2024年高考物理最后一卷（北京卷）（全解全析）

2024年高考物理最后一卷（北京卷）

物理•全解全析

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、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题

目要求。

1.在考古研究中，通常利用：c的衰变来测定文物的大致年代。衰变方程为『C—►:N+X,的半

衰期为5730年.则下列说法中正确的是（）

A.的比结合能小于;'N的比结合能

B.方程中的X是电子，它是碳原子电高时产生的，是原子的组成部分

C.衰变是由于原子核逐渐吸收外界能量导致自身不稳定而发生的

D.半衰期是一个统计规律，会随原子核所处的环境不同而改变

【答案】A

【详解】A.核反应方程式中，生成物比反应物稳定，可知:C的比结合能小于：N的比结合能，故A正确；

B.衰变方程为々CfX是原子核中的中子转变成一个质子和一个电子后放出来的电子，故B

错误；

C.衰变过程中有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程可知该过程会放出能量，故C错误；

D.半衰期是一个统计规律，只对大量放射性原子核才有意义，其只由元素种类次定，与其他因素无关，故

D错误。

故选A«

2.如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵输水钢管组成，

某地下水源距离地表5.35m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底二与地下水源连通，水泵出水

口离地表高度为0.65m,水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s,每秒出水量为4kg。已知电动机额定电压

为220V,水泵的抽水效率为70%,水的密度为1.0xl03kg/m3,重力加速度gROm/s2,则（）

A.出水口钢管横截面积为4xl0-3m2

B.每秒内水流机械能增加272J

C.电动机的输入功率为272W

D.电动机线圈的电流约为L2A

【答案】B

【详解】A.出水I」面积S=二=lxlO"m2,故A错误;

B.每秒水流增加的机械能=仇+")+；mF=272J,故B正确;

C.电动机的输入功率以="=272X%V=388.6W,故C错误；

n7

D.电动机线圈的电流/=*=L8A,故D错误。

故选B。

3.照相机、摄影机镜头上都涂有增透膜，以便减少光的反射损失，增强光的透射强度，从而提高成像质量。

已知某光在空气中的波长为2,增透膜对该光的折射率为外,镜头对该光的折射率为〃2,且〃心巧。则增透

膜的厚度可能为()

32A3252

A.~~B.-C.~~D.--

4〃[ni2〃14%

【答案】A

【详解】该单色光在增透膜中的波长为尤=&，设增透膜的厚度为d，则膜的后表面上的反射光比前表面上

小

的反射光多经历的路程为2d,两反射光发生相消干涉，有2d二2x(2k-1)(七=1,2,3,…)，解得

d=4x(2A-l)(2=l,2,3,♦)，当欠=1时d=4

当女=2时d=丁

4勺

」54

当攵=3时1=丁

,,7232

当k=4时4=丁＞丁

故选Ao

4.一定量的理想气体从状态〃经状态人变化状态c,其过程如7-丫图上的两条线段所示，则气体在（）

A.状态。处的压强等于状态。处的压强

B.由b变化到c的过程中，气体的压强不变

C.由。变化到力的过程中，气体从外界吸热

D.由。变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能

【答案】C

【详解】AB.根据理想气体状态方程可知丁=4",即T-V图像的斜率为《，故有Pa=Pb>P「故AB

nRnR

错误；

CD.理想气体由。变化到。的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有M/nQ+W,而△〃>（）,

W<0,则有AU=QTW|,可得。>0,Q>bU,即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的

内能。故C正确；D错误。

故选C。

5.如图甲所示，我国航天员王亚平在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象。液体呈球状，往其中央

注入空气，可以在液体球内部形成一个同心球形气泡。假设此液体球其内外半径之比为1：3,由〃、仄c

三种颜色的光组成的细复色光束在过球心的平面内，从4点以1=45。的入射角射入球中，a、氏c三条折射

光线如图乙所示，其中b光的折射光线刚好与液体球内壁相切。下列说法正确的是（）

甲乙

A.该液体材料对。光的折射率小于对c光的折射率

B.。光在液体球中的传播速度最大

c.该液体材料对〃光的折射率为吆

2

D.若继续增大入射角i,6光可能因发生全反射而无法射出液体球

【答案】C

【详解】A.根据折射率的公式〃=W曳，可知，以相同的入射角射入球中时，a光的折射角较小，故其折射

smr

率较大，A错误；

B.以相同的入射角射入球中时，。光的折射角最大，折射率最小，故在液体球中传播的速度最大，B错误;

C.如图所示，可知。光线的折射角

交

sinr='故该液体对。光的折射率〃=胆=__=吧，c正确：

3sinr2

3

D.若继续增大入射角i,8光的折射角增大，光线远离同心球形气泡，光线从液体材料射出时的入射角与

射入液体材料时的折射角大小相等，根据光的可逆性可知不会发生全反射，D错误。

故选Co

6.如图所示为同•地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中错误的是（）

A.甲、乙两单摆的摆长相等

B.甲摆的振幅比乙摆大

C.甲摆的机械能比乙摆大

D.在KO.5s时有正向最大加速度的是乙摆

【答案】C

【详解】A.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g相同，由单摆的周期公式丁=2兀J，，可得，甲、

乙两单摆的摆长L相等，故A正确；

B.由图知甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；

C.尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小,

故C错误；

kx

D.在片0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据。=-一，可知，

m

乙摆具有正向最大加速度，故D正确。

本题选择错误的，故选C。

7.如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感

器''可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在亳秒级

的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是（）

电

热

水

器

图1图2

A.漏电保护装置根据电流磁效应的原理

B.图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用

C.正常用电时，M和N两点之间没有电压

D.出现漏电时，M和N两点之间没芍电压

【答案】C

【详解】ACD.若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流

互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端MN间无电压，但若发生漏电，则由火线、用电

器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通

量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两

端MN间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故C正确，AD错误：

B.图2中若零线置于互感器的外面，则发生漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，因

此互感器不能正常使用，只有零线与火线同在互感器里面，互感器通过感应相反电流产生的磁场是否变化

从而做出反馈，因此图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。

故选C。

8.除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图，某次调试时，电

容器充电完毕，开关由力”掷向“2”,放电电流平均值为2.8A,放电时间约为104，已知电容器电容为2.0X10-5F,

升压变压器原副线圈的匝数比约为1:70,则降压变压器原副线圈的匝数比约为（）

A.22:1B.U0：1C.7:1D.2:1

【答案】B

【详解】由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，由于放电电流平均值为

2.8A,由电流的定义式有7=2,根据电容器的电容定义有C=所以升压变压器副线圈的两端的电压

ta

的最大值为a=1400V,由理想变压器原副线圈与匝数的关系有h=所以升压变压器原线圈两端电压

的最大值为q=20V,降压变压器副线隆两端电压的最大值为％=20V,所以降压变压器原副线圈匝数比

*4U}_220>/2_11V2加谀D

为—=—=----=---f故选Bo

出U2201

9.图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为L,磁感应强度大小为以方向垂

直纸面向里，风推动风杯组（导体棒OA代替）绕水平轴以角速度①顺时针转动，风杯中心到转轴距离为

2L,导体棒OA电阻为心导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为

45。，图乙中电阻阻值为R,其余电阻不计。下列说法正确的是（）

电流

感

传

器

A.流过电阻R的电流方向为从左向右

B.风杯的速率为①£

C.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为E=

D.导体棒每转动一圈，流过电阻R的电荷量为许

【答案】D

【详解】A.根据右手定则可知，导体棒0A上感应电流方向为从0到4,流过电阻R的电流方向为从右向

左。故A错误；

B.风杯的速率为y=sx2L=2(o3故B错误；

C.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为七=8点=B以比y,故C错误；

22

D.依题意，导体棒每转动一圈，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45。所以三组风杯组总共接触过程对

应的时间为，3X4，根据闭合电路欧姆定律，有/=—，又q=h，联立，解得夕=故D正

t=~^~R+r8(R+r)

确。

故选D。

10.中国天宫号空间站正常绕地运行的轨道可视为圆形，轨道平面与赤道平面夹角为42。，轨道离地高约

400km,每天绕地球约转16圈，绕行方向自西向东。地球半径约为6400km,下列说法正确的是()

9

A.空间站中的宇航员受地球的引力约为其在地面时的石

B.空间站绕地运行的角速度比地面上物体随地球自转的角速度小

C.空间站连续两次经过我国某城市上方的时间间隔约为1.5h

D.空间站绕地运行的速度比月球绕地运行的速度小

【答案】A

【详解】A.在地球表面有G^=耳，在空间站有G崔讦=入，整理有，。卷，故A项正确；

B.由于空间站每天绕地球约转16圈，所以其周期约为彩=L5h,而地球上的物体转一圈的周期为24h,

由周期与角速度的关系有口=手，由于空间站的周期小，所以空间的角速度大于在地球上物体的角速度,

故B项错误:

C.由于空间站的周期为1.5h,地球的周期为24h,但是又由于空间站轨道平面与赤道所在平面不共面，所

以每次空间站转16圈，中国某城市相对于空间站回到了出发位置，即空间站连续两次经过我国某城市上方

的时间间隔约为24h,故C项错误；

2

八小工「Mmv

D.[IIJG—：——ni—»整理有y=,由于空间站距离地心的距离比月球小，故其绕行速度比月球的

rr厚

大，故D项错误。

故选A。

11.如图为特殊材料薄板，电阻可视为零，质量为0.99kg,厚度为上1mm,前后两个侧面是边长为

的正方形。当在整个空间加上方向水平且平行于正方形侧面的磁感应强度大小为I00T的匀强磁场时，薄板

自由下落在垂直于侧面方向形成电流/，使得薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，两侧面积聚电

荷可以看成电容器，其电容值为C,薄板下落过程中始终保持竖直，且不计空气阻力，重力加速度取

则下列选项正确的是（

A.薄板下落过程中形成后侧面流向前侧面的电流

B.薄板下落过程前后两个侧面的电荷不断增加宜到达到某个最大值

C.薄板减少的重力势能全部转化为薄板的动能

D.电流/等于0.99A,电容器的电容为1F

【答案】D

【详解】A.安培力竖直向上，由左手定则可知，电流方向是由前向后流的，故A错误;

B.薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的电流是个恒定值，前后两个侧面的电荷量会不断的随着时

间均匀增加，故B错误;

C.减小的重力势能转化为薄板的动能及电容器的电势能，以及电容器向外辐射的电磁波的能量，故C错误;

D,薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，根据牛顿第二定律可得出"=需，解得/=0.99A,根

据C*需=*T"故D正确。

故选Do

12.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量阳二O』kg的小球在轻弹簧正

上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为/

轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中

的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加

速度g=10m/s2；则下列说法中正确的是（）

A.小球释放位置距地面的高度为7m

B.小球在下落过程受到的风力为IN

C.小球刚接触弹簧时的动能为4.5J

D.小球的最大加速度大小为99m/s2

【答案】D

【详解】A.由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J,根据耳=,呼力，可得小球释放位置距地

面的高度为/r=:^2m=0.7m,故A错误；

0.1x10

B.由图乙可知小球速度减为。时，小球下落x=Q6m,该过程弹性势能增加了△耳=0.54J,根据功能关系

有唆-耳产=4耳

代入数据解得小球在下落过程受到的风力为我=0.IN,故B错误；

C.由图乙可知，小球刚接触弹簧时，小球下落了X=0.5m,根据动能定理得解得小

球刚接触弹簧时的动能为=0.45J,放C错误；

D.弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，则有q=TH（©m）2=0-54J,Arm=0.6rn-0.5m=0.1m,解得弹簧

的劲度系数为A=108N/m,则小球的最大加速度大小为。=合色二些士"=99m/s2,故D正确。

m

故选D。

13.如图所示，边长为。的等边JWC的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值

均为。，其中A、5处为正电荷，C处为负电荷；边长为。的等边AEAG的七、F、G三点处均有一垂直纸面

的电流大小为/的导线，其中石、产处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，0、”是三角形的中心，

。为A3中点，这两个三角形均竖直放置，且A3、EF相互平行，下列说法正确的是（）

c•)G

AD

A.正电荷在O点处受电场力方向由。指向C,电流方向垂直纸面向外的通电导线在”点处受安培力

方向由“指向G

B.。点处的电势高于。点处的电势，。点处场强大于。点处场强

C.A点电荷所受电场力方向与E点史通电直导线所受安培力方向相同

D.带负电的试探电荷沿直线从。点运动到O点的过程中电势能减小

【答案】A

【详解】A.做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示

根据几何关系可知AO=8O=CO,且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相

等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，。点处的合场强由。指向C,而带正电的粒子在

电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在。点处受电场力方向由。指向G根据安培定

则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示

由于”点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在“处

产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，”点处的合磁场方向平行

E厂水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由"指向

G,故A正确；

B.由于。点在8、。处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且

电势为零，因此。点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在。点的电势，根据几何关系可得

I-------厂_Q_V3Q

AO=-Ja2-(-)2=也*可得O点处的电势外=丁=丁。点处的电势

3V23——a

3

(12-2>/3)Q

(pD=k^-+k^--k-j=^=

1igF3a，可知%>%,根据以上分析可知演=&=£,由点电荷形

E0=2k—cos60+k—二熬

成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强(石丫)。，对于O

I3JI3J

点，由于A、B两处的点电荷在力点产生的场强大小相等方向相反，因此加点处的场强大小即为C点处的

E二,。二.4。

电荷在。点产生的场强的大小，可得“一方二7一37,显然故B错误；

(妥。)

c.C.做出从C处两电荷在A处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示

其方向斜向左上方，与AC连线之间的夹用为60;根据安培定则做出尸、G两处导线在E点产生的磁场,

以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示

F安

根据几何关系可知，石处导线所受安培力的方向斜向右下方，与E/连线之间的夹角为60，可知，A点电荷

所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，故C错误；

D.根据以上分析可知外〉外，而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此带负电的试探电荷沿宜线

从。点运动到O点的过程中电势能增加，故D错误。

故选Ao

14.如图，在长方形AC。石中，0点为两对角线4O、CE的交点,F点为0加上的一点，且AE=AO=d,OF=2a>。

三角形4OE内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；三角形AOC内无磁场；三角形C。力和

内分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知。现有一质量为用、电荷量

为4的粒子（重力不计）以一定初速度从A点沿NOAE的角平分线垂直磁场射入，粒子恰好依次经过0、F

点且从。点射出磁场。则（）

A.粒子带正电

B.粒子的初速度为绊

2m

C.三角形COD和。OE内的磁感应强度大小分别为28、3B

D.粒子从4点到。点经历的时间为三石

【答案】D

【详解】A.由于粒子依次经过粒子恰好依次经过。、产点且从力点射出磁场，根据左手定则可知，粒子带

负电，A错误；

B.根据题意，作出粒子在磁场中运动的大致轨迹，如图所示，由于粒子从A点沿NOAE的角平分线垂直

磁场射入，可知粒子在每个磁场中偏转的圆心角均为60。.设粒子在AAOE中的圆周半径为R,则R=d,洛伦

兹力为其圆周运动提供向心力，有8切，=加==4,解得了=酗，B错误；

C.设在MOD中的圆周半径为/?,，磁感应强度为反，在ADOE中的圆周半径为尺，磁感应强度为与，故有

R"d，R,=：d,洛伦兹力为其圆周运动提供向心力，有8>=机上="，同理4伏=小士==

33RdR2d

与伏=相，=誓，解得q=：B,&=38,C错误；

D.设粒子在AAOE、'COD、ADOE中运动的周期分别为7、工、T,,则有T=争，工=多"二等

"BqB2q3Bq

（二浮=等，所以粒子从4点到。点经历的时间（粒子在各区域偏转的圆心角均为60。），

Byq3Bq

1TT、14^/n2冗m一…

，=Z（T+（+4）ZX-^-=,D正确。

66Bq3Bq

故选D。

二、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

15.（6分）学校物理小组的同学们利用如图甲所示的实验装置探究一定质量的气体等压变化规律。注射器

竖直固定在铁架台上，其中密封了一定质量的气体，柱塞上固定一重物，被密封的空气柱浸没在烧杯的液

体中，液体中放置有温度计（图中未标出）。忽略柱塞与注射器之间的摩擦，通过改变烧杯内液体温度读取

（1）下列说法正确的是（填选项字母）。

A.温度计位置应尽量远离空气柱

B.柱塞上应涂上润滑油

C.每次改变烧杯中液体的温度时。，应立即读出空气柱的体积

（2）某同学作出体积■热力学温标（V-7）图像如图乙所示，图像不过原点的原因可能是

（3）保持密封空气柱质量不变，改变重物质量，通过两次实验作出体积-热力学温标（v-r）图像得到两条直线

如图丙所示。若两条直线斜率分别为占、h，两次重物及柱塞的总质量分别为犯、叫，柱塞横截面积为s,

重力加速度为g,则大气压强可表示为（使用题中所给字母表示）。

【答案】（1）B（2）未考虑橡胶套内注射器细管的气体体积（3）叱”喳

S（网-4）

【详解】（1）A.温度计尽量靠近注射器空气柱位置，以免温度计和空气柱存在温差，A项错误;

B.柱塞上涂上润滑油减小摩擦增强密封性，B项正确；

C.应该等充分热交换后温度计示数才能表示空气柱温度，C项错误。

故选B。

（2）设橡胶塞内气体体积为AV,则有因竿2=C

C

即V=-T-AV,所以图像不过原点的原因是未考虑橡胶塞内注射器细管的气体体积。

P

cc

（3）由（2）知,k2=一,对柱寒及重物受力分析P1S=gg+PoS,p2S=ir^g+p0S,解得

PiPi

式叫k「m2k2）

S（…）

16.（10分）为了测定某电池的电动势（约为10V）和内阻（小于5。），一个量程为5V的电压表与电阻箱

串联，将其量程扩大为I5V,然后用伏安法测电池的电动势和内阻，电压表的内阻远大于滑动变阻器的最

大电阻，该实验的操作过程如下:

⑴扩大电压表的量程，实验电路如图甲所示。

—J

甲

①把滑动变阻器的滑片移至（填%“或““）端，把电阻箱的阻值调到零，闭合开关。

②移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为4.8V,保持滑动变阻器滑片的位置不变，把电阻箱的阻值调

到适当值，使电压表的示数为V,若此时电阻箱的示数为Ro,则改装后电压表的内阻为

（结果用Ro表不）。

⑵用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变）测电池电动势正和内阻r,实验电路如图乙所示，记录多

组电压表的示数U和电流表的示数/,并作出t/一，图线如图丙所示，可知电池的电动势为V,内

阻为_________

【答案】（1）81.61.5Ro（2）9.63.0

【详解】（1）①把滑动变阻器的滑片移至b端，可以保证电路的安全。

②根据电路分析，把量程5V的电压表量程扩大到15V,则电阻箱所分电压为10V,其阻值为改装前电压表

的两倍，保持滑动变阻器滑片的位置不变，把电阻箱的阻值调到适当值，使电压表与电阻箱的电压之和为

4.8V,即电压表电压为1.6V,电阻箱电压为3.2V,符合实验要求。

若此时电阻箱的示数为Ro,则改装后电压表的内阻为&=0.5%+&=上5.

（2）由闭合电路欧姆定律，可得3U=E--

整理，可得

114-32

结合丙图，可得:E=3.2rV,—

331.o

解得E=9.6V,r=3.0Q

三.计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后

答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

17.（9分）如图，在进行投篮时，有时候会出现一个球将另一个球顶进篮筐的情况。现有一个同学在篮筐

中心前方1m的位置将篮球A以初速度4后m/s竖直上抛，另外一名同学在同一直线上较远的地方将完全相

同的篮球B斜向上抛，两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，已知篮球质量均为500g且都看作质点,

篮筐距离地面的高度为2.75m,重力加速度g大小取求：

（1）篮球A与篮球B发生弹性碰撞时，电离地面的高度；

（2）若篮球A的球心恰好通过篮筐的中心，两球相碰前瞬间篮球B的速度大小；

（3）若篮球A的球心恰好通过篮箧的中心，篮球B刚抛出时的初动能。

/7/7///zzZzz//zz/zzz/z/Z/zz/////z

【答案】（1）4m；（2）2m/s；（3）21J

【详解】（1）根据竖直上抛的运动规律可知「=2皿

解得力=4m

（2）根据平抛运动规律有力-/

两球恰好都运动到最高点时发生弹性正碰，则有帆%=加入+〃%'

1,1,1,,

-WVB-=-/MVA-+-WVB-

解得%=2m/s

（3）篮球B从抛出到与A球碰撞，根据动能定理有-，咫/?=；g4-｝就

解得&o=gm4=21J

18.（9分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置、

简化为与火箭绝缘的导电杆MN和装置A组成，并形成闭合回路，装置A能自动调节其输出电压确保回路

电流/恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流/在导电杆以上

空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小8尸以（其中后为常量），方

向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小历=2以，方向与助相同，

火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度网进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完

成火倚落停，已知火箭与导电杆的总质量为M,导轨间距〃=罂，导电杆电阻为R,导电杆与导轨保持

K1

良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻，在火箭落停过程中，求:

（1）导电杆所受安培力的大小尸和运动的距离L；

（2）回路感应电动势E与运动时间，的关系；

（3）装置A输出电压U与运动时间f的关系及输出的能量W。

M

导

轨

【答案】（1）J；（2）竿（%-2G）「3）劈-苧

【详解】（1）导体杆受安培力产=8Jd=3Mg

方向向匕根据牛顿第二定律有Mg-/=Ma

解得〃=—2g

导体杆运动的距离L=字=y

2a4g

（2）回路的电动势E=8?小

其中y=%+R

解得七=半（%-2而

（3）右手定则和欧姆定律可得U+E=//?

可得U=/R_E=/R_竿（%-2/）

电源输出能量的功率尸=U/=（/R-E）/=尔-华优-2初卜

=I2R-6Mg（%-2gf）=FR-6Mg%+12Mg2f

在0：痣•时间内输出的能审对应P-f图像的面积，可得卬=二”-弊

2g2g2

19.（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在一半径为X、分别与x轴、），轴相切的圆

形边界，圆形边界内和第三、四象限内均存在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象

限圆形边界外无磁场。在第二象限内存在平行于y轴方向的匀强电场（在图中未标出）。现将一群质量均为

小、电荷量均为+g（夕＞0）的带电粒子从切点S以同一速度大小%（其中%大小未知）与入轴正方向成。角

（《wew告）射入第一象限，其中垂直于x轴入射的粒子刚好垂直y轴经过尸点，与x轴正方向成。=年

入射的粒子经过第二象限的电场后从x轴上的。点射入第三象限，其中。。距离为R。在“轴正方向上有一

块收集板MM不计粒子重力，求：

（1）粒子入射速度大小％;

（2）电场强度E方向（选”），轴负方向”或轴正方向”）和大小；

（3）若收集所有粒子，则收集板长度至少要多长。

【答案】（1）%=凝；（2）y轴负方向,E=^~：(3)(x/3-1)/?

m

【详解】（1）根据粒子在圆形边界内做圆周运动，如图

由洛伦兹力提供向心力可得夕%8=皿

r

由图可得尸R

联立可得粒子入射速度大小v=—

0m

（2）根据粒子偏转方向可知，电场强度E方向为沿着），轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则X

由几何关系可知X[=R，y=R（l+cos号）R

~2

联立可得电场强度上的大小为E=遮

m

（3）如图

根据几何关系可知为=R+Rcos（乃-。）

可知为="|R=3y

其中片票,“曲

可知当=£R

由洛伦兹力提供向心力伏，6=叱

r

-m\\mvaR

—=-----=-----

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