物理（北京B卷） 2023年高考第二次模拟考试卷（全解全析）

2023年高考物理第二次模拟考试卷

高三物理

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、第一部分：本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符

合题目要求的一项。

1.以下核反应方程中属于B衰变的是（）

A.8Na一转Mg+°e

-1

B.蒙U+/TU°Xe+瑞Sr+2居

C.汨+汨一彳血+初

D.号N+fHe—*0+出

【答案】A

【解析】A.曾Na一转Mg+一褪是。衰变。故A正确；

B.第5U+/T心。xe+相Sr+2一是核裂变反应。故B错误；

C.汨+汨一匆e+油是核聚变反应。故C错误；

D.号N+^He-*0+汨是人工核转变。故D错误。故选A。

2.下列说法中正确的是（）

A.温度是分子热运动平均动能的标志

B.分子间引力与斥力都随分子间距离增大而增大

C.1g水和1g氧气所含分子个数相同

D.悬浮颗粒越大，布朗运动越明显

【答案】A

【解析】A.温度是分子热运动平均动能的标志，故A正确；

B.分子间引力与斥力都随分子间距离增大而减小，故B错误:

c.由于水和氧气的摩尔质量不同，故1g水和1g氧气的摩尔数不同，所以它们所含分子个数不

相同，故c错误；

D.液体中的悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，故D错误；故选A。

3.如图所示，是四个光学实验现象，下列叙述错误的是（）

A.甲图光导纤维内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射

B.乙图研究光的干涉现象时，减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小

C.丙图一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光，a光的光子能量小于b光的光

子能量

D.丁图光电效应实验中，使验电器指针发生偏转的是正电荷

【答案】B

【解析】A.甲图光导纤维内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射，选

项A正确，不符合题意；

B.乙图研究光的干涉现象时，根据Ax=!入，减小双缝间的距离d,干涉条纹间的距离变大，选

a

项B错误，符合题意；

C.丙图一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光，因a光的偏折程度较小，则a

光折射率较小，频率较小，则a光的光子能量小于b光的光子能量，选项C正确，不符合题

息；

D.丁图光电效应实验中，从锌板中打出光电子，则锌板带正电，则使验电器指针发生偏转的是

正电荷，选项D正确，不符合题意。故选B。

4.氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于n=3能级上，下列说法正确的是（)

nE/eV

00---------------------------------0

5-0.54

4-------------------------0.85

2---------------------------3.4

1--------------------------13.6

A.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子

B.从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量为1.51eV

C.从n=3能级跃迁到n=4能级需吸收1.51eV的能量

D.n=3能级的氢原子电离至少需要吸收1.51eV的能量

【答案】D

【解析】A.大量氢原子处于n=3能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子，故A错误；

B.根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量为E3.E1=_1.51eV-（-13.6eV）

=12,09eV,故B错误；

C.根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=4能级，需要吸收的能量为-£3=一o.85eV-

（-1.51eV）=0.66eV,故C错误；

D.根据能级图可知氢原子处于n=3能级的能量为-L51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51e

V的能量，故D正确。故选D。

5.2022年7月24日，长征五号B遥三运载火箭（“胖五”）成功发射，将问天实验舱送入太空，随

后问天实验舱与天和核心舱完成在轨对接。9月30日，经过天地协同，问天实验舱完成转位，问

天实验舱与天和核心舱组合体由两舱“一''字构型转变为两舱“L”构型，如图所示。问天实验舱转位

前后，两舱组合体均可视为绕地心做匀速圆周运动，现有科学爱好者进行了一系列的设想，以下

设想正确的是（）

A.若问天对接前在较高轨道上，可制动减速，降低高度，追上天和，实现对接

B.若问天对接前与天和在同一轨道上，可通过发动机加速，追上天和，实现对接

C.若问天转位后在天和（假设天和轨道姿态均不变）的下方，则两舱组合体的线速度稍稍变大

D.若问天转位后在天和（假设天和轨道姿态均不变）的上方，则两舱组合体的线速度稍稍变大

【答案】A

【解析】A.问天对接前，要追上天和实验舱，根据卫星的变轨的规律可知，制动减速时，问天做

近心运动，进入低轨道，在低轨道追上天和，从而实现对接，故A项正确；

B.问天通过发动机加速后，根据卫星变轨的规律可知，其万有引力不足以提供其所需要的向心

力，故做离心运动，进入高轨道，因为G詈=mf,整理有v=坪,可知，在高轨道，其

运动的线速度小，所以其无法追上天和，故B项错误；

CD.根据G^=m《，整理有v=回，其组合体轨道没有变，即轨道半径不变，所以其运行

rzryjr

速度不变，故CD错误。故选A。

6.如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁铁的两个磁极间，铝笼可以绕支

点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁铁均静止，转动磁铁，会发现铝笼也会跟

着发生转动，下列说法正确的是（）

A.铝笼是因为受到安培力而转动的

B.铝笼转动的速度的大小和方向与磁铁相同

C.磁铁从图乙位置开始转动时，铝笼截面abed中的感应电流的方向为a—>d—>c—>b—>a

D.当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动

【答案】A

【解析】AC.磁铁从图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流,

方向为a—bTCTd—a,因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培

力而转动的，A项正确，C项错误；

B.根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁铁转动方向相同，但快慢不相同，

铝笼的转速一定比磁铁的转速小，B项错误；

D.当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应

电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D项错误。故选A。

7.如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对

于小球的运动，下列说法正确的是（）

A.图示瞬间小球一定处于超重状态

B.图示瞬间小球一定正在向上减速

C.在此后的一小段时间内，小球的动能一定增加

D.在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加

【答案】D

【解析】AB.由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小

球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做何种运动，故AB错误；

C.在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，小球的动能

减小，故c错误；

D.在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增

力口，故D正确。故选D。

8.图1为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在

x=4.0m处的质点：图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（）

A.在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B.从t=0.10s到t=0.25s,质点Q通过的路程为30cm

C.从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴负方向传播了8m

D.在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向

【答案】B

【解析】A.图2为质点Q的振动图像，则知在t=（）」0s时，质点Q正从平衡位置向y轴负方向运

动，故A错误;

B.从t=0.10s到l=0.25s经过的时间为At=0.15s=；T,由于t=0.1()s时刻质点Q在平衡位置处,

4

所以质点Q通过的路程s=:x4A=30cm,故B正确；

D.在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，此时质点P正向y

轴正方向运动。从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为At=0.15s=：T,则在t=0.25s时，质点P

位移为负，加速度方向与y轴正方向相同，故D错误；

C.由图1知波长入=8m,则波速为v=4=^m/s=40m/s，从t=010s到=0.25s经过的时间为△

t=0.15s,该波沿x轴负方向传播的距离为Ax=vAt=40x0.15m=6m,故C错误。故选B。

9.近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U=

220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的

A.接收线圈的输出电压的有效值约为8V

B.发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22

C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22:1

D.发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同

【答案】A

【解析】A.穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,则有学二1^普，解得“=普蟹=

Uiihnx

220x50x0.8

1100V=8V故A正确;

B.由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，则有;故B错误;

【2110022

C.发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相

同，故c错误；

D.穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线

圈的磁通量变化率不相同，故D错误。故选A。

10.某同学用内阻Rg=20。、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻

刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，

再将阻值为400。的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是

()

A.该电源电动势为1.5V

B.该电源电动势为9.0V

C.刻度2.5mA处标注600。

D.刻度4mA处标注200Q

【答案】C

【解析】AB.由闭合电路欧姆定律得，满偏时E=%(Rg+r+R),接入％=400Q的电阻时，表头

指在3mA,得E=|lg(Rg+r+R+Rj,联立解得R+r=5800,E=3V,AB错误；

C.当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为R2=，(Rg+r+R)=6000,C正确；

B.当电流刻度为4mA时，接入电阻为R3=，(Rg+r+R)=150Q,D错误。故选C。

11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度V。从M点竖直向上运

动，通过N点时，速度大小为2v(),方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()

A.动能增加2m呜B.机械能增加|mv。

C.重力势能增加：m*D.电势能增加2m*

【答案】C

【解析】将小球的运动沿竖直方向和水平方向进行分解，可知竖宜方向只受重力作用，做竖直上抛

运动，水平方向只受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，故小球从M运动到N,

22

小球上升到最大高处，则根据功能关系可知，动能的增加量AEk=1m(2v0)-imv0=|m

2

v0,机械能的增加量AE=M/电=；m(2vo)2=2mv()2,重力势能的增加量AEp=-W「=

222

v0,电势能的增加量AEp'=-W电=-^m(2v0)=-2mv0,所以电势能减少了Zmvo?。故

选C。

12.某电子秤的原理简图如图所示。AB为一均匀的滑动变阻器，长度为L,两边分别有Pl、P2两

个滑动头，轻质弹簧上端与P1及秤盘底部相连，下端固定。弹簧原长时P1、和P2均指在A端。

若Pl、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上就能显示出被称物体的

质量。已知弹簧的劲度系数为k,托盘质量为m0,电源电动势为E,内阻不计。重力加速度为g。

在托盘上未放物体时需要先校准零点，即未放被称物体时电压为零。则()

A.校准零点时，不需要移动滑动头P2

B.校准零点时，两滑动头间的距离为詈

C.滑动头P1滑至B端时，被称物体的质量为普

D.被称物体的质量m与两滑动头间电压U的关系为m=^U

Eg

【答案】D

【解析】AB.未放被称物体时电压为零，即Pl、P2两点等势，校准零点时，需要移动滑动头P2,

让两滑动头间的距离为0,故AB错误；

C.放被称物体质量为ml时P1滑至B端，则有kL=(m0+mjg,得电=3一m°,故C错误；

D.未放被称物体时，两滑动头Pl、P2距A点的距离为x0,kx0=mog,放被称物体质量为m

时，两滑动头Pl、P2间距离为x,有k(x°+x)=(m()+m)g,由欧姆定律知两滑动头Pl、P

2间的电压为U=IRx=5Rx，又由t=；，联立解得m=^U,故D正确。故选D。

ARARLEg

13.图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形

象地描述两个物理景之间的关系，如图所示，若x轴表示一个物理景，y轴表示一个物理量，其

中在实验数据处理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。对该

交点的物理意义，下列说法不正确的是（）

A.在测电源电动势和电源内阻时，若x轴表示流过电源的电流，y轴表示闭合电路电源两端的

电压，则该图像与x轴的交点的物理意义是短路电流

B.在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若x轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y轴表

示重锤落到该点的距离，则该图像与x轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度

C.在用单摆测重力加速度的实验中，若x轴表示摆线长度，y轴表示单摆周期的平方，则该图像

与x轴交点绝对值的物理意义是该单紧摆球的半径

D.在研究光电效应的实验中，若x轴表示入射光的频率，y轴表示光电子的最大初动能，则该图

像与x轴交点物理意义是该金属的极限频率

【答案】B

【解析】A.根据闭合回路欧姆定律E=U+k可知，当U=°时，电路短路电流为1=旨A正确;

B.根据机械能守恒定律，mgh=：mv2m崎，变形得卜=5丫2-5崎，可知h—v?图像截距

22.Ng/g

为初速度的平方，B错误:

:可得，中若0。+,）,

C.根据单摆周期公式T=2n可知T2-1。图像横截距为摆球半径，C

正确;

D.根据光电效应方程，有Ekm=hv—WO,Ekm-v图像与横轴交点v=*为极限频率，D正确。

本题选不正确的，故选B。

14.我国唐代大学士贾公彦是第一个提出指纹鉴别的人（指纹上凸出部位称为崎,凹陷部位称为峪）。

华为Mate3O系列手机采用的是光学指纹识别，其识别原理示意图如图a,手指按压指纹识别区时，

与镜片接触的崎线破坏接触区域的全反射，使得反射光线出现明暗分布，CCD图像传感器通过识

别光线的强弱对指纹进行识别，如图bo若镜片的折射率为叼=1.45,实验测得人手指折射率明在

1.50〜1.56之间，以下说法中正确的是（）

CCD图像传感器

图a图b

A.手指未按压指纹识别区时，光线在镜片的上表面不能发生全发射

B.手指按压指纹识别区时，光线在与镜片接触的崎线处不能发生全反射

C.手指未按压时，入射角i越大，光线在镜片的上表面越不容易发生全发射

D.当光线垂直入射镜片下表面时，仍然可以实现指纹识别功能

【答案】B

【解析】AB.手指未按压指纹识别时，光线在镜片上表面能发生全反射，当手指按压时，因为%＞以，

故接触部分不能发生全反射，故A错误，B正确；

C.手指未按压时，入射角i越大，则折射角越大，故光线在镜片的上表面越容易发生全发射，

故C错误；

D.当光线垂直入射镜片下表面时，入射角为0。，反射角也为0。，则无法识别指纹，故D错误。

故选B。

二、第二部分：本部分共6题，共58分。

15.（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分

析等。例如：

（1）实验原理。某实验小组在做“油膜法估测油酸分子大小”的实验中，需使油酸在水面上形成

层油膜，为使油酸尽可能地散开，将纯油酸用酒精稀释，若稀释后的油酸酒精溶液的浓

度为每1000mL油酸酒精溶液中有油酸0.5mL,用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体

积增加1mL,油酸未完全散开就开始测量油酸膜的面积，会导致油酸分子直径的计算结果

（填“偏大偏小”或“不变”）o

（2）实验操作。向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力尸的大小与质量办角速度。、

轨道半径『之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮带连接。实验时，匀速转动手柄使长

槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球

的压力提供向心力,小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，

标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的比值。

①在研究向心力尸的大小与质量加、角速度。和半径厂之间的关系时，我们主要用到的物理方法是

A.控制变量法B.等效替代法C.理想实验法

②为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径，•之间的关系，下列说法正确的是。

A.应使用两个质量不等的小球

B.应使两小球离转轴的距离相同

C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上

（3）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双

缝之间的距离为0.30mm,测得双缝到屏幕的距离为1.0m,第1条到第6条亮条纹中心的距离为10.

50mm,则红光的波长为m（保留2位有效数字）。实验中并未直接测量相邻两个亮条

纹间的距离，而是测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，请分析说明这样做的理由（）。

【答案】（1）单分子；偏大；（2）A：C：（3）6.3x10。；通过测多个亮条纹间距求平均值可减少误差

【解析】（1）用油膜法估算分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子油膜。油酸分子直径d

=（油酸未完全散开就开始测量油酸膜的面枳，所测S偏小，会导致油酸分子直径的计算

结果偏大。

（2）[3]在研究向心力F的大小与适量m、角速度3、半径r之间的关系时，主要用到的物理方

法是控制变量法。故选A。

[4]为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，应该保持质量m和角速度3相

同，则应使用两个质量相等的小球，应使两小球离转轴的距离不相同，将皮带套在两边半径

相等的变速塔轮上。故选C。

7

（3）[5]相邻两条纹的间距为Ax=，入，代入数据得入=6.3X10-m

[6]若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的

距离，然后再除以5,得到相邻条纹间距的平均值，测量误差较小。

16.（10分）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部

分碰撞前后的动量关系。O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球m1

多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P,测量平抛水平射程OP。然后把被

碰小球m2静置于水平轨道的末端,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞,

多次重复实验，找到两小球落地的平均位置M、N。

（1）图2是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为cm。

（2）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是。

A.可选用半径不同的两小球

B.选用两球的质量应满足mi>m2

C.小球mi每次必须从斜轨同一位置释放

D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间

（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为mI、n^,三个落点的平均位置与O点的距离分别

为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式,即验证了碰撞前后两

小球组成的系统动量守恒。（用测量的物理量表示）

（4）验证动量守恒的实验也可以在如图3所示的水平气垫导轨上完成。实验时让两滑块分别从导轨

的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在

一起。实验测得滑块A的总质量为m1、滑块B的总质量为m2,两滑块遮光片的宽度相同，光电

门记录的遮光片挡光时间如下表所示。

在实验误差允许范围内，若满足关系式，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量

守恒。（用测量的物理量表示）

（5）关于实验，也可以根据牛顿运动定律及加速度的定义，从理论上论证碰撞前后两滑块的动量变

化量miAV]与1112AV2的关系为（提示：Av1与Av?均为矢量）。

【答案】（1）55.50；（2）BC；=mxOM+m2ON；（4泮一些=一^1^；（5加量％=-m2A小

GT2T3

【解析】（I）[1]确定m2落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把小球落点圈在里面，圆心P就是

小球落点的平均位置；依题意碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cmo

（2）[2]A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故A错误；

B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，即m1>rr^，故B正确；

C.为保证小球每一次碰撞前的速度=相同，要求小球ml每次必须从斜轨同一位置静止释放，

故C正确；

D.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故D错误。故选BC。

（3）[3上要验证动量守恒定律定律，即验证nuvi=miv/+m2V2'，小球离开轨道后做平抛运动，

它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m]Vit=miv/t+

m2V2't,得m：（OP=nhOM+m2ON,可知，实验需要验证nnOP=m[0M+n^ON,在误差

允许范围内，上式近似成立即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒。

（4）[4J若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，依题意有m】vi-

m2V2=-（mi+m2）V3,设遮光片的宽度为d,则v1=v2=9V3=午,联立可得辛•■-毕=

11121112

m1+m2

（5）⑸以ml为研究对象，假定m2对ml的作用力为F,相互作用时间为At,根据牛顿第二定

律有F==mj2,同理，以m2为研究对象,根据牛顿运动定律有-F=m2a2=m2华，

AtAt

两式联立可得碰撞前后两滑块的动量变化量m】Avi与H12AV2的关系为miAvi=-m2Av2

17.（9分）2022年我国举办了第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一、如图

所示为某滑道示意图，长直助滑道AB与起跳平台BC平滑连接，C点是第二段倾斜雪坡（着陆

坡）的起点，着陆坡与水平面的夹角0=37。。质量m=80kg的运动员从A处由静止开始匀加速下

滑，加速度a=4m/s2,到达B点时速度vB=30m/s。经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，在

着陆坡上的D点着陆。已知CD间的距离L=75m,sin37°=0.60,cos37°=0.80,取重力加速度g=

10m/s2,将运动员视为质点，忽略空气阻力的影响。

fA一腐滑道

着陆坡

（1）求运动员在AB段运动的时间t；

（2）若运动员在BC段没有助滑，仅在摩擦力作用下运动，求BC段摩擦力所做的功；

（3）求运动员落在着陆坡上D点时所受重力做功的瞬时功率Po

【答案】（1）7.5s；（2）-2x104J：（3）2.4x104W

【解析】（1）由题意得，运动员在AB段运动的时间为t=^=7.5s；

a

（2）从C点飞出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由几何关系知Lcos37。

2

=vot1；Lsin37°=jgti,解得耳=3s,v0=20m/So所以从B到C由动能定理得

vg解得BC段摩擦力所做的功为Wf=-2x10）。

（3）因为落在着陆坡上D点时的竖直方向速度为Vy=gti=30m/s,运动员落在着陆坡上D点

4

时所受重力做功的瞬时功率为P=mgvy=2.4x10Wo

18.（9分）如图所示，两平行金属板间存在垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，上极板

带正电，下极板带负电，板间电场可视为匀强电场，两板间距离为d,若从两板间的正中央P点

沿与板平行方向射入质量为m（不计重力）、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子，粒子刚好沿直

线从两极板间射出。不计粒子重力。求：

++

XXBx

（1）两金属板间匀强电场场强E的大小；

（2）若撤去匀强磁场后带电粒子恰好从下极板边缘飞出，求飞出时粒子的动能Ek；

（3）若撤去匀强电场后带电粒子恰好打在上极板正中央，求粒子运动轨迹半径r。

2

【答案】⑴E=%B；（2）Ek=^-+^mv0-,（3）

LLqB

【解析】（1）刚好沿直线从两极板间射出，合力为0,EPqv0B=qE,解得E=v°B

（2）在电场中类平抛运动，由动能定理有率=Ek-4mv02,解得Ek=^^+Tmv02

（3）在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动qv（）B=q4解得r=写。

19.（10分）类比是研究问题的常用方法

（1）情境1：如图甲所示，将一弹簧振子放置在光滑的水平面上，以弹簧处于原长时物块所处

位置为坐标原点0、水平向右为正方向建立x轴。当振子偏离平衡位置的位移为x时，其

回复力为尸=一1«；而F=ma、a=半、v=手，可以得到振子位移x随时间t变化的方程

为m季+kx=0（①式）。将物块从O点右侧某一位置由静止释放并开始计时，在图乙

△t

所示的坐标系中定性画出弹簧振子的位移X随时间t变化的图像。

'k八X

o--------

甲乙

（2）情境2：如图甲所示，电源的电动势为E,