高三物理试题
一、单项选择题（本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分，在每小题的 4 个选项中
只有一项是符合题目要求的。）
1.关于机械波的特性，下列说法正确的是（ ）
A. 只有波长比障碍物的尺寸小或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象
B. 火车鸣笛时向我们驶来，听到的笛声频率将比声源发出的频率低
C. 向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率
变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应
D. 只要是性质相同的波，都可以发生干涉
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有波长比障碍物的尺寸大或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象，所以 A
错误；
B．火车鸣笛向我们驶来时，间距变小，则我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高，所以
B 错误；
C．向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波
的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应，所以 C 正确；
D．产生干涉的两个条件是：两列波的频率必须相同，两个波源的相位差必须保持不变。所以
D 错误。
故选 C。
2.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，关于氢原子，下列说法正确的是（ ）
A. 一个氢原子从 能级跃迁到 能级，可能放出 3 种不同频率的光子
B. 从 能级跃迁到 能级，氢原子会吸收光子，能量升高
C. 从 能级跃迁到 能级，氢原子会向外放出光子，能量降低
3n = 1n =
4n = 3n =
4n = 3n =D. 处于不同能级时，核外电子在各处出现 概率是一样的
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个氢原子从 能级跃迁到 能级，最多能放出两种不同频率的光子，方
式为，由能级 3 到能级 2，再由能级 2 到能级 1，所以 A 错误；
BC．从 能级跃迁到 能级，即由高能级向低能级跃迁，氢原子会放出光子，能量降
低，所以 C 正确，B 错误；
D．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，所以 D 错误。
故选 C。
3.如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为 60°．己知光线在玻璃球内经一次反射后，再
次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为
A. B. 1.5 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：据题意，由于岀射光线和入射光线平行，则光线 AB 和光线 BC 关于法线 B0 对称，
则法线与岀射光线和入射光线平行，所以∠ABO=30°，则折射角 r=∠OAB=30°，据折射定律有：
n=sin60°/sin30°= ，所以 C 选项正确．
考点：光的折射定律
【名师点睛】本题考查光的折射和折射定律的应用．解题的关键是画出规范的光路图，要根
据反射光路的对称性，由几何知识作出光路，然后在入射点的位置，求出折射角，应用光的
折射定律列得方程求解；此题意在考查学生对基本公式的应用程度．
的
3n = 1n =
4n = 3n =4.2018 年 6 月 14 日 11 时 06 分，我国探月工程嫦娥四号“鹊桥”中继星顺利进入环绕地月拉
格朗日 L2 点运行的轨道，为地月信息联通搭建“天桥”．如图所示，该 L2 点位于地球与月球
连线的延长线上，“鹊桥 ”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周
运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为 Me、Mm、m，地球和月球中心之间的平均距
离为 R，L2 点到月球中心的距离为 x，则 x 满足( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】对月球，万有引力提供向心力，有： ，对中继星，地球和月球
的 引 力 的 合 力 提 供 向 心 力 ， 故 ： ， 联 立 解 得 ：
，故 ACD 错误，B 正确.
5.如图所示，三个质量相等的小球 A、B、C 从图示位置分别以相同的速度 v0 水平向左抛出，
最终都能到达坐标原点 O。不计空气阻力，x 轴为地面，则可判断 A、B、C 三个小球（ ）
2 3
1 1 ( )( ) R xR x R
= ++
2 2 3 ( )( )
e m eM M M R xR x x R
+ = ++
2 3 ( )m eM M R xx R
= +
2 2 3 ( )( )
e mM M m R xR x x R
+ = ++
2
2
e m
m
M MG M RR
ω＝
( ) ( )2
2 2
e mM m M mG G m R xxR x
ω+ +
+ ＝
2 2 3( )
e m eM M M R xR x x R
+ = ++ （ ）A. 初始时刻纵坐标之比为
B. 在空中运动过程中重力做功之比为
C. 在空中运动的时间之比为
D. 到达 O 点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为
【答案】A
【解析】
【详解】C．由图象可得三个小球的水平位移之比为
根据平抛运动的水平位移公式
得时间之比为
所以 C 错误；
AB．根据竖直位移公式
可得竖直位移之比为
又因为三个小球的质量相等，所以在空中运动过程中重力做功之比为
所以 A 正确，B 错误；
D．到达 O 点时，合位移与水平位移的夹角的正切值为
又合速度与水平方向夹角的正切值为
所以速度方向与水平方向夹角的正切值之比为
所以 D 错误。
1: 4:9
1: 2:3
1:3:5
1: 4:9
1 2 3: : 1: 2:3x x x =
0x v t=
1 2 3: : 1: 2:3t t t =
21
2h gt=
1 2 3: : 1: 4:9h h h =
1 2 3: : 1: 4:9W W W =
tan h
x
α =
tan 2tanθ α=
1 2 3tan : tan : tan 1: 2:3θ θ θ =故选 A。
6.为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得 10 分
钟内杯中水位上升了 45mm，当时雨滴竖直下落速度约为 12m/s。设雨滴撞击伞面后无反弹，
不计雨滴重力，雨水的密度为 ，伞面的面积约为 0.8m2，据此估算当时雨水对伞
面的平均撞击力约为（ ）
A. 0.1N B. 1.0N
C. 10N D. 100N
【答案】B
【解析】
【详解】对雨水由动量定理得
则
所以 B 正确，ACD 错误。
故选 B。
7.用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面 1 和 2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所
示。一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端。下列说法正确的是
（ ）
A. 沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速度大小相等
B. 物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
3 31 10 kg/m×
Ft mv Shvρ= ∆ =
0.72N 1.0NShvF t
ρ= = ≈C. 物块沿着 1 下滑到底端的过程，产生的热量较少
D. 物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
【答案】B
【解析】
【详解】AB．让小物块分别从斜面顶端滑到底端，由于两个斜面 高度相等，所以由动能定
理得
其中
则可化简为
所以 越大，速度越大，且与质量有关，所以 B 正确，A 错误；
CD．物块沿斜面下滑到底端的过程中，产生的热量为
所以 越大，Q 越小，且与质量有关，所以 CD 错误。
故选 B。
8.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 5：1，原线圈接入图乙所示的电压，
副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0 为定值电阻，R
为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是（ ）
A. 图乙中电压的有效值为 110 V
B. 电压表的示数为 44V
C. R 处出现火警时电流表示数增大
D. R 处出现火警时电阻 R0 消耗的电功率增大
【答案】ACD
【解析】
的
21cos 2mgh mg l mvµ θ− ⋅ =
sin
hl θ=
22 2 tan
hgh g v− =µ θ
θ
tan
hQ mgµ θ=
θ
2【详解】根据电流的热效应 ，解得 ，电压与匝
数成正比 ，即 ，解得： ，所以电压表的示数为 ，故 A
正确 B 错误；R 处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时副线圈电流增大，
输出功率增大，根据输入功率等于输出功率，输入功率增大，根据 ，所以电表的示
数增大，故 C 错误； R 处出现火灾时，阻值减小，由于电压不变，电流增大， 消耗的功率
增大，故 D 正确．
考点：变压器的构造和原理；电功、电功率
【点睛】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准
确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝
数比的关系，是解决本题的关键．
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多项符合题目
要求,全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分
9.两列波速相同 简谐横波沿 x 轴相向传播，实线波的频率为 3 Hz，振幅为 10 cm，虚线波的
振幅为 5 cm．t=0 时，两列波在如图所示区域内相遇，则
A. 两列波在相遇区域内会发生干涉现象
B. 实线波和虚线波的频率之比为 3：2
C. t= s 时，x=9 m 处的质点实际振动方向向上
D. t= 时，x=4 m 处的质点实际位移大小|y|>12.5 cm
【答案】BCD
【解析】
【详解】实线波的波长为 λ1=4m，虚线波的波长为 λ2=6m，它们的波速相等，由波速公式 v=λf
得：实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=λ2：λ1=3：2，两列波的频率不同，不能发生干涉现
的
2
2
220 2
2 0.01 0.02U
R R
× = × 110 2U V=
1 1
2 2
U n
U n
=
2
110 2 5
1U
= 2 31.1U V≈ 31.1V
1 1 1P U I=
0R
1
6
1 s12象．故 A 错误，B 正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在 t= s 时间内波传播的距离
x=vt=2m= λ1= λ2，实线波单独传播时，在 t= s 时，x=9m 处的质点到达波谷，振动速度
为零．虚线波单独传播时，在 t= s 时，x=9m 处的质点振动方向向上，则根据波叠加原理可
知 t= s 时，x=9m 处的质点振动方向向上．故 C 正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在
t= s 时间内波传播的距离 x=vt=1m= λ1，实线波单独传播时，t= s 时，x=4m 处的质点
到达波谷，位移大小为 y1=10cm；根据波形的平移法作出虚线波传播 x=1m 时的波形，如图所
示
由图看出此刻 x=4m 处的质点位移大小 y2＞2.5cm，则波的叠加原理可知 t= s 时，x=4m 处
的质点位移|y|=y1+y2＞12.5cm，故 D 正确．故选 BCD.
【点睛】题关键要掌握干涉产生的条件和波的叠加原理，运用波形的平移法分析波形，确定
质点的位移．
10.如图所示，P、Q 为两个等量的异种电荷，以靠近电荷 P 的 O 点为原点，沿两电荷的连线
建立 x 轴，沿直线向右为 x 轴正方向,一带正电的粒子从 O 点由静止开始仅在电场力作用下运
动到 A 点，已知 A 点与 O 点关于 P、Q 两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计．在从 O
点到 A 点的运动过程中，下列关于粒子的运动速度 v 和加速度 a 随时间的变化、粒子的动能
和运动径迹上电势 随位移 x 的变化图线可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
1
6
1
2
1
3
1
6
1
6
1
6
1
12
1
4
1
12
1
12
ϕ【答案】CD
【解析】
等量异种电荷的电场线如图所示．
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度 ，由图可知 E 先减小后增大，所以
图象切线的斜率先减小后增大，故 A 错误．沿两点电荷连线从 O 到 A，电场强度先变
小后变大，一带正电的粒子从 O 点由静止开始在电场力作用下运动到 A 点的过程中，电场力
一直做正功，粒子的速度一直在增大．电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大．v-t 图
象切线的斜率先变小后变大，故 CD 可能，故 CD 正确．粒子的动能 ，电场强度先
变小后变大，则 切线的斜率先变小后变大，则 B 图不可能．故 B 错误．故选 CD．
【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况
判断动能的变化情况．由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况．
11.质量为 m 小球在竖直向上的恒力 F 作用下由静止开始向上做匀加速运动，经时间 t 运动
到 P 点；撤去 F 又经时间 t 小球回到出发点，速度大小为 v．不计空气阻力，重力加速度为 g，
则下列判断正确的是( )
A. 撤去力 F 时小球的动能为
B. 小球上升的最大高度为
C. 拉力 F 所做的功为
D. 拉力 F 的最大功率为
【答案】BD
【解析】
【详解】C.设拉力 F 作用时，小球上升的加速度大小为 a，末速度大小为 ，则小球上升的高
的
E x
ϕ∆= ∆
xφ−
kE qEx=
kE x−
21
4 mv
2
2
v
g
21
4 mv
2
3 mgv
v′度
撤去外力后
解得
，
对全过程由动能定理知
选项 C 错误．
A.拉力 F 作用时，由动能定理知
联立解得
选项 A 错误．
B.撤去力 F 后小球上升的高度为 ，由
，
知小球上升的最大高度
选项 B 正确．
D.拉力 F 的最大功率
选项 D 正确．
21
2h at=
v at′ =
21
2h v t gt′− = −
1
3a g= 4
3F mg=
21
2 mv Fh=
21 ( )2 mv F mg h′ = −
2 2 21 1 1 1
2 4 2 8mv mv mv′ = × =
h′
21
2 mv Fh= 21
2 mv mgh′ ′=
2
2
vH h h g
′= + =
2
3mP Fv mgv′= =12.如图（a）所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac 边的电阻为 R，其他电阻均不计，ab 与 ac
角夹角为 135°，cd 与 ac 垂直．将质量为 m 的长直导体棒搁在导轨上．并与 ac 平行．棒与
ab、cd 交点 G、H 间的距离为 L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 B．在
外力作用下，棒由 GH 处以初速度 v0 向右做直线运动．其速度的倒数 随位移 x 变化的关系
如图（b）所示．在棒运动 L0 到 MN 处的过程中（ ）
A. 导体棒做匀变速直线运动
B. 导体棒运动的时间为
C. 流过导体棒的电流大小不变
D. 外力做功为
【答案】BC
【解析】
【详解】A、直线的斜率为：
所以有：
代入得： ，故不是匀变速直线运动，故 A 错误；
C、感应电动势为：
1
v
0
0
3
2
L
v
2 3 2
0 0 03 3
2 8
B L v mv
R
+
0 0
0 0 0
2 1
1v vk L L v
−
= =
0
1 1kxv v
= +
0 0
0
L vv x L
= +E=Blv=
感应电动势大小不变，感应电流为：I=E/R，大小不变，故 C 正确；
B、根据法拉第电磁感应定律有：
解得： ，故 B 正确；
D、克服安培力做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热为：
对导体棒，由动能定理得：W 外-W 安=
解得：W 外= ，故 D 错误；
故选 BC．
【点睛】根据图象求出 v 随 x 变化的函数表达式，判断运动情况；由 E=Blv 求出任意时刻的
电动势，由欧姆定律分析电流变化；求出棒向右移动 L0 的过程中回路磁通量变化量，由
求解时间；棒向右移动 L0 的过程中，求出扫过的面积，求出此时电动势，根据 动能定理求解
外力做的功．
三、非选择题，共 6 小题，共 60 分
13.用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球
沿斜槽轨道 PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢
球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此
重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
0 0
0 0 0
0
( ) L vB L x BL vL x
+ =+
0 0 0
0 0
1 ( 2 )2B L L LB SE BL vt t t
φ ⋅ +∆ ∆= = = =∆ ∆ ∆
0
0
3
2
Lt v
∆ =
2 3
2 20 0 0 0 0
0
3 3( ) 2 2
BL v L B L vQ I Rt RR v R
= = ⋅ =
2 2
0 0
1 1 1( )2 2 2m v mv−
2 3 2
0 0 03 3
2 8
B L v mv
R
−
E t
φ∆= ∆(1)下列实验条件必须满足的有____________；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为 轴、竖直方向为 轴的坐标系；
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q 点，钢球的_______（选填“最上端”、
“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定 轴时_______（选填“需要”
或者“不需要”） 轴与重锤线平行；
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取 A、
B、C 三点，AB 和 BC 的水平间距相等且均为 ，测得 AB 和 BC 的竖直间距分别是 和 ，
则 _______ （选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为
_______（已知当地重力加速度为 ，结果用上述字母表示）。
(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______；
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平
x y
y
y
x 1y 2y
1
2
y
y
1
3
g抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在
白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不
论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
【答案】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). AB
(7). B
【解析】
【详解】(1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，
即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，
因此 A 错误，BD 正确；挡板高度可以不等间距变化，故 C 错误。
故选 BD
(2)a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于 Q 点，钢球的球心
对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定 轴时需要 轴与重锤线平行。
b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为
1:3:5：…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此 大于 ；由
，
联立解得
(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于
铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔
将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故 C 不可行，AB 可行。
(4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能
射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，
。
2 1
gx y y−
y y
1
2
y
y
1
3
2
2 1y y gT− = 0x v T=
0
2 1
gx yv y
= −故选项 B 正确。
14.为了精确测量一电阻的阻值 Rx，现有以下器材：蓄电池组 E，电流表 A，电压表 V，滑动
变阻器 R，电阻箱 RP，开关 S1、S2，导线若干。某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验
的主要步骤如下：
a．闭合 S1，断开 S2，调节 R 和 RP，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为 I1、
U1；
b．保持 S1 闭合、RP 阻值不变，闭合 S2，记下电流表和电压表示数分别为 I2、U2。
(1)按图甲所示的电路图将如图乙所示的实物连成电路______；
(2)被测电阻的阻值 ________（用两电表的示数表示）；
(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的阻值 Rx 的测量值________真实值（选
填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】 (1). (2). (3). 等于
【解析】
【详解】(1)[1]如图所示
xR =
1 2
1 2 2 1
U U
U I U I−(2)[2]由题中的步骤可得
则
(3)[3]本实验的实验误差来源于电压表的内阻引起的分流作用，如果考虑电压表的内阻，则
则
结果不变，所以被测电阻的阻值的测量值等于真实值。
15.某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大
石板，石板裂开而“气功师”没有受伤．现用下述模型分析探究：
设大石板质量 M=80 kg，铁锤质量 m=5 kg；铁锤从 h1=1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反
弹，当反弹达到最大高度 h2=0.05 m 时被拿开；铁锤与石板的作用时间 t1=0.01 s；由于缓冲，
石板与“气功师”腹部的作用时间 t2=0.5 s．取重力加速度 g=10 m/s2．求：铁锤敲击大石板的过
程中，
（1）铁锤受到的冲量大小；
（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；
（3）大石板对人的平均作用力大小．
【答案】（1）35 N·s（2）3550N（3）871N
【解析】
（1）由机械能守恒定律 ，解得 ，
1
p
1
UR I
=
2
x P
2
U R RI
= +
1 2
x
1 2 2 1
U UR U I U I
= −
p V 1
p V 1
R R U
R R I
=+
p V2
x
2 p V
R RU RI R R
= + +
1 2
x
1 2 2 1
U UR U I U I
= −
21
2 mv mgh= 2v gh=则铁锤打击石板时的速度 ，
铁锤反弹时的速度 ；
对铁锤，由动量定理得 ，解得
（2）对铁锤，由冲量定义得 ，解得
（3）对石板，由动量定理得 ，解得 ；
由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小 ．
16.如图所示，绝热气缸放在水平地面上，质量为 m、横截面积为 S 的绝热活塞上下两室分别
充有一定量的氢气 A 和氮气 B(视为理想气体)，竖直轻弹簧上端固定，下端与活塞相连．初始
时，两室气体的绝对温度均为 ，活塞与气缸底部的间距为 L，与顶部的间距为 3L，弹簧劲
度系数为 (g 为重力加速度大小)、原长为 2L．现对 B 缓慢加热，当弹簧处于原长状态时停
止加热，此时 A 的绝对温度为 ，B 的绝对温度为 ．已知 ，求对 B 停止加热时
A、B 的压强各为多大?
【答案】
【解析】
【详解】设初始时，A、B 的压强分别为 ，停止加热时 A、B 的压强分别为 ，
则
根据胡克定律有：
对活塞，受力平衡
初态有：
1 12 6 /v gh m s= =
2 22 1 /v gh m s= =
2 1I mv mv= − 35I N s= ⋅
( )1 1I F mg t= − 1 3550F N=
( )2 2 1 1 0F Mg t Ft− − = 2 871F N=
2 2 871F F N′ = =
0T
mg
L
1 0n T 2 0n T 2 13n n>
( ) ( )2 1
2 2
2 1 2 1
3,3 3B A
n mg n mgP Pn n S n n S
= =− −
1 1A BP P、 2 2A BP P、
( )3 2mgF L LL
= ⋅ −末态有：
根据理想气体状态方程
对 A 有：
对 B 有：
解得：
；
17.“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化如
下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为 O，外圆的半径 ，
电势 ，内圆的半径 ，电势 ，内圆内有磁感应强度大小
、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板 MN 与内圆的一条直径重合，收集薄
板两端 M、N 与内圆间各存在狭缝．假设太空中漂浮着质量 、电荷量
的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，
进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板 MN 上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不
考虑粒子相互间的碰撞和作用．
(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；
(2)以收集薄板 MN 所在的直线为 轴建立如图的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置 的粒子
将在电场和磁场中做周期性运动．指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用
时间．
1 1B AP S F P S mg+ = +
2 2B AP S P S mg= +
1 2
0 1 0
3 2A AP LS P LS
T n T
⋅ ⋅=
1 2
0 2 0
2B BP LS P LS
T n T
⋅ ⋅=
( )2
2
2 13B
n mgP n n S
= − ( )1
2
2 1
3
3A
n mgP n n S
= −
1 2R m=
1 50Vϕ = 2 1R m= 2 0ϕ =
35 10B T−= ×
101.0 10m kg−= ×
44 10q C−= ×
x【答案】（1） (2) （0, 2m）,（2m, 0）,（0, -2m）,（-2m, 0）
【解析】
（1）带电粒子在电场中被加速时，由动能定理可知
解得：
（2）粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有
解得 r=1.0m
因为 r=R2，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中
运动 圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，如此反复
的周期运动．其运动轨迹如图所示．则在磁场中运动的时间为 T．
解得
42 10 /m s× 4102 s
π −×
21 02qU mυ= −
1 2U ϕ ϕ= −
42 2 10 /quv m sm
= = ×
2mqvB r
υ=
1
4
2 2r mT v qB
π π= =
4102T s
π −= ×粒子进入电场的四个位置坐标分别为（0, 2m）,（2m, 0）,（0, -2m）,（-2m, 0）
18.如图所示，粗糙水平面上静止放置一质量为 2m 的木板，在木板上右端静置一质量为 m 的
小滑块．一可视为质点、质量为 2m 的小朋友荡秋千，从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆
到最低点 B 时，小朋友在极短时间内用脚水平蹬踏木板的左端，然后自己刚好能回到 A 点．已
知秋千的摆绳长为 L，质量不计，AO 与竖直方向的夹角为 60°．小滑块与木板之间、木板与
水平面间的动摩擦因数都是 ，重力加速度为 g．求：
(1)秋千摆到最低点 B，小朋友未蹬踏木板时秋干摆绳的拉力大小；
(2)小朋友蹬踏木板过程中，小朋友做功大小；
(3)若小滑块不从木板上滑下，木板至少应为多长．
【答案】（1）4mg （2） （3）
【解析】
【分析】
(1)从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒．由机械能守恒定律求出小朋友运动到最
低点时的速度．在最低点，由合力充当向心力，由向心力公式求解秋千绳的拉力；(2)小朋友
蹬踏木板过程中，沿水平方向动量守恒．由动量守恒定律列式．再由动能定理求小朋友做功
大小；(3)由牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，结合运动学公式可求得木板的长度.
【详解】(1)小朋友从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒.
设到达 B 点的速度大小为 v0,则由机械能守恒定律有：
绳子拉力设为 T，由受力分析和圆周运动知识有：
解得：T=4mg
(2)由题意知，小朋友蹬踏木板后速度大小不变，方向向左
由动量守恒定律得：2mv0=-2mv0+2mv1
µ
4mgL 2
3
LS µ=
2
0
12 (1 cos60 ) 22mgL mv− ° = ⋅
2
02 mvT mg L
− =得木板的速度：
小朋友做功大小：
(3)由牛顿第二定律得：小滑块的加速度：
木板的加速度：
当二者速度相等后，由于整体的加速度等于滑块的最大加速度，所以此后二者保持相对静止，
设此过程经过的时间为 t
由速度关系得：v1-a 板 t=a 块 t
此过程木板的位移：
滑块的位移：
小滑块不从木板上滑下，木板至少应为：x=x 板-x 块
解得：
【点睛】本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式，关键分
析滑块和木板的运动情况，然后对各个过程分别运用合适的规律列式求解.
1 2v gL=
2
1
1 2 42W mv mgL= ⋅ =
= mga gm
µ µ=块
( 2 )= 22
mg m m ga gm
µ µ µ+ + =板
2
1
1= 2x v t a t−板 板
21= 2x a t块 块
2
3
Lx µ=
微信/支付宝扫码支付