湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

湖南省长沙市长郡中学2019-2020学年高二上学期入学考试物理试题

长郡中学 2019- 2020 学年度高二第一学期入学考试物理 一、选择题 1. 在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。关于科学家和他们的贡献， 下列说法正确的是 A. 英国物理学家焦耳在热学、电磁学等方面做出了杰出贡献，成功地发现了焦耳定律 B. 德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律 C. 英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了静电力常量 D. 古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学 的对话》中利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境 【答案】AD 【解析】 本题考查物理学史。德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出 了开普勒行星运动定律，牛顿发现万有引力定律，B 错；卡文迪许用扭秤测出了万有引力常量， 库仑测出了静电力常量，C 错；选 AD。 2.2019 年 4 月 10 日，人类首张黑洞“照片”问世.黑洞是爱因斯坦广义相对论预言存在的一 种天体，它具有的超强引力使光也无法逃离它的势力范围，即黑洞的逃逸速度大于光速.理论 分析表明.星球的逃逸速度是其第一宇宙速度的 2 倍.已知地球绕太阳公转的轨道半径约为 m105.1 11 ，公转周期约为 7 3.15 10 s ，假设太阳演变为黑洞，它的半径最大为(太阳的质量 不变，光速 83.0 10 m/sc   ) A. 1km B. 3km C. 100 km D. 300 km 【答案】B 【解析】 【详解】地球绕太阳做圆周运动的向心力由万有引力提供 2 2 2 2 2( )Mm mvG m r m rr r T    解得太阳的质量 2 3 2 4 rM GT  太阳的第一宇宙速度 1 GMv R  假设太阳演变为黑洞，它的逃逸速度 2 12v v c  解得 2 3 2 2 4 3000m 3kmrR c T    A. 1km 与上述计算结果 3km 不相符，故 A 不符合题意 B. 3km 与上述计算结果 3km 相符，故 B 符合题意 C. 100 km 与上述计算结果 3km 不相符，故 C 不符合题意 D. 300 km 与上述计算结果 3km 不相符，故 D 不符合题意 3.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图 （a）所示，碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线 平行，两冰壶质量相等，则（ ） A. 两壶发生了弹性碰撞 B. 碰后蓝壶速度为0.8m/s C. 碰后蓝壶移动的距离为 2.4m D. 碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力 【答案】B 【解析】 【详解】由图知：碰前红壶的速度 v0＝1.0m/s，碰后速度为 v′0＝0.2m/s，可知，碰后红壶 沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为 v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定 律可得：mv0＝mv′0+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s， 2 2 21 1 1+2 2 2mv mv mv0 0 ，碰撞过程机 械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故 A 错误，B 正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示 位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小 0.8 5 2m2 2 vx t    ，故 C 错误；根据图象的斜率 表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知 碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故 D 错误。 4.如图所示，距小滑轮 O 正下方 l 处的 B 点用绝缘底座固定一带电荷量为+q 的小球 1，绝缘 轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮 O 正上方 2 l 处的 D 点，另一端与质量为 m 的带电小球 2 连接， 发现小球 2 恰好在 A 位置平衡，已知 OA 长为 l，与竖直方向的夹角为 60°。由于弹性绳的绝 缘效果不是很好，小球 2 缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为 30° 时，小球 2 恰好在 AB 连线上的 C 位置。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，则下列说法 正确的是 A. 小球 2 带负电 B. 小球 2 在 C 位置时所带电荷量为 2 4 mgl kq C. 小球 2 在 A 位置时所带电荷量为 2mgl kq D. 弹性绳原长为 2 l 【答案】CD 【解析】 根据题意可知小球 2 受到小球 1 的排斥力，所以 2 带正电，A 错误；设弹性绳的劲度系数为 k， 原长为 0l ，在 A 位置时，对小球 2 受力分析可知，受到竖直向下的重力，1 对 2 的库仑力 F， 绳子的拉力 T，根据几何知识可知，三个力正好形成一个等边矢量三角形，故 2 AqqF k mgl   ， 0( )2 lT k l l mg    ①，解得 2 A mglq kq  ；在 B 位置时，小球 2 受力分析可知，受到竖直 向下的重力，1 对 2 的库仑力 'F ，绳子的拉力 'T ，根据几何知识可知，三个力正好形成一个 直 角 矢 量 三 角 形 ， 故 ' 2 1' 1 2( )2 AqqF k mg l   ， 0 3 3' ( )2 2 lT k l l mg    ② ， 解 得 2 ' A mglq kq  ，联立①②解得 0 2 ll  ，故 B 错误 CD 正确． 5.根据生活经验可知，处于自然状态的水都是往低处流的，当水不再流动时，水面应该处于 同一高度。将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。 这一现象可解释为，以桶为参考系，其中的水除受重力外，还受到一个与转轴垂直的“力”， 其方向背离转轴，大小与到轴的垂直距离成正比。水面上的一个小水滴在该力作用下也具有 一个对应的“势能”，在重力和该力的共同作用下，水面上相同质量的小水滴最终将具有相 同的势能。根据以上信息，下列说法正确的是 A. 该“力”对水面上小水滴做功与路径有关 B. 小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加 C. 水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直 D. 小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：由于该力做功与重力做功类似，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关， 故 A 错误； B 项：由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小 于90 ，该力做正功，该“势能减小，故 B 错误； C 项：以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力，水 面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力” 的合力一定与水滴所在水面垂直，故 C 正确； D 项：由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该力对应的势能之和不变，小水滴沿水面向 上移动时重力势能增加，该势能减小，所以小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于 该“势能”的减少量，故 D 错误。 6.如图为近日曝光的摩拜共享电动单车，与普通电动车不同的是，摩拜共享电动自行车采用 “共享充电宝+自行车的方式”，其电池与普通充电宝类似，容量为 20000mAH，输入、输出电 压均为 10V，输入电流为 8A，输出电流为 15A，可以支持驱动人和单车行驶 10 公里左右。已 知成人在平路上骑自行车所受阻力约为 20N，则( ) A. 该单车电池最多储存电能 7.2×104J B. 该单车电池充电时，从零电量充至满电量大约需要 5h C. 该单车电池电能的有效利用率约为 27.8% D. 成人在平路上骑自行车时，每秒钟平均消耗的电能约 20J 左右 【答案】C 【解析】 A 项：该单车电池最多储存电能为 4 3 3 42 10 10 3.6 10 7.2 10J J      ，故 A 正确； B 项：由公式 47.2 10 9008 10t s s  ，故 B 错误； C 项：骑车时消耗的电能约为 3 520 10 10 2.0 10J J    D 项：成人骑行时，车速大约为 5m/s，匀速骑行时，人地车提供牵引力，F=f，因此人做的功 的功率为 P=FV=100w，故 D 错误。 7.宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为 M 的绝缘小 车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔， 两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为 U。现有一质量为 m、带电量为+q、重力不 计的粒子从左板正对小孔处无初速释放。则以下判断正确的是：( ) A. 小车总保持静止状态 B. 小车最后减速运动 C. 粒子穿过小孔时速度为 2qU m D. 粒子穿过小孔时速度为 2 ( ) MqU m M m 【答案】D 【解析】 【详解】金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知， 小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动。粒子穿过小孔时速度，粒子不再 受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故 AB 错误。设粒子穿过小孔时速度为 v1 ，小车此时的速度为 v2 ．取向右方向为正方向。根据系统的动量守恒和能量守恒得： 0=mv1-Mv2； qU= 1 2 mv1 2+ 1 2 mv2 2；联立解得，  1 2MqUv m M m   ．故 C 错误，D 正确。故选 D。 8.如图所示,光滑水平面上有一小车,小车上有一物体,用一细线将物体系于小车的 A 端,物体 与小车 A 端之间有一压缩的弹簧,某时刻线断了,物体沿车滑动到 B 端粘在 B 端的油泥上。则 下述说法中正确的是( ) ①若物体滑动中不受摩擦力作用，则全过程机械能守恒 ②即使物体滑动中有摩擦力，全过程物块、弹簧和车组成的系统动量守恒 ③小车的最终速度与断线前相同 ④无论物块滑动是否受到摩擦力作用，全过程物块、弹簧和车组成的系统的机械能不守恒。 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【详解】①物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞第统机械能有损失，所以全过程的机 械能不守恒，故①错误，④正确； ②取小车，物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力，（若物体在滑动中有摩擦力， 为系统内力），全过程动量守恒，故②正确； ③取系统的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知，物体沿车滑动 B 端粘在 B 端的油泥 上后系统共同的速度与初速度是相同的，故③正确。 故应选:B。 9.下列关于电阻和电阻率的说法中，不正确的是（ ） A. 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B. 由 UR I  可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C. 将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 D. 某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象. 发生超导现象时的温度叫“转变温度” 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、 长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大 小无关，故 AB 错误； C.导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关，将一根导线 等分为二，则半根导线的电阻是原来的一半，但电阻率不变，故 C 错误； D.由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零， 这种现象叫做超导现象，发生超导现象时的温度叫“转变温度”，故 D 正确． 10.2019 年 1 月 11 日 1 时 11 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中 星 2D”卫星发射升空，升空后的卫星能量补给主要靠太阳能电池.硅光电池是一种太阳能电 池，具有低碳环保的优点.如图所示，图线 a 是该电池在某光照强度下路端电压 U 和电流 I 的 关系图象，图线 b 是某纯电阻电器的 U- I 图象.则在该光照强度下，把该电池和该电器组成 一个电路时，电池的（ ） A. 内阻为 5.5 B. 输出功率为 12.5 W C. 内耗功率为 0.22 W D. 效率为 50% 【答案】AC 【解析】 【详解】由闭合电路欧姆定律得 U=E−Ir，当 I=0 时，E=U，由 a 与纵轴的交点读出电动势为 E=3.6v.根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为 U=2.5V，电流为 I=0.2A。 A. 将它们组成闭合回路时路端电压为 U=2V，电流为 I=0.2A，则电池的内阻为 3.6 2.5 5.50.2 E Ur I       故 A 正确； B. 电池的输出功率为： P 出=UI=2.5×0.2W=0.5W 故 B 错误； C.此时硅光电池的总功率为： P 总=EI=3.6×0.2W=0.72W 内耗功率为 P 内= P 总 -P 出=0.22 W 故 C 正确； D. 电池的输出效率为： η= P P 出 总 ×100%= 0.5 0.72 ×100%≈69.4% 故 D 错误。 11.如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星组成，质量分别是 M、m(M>m)， 他们围绕共 同的圆心 O 做匀速圆周运动。从地球 A 看过去，双星运动的平面与 AO 垂直，AO 距离恒为 L。 观测发现质量较大的恒星 M 做圆周运动的周期为 T，运动范围的最大张角为△θ(单位是弧度)。 已知引力常量为 G，△θ很小，可认为 sin△θ= tan△θ= △θ，忽略其他星体对双星系统 的作用力。则 A. 恒星 m 的角速度大小为 2 M T m  B. 恒星 m 的轨道半径大小为 2 ML m  C. 恒星 m 的线速度大小为 ML mT   D. 两颗恒星的质量 m 和 M 满足关系式    323 2 22 Lm GTm M    【答案】BCD 【解析】 恒星 m 与 M 具有相同的角速度，则角速度为 2 T   ，选项 A 错误；恒星 M 的轨道半径为 1tan 2 2R L L    ； 对 恒星 系 统 ： mω2r=Mω2R ， 解 得恒 星 m 的 轨 道半 径 大 小 为 2 MLr m  ，选项 B 正确；恒星 m 的线速度大小为 1 2 2 ML MLv r T m mT          ，选项 C 正确；对恒星系统： 2( ) MmG r R =mω2r=Mω2R，解得 GM=ω2r(r+R)2；Gm=ω2R(r+R)2；相加 得： 2 3( ) ( )G M m R r   ，联立可得：    323 2 22 Lm GTm M    ，选项 D 正确；故选 BCD. 点睛：双星问题，关键是知道双星做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力来提供，知道 两者的角速度相同，周期相同. 12.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压为 U 的加速电场加速后垂直进 入偏转电场，离开电场时的偏转量是 h，两平行板间的距离为 d，偏转电场电压为 U2，板长为 l，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量) ，可采用的方法是 A. 增大两板间的偏转电压 U2 B. 尽可能使板长 l 短一些 C. 尽可能使板间距离 d 小一些“ D. 减小加速电压 U1 【答案】CD 【解析】 【详解】带电粒子加速时应满足： 2 1 0 1 2qU mv 带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足： l=v0t， 21 2h at ， 2qUqEa m md   ， 联立以上各式可得 2 2 14 U lh dU  2 2 14 h l U dU  为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量) ，可采用的方法是: 尽可能使板间距 离 d 小一些“； 尽可能使板长 l 长一些；减小加速电压 U1。 A.A 项与上述分析的结论不相符，故 A 不符合题意； B.B 项与上述分析的结论不相符，故 B 不符合题意； C.C 项与上述分析的结论相符，故 C 符合题意； D.D 项与上述分析的结论相符，故 D 符合题意； 二、实验题 13.某同学用图书馆所示装置通过半径相同的 A、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中 PQ 是斜槽，QR 为水平槽，实验时先使 A 球从斜槽上某一固定位置 G 由静止开始滚下，落到位于 水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作 10 次，得到 10 个落痕迹，再把 B 球放在水 平槽上靠近槽末端的地方，让 A 球仍从位置 G 由静止开始滚下，和 B 球碰撞后，A、B 球分别 在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作 10 次，图 1 中 O 点是水平槽末端 R 在记录纸 上的垂直投影点，B 球落点痕迹如图 2 所示，其中米尺水平放置，且平行于 G、R、O 所在的平 面，米尺的零点与 O 点对齐。 （1）碰撞后 B 球的水平射程应取为__________cm。 （2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：____________（填选项号）。 （A）水平槽上未放 B 球时，测量 A 球落点位置到 O 点的距离 （B）A 球与 B 球碰撞后，测量 A 球落点位置到 O 点的距离。 （C）测量 A 球或 B 球的直径 （D）测量 A 球和 B 球的质量（或两球质量之比） （E）测量 G 点相对于水平槽面的高度 【答案】 (1). 64.7（64.2 到 65.2 范围内的都对） (2). A、B、D 【解析】 【详解】（1）用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落点圈住，圆心的位置就可以看成是小球 的平均落点；该落点的读数为 64.7cm。 （2）该实验需要验证的公式为：m1v0= m1v1+ m2v2，由于两球做平抛运动时间相同，则两边乘 以 t，可得 m1v0t= m1v1t+ m2v2t，即 m1x0= m1x1+ m2x2；式中的 x0、x1、x2 分别是小球 A 碰前和碰 后以及 B 球碰后的落地点到 O 点的水平距离；则需要测量的量：水平槽上未放 B 球时，测量 A 球落点位置到 O 点的距离；A 球与 B 球碰撞后，测量 A 球落点位置到 O 点的距离以及测量 A 球 和 B 球的质量（或两球质量之比）；故选 ABD。 14.物理小组在一次探究活动中“探究恒力做功与动能变化量的关系”时，设计实验装置如 图。实验器材： 打点计时器、纸带、小车、沙桶、刻度尺、一端带有定滑轮的长木板、学生电源、细沙、细 线、天平等。 实验步骤： (1)将打点计时器固定在长木板上，把纸带的一端穿过打点计时器的限位孔。 (2)将细线一端与小车相连跨过定滑轮，让细线自由下垂。 (3)将长木板左端适当垫高，平衡小车摩擦力。 (4)在细线右端挂上沙桶，并在沙桶中放入适当细沙。由静止释放小车。 (5)从复几次，选择合适的纸带，记录数据。 数据记录： 该同学某次实验时称得小车的质量 2kgM  、沙桶及沙的质量 0.05kgm  同时选取了一条比 较理想的纸带如图，O 点为打点计时器打下的第一个点，每 5 个点选一个计数点分别为 A、B、 C、D、E、F、G，利用刻度尺测量了各计数点到 O 点的长度，并填入下表。 计数点 A B C D E F G 距离 s/cm 1.13 2.01 3.13 4.49 6.14 8.02 10.12 速度 v/（m/s） 0.100 0.124 0.175 0.199 (1)在实验步骤 3 中，如何判断小车所受摩擦力是否平衡：______。 (2)在实验步骤 4 中，为了让细线拉力近视为小车所受合外力，则小车的质量 M 与沙桶及沙的 质量 m 关系必须满足:m ________ M（填“远大于”、“远小于”）。 (3)请计算出计数点 D 的速度 Dv  _____（保留三位小数），完善表格； (4)为了能够更加合理地探究恒力做功与动能变化量的关系，请利用表格数据在如图中以小车 运动距离 s 为横轴，选择____为纵轴并描出一条通过原点的直线。 (5)如果该直线的斜率等于：_____（保留两位小数）则就说明小车所受合外力做功等于小车 动能变化量。 【答案】 (1). （1）轻推小车，让小车拖着纸带在木板上运动，如果纸带上点迹均匀， 即可说明小车做匀速运动，小车所受摩擦力得到了平衡； (2). （2）远小于； (3). （3） 0.151m/s (4). （4）v2 (5). （5）0.50 【解析】 【详解】（1）轻推小车，让小车拖着纸带在木板上运动，如果纸带上点迹均匀，即可说明小 车做匀速运动，小车所受摩擦力得到了平衡； （2）在实验步骤 4 中，对小车和沙桶组成的系统，根据牛顿第二定律可知：mg=（m+M）a； 对小车： 1 Mmg mgF Ma mm M M     ＝ ，为了保证小车受到的合力与沙和沙桶的总重力大小近 似相等，故 m＜＜M。 （3）计数点 D 的速度 2(6.14 3.13) 10 m/s 0.151m/s2 0.2 CE D xv T     . （4）若以小车运动距离 s 为横轴，选择小车速度的平方 v2 为纵轴并描出一条通过原点的直线。 如图； 若小车所受合外力做功等于小车动能变化量，则 21 2mgs Mv ，即 2 2mgv sM  ，即 v2-s 的斜 率 22 2 0.05 9.8 0.49m/s2 mgk M     。 而直线的斜率为 2 2 2 0.04 0 0.50m/s8 10 vk ks         ，则可说明小车所受合外力做功等于小 车动能变化量。 三.计算题 15.宇航员站在半径为 R 的某星球表面上，手持小球从高度为 h 处以一定初速度。水平抛出， 小球落到星球表面上的点与抛出点的水平距离为 L.已知万有引力常量为 G.(抛出范围内忽略 该星球表面的曲率及自转影响，空气阻力不计)求: (1)该星球表面的重力加速度 g 和星球的质量 M; (2)该星球的第一宇宙速度 v1。 【答案】(1) 2 2 2 2hv RM GL  (2) 2 1 2 2hvv RL  【解析】 【详解】(1)设星球表面的重力加速度为 g，则根据小球的平抛运动规律得: 21 2h gt L vt 联立得: 2 2 2hvg L  再由 2 GMmmg R  联立以上两式解得: 2 2 2 2hv RM GL  (2)根据万有引力等于向心力得: 2 1 2 vGMm mR R  解得 2 1 2 2hvv RL  16.如图所示，质量为 Bm 3kg 的薄木板 B 放在水平面上，质量为 Am 2kg 的物体 A（可视 为质点）在一电动机拉动下从木板左端以 0v 6m/s 的速度向右匀速运动。在物体 A 带动下， 木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出机械功率 P=96W。已知木板与地面间的动 摩擦因数 0.2  ，重力加速度 g 取 10m/s2。求： （1）木板 B 运动的加速度大小； （2）木板 B 的长度满足什么条件，物体 A 最终能滑离木板 B。 【答案】（1） 22 /a m s （2）长度小于 9m 【解析】 【详解】（1）电动机对物体 A 的拉力为： 0 16PF Nv   ； 物体 A 匀速运动，AB 的摩擦力为 8fF F N ： 对木板根据牛顿第二定律有  f A B BF m m g m a   代入数联立解得 22 /a m s： （2）A 刚好离开 B， 2 0 1 2v t L at 位移关系为： 此时的速度为： 0v at 代入数据解得 9mL：  所以木板的长度小于 9m 即可 17.如图甲所示，长为 L、间距为 d 的两金属板 A、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带 电粒子以速度 v0 从 a 点水平射入，沿直线从 b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变 电压上，欲使该粒子仍能从 b 点以速度 v0 射出，求： (1)交变电压的周期 T 应满足什么条件？ (2)粒子从 a 点入金属板的时刻应满足什么条件？ 【答案】(1) 0 LT nv  其中 n 取大于等于 0 02 2 qUL dv m 的整数（2） 2 1 4 nt  【解析】 【详解】(1)为使粒子仍从 b 点以速度 v0 穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为： 加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的 方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有 L＝nTv0， 解得： 0 LT nv  粒子在 1 4T 内离开中心线的距离为 21 ( )2 4 Ty a 又 qEa m  ， 0UE d  ， 解得: 2 0 32 qU Ty md  在运动过程中离开中心线的最大距离为 2 02 16m qU Ty y md   粒子运动中不撞击金属板应有： 2m dy  解得： 0 22 mT d qU  故 0 02 2 qULn dv m  ，即 n 取大于等于 0 02 2 qUL dv m 的整数 所以粒子的周期应满足的条件为 0 LT nv  ，其中 n 取大于等于 0 02 2 qUL dv m 的整数． (2)粒子在做往复运动，只需竖直方向的位移等 0，需要粒子第一段加速的时间是 4 T ， 根据周期性，可知粒子进入电场的时刻可以为为 4 T ， 3 4 T ， 5 4 T ，… 故粒子进入电场的时刻为 2 1 4 nt T (n＝1，2，3…)． 【点睛】本题考查带电粒子在电场中运动的规律，要注意明确粒子在电场中的运动过程，特 别是竖直方向上的运动分析． 18.如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水 平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=6.0kg 的物块 A。装置的中间是水平传送带， 它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表 面以 u=2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径 R=1.25m 位于竖直平面内的光滑 1/4 圆弧轨 道。质量 m=2.0kg 的物块 B 从 1/4 圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的动 摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离 l=4.5m。设物块 A、B 之间发生的是正对弹性碰撞， 第一次碰撞前，物块 A 静止。取 g=10m/s2。求： （1）物块 B 滑到 1/4 圆弧的最低点 C 时对轨道的压力； （2）物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； （3）如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们 再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 经第一次与物块 A 碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）F1=60N，方向竖直向下（2）12J（3）8s 【解析】 （1）设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0．由机械能守恒定律得： mgR= 1 2 mv0 2 代入数据解得：v0=5 m/s， 在圆弧最低点 C，由牛顿第二定律得：F−mg＝ 2 0 v R 代入数据解得：F=60N， 由牛顿第三定律可知，物块 B 对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下． （2）在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得：μmg=ma， 设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有 v2-v0 2=-2al 代入数据解得：v=4m/s， 由于 v＞u=2 m/s，所以 v=4m/s 即为物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小． 设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正 方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2， 由机械能守恒定律得： 1 2 mv2= 1 2 mv1 2+ 1 2 Mv2 2， 解得：v1=− 1 2 v=-2m/s，v2=2m/s， 物块 A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： EP= 1 2 Mv2 2= 1 2 ×6×22=12J； （3）碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动．设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为 l′， 由动能定理得：-μmgl′=0- 1 2 mv1 2 解得：l′=2m＜4.5m， 所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上． 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动． 可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v1′=2m/s， 继而与物块 A 发生第二次碰撞．设第 1 次碰撞到第 2 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时 间为 t1．由动量定理得：μmgt1=2mv1′，解得： ' 1 1 2 2 1 12 4 42 2 vt v sg g    ＝ ＝ ＝ ＝ ，设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律 得：mv1′=mv3+Mv4， 1 2 mv1′ 2= 1 2 mv3 2+ 1 2 Mv4 2， 代入数据解得：v3=-1m/s， 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动． 可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为 v3′=1m/s，继而与物块 A 发生第 2 次碰撞． 则第 2 次碰撞到第 3 次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为 t2．由动量定理得：μmgt2=2mv3 解得： ' 3 2 1 2 2 2 1 2 1 1 12 4 22 2 2 2 vt v v sg g g      ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ， 同上计算可知：物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰撞… 第 n 次碰撞后物块 B 在传送带运动的时间为：tn= 1 1 2n ×4s， 构成无穷等比数列，公比：q= 1 2 ， 由无穷等比数列求和公式：t 总＝t1 1  1 nq q   可知， 当 n→∞时，有物块 B 经第一次与物块 A 碰撞后在传送带运动的总时间为：t 总= 1  11 2  ×4=8s； 点睛：本题是一道力学综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分 析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解 题．