2023年云南省红河州高考物理二模试卷及答案解析

2023年云南省红河州高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.我国“北斗三号”最后一颗全球组网卫星已于2020年nE/eV

6月23日成功发射。“北斗三号”采用星载氢原子钟，该钟50----------------------0

数百万年到一千万年才有1s误差。氢原子的部分能级结构

如图所示，贝!1（）3-----------------------1.51

A.用ll.OeU的光子照射，能使处于基态的氢原子跃迁到激2-----------------------3.40

发态

B.用4.00"的光子照射处于n=2激发态的氢原子，可以

使其电离

------------------------13.6

C.氢原子受激由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，

原子的电势能减小

D.大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出2种不同频率的光子

2.水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为粗的光滑均质圆柱形工件，其中4个恰

好占据车厢底部，另有一个工件。置于工件4B之间（如图所示），重力加速度为g。汽车以某

一加速度向左运动时，工件4与。之间恰好没有作用力，此时工件C与B间的作用力大小为（）

Oor

A.B.—mgC.y/~3mgD.2\/~3mg

3.2022年12月2日，神舟十四、十五号航天员乘组首次完成在轨交接仪式，从此中国空间

站开启了航天员长期低轨道驻留模式。已知空间站距地面高度为九，地球半径为R,其表面的

重力加速度为g，引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.地球的平均密度p=赤褊

B.空间站的运行周期7=叵①

C.空间站的运行速度大于第一宇宙速度

D.空间站的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度

4.“道威棱镜”是广泛用于图形翻转的光学仪器，其横截面ABDC是底角为45。的等腰梯形（

如图所示）。若此玻璃棱镜的折射率n=从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从4C

边上某点射入该棱镜，贝4（）

A.折射角为30。

B.光在棱镜中的传播速度等于光速c

C.折射光线经CD边再次折射后进入空气

D.光线最终在8。边某点折射时的入射角为60。

5.桶装纯净水及压水装置原理如图所示。柱形水桶直径为24cm,高为35cm；柱形压水气

囊直径为6sn,高为8cm；水桶颈部的长度为10cm。当人用力向下压气囊时，气囊中的空气

被压入桶内，桶内气体的压强增大，水通过细出水管流出。已知水桶所在处大气压强相当于

10m高水柱产生的压强，当桶内的水还剩5cm高时，桶内气体的压强等于大气压强，忽略水

桶颈部的体积。至少需要把气囊完全压下几次，才能有水从细出水管流出？（不考虑温度的变

化）（）

10en

A.1次B.2次C.3次D.4次

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

6.某小型水力发电站给用电器供电的电路如图所示。发电站输出功率为100/clV,输出电压

u=250/7sml007rt（y），输电线的总电阻r=80,输电线上损失的功率为发电站输出功率

的5%,用电器获得的电压为220V,假设变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（）

A.输电线上的电流为254

B.通过用电器的电流频率为100Hz

C.升压变压器原、副线圈的匝数比为2：31

D.降压变压器原、副线圈的匝数比为190：11

7.如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t=0和t=0.2s时的波形

图。已知平衡位置在x=4.0cm处的质点，在0〜0.2s运动方向不变，贝女）

3cm

10-

5-

-6.0-4.04.060i"cm

-10-

A.该波沿x轴负方向传播

B.该波的波速为0.1m/s

C.%=。处质点和x=2.0cm处质点振动的相位差是7T

D.t=1.2s时，x=6.0c?n处的质点所受回复力沿y轴正方向

8.水平面上固定一光滑绝缘细杆MM',一电荷量为Q的小球B穿过N

细杆MM'置于。点；。点的正上方固定一竖直光滑绝缘细杆NN',质

量为zn、电荷量为Q的小球4穿过NN'置于离。点高为八°处时恰好静止。

现将8球缓慢向右移动,4球会沿着细杆NM下降，设4B连线与NM间

的夹角为仇当0=45。时固定B球，再用竖直方向的外力F把4球缓慢移到。点，下列说法正

确的是（）

A.d的大小与Q成正比

B.当0＜。＜45。时，B对4的静电力随。增大而增大

C.当0＜8＜45。时，4B间的电势能随。增大而增大

D.当。＞45。时，F的大小随。增大先增大后减小

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

9.为了粗略测量高铁列车在启动和制动时某一短暂过程的加速度（可视为匀变速直线运动）,

云南红河州某校物理兴趣小组设计了一种简易装置，如图甲所示，该装置由轻绳悬挂的小球

和有刻度的硬纸板（刻度盘）构成。列车静止时，竖直的轻绳正对“0”刻度线，如图乙所示。

列车运动时，通过触碰小球，使其能够快速稳定在某一偏角仇忽略轻绳跟硬纸板的摩擦力。

为了在刻度盘的刻度线上标注相应的加速度值，小组同学提出了获得重力加速度的方案如下:

方案一：让重锤自由下落，利用电磁打点计时器打出纸带，根据纸带上的数据求出重力加速

度：

方案二：根据教材上的如下表格，结合红河州的纬度，确定重力加速度：

地点纬度g/(m-s-2)

赤道海平面0°9.780

广州23006,9.788

北京39。56'9.801

北极90°9.832

方案三：利用单摆测得重力加速度。

（1）你认为与真实值差异最大的方案是：。

（2）某同学将毫米刻度尺的“0”刻度线对准细线的悬挂点后，拍得静止时小球的位置如图丙

所示，该简易装置的摆长L=cm.

（3）为了用自制的装置在高铁列车上测量，应将硬纸板（刻度盘）（填“平行”或“垂

直”）列车前进方向放置，某同学测得的加速度值为0.43rn/s2,则小球与过悬点的竖直线间的

距离约为cm。（g=9.788m/s2,保留两位小数）

10.某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否

达到排放标准（通常达标污水的电阻率p>20012.m）。图甲为该组同学用绝缘材料制成的长

度L=5.00cm的圆筒形盛水容器。

（1）装入污水样品前，需测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的（选填

“4"、"夕’或"C”）进行测量，某次测量的示数如图丙所示，读数d=cm；

（2）将污水样品装满圆筒形盛水容器后，用电阻可忽略、带有接线柱的金属圆片将两端密封,

并用欧姆表测出该样品的电阻为195。。为精确测量圆筒形盛水容器内污水样品的电阻之,请

从下列实验仪器中选择合适的仪器，把虚线框中的实验电路图戊补充完整，并标明所选仪器

的符号：。

A.电源联电动势约州，内阻约为0.50）

8.电流表4（量程0〜15nL4,内阻「1=10。）

C.电流表人2（量程0〜60nL4,内阻上约为1.5。）

。.定值电阻&（阻值&=1900）

E.定值电阻&（阻值7?2=590。）

立开关S,导线若干

⑶经正确操作，读出电流表必和示数分别为人和编的多组数据，作出如图丁所示的A-%

关系图像。由图像和其它条件可知该污水样品的电阻率「=。•爪（兀取3.14,结果保

留两位有效数字）；

（4）若装入的污水样品中有气泡，这将会使测得的污水样品的电阻率（选填“偏大”、

“偏小”或“不变”)。

成

四、简答题(本大题共3小题，共9.0分)

11.如图所示，在X轴和y轴构成的平面内，有两条平行于y轴、且与y轴的距离均为d=1.2m

的直线MN和PQ,直线MN与y轴之间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，直线PQ与y轴之间

存在沿y轴负方向的有界匀强电场，有一个质量m=3.0x10-2219、电荷量q=4.8x

的带正电的粒子，从坐标原点以速度为=3.2xl06m/s沿%轴正方向进入磁场区域，经过坐

标为(0,0.8)的点后进入电场区域，最后恰好从PQ与x轴的交点C射出电场，不计粒子的重力。

(s讥53。=0.8,cos530=0.6)求:

(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；

(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值引

(3)粒子经过C点时的速度。

12.如图所示，固定在水平面内、间距L=1.0m的两根光滑平行金属导轨MN、M'N'与固定

在竖直面内、半径r=0.5m的两相同半圆形光滑金属轨道NP、MP'平滑连接，MM'间接有R=

0.50的定值电阻，4NN'4'区域内有磁感应强度大小8=0.57、方向竖直向下的匀强磁场。一

质量zn=0.2kg、电阻&=0.5。、长度人=1.0m的导体棒ab以初速度卬=5.0m/s水平向右

运动，并与静止在导轨上的另一根相同的棒cd发生弹性碰撞，碰后cd棒第一次向右经过磁场

的过程中，定值电阻R上产生的焦耳热QR=2/,若导轨电阻可忽略不计，导体棒运动过程中

始终与导轨垂直并接触良好。取g=10m/s2,求：

(l)cd棒进入磁场前的速度大小；

(2)cd棒第一次向右经过磁场的过程中，通过cd棒的电荷量；

(3)通过计算判断cd棒沿半圆轨道运动时是否会脱离轨道；若不会脱离轨道，请计算cd棒第二

13.如图所示，足够大的水平冰面与倾角。=30。、高h=2.0机的倾斜冰面平滑连接。一质

量M=56.0kg的滑冰运动员静止在冰面上，他把一质量m=4.0kg的静止物块以5.0m/s的对

地速度水平向右推出，物块沿倾斜冰面上滑再返回，追上运动员时，经物块与运动员相互作

用后，物块再次以5.0m/s的对地速度水平向右运动。不计一切摩擦，取g=10m/s2,求：

(1)物块沿倾斜冰面上滑的最大位移的大小；

(2)物块第一次返回追上运动员，在物块与运动员相互作用的过程中，物块与运动员总机械能

的变化量(最终结果保留两位小数)；

(3)如果物块与运动员每次相互作用后，物块水平向右运动的对地速度始终是5.0m/s,运动员

最终能获得的最大速率(最终结果保留两位小数)。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量为：E=E2-Er=-3.4eV-

（一13.6W）=10.2eV,跃迁到第二激发态需要吸收的能量为：E=E3-Er=-l.SleV-

（-13.6eK）=12.09eV,用11.0eU的光子照射，并不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故A

错误；

B.处于n=2激发态的氢原子为一3.40eV,其绝对值小于光子能量4.00eV,用4.00eV的光子照射

处于n=2激发态的氢原子，可以使其电离，故8正确；

C.氢原子由基态跃迁到激发态后，轨道半径变大，根据警=岁和Ek=户可得核外电子动能：

E="，可知电子动能减小；轨道半径变大的过程中电子克服库仑力做功，原子的电势能增大，

K2r

故C错误；

。.大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为3种，分别为：

n=3rn=2,n=2-»n=1,n=3—n=l,故。错误。

故选：B。

氢原子从高能级向低能级跃迁时，辐射特定频率的光子；由低能级向高能级跃迁则要吸收特定频

率的光子；氢原子中的电子从高能级到低能级跃迁时，辐射的能量等于两能级差，电子轨道半径

变小，动能增大；根据能级跃迁条件可知，必须满足能级差才能跃迁。

本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：对。受力分析，当工件4与。之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力两

个力作用，弹力方向垂直接触面（沿B、。的轴心连线方向），弹力和重力的合力产生加速度，如下

图所示，根据牛顿第二定律得

则当a=子9时4与。之间恰好没有作用力。

再把4、B、D作为整体受力分析，当汽车向左加速运动时，4相对于车有向右运动的趋势，所以

车厢与A之间的弹力是0,C对B有水平向左的弹力，竖直方向上的支持力和重力平衡，在水平方向

上，由牛顿第二定律得C对4、B、D整体的作用力大小为F=3ma=Cmg,则工件C与B间的作

用力大小为amg,故A3。错误，C正确。

故选：Co

先以。为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度。再把4、B、D作为整体受力分析，由牛顿第

二定律求解C对4、B、。整体的作用力大小，即为C对B的作用力大小。

解答本题的关键要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法相结合进行处理，比较简洁。

3.【答案】D

M

【解析】解：4由密度公式。=拜

地球表面物体的重力mg=震

得P=

故4错误；

B.由万有引力提供向心力，可得黑1=血与（R+八）

（n+rt）/

地球表面物体的重力mg=缪

联立解得7=如迩里

故8错误；

C.第一宇宙速度是最大的环绕速度，可知空间站运行速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；

。.因赤道上的物体与地球同步卫星具有相同的角速度，赤道上物体的向心加速度小于地球同步卫

星的向心加速度，空间站和地球同步卫星都绕地球做圆周运动，其向心加速度则有血叫=/普

（R+九）

解得2

班1寸an=8+GM九）2

因空间站距地面的高度小于同步卫星，空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，综合以

上结果，可知空间站的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故。正确。

故选：Do

空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，结合在地球表面上，物体的重力等于万

有引力，即可求出可解得空间站的运行周期、向心加速度，地球的密度；根据第一宇宙速度的特

点分析C项。

解决本题的关键是知道空间站绕地球运动靠万有引力提供向心力，在地球表面上，物体的重力等

于万有引力，能灵活运用黄金变换求相关物理量。

4.【答案】A

【解析】解：4光线在4C边上某点入射时，光路如图所示

可得入射角i=45°

由折射定律得n=坐，可得折射角r=30。，故A正确；

sinr

B、光线在棱镜中的传播速度〃=£=冬=孕C,故8错误；

nV22

C、由全反射临界条件得sinC=Z=3=¥，解得临界角为C=45。

nV22

作出光路如图所示，由三角形内角和为180。，BJWZEFC=180°-45°-(90°+30°)=15°

故光线在CD边的入射角为90。-15。=75。＞C,故光线在CD边发生全反射，不能从CD边射出，

故C错误；

D、因NGFD=NEFC=15。，由三角形内角和为180。可得4FGD=180。-45。-15。=120。，故

光线在BD边的入射角为120。一90°=30°,故O错误。

故选：Ao

根据折射定律计算出光线进入棱镜时的折射角；由n=：求出光在棱镜中的传播速度。由全反射临

界角公式sinC=’求出棱镜的临界角C,由几何关系得到折射光线到达CD边的入射角，比较入射

n

角与临界角C的大小，从而判断光线在能否在边发生全反射，再确定光线最终在BD边某点折射

时的入射角。

本题关键是画出光路图，找出入射角，由折射定律计算折射角，要掌握折射定律公式n=也和全

反射临界角公式sinC=L

n

5.【答案】C

【解析】解：设至少需要把气囊完全压n次，才能有水从出水管出，设大气压强为po,水桶内气体

体积为%,气囊体积为匕，根据波意耳定律得：

Po(%+叫)=p1V0

其中

Pi=pgh

3

Vo=43207rczn

匕=72ncm3

Pi—pg(h+0.4m)

联立解得：n=2.423,即至少需要把气囊压缩三次，故C正确，AB。错误；

故选：Co

分析出气体变化前后的状态参量的变化，结合波意耳定律列式即可完成分析。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，结合公式pV=C7即可完成分析，难度不大。

6.【答案】AD

【解析】解：4根据题意P损=/>=5%P

代入数据解得％=254故4正确；

B.根据交流电压瞬时值表达式可知3=lOOnrad/s

交流电的频率/=为=嘤Hz=50Hz

由变压器的工作原理可知，变压器不改变交变电流的频率，故8错误；

C.升压变压器的输入电压的有效值为Ui=黑=至*U=2501/

v2V2

由升压变压器的输入功率可知P=U1I1

代入数据解得/1=4004

根据理想变压器电流与匝数比的关系，可得詈=科=磊=高故C错误；

14UU1O

。.输电线上损失的电压u提==200V

由升压变压器苧'=詈=2

U2九2lo

代入数据联立解得外=4000V

降压变压器原线圈两端电压g=U2-U疫=40017-200V=3800V

根据理想变压器电压与匝数比的关系，可得降压变压器原、副线圈的匝数比为黑=空=鬻=若，

九4ZZU11

故。正确。

故选：AD.

A根据输电线上损失的功率与发电站输出功率的关系求解输电线上的电流

员根据发电机输出电压的瞬时值表达式求频率；

CD.根据理想变压器的电压与匝数比、电流与匝数比的关系，功率公式分析作答。

本题考查远距离输电中对变压器的分析问题，要注意对于远距离输电问题，一定要明确整个过程

中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。

7.【答案】BD

【解析】解：40〜0.2s,实线上x=4.0cm处的质点沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知，

该波沿x轴正方向传播，故A错误；

B、因为x=4.0cm处的质点在。〜0.2s运动方向不变，所以该处质点从平衡位置经过四分之一个周

期沿y轴负方向运动至负向位移最大处，可知该波的周期T=0.2x4s=0.8s,波速为v=*=

—m/s=0.1m/s>故B正确；

U.o

C、x=0sn处质点和x=2.0sn处质点间的距离是四分之一个波长，因此相位差是*故C错误;

。、t=1.2s=1.5T时，x=6.0cm处的质点位于负向位移最大处，回复力沿y轴正方向，故。正

确。

故选：BD。

已知平衡位置在x=4.0cm处的质点，在。〜0.2s运动方向不变，该处质点从平衡位置经过四分之

一个周期沿y轴负方向运动至负向位移最大处，实线上x=4.0cni处的质点沿、轴负方向运动，由

此判断波的传播方向，并确定周期，读出波长，从而求出波速•x=0cm处质点和x=2.0cm处质

点间的距离是四分之一个波长，相位差是看结合回复力方向总指向平衡位置分析。

本题考查波的图像，解答本题关键是要理解波的图像变化规律，能够根据图像直接读出振幅、波

长，知道波速、波长和周期之间的关系v=%

8.【答案】ABC

【解析】解：44球受重力和静电力平衡，根据平衡条件：号-mg=Q

k

得九o=Q

mg

故A正确;

B.当B球向右移动x距离后，设4B距离为r,竖直方向受力平衡，根据平衡条件：k^cos9=mg

得r=k—cos。=/iVcosd

个mg0u

x=rsind=/i0Vcos0-sind=h0J|sin20♦sindh.=rcosd=h0＞Jcos0•cosd

当0V6V45。时，因工增大，8增大，/i减小，丁减小，则静电力增大，故B正确；

C当0＜。＜45。时，因工增大，r减小，则同种电荷间的电势能随。增大而增大，故C正确；

。.当。=45。时，设此时的％=沏，r=r0,用竖直向下的力产作用于4球并缓慢移动时有。＞45。,

竖直方向平衡，根据平衡条件：F+mg-k^cosd=0

代入rs讥。=XQ

。2Q2]Q2

F+mg=k^sm26cos6=k*--sin26-sin6F=k会•sin29-sin0-mg

F的大小随。增大，其变化是先增大后减小再增大，故。错误。

故选：ABC.

对A球受力分析，根据平衡条件，分析生；

当B球向右移动%距离后，竖直方向受力平衡，根据平衡条件，求距离r,再分析静电力；

当0=45。时，竖直方向平衡，根据平衡条件，分析F变化。

本题考查学生对平衡条件的掌握，根据几何关系正确列出平衡等式，结合数学分析，是解题的关

键。

9.【答案】方案一99.80平行4.38

【解析】解：（1）因使用电磁打点计时器打纸带时，在振针的作用下，复写纸与纸带间存在较明显

的摩擦、纸带与限位孔之间存在摩擦、重锤还受到空气阻力，实验得到的重力加速度值小于9=

9.70m/s2,故测量值与真实值差异最大的是方案一；

(2)毫米刻度尺的分度值为1mm,从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长L=99.80cm；

(3)使用该装置测量列车的加速度时，应将带有刻度盘的硬纸板平行列车前进方向放置；

当小球偏角为。时，小球受到重力和细线的拉力，如图所示：

“电

根据数学知识用=mgtand

根据牛顿第二定律可知mgtan。=ma

解得a=gtan9

在。很小时，有tan。«sin9

设小球与过悬点的竖直线间的距离为d,则有sin。=?

联立得火车加速度a=gsinO=号

zii、zg,uL0.43x99.80x10".rc_2ACC

代入数据得d=—=-------——------m=4.38x10=4.38cm

g9.788

故答案为：(1)方案一；(2)99.80；(3)平行；4.38。

(1)分析三种方案的误差大小，然后作答；

(2)毫米刻度尺的分度值为Inun,要估读到O.lmm,再根据摆长的含义读数；

(3)当火车加速度，摆球沿火车行驶的相反方向摆动，为了显示摆球摆动的角度，应将带有刻度盘

的硬纸板平行列车前进方向放置；对小球进行受力分析，根据力的合成求合力，根据牛顿第二定

律结合数学知识求小球与过悬点的竖直线间的距离d。

本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是熟练掌握受力分析和力的合成。

10.【答案】A1.450见解析0.66偏大

【解析】解：(1)测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪，即图中4进行

测量。

20等分游标卡尺的精确度为0.05nmi,盛水容器的内径d=14mm4-10x0.05mm=14.50mm=

1.450cm

Fq

(2)由于未知电阻氏约为1950,则流过勺最大电流约为/=关=彘40.0464=46mA,则电流

表应选用4

由于器材中午电压表，因此应将电流表4改装成电压表，由于电源电动势约为9.0乙则改装成量

程为9.0IZ的电压表

根据欧姆定律，改装后的电压表的量程U=IgKR+6)

UQ

解得/?=厂一%=左罚。—100=5900,因此定值电阻阻应选/?2；

igJ.x1u

改装电压表后的内阻为即=&+/1=600。

由于电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，则实验电路图为：

⑶根据部分电路欧姆定律得&=聆=与普)

化简得/】=益而/2

1

-

根据/】一，2图像可知，图像的斜率卜=益记=票4-

代入数据解得&=200。

根据电阻定律可得a=PU

4

解得电阻率P=噜=3,14x(1.450xl0-Vx200n,机=°£60.m

4L4X5.00X1。-/

(4)样品中有气泡，样品中污水的体积变小，根据U=SL可知，横截面积S减小，根据电阻定律得

真/

RXS

P真一~7-<P测一T

所以电阻率的测量值偏大。

故答案为：(1)41.450；(2)电路图见解析；(3)0.66；(4)偏大。

(1)根据游标卡尺各部件的作用作答；20等分游标卡尺的精确度为0.05mm,测量值=主尺上对应

示数(mm)+对齐格数x精确度；

(2)根据欧姆定律估算电路中的电流大小，然后选择电流表；根据电源电动势，确定要改装电压表

的量程，从而选择定值电阻；根据改装电压表的内阻大小、待测电阻的大小确定电流表的内外接

法，最后完成电路图的设计；

(3)根据欧姆定律求解A-/2函数，结合。-/2图像斜率的含义求解待测电阻，根据电阻定律求污

水样品的电阻率；

(4)样品中有气泡，样品中污水的体积变小，横截面积S减小，再根据电阻定律进行分析。

题考查了游标卡尺的电势、电压表的改装以及“伏安法”测电阻；由于通过待测电阻的电流可以

准确测量，因此电流表必要采用外接法.

11.【答案】解：(1)根据题意可知I,粒子进入磁场之后做匀速圆周运动，由于粒子经过坐标为(0,0.8)

联立解得：8=翳

代入数据得：8=5.0x10-57

(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动有d=

平行于电场方向受电场力，做匀加速运动：2/?=3就2

根据牛顿第二定律：。=必

m

联立解得：5几

D7

代入数据得：1=1.4x106m/s

(3)由题意得：Vy=4QR

而速度为：v=J诏+药

66

联立解得：v—|v0=|x3.2x10m/s=5.3x10m/s

又有：tand=詈=,

解得：e=53°

即粒子离开匀强电场时的速度方向与％轴负方向成53。角，斜向下方。

答：(1)匀强磁场磁感应强度B的大小为5.0x10-5T；

(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值。为1.4x106m/s；

(3)粒子经过C点时的速度为5.3x106m/So

【解析】(1)由粒子在匀强磁场中运动的轨迹寻找几何关系确定圆周运动的轨道半径，，对于粒子

应用牛顿第二定律和运动学公式即可求解磁感应强度的大小；

(2)由粒子在匀强电场中运动动的轨迹寻找几何关系确定两个分运动的位移，结合类平抛运动的规

律求电场强度与磁感应强度的比值。

解决粒子在磁场中的运动问题，关键是找到轨迹，定出圆心，构造三角形得到半径表达式，然后

结合半径公式和周期公式解决。解决粒子在电场中的问题，是用运动的分解利用牛顿第二定律解

决问题。

12.【答案】解：(1)取初速度方向为正方向，设碰后ab棒和cd棒的速度大小分别为%、v2,根据

动量守恒定律可得

mv0=mv1+mv2

根据能量守恒可得

517nl噂2=-1mvf2+।12

代入数据解得%=OM/S,V2=5m/s

(2)取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析，如图1所示，

mg

图1

简化电路图2为：

n~~1

RR、中瓦凡）

图2

因为棒的电阻与定值电阻相同，根据电路图和电流分配关系，可知cd棒中通过的电流是定值电阻（

或好棒）的2倍，由Q=/2R7可知焦耳热是定值电阻（或就棒）的4倍，可知cd棒第一次向右经过磁

场的过程中，闭合回路中产生的总的焦耳热

Q=6QR

代入数据解得Q=1.6/

设cd棒离开磁场时的速度为力，对cd棒，根据功能关系可得

c1212

Q=-2mv3

代入数据解得%=3m/s

设水平向右为正方向，对cd棒根据动量定理可得

一尸安/£=

mv3—mv2

F安=BIL

通过cd棒的电荷量

q=IAt

代入数据解得q=0.8C

（3）假设导体棒在半圆轨道上不会脱离轨道，上升的最大高度为九，则有

»12

mgh=-mv3

联立解得力=0.45m

由于九＜r,所以不会脱离轨道。

据能量守恒定律可知，cd棒第二次进入磁场时的速度大小为畤=3m/s,在半圆轨道的最低点，

则有

r说

代入数据解得风=5.6/V

据牛顿第三定律得可知F^=FN=5.6/V,方向竖直向下。

答：(l)cd棒进入磁场前的速度大小为5nt/s；

(2)cd棒第一次向右经过磁场的过程中，通过cd棒的电荷量为0.8C；

(3)不会脱离轨道，cd棒第二次进入磁场时对轨道的压力为5.6N,方向竖直向下。

【解析】(1)根据动量守恒定律、能量关系求解cd棒进入磁场前的速度大小；

(2)对cd棒根据动量定理结合闭合电路欧姆定律、及q=〃求解通过cd棒的电荷量；

(3)假设导体棒在半圆轨道上不会离开轨道，根据机械能守恒定律求解上升的最大高度进行判断，

然后结合牛顿第二定律求解cd棒第二次进入磁场时对轨道的压力。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉

第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

13.【答案】解：⑴设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大小为x,由牛顿第二定律得mgsin30。=ma,

再由速度位移关系得病=2ax,二者联立得：v2=2gsin30°x,

则x=可♦不=--~~--2.5m

2gswi302x10x11。

即解得：X=2.5m,所以物块沿倾斜冰面上滑的最大位移的大小为x=2.5/n。

或者：利用机械能守恒定律，物块最初的动能全部转化为在斜面上的重力势能，设物块在斜面上

上滑的高度为九，则有：^mv2=mgh

则：h=^=工巾=gm=2.5m,同理可解物块沿倾斜冰面上滑的最大位移的大小为x=2.5m。

(2)对运动员和物块组成的系统，由于物块在倾斜冰面上运动时，受到的弹力冲量有水平分量，所

以动量并不守恒。对物块与运动员相互作用过程，由于系统合外力为0,则系统合外力的冲量为零，

所以满足动量守恒条件。

设水平向左为正方向，则物块推出后的速度为(一切，设运动员第一次推出物块获得的速度为次，

则由动量守恒定律得：0=-mv

解得巧［=詈=得m/Sf方向水平向左

物块第一次返回追上运动员时,物块的速度为U，则物块与运动员第一次相互作用前的动量为:P1