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2023年海南省新高考物理试卷（选择性）
参考答案与试题解析
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．（3分）钍元素衰变时会放出 粒子，其中 粒子是（ ）
A．中子 B．质子β βC．电子 D．光子
【分析】 粒子是电子，由此即可正确解答。
【解答】β解：放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、 ，其中 粒子是电子。故C正确，ABD错误。
故选：C。 α β γ β
【点评】本题考查了原子核衰变的生成物，特别要知道 粒子是电子， 衰变的实质是因为一个中子
转化成质子而释放出的电子。 β β
2．（3分）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法
正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【分析】明确小球运动中受力情况，知道洛伦兹力不做功，从而分析小球运动过程中的速度、加速度
情况。
【解答】解：A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的
作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正确；
B．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且
速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。
D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦
兹力永不做功，故D错误。故选A。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，注意明确洛伦兹力不做功这一性质，同时正确分析功能
关系以及掌握牛顿第二定律公式的应用。
3．（3分）如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（ ）
A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【分析】一对平衡力大小相等，方向相反，作用在一个物体上，一对相互作用力大小相等，方向相反，
是两个物体的相互作用力；
对滑轮进行受力分析，根据几何关系得出绳子拉力的变化趋势。
【解答】解：AB、对人受力分析有
则有F +F ＝mg
N T
根据一对平衡力和一对相互作用力的概念可知，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反
作用力，故A错误、B正确；
CD、对滑轮做受力分析有
则有则随着重物缓慢拉起过程， 逐渐增大，则F 逐渐增大，故CD错误。
T
故选：B。 θ
【点评】本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答。
4．（3分）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距 6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说
法正确的是（ ）
A．该波的周期是5s B．该波的波速是3m/s
C．4s时P质点向上振动 D．4s时Q质点向上振动
【分析】A.根据振动图像给出的信息作答；
B.根据图像求解两质点之间的距离满足的关系，再根据波长、波速和周期的关系分析求解波速；
CD.根据振动图像判断质点的振动方向。
【解答】解：A．根据振动图像可看出该波的周期是4s，故A错误；
B．由图像可知，质点Q、P的起振方向相反
则两质点之间的距离满足 ，其中n＝0，1，2，…
根据波长、波速和周期的关系
代入数据联立解得 m/s，其中n＝0，1，2，…，故B错误；
C．由P质点的振动图像可看出，在4s时P质点在平衡位置向上振动，故C正确；
D．由Q质点的振动图像可看出，在4s时Q质点在平衡位置向下振动，故D错误。
故选：C。
【点评】能够根据振动图像给出的信息求解周期、判断质点在某时刻的振动方向；要注意波在传播过
程中的周期性。
5．（3分）下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）
A．分子间距离大于r 时，分子间表现为斥力
0B．分子从无限远靠近到距离r 处过程中分子势能变大
0
C．分子势能在r 处最小
0
D．分子间距离在小于r 且减小时，分子势能在减小
0
【分析】当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小；分子力表现为
引力时，r增大，分子力先增大后减小，分子势能一直增大。
【解答】解：A、分子间距离大于r ，分子间表现为引力，故A错误；
0
BCD、分子间距离变小，引力做功，势能减小，在r 处势能最小，继续减小距离，分子间表现为斥力，
0
分子力做负功，势能增大，故BD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了分子力、分子势能等知识点，利用F﹣r图象、E ﹣r图象记忆分子力及分子势能
p
变化是一种很好的方法。
6．（3分）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 abcd，埋在地下的线圈分别为
1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【分析】根据安培定则判断线圈1、2中的电流形成的磁场方向；根据楞次定律判断矩形线圈abcd的
感应电流方向；安培力的方向总是与矩形线圈abcd相对于磁场的运动方向相反。
【解答】解：A、根据安培定则可知，线圈1、2中的电流形成的磁场方向都是竖直向下的，故A错误；
BC、汽车进入磁场时，线圈abcd磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流方向是adcba，离开
时磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流方向是abcda，故B错误、C正确；
D、根据楞次定律的推广可知，安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，在汽车离开线
圈1进入线圈2时，汽车受到的安培力方向与速度方向相反，故D错误。
故选：C。【点评】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起
感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。
7．（3分）如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定
后，电容器上电荷量为（ ）
A．CE B． CE C． CE D． CE
【分析】若取电源负极为零电势点，根据欧姆定律求解电容器上、下极板的电势，由此得到两极板间
的电压，再根据Q＝CU进行解答。
【解答】解：电路稳定后，由于电源内阻不计，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为：
电容器下极板的电势为：
则电容两端的电压为：U＝
下
﹣
上
φ φ
解得：
则电容器上的电荷量为：Q＝CU
解得：Q＝ CE，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查含容电路的分析，关键是弄清楚电路的连接情况，根据欧姆定律求解电容器
两极板间的电压。
8．（3分）如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB
固定两个带电量分别为Q 、Q 的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电
1 2
荷），已知AP：BP＝n：1，试求Q ：Q 是多少（ ）
1 2A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1
【分析】对小球进行受力分析，再根据库仑定律结合数学知识即可完成作答。
【解答】解：对小球受力分析如图所示：
在△CHP中，根据正弦定理有
其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO
在△APO中，根据正弦定理
在△BPO中，根据正弦定理
根据库仑定律 ，
联立以上各式，解得Q ：Q ＝2n3：1
1 2
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了库仑定律的应用，对于数学知识在物理学中的运用是学生应该具备的关键能力之
一。
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。
（多选）9．（4分）如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（
）A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速
B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期
C．飞船在1轨道速度大于2轨道
D．飞船在1轨道加速度大于2轨道
【分析】飞船做离心运动时必须点火加速；根据万有引力提供向心力列式，得出飞船的周期、速度和
加速度与轨道半径的关系，再比较各个量的大小。
【解答】解：A、飞船从较低的轨道1进入较高的轨道2要点火加速做离心运动才能完成，故A正确；
BCD、飞船做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得：
可得 ， ，
可知飞船在轨道1的周期小于在轨道2的周期，在轨道1的速度大于在轨道2的速度，在轨道1的加速
度大于在轨道2的加速度，故B错误，CD正确。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一重要思路，知道线速度、周期、向心加速度
与轨道半径的关系。
（多选）10．（4分）已知一个激光发射器功率为P，发射波长为 的光，光速为c，普朗克常量为h，则
（ ） λ
A．光的频率为
B．光子的能量为
C．光子的动量为D．在时间t内激光器发射的光子数为
【分析】根据波速与波长、频率之间的关系求解光的频率；根据光子能量计算公式求解光子的能量；
根据德布罗意波长计算公式求解光子的动量；每秒内发出的光子数与每个光子能量的乘积是激光器每
秒做的功，根据激光发射器功率求解时间t内激光器发射的光子数。
【解答】解：A．根据波速与波长、频率之间的关系可知光的频率：ν＝ ，故A正确；
B．光子的能量： ，故B错误；
C．根据德布罗意波长计算公式 ＝ 可得光子的动量： ，故C正确；
λ
D．在时间t内激光器发射的光子数： ，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查光子能量的计算，解答本题的关键是掌握光子能量计算公式以及德布罗意波
长的计算公式，能够根据能量关系求解光子数。
（多选）11．（4分）如图是工厂利用u＝220 sin100 tV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器
原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ） π
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
【分析】根据交流电的瞬时值表达式计算有效值和周期，根据变压器的电压之比等于匝数之比。
【解答】解：A、根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值 ，故A错误；
B、根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期 ，故B正确；CD、根据 可得副线圈匝数 匝，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，
在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且
相等。
（多选）12．（4分）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，
O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点电场强度相同
B．M、N两点电势相同
C．负电荷在M点电势能比在O点时要小
D．负电荷在N点电势能比在O点时要大
【分析】根据场强叠加的特点和对称性得出MN两点的场强关系；
根据电势的叠加特点得出MN两点的电势关系；
根据电荷的受力特点得出其合力的方向，根据电场力的做功特点结合功能关系得出电势能的大小关系。
【解答】解：A．根据场强叠加的特点以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，不过方向不同，故
A错误；
B．因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，由此可
分析出MN两点电势相等，故B正确；
CD．根据题意可知，负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对
负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，根
据功能关系可知该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N
点的电势能比在O点小。故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉场强和电势的计算公式，分清其标矢性，结合粒子的受力分析和功能关系即可完成解答。
（多选）13．（4分）如图所示，质量为m，带电荷为+q的点电荷，从原点以初速度v 射入第一象限内
0
的电磁场区域，在0＜y＜y ，0＜x＜x （x 、y 为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x 区域
0 0 0 0 0
内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打
到接收器MN上，则（ ）
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E＝
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v
0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【分析】A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向和垂直电场方向列运动学公式求解加
速度，再由牛顿第二定律可以求解电场强度；
B、根据在电场中类平抛运动，沿电场方向和垂直电场方向列运动学公式就可以求解粒子从NP中点射
入磁场时速度；
C、根据粒子在电场中的运动，推出进入磁场时的速度方向和大小表达式，再根据粒子在磁场中做圆
周运动的半径表达式等结合几何关系求轨迹圆心到NM的距离；
D、粒子在电场中沿电场方向加速的距离最大时，粒子在磁场中运动的圆周半径最大，根据洛伦兹力
提供向心力可以求解粒子在磁场中运动的圆周半径最大值。【解答】解：A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到PN中点，则
x方向匀速直线运动，有：x ＝v t
0 0
y方向粒子做匀加速直线运动，有：
根据牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得：E＝ ，故A正确；
B、粒子从PN中点射出时，y方向根据匀变速位移与平均速度关系式得：
刚出电场射入磁场时速度v ＝ ＝
1
将t＝ 代入解得：v ＝ ，故B错误；
1
C、粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为 ，轨迹如下图所示：
θ
则tan ＝ ＝
θ
将a、t代入得：tan ＝
θ
粒子从电场中射出时的速度v＝
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcos
θ联立解得：d＝
因E值有多种可能，故粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离有多种可能，故C错误；
D、当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则在电场中沿电场方向加速的距
离最大，则y方向速度及合速度最大，此时粒子从N点进入磁场，则
x ＝v t
0 0
出离电场的最大速度： ＝
则由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
可得最大半径： ，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，在电场中做类平抛运动，根据匀速直线运动和匀
变速直线运动的规律分析判断，进入磁场带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，注意从电场进
入磁场的合速度大小以及速度方向决定了在磁场中的轨迹半径以及圆弧长度等，需要我们结合轨迹图
以及几何关系分析。
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．用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏P平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此
时在屏上的S 处有激光点，移走玻璃砖，光点移到S 处。
1 2
（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图；
（2）已经测出AB＝l ，OA＝l ，S S ＝l ，则折射率n＝ （用l 、l 、l 表
1 2 1 2 3 1 2 3
示）；
（3）若改用宽ab更小的玻璃砖做实验，则S S 间的距离会 变小 （填“变大”，“变小”或“不
1 2
变”）。【分析】（1）根据传播路径画出光路图；
（2）根据光的折射定律结合几何关系进行解答；
（3）若玻璃砖宽度变小，相当于把ad边下移，根据光路图进行分析。
【解答】解：（1）根据题意结合光的传播情况作出光路图如图所示：
（2）根据光的折射定律可得：n＝
根据几何关系可得：
sini＝ ＝
sinr＝ ＝ ＝
联立解得：n＝
（3）若玻璃砖宽度变小，相当于把ad边下移，与两条光线的交点距离变小，即 BC就小，那S S 也
1 2
会变小。
故答案为：（1）光路图见解析；（2） ；（3）变小。【点评】本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根
据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律和全反射的条件列方程求解。
15．用如图1所示的电路测量一个量程为100 A，内阻约为2000 的微安表头的内阻，所用电源的电动
势约为12V，有两个电阻箱可选，R
1
（0∼99μ99.9 ），R
2
（0∼9Ω9999.9 ）
Ω Ω
（1）R 应选 R ，R 应选 R ；
M 1 N 2
（2）根据电路图，请把实物连线补充完整；
（3）下列操作顺序合理排列是： ①③②④ 。
①将变阻器滑动头P移至最左端，将R 调至最大值；
N
②闭合开关S ，调节R ，使微安表半偏，并读出R 阻值；
2 M M
③断开S ，闭合S ，调节滑动头P至某位置再调节R 使表头满偏；
2 1 N
④断开S 、S ，拆除导线，整理好器材。
1 2
（4）如图2是R 调节后面板，则待测表头的内阻为 1998. 0 ，该测量值 小于 （大于、小于、
M
等于）真实值。 Ω（5）将该微安表改装成量程为2V的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 1.30
V（保留三位有效数字）。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S 断开，电表满偏时读出R 值，在滑动头P不变，S 闭合
2 N 2
后调节电阻箱R ，使电表半偏时读出R ，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为： 。
M M
（用R 、R 表示）
M N
【分析】（1）根据半偏法的测量原理分析判断；
（3）根据保护电路和半偏法测量步骤分析判断；
（4）根据半偏法原理和电路结构分析判断；
（5）根据串联电路分压特点计算；
（6）根据欧姆定律分析判断。
【解答】解：（1）根据半偏法的测量原理可知，R 与R 相当，当闭合S 之后，变阻器上方的电流应
M 1 2
基本不变，就需要R 较大，对下方分压电路影响甚微。故R 应选R ，R 应选R ；
N M 1 N 2
（2）实物图如图：（3）为保证电路安全，闭合开关前先将滑动变阻器调至左侧，电阻箱调至最大，先闭合S 开关，调
1
节电阻箱R ，再闭合S 调节电阻箱R ，最后断开开关整理器材，正确的操作顺序是：①③②④；
N 2 M
（4）读出的R 即是微安表的内阻。
M
当闭合S 后，原电路可看成如下电路：
2
闭合S 后，相当于R 由无穷大变成有限值，变小了，不难得到流过R 的电流大于原来的电流，则流
2 M N
过R 的电流大于 ，故R ＜R 。
M M A
（5）按读数规则，只需要读出65即可，按换算关系 可知，电压为：u＝1.30V
（6）根据题意可得：
解得：
故答案为：（1）R ，R ；（3）①③②④；（4）1998.0 ，小于；（5）1.30；（6） 。
1 2
Ω
【点评】本题要掌握半偏法测电流表内阻原理，掌握电路连接方式分析、掌握欧姆定律。
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．某饮料瓶内密封一定质量理想气体，t＝27℃时，压强p＝1.050×105Pa。
（1）t′＝37℃时，气压是多大？
（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？
【分析】（1）根据题意得出气体变化前后的状态参量，结合查理定律列式得出气体的压强；
（2）气体的温度保持不变，根据玻意耳定律得出气体的体积。
【解答】解：（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为
T＝（27+273）K＝300K，T'＝（37+273）K＝310K
温度变化过程中体积不变，故由查理定律有
解得：p′＝1.085×105Pa
（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有
pV＝p'V'
解得：V′≈0.968V
答：（1）t′＝37℃时，气压为1.085×105Pa；
（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的0.968倍。
【点评】本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状
态参量，结合玻意耳定律和查理定律即可完成分析。
17．如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10﹣3kg，下端插入导电液体中，导电液体
连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10﹣2T的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10cm，
设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（g＝10m/s2）
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电
时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。【分析】（1）根据竖直上抛运动规律求解金属杆刚刚离开液面的速度，对金属杆与液面接触的过程，
根据安培力公式，应用动能定理求解电流；
（2）由于给了时间，根据动量定理求解电流，再根据电流求解电荷量。
【解答】解：（1）设金属杆离开液面时的速度大小为v，金属杆中的电流大小为I。金属杆离开液体
后做竖直上抛运动，由运动学公式得：
v2＝2gH
解得：v＝ ＝ m/s
通电过程金属杆受到的安培力大小为：
F ＝BIL
A
对金属杆到达最高点的过程，由动能定理得：
F h﹣mg（H+h）＝0
A
联立解得： A＝4.17A
（2）对金属杆，通电时间t′＝0.002s，规定向上为正方向，由动量定理得：
（BI′L﹣mg）t′＝mv′﹣0
由运动学公式
v'2＝2gH'
通过金属杆截面的电荷量
q ＝ I′ t′ ＝ ＝ C ＝
0.085C
答：（1）金属杆离开液面时的速度大小为 ，金属杆中的电流为4.17A；
（2）通过金属杆截面的电荷量为0.085C。
【点评】本题是安培力与动能定理、动量定理结合的问题，需要我们掌握安培力公式、动能定理以及
动量定理，应用动量定理列式时需要规定正方向。18．如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径R＝0.2m，一质量为m ＝1kg的小滑块B从轨道顶端
B
滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知m ＝3kg，B、C间动摩擦
C
因数 ＝0.2，C与地面间的动摩擦因数 ＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。
1 2
求：μ μ
（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止
所用的时间。
【分析】（1）根据动能定理得出滑块的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律得出 B对A的压力
大小；
（2）根据牛顿第二定律得出物体的加速度，结合运动学公式和摩擦力的产热公式完成分析；
（3）分阶段根据运动学公式分析出物块的运动情况，最后相加得出总时间的大小。
【解答】解：（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得：v ＝2m/s
0
在底部，根据牛顿第二定律
解得：F ＝30N
N
由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
f ＝ m g＝m a
B 1 B B B
解得μ： ，方向水平向左
对C分析，受B向右的摩擦力
1
m
B
g和地面向左的摩擦力f地C ＝
2
（m
B
+m
C
）g
根据牛顿第二定律 μ μf地C ﹣f
BC
＝
2
（m
B
+m
C
）g﹣
1
m
B
g＝m
C
a
2
解得其加速μ度向左为 μ
根据运动学公式可得B向右运动的距离为：
代入数据解得：x ＝1m
1
C向右运动距离
代入数据解得：x ＝0.2m
2
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
Q＝ m g（x ﹣x ）
1 B 1 2
可得μ：Q＝1.6J
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t ，有
1
解得：t ＝0.2s
1
B的位移为
代入数据解得：x ＝0.36m
B1
则此刻的相对位移为
x相 ＝x
B1
﹣x
2
＝0.36m﹣0.20m＝0.16m
此时v ＝v﹣a t
B1 11
代入数据解得：v ＝1.6m/s
B1
由L＞0.16m，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经t 时间B与C挡板碰撞，有
2解得：
碰撞时B速度为
碰撞时，选择水平向右的方向为正方向，则由动量守恒可得
m v ＝（m +m ）v
B B2 B C
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
代入数据解得：
后再经t 后停下，则有
3
故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间
t＝t +t +t
1 2 3
联立解得：t＝
答：（1）B滑到A的底端时对A的压力为30N；
（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是1.6J；
（3）在0.16m＜L＜0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，B从滑上C到最终停止所
用的时间为 。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动
学公式分析出物体的运动情况，再根据动量守恒定律和能量守恒定律即可完成分析。
