文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（北京卷专用）
黄金卷01
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．以下核反应方程属于α衰变的是（ ）
A． B．
❑ 238U→234Th+4He ❑ 234Th→234Pa+0 e
92 90 2 90 91 −1
C． D．
❑
2H+3H→4He+1n
❑
14N+4He→17O+1H
1 1 2 0 7 2 8 1
【答案】A
【详解】A． 属于 衰变，故A正确；
❑ 238U→234Th+4He α
92 90 2
B． 属于β衰变，故B错误；
❑ 234Th→234Pa+0 e
90 91 −1
C． 属于核聚变，故C错误；
❑
2H+3H→4He+1n
1 1 2 0
D． 属于人工核反应，故D错误。
❑
14N+4He→17O+1H
7 2 8 1
故选A。
2．一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．a→b过程中，气体体积变大，放出热量
B．b→c过程中，气体温度不变，气体对外界做功
C．c→a过程中，气体体积变小，放出热量
D．c→a过程中，气体压强增大，外界对气体做功
【答案】B
V
【详解】A．a→b过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖一吕萨克定律 =C得知，体积减小，根据
T
热力学第一定律ΔU=W+Q，温度降低，ΔU＜0，体积减小，W＞0，所以Q＜0，放出热量，故A错误；
B．b→c过程中气体的温度保持不变，压强减小，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律PV＝C可知体积增大，气体对外界做功，故B正确；
CD．c→a过程中，P﹣T图像过坐标原点，P与T成正比，则气体发生等容变化，温度升高，所以ΔU＞
0，体积不变，外界对气体做功W＝0，所以Q＞0，吸收热量，故CD错误。故选B。
3．下列说法正确的是（ ）
A．在空气中，可见光和超声波传播速度相同
B．电磁波和机械波都需要介质才能传播
C．无线电波和紫外线都可以发生偏振现象
D．红外线的波长比X射线的波长短
【答案】C
【详解】A．在空气中可见光的传播速度约为3×108m/s，超声波的速度约为340m/s，A错误；
B．电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，B错误；
C．无线电波和紫外线都属于横波，都可以发生偏振现象，C正确；
D．从电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长长，红外线的频率比X射线的频率小，D错误。
故选C。
4．如图所示，S 和S 是两相干水波波源，它们振动同步且振幅相同。实线和虚线分别表示在某一时刻它
1 2
们所发出的波的波峰和波谷。已知两列波的波长均为5cm，A、B、C三质点的平衡位置在同一直线上，且
B点为AC连线的中点。下列说法正确的是（ ）
A．此时B点正竖直向下运动
B．C点处于振动的减弱区
C．此时A、C两点的竖直高度差为20cm
D．再经过半个周期，质点C运动至A处
【答案】A
【详解】A．波从C点向B点传播，所以此时B点正竖直向下运动，A正确；
B．C点波谷与波谷相遇，振动加强，B错误；
C．此时A、C两点振动均加强，A处于波峰位置，偏离平衡位置2A，C处于波谷位置，偏离平衡位置
−2A，竖直高度差为4A，C错误；
D．质点不随波迁移，D错误。故选A。
5．筷子，古称箸、梜，通常由竹、木、骨、瓷、象牙、金属、塑料等材料制作，是华夏饮食文化的标志
之一，也是世界上常用餐具之一，其发明于中国。如图所示，用筷子夹小球，小球始终处于静止状态，筷
子均在竖直平面内，小球质量为m，与筷子之间的摩擦不能忽略，则下列说法正确的是（ ）
A．小球受到筷子的摩擦力一定沿筷子向上
B．筷子对小球的作用力的大小为mg
C．当筷子和竖直方向的夹角增大时，小球的合力增大
D．当筷子和竖直方向的夹角不变时，筷子对小球弹力越大摩擦力也越大
【答案】B
【详解】A．对小球进行受力分析，重力使得小球有向下运动的趋势，筷子对小球的弹力使得小球有向上
运动的趋势，当弹力的合力大于重力时，小球有向上运动的趋势，摩擦力沿筷子向下，当弹力的合力小于
重力时，小球有向下运动的趋势，摩擦力沿筷子向上，当弹力的合力等于重力时，小球所受摩擦力为0，
故A错误；
B．小球处于平衡状态，根据平衡条件可知，筷子对小球的作用力的大小等于小球的重力，即筷子对小球
的作用力的大小为mg，故B正确；
C．小球处于平衡状态，根据平衡条件可知，当筷子和竖直方向的夹角增大时，小球的合力不变，仍然为
0，故C错误；
D．根据上述，筷子和竖直方向的夹角不变，当弹力的合力小于重力时，小球有向下运动的趋势，摩擦力
沿筷子向上，此时筷子对小球弹力越大摩擦力越小，故D错误。
故选B。
6．某种感温式火灾报警器如图1所示，其简化的工作电路如图2所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的
交流电源。副线圈连接报警系统，其中R 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R 为滑动变阻器，R
T 0 1
为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测R
1
的电流触发报警。下列说法正确的是（ ）A．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B．警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变小
C．通过定值电阻R 的电流过低时，报警装置就会报警
1
D．若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R 的阻值
0
【答案】D
【详解】A．变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，
则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；
B．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线
圈中电流增大，由P=UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故B错误；
C．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过
定值电阻R 的电流达到某一值时，报警装置就会报警，故C错误；
1
D．若要调低预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较大，要保持流过R 的电流不变，则可减小滑动变阻器
1
R 的阻值，故D正确。
0
故选D。
7．某学习小组观看完“太空授课”后，设计出4种在太空实验舱中测量小物块质量的方案：
①将待测小物块悬挂在劲度系数为k的轻弹簧下端，测出小物块静止时弹簧的形变量Δx，根据k Δx=mg，
求得小物块的质量
②让待测小物块随实验舱一起绕地球做匀速圆周运动，测出圆周运动的半径r和周期T，根据
mM 4π2 ，求得小物块的质量
G =m r
r2 T2
③对待测小物块施加一个恒定的拉力F，使小物块从静止做匀加速直线运动，测出经过时间t时的速度v，
F
根据v= t，求得小物块的质量
m
④用一个弹簧测力计拉着待测小物块做匀速圆周运动，测出弹簧测力计示数F、圆周运动的半径R和周期T，根据 4π2 ，求得小物块的质量
F=m R
T2
其中可行的方案有（ ）
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④
【答案】C
【详解】物体处于完全失重状态，无法测得小物块静止时弹簧的形变量，故①错误；
由式中可知小物块的质量被消去，无法计算，故②错误；
根据③和④的操作可以测得小物块的质量。
故选C。
8．有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电
势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d
为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为
两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是（ ）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【答案】C
【详解】A．该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，a、b为两电荷连线上对称的两点，根据等量异
种电荷的电场的特点，可以判断、这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；
B．c、d两点位于同一条等势线上，则c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从电势低b点移到电势高d点，电场力做
负功，电势能增加，故C正确；D．负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，
故D错误。
故选C。
9．某同学利用实验器材设计了如图所示的测量电路，电阻R的阻值以及电源的电动势和内阻均未知，电
压表左端的接线位置待定。不管接哪个接线柱，都可以通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，获得多组数
据，描绘出U−I关系图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。下列说法正确的是（ ）
A．若接a，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏大
B．若接a，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且内阻测量值偏大
C．若接b，利用该电路可测量电阻R的阻值，且测量值偏大
D．若接b，利用该电路可测量电源的电动势和内阻，且电动势测量值偏大
【答案】C
【详解】A．若接a，此时电压表并联在滑动变阻器和定值电阻两端，电压表测量滑动变阻器和定值电阻
两端的电压，无法测出定值电阻阻值，故A错误；
B．若接a，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端的电压，即电源路端电压，根据作出的图象可求电源电
动势和内阻，且测量值均偏小，故B错误；
C．若接b，此时电压表并联在定值电阻两端，电压表测量定值电阻两端的电压，根据欧姆定律可求出定值
电阻的阻值，但由于电流表分压作用，测量值会偏大，故C正确；
D．若接b，电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器视为电源内阻的一部分，作出的图象无法可得到电
源的电动势和内阻，故D错误。
故选C。
10．真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，带电粒子a和b先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，
其轨迹如图所示。忽略粒子所受重力，下列条件中可以判定粒子a比荷较大的是（ ）A．粒子a和b在电场中的加速度相等 B．粒子a和b射入电场时的速度相等
C．粒子a和b射入电场时的动能相等 D．粒子a和b射入电场时的动量相等
【答案】B
【详解】粒子在电场中做类平抛运动，则 x=v t ， y= 1 at2= 1 Eq t2，解得 y=
ax2
=
Eqx2
0 2 2 m 2v2 2mv2
0 0
Eq
A．若粒子a和b在电场中的加速度相等，则a= ，可知两粒子的比荷相等，选项A错误；
m
B．粒子a和b射入电场时的速度相等，则由
y=
Eqx2
，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较大，则
2mv2
0
粒子a比荷较大，选项B正确；
C．粒子a和b射入电场时的动能相等，则由
y=
Eqx2
=
Eqx2
，由图像可知，当x相同时a粒子的y值较
2mv2 4E
0 k0
大，则粒子a电荷量较大，选项 C错误；
D．粒子a和b射入电场时的动量相等，则由
y=
Eqx2
=
Eqmx2
，由图像可知，当x相同时a粒子的y值
2mv2 2p2
0 0
较大，则粒子a电荷量与质量的乘积较大，选项D错误；
故选B。
11．如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负
极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与
磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简
易电动机”，下列说法正确的是（ ）A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转
B．电池消耗的电能全部转化为线框的动能
C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
D．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用
【答案】D
【详解】A．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线
框将做顺时针转动，故A错误；
B．电池消耗的电能一部分用于线框发热产生的内能，一部分提供线框的动能，故B错误；
C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；
D．电动机的工作原理是通电导线在磁场中受安培力的作用，故D正确。
故选D。
12．将传感器安装在蹦极运动员身上，可以测量出运动员在不同时刻下落的高度及速度，如图甲所示。运
动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的v-x图像。下列说法正确的是
（ ）
A．运动员下落整个过程中加速度保持不变
B．运动员下落整个过程中机械能守恒
C．运动员下落15m时，弹性绳的拉力等于运动员的重力
D．弹性绳达到原长，运动员的动能开始减小
【答案】C
【详解】A．当运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度之前，运动员只受重力，运动员加速度不变；当下落高度大于弹性绳的自然长度之后，弹性绳弹力逐渐增大，运动员的重力和弹性绳的合力提供加速度，
所以运动员的加速度要先减小后反向增大，故A错误；
B．运动员下落的高度小于弹性绳的自然长度的过程中，运动员只受重力机械能守恒；当下落高度大于弹
性绳的自然长度之后，弹性绳的弹力对运动员做负功，运动员的机械能减小，故B错误；
C．由图乙可知运动员下落15m时，运动员的速度最大，加速度为零，此时弹性绳的拉力等于运动员的重
力，故C正确；
D．弹性绳达到原长，此时重力大于弹性绳的弹力，运动员会继续向下先做加速度减小的加速，直到加速
度减为零，速度达到最大，动能达到最大，故D错误。
故选C。
13．美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，为人类在获得高能粒子方面前进了一大步。如图所示为一种
改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在MN板间，带正电粒子从
P 处以速度 v 沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，经多次
0 0
回旋加速后从D形盒右侧离开。下列说法错误的是（ ）
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．不作任何改变，该回旋加速器可以加速其他比荷不同的带正电粒子
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．仅增大加速电场的的电压，加速粒子的最大速度不变
【答案】C
【详解】AB．带电粒子只有经过MN板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向不需
改变，只在MN间加速，所以该回旋加速器可以加速其他比荷不同的带正电粒子，故 AB正确；
v2 qBr
CD．当粒子从D形盒中出来时，速度最大，由qvB=m 可得，v = D，可知加速粒子的最大速度
r max m
与D形盒半径r 有关，与板间电压无关。可知增大板间电压，粒子最终获得的最大速度不变，故C错误，
D
D正确。
本题选错误的，故选C。
14．根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的
归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1~8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10~20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩
小。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的√2倍，中子星密度大于白矮星。
根据万有引力理论，下列说法正确的是（ ）
1
A．若恒星半径坍缩为原来 ，则密度变为原来4倍
2
B．不考虑恒星自转，同一恒星坍缩后表面重力加速度比坍缩前的大
C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
【答案】B
4 1
【详解】A．根据M=ρ⋅ πR3，由于恒星坍缩前后质量不变，若恒星半径坍缩为原来 ，则密度变为原
3 2
来8倍，故A错误；
GMm GM 1
B．不考虑恒星自转，根据 =mg可得，g= ∝ ，可知同一恒星坍缩后表面重力加速度比坍缩
R2 R2 R2
前的大，故B正确；
C．根据GMm
v2
可得， √GM √ 1，可知同一恒星坍缩后的第一宇宙速度比坍缩前的大，故C
=m 1 v = ∝
R2 R 1 R R
错误；
D．根据 M=ρ⋅ 4 πR3 可得， R= √ 3 3M ，根据GMm =m v 1 2 可得第一宇宙速度为 v = √GM，则第二宇宙
3 4πρ R2 R 1 R
速度为
2GM 2GM √4πρM2
√2GM，联立可得v2= = =2G 3 ，由题意可知中子星的质量和密度都大
v 2 =√2v 1 = R 2 R √ 3 3M 3
4πρ
于白矮星，则中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故D错误。
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
15．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据处理、误差分析等。
例如：
（1）实验仪器。在“练习使用多用表”实验时，某同学用多用表的电阻“×10”档测定值电阻阻值，表
盘的示数如图所示，则该阻值R= Ω。（2）在“多用电表的使用”实验中，某同学进行了如下操作和思考。利用多用电表测量未知电阻．用电
阻挡“×100”测量时发现指针示数如图所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为
（填写选项前的字母）；
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”
（3）数据分析。某同学用插针法测定一个半圆形玻璃砖的折射率。正确操作后，做出的光路图如图所示。
O为圆心，已知AB的长度为l ，AO的长度为l ，CD的长度为l ，DO的长度为l ，则此玻璃砖的折射率可
1 2 3 4
表示为 。
（4）用如图所示的实验装置观察双缝干涉图样，用绿色滤光片时从目镜中可以看到绿色的干涉条纹。在其他条件不变的情况下，下列操作可以使条纹间距变大的是( )
A．换成红色滤光片 B．换成缝宽更大的单缝
C．换成双缝间距更大的双缝 D．换成更短的遮光筒
【答案】 180 BDC l A
3
l
1
【详解】（1）[1]欧姆表的读数为指针示数与倍率的乘积，如图欧姆表读数为R=18.0×10Ω=180Ω
（2）[2]欧姆挡测电阻时指针偏转角度过大，是由于挡位过大，需选取小挡位，进行欧姆调零后再测阻值，
故顺序为BDC；
l l
（3）[3]如图设圆的半径为R，入射角为i，折射角为r，由几何关系可得sini= 1，sinr= 3，所以折射率
R R
为 sini l
n= = 3
sinr l
1
L
（4）[4]A．根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ，因红光的波长比绿光长，故换成红色滤光片可以使条
d
纹间距变大，故A正确；
L
B．根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ，可知条纹间距与单缝的宽窄无关，故B错误；
d
L
C．根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ可知换成双缝间距更大的双缝，则条纹间距变小，故C错误；
d
L
D．根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ可知换成更短的遮光筒，则条纹间距变小，故D错误。
d
故选A。
16．某校同学们分组进行碰撞的实验研究。
（1）第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验。若要求碰撞动能损失现小则
应选下图中的 （填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和
橡皮泥）；（2）第二组同学用如图所示的实验装置“验证动量守恒起律”。
①图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m 多次从斜轨上S位置静止释放，找
1
到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m 静置于水平轨道的末端，再将入射球m
2 1
从斜轨上S位置静止释放，与小球m 相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤 （填选项
2
前的符号）。
A．测量两个小球的质量m、m
1 2
B．测量抛出点距地面的高度H
C．测量S离水平轨道的高度h
D．测量平抛射程OM、ON
②若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是 （填选项前的符号）。
A．OP+OM=ON B．2OP=ON+OM C．OP-ON=2OM
（3）第三组利用频闪照片法去研究。某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，
利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的照片如图丙所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次
闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10cm处。若A、B
两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则A、B两滑块质量比m :m = 。
A B
【答案】 甲 AD A 2∶3
【详解】（1）[1]题图甲中两滑块发生的碰撞可以看作是弹性碰撞，动能损失较小，题图乙中两滑块发生完全非弹性碰撞，动能损失最大，故选择甲。
√2H
（2）[2]m 和m 离开轨道末端后均做平抛运动，根据t= ①可知，两球做平抛运动的时间相同，由
1 2
g
OP
题意可知m 与m 碰撞前瞬间的速度大小为v = ②，
1 2 0 t
由于m 与m 碰撞后瞬间m 的速度不可能大于碰撞前瞬间的速度，所以碰后瞬间两球的速度大小分别为
1 2 1
OM ON
v = ③、v = ④
1 t 2 t
对碰撞过程根据动量守恒定律有m v =m v +m v ⑤
1 0 1 1 2 2
联立②③④⑤可得m ⋅OP=m ⋅OM+m ⋅ON ⑥
1 1 2
⑥式就是实验最终要验证是否成立的表达式，所以本实验需要测量两个小球的质量m、m，并测量平抛射
1 2
程OM、ON，故选AD。
1 1 1
[3]若两球发生弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有 m v2= m v2+ m v2 ⑦，
2 1 0 2 1 1 2 2 2
即 ⑧，联立⑥⑧式可得 ⑨
m ⋅OP2=m ⋅OM2+m ⋅ON2 OP+OM=ON
1 1 2
故选A。
20cm
（3）[4]由题图可知A和B碰撞前瞬间A的速度大小为v = ⑩，由图分析可知在第1次闪光后经
A T
5cm 10cm
v′ = =
2.5T时间发生碰撞，且碰后A的速度反向，则碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为 A T T ，
2
⑪
10cm 20cm
v = =
B T T
2
⑫
对碰撞过程根据动量守恒定律有 ，联立⑩ 解得m 2
m v =−m v′ +m v A =
A A A A B B m 3
B
⑬ ⑪⑫⑬ ⑭
17．滑雪是人们喜爱的一项冬季户外运动．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，沿着倾
角θ=30°的平直山坡直线滑下，当速度达到2m/s时他收起雪杖自由下滑，在此后5s的时间内滑下的路程
为60m。将这5s内滑雪者的运动看作匀加速直线运动，g取10m/s2．求这5s内
（1）滑雪者的加速度大小a；（2）滑雪者受到的阻力大小F；
（3）滑雪者损失的机械能∆E。
【答案】（1）4m/s2；（2）75N；（3）4500J
1
【详解】（1）滑雪者做匀加速直线运动，则由位移与时间的关系式可得x=v t+ at2，解得a=4m/s2
0 2
（2）根据牛顿第二定律，有mgsinθ−F=ma，解得F=75N
（3）滑雪者损失的机械能∆E=Fx=4500J
18．如图所示，用一条长l＝0.2m的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量m＝1.0×10-2kg，所带电荷量
q＝＋2.0×10－8C．现加一水平方向的匀强电场，电场区域足够大，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角θ＝37°，
已知g＝10m/s²，sin37°＝ 0.6，cos37°＝0.8．
（1）求匀强电场电场强度的大小．
（2）若将轻绳向右拉至水平后由静止释放，求小球到达最低点时的速度大小．
（3）若在图中所示位置剪断轻绳，判断小球此后的运动情况，并求0.1s后小球的速度大小．
【答案】（1）3.75×106N/C；（2）1m/s；（3）1.25m/s
【解析】（1）平衡时，qE＝mgtanθ，E＝3.75×106N/C；
1
（2）根据动能定理：mgl−qEl= mv2，v＝1m/s；
2
mg
（3）图中所示位置剪断轻绳，小球所受合力F= ，因此小球沿绳延长线方向做匀加速直线运动；由
cosθ
Ft＝mv可得v＝1.25m/s．
19．一边长为L、质量为m的正方形金属细框abcd，每边电阻为R，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。
0
宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图甲所
示。今用水平向右的力使金属框以速度v 匀速向右运动经过磁场，运动过程中金属框的左、右边框始终与
0
磁场边界平行。（1）求金属框刚进入磁场时金属框b、c两点间的电势差U ；
bc
（2）从金属框的bc边进入磁场到ad边离开磁场的过程中，拉力对线框所做的功；
（3）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R=2R 导轨电阻可忽略，
1 0
金属框置于导轨上，如图乙所示。使金属框以速度v 匀速向右经过磁场，运动过程中金属框的上、下边框
0
处处与导轨始终接触良好。求在金属框bc边进入磁场的过程中，电阻R 产生的热量。
1
【答案】（1） 3 ；（2）
B2L3v
；（3）
2B2L3v
− BLv W = 0 Q= 0
4 0 2R 25R
0 0
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得，bc边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv
0
根据右手定则，判断知感应电流从b端流向c端，则φ <φ
b c
3 3
根据闭合电路欧姆定律可得U =− E=− BLv
bc 4 4 0
（2）第一阶段，bc边进入之后到ad边进入之前，有
I=
BLv
0
，
F=BIL=
B2L2v
0
，
W =FL=
B2L3v
0
4R 4R 1 4R
0 0 0
ad、bc边都进入磁场后，线框中没有电流，不需要拉力，同理，bc边出磁场之后到ad出磁场之前，拉力
做功也为W，则全过程拉力做功为
B2L3v
1 W =2W = 0
1 2R
0
2
（3）导轨电阻可以忽略，电阻R 与ad边电阻R 并联，得R = R
1 0 并 3 0
5
由于导轨电阻可以忽略，则线框的ad、bc边被短路，则电路总电阻为R = R
总 3 0
R 两端电压为 2 2 ，R 的功率
U2 2B2L2v2
1 U = E= BLv 1 P = 1= 0
1 5 5 0 1 R 25R
1 0
则金属框bc边进入磁场的过程中，电阻R 产生的热量 L
2B2L3v
1 Q=P t=P ⋅ = 0
1 1 v 25R
0 020．物理学中，力与运动关系密切，而力的空间累积效果—做功，又是能量转化的量度。因此我们研究某
些运动时，可以先分析研究对象的受力特点，进而分析其能量问题。已知重力加速度为g，且在下列情境
中，均不计空气阻力。
（1）劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端连一可视为质点的小物块，若以小物块的平衡位置为坐标
1
原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，如图1所示，用x表示小物块由平衡位置向下发生的位移。
a．求小物块的合力F与x的关系式，并据此在图2中画出F与x的图像；
b．系统的总势能为重力势能与弹性势能之和。请你结合小物块的受力特点和求解变力功的基本方法，以
平衡位置为系统总势能的零势能参考点，推导小物块振动位移为x时系统总势能E 的表达式。
p
（2）图3所示为理想单摆，摆角θ足够小，可认为是简谐运动。其平衡位置记为O'点。
a．若已知摆球的质量为m，摆长为L，在偏角很小时，摆球对于O'点的位移x'的大小与θ角对应的弧长、
x′
弦长都近似相等，即近似满足：sinθ≈ 。请推导得出小球在任意位置处的回复力与位移的比例常数k 的表
2
L
达式；
A
b．若仅知道单摆的振幅A，及小球所受回复力与位移的比例常数k，求小球在振动位移为 时的动能E
2 k
2
（用A和k 表示）。
2
1 mg 3
E = k x2 k = k A2
p 2 1 2 L 8 2
【答案】（1）a．F=-kx， ，b. ；（2）a． ，b．
1
【详解】（1）a．设小物块位于平衡位置时弹簧的伸长量为x，有
0
k x =G
1 0
当小物块相对于平衡位置的向下位移为x时，受弹力F 和重力G作用，如答图2所示
T此时合力F=−F +G，而F =k （x+x ），解得F=−k x
T T 1 0 1
b．合力F与位移x关系图线如答图3所示
1
由图可知物块由平衡位置到位移为x处的运动过程中合力F做的功W =− k x⋅x，而W =−ΔE
F 2 1 F p
1
以平衡位置为零势能参考点，有E = k x2
p 2 1
（2）a．摆球位移为x'处，受力示意图见答图4所示
以O'为原点，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系（图中未画出），在摆球位移为x'时，
mg mg
回复力F=−mgsinθ=− x′，比例常数k =
L 2 L
1
b. 摆球在位移x'处的势能E ′= k x′2
p 2 2
1 1 A 2
小球在振幅处的动能为零，依据能量守恒定律有 k A2= k ( ) +E
2 2 2 2 2 k
1 1 A 2 3
则E = k A2− k ( ) = k A2
k 2 2 2 2 2 8 2
