精品解析：海南省海口市2024-2025学年高三上学期10月摸底考试物理试题（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1104海南省海口市2024-2025学年高三上学期10月摸底考试

海口市 2025 届高三摸底考试 物理 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。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1. 以下说法中正确的是（ ） A. 在国际单位制中把“力”定为基本物理量，其单位为“牛顿” B. 理想化模型是把实际问题理想化，忽略次要因素，突出主要因素，例如：点电荷 C. 库仑提出了库仑定律，并最早通过实验测得元电荷的数值 D. 楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 【答案】B 【解析】 【详解】A．力学的三个基本物理量是质量、长度、时间，它们的物理单位分别是kg、m、s，故A错误； B．理想化模型是把实际问题理想化，忽略次要因素，突出主要因素，例如：点电荷、弹簧振子均是理想化 模型，故B正确； C．最早通过实验测得元电荷的数值的是密立根，故C错误； D．奥斯特发现了电流的磁效应，故D错误。 故选B。 2.“玉兔二号”上装配的放射性同位素电池，能将238Pu衰变释放的部分核能转化成电能。238Pu的半衰期是 94 94 87.7年，238Pu发生衰变的核反应方程为器238Pu234 UX，下列正确的是（ ） 94 94 92 A.X是粒子 B. 温度升高238Pu的半衰期变大 94 C.X是粒子 D.100个238Pu经过87.7年剩余50个 94 【答案】A 【解析】 【详解】AC．根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒可知，方程中的X质量数为4，电荷数为2，则X是4He， 2 第1页/共24页 学科网（北京）股份有限公司即粒子，故A正确，C错误； B．半衰期只与原子核内部结构有关，与外界环境因素无关，故B错误； D．原子核的半衰期是针对大量原子核得出的统计规律，对少数原子核衰变不适用，故D错误； 故选A。 3. 如图所示，水平地面上有一质量为m的木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为，现对木箱施加与水平 方向成角的拉力F，使木箱从静止开始做匀加速直线运动，前进距离l时速度为v。在该过程中，下列说 法正确的是（ ） A. 力F做功为Fl B. 力F的平均功率为Fv C. 力F的瞬时功率一直增大 D. 木箱克服摩擦力做功为mgl 【答案】C 【解析】 【详解】A．力F做功为 W Flcos 故A错误 B．木箱运动的平均速度为 v v  2 则力F的平均功率为 Fv P  Fcosv  cos 2 故B错误； C．力F的瞬时功率 P Fvcos 由于木箱从静止开始沿直线匀加速运动，则力F的瞬时功率一直增大，故C正确； D．木箱受到的摩擦力为 f F (mgFsin) N 则木箱克服摩擦力做功为 W  fl (mgFsin)l f 第2页/共24页 学科网（北京）股份有限公司故D错误。 故选C。 4. 某次足球比赛中，足球以v 4m/s的速度从球员身边直线滚过，在运动方向上离边界还有7.5m。该球 0 员立即由静止开始同向直线追赶，球员和足球的vt图像如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 球员的加速度大小为1m/s2 B.0~1s内，足球的平均速度大小为1.5m/s C.1s时，球员刚好追上足球 D. 若球员不追赶足球，足球会滚出边界 【答案】D 【解析】 【详解】A．在vt图像中，图线的斜率为加速度的大小，故球员的加速度大小为 v 3 a  m/s2 t 1 A错误； B．根据匀变速直线运动规律可知，0~1s内，足球的平均速度大小为 1 1 v   v v   34  m/s=3.5m/s 2 0 2 B错误； C．1s时，球员的位移 1 1 x  vt  31m=1.5m 1 2 1 2 足球的位移 1 1 x   v v  t   43 13.5m 2 2 0 1 2 显然足球的位移大于运动员的位移， C错误； 第3页/共24页 学科网（北京）股份有限公司D．若球员不追赶足球，足球静止时的位移 1 1 x v t = 44m=8m>7.5m 2 0 总 2 足球会滚出边界，D正确。 故选D。 5. 嫦娥六号于2024年6月2日成功着陆月背南极-艾特肯盆地。如图所示，假设登月探测器在环月轨道1 上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由Q点进入圆轨道3。若轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r， 登月探测器在轨道3的运行周期为T，则下列说法正确的是（ ） A. 探测器在轨道3上运行时加速度不变 B. 探测器在轨道2上运行的周期为2 2T C. 探测器在轨道1和轨道3上运行的线速度大小之比v :v 1:3 1 3 D. 探测器从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据万有引力提供向心力有 GMm ma r2 解得 GM a  r2 探测器在轨道3上运行时加速度大小不变，方向改变，故A错误； B．探测器在轨道2上运行时的轨道半长轴 r3r r  2r 2 2 探测器在轨道2和轨道3上运行时，根据开普勒第三定律可知 (2r)3 r3  T2 T2 2 第4页/共24页 学科网（北京）股份有限公司解得 T 2 2T 2 故B正确； C．探测器在轨道1、3上运行，根据万有引力提供向心力可知 GMm v2 m r2 r 解得 GM v  r 解得 v 1 1  v 3 3 故C错误； D．探测器由高轨道变轨到低轨道，做向心运动，需要减速，故D错误； 故选B。 6. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V T 图像如图所示。下 列说法正确的是（ ） A. 过程ab中气体分子热运动的平均动能保持不变 B. 过程bc中外界对气体做功小于气体向外放出的热量 C. 过程ca中单位时间内撞击容器壁单位面积的气体分子数增多 D. 气体在a、b两状态的压强大小之比 p : p 3:1 a b 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程ab中，温度升高，分子热运动的平均动能增大，故A错误； B．过程bc中，温度降低，气体内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，过程 第5页/共24页 学科网（北京）股份有限公司bc中外界对气体做功小于气体向外放出的热量，故B正确； C．过程ca中，温度一定，气体分子运动的平均速率一定，体积增大，气体分子分布密集程度减小，则单 位时间内撞击容器壁单位面积的气体分子数减小，故C错误； D．过程ab中，体积一定，根据查理定律有 p p a  b T 3T 0 0 解得 p : p 1:3 a b 故D错误。 故选B。 7. 在光电效应实验中，某同学分别用甲光、乙光、丙光照射同一光电管，得到了三条光电流随电压变化的 图像，如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 甲光的强度大于乙光的强度 B. 甲光的频率大于乙光的频率 C. 乙光照射时光电子最大初动能大于丙光照射时光电子最大初动能 D. 甲光和丙光通过同一双缝干涉装置后，丙光形成的干涉条纹间距较大 【答案】A 【解析】 【详解】BC．根据光电效应方程 E hνW k 0 根据动能定理可得 eU 0E c k 联立可得 eU hW c 0 根据图像中遏止电压的大小关系可知，甲光、乙光、丙光的频率大小关系为 第6页/共24页 学科网（北京）股份有限公司   丙 甲 乙 根据E hνW 可知乙光照射时光电子最大初动能小于丙光照射时光电子最大初动能 k 0 故BC错误； A．甲乙两光的频率相等，但是甲光照射的饱和光电流大于乙光照射的饱和光电流，可知甲光的强度大于乙 光的强度，故A正确； D．根据c可得三中光的波长关系为    丙 甲 乙 根据条纹间距公式 L x  d 可知甲光和丙光通过同一双缝干涉装置后，甲光形成的干涉条纹间距较大，故D错误。 故选A。 8. 如图，质量均为m的2024个相同匀质圆柱体依次放置在倾角为30°的光滑斜面上，斜面底端有一竖直光 滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态，则下列说法中正确的是（ ） A. 圆柱体1、2、3……2024对斜面压力依次减小 B. 挡板对圆柱体1的弹力大小为1012mg 2027 3 C. 圆柱体1对斜面的压力大小为 mg 6 D. 若将挡板绕下端点缓慢逆时针转60°，则转动过程中挡板受到的压力逐渐增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．除圆柱体1之外，其它所有圆柱体对斜面的压力大小都等于自身重力垂直斜面方向的分力的大 小，即都为 N mgcos30 而圆柱体1因为还受到水平向右的挡板对其的弹力，因此圆柱体1对斜面的压力大小应等于自身重力垂直 斜面方向的分力大小与挡板对圆柱体1的弹力在垂直斜面方向的分力的大小之和，故A错误； 第7页/共24页 学科网（北京）股份有限公司B．以2024个圆柱体为整体，根据受力平衡可得 F tan30 挡 2024mg 可得挡板对圆柱体1的弹力大小为 2024 3 F  mg 挡 3 故B错误； C．以2024个圆柱体为整体，根据受力平衡可得斜面对2024个圆柱体的总支持力大小为 2024mg 4048 3mg N   总 cos30 3 则斜面对圆柱体1的支持力大小为 2027 3 N  N 2023mgcos30 mg 1 总 6 2027 3 则圆柱体1对斜面的压力大小为 mg ，故C正确； 6 D．对整体受力分析，做出力的矢量三角形如图所示 可知，随着挡板绕下端点缓慢逆时针转动30o时，挡板对整体的弹力沿着斜面向上，垂直于支持力F ，随 N 着挡板绕下端点缓慢逆时针转动到60°时，转动过程中挡板对整体的支持力将先减小后增大，则根据牛顿第 三定律可知，挡板受到的压力将先减小后增大，故D错误。 故选C。 二、多项选择题：本题共5小题，每小题 4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多 个选项是符合题目要求的。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. 如图所示，理想变压器的原线圈、副线圈匝数比为2：1，电阻R10，电压表为理想交流电压表，原 线圈加上如图所示的交流电，则下列说法正确的是（ ） 第8页/共24页 学科网（北京）股份有限公司A. 在t 0.01s时，电压表的示数为0 B. 原线圈电流的有效值为0.5A C. 电阻R上消耗的电功率为10W D. 加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u 20 2sin5πtV 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由乙图可知，原线圈两端电压最大值为U 20 2V，则有效值为 m U U  m  20V 1 2 根据电压与匝数比关系，有 U n 2 1  1  U n 1 2 2 解得副线圈两端的电压为 U 10V 2 因电压表显示的示数是有效值，故任何时刻电压表的示数都为10V，不会为零，故A错误； B．根据欧姆定律可得流过R的电流为 U I  2 1A 2 R 根据电流与匝数比的关系，有 I n 1 1  2  I n 2 2 1 解得 I 0.5A 1 故B正确； 第9页/共24页 学科网（北京）股份有限公司C．根据电功率公式，有 PI2R10W 2 故C正确； D．由乙图可知，周期T=0.02s，则角速度为 2  100rad/s T 原线圈两端电压最大值为U 20 2V，根据 m u U sint  V  m 可知加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为 u 20 2sin100πt  V  故D错误。 故选BC。 10. 如图甲所示，用水平力F把一质量为m的木块压在竖直墙壁上，F随时间变化规律如图乙所示。已知 物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，t  0时物块速度为零，重力加速度为g。对物块的运动，下列描述正确的 是（ ） A. 在T 时刻物块速度为0.5gT 0 0 B. 在T ~ 2T 时间内物块的加速度为0.5g 0 0 C. 在0~3T 时间内物块的位移大小为gT2 0 0 D. 在2T ~3T 时间内物块与墙壁保持相对静止 0 0 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，0T ，压力的大小为 0 第10页/共24页 学科网（北京）股份有限公司F mg 此时，物块和墙壁间的摩擦力为 f F 0.5mg 由牛顿第二定律可知物块的加速度 mg f ma 解得 a0.5g 在T 时刻物块速度为 0 vaT 0.5gT 0 0 A正确； B．在T ~ 2T 时间内，压力的大小 0 0 F 2mg 此时，物块和墙壁间的摩擦力为 f F mg 与物块的重力平衡，物块的加速度为0，B错误； CD．0T 时间内物块的位移 0 1 x  vT 0.25gT2 1 2 0 0 T ~ 2T 物块以速度v做匀速运动，位移为 0 0 x vT 0.5gT2 2 0 0 2T ~3T 时间内，压力的大小 0 0 F' 3mg 此时摩擦力的大小 f ' F' 1.5mg 根据牛顿第二定律可知，此时物块的加速度 f ' mg ma' 第11页/共24页 学科网（北京）股份有限公司解得 a' 0.5g 方向竖直向上，所以此阶段物块以初速度v、加速度a'向下做匀减速运动，根据匀变速直线运动规律可得， 此阶段物块的位移 1 x vT  a'T2 3 0 2 0 解得 x 0.25gT2 3 0 所以03T 时间内物块的位移 0 x x x x  gT2 1 2 3 0 C正确，D错误。 故选AC。 11. 光线从空气射入某介质，入射光线和界面的夹角为45°，反射光线和折射光线的夹角为105°，由此可知 （ ） A. 该介质的折射率为 3 B. 光在这种介质中的传播速度为v1.5 2108m/s C. 光线从空气射入介质时，入射角大于45°会发生全反射 D. 光线从空气射入介质时，最大折射角不超过45° 【答案】BD 【解析】 【详解】A．光线从空气射入某介质，入射角为45°，折射角为30°，则该介质的折射率为 sin45 n  2 sin30 选项A错误； B．光在这种介质中的传播速度为 c v 1.5 2108m/s n 选项B正确； C．光线从空气射入介质时，因光线从光疏介质射入光密介质，则不会发生全反射，选项C错误； D．光线从空气射入介质时，当入射角最大为90°时，折射角最大，最大折射角 第12页/共24页 学科网（北京）股份有限公司sin90 2 sinr   n 2 则折射角不超过45°，选项D正确 。 故选BD。 12. 如图所示，三个点电荷a、b、c位于等边三角形的三个顶点，a和b带等量正电荷，电量为q，c带负电 荷，电量为2q。A为a、b连线的中点，O为三角形的中心，Oc长为r，下列说法正确的是（ ） A.O点电势小于A点电势 B.O点电场强度小于A点电场强度 C. 负电荷沿OA从O点移到A点电势能减小 3Qq D. 带电量为Q的试探电荷在O点所受的电场力大小F k r2 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据电场的合成可知，Ac段电场由A指向c，沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知O点电 势小于A点电势，故A正确； B．c点电荷在O点处的电场大于A点，ab点电荷在A点的合场强为0，在O点的合场强不为0，根据矢量 的合成可知，O点电场强度大于A点电场强度，故B错误； C．O点电势小于A点电势，负电荷在电势高的位置电势能较小，所以负电荷沿OA从O点移到A点电势 能减小，故C正确； D．根据几何关系可知O到顶点的距离都为r，根据库仑定律2q与Q的库仑力为 kQ2q F  c r2 a、b正电荷与Q的库仑力为 kQq F r2 夹角为120°，根据矢量合成可知，带电量为Q的试探电荷在O点所受的电场力大小 kQq kQq 3Qq F 2  k r2 r2 r2 故D正确； 第13页/共24页 学科网（北京）股份有限公司故选ACD。 13. 我国新一代航母阻拦系统采用了电磁阻拦技术，工作原理如图所示。固定在水平甲板面内的“U”型金 属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，MN、PQ平行且相距l，且MP电阻 为R，其余导轨电阻不计。一质量为m、阻值为R的导体棒ab垂直搁置在两导轨之间，且与导轨接触良好。 质量为M的飞机着舰时，迅速钩住导体棒ab上的绝缘绳，同时关闭动力系统并立即与导体棒ab获得相对 航母的共同速度v ，飞机和导体棒一起减速滑行距离x后停下。除安培力外，两者一起运动时所受阻力恒 0 为f，导体棒始终与导轨垂直，绝缘绳的质量不计。从飞机与导体棒共速到停下来的过程中，下列说法正确 的是（ ） A. 飞机与导体棒向右运动过程中，ab棒中的电流方向为b→a 1 B. 回路MPba产生的焦耳热为  M m  v2  fx 2 0 Blx C. 通过导体棒某横截面的电荷量为 R (M m)v B2l2x D. 所经的时间为t  0  f 2Rf 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．飞机与导体棒向右运动过程中，根据右手定则，可判断知ab棒中的电流方向为b→a，故A正 确； B．对导体棒和飞机这一整体，根据动能定理，有 1 W  fx0  M m  v2 安 2 0 由于回路MPba产生的焦耳热等于ab棒克服安培力所做的功，可得 1 Q W   M m  v2  fx 焦 安 2 0 故B正确； C．通过导体棒某横截面的电荷量为  E t  Blx q  It  t  ·t   R 2R 2R 2R 总 第14页/共24页 学科网（北京）股份有限公司故C错误； D．导体棒和飞机这一整体，根据动量定理，有 F t ft 0 M m  v 安 0 即 BIlt ft  0 M m  v 0 It q 联立求得  M m  v B2l2x t  0  f 2Rf 故D正确。 故选 ABD。 三、实验题：本题共 2小题，共20分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算 过程。 14. （1）下列关于图中实验说法正确的是______。 A. 图甲“探究平抛运动的特点”实验中，斜槽轨道必须光滑 B. 图乙计算油膜面积时，只数完整的方格数，油酸分子直径的测量值会偏大 C. 图丙“探究气体等温变化的规律”实验中，要紧握玻璃管气体部分并快速移动柱塞 D. 图丁“测量玻璃的折射率”实验中，玻璃砖宜选用宽度较窄的，大头针应垂直插入 （2）某同学利用如图甲所示的实验装置进行了“探究加速度与力、质量的关系”的实验，该同学在钩码上方 加装了一个力传感器，可以显示上方细线拉力的大小。图乙是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动 的纸带。取计数点A、B、C、D、E，且相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，计数点间的距离如图乙 所示，电源的频率为50Hz。 第15页/共24页 学科网（北京）股份有限公司①实验中______（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量m远小于小车的质量M； ②由图乙可求得C点的瞬时速度大小v ______m/s，小车运动的加速度大小a ______m/s2（结果均保留 3位有效数字）； ③该同学在实验前，没有测量小车的质量M，也忘记平衡摩擦力，在保持小车的质量不变的情况下，进行 了多次实验，得到了如图丙所示的图像，则根据图像可求得小车的质量M ______kg。 【答案】（1）B （2） ①. 不需要 ②.0.507 ③.2.36 ④.2 【解析】 【小问1详解】 A．“探究平抛运动的特点”实验中，探究的是小球抛出后的运动情况，斜槽轨道是否光滑对实验没有影响， A错误； B．计算油膜面积时，只数完整的方格数，会导致面积S偏小，根据油膜法计算分子的直径 V d  S 测得的分子直径会偏大，B正确； C．“探究气体等温变化的规律”实验中，手紧握玻璃管气体部分并快速移动柱塞，都会导致封闭气体的温 度升高，C错误； D．“测量玻璃的折射率”实验中，为了准确确定入射光线和折射光线的位置，玻璃砖宜选用宽度较宽大些的， 大头针应垂直插入在纸面上，D错误。 故选B。 【小问2详解】 [1]由于实验器材中有力传感器，可以直接测量出小车所受拉力的大小，故不需要满足所挂钩码的质量m远 小于小车的质量M。 [2]根据匀变速直线运动规律，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故有 x (11.631.50)102 v  BD  m/s=0.507m/s C 2T 20.1 [3]根据逐差法可求得小车的加速度 第16页/共24页 学科网（北京）股份有限公司x x (20.2125.38)102 a CE AC  m/s2 2.36m/s2 4T2 40.12 [4]设小车受到的摩擦力为 f ，根据牛顿第二定律可知 F  f Ma 解得 F f a   M M 由此可知，在aF 的图像中，斜率为小车质量的倒数，即 1 k M 解得 1 1 M   kg=2kg k 2 4 15. 某兴趣小组为测量电压表V 的内阻（量程0~3V、内阻r 约为5k），设计了图甲所示电路，实验室提 1 1 供了如下器材： A．电压表V （量程0~15V，内阻r 15k） 2 2 B．电阻箱R （0~9999） 0 C．滑动变阻器R（0~50） 1 D．滑动变阻器R （0 ~10kΩ） 2 E．直流电源（电动势为18V，内阻不计），开关S，导线若干。请完成下列填空： （1）实验原理图如图甲所示，用笔画线代替导线，将图乙的实物电路补充完整______； （2）滑动变阻器应选用______（选填“ R ”或“R ”），闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P调到最______ 1 2 端（选填“左”或“右”）； （3）电阻箱接入一定电阻，闭合开关，调节滑片P的位置让两个电压表有合适的示数。某次实验中，电压 第17页/共24页 学科网（北京）股份有限公司表V 的示数如图丙所示，则其读数为______V；若电压表V 的示数为U ，电压表V 的示数为U ，电阻箱 2 1 1 2 2 的电阻为R ，则电压表V 的内阻r ______（用“U ”、“U ”、“R ”、“r ”表示）。 0 1 1 2 1 0 2 【答案】（1） （2） ①. R ②. 左 1 U r R （3） ①.12.0 ②. 1 2 0 U R U r 2 0 1 2 【解析】 【小问1详解】 根据电路图可得实物连接如图所示 【小问2详解】 [1][2]根据题意可知，滑动变阻器采用分压接法，为了方便调节，应选用R，为了保护电压表V ，闭合S 1 1 前应将滑动变阻器的滑片调到最左端。 【小问3详解】 [1]电压表V 的分度值为1V，需要估读到分度值下一位，读数为12.0V； 2 [2]根据电路图，由电流关系可得 U U U 2  1  1 r R r 2 0 1 解得 U r R r  1 2 0 1 U R U r 2 0 1 2 四、计算题：本题共 3小题，共36分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的 文字说明、方程式和演算步骤。 16. 如图甲所示，a、b为沿x轴负方向传播的一列简谐横波上的两质点，相距为1m。a、b的振动图像分别 第18页/共24页 学科网（北京）股份有限公司如图乙、丙所示。已知该波的波长大于0.7m，求： （1）质点a在0~5s内振动走过的路程； （2）可能的波速v。 【答案】（1）100cm （2）5m/s或者1m/s 【解析】 【小问1详解】 由振动图像可知，波的振动周期 T 0.8s 质点a从平衡位置开始振动每经四分之一个周期路程为一个振幅A4cm，可知 5 s  A100cm 0.2 【小问2详解】 若波沿着x轴负方向传播，则a间距离  1 x  n  ，(n0,1,2)  4 即  1 n  1m  4 由于0.7m，n可以取0，1，波长  4m 1  0.8m 2 则波速为  4 v   m/s5m/s 1 T 0.8  0.8 v   m/s=1m/s 2 T 0.8 第19页/共24页 学科网（北京）股份有限公司17. 如图所示，实验小车静止在水平地面上，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂 于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放，小球运动到最低点时与物块发 生弹性碰撞。已知细线长L1.25m，小球质量m0.20kg，物块、小车质量均为M 0.30kg，物块与 小车上表面间动摩擦因数 0.4，小车与地面间动摩擦因数 0.15。小球、物块均可视为质点，不计 1 2 空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； （3）为使物块不从小车上掉下来，小车长度的至少为多长？ 【答案】（1）6N （2）4m/s （3）1.6m 【解析】 【小问1详解】 对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理 1 mgL mv2 0 2 0 解得 v 5m/s 0 在最低点，对小球由牛顿第二定律 v2 F mg m 0 T L 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为 F 6N T 【小问2详解】 小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律 mv mv Mv 0 1 2 第20页/共24页 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 mv2  mv2  Mv2 2 0 2 1 2 2 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 2m v  v 4m/s 2 mM 0 【小问3详解】 物块在小车上表面滑动过程中，由牛顿第二定律得 f a  g 1 M 1 f  f a  地 g2g 2 M 1 2 设经t二者共速为v，物体和小车位移大小分别为x ，x ，由匀变速运动规律得 1 2 对物体 v  v  at 2 1 对小车 v a t 2 解得 4 v m/s0.8m/s 5 4 t  s0.8s 5 (v v)t x  2 1 2 vt x  2 2 分析可知，二者共速后一起匀减速运动，则为使物块不从小车上掉下来，小车水平轨道长 s x x 1 2 解得 s1.6m 18. 如图所示，在平面直角坐标系确定的平面内，虚线OM与x轴负方向的夹角为45°，虚线OM右侧区域 I内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域II内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、 电荷量为q的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v 射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM时 0 速度方向与y轴平行，并恰好能到达x轴上的P点。已知原点O与P点间的距离为d，不计粒子受到的重 力，求： 第21页/共24页 学科网（北京）股份有限公司（1）匀强磁场的磁感应强度大小B； （2）匀强电场的电场强度大小E； （3）粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM所用的时间t 以及此时到O点的距离。 总 mv 【答案】（1）B  0 qd mv2 （2）E  0 2qd 2πd 8d （3）t  ，l 6 2d 总 v 总 0 【解析】 【小问1详解】 由题意，可画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示 由于粒子在磁场中的匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力公式，根据牛顿第二定律可得 v2 qv B m 0 0 r 由几何关系得 r d 解得 mv B  0 qd 【小问2详解】 第22页/共24页 学科网（北京）股份有限公司粒子在电场中的匀减速运动，由动能定理，得 1 qEd 0 mv2 2 0 解得 mv2 E  0 2qd 【小问3详解】 粒子在磁场中运动的周期为 2mπ 2dπ T   Bq v 0 粒子第一次在磁场中运动的时间为 3 3dπ t  T  1 4 2v 0 第一次穿过边界线OM时到O点的距离为 l  2d 1 在电场中的加速度为 qE v2 a   0 m 2d 粒子第一次在电场中来回的时间为 2d 4d t 2  2 a v 0 粒子第二次在磁场中还是以速度v 运动，则粒子第二次在磁场中的时间为 0 1 dπ t  T  3 4 2v 0 此时沿边界线OM移动的距离为 l  2d 2 粒子第二次在电场中以初速度v 做类平抛运动，则 0 在x方向 x v t 0 4 在y方向 第23页/共24页 学科网（北京）股份有限公司1 y  at2 2 4 联立解得 4d t  4 v 0 此时沿边界线OM移动的距离为 l 4 2d 3 则粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间 2πd 8d t t t t t  总 1 2 3 4 v 0 第四次穿过边界线OM时到O点的距离为 l l l l 6 2d 总 1 2 3 第24页/共24页 学科网（北京）股份有限公司