黄金卷02-赢在高考·黄金8卷备战2024年高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版）_2024高考押题卷_92024赢在高考全系列_（通用版）2024《赢在高考·黄金预测卷》（九科全）各八套

【赢在高考·黄金 8 卷】备战 2024 年高考物理模拟卷（湖南卷专用） 黄金卷 02 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 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、选择题：本题共 6小题，每小题 4分，共 24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求． 1．如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动，发电机的电动势 e20sin100tV 随时间的变化规律为 。下列说法正确的是（ ） A．此交流电的频率为100Hz B．此交流电动势的有效值为20V C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大 D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大 【答案】 D 【解析】A．此交流电的频率为 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002 100 f   Hz50Hz 2 2 故A错误； B．此交流电动势的有效值为 e E m 10 2V 2 故B错误； C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产生的感应电动势为零，故C错误; D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最大，D 正确。 故选D。 2．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动， 绳子跨过定滑轮拉着物体B以速度v 竖直匀速上升，下列判断正确的是（ ） B A．小车A做减速直线运动 B．绳子拉力大于物体B的重力 v cos C．小车A的速度大小可表示为 B D．小车A受到地面的支持力逐渐变小 【答案】 A 【解析】AC．将小车A的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为B物体上升的速度大小， 则 v v  B A cos 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002随着小车A向左运动，减小，则小车A做减速直线运动，故A正确，C错误； BD．物体B竖直匀速上升，绳子拉力等于物体B的重力，拉力大小不变，由于减小，拉力在竖直方向的 分力变小，则地面对小车A的支持力变大，故BD错误。 故选A。 3．如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，汽缸中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气 体 A 和 B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体 A 加热一段时间，后来活塞达到新的平衡。不 计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变。下列判断正确的是（ ） A．气体 A 吸收的热量小于内能的增加量 B．气体 B 吸收的热量的数值大于对外做功的绝对值 C．气体 A 分子的平均动能不变 D．气体 B 内每个分子的动能都增大 【答案】 B 【解析】A．气体A等容变化W 0，温度升高，内能增加，根据 U W Q 可知 U Q 所以气体 A 吸收的热量等于内能的增加量，故A错误； B．气体B做等压变化，温度升高，则体积增大，气体对外做功，W 0，温度升高内能增加，根据 U W Q 可知气体 B 吸收的热量的数值大于对外做功的绝对值，故B正确； 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002C．气体A温度升高，气体分子的平均动能增大，故C错误； D．温度是平均动能的标志，但并不表示每一个分子动能都增大，可能有的气体分子的动能还会减小，故D 错误。 故选B。 4．一块质量为 M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为 m 的物体B（视为质点）以初速 度v 0 从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B 的动能减少量为E kB，长木板 A 的动能增加量为 E kA，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于E kB， E kA， Q 的值，下列可能的是（ ） E 7J E 5J Q5J A． kB ， kA ， E 7J E 2J Q5J B． kB ， kA ， E 3J E 2J Q5J C． kB ， kA ， E 5J E 3J Q2J D． kB ， kA ， 【答案】 B 【解析】AC．根据能量守恒可知 ΔE ΔE Q kB kA 故AC错误； BD．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，图中1和2之间的梯形面积表示 板长l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x ，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x ，由图可知 1 2 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002x l 1 x l 2 又有 ΔE  fx kB 1 ΔE  fx kA 2 Q fl 则有 ΔE QΔE kB kA 可知B有可能，故B正确，D错误。 故选B。 5．如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平 速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为 37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中 （ ） 10 v A．速度的最小值为 10 B．动能与电势能之和一直减小 10 mg C．所受电场力的最小值为 10 D．水平位移与竖直位移的大小之比为2:1 【答案】 C 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【解析】D．小球水平分位移为 vvcos37 x t 2 小球竖直分位移为 vsin37 y t 2 解得 x 3  y 1 D错误； A．根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平方向的分加速度大小为 vvcos37 a  x t 小球竖直方向的分加速度大小为 vsin37 a  y t 令小球合加速度方向与竖直方向夹角为，则有 a tan x a y 解得 1 tan 3 可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度 方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有 v vcos min 结合上述解得 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0023 10 v  v min 10 A错误； B．根据上述可知，小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程 中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，B错误； C．根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为 F ma 该合力方向与竖直方向夹角亦为，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有 10 F mgsin mg 电min 10 C正确。 故选C。 6．如图所示，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在光滑的固定的斜面底端，A通过轻绳跨过 光滑的定滑轮与质量为2m的物体B连接，绳、弹簧与斜面平行。将A由弹簧原长处静止释放，已知轻绳 始终有力，重力加速度为 g ，则A的位移x、速度v和弹簧弹力F 、绳子张力T与时间t或位移x的关系图 像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【答案】 D 【解析】A．将A由弹簧原长处静止释放，设A的位移为x，对整体，由牛顿第二定律 2mgmgsin30kx3ma 可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反 向增大的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零；然后A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后 做加速度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a 与x成线性关系，故A在斜面上做以某点（速度最大加速度为零位置）为中心的简谐运动。xt图像切线 的斜率表示瞬时速度，由上述分析知A不可能先做减速后做加速运动，A错误； B．由上述分析可知，A做简谐运动，其vt图像应是正弦函数图像，B错误； C．A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时A的加速度 2mgmgsin30 1 a   g 1 3m 2 a a A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度 2与 1等大反向，则 F mgsin302mg 3ma m 2 解得 F 3mg m C错误； D．对A物体，由牛顿第二定律 T mgsin30kxma 得 1 T kxma mg 2 将 a 1与 a 2及对应的弹簧弹力分别代入可知，A 上滑过程中，T随x均匀增加，最小值是 mg ，最大值是 3mg ，D正确。 故选D。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20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 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分． 7．如图所示，甲为氢原子的能级图，乙为研究光电效应的实验电路图。用一束能量为12.79eV的电子束轰 击一群处于基态的氢原子，氢原子就会发生跃迁，被激发后的氢原子不稳定，向低能级跃迁，辐射出的光 子照射到用逸出功是4.54eV钨做成K极的光电管上。关于本次实验，下列说法中正确的是（ ） A．激发后氢原子能辐射出6种不同频率的光子 B．氢原子辐射出的各种频率光都能使钨做成K极发生光电效应 C．乙图中，若将滑动变阻器滑片右移，微安表的示数可能为零 D．乙图中，若将电源反接，电路中不可能有光电流产生 【答案】 AC 【解析】A．根据氢原子的能级图可知，电子束能量可以使基态氢原子被激发到第4能级，而大量处于第4 能级的氢原子向低能级跃迁时产生的光子种数为 C2 6 4 故A正确； B．要使钨做成K极发生光电效应，应满足 hW 0 由n=4到n=3能级，辐射出的光子能量为 hE E 0.66eV 4 3 由n=4到n=2能级，辐射出的光子能量为 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002hE E 2.55eV 4 2 由n=4到n=1能级，辐射出的光子能量为 hE E 12.75eV 4 1 由n=3到n=2能级，辐射出的光子能量为 hE E 1.89eV 3 2 由n=3到n=1能级，辐射出的光子能量为 hE E 12.09eV 3 1 由n=2到n=1能级，辐射出的光子能量为 hE E 10.2eV 2 1 由此可知，只有3种频率的光能使钨做成K极发生光电效应，故B错误； C．乙图中，若将滑动变阻器滑片右移，反向电压增大，所以微安表的示数可能为零，故C正确； D．乙图中，若将电源反接，对光电管加正向电压，所以电路中一直有光电流产生，故D错误。 故选AC。 8．2019年春节电影《流浪地球》热播，观众分析《流浪地球》中的发动机推动地球的原理：行星发动机通 过逐步改变地球绕太阳运行的轨道，达到极限以后通过引力弹弓效应弹出地球，整个流浪时间长达几十年。 具体过程如图所示，轨道1为地球公转的近似圆轨道，轨道2、3为椭圆轨道，P、Q为椭圆轨道3长轴的 端点。以下说法正确的是（ ） T T T T T T A．地球在1、2、3轨道的运行周期分别为 1、 2、 3，则 1 2 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002B．地球在1、2、3轨道运行时地球的动能与地球太阳的引力势能之和分别为 E 1、 E 2、E 3，则 E 1 E 2 E 3 C．地球在3轨道运行时从P向Q运行的过程中地球的动能不断增大 D．在2轨道上相同时间内地球与太阳连线扫过的面积等于在3轨道上相同时间内地球与太阳连线扫过的面 积 【答案】 AB 【解析】A．根据开普勒第三定律 a3 k T2 根据图中椭圆轨道半长轴关系，可知地球在1、2、3轨道的运行周期关系为 T  T T 1 2 3 故A正确； B．地球从轨道1上的P点进入轨道2要做离心运动，需点火加速，同理，地球从轨道2上的P点进入轨道 3需点火加速，所以地球在1、2、3轨道运行时地球的动能与地球太阳的引力势能之和关系为 E E E 1 2 3 故B正确； Q C．P到 ，太阳对地球的引力做负功，地球动能减少，故C错误； D．根据开普勒第二定律可知，同一轨道上才有相同时间内扫过的面积相等，故D错误。 故选AB。 9．如图分别为a、b两质点在同一直线上运动的速度时间图像，则下列判断正确的是（ ） A．10s末a、b速度相同 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002B．若t=0时a在b前方50m，此后a、b只能相遇一次 C．若t=0时a在b前方10m，此后a、b将会相遇两次 D．若t=0时b在a前方的距离大于40m，此后a、b将不会相遇 【答案】 AC 【解析】A．10s末a、b两质点图像相交，vt图像的交点，表示物体速度相等，故Ａ正确； B．10s末a、b两质点速度相等，由vt图像围成的面积表示位移，可求得此时a质点发生的位移为 1 s  1010m50m a 2 此时b质点发生的位移为 (810) s  10m90m b 2 若t=0时a在b前方50m，10s末a、b两质点速度相等时，此时两者相距 s(s 50)s 10m a b 且a在前，b在后，以后质点a的速度比质点b的速度大，质点b不可能追上质点a，所以两质点不可能相 遇，故B错误； C．若t=0时a在b前方10m，在10s之前，由于 10ms(s s )40m b a 则质点b将在10s前追上质点a，追上之后，由图像知，由于质点a的速度增加比质点b的速度增加得快， 故质点a又追上质点b，以后将不再相遇，所以a、b将会相遇两次，故C正确； D．若t=0时b在a前方的距离大于40m，由于质点a的速度增加比质点b的速度增加快，故质点a将在10s 后追上质点b，且由于以后质点a的速度比质点b的速度大，则此后a、b将不会再相遇，所以a、b将相遇 一次后不再相遇，故D错误。 故选AC。 10．如图所示，倾斜放置的平行金属导轨固定在范围足够大，方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场 中，导轨与水平面夹角为，两导轨间距为L，导轨下端连入一个阻值为R的定值电阻。将一质量为m的 v 导体杆AC水平放置于导轨某处，并对它施加一瞬时冲量，使其获得一个沿斜面向上的初速度 0。一段时间 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002 后，观察到导体杆沿斜面匀速下滑。已知导体杆和斜面间的动摩擦因数为 ，导体杆和导轨电阻不计，重 力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．导体杆刚开始上滑时摩擦力最小 B．导体杆刚开始上滑时加速度最小 mgR（sincos） v B2L2cos（cossin） C．导体杆的最终速度为 D．导体杆下滑过程中，电阻R的功率增加的越来越慢，然后保持不变 【答案】 ACD 【解析】A．金属杆上滑过程中，产生的感应电流大小为 BLvcos I  R 其所受安培力为 B2L2vcos F BIL A R ，方向水平向左 对金属杆受力分析，垂直斜面方向 F F sinmgcos N A 沿斜面方向 f F cosmgsinma A f F N 综上得 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002 B2L2vcossin f mgcos   R  金属杆上滑过程中必然减速，故开始时其速度最大，所以此时其摩擦力最小，故A正确。 B．上滑时，导体杆的加速度为 B2L2vcos a（cossin）g （cossin） mR 由于cos和 sin 的关系无法判断，故加速度随v的变化也无法判断，故B错误。 C．金属杆下滑过程中，最终速度必然是沿斜面方向受力平衡，此时，对金属杆受力分析，有 f F cosmgsin A f F N 垂直斜面方向 F F sinmgcos N A B2L2vcos F BIL A R 综上得 mgR（sincos） v B2L2cos（cossin） 故C正确。 D．金属杆下滑过程中，加速度逐渐减小，即速度增加的越来越慢，即电流增加的越来越慢，即电阻的功率 增加的越来越慢，当导体杆一旦匀速，电阻R的功率保持不变，故D正确。 故选ACD。 三、非选择题：本题共 5小题，共 56分． 11. （7分）如图1，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的 动量关系。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002m m （1）先用天平测出半径相同的两个小球的质量 1、 2，图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。 实验时，应将质量较 （填“大”或“小”）的小球作为入射小球，先让入射球多次从斜轨上S位置静止 释放，找到其平均落地点的位置P，测量O、P间距离x。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将 入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是 。（填选 项前的符号） m A．测量小球 1开始释放的高度h B．测量抛出点距地面的高度H m m x x C．确定 1、 2相碰后平均落地点的位置M、N，并分别测量M和N到O点的距离 1和 2 （2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 [用（1）中测量的量表示]。 m 40.0g m 8.0g （3）经测定 1 ， 2 ，若入射小球落地点的平均位置P距O点的距离为30.00cm，可计算出 m 被碰小球 2平抛运动射程ON的最大值为 cm。 mx m x mx 【答案】 （1）大 ； C ；（2） 1 1 2 2 1 ；（3） 50 【解析】（1）为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大。 取向右为正方向，要验证动量守恒定律，即验证 mv mv m v 1 1 1 2 2 3 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以t得 mOPmOM m ON 1 1 2 可知，实验需要验证上述等式，则还需要完成的必要步骤为，确定m 、m 相碰后平均落地点的位置M、N， 1 2 并分别测量M和N到O点的距离，故C正确，A、B错误。故选C。 （2）根据中分析可知，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002mx m x mx 1 1 2 2 1 （3）当两球发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，取向右为正方向，动能守恒的表达式是 1 1 1 mv2  mv2 m v2 2 1 1 2 1 2 2 2 3 等式两边同时乘以t2得 1 1 1 mx2  mx2 m x2 2 1 2 1 1 2 2 2 与中表达式联立可得 x 50cm 2 12. （9分）某同学学习了欧姆表原理后，想自己用一个电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“×1”和“×10”）， 在实验室找到以下器材： A．电流表，满偏电流为10mA、内阻大约10Ω B．电压表3V，内阻约3000Ω C．电压表6V，内阻约6000Ω D．滑动变阻器，最大电阻10Ω E.定值电阻R =291Ω 1 F.定值电阻R =1Ω 2 G.定值电阻R =10Ω 3 H.电源电动势3V，内阻很小 I.开关、导线若干 （1）首先该同学设计了一个实验电路测量电流表的内阻，要求两个电表的指针都能达到半偏以上，并尽可 能准确测量阻值，图中电路比较合理的是 。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002A． B． C． D． （2）测量电流表内阻的电路图中定值电阻应选 （填“R ”“R ”或“R ”），电压表应选 1 2 3 （填“B”或“C”），在某次测量中电流表读数是 8.0mA，电压表刻度盘如图 2 所示，则电压表读数是 V，根据以上数据可得出电流表的内阻是 Ω。 （3）然后该同学设计了如图3所示的欧姆表原理图，电路中的定值电阻R= Ω，只闭合开关1时 欧姆表的倍率是 （填“×1”和“×10”）。 【答案】 (1) B；（2） R ； B ；2.40 ； 9；（3） 1 ； ×10 1 【解析】（1） C．电流表可以测出表所在电路的电流，故用伏安法测电流表电阻，电流表为测量对象故电 流表内接，故C错误； A．电流表内阻大约10Ω、满偏电流为10mA，要求两个电表的指针都能达到半偏以上，选择量程3V的电 压表，该电路不能满足该要求，故A错误； D．滑动变阻器的最大电阻10Ω，为使滑动变阻器的调节使得测量数据更准确，应选择分压式连接，故D 错误； B．综上所述，B 电路图符合设计要求，故B正确。 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002故选B。 （2）电流表内阻大约10Ω、满偏电流为10mA，电流表承担的分压较小，故选择小量程电压表，选择选项 “B”量程3V的电压表； 为保护电流表，应串联定值电阻R =291Ω，起到分压的作用； 1 电压表量程为3V，故电压表的读数为2.40 V； 电流表的电阻为 U 2.40 R  R  Ω291Ω9Ω A I 1 0.08 （3）当开关“1”闭合，“2”断开，欧姆表指针指在表盘中间时有 I U  g R g 2 g 电流表改装成有两个倍率的欧姆表（“×1”和“×10”），故当开关“1”“2”都闭合时，并联分流，欧姆表中值电阻 大十倍，此时干路总电流扩大十倍，故并联的电阻大小为 Ug 1 R  Rg 1Ω Ig 9 101 2 只闭合开关1时欧姆表的倍率是“×10”。 13. （10分）如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线①经反光镜反射后垂直AB面射入五棱镜， 平行于AB面射出五棱镜。已知玻璃相对空气的折射率为1.6，CD面与AB面的夹角为30，ABC 90。（已 1 sin38  知 1.6） （1）如图所示，如果左下角的桃心表示一正立的物体，判断经过五棱镜两次反射后在取景窗中得到的是正 立还是倒立的像（无需写出证明过程）； （2）试分析判断光线在F点是否发生全反射； （3）调节CD和AE面与AB面的夹角，使得光线①射到CD面上时恰好发生全反射，且光线射出五棱镜 的方向仍与AB面平行，求调整后CD面与AB面的夹角和AE面与AB面的夹角（∠EAB）分别为多大？（在 传播过程中光线与DE面无交点） 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002【答案】 （1）倒立的像；（2）不能发生全反射；（3）38，97o 【解析】（1）一次反射后得到的像为倒立的像，根据题意在五棱镜两次反射后（即一共反射三次）取景窗 中得到的是倒立的像。 （2）已知玻璃相对空气的折射率n1.6，设发生全反射的临界角为C。据 1 sinC  n 解得 C 38o 由几何关系可知光线在F点的入射角为 30o38o 以入射小于临界不能发生全反射。 （3）设调整后CD面和AE面与AB面的夹角分别为∠1和∠2，由于光在CD面上恰好发生全反射，由几 何关系可知 1C 38o 由几何关系可知 2C290o  180o2 90o   解得 297o 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx00214. （14 分）如图所示，在 xOy 平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于a、b、c点和a、 b、c点，其中圆弧abc的半径为R。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点O 向外辐射，其间的电势差为U 。圆弧abc上方圆周外区域，存在着上边界为 y2R 的垂直纸面向里的足够 大匀强磁场，圆弧abc内无电场和磁场。O点处有一粒子源，在 xOy 平面内向x轴上方各个方向，射出质量 qU 2 q 为m、电荷量为 的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为 m ，被辐射状的电场加速后进入 磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。 （1）求粒子被电场加速后的速度v； （2）要有粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值B 0； （3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中B 0的 3时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度L。 【答案】 （1） v 6q m U ；（2） B 0  2 q m R U 2 ；（3）  2 211  R 【解析】（1）带电粒子进入电场中，在电场加速过程中，由动能定理有 1 1 qU  mv2 mv2 2 2 0 解得 6qU v m （2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有 v2 qvBm r 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002可得 mv r qB 粒子垂直上边界射出磁场，则粒子轨迹圆的圆心必然在上边界线上，且根据几何关系，轨迹圆圆心到坐标 原点的距离d满足 d2 r2R2 如图所示 当d 2R时，轨道圆半径有最小值 r  3R min 此时磁感应强度有最大值 mv 2mU B   0 qr qR2 min B 3B （3）当磁感应强度 0时，粒子运动圆半径 3 r r R 3 min 如图所示 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002①粒子轨迹圆与上边界相切时，粒子运动到最左边，有 x R 1 ②当粒子轨迹圆与上边界的交点、运轨迹圆圆心以及坐标原点O点三点共线时，粒子打在最右边，此时有 x2(2R)2 ( 2RR)2 2 解得 x  2 21R 2 可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度为   Lx x  2 211 R 1 2 15. （16分）如图甲所示，固定在水平面上的滑道由A、B、C三部分组成，其中A部分为“ ”形平台， M 0.9kg 其上表面光滑，上方有一与其等长轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；B部分为质量 ，长 L3.0m的长木板，其上表面粗糙、下表面光滑；C部分为半径R0.9m的竖直光滑半圆轨道，其直径竖直。 m1.8kg Q 现用质量 的小物块将弹簧压缩至P点，由静止释放后，小物块沿滑道运动至 点水平抛出后恰好 1  落在A的最右端。已知小物块与B上表面的动摩擦因数 3， g 10m/s2 。求： Q （1）小物块运动至 点时对竖直半圆轨道C的压力； （2）弹簧压缩至P点时的弹性势能； （3）如图乙所示，将竖直半圆轨道C向右移动一段较长的距离s后固定，并解除对长木板B的固定。再次 将小物块压缩弹簧至P点由静止释放，改变小物块与B上表面的动摩擦因数使小物块滑上B且恰好未滑下， 此后B与C碰撞，小物块冲上竖直半圆轨道C。求小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002度。 5 H  m E 72.9J 【答案】 （1）32N；（2） p ；（3） 3 Q Q v 【解析】（1）根据题意可知，小物块从 点飞出做平拋运动，设小物块在 点的速度为 Q，水平方向上有 Lv t Q 竖直方向上有 1 2R gt2 2 Q 小物块在 点，由牛顿第二定律有 v2 F mg m Q N R 联立代入数据解得 F 32N N Q 由牛顿第三定律可得，小物块运动至 点时对竖直半圆轨道C的压力为 F F 32N N N E Q （2）根据题意，设弹簧压缩至P点时的弹性势能为 p，小物块由P点到 点的过程中，由能量守恒定律有 1 E mgLmg2R mv2 p 2 Q 解得 E 72.9J p v （3）设小物块滑上B的速度为 0，有 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0021 E  mv2 p 2 0 解得 v 9m/s 0 之后小物块与B共速由动量守恒定律有 mv mMv 0 共 解得 v 6m/s 共 根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小为v，方向与竖直方向夹角为，在脱离位置，由牛顿第二定律有 v2 mgsinm R 小物块冲上C到脱离轨道位置，由动能定理有 1 1 mgR1sin mv2 mv2 2 2 共 解得脱离轨道时 2 sin v 6m/s， 3 脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为 (vcos)2 h 2g 则小物块冲上竖直半圆轨道C至落地过程中上升的最大高度 H hR1sin 联立代入数据解得 5 H  m 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002