2024届北京市门头沟区高三年级下册一模物理试卷及答案解析

2024届北京市门头沟区高三下学期一模物理试卷

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.空玻璃瓶密封后放入冰箱。与放入冰箱前相比，瓶内的气体（）

A.所有分子的运动速率都变小B.分子的平均动能变小

C.压强变大D.分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变大

2.下列现象可说明光具有粒子性的是（）

A.光经过三棱镜后发生偏折

B.白光照射肥皂膜呈现彩色图样

C.白光经过狭窄的单缝得到彩色图样

D.紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出

3.如图是一个正弦式交变电流i随时间f变化的图像。下列说法正确的是（）

A.交变电流的周期为0.25sB.交变电流的有效值为10&A

C.在t=0.15s时交变电流方向发生改变D.该交变电流的表达式为，=10sinl0万A

4.如图为氢原子的能级图，现有大量氢原子处于〃=3能级上。下列说法正确的是（）

nE/eV

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

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

3-----------------------1.51

2-----------------------3.40

1---------------------T3.6

A.氢原子所处能级越高，越稳定

B.氢原子在向低能级跃迁时放出光子，能量增加

C.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子

D.从〃=3能级跃迁到n=1能级时辐射出的光子频率最大

5.一简谐波沿x轴正方向传播，周期为T,波长为晨若在x=0处质点的振动图像如

6.如图所示，两平行金属板A、B与电阻R相连，金属板间有一匀强磁场。现将一束

等离子（含有大量等量正、负离子）垂直磁场喷入，下列说法正确的是（）

A.A极板的电势高于B极板B.R中有从6到。的电流

C.若只增大磁感应强度，R中电流不变D.若只增大两极板间距，R中电流不变

7.2024年2月10日是“天问一号”火星环绕器环火三周年纪念日。3年前“天问一号”火

星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。

要完成探测任务探测器需经历如图所示变轨过程，轨道I为圆轨道，轨道II、轨道ni为

椭圆轨道。关于探测器，下列说法正确的是（）

A.在轨道I上的周期大于在轨道II上的周期

B.在轨道I上的机械能大于在轨道II上的机械能

C.在轨道I上经过尸点的速度小于轨道II上经过P点的速度

D.在轨道I上经过尸点的加速度小于轨道II上经过尸点的加速度

试卷第2页，共10页

8.为研究某鞋的防滑性能，同学将鞋子置于斜面上，逐渐增大斜面倾角伙。<90。）。当

斜面倾角6=37。时鞋子刚好开始滑动。假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，已知

sin37°=0.6,cos37°=0.80下列说法正确的是（）

A.鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.8

B.增大斜面倾角仇鞋子对斜面的压力减小

C.在鞋子滑动时，增大斜面倾角仇鞋子的加速度减小

D.在鞋内放置重物，使鞋子刚好开始滑动时的斜面倾角。将增大

9.图甲是电场中的一条电场线，M、N是电场线上的两点。电子仅在电场力作用下从M

点运动到N点，其运动的v-f图像如图乙所示。M、N点电场强度分别为3和4，电

子在M、N点电势能分别为综"和6泌。下列说法正确的是（）

甲乙

A.EM>EN,EpM>EpN

B.EM>EN,EpM<E?N

C.EM<EN,后邮>EpN

D.EM<EN,后幽<EpN

10.当做圆周运动的物体角速度。变化时，我们可以引用角加速度£来描述角速度。

的变化快慢，即夕="。图甲中某转盘自f=0时由静止开始转动，其前4s内角加速度

£随时间/变化如图乙所示。则（）

/?/rads-2

t/s

甲乙

A.第4s末，转盘停止转动B.角加速度的变化率的单位为：rad/s

C.0~2s内转盘做匀角加速圆周运动D.第2s末，转盘的角速度大小为10rad/s

11.如图是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变,

电阻飞、R?中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其

阻值随油箱中油量的减少而增大，当电压表示数大于某一值u时，就会触发报警。电压

表示数为u时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法正确的是（）

A.4为压敏电阻

B.若换用电压更大的电源，警戒油量将变小

C.若换用阻值更大的定值电阻，警戒油量将变小

D.随着油箱的油量减少，通过定值电阻的电流变大

12.某研究小组在研究“估测甩手时指尖的最大向心加速度”课题研究时，利用摄像机记

录甩手动作，A、B、C是甩手动作最后3帧（每秒25帧）照片指尖的位置。根据照片

建构A、B之间运动模型：开始阶段，指尖A以肘关节M为圆心做圆周运动，到接近8

的最后时刻，指尖以腕关节N为圆心做圆周运动。测得A、B之间的距离为26cm,B、

N之间的距离为17cm。粗略认为A、8之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运

动的线速度。重力加速度为g。请估测甩手时指尖的最大向心加速度（）

试卷第4页，共10页

A.5gB.10gC.25gD.50g

13.把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所

示。f=0时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低

点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小

尸随时间r变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.0时刻，小球的动能最大

B.%L时间内，小球始终处于失重状态

C.44时间内，小球所受合力的冲量为0

D.r2%时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量

14.对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联

系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为/、电阻率为〃、横截面积为S的细金

属直导线，单位体积内有"个自由电子，电子电荷量为e、质量为加。经典物理学认为，

金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）

的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在

电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成

正比，比例系数为上下列说法不无卿的是（）

A.比例系数上=〃平

B.当该导线通有恒定的电流/时导线中自由电子定向移动的速率v

C.比例系数上与导线中自由电子定向移动的速率v无关

D.金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电

子做的负功大小相等

二、实验题

15.某小组做“测量玻璃的折射率''实验时，在白纸上画出光线的径迹，如图所示。以入

射点0为圆心作圆，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，过A、B点作法线NN，

的垂线，垂足分别为C、D点。测得圆的半径为R,线段AC长度为a,8n长度为6,

0C长度为c,长度为d,则玻璃的折射率〃=。（用题中所给字母表示）

（1）关于实验，下列做法正确的是填选项前的字母）。

A.本实验还需要秒表、刻度尺、交流电源等器材

B.本实验需保持小车质量不变，改变槽码质量

C.平衡摩擦时，需小车连接纸带，细绳末端连接槽码

D.实验时先接通电源，后释放小车

（2）当小车质量（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似

等于槽码的重力。上述做法引起的误差为（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为

减小此误差，下列可行的方案是（填选项前的字母）。

A.用水平气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车

B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器

C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小

17.图甲为“测量某电池组电动势和内阻”的实验电路图。实验室除提供待测电池组一个、

试卷第6页，共10页

开关一个、导线若干外，还有下列器材可供选用:

电压表V：量程0~3V,内阻约3kC

电流表A：量程0~0.6A,内阻约0.2。

滑动变阻器/：0-500Q,额定电流1A

(1)图甲为该同学设计的实验电路图，实验中忽略电流表和电压表内阻的影响。

①为了便于实验，滑动变阻器应选用(填写仪器的字母代号)；

②实验中调节滑动变阻器，记录多组电压表示数U和电流表示数/,在坐标纸上描点连

线作出U-/图像，如图乙所示。根据图乙可得该电池组的电动势£=V,内阻r=

Q(结果均保留2位有效数字)。

(2)为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和/的函数关系进行分析。

①用字母&、J分别表示电压表和电流表的内阻，U、/分别表示电压表和电流表的示

数，£、厂分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，写出反映。

和/真实关系的函数表达式。=;(请用题目中已知字母表示)

②通过对函数表达式进行分析可得，(1)中电池组的电动势E测量值_____真实值，

内阻r的测量值______真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)。

三、解答题

18.如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。两个完全相

同的小滑块A、B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，滑块A

以速度v在水平方向和B发生正碰后粘在一起，并沿桌面继续滑动。已知滑块A、B质

量均为m,重力加速度为go求：

(1)光滑圆弧半径R；

(2)与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小F；

(3)碰撞过程中系统损失的机械能AE。

R

AlTO

/777777777777777777777777777777777/

19.图甲是列车进站场景，其刹车原理可简化为图乙。在车身下方固定一单匝矩形导线

框，利用线框进入磁场时所受安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为如线框总电阻

为R,线框"边长为L,儿边长近似等于车身长度s,列车轨道上匀强磁场区域足够长，

且磁感应强度的大小为及车头刚进入磁场时速度大小为%,车尾进入磁场瞬间列车恰

好停止，列车停止前所受所有摩擦阻力恒为人求：

（1）列车车头进入磁场瞬间，通过线框断边的电流/大小和方向（填、一6"或*-a"）；

（2）列车车头进入磁场瞬间，列车加速度的大小。；

（3）列车从进站到停止过程中，线框产生的焦耳热。。

%

匀强磁场

20.微元法是通过把物理量或物理过程进行分割再分析的方法，也是物理中解决问题常

用的方法。

（1）如图1所示，一个行星绕太阳沿椭圆轨道运动，在近口点。和远口点）时离太阳中心

的距离分别为此和4,近日点速度和远日点速度分别为1和均。分别在。点和6点附

近取极短的时间间隔加，请根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的

V1

连线在相等的时间内扫过的面积相等）求学;（提示：扇形面积=彳、半径X弧长）

Vb2

图1

（2）如图2所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为根的物块（可视为质点）相连放

置在水平面上。当物块在A位置时弹簧处于原长，在外力厂作用下物块移动到B位置

（没有超出弹簧弹性限度）。已知弹簧劲度系数为k,AB间长度为/,弹簧对物块的拉力

用琮表示。取A点所在位置为坐标原点，水平向右为正方向。物块从A运动到B过程

试卷第8页，共10页

中，通过推导画出格与位移X的示意图，并借助图像求弹簧对物块拉力做的功叱单。

图2

（3）如图3所示,当长为L的导体棒绕其一端M在垂直于匀强磁场（磁感应强度为B）

的平面内转动时，电子受到沿着导体棒方向的洛伦兹力力和垂直于导体棒方向的洛伦兹

力力，在任一过程中力和力做功之和始终为零。设导体棒内有一电荷量为e的电子，

导体棒以角速度①顺时针匀速转动，求该电子距离转轴M点为无时所受洛伦兹力力大

小的表达式，并借助图像求该电子从导体棒N端移到M端过程中力做的功叱。

XX

B*NXX

xXXXXA

图3

21.2023年12月1口晚间，绚丽的极光现身北京市门头沟区。极光是由太阳抛射出的

高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。从北极

地区看赤道平面的地磁场，可简化为下图：O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在

半径为A到3K之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度为8。假设高能粒子的质

量为m电荷量为+4。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。

（1）若高能粒子从A点以速度％沿切线进入磁场边界位置时，粒子恰好绕着磁场边界

做圆周运动，求粒子的速度%的大小。

（2）地球磁层是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着高能粒子直接到达地球表面，从

而保护了地球上的生态环境。

a.假设高能粒子从磁场边缘A点以速率v沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面，

求粒子的比荷幺；

m

b.高能粒子实际上可在赤道平面内向各个方向均匀地射入磁场。若高能粒子仍以速率

v射入地球磁场，求到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值〃。（结果用反三角函数

表示，例：sin£=左，则9=arcsin3。为弧度）

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.B

【详解】与放入冰箱前相比，瓶内的气体温度降低，分子的平均动能变小，但不是所有分子

的运动速率都变小；由于气体发生等容变化，根据

P=C

T

可知瓶内的气体压强变小，则分子对玻璃瓶内壁的平均作用力变小。

故选Bo

2.D

【详解】A.光经过三棱镜后发生偏折，这是光的色散，并不能说明光具有粒子性，故A错

误；

B.白光照射肥皂膜呈现彩色图样，这是光的干涉现象，说明光具有波动性，并不能说明光

具有粒子性，故B错误；

C.白光经过狭窄的单缝得到彩色图样，这是光的衍射现象，说明光具有波动性，并不能说

明光具有粒子性，故C错误；

D.紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出，是光电效应，说明光具有粒子性，故D正确。

故选D。

3.C

【详解】AB.根据电流，随时间♦变化的图像可知周期为

T=0.2s

峰值为

4=10A

有效值为

/=组=5限

故A、B错误；

C.根据交变电流变化规律知线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次，在t=O.15s时电

流为零，该时刻线圈在中性面，所以在f=O.15s时交变电流方向发生改变，故C正确；

D.由A选项知峰值/„,=10A,周期T=0.2s,角速度为

27r

①=——=10OTad/s

T

答案第1页，共13页

由图像知初相为

得该交变电流的表达式为

TT

z'=10sin(10RH——)(A)=10COS10R(A)

2

故D错误。

故选D。

4.D

【详解】A.氢原子所处能级越高，氢原子越活越，不稳定，故A错误；

B.氢原子在向低能级跃迁时放出光子，能量减少，故B错误；

C.这些原子跃迁过程中最多可辐射出C；=3种频率的光子，故C错误；

D.根据氢原子能级理论可知从〃=3能级跃迁到〃=1能级时辐射出的光子能量最大，根据

£=极可知其频率最大，故D正确。

故选D。

5.A

【详解】由x=0处质点的振动图像可知，在，=5时此质点回到平衡位置，则CD图像错误，

且此后质点的位移为负，即沿y轴负方向传播，而波沿x轴正方向传播，则波形图上需要满

足同侧法，即此时质点的振动方向和波的传播方向垂直在波的同一侧。

故选Ao

6.B

【详解】A.由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，B板

为电源的正极，A极板的电势低于B极板，故A错误；

B.由A项分析可知，B板为电源的正极，A极板为电源的负极，R中有从b到。的电流，

故B正确；

CD.由平衡条件得

qvB=

a

电源电动势为

E=U=Bdv

两板间等离子体的等效电阻为r,R中电流

答案第2页，共13页

;EBdv

R+rR+r

若只增大磁感应强度，H中电流增大，若只增大两极板间距，R中电流增大，故CD错误。

故选Bo

7.C

【详解】A.由开普勒第三定律今=左可知，轨道半径越大，周期越大，故A错误；

B.探测器从轨道n变轨到轨道I,发动机点火致使其减速，做负功，其机械能将减小，故

B错误；

c.探测器从轨道n上p点减速变轨到轨道I,所以在轨道I上经过P点的速度小于轨道II

上经过尸点的速度，故C正确；

D.根据牛顿第二定律，有

-Mm

G——=ma

可得

a=G下

故在轨道I上经过P点的加速度等于轨道II上经过尸点的加速度，故D错误。

故选Co

8.B

【详解】A.由题意可知，斜面倾角。=37。时鞋子刚好开始滑动，对鞋子受力分析有

mgsin37°=/jmgcos37°

解得球鞋与斜面间的动摩擦因数为

〃=0.75

故A错误；

B.对鞋子受力分析有压力为

F^=mgcos0

则增大斜面倾角时，球鞋对斜面的压力减小，故B正确；

C.在鞋子滑动时，对鞋子受力分析，由牛顿第二定律有

mgsin6-〃ngcos0=ma

解得

。=gsin，一〃gcos0

答案第3页，共13页

当增大斜面倾角仇可得鞋子的加速度增大，故c错误；

D.在鞋内放置重物，当球鞋刚好开始滑动时，满足

(m+m0)gsin0=//(m+m0)gcosO

解得

tan。=//

得斜面倾角。不变，故D错误。

故选Bo

9.A

【详解】根据VT图像的切线斜率表示加速度，可知电子在M点的加速度大于在N点的加

速度，则在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，则M点的电场强度大于N点的电

场强度，即有

EM>EN

由VT图像可知电子的动能增加，则电场力对电子做正功，电子的电势能减少，即有

EpM>EpN

故选Ao

10.D

【详解】A.根据

At

可知

A69=

可知图线下的面积表示角速度的变化量，第4s末，角速度的变化量最大，转盘未停止转动，

故A错误；

B.角加速度的变化率的单位为rad*,故B错误；

C.由图乙可知，0~2s内转盘的角加速度均匀增加，则转盘做非匀角加速圆周运动，故C错

误；

D.图线下的面积表示角速度的变化量，可知第2s末，转盘的角速度大小为

(y=—x2xl0rad/s=10rad/s

2

故D正确。

答案第4页，共13页

故选D。

11.C

【详解】A.压敏电阻阻值随油箱中油量的减少而增大，则电路总电阻最大，电路电流减小，

定值电阻两端电压减小，压敏电阻两端电压增大，由于当电压表示数大于某一值U时，就

会触发报警，则电压表应与压敏电阻并联，即为为压敏电阻，故A错误；

B.若换用电压更大的电源，触发警报时，定值电阻两端的电压增大，电路中电流增大，压

敏电阻的阻值减小，警戒油量将变大，故B错误；

C.若换用阻值更大的定值电阻，触发警报时，电路中电流更小，压敏电阻的阻值更大，警

戒油量将变小，故C正确；

D.随着油箱的油量减少，电路中的总电阻变大，电路中电流减小，则通过定值电阻的电流

变小，故D错误。

故选C。

12.C

【详解】根据题意甩手动作每秒25帧，得从帧A到帧B的时间间隔为

f=—s=0.04s

25

粗略认为A、8之间平均速度为甩手动作最后阶段指尖做圆周运动的线速度，得

力=子

由

xAB=26cm=0.26m

解得

vB=6.5m/s

向心加速度约为

八攻

rNB

由

rNB=17cm=0.17m

解得

答案第5页，共13页

a»250m/s2=25g

故选Co

13.D

【详解】A.由图乙可知，在4时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开

始增大，小球受到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度

向下，且逐渐减小，小球的速度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，

则动能最大，A错误；

B.由图乙可知，马时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在内匀时间内，弹力先

小于重力后大于重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B错误；

C.J时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在0时刻小球落到弹簧上，4时

刻小球离开弹簧，则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v,小

球的质量为加，取向上方向为正方向，则有小球的动量变化量为

^p-mv-(-mv}=2mv

由动量定理可知，小球在4-4时间内，所受合力的冲量

1=2=2mv

C错误；

D.t2与时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧

组成的整体机械能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量,

即小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，D正确。

故选D。

14.A

【详解】B.一小段时间内，流过导线横截面的电子个数为

N=nSvAt

电荷量

Q=Ne=nSve\t

根据电流的定义有

,Qg

1=—=neSv

At

答案第6页，共13页

解得

v=-----

neS

故B正确，不符合题意；

AC.取长度为L的一段导体，则电子做定向移动时满足电场力与阻力相等，则

厂

K7V=eE=e——u

L

由U=〃?，I=neSv,R=p—,解得

S

k=ne1p

故A错误，符合题意；C正确，不符合题意；

D.金属中的自由电子定向移动的速率不变，电子做定向移动时满足电场力与阻力相等，则

电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，故D正确，不符合题意。

故选Ao

a

15.

~b

【详解】根据折射定律可得

sinZAOC

n=-------------

sin/BOD

根据图中几何关系可得

ACaRDb

sinZAOC=—-—sinZBOD=——

AORfBO

联立可得玻璃的折射率为

16.(1)BD

(2)远大于系统误差C

【详解】(1)A.本实验不需要秒表，还需要、刻度尺、交流电源等器材，故A错误；

B.本实验探究小车加速度与力的关系，利用控制变量法，需保持小车质量不变，通过改变

槽码质量而改变小车受到的拉力，故B正确；

C.平衡摩擦时，需小车连接纸带，细绳末端不能连接槽码，故C错误；

D.实验时先接通电源，打点稳定后释放小车，故D正确。

故选BD。

答案第7页，共13页

（2）[1]设小车质量为槽码质量为机。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有

F=Ma

mg—F=ma

联立解得

Mmg

m+M

由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。

[2]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。

[3]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实

验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加

装力传感器，测出小车所受拉力大小。

故选C„

17.（1）R22.92.9/3.0/3.1

Rv2

⑵U--------口F-----------17小于小于

Rv+rRv+r

【详解】（1）①[1]因为电池内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻

器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器应选择为;

②[2][3]根据图甲电路图，由闭合回路欧姆定律有

U=E-Ir

可知，U-/图像与纵轴的交点表示电动势，故电动势为

E=2.9VU-/图像的斜率绝对值表示电源内阻，则

2.9-1.0

r=Q®3.00

0-0.63

（2）①[1]根据图甲电路图，由闭合电路欧姆定律有

£=[/+(/+—)r

Rv

整理得

Rv+rRv+r

答案第8页，共13页

②⑵根据上述结果可知U-/图像与纵轴的交点表示方与后，则

R\]「「R、j

—/图像斜率绝对值表示无二，贝i]

Rv+r网+r

、

——R--r<,r

Rv+丁

所以电池组的电动势占测量值小于真实值，内阻厂的测量值小于真实值。

2

V12

18.(1)—；(2)3mg；(3)—mv

2g4

【详解】(1)滑块A下滑的过程根据机械能守恒

12

—mv=mgR

得

R上

2g

(2)AB碰撞前，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律

V2

N-mg=m-

R

解得

N=3mg

利用牛顿第三定律得与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小为3mg

(3)AB碰撞过程动量守恒，则

mv=2mv

得

2

所以碰撞过程中系统损失的机械能为

A.E=—1mv2——1xc2m,2v=—1mv2

224

19.(1)就以。,电流方向为orb；(2)，-%+工;(3)-fs

RmRm2

【详解】(1)列车车头进入磁场瞬间，湖边切割磁感线产生的电动势为

Eo=BLvo

则通过线框加边的电流大小为

答案第9页，共13页

j_E_BLv0

一R-R

由右手定则可知，通过线框断边的电流方向为a—山

(2)列车车头进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律可得

BIL+f=ma

联立解得列车加速度的大小为

a=通工

mRm

(3)列车从进站到停止过程中,根据功能关系可得

g加1=赤+。

解得线框产生的焦耳热为

Q=kmvl-fs

vR

20.⑴?a=常h

VbKa

⑵见解析

(3)见解析

【详解】(1)根据开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在