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大题预测 03
【A 组】
（建议用时：40分钟 满分：40分）
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的
题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．【答案】(1) (2)
【详解】（1）棋子A与地面间摩擦力 （1分）
棋子A与上面的棋子间摩擦力 （1分）
由匀速拉出可知 （1分）
解得 （1分）
（2）棋子A击出后受到地面的摩擦力 （1分）
棋子A运动全过程动能定理可知 （1分）
已知 ，解得
摆球M摆下： （1分）
摆球与棋子A弹性正碰时，动量守恒 （1分）
机械能守恒 （1分）
解得 （1分）
14．【答案】(1) (2) ， (3) ，
【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且运动半径为r=d（1分）
1洛伦兹力提供向心力，则 （1分）
可得 （1分）
（2）粒子在电场中做一个反向的平抛运动，则 （1分）， （1分）
（1分）
解得
由位移关系可得 （1分）
可得
则 （1分）
（3）由于阻力作用，粒子速度减小，故半径也减小，但是粒子运动的 周期与速度无关，
由 （1分） 可得
所以 （1分）
又由粒子的运动轨迹可知
则粒子由C运动到D的时间为
设某时刻粒子的速度大小为v，方向如图所示，将速度分解为 粒子到达D点时
把 和f=kv作正交分解，则在x方向有 （1分）
选择 的微元过程，即上式两边同时乘以 ，并有 ；
（2分）
2对C点到D点全过程累加求和，且有
则
解得 （1分）
15．【答案】(1)电流的方向从b到a， (2) (3) （或 ）
【详解】（1）由题可知，ab棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流
的方向从b到a，对棒ab，由牛顿第二定律 （2分）
解得 （1分）
（2）ab棒由静止运动到 处，ab棒受安培力随位移线性变化，所以 （1分）
对棒ab，从开始到 过程，由动能定理 （1分）得 （1分）
（3）在 区域中，棒受到的合力为 （1分）
由简谐振动的性质可知棒ab以 处为平衡位置作简谐振动， （1分）
周期为 （1分） 则在 区域中的运动时间为 （1分）
在棒ab穿过左侧匀强磁场 过程中
由动量定理 （2分）
3代入 （1分） 解得
得
则全程总时间 （1分）
【B 组】
（建议用时：40分钟 满分：40分）
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的
题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．【答案】(1)2(2)
【详解】（1）如图所示，OO'为面光源的垂线，由于能射入气泡内的光占四分之一，则距OO'为 的光恰
好发生全反射，由图可得 （1分）折射率 （2分）
（2）由图可得 ， （1分）
由光速与折射率的关系可得 （1分）
4则恰好发生全反射的光线从发射到返回面光源所在水平面所需的时间 （1分）
14．【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）在电场强度为零的情况下，物块 运动到 点时对轨道的压力恰好为零，
则 （1分）解得
从 点运动到 点正上方时，水平方向 （1分）
联立解得 （1分）
（2）设物块 与 碰撞前一瞬间速度大小为 ，根据机械能守恒 （1分）
解得
设a、b碰撞后一瞬间，a、b的速度大小分别为 ，规定向右为正方向，
根据动量守恒有 （1分）
根据机械能守恒有 （1分）
联立解得 （1分）
物块 从 点运动到 点过程中，
根据动能定理有 （2分）
联立解得 （1分）
（3）设电场强度为 时，物块恰好能到达 点，根据动能定理有
（2分）
5联立解得
设电场强度为 时，物块恰好能到达 点，根据动能定理有
（2分）
在 点，根据牛顿第二定律 （1分）
联立解得
因此电场强度大小应满足的条件是 。（1分）
15．【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）小球到 点后能循环运动，则每次经过 点小球竖直方向速度相等。根据抛体运动知识可
知，小球斜抛运动的最高点 与 点等高。 点至 点的逆向运动过程为平抛运动，设运动时间为 点
水平速度与竖直速度相等，有 ， （1分）解得 （1分）
小球由 点下落至上抛至 点的全过程中，只有加速装置做功，小球在 点具有的动能等于加速电场做的
功，有 （2分）
联立解得 （1分）
（2）根据动能定理可得 （2分）
得 （2分）
（3）小球在磁场中运动，同时受到重力与洛伦兹力作用，使用配速法。设进入磁场时的速度为 ，将
分解为 和 两个分速度，方向均水平向右，其中分速度 产生的洛伦兹力与重力恰好平衡，另一个分速
6度 产生的洛伦兹力导致的分运动为匀速圆周运动，即原运动分解成匀速直线运动和匀速圆周运动两个分
运动。即有 （1分）， （1分）
匀速直线分运动未发生动量变化，总冲量为0。洛伦兹力 的水平方向冲量 （2分）
对于线速度为 的圆周运动，在很短的时间 内，设速度 的水平分量为 ，竖直分量为 ，水平方向
的洛伦兹力为 ，竖直方向位移为 ，则在水平方向产生的冲量为 （2分）
两边求和，有
即 （1分）
联立解得磁感应强度大小 （2分）
【C 组】
（建议用时：40分钟 满分：40分）
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的
题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．【答案】(1) (2)
【详解】（1）A做等容变化，对A由查理定律 （2分）
其中 ， ，
7解得 （2分）
（2）撤去恒温槽后，A温度降回 ，体积仍为 ，由查理定律得A的压强回到 ；
打开阀门K后，整体导热，温度均为 ，根据平衡条件可知，轻质活塞平衡后总压强为 ，初始
时对A、B，根据理想气体状态方程有 ， （2分）
则两气体总物质的量为 （1分）
平衡后，汽缸Ⅰ容积为 ，其中气体物质的量为 （1分）
因此Ⅱ中气体物质的量 （1分）
解得
同温同压下，质量比等于物质的量之比，故Ⅱ中气体质量 （1分）
14．【答案】(1) (2)
【详解】（1）粒子第一次在电场中运动的时间 （1分）
根据牛顿第二定律有 （1分）
根据速度公式有 （1分）
解得
粒子第一次进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有 （1分）
8解得 （1分）
（2）粒子经过3次加速与偏转后垂直打在x轴上于O点的距离如图所示
粒子圆周运动的周期 （1分）
结合上述解得 ，
可知，粒子第一次进入磁场后在磁场中运动半个周期。粒子第一次在电场中加速的位移 （1分）
结合上述解得
粒子第2次进入电场加速的速度 （1分）
粒子第2次在电场中加速的位移 （1分）
粒子第2次进入磁场后，在磁场中也运动半个周期，粒子第2次出磁场时与y轴的距离
粒子第3次在电场中加速后的速度
粒子第3次在电场中加速的位移
粒子第3次出磁场时与y轴的距离 （1分）
粒子第3次出磁场时，在磁场中圆周运动的轨道半径 （1分）
9所以粒子经过3次加速并在第3次偏转过程中被粒子收集器接收，
接收器与坐标原点O的距离 （1分）
结合上述解得 （1分）
15．【答案】(1)3m/s(2)3m(3)0，6m/s
(4)
【详解】（1）由于木板恰能静止在斜面上，分析其受力可得 （2分）
得μ=0.75
当小球和木板开始运动后，系统所受合外力仍为零，系统动量守恒，小球的速度设为 ，木板的速度设为
，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒可得 （2分）
代入数据，可得
即此时木板的速度大小为 。（1分）
（2）小球沿木板向上运动，由之前分析可得，木板的速度与小球时刻等大反向，且 （1分），
（2分）
恰好不相碰，则刚好速度均减为0，运动位移 （1分）
木板的长度 （1分）
（3）小球运动到最高点时，因为 ，故木板静止，小球向下加速 （1分）
解得
小球第一次与下挡板发生弹性碰撞，由动量守恒可得 （1分）
10由机械能守恒得 （1分）
解得 ，
（4）从第一次到第二次与下挡板相碰，小球和木板位移相同 （1分）
解得 ，
此时 ， （1分）
可知重复第一次碰撞的过程，第n次碰撞前，根据能量守恒，损失的机械能等于产生的热量，
即 （1分）
11
