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03
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．下列有关热现象的叙述中正确的是（ ）
A．分子间的作用力随分子间距离的增大而减小
B．分子势能一定随分子间距离的增大而增大
C．温度升高，每个分子的动能都增大
D．粗测分子直径可利用“油膜法”，测量单分子油膜的厚度可认为是分子直径
【答案】D
【详解】A．当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的作用力随分子间距离的增大而减小，当分子间的
作用力开始表现为引力时，分子间的作用力随分子间距离的增大，先增大后减小，故A错误；
B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随
分子间距离的增大而减小，故B错误；
C．温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故C错误；
D．粗测分子直径可利用“油膜法”，测量单分子油膜的厚度可认为是分子直径，故D正确。
故选D。
2．氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于n＝3能级上，下列说法正确的是（ ）
A．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子
B．从n＝3能级跃迁到n＝1能级比跃迁到n＝2能级辐射的光子频率低
C．从n＝3能级跃迁到n＝4能级需吸收0.66eV的能量
D．n＝3能级的氢原子电离至少需要吸收13.6eV的能量
【答案】C
【解析】A．大量氢原子处于n＝3能级跃迁到n＝1最多可辐射出 种不同频率的光子，故A错误；
C2=3
3B．根据能级图可知从n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量为：hv ＝13.6eV﹣1.51eV＝12.09eV，从
1
n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射的光子能量为：hv ＝3.4eV﹣1.51eV＝1.89eV，比较可知从n＝3能级跃迁
2
到n＝1能级比跃迁到n＝2能级辐射的光子频率高，故B错误；
C．根据能级图可知从n＝3能级跃迁到n＝4能级，需要吸收的能量为：E＝1.51eV﹣0.85eV＝0.66eV，故
C正确；
D．根据能级图可知氢原子处于n＝3能级的能量为﹣1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，
故D错误。
故选C。
3．在水下同一深度有两个不同颜色的点光源P、Q，在水面上P的出色光的区域大于Q光出射光的区域，
以下说法正确的是（ ）
A．P光的频率大于Q光的频率
B．P光在水中的传播速度小于Q光在水中的传播速度
C．P光恰能使某金属发生光电效应，则Q光也一定能使该金属发生光电效应
D．用P和Q发出的光分别照射同一双缝干涉装置，P光条纹间距离小于Q光条纹间距
【答案】C
1
【详解】A．在水面上P的出色光的区域大于Q光出射光的区域，可知P光的临界角较大，根据sinC=
n
可知，P光折射率较小，P光的频率小于Q光的频率，选项A错误；
c
B．根据v= 可知， P光在水中的传播速度大于Q光在水中的传播速度，选项B错误；
n
C．因为 P光的频率小于Q光的频率，则若P光恰能使某金属发生光电效应，则Q光也一定能使该金属发
生光电效应，选项C正确；
l
D．根据Δx= λ，P光的波长大于Q光的波长，用P和Q发出的光分别照射同一双缝干涉装置，P光条
d
纹间距离大于Q光条纹间距，选项D错误。故选C。
4．如图所示，把小灯泡与教学用发电机相连接。转动手柄，两个磁极之间的线圈随着转动，小灯泡发光。
下列说法正确的是（ ）A．线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度
B．线圈转动过程中，通过小灯泡的电流大小不随时间变化
C．线圈每转动一周，通过小灯泡的电流方向改变一次
D．当线圈平面转到中性面时，通过线圈的磁通量变化率最小
【答案】D
【详解】A．线圈转动的越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，小灯泡越亮，A错误；
B．线圈转动过程中，通过小灯泡的电流大小随时间周期性变化，B错误；
C．线圈每转动一周，通过小灯泡的电流方向改变两次，C错误；
D．当线圈平面转到中性面时，通过线圈的磁通量变化率最小，为零。D正确。
故选D。
5．为了研究电荷之间的作用力，库仑设计了一个十分精妙的实验（扭秤实验）。如图所示，细银丝的下
端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡。把另一个与A完全相同的
带电金属小球C插入容器并使它接触A，从而使A与C带同种电荷。将C与A分开，再使C靠近A，A和
C之间的作用力使A远离。扭转悬丝，使A回到初始位置并静止，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，
进而可以找到力F与距离r和电荷量的关系。下列说法正确的是（ ）
A．实验中不需要精确测量小球的电荷量
B．实验中一定要使A、B球带等量异种电荷
C．小球A和C的半径大小对实验结果无影响
D．小球C所带电荷量越大，悬丝扭转的角度越小
【答案】A
【详解】A．在库仑那个时代，没有电荷量的单位，不可能准确的测出每个带电小球的电荷量，故A正确；
B．由材料分析可知，棒的一端是一个小球A，另一端通过物体B使绝缘棒平衡，研究的是A、C间的作
用力，所以B不带电，只起平衡作用，故B错误；C．由库仑定律可知，A球和C球之间的作用力与它们之间的距离的平方成反比，小球A和C的半径大小
影响小球之间的距离大小，故对实验结果有影响，故C错误；
D．C球带电荷量越大，C球与A球接触后，A球所带电量越大，C与A之间的库仑力越大，悬丝扭转的
角度越大，故D错误。
故选A。
6．如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平
面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是（ ）
A．金属棒受到的支持力大小为F=BILcosθ
B．金属棒受到的摩擦力大小为F =BILcosθ
f
C．若只改变电流方向，金属棒受到的摩擦力将增大
D．若只增大磁感应强度B，金属棒对导轨的压力将减小
【答案】D
【详解】ABD．金属棒受力如图所示
根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为F =BIL，根据平衡条件得F =BILsinθ，
安 f
F=mg−BILcosθ，若只增大磁感应强度B后，由上式可得金属棒对导轨的压力将减小，故AB错误，D
正确；
C．改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，根据平衡条件则有 ，金属棒对
F′ =BILsinθ
f
导轨的摩擦力的大小不变，故C错误。
故选D。7．使用多用电表可以判断大容量电容器是否断路或者漏电。选择倍率最大的电阻挡，正确完成欧姆调零，
然后将一支表笔同电容器的一端接触，用另一支表笔去接触另一端。下列说法正确的是（ ）
A．如果指针不动，说明电容器可能存在断路
B．如果指针满偏，说明电容器可能存在断路
C．如果指针有明显的偏移又逐渐回到电流零位置，说明电容器漏电
D．如果指针偏移后不恢复电流零位置，说明电容器完好
【答案】A
【详解】A．如果指针不动则没有充电过程，说明可能存在断路，故A正确；
B．指针满偏，说明电阻为零，电容器已经被击穿，故B错误；
C．如果指针有明显的偏移又逐渐回到电流零位置，说明电容器正常，故C错误；
D．如果指针偏移后不恢复电流零位置，说明电容器漏电，故D错误。
故选A。
8．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相
同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列
判断正确的是（ ）
A．M比N后到达O点
B．M、N通过P点时所受的回复力相同
C．M有可能在P点追上N并与之相碰
D．从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大
【答案】B
√L
【详解】A．根据T=2π ，两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误；
g
B．M、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B正确；
C．M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；
D．从释放到到达O点过程中，根据I=mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。
故选B。
9．做完伏安法测电阻实验后，为了更好的观察电流表内外接对实验结果的影响，爱思考爱动手的马同学，拆开了电流表和电压表并进行了改造。如图甲，他在电流表干路位置焊接了一个10Ω定值电阻，如图乙，
他给电压表并联了一个10Ω定值电阻。假设待测电阻约为10Ω，以下说法正确的是（ ）
A．改后的电流表和正常电压表按丙图实验可以较为准确的测出待测电阻
B．改后的电流表和正常电压表按丁图实验可以较为准确的测出待测电阻
C．改后的电压表和正常电流表按丙图实验可以较为准确的测出待测电阻
D．改后的电压表和改后的电流表按丁图实验可以较为准确的测出待测电阻
【答案】A
【详解】电流表和电压表的改造对二者的读数没有影响，即读数依然是正确的；改造后的电流表的内阻约
为10Ω，改造后的电压表的内阻也约为10Ω，都与被测电阻的阻值很接近。改造后的电流表由于内阻增大，
所以分压能力增强了，将不适宜使用内接法；改造后的电压表由于内阻减小，所以分流能力增强了，将不
适宜使用外接法。所以，使用改后的电流表和正常电压表使用图丙所示的电路可以较为准确的测出待测电
阻，或者使用改后的电压表和正常电流表按图丁所示的电路可以较为准确的测出待测电阻。
故选A。
10．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度υ从M点竖直向上运动，通过
N点时，速度大小为2υ，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）
1
A．动能增加 mυ2 B．机械能增加2mυ2
2
3
C．重力势能增加 mυ2 D．电势能增加2mυ2
2
【答案】B
1 1
【详解】A.由动能的表达式E = mv2可知带电小球在M点的动能为E = mv2，在N点的动能为
k 2 kM 21 3
E = m(2v)=2mv2，所以动能的增量为ΔE = mv2，故A错误；
kN 2 k 2
BCD.带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，
qE v
由运动学公式有v =v=>,v =2v=at= t，可得qE=2mg，竖直方向的位移ℎ = t，水平方向的位移
y x m 2
2v 3
x= t=vt，因此有x=2ℎ ，对小球写动能定理有qEx−mgℎ =△E = mv2，联立上式可解得
2 k 2
1
qEx=2mv2，mgℎ = mv2，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mv2，电势能减少2mv2，
2
1
故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为 mv2，故C错误．
2
故选B。
11．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L 和L 为电感线圈。实验时，断开开关S 瞬间，灯
1 2 1
A 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S ，灯A 逐渐变亮，而另一个相同的灯A 立即变亮，最终A 与A 的
1 2 2 3 2 3
亮度相同。下列说法正确的是（ ）
A．图1中，闭合S ，电路稳定后，A 中电流大于L 中电流
1 1 1
B．图1中，断开S ，L 中的电流方向与断开前相反
1 1
C．图2中，L 的电阻值小于变阻器R的电阻值
2
D．图2中，闭合S 瞬间，L 中电流小于变阻器R中电流
2 2
【答案】D
【详解】AB．S 断开瞬间，A 中的原电流为零，L 中由于电流减小，根据楞次定律可知L 中产生与原方
1 1 1 1
向相同（顺时针方向）流经A 的感应电流，且L 中产生感应电流比A 中的原电流大，导致灯A 突然闪亮，
1 1 1 1
随后逐渐变暗，故A错误，B错误
C．开关S 闭合，A 与A 的亮度最终相同，说明稳定后流经A 与A 的电流相等，A 、A 是相同的灯泡，A
2 2 3 2 3 2 3 2和L 串联后的整体和A 与变阻器R串联后的整体并联，根据欧姆定律可知：L 的电阻值与变阻器R的电阻
2 3 2
值相等，故C错误；
D．开关S 闭合后，灯A 逐渐变亮，灯A 立即变亮，说明在开关S 闭合的瞬间流经灯A 的电流小于流经灯
2 2 3 2 2
的电流，即流经L 中的电流小于流经变阻器R中的电流，故D正确。
2
故选D。
4 1
12．金星与地球半径接近，金星的质量约为地球质量的 ，地球和金星各自的卫星公转半径的倒数 与公
5 r
转速度的平方v2的关系图像如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．金星的第一宇宙速度较小
B．取相同公转速度，金星的卫星的周期较大
C．图线a表示的是地球的卫星，图线b表示的是金星的卫星
D．取相同公转半径，金星的卫星向心加速度较大
【答案】A
【详解】A．根据 Mm v2可得，第一宇宙速度为 √GM，金星与地球半径接近，金星的质量约为
G =m v=
R2 R R
4
地球质量的 ，则金星的第一宇宙速度较小，故A正确；
5
C．根据 Mm v2可得，1 1 ，可知地球的质量较大，则1 图像的斜率较小，则图线b表
G =m = ⋅v2 −v2
r2 r r GM r
示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，故C错误；
B．由于图线b表示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，取相同公转速度，则金星的卫星的轨
2πr
道半径较小，根据T= 可知，金星的卫星的周期较小，故B错误；
v
D．由于图线b表示的是地球的卫星，图线a表示的是金星的卫星，取相同公转半径，金星的卫星的速度v2
较小，根据a= 可知，金星的卫星向心加速度较小，故D错误。
r
故选A。
13．如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B。电子从M
点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，且电子从M到P点运
动的时间为t，P、M间的距离为d。下列说法正确的有（ ）
A．电子到达P点时的速度为0 B．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
Bt
C．电子从N到P，电场力做正功 D．该匀强电场的电场强度E=
d
【答案】A
【详解】AB．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点
速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电
场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故A正确，B错误；
C．从N到P电场力做负功，故C错误；
D．通过单位判断物理量关系错误，故D错误。
故选A。
14．电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现
出不同颜色。顶部显示电极为透明面板，下面有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊
中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每
个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的有（ ）
A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
B．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做负功C．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做正功
D．把电场换成某种方向的恒定磁场，也可以使像素显示白或者黑
【答案】C
【详解】A．像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在
的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A错误；
B．像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故B错
误；
C．像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故C正
确；
D．把电场换成某种方向的恒定磁场，静止电荷在磁场中不受力，微粒不能移动，不能使像素显示白或者
黑，故D错误。
故选C。
第Ⅱ卷（主观题）
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、数据分析等。
（1）利用图1所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律。为减小实验误差，下列措施可行的有
。
A．描点作图时，铅笔应尖一些，力的图示适当大些
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角越大越好
（2）利用图2所示装置验证机械能守恒定律。图3为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清
晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h、h、h。已知打点计时器的打点周
1 2 3
期为T，重物质量为m，当地重力加速度为g。从打O点到打B点的过程中，重物增加的动能ΔE=
k
，减少的重力势能ΔE= 。（用题中所给字母表示）
p（3）某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”实验。A、B为两个半径相等、质量分别为m 和
1
m（m＞m）的小球，O点是水平轨道末端在水平地面上的投影。实验时先让入射小球A多次从斜轨上位
2 1 2
置S由静止释放，标记出其平均落地点P，测出射程OP。然后把被碰小球B置于水平轨道末端，仍将入射
小球A从斜轨上位置S由静止释放，与小球B相碰，并多次重复该操作，标记出碰后两小球的平均落地点
M、N，测出射程OM和ON。
①若两球碰撞前后动量守恒，则m、m、OM、OP、ON应满足表达式 。
1 2
②若两球碰撞为弹性碰撞，则OM、OP、ON还应满足ON－OM OP（选填“＞”“＝”“＜”）。
③某同学验证动量守恒定律认为即使A球质量m 大于B球质量m，也可能会使A球反弹。请说明该同学
1 2
的观点是否正确并给出理由 。
【答案】（1）AB/BA；（2）m(ℎ −ℎ ) 2 ； ；（3）m·OP＝m·OM＋m·ON； ＝ ；不合理，见
3 1 mgℎ 1 1 2
8T2 2
解析
【详解】（1）[1]A．描点作图时，铅笔应尖一些，描出的点迹所示位置就会更精准，力的图示适当大些，
在做平行四边形时可直接在力的图示上截取边长，以减小实验误差，故A正确；
B．用两个测力计拉细绳套时，两测力计的示数适当大些，读数时产生的相对误差就会更小，可以减小实
验误差，故B正确；
C．用两个测力计拉细绳套时，细绳间的夹角并非越大越好，过大或过小在作图时都会产生较大误差，因
此细绳间的夹角应适当，故C错误。故选AB。
ℎ −ℎ
（2）[2]通过平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得v = 3 1，则可知，从打O点到打B点的过程中，
B 2T
重物增加的动能 1 1 ℎ −ℎ 2 m(ℎ −ℎ ) 2
ΔE = mv2= m( 3 1 ) = 3 1
k 2 B 2 2T 8T2
[3]减小的重力势能在数值上等于重力所做的功，则ΔE =mgℎ
p 2
（3）[4]设碰撞前A球的速度为 ，碰撞后A球的速度为 ，B球的速度为 ，则根据动量守恒定律有
v v′ v
1 1 2
，A球单独抛出和碰撞后A、B球的运动都是平抛运动，下落高度相同，则所用时间
m v =m v ′+m v
1 1 1 1 2 2
相同，因此上式可写成 ，而 ，则上式可写成
m v t=m v ′t+m v t vt=s m ·OP=m ·OM+m ·ON
1 1 1 1 2 2 1 1 2
1 1 1 OP OM
[5]两球碰撞为弹性碰撞，则应满足机械能守恒定律 m v2= m v′2+ m v2，根据v = ，v′ = ，
2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 t 1 t
ON
v = ，联立解得ON−OM=OP
2 t
[6]设碰前A球的动量为p，动能为E ，碰后A球的动量为p、动能为E ，B球动量为p、动能为E 。取
0 k0 1 k1 2 k2
碰前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有p =p +p ，若A球反弹，则p<0，所以p>p，即
0 1 2 1 2 0
，又因为m＞m，所以E >E ，违背了能量守恒定律，所以该同学的观点错误。
√2m E >√2m E 1 2 k2 k0
2 k2 1 k0
16．（1）某一电学黑箱内可能有电源、电容器、电感线圈、二极管、定值电阻等元件，在接线柱间以如
图甲所示的“Z”字形连接（虚线所连的两接线柱间只有一个元件）。为了确定各元件种类，小华同学用多
用电表进行了如下实验。若已判定黑箱中无电源，现将选择开关旋至欧姆表“×1”挡，调节好多用电表，
分别测量AB、BC、CD间的正向电阻和反向电阻，记录如下表。请在图丙中画出黑箱内的所有元件及其连
接方式 。
红表笔接A 红表笔接B
黑表笔接B 黑表笔接A
A、B
开始很小，然后变为很大
红表笔接B 红表笔接C
B、C
黑表笔接C 黑表笔接B逐渐由大变小，最终稳定在某一值
红表笔接C 红表笔接D
黑表笔接D 黑表笔接C
C、D
恒定值
（2）甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻的实验。他们设计的电路原理如图1，其中R为
电阻箱，R 为保护电阻，阻值R =5.0Ω，电流表A的内阻R =9.0Ω。他们改变R的阻值，记下多组R和
0 0 A
电流表示数I。甲同学以IR作纵坐标，以I作横坐标，作图处理数据；乙同学以 为纵坐标，以I
I(R+R )
0
为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图如图2所示。
①由图2可知，甲同学绘制的是图线 （填“a”或“b”），由该图线得到的电源电动势为
V，内阻为 Ω。
1
②丙同学打算以 为纵坐标，以R作横坐标，请根据①中计算的结果将丙所作图线在图3中画出
I
。
【答案】（1）见详解；（2）①a；1.5；1.0；②见详解
【详解】（1）[1]接AB之间时电阻开始很小，然后变为很大，可知AB之间为电容器；接BC之间时电阻逐渐由大变小，最终稳定在某一值，可知BC之间为电感线圈；接CD之间电阻为恒定值，可知CD之间为
定值电阻。所以黑箱内的元件及其连接方式如下图
（2）[2]由闭合回路欧姆定律可得E=I（R+R +R +r)，
A 0
甲图线对应的U、I关系式为U=E−I(R +R +r)，乙图线对应的U、I关系式为U=E−I(R +r)
A 0 A
可知乙图线的斜率较小。故甲同学绘制的是图线a。
1.5
[3][4]关系式结合图线可得E=1.5V,R +R +r= Ω，解得r=1Ω
A 0 0.1
1 2R 1 1
[5]由闭合回路欧姆定律可得 =10+ ，可知 与R成线性关系，当R=15Ω时， =20A−1 ❑，当R=0时，
I 3 I I ❑
1
=10A−1 ❑，故作图如下
I ❑17．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量
是小球的4倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球
使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短，两个物体弹性很
好，碰撞过程没有机械能损失），小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求碰前瞬间球A的速度；
（2）碰后球A的反弹高度；
（3）碰后物块B在水平面上滑行的时间t。
9 2√2gℎ
【答案】（1）√2gℎ ，水平向右；（2） ℎ；（3）
25 5μg
【详解】（1）设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v，取小球运动到最低点重力
1
势能为零，根据机械能守恒定律，有mgℎ = mv2，解得v=√2gℎ ，水平向右
2
（2）设小球与物块碰后，小球的速度为v ，物块的速度为v ；由于小球运动到最低点时与物块发生正碰，
1 2
碰撞时间极短，两个物体弹性很好，碰撞过程没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒定律可得
1 1 1 3 3 2
mv=mv +4mv ， mv2= mv 2+ ×4mv 2，解得v =− v=− √2gℎ，v = √2gℎ
1 2 2 2 1 2 2 1 5 5 2 5
1 9
设碰后球A的反弹高度为ℎ，由动能定理得−mgℎ = mv 2，解得ℎ = ℎ
1 1 2 1 1 25
（3）碰后对B由动量定理得−μ×4mgt=0−4mv ，解得t=
2√2gℎ
2 5μg
18．某种质谱仪由离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器几部分构成，如图所示。加速电场
的电压为U；静电分析器中有沿半径方向的电场，通道中心线MN是半径为R的圆弧；磁分析器中分布着
方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量
为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周
运动，而后由P点垂直于磁分析器的左边界进入磁分析器中，经过四分之一圆周从Q点射出，并进入收集
器。已知Q点与磁分析器左边界的距离为d。求：
（1）离子离开加速电场时的速度v的大小；（2）静电分析器中MN处电场强度E的大小；
（3）磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向。
√2qU 2U 1 √2mU
【答案】（1）v= ；（2）E= ；（3）B= ，磁场方向为垂直纸面向外
m R d q
【详解】（1）离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理有qU=
1
mv2−0①，解得v=
√2qU
②
2 m
v2 2U
（2）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE=m ③，联立②③解得E= ④
R R
v2
（3）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB=m ⑤，联立②⑤式解得
d
1 √2mU
B=
d q
由左手定则可知：磁场方向为垂直纸面向外。
19．质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力为f，发动
机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g。求：
（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）；
（2）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与
飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的
大容量电容器充电，充电电压为U，弹射飞机时，电容器释放储存电能时所产生的强大电流从一根导轨流
0
入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推
动飞机起飞。
a、在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像，在此基础
上求电容器时储存的电能；
b、在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可缩短起飞距离。若金属块推动飞机所做的功与电
容器释放电能的比值为η，完成此次弹射后电容器剩余的电荷是原来的一半。求飞机的此次的起飞距离x。【答案】（1） mv2 ；（2）a、图像见解析，1 ；b、4mv2−3ηCU2
CU2 0
2(F−f ) 2 0 8(F−f )
F−f
【详解】（1）平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，由牛顿第二定律得F﹣f＝ma，解得a=
m
设飞机的起飞距离为s，根据位移—速度公式得v2＝2as，解得 mv2
s=
2(F−f)
（2）a、极板上所带电荷量为q＝Cu，则u﹣q图像如图所示：
1 1
图象与横轴所围的面积表示电能，则电容器充电电压为U 时，电容器储存电能为E= qU = CU2
0 2 0 2 0
1 1 1 1
b、完成此次弹射后，电容器储存的电能E′= ⋅ q⋅ U = CU2
2 2 2 0 8 0
1 1 3
释放的电能为ΔE=E−E′= CU2− CU2= CU2
2 0 8 0 8 0
3
金属块推动飞机所做的功为W =ηΔE= ηCU 2
8 0
飞机起飞过程，由动能定理得 W+Fx−fx= 1 mv2−0 ，解得 x= 4mv2−3ηCU2 0
2 8(F−f)
20．应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割
为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用
来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周
运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系xOy的
第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为v ，轨道对其支持力大小为2mg，之后小滑块离开轨道做平抛运动。
0
已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。
（1）求轨道末端的曲率半径ρ ；
0
（2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路
程，用Δp 表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用Δp 表示小滑块由O点运动到B点过程的
1 2
动量变化量，通过分析比较Δp 与Δp 的大小；
1 2
（3）轨道上的C点距x轴的距离为ℎ ，求小滑块经过C点时受到的支持力大小F 。
C C
2mgv3
v2 F = 0
【答案】（1）ρ = 0；（2）Δp 与Δp 的大小相等；（3） C 3
0 g 1 2 (v2+2gℎ )2
0 C
【详解】（1）小滑块运动到O点时，根据牛顿第二定律
mv2
，解得
v2
F−mg= 0 ρ = 0
ρ 0 g
0
（2）设A点距x轴的距离为ℎ ，小滑块由A点运动到O点的过程中Δp =mv
A 1 0
1
根据动能定理mgℎ = mv2
A 2 0
1
小滑块由O点运动到达B点过程中，下落距离也为ℎ ，则ℎ = gt2
A A 2
根据动量定理Δp =mgt，解得Δp =mv ，因此，Δp 与Δp 的大小相等。
2 2 0 1 2
（3）如图所示，小滑块经过C点时受到重力、支持力作用，C点处的曲率半径为ρ根据牛顿第二定律有
v2
F −mgcosθ=m C
C ρ
1 1
从C点运动到O点过程中根据动能定理有mgℎ = mv2− mv2
C 2 0 2 C
由于轨道曲线与平抛轨迹关于坐标原点O对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径为ρ，距x轴
的距离为 。小滑块运动到D点时速度为 ，在D点时 v2 ， v
ℎ v mgcosθ=m D cosθ= 0
C D ρ v
D
2mgv3
从O点运动到D点过程中根据动能定理有mgℎ = 1 mv2 − 1 mv2，联立可得 F C = 0 3
C 2 D 2 0
(v2+2gℎ )2
0 C
