示粒子在该半圆柱区域中的运动半径21rr=，轨迹的圆心角为60，则出射点在x轴上的坐标为026cos3012xrLL=+=+y轴上的坐标为012yrL==z

轴上的坐标为022sin302zrL==带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为621,2,22LLL+。18.足够长的水平传送带以速度3m/sv=顺时针转动，现将质量为1kgM=的长方体空铁箱，无初速度地放置于传送带

上，同时给空铁箱一水平推力F，使铁箱内一个质量为0.25kgm=的小铅块（可视为质点）恰好能静止在左侧内壁顶端。铁箱右侧内壁固定大小不计的微型弹性片（图中未画出），使小铅块与空铁箱右侧内壁碰撞时系统无机械能损失，且碰撞时间极短。已知小铅块与铁箱内壁间的动摩擦

因数10.2=，铁箱与传送带间的动摩擦因数20.28=，铁箱内壁高0.4mh=，长0.5mL=。当铁箱速度等于传送带速度时，立即撤去推力F，小铅块落到铁箱底部时，立即让传送带停止转动，且小铅块与铁箱底部碰撞不反弹。设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/sg=，不计空气阻力。求：（1）水平推力F的大小；（2）从刚释放铁箱到整个系统停止运动过程中因摩擦和碰撞产生的热量；（3）小铅块最终在铁箱底部静止时到箱右侧内壁的距离。【答案】（1）59N；（2）6.94J；（

3）0.11m【解析】详解】（1）对小铅块，竖直方向受力平衡1NFmg=水平方向，由牛顿第二定律【NFma=解得250m/sa=对小铅块和铁箱整体，由牛顿第二定律()()2FMmgMma++=+解得59NF=（2）铁箱加速阶段10.06svta==铁箱加速阶段因摩擦产生的热量()12111

0.315J2QMmgvtvt=+−=撤掉推力后到整个系统停止运动，由能量守恒()2216.625J2QmghMmv=++=总热量126.94JQQQ=+=（3）传送带停止转动后，小铅块从铁箱左侧内壁到右侧内壁过程，对小铅块由牛顿第二定律11mgma=解得212m/s=a对铁箱

由牛顿第二定律()212MmgmgMa+−=解得223m/sa=可得222122221122Lvtatvtat=−−−解得21st=小铅块与铁箱右侧内壁第一次碰撞前，小铅块与铁箱的速度分别为1v和2v；第一次碰撞后，小铅块与铁箱的速度分别为3v

和4v，则有1121m/svvat=−=2220vvat=−=碰撞前后由动量守恒和机械能守恒定律134mvmvMv=+222134111222mvmvMv=+解得30.6m/sv=−40.4m/sv=小铅

块与铁箱第一次碰撞后，铁箱加速度为3a，由牛顿第二定律可得()213MmgmgMa++=解得234m/sa=铁箱对地位移的大小2430.02m2vxa==箱铁箱速度减为0后，由于()12mgmMg+所以铁箱静止不动。以小铅块为研究对象，它的对

地位移的大小23110.09m2vxa==小铅块静止时到铁箱右侧内壁的距离为