2022年河北省新高考物理试卷和答案

2022年河北省新高考物理试卷和答案

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.（4分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后

百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像

A.0〜ti时间内，训练后运动员的平均加速度大

B.0〜t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

C.t2〜t3时间内，训练后运动员的平均速度小

D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动

2.（4分）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的

2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星

HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命

名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太

阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且

公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为

（）

A.2&B.2C.&D.

2

3.（4分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的

主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机

叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电

机线圈高速转动，发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的

磁感应强度为B,t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发

电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽

略线圈电阻，下列说法正确的是（）

发电机等效图

高

速

转

轴

XXX

升压变压器

升速缶轮箱高

（转速比1：n）

;XXBX；

V'---------------------J

A.发电机输出的电压为MTTNBSZ

B.发电机输出交变电流的频率为如nz

C.变压器原、副线圈的匝数比为&TtNBSnz：U

D.发电机产生的瞬时电动势'历nNBSnzsin（2irnz）

4.（4分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电

压Uc与入射光频率v的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光

电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量ho

由图像可知（

A.钠的逸出功为hvc

B.钠的截止频率为8.5X1014HZ

C.图中直线的斜率为普朗克常量

D.遏止电压Uc与入射光频率V成正比

5.（4分）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大

圆面积为Si,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t

变化的磁场，磁感应强度大小B=Bo+kt,Bo和k均为常量、则线

圈中总的感应电动势大小为（）

C.k(Si-5s2)D.k(Si+5S2)

6.（4分）如图，真空中电荷量为2q和-q（q>0）的两个点电荷分

别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电

势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。P为MN连线上的一点。

S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正

确的是（）

MP\NO

A.P点电势低于S点电势

B.T点电场强度方向指向O点

C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点

D.将正试探电荷qo从T点移到P点，静电力做正功

7.（4分）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板

的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与

木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转

动过程中（）

A.圆柱体对木板的压力逐渐增大

B.圆柱体对木板的压力先增大后减小

C.两根细绳上的拉力均先增大后减小

D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题

给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对

的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（多选）8.（6分）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁

场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、be、cd三段直导轨组

成，其中be段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金

属棒沿x轴正向以速度vo保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点

O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度

为L金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功

率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好，忽略导

轨与金属的电阻,下列图像可能正确的是（）

XXXX

M_r__c

xv°/x!x：\x

\d

x/x!x!x

R\）\N\\一

x。/*X\Lx

_Fkfk.

容4

111

0L2L3Lt0£2£3£1

A.篇%%B.%v0v0

o-L2L3L

D.vo%%

（多选）9.（6分）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q

用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ>mp,t=0

时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为母。T时刻轻

绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于

同一高度，取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体

Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力，两

物体均可视为质点。下列说法正确为是（）

<?□

P'

A.物体P和Q的质量之比为1:3

B.2T时刻物体Q的机械能为£

C.2T时刻物体P重力的功率为越

2T

D.2T时刻物体P的速度大小为您工

3

（多选）10.（6分）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以

O为圆心，Ri和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、

其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，

以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的

盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用％、

VI、31和h2、V2、0）2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半

径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。

下列说法正确的是（）

A.若hi=hz,贝！Jvi：V2=R2：RI

B.若vi=V2,则％：h2=Ri2:R22

C.若31=32,V1=V2,喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水

量相同

D.若hi=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则

（01=0）2

三、非选择题：共54分。第11〜14题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第15〜16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：

共42分。

11.（6分）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻

度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装如图1所示。弹簧

的劲度系数为k,原长为Lo,钩码的质量为m,已知弹簧的弹性

势能表达式为E=lkx2,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的

2

形变量，当地的重力加速度大小为g。

（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的

长度为L。接通打点计时器电源，从静止释放钩码，弹簧收缩，得

到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2

所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内,

认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内,

弹簧的弹性势能减少量为，钩码的动能增加量

为，钩码的重力势能增加量为o

（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减

少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3

所示。

（3）由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,

主要原因是o

弹蓄

柩码

——弹簧弹性势能减少量

—钩码的机械能增加量

图3

12.（9分）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电

饭煲，设计电路如图I所示。选用的器材有：限温开关S1（手动

将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开,

之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动

断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2

所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60C,用于加热煮饭）;

限流电阻Ri和Rz（阻值均为1k。）；指示灯Li和L2（2.5V,0.6W,

当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。

内胆底感温磁体弹蓄电热板

（1）按照兴趣小组设计的电路,下列说法正确的是（多

选）。

A.按下Si,Li和L2均发光

B.当锅内温度高于103℃时，Si自动断开。Li和L2均发光

C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换

D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，Li发光，L2熄灭

（2）简易电饭煲制作完成后，试用时Li始终不亮，但加热和保温

功能均正常，在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判

断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是（填写各

步骤前的字母）。

A.将选择开关旋转到“X100”位置

B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆

零点

C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度

D.测量指示灯Li两端的阻值

E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡

操作时，将多用电表两表笔与L］两端接触，若指针如图3所示，

可判断是断路损坏；若指针如图4所示，可判断是

断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

13.（11分）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分

别为1kg和2kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量

均为1kg,A和C以相同速度vo=lOm/s向右运动，B和D以相

同速度kvo向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞

后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新

滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为Ji=0.1o重力加速度大

小取g=10m/s2o

(1)若0VkV0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小

和方向；

(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者

相对位移的大小。

|Cp_______________

AB

14.(16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所

示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两

板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强

度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连

续释放质量为m、电荷量为q(q>0),初速度为零的粒子，不计

重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：

(1)t=0时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；

qB。

(2)在。〜一时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功;

qB。

(3)在M(空望，2白要)点放置一粒子接收器，在o〜/

qB：4qB2qB0

时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。

EA

4Eo■

3Eo-

2Eo-1I

y*Eo~

OL

O--------------Bo

O12345678

图1

（二）选考题：共12分，请考生从2道题中任选一题作答，并用2B

铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行

评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首

题进行评分。[选修3-3]（12分）

15.（4分）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和

一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同，气球内部压强

大于外部压强。气球缓慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将

（“增大”“减小”或“不变”）；温度将（填“升高"''降

16.（8分）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有

一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”

型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密

封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强po,活塞面积为S,隔

板两侧气体体积均为SLo,各接触面光滑，连杆的截面积忽略不

计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体

积为原来吗，设整个过程温度保持不变，求:

(i)此时上、下两部分气体的压强；

(ii)"H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。

[选修3-4](12分)

17.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上

有P、Q两质点，坐标分别为xp=lm,XQ=6HI,波传播到P点

开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为

m,经过s,Q点第一次到达正向最大位移处。

fy/cm

oojy02t/s

18.如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点

光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平

行，0=30°,光在真空中的传播速度为c。求：

(i)玻璃的折射率；

(ii)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。

答案

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。

L【知识点】运动学图象.

【解答】解：A、根据v-t图像的斜率表示加速度，由图知。〜力

时间内训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；

B、根据v-t图像围成的面积表示位移，由题图可知0〜t2时间内，

训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；

C、根据V-t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2〜t3时间内，

训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与

时间的比值可知，训练后运动员的平均速度大，故C错误；

D、根据V-t图像可直接判断，t3时刻运动员训练前速度减小，做

减速运动，t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D

正确；

故选：Do

2.【知识点】万有引力定律及其应用；匀速圆周运动.

【解答】解：地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运

动都是万有引力提供向心力，则

GMmmv2

了丁

解得：v聘

其中中心天体的质量之比为2：1,公转的轨道半径相等，则望舒

与地球公转速度大小之比的比值为我，故C正确，ABD错误；

故选：Co

3.【知识点】变压器的构造和原理；电磁感应在生活和生产中的应用.

【解答】解：B、发电机线圈的转速为nz,输出交变电流的频率为

f」L=nz，故B错误；

12兀

A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为

Em=NBS*2n*nz

输出电压的有效值为

兀NBSnz，故A错误；

C、变压器原副线圈的匝数比为

上式二加"附Snz,故C正确；

n2UU

D、发电机产生的瞬时电动势为

e=Emsincot=2irNBSnzsin(2nnz)t,故D错误；

故选：Co

4.【知识点】光电效应；爱因斯坦光电效应方程.

【解答】解：A、根据遏止电压与最大初动能的关系得：

eUc-Ekmax

根据光电效应方程有

Ekmax=hV-Wo

结合图像可知，当Uc为0时，解得：

Wo=hvc,故A正确;

14

B、钠的截止频率为vc,根据图像可知，截止频率小于8.5X10HZ,

故B错误；

C、结合遏止电压与光电效应方程可解得：

TThvV。

可知，图中直线的斜率表示2故C错误；

e

D、根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光

频率成线性关系，不是成正比，故D错误；

故选：Ao

5.【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律.

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动

势为每个小线圈产生的感应电动势为

E,q^=kS,，且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方向相同，

即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E=5E2+Ei=k

(Si+5s2),故D正确，ABC错误；

故选：Do

6.【知识点】点电荷的电场.

【解答】解：A、在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度

水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电

场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐

降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势

高于S点电势，故A错误；

C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强

度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L,根据

k・2q_kq

(L+d)2d2

可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C

错误；

D、由A选项的分析可知，T点电势低于P点电势，则正电荷在T

点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷从T点移到P点,

电势能增大，静电力做负功，故D错误；

B、设等势圆的半径为RoAN距离为x,MN距离为L,如图所示:

MPA：,NO

根据®呼

结合电势的叠加原理，A、S满足

k・2q二kq

L-xx

k-2q_kq

L+2R-X2R-x

解得：x《；R普L

由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面

的圆心，O点电势

中。7THF

L4r3

可知，(pr>(po,可知T点电场方向指向O点，故B正确；

故选：Bo

7.【知识点】受力分析的应用.

【解答】解：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为N,木板对圆柱体

的支持力为T,绳子与木板夹角为a,从右向左看如图所示:

sinasinBsinY

mgTN

在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，a不变,

Y从90°逐渐减小到0,又

Y+P+a=180°

且aV90°

可知

90°<y+p<180°

则0VBV180。

可知B从锐角逐渐增大到钝角，根据

sinQ_sinY

mgTN

可得：1

2cos

0不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD

错误；

故选：Bo

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题

给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对

的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.【知识点】安培力；法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律;

电功、电功率.

【解答】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E=BLvo,结

合欧姆定律可知i支图结合题目图片可知，在向右运动的过

RR

程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均匀减

小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度

的变化规律类似，故A正确，D错误；

BC、根据安培力的计算公式F=BIL可知，在切割长度的变化过

程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P=i?R也是与时

间成二次方的比值关系，但安培力在t=0时刻不等于零，故B错

误，C正确；

故选：ACo

9.【知识点】牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率；动能定理;

机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.

【解答】解：A、t=0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度

大小为置根据牛顿第二定律可知，&质g-mpg&解得：mp：mQ

3IDQ+lTlp3

=1：2,故A错误;

B、T时刻，PQ的速度为v=AT,P升高的位移为h'=laT2=

32

2

lxAXT2=gl,此后P做竖直上抛运动，则速度减为0的时间

236

史22

为9=工=丑-=工，位移h”=J=lJ—,可知初始时刻Q到零势能

gg32g18

,,=

面的高度h=h'+hAli+£^.=对应的机械能E=mQgh=

22

2丁,Q再运动到T时刻的机械能为E'=E-Fh，（其中F为

拉力），根据牛顿第二定律有：mQg-F=moa;联立解得：E'=|,

故B正确；

CD、2T时刻物体P的速度v'=lgT,其重力的功率为P=mi>gv'

3

2T

=%_g・2T=%,可知P=丝，故CD正确；

23532T

故选：BCDo

10.【知识点】平抛运动；匀变速直线运动规律的综合运用.

【解答】解：A、若hl=h2,根据竖直方向上自由落体的运动特点

可知，水的运动时间相等，在水平方向上，X=vt,则Vl：V2=R1：

R2,故A错误；

B、若vi=V2,根据水平方向的运动特点可知，ti：t2=Ri：Ri,结

合竖直方向自由落体的公式h,gt2可知，hi：h2=Ri2：R22,故B

正确；

C、若31=32,V1=V2,喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，

则喷出的水量相等，但因为外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入

每个花盆的水量不相同，故C错误；

D、根据上述分析可知，若hi=h2,则vi：V2=RI：R2,因为内圈

花盆的数量和外圈花盆的数量也是Ri：R2,为了保证落入每个花

盆的水量相同，则喷水的时间要相等，因为31=0)2,故D正确；

故选：BDo

三、非选择题：共54分。第11〜14题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第15〜16题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题:

共42分。

11.【知识点】验证机械能守恒定律；弹性势能.

【解答】解：(1)弹簧的长度为L的弹性势能为Ep『/k(L-LQ)2,

至!JF点时弹簧的弹性势能为Ep2=/k(L-Lo-h5)%因此弹性势能的

减小量为AEP=lk(L_Lo)2.|k(1。飞)4根据运动学公式可知,

在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速

度，贝！1叮=吟，则动能的增加量为△Eklmvr4m(霁兽)2,

钩码的重力势能增加量为AEp=mgh5o

(3)随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因随

着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加。

22h6h42

故答案为：(1)yk(L-L0)-yk(L-L0-h5)?ym(2T)imghs;

(3)随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加

12.【知识点】电路的动态分析；多用电表的原理和使用；闭合电路

的欧姆定律.

【解答】解：(1)A.按下S1，灯泡L2短路，不能发光，故A错误;

B.当锅内温度高于103℃时限温开关Si自动断开，限流电阻Ri和

R2阻值均为1k。，此时电路的总电流I总〈上空A=220mA；

1000

通过灯泡L的电流h<-^-I=-T^-X220mA^12.5mA<

21000+60心1060

30mA,所以Li不发光，故B错误；

C.保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃

时自动闭合）在保温过程中，自动在闭合、断开状态之间交替切换,

故C正确；

D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，电饭煲处于加热状态，

Li发光，灯泡L2短路，熄灭，故D正确；

（2）利用欧姆表测电阻时，首先使得测电阻与其他电路断开，进

行机械调零，然后选取合适的挡位，再进行欧姆调零，测量完毕后,

将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确的顺序为：

CABDE；

操作时，将多用电表两表笔与Li两端接触，此时回路中的用电器

为Ri、R和Li

若指针如图3所示，此时欧姆表的示数约为11000,可判断是Li

断路损坏；

若指针如图4所示，此时欧姆表的示数为零，说明Li没有损坏，

加热和保温功能均正常，说明R正常，所以是Ri断路损坏。

故答案为：（1）CD；（2）CABDE；Li；Rio

13.【知识点】动量守恒定律；用动量守恒定律定量分析一维碰撞问

题；能量守恒定律.

【解答】解：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后

物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m=lkg,

以向右方向为正方向，则

mvo-m,kvo=(m+m)v物

解得：v物=5(1-k)m/s>0

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-k)m/s,

方向向右

滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的

新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg,则有

=

Mvo-2M*kvo(M+2M)v滑

解得：v^=10-20kit|/s>0

则新滑板速度方向也向右

(2)若k=0.5,可知碰后书剑C、D形成的新物块的速度为

v物'=5(1-k)m/s=5X(1-0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

,10-20k,10-20X0.5,八，

v咨=om/s=------o---------m/s=0m/s

，日33

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运

动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m“=2kg,新

滑板的质量为M占3kg,相对静止时的公式速度为v共，根据动量

守恒定律可得：

m'v物'=(m'+M')v共

解得：v共=lm/s

根据能量守恒可得：

M-m7gx相v2(mz

解得：x相=1.875m

答：(1)若0<k<0.5,碰撞后瞬间新物块的速度为5(l-k)m/s,

方向水平向右；新滑板的速度大小为叱型L^s，方向水平向右；

3

(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，两者相

对位移的大小为1.875m。

14.【知识点】带电粒子在组合场中的运动；匀变速直线运动的速度

与时间的关系；牛顿第二定律；向心力；动能定理；功能关系；

洛伦兹力.

【解答】解：(1)t=0时刻释放的粒子，在[=四1时间内沿y轴

qB0

正方向做匀加速直线运动，

加速度大小为：21=也

m

在台时刻的速度大小为：vi=aiti

代入数据解得：vi=季

B。

此时沿y轴正方向的位移为：yi='t]

解得：山=工可

2qB^

外〜纯时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心

qB°qB0

力可得：qviBo=m—

Ri

解得：孙=二零，

qB：

由于粒子在磁场中运动周期1=空巴所以经过如1时间，粒子刚

qB°QBO

好运动半周期,

此时x方向的位移为：X]=2Ri=式上要，

所以时刻的位置坐标为（三望，色要）；

QB。qB：2qBj

（2）时刻粒子速度方向沿-y方向，大小为vi=3.

qB0Bo

从纯〜纯时间内，粒子的加速度大小为：a2=迫"，粒子先沿

qB0qB0m

-y方向运动，再沿+y方向运动。

设粒子经过t2时间速度减速到0,则t2=3_,解得：t2=*~=』tl

a22qB02

2

所以在竺1时速度大小仍为VI,位置仍在（至学，三上要）处,

qBoqB：2qB：

此后的回时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。

qB0

从史皿〜且皿时间内，粒子的加速度大小为：23=汕，粒子先沿

qB0qB0m

-y方向运动，再沿+y方向运动。

设在且皿时速度大小为V2,根据运动学公式可得：V2=-Vl+a3tl

qB0

2E

解得：v2=-°-»方向沿+y方向；

Bo

从包皿〜旦皿时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。

qB°qB0

根据动能定理可得静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功：w=

12

-

2mv2

得

2

解W=O

（3）根据前面的分析可知，粒子在0〜1时间内加速的时间等于粒

子在纯〜纯时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合

qB()qB0

洛伦兹力提供向心力可知，在。〜ti时间内任何时刻释放的粒子，

在t=4ti时刻水平位移均为岂学•<.

qB：

设粒子在tz时刻开始加速，加速时间At,则在ti时刻的速度V1'

=aiAt,位移：yj=1A2

21t

粒子在生皿时刻的速度大小为：V2'=V1'+a(ti-At)=ai(2ti

qB02

-At)

在包皿〜西时间内减速的位移：y2/=Z2_

qB°qB02a3

若粒子恰好达到M点，则有：y2'+色翼=yj

解得：At=®L2x巫

2qB0

所以粒子释放的时刻为：==

2qB0

若粒子恰好达到X轴，则有：y2'=yi'

解得：

2qB0

所以粒子释放的时刻为：tmin=tl-At=生近"X匹

2qB0

故在o〜西时间内，粒子在生近xE叫〜生返_X&L时刻进入电