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模拟检测卷(二)
(时间：90 分钟 满分100 分)
一、单项选择题(本题共8 小题，每小题3 分，共24 分。每小题只有一个选项符
合题目要求。)
1.(2024·四川内江一模)纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从
垫板上竖直跳起，然后又自由落回到垫板上，此时仪器上就会显示出跳起的最大
高度。在某次测试时，仪器显示的高度为80 cm。如果运动员的质量为60 kg，
不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，那么，下列说法正确的是( )
A.运动员起跳时，测试板对其做功为480 J
B.运动员在空中运动的时间为0.8 s
C.运动员跳起瞬间垫板对运动员的力大于运动员对垫板的力
D.运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量大小相等、方向相反
答案 B
解析 运动员起跳时，测试板对运动员的作用力位移为零，可知其做功为零，选
项A 错误；运动员在空中运动的时间为t＝2＝2 s＝0.8 s，选项B 正确；运动员
跳起瞬间垫板对运动员的力与运动员对垫板的力是相互作用力，总是等大反向，
选项C 错误；运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其的作用力方向均竖
直向上，则冲量的方向相同，选项D 错误。
2.如图1 所示为一检测薄膜厚度的装置，用一束单色光垂直照射在薄膜上，薄膜
下方是空气，当光的波长、薄膜的厚度以及折射满足一定条件时，能在薄膜上表
面观察到亮点。若要求的薄膜厚度d＝200 nm，不考虑半波损失，薄膜材料的折
射率n＝1.5，则( )
图1
A.所用光的波长可能为600 nm
B.所用光的波长可能为450 nm
C.若亮点变暗，一定是薄膜偏薄
D.若亮点变暗，一定是薄膜偏厚
答案 A
解析 设所用光的波长为λ，由折射定律可知，光在薄膜中时光的波长为，又光
在薄膜表面干涉加强，则光在薄膜中的光程差等于光在介质中波长的整数倍，即
k＝2d，其中k＝1，2，3，…，可得λ＝(k＝1，2，3，…)，A 正确，B 错误；结
合光的干涉可知，薄膜偏厚或偏薄都会导致亮点变暗，C、D 错误。
3.(2024·甘肃卷，7)一平行板电容器充放电电路如图2 所示。开关S 接1，电源E
给电容器C 充电；开关S 接2，电容器C 对电阻R 放电。下列说法正确的是(
)
图2
A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R 的电流由M 点流向N 点
C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R 的电流由N 点流向M 点
答案 C
解析 电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电
容器两极板的电荷量增加，由C＝可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电
容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A 错误，C 正确；根据电路结构可知，
不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流
过电阻R 的电流由N 点流向M 点，放电过程，流过电阻R 的电流由M 点流向N
点，B、D 错误。
4.如图3 所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P 型半导体和N 型半导体
结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生光电效应，自由电子
向N 型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收波长为λ 的
绿光才能发生光电效应，普朗克常量为h，光速为c，则下列说法正确的是(
)
图3
A.通过负载的电流方向从上至下
B.该材料的逸出功为
C.用光强更强的红光照射该材料，只要照射时间足够长，也能产生光电效应
D.用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，蓝光照射时，通过负载的电流较小
答案 B
解析 自由电子向N 型一侧移动，N 型半导体聚集负电荷，电势更低，则通过
负载的电流方向从下至上，故A 错误；发生光电效应时极限波长与逸出功需满
足W0＝h，故B 正确；光电效应是否发生与入射光的频率有关，与光照时间和光
照强度无关，红光的频率比绿光小，故不能发生光电效应，故C 错误；用光强
相同的紫光和蓝光照射该材料，因为蓝光频率较小，光子能量较小，故单位时间
内到达金属板的光子数目较多，产生的光电子较多，通过负载的电流较大，故D
错误。
5.如图4 所示，一定质量的理想气体，从图中A 状态开始，经历了B、C 状态，
最后到D 状态。AB 的反向延长线过O 点，BC 和DA 连线与横轴平行，CD 与纵
轴平行。下列判断正确的是( )
图4
A.A→B 过程，外界对气体做功，气体内能增加
B.B→C 过程，气体体积增大
C.C→D 过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小
D.整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功
答案 C
解析 A→B 过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增
加，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A 错误；B→C 过程为等
压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B 错误；
C→D 过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因
此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C 正确；作出气体状态变化对应
的p－V 图像，如图所示，
p－V 图像与V 轴围成的面积表示功，B→C 过程外界对气体做功，C→D 过程气
体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D
错误。
6.如图5 所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O 且与
盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定一个质量为m 的小球
A，在圆心O 的正下方r 处固定一个质量为2m 的小球B，小球A、B 均可看成质
点。现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则转动过程中小球B 的
最大速度为( )
图5
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 小球A、B 均随圆盘一起在竖直面内做圆周运动，角速度相等，设O、A
连线与水平面夹角为θ 角时，小球A 的速度为vA，小球B 的速度为vB，因圆盘
质量不计，则A、B 组成的系统仅在重力作用下运动，机械能守恒，有mgrsin θ
－2mg(1－cos θ)·r＝mv＋×2mv，其中vA＝2vB，解得vB＝。由数学知识可知，
当θ＝45°时，小球B 有最大速度，为vBmax＝，B 正确。
7.(2024·北京东城二模)如图6 甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出
的光包含两种单色光，分别为红光和蓝光。光从如图乙所示水面上的圆形区域中
射出，该区域分为 Ⅰ 、 Ⅱ 两部分，如图乙所示。则下列说法正确的是( )
图6
A.区域 Ⅰ 为红、蓝复色光，区域 Ⅱ 为红色单色光
B.区域 Ⅰ 为红色单色光，区域 Ⅱ 为蓝色单色光
C.区域 Ⅰ 为红、蓝复色光，区域 Ⅱ 为蓝色单色光
D.区域 Ⅰ 为红色单色光，区域 Ⅱ 为红、蓝复色光
答案 A
解析 由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足sin C＝，因为红光和蓝光
的折射率n 红＜n 蓝，综合上式可得，红光和蓝光的临界角C 红＞C 蓝，所以蓝光先
发生全反射，区域 Ⅰ 为红、蓝复色光，区域 Ⅱ 为红色单色光，故A 正确。
8.(2024·安徽合肥模拟)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，
某型号除颤仪电路原理如图7，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向
“2”，放电电流平均值为2.8 A，放电时间约为10－2 s，已知电容器电容为
2.0×10－5 F，升压变压器原、副线圈的匝数比约为1∶70，则降压变压器原、副
线圈的匝数比约为( )
图7
A.22∶1
B.11∶1
C.7∶1
D.2∶1
答案 B
解析 由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，
由于放电电流平均值为2.8 A，由电流的定义式有I＝，根据电容器的电容定义有
C＝，所以升压变压器副线圈两端的电压最大值为U4＝1 400 V，由理想变压器
原、副线圈与匝数的关系有＝，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值为U3
＝20 V，降压变压器副线圈两端电压的最大值为U2＝20 V，所以降压变压器原、
副线圈匝数比为＝＝＝，故B 正确。
二、多项选择题(本题共4 小题，每小题4 分，共16 分。每小题有多个选项符合
题目要求。全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。)
9.(2024·山东模拟)截至2024 年2 月10 日，天问一号火星环绕器已“上岗”工作
三周年。已知火星与地球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，公转半径
之比约为3∶2，自转周期之比约为1∶1，行星的公转视为匀速圆周运动。下列
说法正确的是( )
A.火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的
B.同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5 倍
C.火星的公转周期约为年
D.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的
答案 BD
解析 同步卫星的公转周期等于中心天体的自转周期，则火星同步卫星和地球同
步卫星的周期之比为1∶1，根据万有引力提供向心力有＝mr，解得r＝，火星与
地球的质量之比约为1∶9，则火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道
半径的，故A 错误；根据万有引力与重力的关系有＝mg，解得g＝，火星与地
球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，则＝，根据单摆的周期公式T＝
2π，可知同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5 倍，故
B 正确；根据开普勒第三定律可知＝，解得T 火＝年，故C 错误；根据第一宇宙
速度的计算公式v＝可知，火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的，故D
正确。
10.(2024·江西上饶模拟)静电除尘指的是一种利用静电场产生的静电力将粉尘等
颗粒物从气流中分离出来，从而净化空气的技术。如图8 为某静电除尘装置原理
图，实线为电场线，虚线为某一带电的烟尘微粒向集尘板迁移的轨迹，a、b 为
轨迹上的两点，烟尘微粒重力忽略不计。则( )
图8
A.集尘板处的电场方向垂直于集尘板向右
B.烟尘微粒在a 点的电势能大于在b 点的电势能
C.烟尘微粒在a 点的加速度大小大于在b 点的加速度大小
D.若在a 点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒将沿电场线向右运动
答案 BC
解析 电场方向沿电场线切线方向，所以集尘板处的电场方向垂直于集尘板向左，
故A 项错误；物体做曲线运动受到的合外力指向轨迹的凹侧，由题图可知，微
粒带负电，沿电场线方向，电势逐渐降低，则φa＜φb，Epa＞Epb，B 项正确；由
牛顿第二定律有F 电＝qE＝ma，电场线越密，电场强度越大，由题图可知，a 点
的电场线更密，所以烟尘微粒在a 点的加速度大小大于在b 点的加速度大小，故
C 项正确；带电粒子沿电场线运动的条件：电场线是直线且粒子从静止开始运动
或粒子的运动方向与电场线方向平行。结合题图可知，若在a 点由静止释放一带
负电烟尘微粒，微粒不会沿电场线向右运动，故D 项错误。
11.在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x 轴相向传播，波源分别位于(－0.2 m，
0)和(1.2 m，0)处，振幅均为2 cm，沿x 轴正向传播的简谐波的波速为0.8 m/s。t
＝0 时刻波的图像如图9 所示，此时平衡位置在(0.2 m，0)、(0.8 m，0)的两个质
点E、F 刚好开始振动，质点B、C 的平衡位置坐标分别为(0.4 m，0)、(0.5 m，
0)，以下说法正确的是( )
图9
A.两列波叠加能够发生干涉现象
B.两列波叠加后质点C 的振动周期为0.25 s
C.两列波叠加后质点B 的位移始终为0
D.t＝1.5 s 时，质点C 的位置坐标是(0.5 m，4 cm)
答案 AC
解析 由图知两列波的波长均为λ＝0.4 m，振幅A＝2 cm，同种均匀介质机械波
传播速度相同，故频率相同，能够发生干涉现象，故A 正确；周期均为T＝＝ s
＝0.5 s，介质做受迫振动，叠加后质点的振动频率与波源相同，故B 错误；由两
列波的传播方向可以判断质点E、F 的起振方向都沿y 轴负方向，则两列波的波
源是振动方向相同的相干波源，且两波源到质点B 的波程差ΔxB＝0.2 m＝，所以
质点B 是振动减弱点，故两列波叠加后B 的位移始终为0，故C 正确；在t1时刻
两列波传播到C 点，传播距离为Δx＝0.3 m，t1＝＝ s，两列波叠加后C 振动周
期跟相干波源的周期相同，即为0.5 s，Δt＝t－t1＝(1.5－) s＝ s，＝2，C 点起振
方向向下，则在t＝1.5 s 时刻，位于负向位移最大处，即t＝1.5 s 时，质点C 的
位置坐标是(0.5 m，－4 cm)，故D 错误。
12.(2024·山东聊城二模)如图10 所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一
水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的金属棒置于两导轨
上。在电阻、导轨和金属棒中间有面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里
的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t 的变化关系为B1＝kt，式中k 为大于零
的常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，
磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。零时刻，金属棒在水平恒
力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做
匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，下
列说法正确的是( )
图10
A.在0～t0时间内，流过电阻的电荷量为
B.在t0时刻以后，电阻R 上的电流方向由b→a
C.在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为
B0lv0(t－t0)
D.在时刻t(t＞t0)金属棒所受水平恒力的大小为(B0lv0＋kS)
答案 AD
解析 0～t0时间内闭合回路中产生感生电动势为E0＝＝·S＝kS，回路中电流为I0
＝＝，流过电阻的电荷量为q＝I0t0＝，故A 正确；在t0时刻以后，根据楞次定律
可知，金属棒上的电流方向向上，而电阻R 上的电流方向由a→b，故B 错误；
在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φ1＝B0lv0(t－t0)＋kSt，故C 错误；回路中同
时产生感生电动势和动生电动势，根据电流方向可知回路中总电动势为E＝B0lv0
＋kS，回路中电流为I＝＝，则金属棒所受安培力大小为F＝B0Il＝(B0lv0＋kS)，
由于金属棒匀速运动，所以所受水平恒力的大小等于安培力的大小，故D 正确。
三、非选择题(本题共6 小题，共60 分。)
13.(6 分)某同学用图11 装置探究两根相同弹簧甲、乙串联后总的劲度系数与弹簧
甲劲度系数的关系。他先测出不挂钩码时弹簧甲的长度和两弹簧的总长度，再将
钩码逐个挂在弹簧的下端，记录数据填在下面的表格中。
图11
序号
1
2
3
4
5
6
钩码重力
F/N
0.00
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
弹簧甲的长
度L1/cm
1.95
2.20
2.45
2.70
2.95
3.20
两弹簧总长
度L2/cm
4.00
4.50
5.00
5.50
6.00
6.50
(1)关于本实验操作，下列说法正确的是______。
A.悬挂钩码后立即读数
B.钩码的数量可以任意增减
C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态
(2)已作出钩码重力F 与弹簧总长度L2的关系图像，如图12 中实线所示，由图像
可知两根弹簧串联后总的劲度系数k 为________N/cm。
图12
(3)在图12 的坐标纸上描点作出钩码重力F 与弹簧甲的长度L1的关系图像。
(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数k′，k 和k′的定量关系为________。
(5)本实验中，弹簧的自重对所测得的劲度系数________(选填“有”或“无”)影
响。
答案 (1)C (2)1.00 (3)见解析图 (4) k′＝2k (5) 无
解析 (1)悬挂钩码后应等示数稳定后再读数，A 错误；因为所挂钩码重力不能
超过弹性限度，即钩码的数量不可以任意增减，B 错误；安装刻度尺时，必须使
刻度尺保持竖直状态，C 正确。
(2)因为F－L 图像的斜率为弹簧的劲度系数
故k＝＝1.00 N/cm。
(3)图像如图所示。
(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数为k′＝2.00 N/cm
故k 和k′的定量关系为k′＝2k。
(5)因为本实验中，用图像斜率求得弹簧劲度系数，故弹簧的自重对所测得的劲
度系数无影响。
14.(8 分)(2024·河南郑州模拟)某实验小组为了测量一金属杆的电阻，设计了如图
13 所示的电路，所用器材如下：
图13
电源(电动势E 恒定，内阻r＝1.0 Ω)
电阻箱R0(最大阻值999.9 Ω)
电阻R1(阻值为20.0 Ω)
电阻R2(阻值为15.0 Ω)
毫安表mA(量程30.0 mA，内阻不计)
待测金属杆，开关S，导线若干。
请完成下列实验操作和计算：
(1)根据如图所示实验原理图连接电路，闭合开关S，调节电阻箱R0 的阻值为
40.0 Ω，此时毫安表示数为24.0 mA，则金属杆中的电流为________mA。
(2)重复以上步骤，调节电阻箱R0 的阻值为20.0 Ω，此时毫安表示数为20.0
mA。
(3)断开开关，根据上述测量，计算得到待测金属杆电阻为Rx＝________Ω，同时
可得到所用电源电动势为E＝________V。
(4)若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻的测量值将
________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
答案 (1)36.0 (3)4.0 1.2 (4)大于
解析 (1)由题意可知，通过电阻R1的电流I1＝24.0 mA，根据欧姆定律可知，电
阻R1两端的电压为U1＝I1R1，电阻R1和电阻箱R0并联，电压相等U0＝U1，根据
欧姆定律，可得通过电阻箱R0的电流为I0＝，金属杆在干路上，则通过金属杆
的电流为I＝I1＋I0，联立解得I＝36.0 mA。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I 总(Rx＋r＋R2)，其中U＝IR1，I 总＝I＋＝I
＋，联立解得Rx＝－r－R2，当R0＝40 Ω 时，I＝24.0 mA 和当R0＝20 Ω 时，I＝
20.0 mA 分别代入，解得Rx＝4.0 Ω，E＝1.2 V。
(4)根据Rx＝－r－R2可知，若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则
金属杆电阻在计算时，减去的电源的内阻偏小，计算得到的金属杆的电阻偏大。
15.(8 分)(2024·甘肃卷，13)如图14，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被
隔板分成A、B 两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹
簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B 体积均为
Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B 中气体抽出一半，B 的体积变为原来的。
整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：
图14
(1)抽气之后A、B 的压强pA、pB；
(2)弹簧的劲度系数k。
答案 (1)p0 p0 (2)
解析 (1)抽气后，A 的体积变为VA＝2Sl－Sl＝Sl
对A 中气体根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·Sl
解得pA＝p0
对B 中气体，根据理想气体状态方程pV＝nRT 可知
p0Sl＝pB·Sl
解得pB＝p0。
(2)抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·l
结合(1)问解得k＝。
16.(8 分)(2023·江苏卷，14)“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X
射线。硬X 射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射
硬X 射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N 个该种光子。已知探测
仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：
(1)每个光子的动量p 和能量E；
(2)太阳辐射硬X 射线的总功率P。
答案 (1) h (2)
解析 (1)根据德布罗意波长公式，可得每个光子的动量为p＝
每个光子的频率为ν＝
每个光子的能量为E＝hν
故每个光子的能量为E＝h。
(2)卫星离太阳中心的距离为R，离太阳中心距离为R 的球面的表面积为S 球＝
4πR2
单位面积上的功率为P0＝
太阳辐射硬X 射线的总功率P＝S 球P0
联立解得P＝＝。
17.(14 分)(2024·江西南昌模拟)如图15 所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限内
存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第四象限内存
在着方向沿x 轴负方向、电场强度大小为E 的匀强电场，y 轴负半轴上固定着足
够长的荧光屏。现有大量质量均为m、电荷量均为＋q 的粒子从y 轴正半轴上不
同位置以不同的速率平行于x 轴正方向射入磁场，经偏转后所有粒子均从P(d，
0)点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。
图15
(1)求以最小速度进入磁场的粒子的纵坐标及该粒子的速度大小；
(2)求(1)中粒子打在荧光屏上的位置与O 点的距离；
(3)若从y 轴上M(0，)点和N 点进入磁场的粒子速度大小相等，求N 点的纵坐标。
答案 (1)d (2)Bd (3)2d
解析 (1)如图甲所示
速度最小的粒子在磁场中的运动半径最小，所有粒子轨迹的圆心均在y 轴上，故
圆心在O 点的粒子其运动半径最小，以O 点为圆心，OP 为半径画圆，交y 轴于
Q 点，即从Q 点进入磁场的粒子速度最小，依题意可知Q 点的纵坐标为d，洛伦
兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力qvminB＝m
解得vmin＝。
(2)由(1)知粒子垂直于x 轴进入电场，在电场中做类平抛运动，设其加速度大小
为a，在电场中的运动时间为t，有
x 轴方向有d＝at2，qE＝ma
y 轴方向有L＝vmint
解得L＝Bd。
(3)两种情况的粒子运动轨迹如图乙所示
设从M 点进入磁场的粒子的轨迹圆心为O1，半径为r，由几何关系有
d2＋(r－d)2＝r2
解得r＝d
设从N 点进入磁场的粒子轨迹圆心在O2点，其轨迹半径也为r，由几何关系得
OO1＝OO2＝d
故N 点的纵坐标yN＝d＋r＝2d。
18.(16 分)(2024·湖南三湘联合体月考)如图16 所示，半径R＝0.6 m 的光滑半球静
止于水平桌面。在半球的顶端B 点有两个相同的小球，小球可看作质点，重力
加速度大小g＝10 m/s2。刚开始小球用双手固定，现同时放开双手，两小球由静
止分别向左、向右运动，O 点是球心，不计空气阻力。
图16
(1)判断半球会不会运动，请说明理由；
(2)求小球离开球面瞬间的速度大小v；
(3)求两个小球在水平桌面的落点间的距离d;
(4)若半球质量M＝4 kg，小球质量m＝1 kg，以初始球心O 位置为坐标原点，
OB 方向为y 轴正方向，OC 方向为x 轴正方向，建立平面直角坐标系，在B 点放
一个小球，由于轻微扰动，小球由静止开始向右运动，求小球在半球球面上运动
时的轨迹方程。
答案 (1)不会 理由见解析 (2)2 m/s
(3) m (4)()2＋y2＝0.36(0≤x≤0.48 m)
解析 (1)由于两个相同的小球向左、向右的运动具有对称性，两个小球对半球
在水平方向的分力始终大小相等、方向相反，所以半球不会运动。
(2)设小球在A 点离开球面，OA 与OC 的夹角为θ
有mgsin θ＝m
小球从B 点到A 点的过程，根据机械能守恒定律有mg(R－Rsin θ)＝mv2
联立并代入数据解得v＝2 m/s，sin θ＝。
(3)小球离开半球后做斜抛运动，在水平方向有x＝vtsin θ
在竖直方向有Rsin θ＝vtcos θ＋gt2
根据几何关系及运动的对称性可知d＝2(Rcos θ＋x)
联立并代入数据解得d＝ m。
(4)小球与半球在水平方向动量守恒，有Mv1＝mv
运动时间相等，则有Mx1＝mx
又x1＋x＝x′，x′2＋y2＝R2
整理得()2＋y2＝0.36(0≤x≤0.48 m)。
