潍坊市高考模拟考试
物理
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用
0.5 毫米黑色签字笔书写。字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿
纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选
项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 具有放射性，发生一次 β 衰变成为新原子核 X 的同时放出能量，下列说法正确的是
（ ）
A. 核能放射出 β 粒子，说明其原子核内有 β 粒子
B. 新核 X 的中子数为 143
C. 核的质量等于新核 X 与 β 粒子的质量之和
D. 让 同其它的稳定元素结合成化合物，其半衰期将增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．放射出 β 粒子，是由于原子核内发生 β 衰变，其中的中子转化为电子放出的，故
A 错误；
B．根据质量数和电荷数守恒得新核的质子数为 91，质量数为 234，则中子数为
故 B 正确；
C．发生 β 衰变时会放出能量，由爱因斯坦质能方程可知，反应前后质量不相等，故 C 错误；
D．元素原子核的半衰期是由元素本身决定，与元素所处的物理和化学状态无关，故 D 错误。
故选 B。
2.如图所示，导热良好的圆筒形气缸竖直放置在水平地面上，用活塞将一定质量的气体封闭在
气缸内，活塞上堆放着铁砂，系统处于静止状态。现缓慢取走铁砂，忽略活塞与气缸之间的
234
90Th
234
90Th
234
90Th
234
90Th
234 91=143−摩擦，外界环境温度不变，则在此过程中缸内气体（ ）
A. 对外做功，其内能减少
B. 温度不变，与外界无热量交换
C. 单个分子碰撞缸壁时的平均作用力减小
D. 单位时间内对活塞的碰撞次数减少
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于圆筒形气缸导热良好且环境温度不变，则气体发生等温变化，气体内能不变，
故 A 错误；
B．由于气体发生等温变化，内能不变，缓慢取走铁砂，由平衡可知，气体压强减小，则体积
增大，气体对外做功，由热力学第一定律 可知，气体吸收热量，故 B 错误；
C．由于温度不变，分子平均动能不变，但单个分子的速度不一定不变，可能变大，也可能变
小，则无法确定单个分子碰撞缸壁时的平均作用力大小变化，故 C 错误；
D．由于气体发生等温变化，内能不变，缓慢取走铁砂，由平衡可知，气体压强减小，则体积
增大，分子平均动能不变，则单位时间内对活塞的碰撞次数减少，故 D 正确。
故选 D。
3.某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板上，其运动轨迹如图
所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 第 1 次击中篮板时的速度小
B. 两次击中篮板时的速度相等
C. 球在空中运动过程第 1 次速度变化快
+U W Q∆ =D. 球在空中运动过程第 2 次速度变化快
【答案】A
【解析】
【详解】AB．将篮球的运动反过来看，则篮球两次做平抛运动，由于第 1 次平抛运动的高度
更大，由 得
所以第 1 次运动的时间更长，由于两次的水平位移相等，则时间越长的水平初速度越小，故
第 1 次击中篮板时的速度小，故 A 正确，B 错误；
CD．球在空中运动过程速度变化快慢即为加速度，由于球只受重力作用，加速度为重力加速
度，则两次速度变化快慢相同，故 CD 错误。
故选 A。
4.一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为 θ，从另一侧射出时分成 a、b 两束单色光，
如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 在该玻璃中 a 的传播速度比 b 小
B. b 比 a 更容易发生衍射
C. 增大 θ(θ< )，a、b 可能不会从另一侧射出
D. a 从该玻璃射向空气时的临界角比 b 的大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图看出，光线通过平板玻璃后，a 光偏折较小，b 光偏折较大，说明玻璃对 a
光的折射率小于 b 光的折射率，由 可知，在该玻璃中 a 的传播速度比 b 大，故 A 错误；
B．a 光的折射率较小，频率较低，波长较长，则 a 比 b 更容易发生衍射，故 B 错误；
C．光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理可知光一定能从下
表面射出，故 C 错误；
21
2h gt=
2ht g
=
90°
cv n
=D．由 可知，由于玻璃对 a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的临界角更大，
故 D 正确。
故选 D。
5.甲、乙两列简谐横波沿同一直线传播，t=0 时刻两波叠加区域各自的波形如图所示，已知甲
沿 x 轴正方向传播，乙沿 x 轴负方向传播，两列波的传播速度相同，甲的周期为 0.4s，则（ ）
A. 两列波在相遇区域会发生干涉现象
B. t=0s 时，x=4m 处质点速度沿 y 轴正方向
C. t=0.2s 时，x=4m 处质点位置为 y=－1cm
D. t=0.2s 时，x=4m 处质点速度为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，乙波的波长为 8m，甲波的波长为 4m，由于波速相同，则两波的频率
不同，所以两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故 A 错误；
B．由上下坡法可知，两列波在 x=4m 处的振动方向均沿 y 轴负方向，则 t=0s 时，x=4m 处质
点速度沿 y 轴负方向，故 B 错误；
CD．由于乙波的波长为甲波的两倍，波速相同，则乙波的周期为甲波的两倍即为 0.8s，从图
示位置开始经过 0.2s 即半个周期甲波使 x=4m 处质点回到平衡位置，经过 0.2s 即四分之一周
期乙波使 x=4m 处质点振动到波谷位置，由叠加原理可知，此时 x=4m 处质点位置为
y=－1cm
此时由于甲波使 x=4m 处质点回到平衡位置，所以此时速度不为 0，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6.在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能 Ek 随位移 x 变化的
关系如图所示。已知飞机质量为 1kg，重力加速度 g=10m/s2，此过程中飞机（ ）
1sinC n
=A. 处于超重状态 B. 机械能减少
C. 加速度大小为 4.5m/s2 D. 输出功率最大值为 27W
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，飞机的速度减小，即竖直向上做减速运动，则飞机处于失重状态，故
A 错误；
BC．由动能定理 可知，图像斜率的绝对值即为合外力即
则加速度为
说明飞机除受重力外还受到竖直向上的升力，升力对飞机做正功，由功能关系可知，飞机的
机械能增大，故 B 错误，C 正确；
D．由牛顿第二定律可得
则升力为
由图像可知，飞机最大速度为
由最大功率为
故 D 错误
故选 C。
kF x E∆ = ∆合
k 36 N 4.5N8
EF x
∆= = =∆合
24.5m/sFa m
= =合
mg F ma− =
=5.5NF
max 72m/s=6 2m/sv =
max max 5.5 6 2W 33 2WP Fv= = × =7.如图所示，圆环上均匀分布着正电荷，直线 MN 垂直于圆环平面且过圆心 O，M、N 两点关
于 O 点对称。将一带负电的试探电荷从 M 无初速释放，选无穷远处电势能为零，下列说法正
确的是（ ）
A. M、N 两点电场强度相同
B. 试探电荷经过 O 点时速度最大
C. 试探电荷经过 O 点时电势能为零
D. 试探电荷将在 MN 之间做简谐运动
【答案】B
【解析】
详解】A．由电场强度叠加原理可知，M、N 两点电场强度大小相等，方向相反，故 A 错误；
B．圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在 O 点产生的场强相互抵消，
合场强为零，圆环上各电荷产生的电场强度在 MN 直线上竖直方向的分量相互抵消，在 O 点
左边水平分量水平向左，由电场的叠加原理可知，在 O 点左边电场强度方向向左，同理可知，
在 O 点右边电场强度方向向右，带负电的试探电荷从 M 无初速释放向右先做加速运动，到 O
点加速度为 0，速度最大，接着向右做减速运动，故 B 正确；
C．选无穷远处电势能为零，由顺着电场线方向电势降低可知，O 点电势最高且不为 0，则电
势能不为 0，故 C 错误；
D．由点电荷场强公式 可知，带负电的试探电荷运动过程中的合力与位移不成正比，
故试探电荷将在 MN 之间不是做简谐运动，故 D 错误。
故选 B。
8.2019 年 12 月 16 日，我国“一箭双星”将北斗导航系统的第 52、53 颗卫星送入预定轨道。
北斗导航系统的某两颗卫星的圆轨道如图所示，G 卫星相对地球静止，M 卫星轨道半径为 G
卫星的 倍，下列说法正确的是（ ）
【
2= QE k r
2
3A. G 卫星可能位于潍坊正上方
B. G 卫星的线速度是 M 卫星的 倍
C. 在相等时间内，G 卫星与地心连线扫过的面积与 M 卫星相同
D. 在相等时间内，G 卫星与地心连线扫过的面积是 M 卫星的 倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．G 卫星相对地球静止即为地球同步卫星，则 G 卫星的轨道只能与地球赤道平面共
面，故 A 错误；
B．由公式
得
则 G 卫星的线速度是 M 卫星的 倍，故 B 错误；
CD．设相等时间为 t，G 卫星与地心连线扫过的面积
同理 M 卫星与地心连线扫过的面积
则
6
2
6
2
2
2
Mm vG mr r
=
GMv r
=
6
3
2G G
G G G
G
= π2π 2
v t v tS r rr
× =
2M M
M M M
M
= π2π 2
v t v tS r rr
× =故 C 错误，D 正确。
故选 D。
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选
项中，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.汽车沿直线运动，其运动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 若 y 表示速度，则汽车在第 2s 末速度方向发生改变
B. 若 y 表示速度，则汽车在 4s 内的位移大小为 4m
C. 若 y 表示位移，则汽车 第 2s 末速度方向发生改变
D. 若 y 表示位移，则汽车在 4s 内的位移大小为 4m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．若 y 表示速度，由图像可知， 内速度始终为正，即汽车速度方向不变，故
A 错误；
B．若 y 表示速度， 图像与时间轴所围面积表示位移，汽车在 4s 内的位移大小
故 B 正确；
C．若 y 表示位移， 图像斜率正负表示速度方向，由图可知，汽车在第 2s 末速度方向发
生改变，故 C 正确；
D．若 y 表示位移，由图像可知，汽车在 4s 内的位移大小为 0，故 D 错误。
故选 BC。
10.如图所示，木板甲长为 L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、
乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时冲量 I，乙恰好
在
G M M
M G G
3 2 2 6=3 32 3
S v r
S v r
= × = × =
0 4s∼
v t−
1 1( 2 2 2 2)m 4m2 2x = × × + × × =
x t−未从甲上滑落；此时对甲施加水平向右的瞬时冲量 I，此后（ ）
A. 乙加速时间与减速时间相同
B. 甲做匀减速运动直到停止
C. 乙最终停在甲中点
D. 乙最终停在距甲右端 处
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．对乙施加水平向右的瞬时冲量 I，对乙有
得
乙对甲的摩擦力水平向右，大小为 ，甲与地面间的最大静摩擦力为
则此情况下甲静止，则有
对甲施加水平向右的瞬时冲量 I，对甲有
得
乙受甲向右的摩擦力，则乙向右加速，加速度为 ，甲向右减速，加速度大小为 ，当
甲、乙速度相等时，接下来甲乙一起减速，加速度为
1
4 L
1mg maµ =
1a gµ=
mgµ
max 2f mg mgµ µ= ⋅ >
2( ) 2I gLm
µ=
23mg maµ ⋅ =
2 3a gµ=
gµ 3 gµ
' 2
2
mga gm
µ µ⋅= =直到停止，由于乙加速度和减速的加速度大小相等，且先由静止加速后减速直到停止，则乙
加速和减速的时间相等，由于甲减速过程中的加速度大小变化，则甲做变加速运动，故 A 正
确，B 错误；
CD．从开始到甲、乙速度相等过程有
得
则共同速度为
对乙
对甲有
其中
则
联立解得
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
11.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为 l，与水平面成 角，导轨上端接一阻值
为 R 的电阻。距离导轨上端为 l 的分界线 MN 将导轨所在平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两区域中
3I gt gtm
µ µ− =
4
It mgµ=
'
4 4
I Iv gt g mg m
µ µ µ= = × =
'
= 2
vx t乙
'
0= 2
v vx t
+
甲
0
Iv m
=
x x x∆ = −甲 乙
4
Lx∆ =
30°均存在垂直导轨平面的磁场，区域Ⅰ为匀强磁场，其磁感应强度为 B0；区域Ⅱ中的磁感应强
度随时间变化的关系如图乙所示。将长为 l、电阻也为 R 的导体棒放在 MN 下侧导轨上，0~t0
时间内，棒静止；之后棒向下滑动，当滑下的距离为 x 时，棒开始做匀速运动。导轨电阻不计，
重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒的质量 m=
B. 导体棒匀速滑动时的速度
C. 匀速运动时 R 两端的电压为
D. 自 t=0 至棒开始匀速运动时，通过棒的电荷量
【答案】AD
【解析】
【详解】A．0~t0 时间内，棒静止，由平衡可知
由法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律得
联立解得
故 A 正确；
B．棒匀速运动时有
2 3
0
0
B l
gt R
02
lv t
=
2
0
0
B lU t
=
0 ( )
2
B l l xq R
+=
0 sin30B Il mg °=
2
0
0
B lE t t
∆Φ= =∆
2
EI R
=
2 3
0
0
B lm gt R
=其中
联立得
故 B 错误；
C．匀速运动时 R 两端的电压为
故 C 错误；
D．0~t0 时间内，电荷量为
滑下的距离为 x 过程
则总过程电荷为
故 D 正确。
故选 AD。
12.如图所示，倾角为 θ 的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在斜
面底端，另一端与质量为 m 的滑块 P 栓接，完全相同的另一滑块 Q 与 P 并排静止在斜面上，
此时弹簧的弹性势能为 E0，现对 Q 施加外力，将其沿斜面向下推至某处后由静止释放，滑块 Q
沿斜面运动到最高点时恰好未脱离 P，重力加速度为 g，在该过程中，下列说法正确的是（ ）
'
0 sin30B I l mg °=
' 0
2
B lvI R
=
0
lv t
=
2
0 0 0
0 02 2 2
B lv B l l B lU t t
×= = =
2 2
0 0
1 0 0 0
02 2 2
B l B lEq It t tR Rt R
= = = =
0
2 2 2
B lxq R R
∆Φ= =
0
1 2
( )
2
B l l xq q q R
+= + =A. 两滑块间的弹力最大值为 3mgsinθ
B. 弹簧 弹性势能最大为
C. 对 Q 施加的外力做的功为
D. 滑块 Q 的最大速度为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．滑块 Q 沿斜面运动到最高点时恰好未脱离 P，即此时 PQ 间的作用力为 0，P 的
加速度为
根据对称性可知，P 在最低点时的加速度大小也为 ，方向沿斜面向上，此时 PQ 间的弹
力最大，对 P 有
故 A 错误；
B．滑块 Q 沿斜面运动到最高点时恰好未脱离 P，即此时 PQ 间的作用力为 0 且 PQ 加速度相
同，由于 P 的加速度为
则此时弹簧处于原长状态，根据对称性可知，P 在最低点时的加速度大小也为 ，方向
沿斜面向上，在最低点对整体有
的
28( sin )mg
k
θ
24( sin )mg
k
θ
2
04( sin )mg kE
km
θ −
sin sinP
mga gm
θ θ= =
sing θ
= sin 2 sinPQF mg ma mgθ θ+ =
sin sinP
mga gm
θ θ= =
sing θ
2 sin 2 Pkx mg maθ− =得
在最低点弹力压缩最大，弹力势能最大由机械能守恒有
故 B 正确；
C．对 PQ 整体平衡时有
得
平衡位置到最低点的距离为
此过程中由动能理得
即
故 C 错误；
D．从最低点到平衡位置由机械能守恒有
即
解得
故 D 正确。
4 sinmgx k
θ=
2
max
8( sin )2 sinP
mgE mg x k
θθ= ⋅ =
02 sinmg kxθ =
0
2 sinmgx k
θ=
0
2 sinmgx x x k
θ∆ = − =
0F GW W W+ − =弹
22 sin 4 sin 2 sin 2 sin 2( sin )= 2 sin2F G
mg mg mg mg mgW W W mgk k k
θ θ θ θ θθ+− = × − ⋅ =弹
pmax 0 pG kE E E E− = ∆ + ∆
2
2
0 max
8( sin ) 2 sin 12 sin 22
mg mgE mg mvk k
θ θ θ− = ⋅ ⋅ + ×
2
0
max
4( sin )mg kEv km
θ −=故选 BD。
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。
13.为探究某新材料的部分特性，一学习小组设计了如下实验，在水平桌面上平放一直尺，紧
靠刻度线的一侧放大小相同的实心铁球 A（黑色）和新材料实心球 B（白色），让 A 球以某一
速度向静止的 B 球运动，碰撞前后的频闪照片如图所示。已知频闪仪每隔 0.04s 闪光一次，铁
的密度为 7.8g/cm3，请回答下列问题：
(1)碰撞前 A 球速度大小为__________m/s；
(2)B 球材料的密度为___________g/cm3.（结果均保留 2 位有效数字）
【答案】 (1). 5.0 (2). 5.2
【解析】
【详解】(1)[1]碰撞前 A 球做匀速直线运动，则速度为
(2)[2]碰后 A 球的速度为
碰后 B 球的速度为
设两球的体积为 V，碰撞过程由动量守恒有
即
解得
14.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，他设计了如图甲所示的电路，其中 ab 是阻值为
10Ω 的均匀直电阻丝，长 100cm，该同学进行了如下操作：
2
A
20.0 10 m/s=5.0m/s0.04v
−×=
2
'
A
10.0 10 m/s 2.5m/s0.04v
−×= =
2
'
B
(57.0 42.0) 10 m/s 3.75m/s0.04v
−− ×= =
' '
A A A A B Bm v m v m v= +
B7.8 5.0 7.8 2.5 3.75V V ρ× = × + ×
3
B 5.2g/cmρ =①将电阻丝固定在木板上，a、b 两端连在接线柱上；
②将刻度尺平行 ab 固定在木板上，刻度尺的 0、100.00cm 刻度线分别与 a、b 对齐；
③在电阻丝上夹上一个带有接线柱 P 的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝
接触点的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度；
④连接电路，金属夹在电阻丝上某位置时，闭合开关，将电流表的示数 I 及对应的金属夹所
夹的位置刻度 x 记录在表格中；
⑤重复步骤④，记录每一次电流表的示数和对应的金属夹所夹位置刻度，如下表所示；
⑥在坐标纸上建立 坐标系，将表格中数据在坐标系中描点如图乙所示。
请回答下列问题：
x（cm） 10.00 20.00 40.00 60.00 80.00
I（A） 048 0.34 0.22 0.16 0.13
2.08 294 4.55 6.25 7.92
(1)干电池的电动势为__________V，内阻为___________Ω；
(2)实验中，用了 4 条长各为 30cm 的铜导线连接仪器，为进一步探究导线电阻对电池内阻测量
结果的影响，该同学用螺旋测微器测量了导线直径 d，示数如图丙所示，d=________mm；查
询资料知铜的电阻率为 1.7×10－8Ω·m，通过近似计算，求出导线的总电阻，并说明可以不考虑
1 xI
−
11 ( )AI
−导线电阻的理由________。
【答案】 (1). 1.18V (1.10-1.50 均正确) (2). 1.41Ω (1.30-1.60 均正确) (3). 0.630
(4). 导线电阻约为 0.07Ω，远小于电源内阻
【解析】
【详解】(1)[1][2]根据实验原理有
变形得
将 坐图像中的点连成直线如图
则有图像斜率
得
由于误差则 1.10V－1.50V 均正确
截距为
得
由于误差 1.30 －1.60 均正确
(2)[3]螺旋测微器固定刻度为 0.5mm，可动刻度为 0.01×13.0=0.130mm，所以最终读数为
( ) ( 10 )100.0
xE I R r I r= + = × +
1 1
10.0
rxI E E
= +
1 xI
−
1 8 1.2
10.0 80k E
−= =
1.18VE ≈
1.2rb E
= =
1.41Ωr ≈
Ω Ω0.630mm
[4]由电阻定律得
由于导线电阻约为 0.07Ω，远小于电源内阻，则实验时可以不考虑导线电阻
15.为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，倾角为 ，
机动车限速 36km/h。一质量为 5 吨的小货车以 36km/h 的速度匀速下坡，小货车装配了 ABS
（车轮防抱死）系统，某时刻发现前方 20m 处有一观光者以 18km/h 的速度匀速骑行下坡，司
机立即启动 ABS 刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。
(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；
(2)若该货车下坡刹车时 ABS 系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的
摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为 0.9，sin =0.6，cos =0.8，重力加速度
g=10m/s2
【答案】(1)20m；(2)3.6×104N，方向沿斜面向上
【解析】
【详解】(1)小货车减速的加速度为 a 时恰好没有撞到骑行者，经时间 t1 两者速度相等，
v 货－at1=v 人
解得
再经时间 t2，车减速到 0，有
0=v 人=at2
则有
8
2 3 2
2
4 4 16 16 0.30= = 1.7 10 0.07π 3.14 (0.63 10 )π( )2
L L LR dS d
ρ ρ ρ −
−
×= = × × Ω ≈ Ω× ×
37°
37° 37°
1 1 202
v v t v t
+ = +人货
人
25 m/s8a =解得
(2)对汽车进行受力分析则有
f =μmgcos
解得
f=3.6×104N
方向沿斜面向上
16.一同学制造了一个便携气压千斤顶，其结构如图所示，直立圆筒型气缸导热良好，长度为
L0，活塞面积为 S，活塞通过连杆与上方的顶托相连接，连杆长度大于 L0，在气缸内距缸底
处有固定限位装置 AB，以避免活塞运动到缸底。开始活塞位于气缸顶端，现将重力为 3p0S 的
物体放在顶托上，已知大气压强为 p0，活塞、连杆及顶托重力忽略不计，求：
(1)稳定后活塞下降的高度；
(2)为使重物升高到原位置，需用气泵加入多大体积的压强为 p0 的气体。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】(1)取密封气体为研究对象，初态压强为 p0，体积为 L0S，假设没有 AB 限位装置，末
态时压强为 p，气柱长度为 L，则
由等温变化
p0L0S=pLS
解得
2 22
vx v t t∆ = − 人
人
20mx∆ =
37°
0
3
L
02
3
L
03V L S∆ =
0 04Gp p pS
= + =
0
4
LL =因 ，故活塞停在 AB 限位装置处，活塞下降高度为
(2)以活塞回到初始位置时的气体为研究对象，气体发生等温变化
4p0L0S=p0V
气泵压入的一个 p0 的气体体积为
解得
17.如图所示，图中 1、2、3 是相互平行的足够长的三条边界线，相邻两线间距离均为 L，边
界线 1、3 间有匀强磁场，方向垂直纸面向里，一质量为 m、带电量为－q 的粒子，以初速度 v0
从磁场边界上的 A 点，与边界成 角射入磁场，粒子从 C 点越过边界线 2，AC 与边界线垂
直，粒子最终从边界线 1 上的 D 点射出（图中未画出），粒子重力不计。若仅将边界线 2、3
间的磁场换成水平向右的匀强电场，粒子再从 A 点按上述条件射入，仍从 D 点射出，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】(1)经分析知，粒子从边界线 2 的 C 点射入，由几何关系知
R=L
由洛伦兹力提供向心力
解得
0 0
4 3
L L＜ 02
3
L
0V V L S∆ = −
03V L S∆ =
60°
0mvB qL
=
2
0
2
mvE qL
=
2
0
0
vqv B m R
=(2)粒子进入电场做类斜抛运动，水平方向经时间 t 减速为 0
qE=ma
v0sin =at
沿边界线方向
y=v0cos ×2t
由几何关系知
y=2Rsin
解得
18.如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到 O 点，轨道右端与一光滑
竖直半圆轨道相连，圆轨道半径 R=0.5m，圆轨道最低点为 C，最高点为 D。在直轨道最右端
放置小物块 N，将小物块 M 靠在弹簧上并压缩到 P 点，由静止释放，之后与 N 发生弹性正碰，
碰后 N 恰能通过圆轨道最高点 D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为 0.5，M 的质量为
2kg，N 的质量为 4kg，OP=0.5m，OC=1.5m，重力加速度 g=10m/s2
(1)求 N 刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到 P 点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将 M 与弹簧栓接，将物块 N 靠在 M 上，压缩弹簧到 P 点后由静止释放，求 N 最终停在
什么位置？
【答案】(1)240N，方向竖直向下；(2)76.25J；(3)距离 C 点 0.54m 处
0mvB qL
=
60°
60°
60°
2
0
2
mvE qL
=【解析】
【详解】(1)物块 N 在 D 点
物块 N 碰后速度为 v2，由圆轨道 C 点到 D 过程机械能守恒
在圆轨道最低点时 C 时对轨道的压力最大
解得
FNm=240N
根据牛顿第三定律压力方向竖直向下
(2)物块 M 与 N 碰前速度为 v0，碰后速度为 v1，由动量守恒
mv0=mvl+Mv2
碰撞过程机械能守恒
弹簧弹开到碰前过程
解得
Ep=76.25J
(3)若物块 M、N 靠在一起释放，则两者在 O 点分离，分离时的速度为 v
分离后物块 N 到达 C 点速度为 vC
假设物块沿圆周上滑不超过 圆周处
解得
2
DvMg M R
=
2 2
2
1 1 22 2 DMv Mv Mg R= + ⋅
2
2
Nm
vF Mg M R
− =
2 2 2
0 1 2
1 1 1
2 2 2mv mv Mv= +
2
p 0
1
2 PCE mv mgLµ= +
21 ( ) ( )2P OPE M m v M m gLµ= + + +
2 21 1
2 2 C OCMv Mv MgLµ= +
1
4
21
2 CMv Mgh=h=0.27m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周滑回
解得
x=0.54m
滑块停在距离 C 点 0.54m 处
21
2 CMv Mgxµ=
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