2019年山西省临汾市高考物理模拟试卷

1、2019 年山西省临汾市高考物理模拟试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分）1.2017 年 12 月 6 日报道， 中国散裂中子源项目将于2018 年前后建成。 日前， 位于广东东莞的国家大科学工程 - 中国散裂中子源（ CSNS ）首次打靶成功，获得中子束流，这标志着 CSNS主体工程顺利完工，进入试运行阶段。对于有关中子的研究，下面说法正确的是（）A. 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性B. 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氨核和中子是裂变反应C. 卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子D. 核反应方程PoX+ He 中的 y=206，

2、 X 中中子个数为1282. 如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。 已知该旅行箱的总质量为15kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90N，此时拉力与水平方向间的夹角为，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37 =0.6 ，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为，则（）A. =0.5， =37 C. =0.75， =53 3. 质量为 m 的带正电小球由空中足够大的匀强电场，再经过则（）B. =05.， =53 D. =0.75， =37 A 点无初速自由下落， 在 t 秒末加上竖直向上、 范围 t 秒

3、小球又回到 A 点。不计空气阻力且小球从未落地，A. 整个过程中小球电势能变化了mg2t2B.C.D.整个过程中小球速度增量的大小为2gt2 2从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg t从 A 点到最低点小球重力势能变化了mg2t24.质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为 Ep=-，其中G 为引力常量， M 为地球质量该卫星原来在半径为R1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动， 由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（）A. GMm （-）B. GMm（-）C.（-）D.（-）5.水平面上有质量相等的

4、 a、 b 两个物体，水平推力F1、F2分别作用在 a、b 上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v-t 图象如图所示，图中ABCD则整个过程中（）A. 水平推力 F1、 F2 大小可能相等B. a 的平均速度大于 b 的平均速度第1页，共 19页C.D.合外力对a 物体的冲量大于合外力对b 物体的冲量摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功二、多选题（本大题共5 小题，共27.0 分）6.如图所示， 在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，圆心 O 与轨道左、 右最高点 a、c 在同一水平线上，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由

5、静止开始从半圆轨道的最高点a 滑下，则下列说法中正确的是（）A. 滑块经过最低点b 时的速度与磁场不存在时相等B. 滑块从 a 点到最低点 b 所用的时间与磁场不存在时短C. 滑块经过最低点b 时对轨道压力与磁场不存在时相等D. 滑块能滑到右侧最高点c7. 一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是 5： 1，原线圈接入电压为 220V 的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器 R串联接在副线圈上， 如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表则下列说法正确的是（）A. 原、副线圈中的电流之比为5： 1B. 电压表的读数约为 31.11V20，则 1 分钟内产生的热量约为 2.9 1

6、03JC. 若滑动变阻器接入电路的阻值为D. 若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小8. 如图甲所示，半径为 1m 的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为 0.1kg，电阻为 1的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合， 且与导轨接触良好。 已知导体棒与导轨间动摩擦因数为 0.3，不计金属圆环的电阻， 导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则（）A.B.导体棒的电流是从b 到 a通过导体中的电流大小为0.5AC. 0 2s 时，导体棒

7、产生的热量为0.125JD. t=s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N9.下列说法正确的是（）A. 只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B. 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C. 一定温度下，饱和气体的压强是一定的第2页，共 19页D.E.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性10. 如图所示，两束平行的黄光射向截面为正三角形的玻璃三棱镜 ABC，已知该三棱镜对该黄光的折射率为，入射光与 AB 界面夹角为45，光经三棱镜后到达与BC 界面平行的光屏 PQ 上，下列说法中正确的是（）A. 两束黄光从B

8、C 边射出后仍是平行的B. 黄光经三棱镜折射后偏向角为30C. 改用红光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些D. 改用绿光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些E. 若让入射角增大，则出射光束不平行三、实验题探究题（本大题共2 小题，共16.0 分）11. 小明在课本查到“木 -木”的动摩擦因数为 0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：（ 1）如图 1 将质量为M 的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为 m，则动摩擦因数 =_。（ 2）由于找不到天平，小明进行了以

9、下步骤：取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动； 挂上沙桶 （沙桶及沙的总质量保持不变） ，接通电源，稳定后释放木块，得到如图2 纸带。（ 3）已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度2a=_m/s （保留两位有效数字）。（ 4）若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的 =_（结果保留两位有效数字）。12. 如图（ a）所示，是多用电表欧姆档内部的部分原理图，已知电源电动势E=1.5V，内阻 r =1，灵敏电流计满偏电流 I gg=90 b所示，欧=10mA，内阻为 r，表盘如图姆表

10、表盘中值刻度为“15”（ 1）多用电表的选择开关旋至“”区域的某档位时，将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为_，某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图（b）所示，则该电阻的阻值为_。（ 2）若将选择开关旋至“1”，则需要将灵敏电流计_（选填“串联”或“并第3页，共 19页联”）一阻值为_ 的电阻，再欧姆调零。（ 3）多用电表长时间使用后，电源内阻变大，电动势变小，此因素会造成被测电阻的测量值比真实值 _（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。四、计算题（本大题共4 小题，共51.0 分）13. 细管 AB 内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长 L=0.8m 的 BD

11、段固定在竖直平面内， 其 B端与半径 R=0.4m的光滑圆弧轨道 BP 平滑连接， CD 段是半径 R=0.4m的 圆弧，AC 段在水平面上， 管中有两个可视为质点的小球a、b，ma=6m， mb=2m。开始 b 球静止， a 球以速度v0 向右运动，与 b 球发生弹性碰撞之后，b 球能够通过轨道最高点 P， a 球则滑回 AC 段从细管的 A 点滑出。求：（重力加速度取 10m/s2， =2.45）（ 1）若 v0=4m/s，碰后 a、 b 球的速度大小；（ 2）若 v0 未知，碰后 a 球的最大速度；（ 3）若 v0 未知， v0 的取值范围。14. 容器 A 中装有大量的质量、电量不同但

12、均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔Sl 不断飘入加速电场（初速度可视为零）做直线运动通过小孔S2 后，从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B，方向垂直向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示。已知加速场S1、 S2 间的加速电压为u，偏转电场极板长为 L，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E=方向水平向左（忽略板间外的电场），平行板f 的下端与磁场边界ab 相交为 p，在边界 pb 上固定放置感光片。测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P、 Q 之间，且 Q 距 P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：（ 1）

13、粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角；（ 2）射到感光片 Q 处的粒子的比荷（电荷量与质量之比）；（ 3）粒子在磁场中运动的最短时间。15. 如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B 两部分，离气缸底部高为49cm 处开有一小孔，与U 形水银管相连，容器顶端有一阀门K先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0=75cmHg ，室温 t0=27，第4页，共 19页稳定后 U 形管两边水银面的高度差为h=25cm，此时活塞离容器底部为L=50cm。闭合阀门，使容器内温度降至-57，发现 U 形管左管水银面比右管水银面高25cm。求：（ 1）此时活塞离

14、容器底部高度L；（ 2）整个柱形容器的高度 H。16. 一列沿 x 轴传播的简谐横波， t=0 时刻的波形如图所示，介质中 x=6m 处的质点 P 沿 y 轴方向做简谐运动的表达式为 y=0.2cos2 t（ m）。求：（ i）该波的传播速度；（ ii）介质中 x=10m 处的质点 Q 到达波谷的时间。第5页，共 19页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：A 、所有粒子都具有波粒二象性，故 A 正确；变较重的原子核分裂成较轻原子核的反应该应是较轻的原子B、裂 是，而 反核的聚变反应，故B 错误；卢过分析 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结查C、 瑟福通构模型， 德威克通过 粒子轰击铍核（）

15、获得碳核（）的实验发现 了中子，故 C 错误；D、y=210-4=206，X 中中子个数 为 206-82=124，故D 错误；故选：A。依据质量数与 质子数守恒；裂变是较重的原子核分裂成 较轻的原子核的反 应；卢瑟福通过分析 粒子散射 实验结果，提出了原子的核式 结构模型；所有粒子都具有波粒二象性，即可求解。考查核反应书写规律，掌握裂变与聚变的区别，知道质子和中子的 发现者。2.【答案】 D【解析】解：对旅行箱受力分析，如 图所示，根据平衡条件可知，水平方向有 Fcos -f=0，竖直方向有N+Fsin -G=0，其中 f= N，故F=，令则F=时值， =tan，；当 = ，F 有最小Fmi

16、n =Gsin =90N， =37，故 =tan37 =0.75， =37，故 D 正确，ABC 错误 。故选：D。箱子受重力、推力、支持力和摩擦力，箱子做匀速直 线运动，处于平衡状 态，根据平衡条件并 结合正交分解法列式分析。本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令 =tan 求解 F 的最小值的表达式是关 键；第6页，共 19页多力平衡的基本解 题方法：正交分解法利用正交分解方法解体的一般步骤： 明确研究 对象； 进行受力分析； 建立直角坐 标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐 标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解； x 方向，y 方向分别列平衡方程求

17、解。3.【答案】 B【解析】解：A 、小球运动过程如图所示，加电场之前与之后，小球的位移大小相等。由，得：v2=2v1对加电场之后的过程（图中虚线过程）应用动能定理得：，对自由下落 过程由机械能守恒得：，v1=2gt，联立以上各式可解得 电场力所做的功 为：W2电=mgh1+ mv2 -mv12=2mv12=2mg2t2即整个过程中小球 电势能减少了 2mg2t2，故A 错；B、整个过程中速度增量大小 为：v=v2-0=2v1=2gt，故B 正确；C、从加电场开始到小球运 动到最低点 时，动能变化了 Ek=0-mv12=-mg2t2，故C 错；动= ，以及则D、由运 学公式知= ， 从 A 点

18、到最低点小球重力势能变化量为：Ep=mg（h1+h2）=mg（h1+h1）=mgh1=mv12=mg2t2，故 D错误。第7页，共 19页故选：B。根据运动学公式，抓住位移关系求出 电场力和重力的大小关系。运用 动量定理求出动量的变化量。根据电场力做功判断 电势能的变化，根据动能定理求出从加 电场开始到小球运动到最低点 时小球动能的变化，根据重力做功判断从 A 点到最低点小球重力势能变化解决本题的关键知道电场力做功与 电势能的关系，重力做功与重力 势能的关系以及合力功与 动能的关系。4.【答案】 C【解析】卫圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则解： 星做匀速轨道半径为R1时G=卫势能为EP

19、1=- ， 星的引力轨道半径为R2时G=m卫势能为EP2=- ， 星的引力设摩擦而产生的热量为 Q，根据能量守恒定律得：+EP1=+EP2+Q联立 得 Q=（）故选：C。求出卫星在半径 为 R1 圆形轨道和半径 为 R2 的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出 势能的增加量，根据能量守恒求出 热量本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和 圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解5.【答案】 D【解析】解：A 、由图，AB 与 CD 平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩

20、擦第8页，共 19页力大小相等。加力 F 时，由图象可知 a 的加速度大于 b 的加速度，根据 F-f=ma可知水平推力F1 的大小大于 F2 大小，故 A 错误；B、设两物体的最大速度 为 v，加F 时两物体的平均速度均 为，撤去F 后两物体的平均速度仍 为，可知 a 的平均速度等于b 的平均速度，故 B 错误；C、根据动量定理可知，合外力的冲量的关于 动量的变化量，由于两物体的 动量变化量均为零，可知合外力对 a物体的冲量等于合外力 对 b 物体的冲量，故C 错误；D、由图象可知，a 的位移小于 b 的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对 a 物体做的功小于摩擦力 对 b 物体做的功，

21、故 D 正确。故选：D。A 、由速度图象分析可知，水平推力撤去后， AB 与 CD 平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的 应用能力，要注意明确水平推力撤去后， AB 与 CD 平行，说 明加速度相同， 动 摩擦因数相同。 这 是解 题的关键。6.【答案】 AD【解析】解：A 、滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功，由 动能定理可知，滑块到达最低点 时的速度与

22、磁场不存在时的速度相等，故 A 正确；B、由于滑块做圆周运动，滑块受到的洛 伦兹力绳子与滑块运动的方向垂直，洛伦兹力不对滑块做功，滑块的加速度与没有磁 场时相比，在各点都是相等的，所以滑块从 a点到最低点 b 所用的时间与磁场不存在时相比是相等的，故第9页，共 19页B 错误；C、滑块做圆周运动，由牛顿第二定律得：F-mg-qvB=m可得：F=mg+qvB+m，滑块对轨道的压力为：F=F=mg+qvB+m ，由此可知：滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，故 C 错误；D、滑块在下滑过程中，只有重力做功，滑块的机械能不 变，所以滑块能到达右侧的最高点 c。故D 正确；故选：AD 。滑块下

23、滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力，洛伦兹力与轨道支持力不做功，只有重力做功；由动能定理可以判断滑 块到达最低点 时的速度关系，由向心力公式可以判断加速度大小，对轨道压力大小，根据滑块的速度关系判断运动时间。知道洛伦兹力对滑块不做功、由左手定则判断出洛 伦兹力的方向是正确解 题的关键。7.【答案】 BC【解析】解：A 、原线圈接入电压为 220V 的正弦交流 电，原、副线圈的匝数比是 5：l，则副线圈电压为 44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以 电流之比为 1：5，A 错误；B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副 线圈两端电压为 44V ，由于副线圈接着二极管，它具有 单向导电性，

24、根据电流的热效应知=解得 U=22V=31.11V ，故B 正确；C、由B 求得电压表两端电压有效值为U 有效 =22则1min 内产生的热量V ，为 Q= t=2904J=2.9103J，故 C 正确；D、将滑动变阻器滑片向上滑 动，接入电路中的阻 值变小，电流表的读数变大，第10 页，共 19页但对原、副线圈两端的 电压无影响，即电压表的读数不变，所以 D 错误 。故选：BC。根据图象可以求得 输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得 结论本题需要掌握 变压器的电压之比和匝数比之 间的关系，同时对于二极管和 电容器的作用要了解，明确

25、二极管的单向导电性的应用8.【答案】 AC【解析】解：A 、根据楞次定律可知 导体棒的电流是从 b 到 a，故A 正确；B、据法拉第电磁感应定律闭电路欧，据 合姆定律，故B 错误；C、02s 时，导体棒产生的热量 Q=I 2rt=0.25210.2J=0.125J，故 C 正确；D、t= s时，导体棒受到的安培力F=BIl=BI?2R=0.5 0.25 2 1N=0，.25N最大静摩擦力 fm= mg=0.3 0.1 10N=0，.3N则此时导体棒处于静止状 态，所受的摩擦力大小 为 0.25N，故D 错误；故选：AC。根据楞次定律可判断 电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求 电动势，再根据闭

26、合电路欧姆定律求 电流；根据焦耳定律求解产生热量；通过判断安培力和最大静摩擦力判断 导体棒的状 态，从而判断摩擦力大小。本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，对于摩擦力的 计算要判断导体棒所处的状态进行分析来判断其大小。9.【答案】 BCE【解析】解：A 、在加上标准大气压状态下，A 项才可以计算出其他分子所占的空 间 。故 A错误。第11 页，共 19页B、悬浮颗粒越小，受力越不平衡，布朗运 动越明显 。故B 正确。C、一定温度下，饱和气体的 压强是一定的。故 C 正确。D、第二类永动机不可能制成是因 为它违反了能量耗散的方向性，故D 错误；E、液晶既具有液体的流 动性，又具有光学的

27、各向异性。故 E 正确。故选：BCE。只有在标准大气压下，才可以通过气体的摩 尔体积和阿伏伽德 罗常数得出气体分子所占的体 积，悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，能量耗散具有方向性，据此分析即可。本题考查了阿伏伽德 罗常数、布朗运动、液晶等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基本 规律。10.【答案】 ABD【解析】解：AB 、如图，入射光在 AB 面的入射角 为 i=45 ，由折射率公式可知r=30 ；由几何关系可知折射光在三棱 镜内平行于底 边 AC，由对称性可知其在 BC 边射出时的出射角也 为 i=45 ，因此光束的偏向角 为 30，两束黄光从BC 边射出后仍平行，故 A 、B

28、正确；CD、由于同种材料对不同的色光的折射率不同，相 对于黄光而言 红光的折射率小，绿光的折射率 较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角小些，故 C 错误，D 正确；E、若让入射角增大，折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，故E 错误。故选：ABD 。两束黄光 经过两次折射再射出BC 边，根据折射定律和对称性分析可知两束黄光从 BC 边射出后仍平行，由几何关系求黄光 经三棱镜折射后偏向角。根据各种色光的折射率大小分析偏向角的大小。第12 页，共 19页本题是几何光学 问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容易解决此类问题。11.【答案】2.40.

29、32【解析】解：（1）由平衡知识可知：mg=Mg，解得：（2）根据x=aT2 得木块运动加速度为：a=m/s2=2.4m/s2（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系 统加速运动，据牛顿第二定律可得：mg=（m+M ）a因 mg=Mg，联立可得：故答案为：（1） ；（2）2.4；（3）0.32。（1）对木块受力分析，依据平衡条件，即可求解；（2）依据x=aT2，即可求解；（3）根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解。解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据 题目的条件求解摩擦因数。12.【答案】 （ 1）150； 60；（ 2）并联； 10；（ 3）偏大。【解析】调电表的总

30、内阻为：；解：（1） 零后多用欧姆表中 值电阻等于其内阻，则欧姆表的中 值电阻为 150，由题意可知，欧姆表中央刻度 线为 15，则该档位为 “ 10欧”姆档，则由表盘可知，该电阻的阻值为：610=60。（2）因中值电阻等于欧姆表的内阻，若将 选择开关旋至 “，1”则欧姆表的内阻为 15，此时调零时电路的总电流为，需要将灵敏电流计并联一阻第13 页，共 19页值为：，再欧姆调零。（3）当电池电动势 E 变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流 Ig 不变，欧姆调零时欧姆表内阻：R 内=变小，用欧姆表测电阻时：I=，由于R内变则变针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大小， I小，指了，

31、电阻测量值偏大。故答案为：（1）150；60；（2）并联；10；（3）偏大。（1）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路的欧姆定律求出欧姆表内阻；欧姆表指 针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。（2）欧姆表内阻等于中值电阻，根据题意求出欧姆表内阻，然后 应用欧姆定律求出欧姆 调零时的电流，再应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。（3）欧姆表工作原理是闭合电路的欧姆定律，内置 电源电动势变 小、内阻变大，应用闭合电路欧姆定律分析 实验误差。本题考查了欧姆表的工作原理、欧姆表 读数与误差分析，欧姆表工作原理是闭合电路欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的前提与关 键，应用闭合电路欧姆定律即可

32、解 题。13.【答案】 解：（ 1） a、b 碰撞过程中，以a、b 组成的系统为研究对象，经受力分析知，系统的动量守恒，选向右的方向为正，设a、b 碰后瞬间速度为va1、vb1 ，由动量守恒定律得：mav0=mava1+mbvb1因 a、 b 的碰撞是弹性碰撞，所以碰撞过程中机械能守恒，有：mav02= mava12+ mbvb12联立解得： va1=v0，vb1=v0代入数据解得： va1=2m/s，vb1=6m/s（ 2）因 a 球能滑出 A，故 a 与 b 碰后， a 上升的高度不能超过B 点，即上升的高度不会第14 页，共 19页超过 L+R，设碰撞后a 的最大速度为va 1max，

33、a 球上升的过程中机械能守恒，有：mava1max2=mag（ L+R）得： va1max 4.9m/s。（ 3）欲使 b 能通过最高点， 设 b 球与 a 碰撞后的速度为vb1，经过最高点时的速度为vb2，则有：mbgmbb 球在上升至最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：22mbvb2 = mbvb1 -mbg（ L+2R）解得： vb16m/s则有： v0min=b1v 4m/s碰后 a 上升的高度不能超过L+R，必须满足：mava1max2mag（ L+R）解得： va1max 4.9m/s则有： v0max=va1max 9.m/s8综上可得：4 m/sv0 9.8m/s。答

34、：（ 1）若 v0=4m/s，碰后 a、 b 球的速度大小分别为2m/s 和 6m/s；（ 2）若 v0未知，碰后 a 球的最大速度是 4.9m/s；（ 3）若 v0未知， v0 的取值范围为 4m/sv0 9.8m/s。【解析】（1）a、b 碰撞过程中，a、b 组成的系统动量和机械能都守恒，分 别用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，即可求解。（2）要想让 a球能滑出 A 点，则 a 球与 b 球碰撞后，a 球不能超 过 B 点。a 球碰撞后直至 B 的过程中，其机械能守恒。应用机械能守恒定律可求出碰后 a球的最大速度。（3）要使b 球能顺利经过则时有 v应用机械最高点， 在最高点，由此可能守

35、恒求出 b 球碰撞后的最小速度。从而求出a 球碰撞前的最小速度（注意：还要兼顾则a 球至少要达到一定的速度才a 球滑出 AQ ）。要使a 球滑出 AQ ，动过（L+R则行，由运学公式可求出此条件。碰后 a 上升的高度不能超），否 a球就不会返回 经过 AQ ，结合可求出 a 球的最大速度，结合第一问的结果求得v0 的取值范围。本题是力学中 临界问题。所谓临界问题是指一种物理 过程或物理状 态转变为第15 页，共 19页另一种物理 过程或物理状 态的时候，存在着分界的 现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即 为临界条件。满足临界条件的物理量称 为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界

36、状态，分析临界条件，求出临界值。解决临界问题，一般有两种基本方法：（1）以定理、定律为依据，首先求出所研究 问题的一般规律和一般解，然后分析、讨论其特殊规律和特殊解。（2）直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，求解出所研究问题的规律和解。14.【答案】 解：（ 1）设质量为 m，电量为 q 的粒子通过孔 S2 的速度为 v0 由动能定理：粒子在平行板间：L=v0t联解以上四式得：tan =1其速度方向与边界ad 间的夹角（ 2）粒子从 e 板下端与水平方向成45的角射入匀强磁场。设质量为m。电量为 q 的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r 由速度合成知：粒子进入磁场后偏转270

37、 ，由几何关系可知：r 2+r2=（ 4L）2所以有：又因为联解以上三式得：粒子的比荷为：（ 3）设粒子在磁场中运动的时间为t 则：联解以上两式得：因为所有粒子在磁场中运动的偏转角，所以粒子打在P 处时间最短第16 页，共 19页由几何知： r 2+r 2=L2而联解以上四式得粒子在磁场中的最短时间答：（ 1）粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角为。（ 2）射到感光片Q 处的粒子的比荷为。（ 3）粒子在磁场中运动的最短时间为。【解析】（1）粒子先经过加速电场的加速后 进入水平匀 强电场做类平抛运动，由速度的方向公式直接能求出末速度方向，这是为后续计算做一个 铺垫。（2）粒子从e板下端与水平方向成45的角射入匀 强磁场，偏转 270后打在 Q点，由几何关系求出粒子做匀速 圆周运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力就能求出粒子的比荷。（3）先判断出打在何处 的粒子的 时间 最短，由于，即电量最大的粒子 时间最短，再由半径公式知电量最大则半径最小，所以打在 P 点的粒子 时间最短。本题有