2024年貴州省高考物理試卷.真題卷，含解析

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題

目要求。

1.（4分）某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時間內(nèi)，小圓盤僅受重力G

和顆粒介質(zhì)對其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓盤在不同時刻的位置，相鄰位置的射間間隔相等,

如圖所示，則該段時間內(nèi)下列說法可能正確的是（）

小圓盤

顆粒介質(zhì)

A.f—*直大于GB.f一直小于G

C.f先小于G,后大于GD.f光大于G：后小于G

【答案】C

【分析】根據(jù)照片分析小圓盤的運動情況，從而分析受力情況。

【解答】解：由圖可知小圓盤先加速，后減速，則可知f先小于G,后大于G,故C正確，ABD錯誤;

故選：Co

【點評】本題考查小圓盤受力情況的分析，注意根據(jù)照片上小圓盤的間距分析小圓盤的運動情況。

2.（4分）土星的部分衛(wèi)星繞土星的運動可視為勻速圓周運動，其中的兩顆衛(wèi)星軌道半徑分別為口、r2,

且口力2，向心加速度大小分別為a1、32?則（）

CL?CL?Q]

A.~=~B.Z2=72

rlr2rir2

C.am=a2r2D.a/：=a2r；

【答案】D

【分析】土星對衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解作答。

【解答】解：土星的衛(wèi)星繞土星做勻速圓周運動，土星對衛(wèi)星的萬有引力提供向心力;

Mm

根據(jù)牛頓第二定律=機(jī)。

r2

GM

向心加速度a=尸

笫1頁（共19頁）

因此加速度之比不

a2Fj

即ajj=a2r全故ABC錯誤,D正確。

故選：D。

【點評】本題主要考查了萬有引力定律在天文學(xué)上的運用，明確向心力的來源是解題的關(guān)鍵。

3.（4分）一種測量液體折射率的V形容器，由兩塊材質(zhì)相同的直角棱鏡粘合，并封閉其前后兩端制作而

成。容器中盛有某種液體，一激光束從左邊棱鏡水平射入，通過液體后從右邊棱鏡射出，其光路如圖所

示。設(shè)棱鏡和液體的折射率分別為n。、n,光在棱鏡和液體中的傳播速度分別為vo、v,則（）

A.n<no，V>VQB.n<no?v<voC.n>no，v>voD.n>n（）,v<v（）

【答案】A

【分析】根據(jù)折射定律求棱鏡相對.于空氣的折射率；根據(jù)折射定律求解棱鏡相當(dāng)于某種液體的折射率,

再比較棱鏡與某種液體折射率的大小根據(jù)折射率公式分別求解光在棱鏡和在某種液體中傳播速度的大

小。

【解答】解由題圖可知，光從棱鏡射入液體時，折射角大于入射角，說明光線是由光密介質(zhì)射入光疏

介質(zhì)，故棱鏡的折射率大于液體的折射率，即nVn。。根據(jù)折射率公式，光在棱鏡中的傳播速度%=

京，光在液體中的傳播速度〃=；

聯(lián)立可知vo〈v.綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要考查了折射定律和折射率公式的運用：明確相對折射率的含義是解題的關(guān)鍵。

4.（4分）如圖（a）,一質(zhì)量為m的勻質(zhì)球置于固定鋼質(zhì)支架的水平橫桿和豎直墻之間，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，

其中一個視圖如圖（b）所示。測得球與橫桿接觸點到墻面的距離為球半徑的1.8倍，已知重力加速度

大小為g，不計所有摩擦，則球?qū)M桿的壓力大小為（）

笫2頁（共19頁）

圖（a）圖（b）

3345

A.^mgB.^mgC.mngD.^mg

【答案】D

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求解支持力與豎直方向夾角，根據(jù)平衡列式求解即可。

【解答】解:球的受力分析如圖

FN：

mg

1.8/?-/?4

根據(jù)幾何關(guān)系可知sina=——=-

KD

根據(jù)力的分解可知FNcosa=mg

5

解得FN=^mg

根據(jù)牛頓第三定律可知球?qū)M桿的壓力大小為fmg

故ABC錯誤，D正確；

故選：D。

【點評】本題考查共點力平衡，關(guān)鍵是選擇合適的研究對象，正確受力分析，根據(jù)平衡列方程求解即可。

5.（4分）如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與

兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I］、12，且

則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)線框所受安培力的合力方向（）

*1.*2

A.豎直向上B.豎直向下C.水平向左D.水平向右

【答案】C

笫3頁（共19頁）

根據(jù)牛頓第二定律F2=ma2

代入數(shù)據(jù)解得q=2m送

根據(jù)運動學(xué)公式巧-巧=

?542aLx乙

3m末的瞬時速度v3=4m/s

根據(jù)功率公式，物塊運動到x=3m處，F(xiàn)做功的瞬時功率P=F2V3=2X4W=8W。

綜上分析，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要考查了動能定理和功率公式的運用由于力F分別在兩段位移內(nèi)恒定，用動能定理求

x=3m末的瞬時速度較為簡便。

7.（4分）如圖，A、B、C三個點位于以O(shè)為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30,A、B兩點

分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，則力等于（）

“、、

A；……於;B

\O：

、、,,

…J

A.|B.祖C.D.2

3

【答案】B

【分析】由于C點的電場強(qiáng)度方向恰好沿圓的切線方向，因此卬\、qp帶異種電荷；根據(jù)點電荷的場強(qiáng)

公式、場強(qiáng)的疊加結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解作答。

【解答】解：根據(jù)題意，qA、qB帶異種電荷，假設(shè)qA為正點電荷，qB為負(fù)點電荷，兩點電荷產(chǎn)生的場

強(qiáng)如圖所示：

設(shè)圓的半徑為r,根據(jù)數(shù)學(xué)知識A點到C點的距離rA=r

B點到C點的距離）=2rcos30。=《3r

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根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式，點電荷qA在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)與=譽(yù)=等

的8kq^kq

點電荷qB在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)％="=而；=屋

員

根據(jù)數(shù)學(xué)知識〃，30。=與

Q/1更

代入數(shù)據(jù)聯(lián)士解得不二3

%

綜上分析，故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】本題主要考查了點電荷的場強(qiáng)公式，場強(qiáng)的疊加，抓住C點的合場強(qiáng)方向沿圓周上C點的切

線方向式解題的關(guān)鍵。

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目

要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

（多選）8.（5分）我國在貴州平塘建成了世界最大單LI徑球面射電望遠(yuǎn)鏡卜AST,其科學(xué)目標(biāo)之一是搜

索地外文明。在宇宙中，波長位于搜索地外文明的射電波段的輻射中存在兩處較強(qiáng)的輻射，一處是波長

為21cm的中性氫輻射，另一處是波長為18cm的羥基輻射。在真空中，這兩種波長的福射相比，中性

氫輻射的光子（）

A.頻率更大B.能量更小

C.動量更小D.傳播速度更大

【答案】BC

【分析】根據(jù)真空中的光速公式結(jié)合光子能量公式、動量公式以及真空中光速特性進(jìn)行分析判斷。

h

【解答】解：根據(jù)公式c=Q,光子的能量公式￡=卜，動量p=7可知，中性氫輻射的光子由于波長更

長，所以頻率更低，能量更小，動量更小，所有光波在真空中的傳播速度相同，都為光速C,故AD錯

誤，BC正確“

故選：BCo

【點評】考查光子的波速、能量、動量等基本概念，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和判斷。

（多選）9.（5分）如圖，一玻璃瓶的瓶塞中豎直插有一根兩端開口的細(xì)長玻璃管，管中一光滑小球?qū)⑵?/p>

中氣體密封，且小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，裝置的密封性、絕熱性良好。對小球施加向下的力使其偏離平衡位

置.，在t=（）時由靜止釋放，小球的運動可視為簡諧運動，周期為T。規(guī)定豎直向上為正方向，則小球

在l=1.5T時刻（）

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A.位移最大，方向為正

B.速度最大，方向為正

C.加速度最大，方向為負(fù)

D.受到的回復(fù)力大小為零

【答案】AC

【分析】根據(jù)題意先判斷小球在經(jīng)過1.5T時刻做簡諧運動對應(yīng)的位置，再根據(jù)位置判斷位移、瞬時速

度、回復(fù)力、加速度等的大小和方向。

【解答】解：小球的初始位置位于平衡位置的下方最大位移處，簡諧運動的周期為T,結(jié)合簡諧運動的

特點，則經(jīng)過L5T的時間，小球應(yīng)該運動到豎直方向上的最高點，此時平衡位置在該位置下方。

A.根據(jù)以上分析，該位置位移有最大值，且方向為正，故A正確；

B.由于小球在最高點，所以速度為（），故B錯誤；

CD.根據(jù)F回=-kx可知，該位置回復(fù)力最大，而@=等，可得加速度最大，方向為負(fù)，故C正確，D

錯誤。

故選：ACo

【點評】考查簡諧運動的回復(fù)力、位移、速度、加速度等問題，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析即判斷。

（多選）10.（5分）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值

電阻R,導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于

導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從猙止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在

導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v,加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始

終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）

笫7頁（共19頁）

A.加速過程中通過金屬棒的電荷量為法

2mR

B.金屬棒加速的時間為一馬耳

DL

4A2/2”

C.加速過程中拉力的最大值為

D.加速過程中拉力做的功為|mv2

【答案】AB

【分析】A.根據(jù)題意計算減速過程的位移從而計算加速位移，再根據(jù)動能定理、電流表達(dá)式、電荷量的

計算公式列式求解電荷量：

B.根據(jù)勻變速直線運動的位移規(guī)律列式求解時間；

C.根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合勻變速之心運動的速度規(guī)律列式聯(lián)立求解；

D.根據(jù)動能定理進(jìn)行分析判斷。

【解答】解：A.設(shè)加速階段和減速階段相等的位移大小為x,在撤去拉力卜之后導(dǎo)體棒做減速運動的過

程，根據(jù)動量定理得：

-BL/*At=O-mv

_BLv-AtBLx

q=/-Jt=-=-

mRvmv

聯(lián)立解得：x=］互pq=而，故A正確；

12mR

B.金屬棒做勻加速運動的過程中，根據(jù)勻變速直線運動的公式x=3“t,得加速時間1=故B正

確；

C.金屬棒在加速運動過程中由于安培力不斷增加，加速度不變，則拉力也逐漸增大，所以拉力的最大值

出現(xiàn)在撤去拉力的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有

BLv3B2L2V

F-B—r-L=ma,而v=at,聯(lián)立解得F=———,故C錯誤；

mAZAm

D.根據(jù)動能定理，加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負(fù)功，合外力的功等于|nw2,

所以拉力做功大于1mv2,故D錯誤。

故選：ABt.

【點評】考查導(dǎo)體棒在磁場中的運動問題，結(jié)合動能定理、勻變速直線運動規(guī)律列式求解相關(guān)物理量。

三、非選擇題：本題共5小題，共57分。

11.（5分）智能手機(jī)內(nèi)置很多傳感器，磁傳感器是其中一利％現(xiàn)用智能手機(jī)內(nèi)的磁傳感器結(jié)合某應(yīng)用軟件,

笫8頁（共19頁）

利用長直木條的自由落體運動測量重力加速度。主要步驟如下：

（1）在長直木條內(nèi)嵌入7片小磁鐵，最卜.端小磁鐵與其他小磁鐵間的距離如圖（a）所示。

（2）開啟磁傳感器，讓木條最下端的小磁鐵靠近該磁傳感器，然后讓木條從靜止開始沿瞪直方向自由

下落。

圖⑶圖（b）

（3）以木條釋放瞬間為計時起點，記錄下各小磁鐵經(jīng)過傳感器的時刻，數(shù)據(jù)如表所示:

h(m)0.000.050.150.300.500.751.05

t(s)0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462

（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，補(bǔ)全圖（b）中的數(shù)據(jù)點，并用平滑曲線繪制下落高度h隨時間t變化的h-t圖線。

（5）由繪制的h-t圖線可知，下落高度隨時間的變化是非線性（填“線性”或"非線性”）關(guān)系。

（6）將表中數(shù)據(jù)利用計算機(jī)擬合出卜.落高度h與時間的平方t2的函數(shù)關(guān)系式為h=4.916t2（SI）。據(jù)此

函數(shù)可得重力加速度大小為9.83m*。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）

【答案】（4）補(bǔ)充描點和作出的圖像如上圖所示；（5）非線性；（6）9.83。

【分析】（4）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)補(bǔ)充描點，用平滑的曲線連線作圖，不能落在曲線上的點均勻分布在曲

線兩側(cè)；

（5）根據(jù)描出的曲線判斷是否屬于線性關(guān)系；

（6）根據(jù)自由落體運動規(guī)律結(jié)合圖中給出的表達(dá)式進(jìn)行計算解答。

【解答】解：（4）補(bǔ)全圖（b）中的數(shù)據(jù)點，繪制出的h-t圖線如下圖所示

笫9頁（共19頁）

圖(b)

（5）由繪制的h-t圖線可知，下落高度隨時間的變化是非線性關(guān)系；

（6）如果長直木條做自由落體運動，則滿足由h=4.916t2可得，|g=4,916m/s2,所以g=

9.832m/s2-9.83m/s2

故答案為：（4）補(bǔ)充描點和作出的圖像如上圖所示；（5）非線性;（6）9.83。

【點評】考查自由落體運動規(guī)律和圖像的作圖問題，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和解答。

12.（10分）某實驗小組根據(jù)熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律，探測溫度控制室內(nèi)的溫度。選用的器材

有：

熱敏電阻RT：

電流表G（內(nèi)阻Rg為240C,滿偏電流為Ig）；

定值電阻R（阻值為48C）；

電阻箱Ro（阻值0?999.9Q）；

電源E（電動勢恒定，內(nèi)阻不計）；

單刀雙擲開關(guān)Si、單刀單擲開關(guān)S2；導(dǎo)線若干。

請完成下列步驟：

（1）該小組設(shè)計了如圖（a）所示的電路圖。根據(jù)圖（a）,完成圖（b）中的實物圖連線。

（2）開關(guān)S|、S2斷開，將電阻箱的阻值調(diào)到最大（填“最大”或“最小”）。開關(guān)S1接1,調(diào)節(jié)電

阻箱，當(dāng)電阻箱讀數(shù)為60.0。時，電流表示數(shù)為％。再將&改接2,電流表示數(shù)為，，斷開Si。得到

此時熱敏電阻RT的阻值為300Ho

（3）該熱敏電阻RT阻值隨溫度t變化的RT-I曲線如圖（C）所示，結(jié)合（2）中的結(jié)果得到溫度控制

室內(nèi)此時的溫度約為（結(jié)果取整數(shù)）

（4）開關(guān)Si接1,閉合S2,調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表示數(shù)為Ig。再將S|改接2,如果電流表示數(shù)為

第10頁（共19頁）

（k>l）,則此時熱敏電阻RT=50（k-l）C（用k表示），根據(jù)圖（c）即可得到此時溫度控制室

溫

度

控

制

室

圖(c)

【答案】（1）見解答；（2）最大；300；（3）9；（4）50（k-1）

【分析】（1）根據(jù)原理圖連接實物圖；

（2）閉合開關(guān)前，必須保證回流電流最小，為了保護(hù)電流表，再根據(jù)電路特點調(diào)節(jié)電阻阻值；根據(jù)串

并聯(lián)知識計算熱敏電阻RT的阻值；

（3）由圖（c）得到溫度控制室內(nèi)此時的溫度；

（4）根據(jù)串并聯(lián)知識計算熱敏電阻RT的阻值。

【解答】解：（1）實物圖如圖所示，

第11頁（共19頁）

（2）為防止電路中電流太大損壞電流表和電源，所以應(yīng)該在閉合Si前將變阻箱調(diào)到最大值位置。

根據(jù)串并聯(lián)知識可得：E=lg[Rg+R0）=，（勺+%+RR

解得：E=30（）Ig,RT=Rg+R0=2400+60.00=300ft：

（3）由圖（c）可知,當(dāng)RT=300Q時，溫度為9。由

（4）根據(jù)串并聯(lián)知識可得：

E=%+（嚕+/。=%+（華+?）（＜+%）

解得:RT=50（k-1）

故答案為：（1）見解答；（2）最大；300；（3）9；（4）50（k-1）

【點評】本題主要考查“熱敏電阻的阻值隨溫度變化”的實驗，理解串并聯(lián)知識是解題關(guān)鍵。

13.（9分）制作水火箭是青少年科技活動的常見項目之一。某研究小組為了探究水火箭在充與與噴水過程

中氣體的熱學(xué)規(guī)律，把水火箭的塑料容器豎直固定，其中A、C分別是塑料容器的充氣口、噴水口，B

是氣壓計，如圖（a）所示。在室溫環(huán)境下，容器內(nèi)裝入一定質(zhì)量的水，此時容器內(nèi)的氣體體積為Vo,

壓強(qiáng)為po,現(xiàn)緩慢充氣后壓強(qiáng)變?yōu)?po,不計容器的容積變化。

（1）設(shè)充氣過程中氣體溫度不變，求充入的氣體在該室溫環(huán)境下壓強(qiáng)為po時的體積。

（2）打開噴水口閥門，噴出一部分水后關(guān)閉閥門，容器內(nèi)氣體從狀態(tài)M變化到狀態(tài)N,其壓強(qiáng)p與體

積V的變化關(guān)系如圖（b）中實線所示，已知氣體在狀態(tài)N時的體積為V|,壓強(qiáng)為p]。求氣體在狀態(tài)N

與狀態(tài)M時的熱力學(xué)溫度之比。

（3）圖（b）中虛線MN是容器內(nèi)氣體在絕熱（既不吸熱也不放熱）條件下壓強(qiáng)p與體積V的變化關(guān)

系圖線，試判斷氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱還是放熱。（不需要說明理由）

第12頁（共19頁）

【答案】（1）充入的氣體在該室溫環(huán)境下壓強(qiáng)為P0時的體積為3Vo；

（2）氣體在狀態(tài)N與狀態(tài)M時的熱力學(xué)溫度之比為翳彳：

（3）氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱。

【分析】（1）根據(jù)玻意耳定律列式求解充入的氣體體積;

（2）根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程列式求解溫度之比；

（3）根據(jù)實線圖像壓強(qiáng)偏大進(jìn)行分析判斷。

【解答】脩（1）充氣過程中氣體發(fā)生等溫變化，設(shè)充入的氣體體積為AV,根據(jù)玻意耳定律有poVo+poAV

=4p0V0,解得AV=3V（）

（2）容器噴出一部分水后，板封閉的一定質(zhì)量的氣體的體積、壓強(qiáng)和溫度都將發(fā)生變化，設(shè)狀態(tài)M對

4PopoPM

應(yīng)的溫度為To,狀態(tài)N對應(yīng)的溫度為T],根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程有/一二丁，得狀態(tài)N和狀態(tài)

M的熱力學(xué)溫度之比金=黑g

（3）氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱。

答：（1）充入的氣體在該室溫環(huán)境下壓強(qiáng)為po時的體積為3V。；

（2）氣體在狀態(tài)N與狀態(tài)M時的熱力學(xué)溫度之比為翳十；

（3）氣體在圖（b）中沿實線從M到N的過程是吸熱。

【點評】考查玻意耳定律和理想氣體的狀態(tài)方程，會根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和判斷。

14.（14分）如圖，邊長為L的正方形abed區(qū)域及矩形cdef區(qū)域內(nèi)均存在電場強(qiáng)度大小為E、方向豎直向

I-

下且與ab邊平行的勻強(qiáng)電場，ef右邊有一半徑為yL且與ef相切的圓形區(qū)域，切點為ef的中點，該圓

形區(qū)域與cdef區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一帶比粒子從b點

斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)cd邊的中點進(jìn)入cdef區(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進(jìn)入圓形區(qū)

域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：

第13頁（共19頁）

<1）粒了沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大??；

（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；

（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。

E

【答案】（1）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大小為

D

E

（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比為前；

（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為60。。

【分析】（1）粒子能在cdef做直線運動，可知電場力和洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，速度方向為

水平向右，再根據(jù)qE=qvB求解速度大小；

（2）對粒子從b點運動到cd中點的類斜拋運動分析，到達(dá)cd中點的速度即為初速度的水平分量，電

場力提供加速度，結(jié)合平拋運動規(guī)律即可求解粒子的比荷；

（3）根據(jù)粒子比荷即可確定粒子在圓形磁場區(qū)域的軌道半徑，畫出粒子大致運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系

求解偏轉(zhuǎn)角度。

【解答】解：（1）粒子在cdef中做直線運動，則電場力和洛倫茲力平衡，則粒子帶正電，在cd中點時

速度水平向右，設(shè)粒子到達(dá)cd中點的速度大小為vo，電荷量為q,質(zhì)量為m,則有

qE=qv（）B

解得

E

v=一

0B

（2）結(jié)合（1）中分析，粒子從b點到cd中點的運動可以逆向看作從cd中點到b點的平拋運動，設(shè)這

段運動過程時間為3加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律可得

qE=ma

根據(jù)平拋運動規(guī)律可得

vot=L

1L

-at2==

第14頁（共19頁）

聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比

且E

m~B2L

（3）粒子從cf中點水平進(jìn)入圓形磁場做勻速圓周運動，設(shè)粒子勻速圓周運動的軌道半徑為R,根據(jù)牛

頓第二定律可得

q%B=喏

解得：R=L

粒子在圓形磁場中運動軌跡如圖所示

d

T-A

、

x、

?XXx

X!:

E8

XX(XX

一

一

20一

XXXXXXX

XXXXXXX

，

、

，

、

根據(jù)帶電粒子在圓形磁場中做圓周運動的規(guī)律可知，粒子沿半徑方向射入，也會沿半徑方向射出，根據(jù)

上圖軌跡分析可知,粒子射出圓形磁場區(qū)域的速度方向與進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時速度方向的夾角為a=20,

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得

tan0=^LL

R

解得

I-

tanO=即8=30°

3

則a=60°

E

答：（I）粒子沿直線通過cdef區(qū)域時的速度大小為石；

（2）粒子的電荷晟與質(zhì)量之比畸j

（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為60。。

【點評】考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動過程的分析計算，以及有界磁場的分析計算，難度較大。

15.（19分）如圖，半徑為R=L8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地面PM相

切于P點，PM的長度d=2.7no一長為L=3.3m的水平傳送帶以恒定速率v（）=lm/s逆時針轉(zhuǎn)動，其右

第15頁（共19頁）

端與地面在M點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P點，再向左做直線運動

至M點與靜止的物塊b發(fā)生強(qiáng)性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達(dá)傳送帶的左端N時，瞬

間給b—水平向右的沖最I(lǐng),其大小為6N?s。以后每隔At=0.6s給b—相同的瞬時沖量I,直到b離開

傳送帶。已知a的質(zhì)量為1kg,b的質(zhì)量為mb=2kg,它們均可視為質(zhì)點。a、b與地面及傳送帶間

的動摩擦因數(shù)均為口=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大??；

（2）b從M運動到N的時間；

（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。

【答案】（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小為30N；

（2）b從M運動到N的時間為3.2s：

（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95Jo

【分析】（1）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律求a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大?。?/p>

（2）根據(jù)動能定理求a運動到M的速度，再根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律以及運動學(xué)公式求b

從M運動到N的時間：

（3）根據(jù)動量定理求物塊b的速度，根據(jù)運動學(xué)公式求相本位移，最后根據(jù)摩擦生熱的公式求b從N

運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。

【解答】解：（1）在a運動到圓軌道底端的過程中，由動能定理

ma9R=^aVi

解得vp=6m/s

在P點，根據(jù)牛頓第二定律=率

解得Np=3（）N

（2）設(shè)a運動到M的