【文档说明】备战2024年高考物理模拟卷01（山东卷）（全解全析）.docx，共(28)页，6.444 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高考物理第一次模拟考试物理·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回

答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．图像可以直观

地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像，丁图是原子核的比结

合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是（）A．甲图中，a光的波长大于b光的波长B．乙图中，金属c的逸出功小于金属d的逸出功C．丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氡D．丁图中，质量数越大原子核越稳定【答案】B【解析】A．由图可知，a光的截止电压大，根

据逸出功表达式00cWhh==所以a光频率大，a光波长短，故A错误；B．由光电效应可知k0EhW=−ν能量守恒有keUE=有0WheU=−当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，故B正确；C．由图可知氡半衰期为3.8天，由于每次衰变后的氡质量均变成原来的一半，故每过3

.8天要衰变掉质量不相同的氡，故C错误；D．质量数大，比结合能不一定大，故D错误。故选B。2．在成都举行第31届世界大学生夏季运动会男子3米跳板决赛中，中国选手包揽冠亚军。从运动员离开跳板开始计时，跳水过程中运

动员重心的vt−图像如图，不计空气阻力，重力加速度g取210m/s，运动员的轨迹视为直线，取竖直向下为正方向。下列说法正确的是（）A．运动员在入水前做自由落体运动B．运动员在2s=t时已浮出水面C．运动员在1s2s的位移大小为4mD．运动员在01s的平均速度大

小为3m/s【答案】D【解析】A．运动员离开跳板时，有向上的初速度，则运动员在入水前做的不是自由落体运动，故A错误；B．运动员在2s=t时速度为0，运动到最低点，即入水最深处，故B错误；C．1st=时运动员的速度为8msv=若运动

员在1~2s内做匀减速运动，vt−图像如图所示由vt−图像中面积表位移可知，此时，运动员在1~2s内的位移为118m4m2x==则运动员在1~2s内的实际位移小于4m，故C错误；D．由图可知，运动员在01s的平均速度大小为28m/s3m/s2v−+==故D正确。故选D。3．如图是氢原子电子

轨道示意图，a、b两束光是由处在4n=态的氢原子跃迁到2n=态和1n=态时产生的，现分别用a、b两束单色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，则关于a、b这两束光，下列说法正确的是（）A．a、b两束光的光子能量满足ab>B．光子动量abppC．两束光照射光

电管时对应的遏止电压abUUD．入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距abxx【答案】D【解析】A．由题意，根据mnEEE=−可知，处在4n=态的氢原子跃迁到2n=态产生a光子的能量小于处在4n=态

的氢原子跃迁到1n=态时产生的b光子的能量，即ab故A错误；B．根据ch=可知，a光子的波长大于b光子的波长；根据光子的动量公式hp=可知，光子动量abpp故B错误；C．依据光电效应方程kEhvW=−及kEeU=可

知两束光照射光电管时对应的遏止电压abUU故C错误；D．根据双缝干涉的条纹间距公式ΔxLd=可知，波长较小的b光子，其光束的干涉条纹间距更小，即ΔΔabxx故D正确。故选D。4．一定质量的理想气体，经

过如图所示一系列的状态变化，从初始状态a经状态b、c、d再回到状态a，图中bc曲线为一条等温线，则下列说法正确的是（）A．气体在状态c的温度大于气体在状态d的温度B．从状态d到a的过程中，气体可能向外界放热C．从状态a到状态c与从状态c到状态a的过程中，气

体对外界做功的大小相等D．从状态b到c的过程中，气体分子对容器壁单位面积上单位时间内撞击次数减少【答案】A【解析】A．气体在状态c的pV乘积大于气体在状态d的pV乘积，则气体在状态c的温度大于气体在状态d的温度，选项A正确；B．从状态d到a的过程中，压强不变，体积增大，温度升高，气体对外做功

，内能增加，可知气体一定吸热，选项B错误；C．因p-V图像与坐标轴围成的面积等于气体做功的大小，由图像可知，从状态a到状态c外界对气体做功大于从状态c到状态a的过程中气体对外界做的功，选项C错误；D．从状态b到c的过程中，气体温度不变，压强变大，体积减小，气体

的数密度增加，气体分子平均速率不变，则气体分子对容器壁单位面积上单位时间内撞击次数增加，选项D错误。故选A。5．如图为小明设计的发电机的原理图，边长为L的n匝正方形线圈，线圈电阻不计，在磁感应强度为B的匀强磁场

中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为ω，转动时线圈两端在固定的半圆环P、Q上滑动，且始终与半圆环保持良好接触，P、Q通过导线连接到电阻R的两端，下列说法正确的是（）A．图示位置线圈平面与中性面垂直B．从图

示位置开始计时，R中流过的是正弦交流电C．电路中电阻R两端的最大电压为2nBLD．线圈转动一个周期内R上产生的热量为2242nBLR【答案】C【解析】A．图示位置穿过线圈的磁通量最大，为中性面，A错误；B．由于P、

Q为固定的半圆环，分别始终与转动中的左侧和右侧线圈保持良好的接触，故流过R中的电流不是正弦式交变电流，而是直流电，B错误；C．线圈转动产生的感应电动势的最大值为2mEnBL=所以电阻R两端的最大电压为2nBL，C正确；D．线圈转动产生感应电动势的

有效值为2mEE=线圈转动的周期2T=故线圈一个周期内R上产生的热量2EQTR=联立解得224=nBLQRD错误。故选C。6．《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻

绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳OD一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备

总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（）A．绳OD的拉力一直变小B．绳CD的拉力一直变大C．绳OD、CD拉力的合力大于mgD．绳CD与竖直方向的夹角为30时，绳CD的拉力为33mg【答案】D【解析】AB．对兜篮、王进及携带的设备整

体受力分析如图所示绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为，根据几何关系知90++=由正弦定理可得12sinsinsin()2FFmg==+增大，减小，则

拉力F1增大，拉力F2减小，故AB错误；C．王进处于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg，故C错误；D．当30=时，30=，则22cos30Fmg=解得233Fmg=故D正确。故选D7．电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳

将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高，P是缆绳上的一个平台。则下列说法正确的是（）A．太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心的距离成反比B．宇航员在配重空间站时处于完全失重状态C．若从

P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点【答案】C【解析】A．太空电梯上各点具有相同的角速度，根据vr=可知，太空电梯上各点线速度与该

点离地球球心的距离成正比，故A错误；B．配重空间站轨道半径大于同步轨道，由2nar=知其线速度和向心加速度均大于同步卫星；而由2nMmGmar=知同步卫星的加速度大于配重空间站所在轨道的正常运行卫星的加速度，所以配重空间站内的宇航员的加速度大于同轨道卫星的运行加

速度，所以不是处于完全失重状态，故B错误；C．若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心

力更大，故D错误。故选AC。8．空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q的带电微粒，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、

半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电场强度的大小为122R+，方向与x轴正方向成6B．b点与a点

的电势差()1232baU+=C．微粒在t1时所受变力F可能达最大值D．圆周运动的过程中变力F的最大值为21221362mRqtR++【答案】D【解析】A．根据匀强电场场强与电势差的关系1212()22

UEdRR−−+===方向与x轴正方向成56，故A错误；B．b点与a点的电势差()1232cos302baUER+=−=−故B错误；C．由于场强方向斜向左下方，所以微粒在7t1时所受变力F可能达最大值，在t1

时所受变力F可能达最小值，故C错误；D．圆周运动的过程中变力F的最大值为224FmREqT=+1212(7)12Tttt=−=所以21221362FmRqtR+=+故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个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．用带有弹簧的晾衣夹自制的汤匙投球器，将一小球掷出去，同时用高频摄像机记录投射与飞行过程，如图1所示。逐帧分析小球的运动轨迹，并绘制出小球水平及竖直方向的速度与时间的关系图像如图2所示。图

2中实线为球水平速度，虚线为球竖直速度。不计风力和空气阻力，则下列分析正确的是（）A．该小球被掷出瞬间的速率为2.5m/sB．该小球最高点距离地面的高度约为1.88mC．当地的重力加速度大小约为210msD．该小球掷出过程获得的动能等于投球器做的功【答案】AC【解析】A．不计风力和空气阻力，小球

被掷出水平方向做匀速直线运动，则由图2可知，0.1st=时小球被掷出，被掷出瞬间水平分速度为2ms，竖直分速度为1.5ms，则小球被掷出瞬间的速率为2221.5ms2.5msv=+=故A正确；B．有图2可知，0.25s0.45s小球从最高点落到地面，竖直方向做匀变速直线运

动，落地速率为2ms，则下落高度为0.2m2vht==故B错误；C．竖直方向上，由位移与时间公式可得，重力加速度为22210mshgt==故C正确；D．由功能关系可知，小球掷出过程投球器做的功等于小球机械能的增加量，小

球高度增加，重力势能增加，即小球掷出过程投球器做的功等于小球获得的动能和增加的重力势能之和，故D错误。故选AC。10．多个点波源在空间也可以形成干涉图样，如图甲是利用软件模拟出某时刻三个完全相同的横波波源产生的干涉图样。图乙是三个完全相同的横波波源在均匀介质中位置，波源S1，S2，S

3分别位于等边三角形的三个顶点上，且边长为2m。三个波源0=t时刻同时开始振动，振动方向垂直纸面，振动图像均如图丙所示。已知波的传播速度为0.25m/s，O处质点位于三角形中心，C处质点位于S2与S3连线中点。下列说法正确的是（）A．位于O处

的质点的振幅为6cmB．其中一列波遇到尺寸为0.8m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象C．t=4.5s时，C处质点与平衡位置之间的距离是22cmD．由于三列波在同一种介质中传播，所以三列波的频率不同时也能够发生干涉现象【答案】AC【解析】A．O处质点位于三角形中心，该点到三个

波源的间距相等，可知，该点为振动加强点，则该点振幅为332cm6cmA==故A正确；B．根据图丙可知，周期为4s，根据波速表达式有vT=解得1m>0.8m=根据发生明显衍射的条件可知，其中一列波遇到尺寸为0.8m的障碍物时，能发生明显的衍射现象，

故B错误；C．根据几何关系可知112sin603mSCSS==则波源S1的振动传播到C所需要时间1143s4.5sSCtv==表明t=4.5s时，波源S1的振动还没有传播到C点。由于C处质点位于S2与S3连线中点，则波源S2与S3的振动传播到C所需要时间均为21s

4s4.5s0.25t==表明t=4.5s时，波源S2与S3的振动传播到了C点，由于231mSCSC===，4.5s8TT=+C点为振动加强点，表明C点4.5s时刻的位移为波源S2与S3在8T时刻振动形式的叠加，图丙的振动方程为()()22sincm2sincm42ytt

==当时间为8T时，解得02cmy=则t=4.5s时，C处质点与平衡位置之间的距离是0222cmy=故C正确；D．根据干涉的条件可知，机械波要发生干涉，波的频率必须相等，即三列波的频率不同时不能够发生干涉现象，故D错误。故选AC。11．半径为R、内壁光滑的半圆弧轨道ABC固定在

光滑的水平地面上的A点，AC是竖直直径，B是圆心O的等高点，把质量相等小球甲、乙（均视为质点）用长为2R的轻质细杆连接，放置在地面上。现让甲、乙同时获得水平向右的速度v0，乙进入半圆弧轨道ABC并沿着内壁向上运动，且乙能运动到B点，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．乙沿着圆弧上升甲在

水平面上运动，甲的机械能不守恒B．乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动，甲、乙组成的整体机械能不守恒C．乙运动到B点，甲、乙的速度大小之比为1：3D．乙运动到B点，甲的速度为20222vgR−【答案】ACD【解析】AC．当乙运动到B点时，设

轻杆与水平方向的夹角为θ，当乙运动到B点时，乙的速度沿切线竖直向上，甲的速度水平向右，把乙和甲的速度沿杆和垂直杆的方向分解，如图所示，则有乙和甲沿杆方向的速度大小相等，由图可得sincosvv=乙甲由几何关系可得1sin22RR==联立解得3vv=乙甲:

1:3vv=甲乙可知乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动时，乙的速度在增大，甲的速度在减小，则甲的动能在减小，重力势能不变，因此甲的机械能不守恒，AC正确；B．乙沿着圆弧上升甲在水平面上运动，甲、乙组成的整体只有重力做功，因此甲、乙组成的整体机械能守

恒，B错误；D．对甲、乙组成的整体从开始运动到乙到达B点的运动中机械能守恒，设每个小球的质量为m，由机械能守恒定律可得22201112222mvmgRmvmv=++甲乙又有3vv=乙甲联立解得20222vgRv−=甲D正确。故选ACD。12．

如图，倾角30=的足够长传送带向上匀速传动，与传送带运动方向垂直的虚线MN与PQ间存在垂直传送带向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、边长为L的正方形单匝导线框abcd随传送带一起向上运动；经过一段时间，当线框ab边越过虚线MN进入磁场后，线框与传送带间发生

相对运动；当线框完全进入磁场时，速度大小变为线框ab边刚进入磁场时速度大小的13，当线框ab边到达虚线PQ处时，线框恰好与传送带相对静止。已知两虚线间距离为259L，线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数32=，重力加速度为g，整个过程中线框ab边始终与两虚线平

行，下列说法正确的是（）A．穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于224mgRBLB．线框从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，摩擦力的冲量为233BLRC．传送带的速度大小为2gLD．线框离开磁场的过程中产生的焦耳热为2536mgL【答案】ABD【解析】A．线框

可能减速上升直到达到最小速度后保持匀速，也可能一直减速，设线框的最小速度为minv，则22mincossinBLvmgmgR=+解得，224minmgRvBL=所以，穿过磁场过程中，线框的最小速度不小于224mgRBL，故A正确；B．从开始进入磁场

到开始离开磁场的过程中，对线框列动量定理23cossinBLmgtmgtmvmvR−−=−可得，234BLtmgR=则摩擦力的冲量为cosfImgt=解得233fBLIR=故B正确；C．从线框ab边刚进入磁场到完全进入磁场，设进

入磁场的过程中线框克服安培力做功为1W，对线框列动能定理，22111cossin232vmgLmgLWmmv−−=−从开始进入磁场到开始离开磁场的过程中，对线框列动能定理221252

511cossin9922mgLmgLWmvmv−−=−可得，12536WmgL=依题意，传送带的速度1vv=即12gLv=C错误；D．根据对称性，可得，线框进入磁场产生的焦耳热等于离开磁场过程中产生的焦耳热，则1QW=即2536QmgL=故D正确。故选ABD。三、非选

择题：本题共6小题，共60分。13．某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：（1）实验时，必须满足“M远大于m”的实验装置是（选填“甲”、“乙”或“

丙”）（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期0.02s=T，其中A、BCDE、、、每相邻两个计数点之间还有4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的大小为2m/s（计算结果保留两位有效数字）。（3）采用（丙）图实验

装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的aF−图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为。A．2tanB．1tanC．2kD．k（4）采用（甲）图实验装

置，把重物改成槽码，槽码总数N，将n（依次取2,3,4,5n=）个槽码挂在细线左端，其余Nn−个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度a，得到an−图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是。A．an−图线不再是直

线B．an−图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小C．an−图线仍是直线，但该直线不过原点【答案】甲0.57/0.58/0.59/0.60/0.61/0.62/0.63CC【解析】（1）[1]乙、丙两图

绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重力替代拉力，所以需要满足“M远大于m”；（2）[2]根据逐差法公式可得24CEACxxaT−=解得20.58m/sa=（3）[3]根据牛顿第二定律可得2FMa=整理得2aFM=所以小车的质量为2k，故选C。

（4）[4]因为没有平衡摩擦力，所以可得()nmgfNmMa−=+整理得mgfanMM=−所以an−图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。14．某研究性学习小组在学习了化学课上的原电池原理后，将铜片和锌片插入两个新鲜的柠檬中制成一个水果电池，并利用下列所给器材测量水果电池的电动势E和

内阻r。A．待测水果电池（电动势E约为2V，内阻约为几百欧）B．滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流为1A）C．滑动变阻器（最大阻值为1000，额定电流为0.1A）D．电流表A（量程为3mA，内阻为20）E.电压表1V（量程为3V，内阻约为3k）F

.电压表2V（量程为15V，内阻约为15k）G.开关S，导线若干（1）研究小组设计了甲、乙两种电路，应选择（填“甲”或“乙”）电路。滑动变阻器应选择，电压表应选择（均填对应器材前的字母序号）（2）根据选择的电

路，移动滑动变阻器的滑片，得到电压表示数U与电流表示数I的多组数据，作出UI−图像如图丙所示，根据图像和题中所给信息，得到该水果电池的电动势E=V，内阻r=。（3）如果不考虑偶然误差，根据选择的电路，电动势的测量值（填“”“

”或“=”）真实值。【答案】甲CE2.0480=【解析】（1）[1][2][3]为了调节过程中电流变化明显，滑动变阻器最大阻值应当比待测电源内阻大，所以选择C；由于电动势约为2V，电压表选择电压表1V，即选E；电流表A的内阻已知，采用内接法可以避免系统误差，因此电路选择甲；

（2）[4][5]由()AEUIrR=++可知()AUIrRE=−++根据图丙可知，纵截距为2.0VE=斜率为A500ΩrR+=因此480Ωr=（3）[6]由于电流表A的内阻已知，故测得的电动势无系统误差，测量值等于真实值。四、解答题15．如图所示，一种光学传感器是通过接收器

Q接收到光的强度变化而触发工作的。当光从玻璃内侧P点以入射角a=37°射向外侧M点时，其折射光线与反射光线恰好垂直；而当光从P点射向外侧的N点时，在N点恰好发生全反射后被Q接收。已知光在真空中的传播速度为c，PQ的距离为L，sin37°=0.6。求：（1）玻璃的折射率；（2）光由P点经N点发生全

反射到达接收器Q的时间。【答案】（1）43；（2）169Lc【解析】（1）光线在M点发生折射，光路如下图所示由几何关系得β=53°由折射定律得sinsinn=代入数值可得43n=（2）在N点全反射，则有1s

inCn=PNQ的光程为sinLsC=光在介质中的传播速度为速度cvn=得34cv=解得169sLtvc==16．如图所示为游乐场的空中飞椅项目．长度为L的轻质高分子绳一端系着座椅，另一端固定在半径为L的水平转盘边缘，电机

带动水平转盘绕穿过其中心的竖直轴转动，从而带动绳、座椅、游玩者一起转动，座椅P与该座椅上的游玩者的总质量为m，水平转盘先在较低位置A处，以某一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角137=；然后再在慢慢加速转动的同时将水平转盘的高

度提升10L到达位置B处，再在B处保持另一转速匀速转动，此时轻绳与竖直方向的夹角253=不计空气阻力，将座椅P与游玩者整体视为质点，重力加速度为,sin370.6g=，cos370.8=，求：（1）转盘在AB、处匀速转动时，P的线速度大小12vv、；（

2）从转盘在A处匀速转动到转盘提升后在B处匀速转动的过程中，轻绳对座椅P和游玩者所做的功W。【答案】（1）11305vgL=，22155vgL=；（2）10.8WmgL=【解析】（1）座椅P和游玩者在A处的转动半径1R11sinRLL=+由牛顿第二定律，有2111ta

nmvmgR=解得11305vgL=座椅P和游玩者在B处的转动半径2R22sinRLL=+由牛顿第二定律，有2222tanmvmgR=解得22155vgL=（2）座椅P和游玩者上升的高度H1210coscosHLLL=+−轻绳对座椅P和游玩者所做的

功W22211122WmgHmvmv=+−解得10.8WmgL=17．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0zd空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方

向沿x轴正方向；30,0dzy−的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为12B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为60。0,0zy空间内充满沿y轴负方向的匀强电场.一质量为m、带电量为q+的粒子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的A点以一定

速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为45，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ。不计粒子重力。（1）当电场强度的大小为E时，求粒子甲从A点出射速度0v的大小；（2）若使粒子甲进

入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度mv；（3）若粒子甲以2qBdm的速度从O点进入磁场Ⅰ一段时间后，质量为12m，电量为12q+的粒子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动量进入磁场Ⅰ，若使两粒子在它们运动轨迹的第一个交点处相撞，

求两粒子从O点进入磁场Ⅰ的时间差Δt（忽略除碰撞外粒子间相互作用）。【答案】（1）02qELvm=；（2）mqBdvm=；（3）3mqB【解析】（1）粒子甲在A点的受力和速度关系如图1所示：将粒子甲从A点出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向。粒子受到的电场力沿y轴负方向，可知粒子沿z轴方向做

匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，则从A到O的过程，有0cos45Lvt=0sin45vat=qEam=联立解得02qELvm=（2）从坐标原点O以速度v沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，做匀速圆周运动，经过半个圆周进入磁场Ⅱ继

续做匀速圆周运动，如图2由洛伦兹力提供向心力可得21vqvBmr=2212vqvBmr=可得212rr=根据几何关系可知粒子甲经过磁场Ⅱ后从x轴进入磁场Ⅰ中，为了使粒子甲进入磁场后始终在磁场中运动，则粒子甲在磁场Ⅰ中运动时，不能从磁

场Ⅰ上方穿出，在磁场Ⅱ中运动时，不能从z=-3d平面穿出，则粒子在磁场中运动的轨迹半径需满足1rd，23rd联立可得qBdvm要使粒子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度mqBdvm=（3）设粒子乙的速度大小为'v，根据粒子甲、乙动量相同，

可得''mvmv=且1'2qq=，1'2mm=设粒子甲、乙在磁场Ⅰ中运动时轨迹半径分别为'1r和''1r，则'112mvrdqB==，''1'''mvrdqB==粒子甲、乙在磁场Ⅱ中运动时轨迹半径分别为'2r和''2r,

则'212mvrdqB==，''2''21'2mvrdqB==根据几何关系可知，粒子甲、乙运动轨迹第一个交点在粒子乙第一次穿过x轴的位置，如图3所示。粒子甲、乙从O点进入磁场到第一个交点的过程，有1222612mmmtTTqBqBqB=+=+=甲'12'''3122''2

TTmmmtqBqBqB=+=+=乙可得粒子甲、乙在它们运动轨迹的第一个交点相遇,两粒子从O点进入磁场Ⅰ的时间差为3mtttqB=−=甲乙18．如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为R=1.2m，圆心角为60°，圆弧右端有一个质量为m=1kg的长

木板A与之接触但不粘连，且A上表面与圆弧右端相切。在长木板A右侧放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n。开始时长木板A和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块B、C，且mB=3mC=3m，B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹

簧此时恰好与B、C接触但不粘连，初始时弹簧弹性势能为EP=6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，小滑块B与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A，当A、B刚达到共速时，长木

板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长木板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板A总是恰好与滑块1发生弹性碰撞；最终滑块B恰好没从长木板A上滑落，且A与B之

间的动摩擦因数为0.1=，重力加速度为210m/sg=，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：（1）滑块B刚滑上长木板A时的速度大小；（2）滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量Q；（3）长木板A全过程运动的总位移x。【

答案】（1）4m/s；（2）16.8J；（3）2.25m【解析】（1）对B、C分析，根据动量守恒和能量守恒CB3mvmv=，2BpC211322mvmvE+=解得CBm/1s3m/svv==，B到达圆弧处：BB1cos60vv=B滑上长木板的初速度设为0v，则220B111(cos

60)22mvmvmgRR−=−解得04m/sv=（2）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1，对A、B分析有()01033mvmmv=+对A分析有2110132mgdmv=解得201332vdg=滑块1与滑块2之间的距离为d2，则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有10

A112mvmvmv=+22210A111112222mvmvmv=+结合上述解得A1014vv=−1012vv=A、B第二次达到相同速度有()10A12033mvmvmmv+=+对A分析有22220A111322mgdmvmv=−

解得20232vdg=滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2活动速度为012v。A与1第二次碰撞有20A222mvmvmv=+22220A221112222mvmvmv=+结合上述解得A2016vv=−2013vv=201023vv=依次类推有11

023nnvv−=1A101233nnvv−=−（n=1，2，3…）A、B的相对加速度为4ag=第n次碰后相对速度为11A1001221333nnnnnvvvvv−−=+=+=

相对第n次碰后，B在A上滑行的路程为12204289nnnvvlag−==相对（n=1，2，3…）第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为122009418940vvlgg−=−=所以，木板的长度为2024vLlg=+解得20720vLg

=滑块B与长木板A间摩擦产生的总热量316.8JQmgL==（3）根据以上分析可知长木板A全过程运动的总位移201231(1)323...2.25m113nvgxdd−=++==−