江苏省南京市2021届新高考物理模拟试题含解析

江苏省南京市2021届新高考物理模拟试题含解析

江苏省南京市 2021 届新高考物理模拟试题 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．如图所示为 A．B 两辆摩托车沿同一直线运动的速度一时间 (v-t) 图象，已知： t=0 时刻二者同时经过同 一地点，则下列说法正确的是（ ） A．摩托车 B 在 0~6s 内一直在做加速度减小的加速运动 B． t=6s 时 A、B 两辆摩托车恰好相遇 C． t=12s 时 A、B 两辆摩托车相距最远 D．率托车 A 在 0~12s 内的平均速度大小为 10m/s 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．摩托车 B 在 0~6s 内先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减小的加速运动，故 A 项错误； BC．A 、B 两辆摩托车在 t=6s 时速度相等，两辆摩托车距离最远，故 BC 项错误； D．摩托车 A 在 0~12s 内做匀减速运动， 摩托车 A 的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度 10m/s， 故 D 项正确。 故选 D。 2．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示 ,在固定线圈左右两侧对称位 置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小 ,则合上开关 S的瞬间 （ ） A．两个金属环都向左运动 B．两个金属环都向右运动 C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向 D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．若环放在线圈两边，根据 “来拒去留 ”可得，合上开关 S 的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两 边运动，故 AB 错误； C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电 流由左侧向右看为顺时针，故 C 正确； D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故 D 错误。 故选 C。 3．物体做匀速圆周运动时，在任意相同时间间隔内，速度的变化量（ ） A．大小相同、方向相同 B．大小相同、方向不同 C．大小不同、方向不同 D．大小不同、方向相同 【答案】 B 【解析】 【详解】 物体做匀速圆周运动时，速度的变化量 v at ，由于加速度的大小不变但方向时刻在变化，所以在任意 相同时间间隔内， 速度的变化量大小相等，方向不同。 A. 大小相同、方向相同，与分析不符，故 A 错误； B. 大小相同、方向不同，与分析相符，故 B 正确 C. 大小不同、方向不同，与分析不符，故 C 错误； D. 大小不同、方向相同，与分析不符，故 D 错误。 4．a、b 两车在平直公路上行驶，其 v－t 图象如图所示，在 t＝ 0 时，两车间距为 s0，在 t＝t 1 时间内， a 车的位移大小为 s，则 ( ) A． 0～t 1 时间内 a、b 两车相向而行 B． 0～t 1 时间内 a 车平均速度大小是 b 车平均速度大小的 2 倍 C．若 a、b 在 t 1 时刻相遇，则 s0＝ 2 3 s D．若 a、b 在 1 2 t 时刻相遇，则下次相遇时刻为 2t 1 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．由图象可知 0～t 1 时间内两车速度均为正，故同向行驶，故 A 错误； B． 0～t 1 时间内两车平均速度大小分别是 v a＝ 0 02 2 v v ＝ 03 2 v v b＝ 0 2 v 故 B 错误； C．若 a、b 在 t 1 时刻相遇，说明 0～t1 时间内 a 比 b 多出来的位移刚好是 s0，如图 1 所示，图象与坐标轴 所围成的面积表示对应过程的位移，故 C 正确； D．若 a、b 在 1 2 t 时刻相遇，则下次相遇时刻为从 1 2 t 时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如图 2：所以下次相遇的时刻为 13 2 t ，故 D 错误。 故选 C。 5．如图所示， 传送带以恒定速度 v0 向右运动， A、B 间距为 L，质量为 m 的物块无初速度放于左端 A 处， 同时用水平恒力 F 向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，物块从 A 运动到 B 的过程中，动能 Ek 随位移 x 变化的关系图像不可能的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 开始时滑块受向右的拉力 F 和向右的摩擦力 f 而做加速运动，则动能 E K =(F+f)x ；若物块在到达最右端之 前还未达到与传送带共速，此时图像为 C；若 F>f ，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为 ?E K =(F-f)x ，此时图像为 D；若 F≤f，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此 时图像为 B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能做减速，则图像 A 不可能。 故选 A。 6．2019 年的诺贝尔物理学奖于 10 月 8 日公布，有一半的奖金归属了一对师徒 —— 瑞士的天文学家 MichelMayor 和 DidierQueloz ，以表彰他们 “发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星 " 。由于行星自身 不发光， 所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星， 天文学家通常都采用间接的方法来 侦测太阳系外的行星， 视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。 行星自身的质量使得行星和恒星 围绕着他们共同的质量中心在转动， 在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。 在视线方 向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱 不断地红移和蓝移。我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。结合以上信息，下列说法正确的是 （ ） A．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一 定相等 B．在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒 星做圆周运动的周期比行星的周期小 C．若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现 蓝移 D．若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒 星光谱会出现红移 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等， 周期相同，则 2 12 MmG m r L 2 22 MmG M r L 可得 1 2 r M r m 由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式 v r 可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小 不同，故 AB 错误； C．根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它 发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故 C 错误； D．根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它 发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，粗糙的固定水平杆上有 A 、B、C 三点，轻质弹簧一端固定在 B 点正下方的 O 点，另一端 与套在杆 A 点、质量为 m 的圆环相连，此时弹簧处于拉伸状态。圆环从 A 处由静止释放，向右运动经过 B 点时速度为 v、加速度为零，到达 C 点时速度为零，下列说法正确的是（ ） A．从 A 到 C 过程中，圆环在 B 点速度最大 B．从 A 到 B 过程中，杆对环的支持力一直减小 C．从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功一定大于 21 2 mv D．从 B 到 C 过程中，圆环克服摩擦力做功等于 21 2 mv 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．圆环由 A 点释放，此时弹簧处于拉伸状态，则圆环加速运动，设 AB 之间的 D 位置为弹簧的原长，则 A 到 D 的过程中，弹簧弹力减小，圆环的加速度逐渐减小， D 到 B 的过程中，弹簧处于压缩状态，则弹 簧弹力增大，圆环的加速度先增大后减小， B 点时，圆环合力为零，竖直向上的弹力等于重力，从 B 到 C 的过程中，圆环可能做减速运动，无论是否存在弹簧原长的位置，圆环的加速度始终增大，也可能先做加 速后做减速运动，加速度先减小后增大，故 B 点的速度不一定最大，故 A 错误； B．当圆环从 A 到 D 运动时， 弹簧为拉力且逐渐减小， 此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向下 的分量之和，可知杆对环的支持力随弹簧弹力的减小而减小；当圆环从 D 到 B 运动时，弹簧被压缩，且 弹力沿弹簧向上逐渐增加， 此时杆对环的支持力等于环的重力与弹簧弹力向上的分量之差， 可知杆对环的 支持力随弹簧弹力的增加而减小；即从 A 到 B 过程中，杆对环的支持力一直减小，选项 B 正确； C．从 A 到 B 过程中，弹簧对圆环做的功、摩擦力做负功，根据功能关系可知，弹簧对圆环做功一定大于 1 2 mv 2，故 C 正确； D．从 B 到 C 过程中，弹簧弹力做功，圆环克服摩擦力做功，根据功能关系可知，圆环克服摩擦力做功不 等于 1 2 mv 2，故 D 错误。 故选 BC 。 8．如图所示， 均匀细杆 AB 质量为 M ，A 端装有转轴， B 端连接细线通过滑轮和质量为 m 的重物 C 相连， 若杆 AB 呈水平，细线与水平方向夹角为 θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ） A． M=2msinθ B．滑轮受到的压力为 2mg C．杆对轴 A 的作用力大小为 mg D．杆对轴 A 的作用力大小 2sin Mg 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 考查共点力作用下物体的平衡问题。 【详解】 A．由题可以知道， C 物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与 C 物体的重力大小相 等，为 mg；对杆 AB 进行受力分析如图： 设 AB 杆的长度为 L ，由图可以知道杆的重力产生，的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是 1 2 L 绳子 的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是 sinL ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得： 1 sin 2 Mg L mgL 所以： 2 sinM m A 正确； B．由题图可以知道，两根绳子的拉力的方向之间有夹角所以两根绳子的拉力的合力大小要小于 2mg，即 滑轮受到的压力小于 2mg，B 错误； C．由受力图可以知道轴 A 对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线 的交点， 因为重力的作用线过杆的中点， 所以可以知道力 F 与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的， 并且： cos cosF mg 所以 F 与绳子的拉力的大小也相等，即 F mg 则杆对轴 A 的作用力大小为 mg，C 正确； D．联立可得： 2sin MgF 所以杆对轴 A 的作用力大小也可以表达为： 2sin Mg ，D 正确。 故选 ACD 。 9．如图所示，斜面倾角为 37 °，小球从斜面顶端 P 点以初速度 0v 水平抛出，刚好落在斜面中点处。 现将小球以初速度 02v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起， sin37 0.6 ， cos37 0.8 ， 重力加速度为 g，则小球两次在空中运动过程中（ ） A．时间之比为 1:2 B．时间之比为 1: 2 C．水平位移之比为 1:4 D．当初速度为 0v 时，小球在空中离斜面的最远距离为 2 09 40 v g 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB. 设小球的初速度为 v0 时，落在斜面上时所用时间为 t，斜面长度为 L 。小球落在斜面上时有： 2 0 0 1 2 2 gt gttan v t v 解得： 02v tant g 设落点距斜面顶端距离为 S，则有 2 20 0 0 2v t v tanS v cos gcos 若两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为 1：4，则第二次落在距斜面顶端 4L 处，大于斜面 的长度，可知以 2v0 水平拋出时小球落在水平面上。 两次下落高度之比 1：2，根据 21 2 h gt 得： 2ht g 所以时间之比为 1: 2 ，选项 A 错误， B 正确； C.根据 0x v t 得水平位移之比为： 1 2 0 1 0 12 2 12 2x x v t v t: :( ) : 选项 C 错误； D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向 的速度等于 0。 建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度 v0 和重力加速度 g 进行分解，垂直于斜面的最远 距离 2 2 0 0( ) 9 2 cos 40 v sin vH g g 选项 D 正确。 故选 BD 。 10．如图所示，竖直放置的平行板电容器内除电场外还有图示的匀强磁场，从 A 板中点孔 P 向各个方向 发射一批不同速度的带正电的微粒（考虑重力） ，则 A 到 C 的过程中 A．微粒一定不做匀变速运动 B．微粒一定做曲线运动 C．所有微粒到达 C 板时动能一定发生变化 D．所有微粒到达 C 板时机械能一定增大 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB ．粒子发射出来后受到竖直向下的重力，与速度垂直的洛伦兹力和水平向右的电场力作用，对于斜上 右上射入的粒子，当速度满足一定条件时，可以使这三个力的合力为 0，则粒子斜向上做匀速直线运动； 若这三个力的合力不为 0，则粒子速度变化，其洛伦兹力也发生变化，故粒子一定做非匀变速曲线运动， 故 A 正确， B 错误； C．若粒子做匀速运动，则粒子到达 C 板时的动能不变，故 C 错误； D．由于洛伦兹力不做功，到达 C 板的粒子电场力一定做正功，故机械能一定增大，故 D 正确； 故选 AD 。 11．如图所示， AB 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连， 小球 A 放在固定的光滑斜面上， 斜面倾角 30 ， BC 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，小球 C 放在水平地面上。现用手控制住小球 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知小球 A 的质 量为 4m，小球 BC 质量相等， 重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计， 开始时整个系统处于静止状 态。释放小球 A 后，小球 A 沿斜面下滑至速度最大时小球 C 恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确 的是（ ） A．小球 BC 及弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球 C 的质量为 m C．小球 A 最大速度大小为 2 5 mg k D．小球 B 上升的高度为 mg k 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．以小球 B、C 及弹簧组成的系统为研究对象，除系统重力外，绳的拉力 TF 对系统做功，则系统机械能 不守恒，故 A 错误； B．小球 A 速度最大时，小球 A 的加速度为零，则 T4 sinmg F 对小球 B、C 及弹簧组成的系统 T 2 cF m g 联立以上两式，解得 Cm m 故 B 正确； CD ．小球 C 恰好离开地面时，弹簧弹力 cF m g mg弹 弹簧伸长量为 mg k ，初始时，弹簧被压缩 mg k ，则小球 B 上升 2mg k ，以小球 A 、B、 C 及弹簧组成的系 统为研究对象，由机械能守恒定律得 2 2sinA B mg mgm g m g k k 2 21 1 2 2A A B Bm v m v 又 A Bv v 联立以上两式，解得 2 5A mv g k 故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 12．如图所示，图甲中 M 为一电动机，当滑动变阻器 R 的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的 读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在 0.2A 以下时，电动机没有发生转动，不考 虑电表对电路的影响，以下判断错误的是（ ） A．电路中电源电动势为 3.6V B．变阻器向右滑动时， V 2 读数逐渐减小 C．此电路中，电动机的输入功率减小 D．变阻器的最大阻值为 30Ω 【答案】 BC 【解析】 【分析】 先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断 V 2读数的变化情况。当 I=0.3A 时，电动机输入功率最大。变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的 最大阻值。 【详解】 A．由电路图甲知，电压表 V 2 测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图 线表示 V 2 的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为 Δ 3.4 3.0 Ω 2Ω .2Δ 0 Ur I 当电流 I=0.1A 时， U=3.4V ，则电源的电动势 3.4 0.1 2 3.6VE U Ir 故 A 正确。 B．变阻器向右滑动时， R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为 V 2读数逐渐增大，故 B 错误。 C．由图可知，电动机的电阻 M 0.8 0.4 Ω 4Ω0.1 r 当 I=0.3A 时， U=3V ，电动机输入功率最大，此电路中，电动机的输入功率增大，故 C 错误。 D．当 I=0.1A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以 M 3.6 2 4 Ω 30Ω 0.1 ER r r I 故 D 正确。 本题选择错误的，故 BC 符合题意。 故选 BC 。 【点睛】 此题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。对于电动 机，理解并掌握功率的分配关系是关键。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下： ①用天平测出 A 、B 两个小球的质量 m A 和 m B； ②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平； ③先不在斜槽的末端放小球 B，让小球 A 从斜槽上位置 P 由静止开始释放，小球 A 离开斜槽后，频闪照 相机连续拍摄小球 A 的两位置（如图乙所示） ； ④将小球 B 放在斜槽的末端，让小球 A 仍从位置 P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍 摄下两个小球的位置（如图丙所示） ； ⑤测出所需要的物理量． 请回答： (1)实验①中 A 、B 的两球质量应满足 ______ (2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有 ______；（请选填 “x0、y0、 xA、yA 、xB、yB”） (3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是： ______． 【答案】 A B om m x ; Ax ; B A o A A B Bx m x m x m x ; 【解析】 （ 1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有 m Av0=m Av1+m Bv2，在碰撞过程中动能守恒，故有 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2A A Bm v m v m v ，解得 1 0 A B A B m mv m m m ，要碰后 a 的速度 v1＞0，即 m A-m B＞0，mA＞m B；（2） 由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理 量有 x0、xA、 xB；（3）验证的方程为 m Ax0＝m AxA＋m BxB 14．图（甲）是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗 中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以 理解为沙漏摆动的振动图像。图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线（图中的虚线表示） 。 （ 1）图（乙）的 P 处堆积的细沙比 Q 处_________________（选填 “多 ”、“少 ”或 “一样多 ”）。 （ 2）经测量发现图（乙）中 OB=O′B′，若木板 1 的移动速度 v1=3m/s，则木板 2 的移动速度 v2=_________________ 。 【答案】多 4m/s 【解析】 【详解】 （ 1）[1] 在图（乙 ) 的 P 处时，沙摆的速度最小，在 Q 处时，沙摆的速度最大，所以堆积的细沙比 Q 处多； （ 2） [2] 根据单摆周期公式： 2 LT g 它们在同一地点，且摆长相同，则周期相同，设为 T ， OB 段经历的时间是： 1 2t T O B 段经历的时间为： 2 1.5t T 设板长为 L ，则： 1 1 2Lt T v 2 2 1.5Lt T v 比较可得： 2 1 4 4m/s 3 v v 。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，一个上表面绝缘、质量为 m A =1kg 的不带电小车 A 置于光滑的水平面上，其左端放置一质 量为 、带电量为 的空盒 B，左端开口。小车上表面与水平桌面相平，桌面上水 平放置着一轻质弹簧，弹簧左端固定，质量为 的不带电绝缘小物块 C 置于桌面上 O 点并与弹 簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将 C 缓慢推至 M 点（弹簧仍在弹性限度内）时， 推力做的功为 ，撤去推力后， C 沿桌面滑到小车上的空盒 B 内并与其右壁相碰，碰撞时间极短且 碰后 C 与 B 粘在一起。在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为 ， 电场作用一段时间后突然消失， 小车正好停止， 货物刚好到达小车的最右端。 已知物块 C 与桌面间动摩擦 因数 ，空盒 B 与小车间的动摩擦因数 ， 间距 ， 点离桌子边沿 点距离 ，物块、空盒体积大小不计， 取 。求： （ 1）物块 C 与空盒 B 碰后瞬间的速度 ； （ 2）小车的长度 L ； （ 3）电场作用的时间 。 【答案】 （1） 2m/s（2）0.67m （3） 2s 【解析】 【详解】 （ 1）对物块 C 由 O→M→N 应用动能定理，设 C 到 N 点速度大小为 得： 解得： 与空盒 B 右壁相碰，动量守恒： 解得： （ 2） C 与 B 碰后可看作一整体，令 ，则 BC 整体和小车加速度分别为： ； 设经过 时间后 B 与 C 整体与小车 A 速度相等，此过程中二者位移分别为 、 ； 假设速度相等后 B 与 C 整体与小车 A 相对静止， C 整体与小车 A 间摩擦力为 ，则： ， ；所以两者经 时间后相对静止一起匀减速。 解得： 小车长度 （ 3）速度相等后 BC 与小车以共同加速度一起匀减速，最终速度为零。 运动时间 电场作用时间 16．如图所示，空间有场强 E=1.0 ×103V/m 竖直向下的电场，长 L=0.4m 不可伸长的轻绳固定于 O 点，另 一端系一质量 m=0.05kg 带电 q=+5×10－4C 的小球，拉起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放，当小球运 动至 O 点的正下方 B 点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成 = 30 、 无限大的挡板 MN 上的 C 点。试求： (1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断； (2)A 、C 两点的电势差。 【答案】 (1)3N ；(2)1600V 【解析】 【详解】 (1)对小球从 A→B 由动能定理有 21( ) 2 Bmg qE L mv 在 B 点时有 2 ( ) BvF mg qE m L 代入数据可解得 3NF 即绳子至少受 3N 的拉力才能被拉断； (2)由 (1)分析得 2( ) 4m/sB mg qE Lv m 小球离开 B 点后做类平抛运动，到达 C 点时小球垂直撞在斜面上，则 8m/s sin30 B C vv 对小球从 A 点到达 C 点过程，应用动能定理有 21 2AC AC CqU mgh mv 又 AC ACU Eh 联立解得 1600VACU 17．如图所示，在竖直直角坐标系 xOy 内， x 轴下方区域 I 存在场强大小为 E、方向沿 y 轴正方向的匀强 电场， x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿 x 轴正方向的匀强电场。已知图中点 D 的坐标为 ( 27 , 2 L L )，虚线 GD x轴。两固定平行绝缘挡板 AB 、DC 间距为 3L ，OC 在 x 轴上， AB 、OC 板平面垂直纸面，点 B 在 y 轴上。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子 (不计重力 )从 D 点由静止开始向上运动，通过 x 轴后不与 AB 碰撞，恰好到达 B 点，已知 AB=14L ，OC=13L 。 （ 1）求区域Ⅱ的场强大小 E 以及粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间 0t ； （ 2）改变该粒子的初位置，粒子从 GD 上某点 M 由静止开始向上运动，通过 x 轴后第一次与 AB 相碰前 瞬间动能恰好最大。 ①求此最大动能 kmE 以及 M 点与 x 轴间的距离 1y ； ②若粒子与 AB、OC 碰撞前后均无动能损失 (碰后水平方向速度不变， 竖直方向速度大小不变， 方向相反 )， 求粒子通过 y 轴时的位置与 O 点的距离 y2。 【答案】 （1） 6E ； 5 2 mL qE （2）① 18qEL ， 9L ；② 3L 【解析】 【详解】 （ 1）该粒子带正电，从 D 点运动到 x 轴所用的时间设为 1t ，则 2 1 1 1 2 L a t 1 1a t 根据牛顿第二定律有 1qE ma 粒子在区域 II 中做类平抛运动，所用的时间设为 2t ，则 2 2 2 27 1 2 2 L a t 23L t 根据牛顿第二定律有 2qE ma 粒子从 D 点运动到 B 点所用的时间 0 1 2t t t 解得 6E E ， 0 5 2 mLt qE （ 2）①设粒子通过 x 轴时的速度大小为 0 ，碰到 AB 前做类平抛运动的时间为 t，则 0 3L t 粒子第一次碰到 AB 前瞬间的 x 轴分速度大小 2x a t 碰前瞬间动能 2 2 0 1 2k xE m 即 2 2 2 22 9 2k m LE a t t 由于 2 2 2 2 2 2 22 9 9L a t L a t 为定值，当 2 2 2 22 9L a t t 即 2 3Lt a 时动能 kE 有最大值 由（ 1）得 2 6qEa m 最大动能 18kmE qEL 对应的 0 18qEL m 粒子在区域 I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则 2 0 1 12a y 解得 1 9y L ②粒子在区域 II 中的运动可等效为粒子以大小为 0 的初速度在场强大小为 6E 的匀强电场中做类平抛运动 直接到达 y 轴的 K 点，如图所示，则时间仍然为 2t 0 2OK t 得 9OK L 由于 9 3 3 OK L OB L ，粒子与 AB 碰撞一次后，再与 CD 碰撞一次，最后到达 B 处 则 2 3y L