山东省淄博市2023-2024学年高三年级上册期末摸底质量检测物理试题

山东省淄博市2023-2024学年高三上学期期末摸底质量检测

物理试题

一、单选题

1.2023年12月1日，在北京观测到了极光现象。来自太阳的高能带电粒子流被地磁

场俘获，形成极光现象。如图所示，是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图,

忽略万有引力和带电粒子间的相互作用，以下说法正确的是（）

A.图中所示的带电粒子带正电

B.洛伦兹力对带电粒子做正功，使其动能增大

C.图中所示的带电粒子做螺旋运动时，旋转半径越来越小

D.若带负电的粒子在赤道正上方垂直射向地面，一定会向东偏转

2.周村古商城有一件古代青铜“鱼洗”复制品，在其中加入适量清水后，用手有节奏地

摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声，并能使盆内水花四溅，如图甲所示。图乙为某时刻

相向传播的两列同频率水波的波形图，4B、C、。四个位置中最有可能“喷出水花”的

位置是（）

甲乙

A./位置B.8位置C.C位置D.。位置

3.洛埃镜实验可以得到杨氏双缝干涉实验的结果，其实验的基本装置如图所示。S为

单色光源，M为一平面镜，S发出的光直接照在光屏上，同时s发出的光还通过平面镜

反射到光屏上，最终在光屏上得到明暗相间的干涉条纹。设光源S到平面镜的垂直距离

和到光屏的垂直距离分别为d和L,光的波长为彳，在光屏上形成干涉条纹。则（）

试卷第1页，共10页

光屏

A.若将平面镜M右移一小段距离，光屏上的条纹间距变小

B.若将平面镜“右移一小段距离，光屏上的条纹间距变大

C.相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离©=。幺

a

D.相邻两条亮纹（或暗纹）间的距离Ax=97a

4.理论上利用三颗赤道上空位置适当的人造卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持

无线电通讯。已知地球的半径为五,地球表面重力加速度为g,现用三颗卫星来实现上

述目的，则卫星绕地球转动线速度的最大值为（）

A.档B.4gRC.曾D.师

5.距地面高12.5m的水平直轨道上有43两点相距3m,在8点用细线悬挂一小球，离

地高度为〃，如图。小车沿轨道向右做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，以2m/s的

速度经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至8点时细线被轧断,

两球在距离地面匚处相碰，小球落地后不反弹。不计空气阻力,取重力加速度g=1Om/S?。

可求得力等于（）

6.如图所示，一个直角边长为/的等腰直角三角形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁

场，一个边长也为/的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，三角形的高成与导线框

的一条边垂直，儿的延长线平分导线框。在7=0时，使导线框从图示位置开始以恒定

速度沿成方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。i表示导线框中感应电流的强度,

取逆时针方向为正。下列关于感应电流的强度i随时间f变化关系的图像中，可能正确的

是（）

试卷第2页，共10页

7.如图所示，是利用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度的一种方法。它的右臂挂着

等腰梯形线圈，且。6=2cd=2/,匝数为〃。线圈底边水平，一半的高度处于虚线框内

的匀强磁场中，磁感应强度3的方向与线圈平面垂直。当线圈中通入顺时针电流/时,

调节祛码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。在左盘中增加质量为加的祛码

A.虚线框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度饕

3nli

B.虚线框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度篝

3nli

C.虚线框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度无

3nli

D.虚线框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度曾

3nli

8.如图所示，为游乐场的“旋转飞椅”的示意图。“旋转飞椅”有一座椅的质量为加，“旋

转飞椅”靠电机带动，稳定转动时绳与竖直方向的夹角6=30。；若改变电机转速通过绳

试卷第3页，共10页

对座椅做功，使绳与竖直方向的夹角增大为60。，座椅稳定转动。已知绳的长度为c，

绳悬点到转轴的水平距离为厂=(,重力加速度为g,不考虑空气阻力和绳的质量，座

椅可视为质点。则该过程中，绳对座椅做的功为()

6+773)

C.---~mgL

二、多选题

9.图甲为一理想变压器的工作原理图。输入端。、b所接电压〃随时间f的变化关系如

图乙所示。灯泡L的电阻恒为15。，额定电压为24V,定值电阻q=10。、尺2=3C,滑

A.电源输入电压〃随时间f变化的规律是〃=220缶oslOOR(V)

B.电源输入电压〃随时间,变化的规律是〃=22O0cos5O加(V)

C.调节滑动变阻器接入电路的电阻为3。时，灯泡正常工作，则理想变压器原、副

线圈匝数比为多：%=22:3

D.滑动变阻器的滑片向下移动时，灯泡变亮

10.在绝缘光滑水平面上的x=-2/的N处、x=4乙的8处分别固定正电荷&、0B，如

图甲所示。图乙是N8之间连线上的电势。与位置x之间的关系图像，图中尤=2工点为

电势的最低点。若在x=-乙的C点由静止释放一个带正电小球(可视为质点)，下列说

试卷第4页，共10页

法正确的是（)

A.小球运动到x=2£处的加速度最大B.两正电荷带电量之比QA：QB=4：1

C.小球在x=2/处的动能最大D.小球不能经过x=3Z的位置

H.为取得良好的保温效果，一窗户安装了双层平行玻璃，双层玻璃由厚度均为a的单

层玻璃组成，两玻璃板平行且中间有空气。如图所示，一束光线从窗外射入室内，入射

光线与玻璃面的夹角e=37。，光线通过双层玻璃后出射光线与入射光线会有一个偏移

4

量（两光线的垂直距离），玻璃的折射率"=§,取$也37。=0.6,337。=0.8,则（）

3

A.这束光进入玻璃后折射角的正弦值为］B.这束光进入玻璃后折射角的正弦

9

值为与

C.这束光从室外到室内的偏移量为京9dD.这束光从室外到室内的偏移量为7

12.在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高

度为油（左＞1）和的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为%,球B的质

量为3加。设所有碰撞都是弹性碰撞，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间，重力加速

度为g。下列说法正确的是（）

试卷第5页，共10页

AQ

BOF

'77777777777777/

A.当球B第一次落地时，球A的速度大小为历

B.若左=5,则两球在球B第一次上升到最高点时相碰

C.若球B在第二次落地之前与球A相碰，贝上＜8

D.若左=17,球A在第一次碰后能达到的最大高度为5〃

13.某实验小组用图甲所示的双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。测得图中细

线长度均为与水平方向夹角均为凡小球两侧为光电计数器。

（1）用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径"=cm。

（2）双线摆的等效摆长7=（用所测物理量的符号表示）。

（3）将摆球垂直于纸面向外拉开一个较小的角度后释放。启动光电计数器，光电计数

器示数为“0”，由静止释放小球，小球每经过平衡位置。时光电计数器计数一次。当小

球第一次经过平衡位置。时，用秒表开始计时，当光电计数器上显示的计数次数为〃时,

测得所用的时间为乙由此可知：单摆的振动周期7==

（4）可测得当地的重力加速度g=（用小9、d、n、f符号表示）。

14.半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力

传感器在不同压力下的阻值4,其阻值约几十千欧，现有以下器材：

电源：电动势3V,内阻不计

电流表A1：量程250^A,内阻约为50。

电流表A2：量程250mA,内阻约为10。

试卷第6页，共10页

电压表V：量程3V,内阻约为20k。

滑动变阻器及：阻值范围0~100。

压力传感器&，开关S,导线若干请完成下列问题:

甲

（1）为了提高测量的准确性，电流表应选（选填"AJ或"A?”），并请补充完

整图甲中虚线框内的测量电路。（）

（2）通过多次实验测得其阻值4随压力尸变化的尸图像如图乙所示，由图乙可知

压力越大，压力传感器的阻值________（选填“越大”或“越小”）。

（3）完成前面的实验工作后，将该压力传感器接入如图丙所示电路中，制作成简易电

子秤，它主要构成有：压力传感器4,定值电阻4=14k。，理想电流表（量程

250RA）,电动势为6V的电源，电源内阻不计。将该电子秤水平放置在竖直方向运动

的电梯里，在托盘上放一祛码，托盘和祛码的总质量为600g,电流表示数为200口，

取重力加速度g=9.8m/s2。通过计算可知压力传感器的阻值为k。，可得电梯

的加速度大小为________m/s2,电梯的运动状态可能是0

四、解答题

15.一款语音控制电动窗帘轨道盒的工作原理如图所示，电动机通过轻绳拉动质量为

加A=0.4kg的滑块A（正常使用时滑块A与窗帘布连接）,质量为g=0-6kg的防撞滑块

B,用一轻绳与左墙面连接。从语音控制电动机接收到打开窗帘的指令开始计时，电动

机以额定输出功率牵引滑块A（未连接窗帘布）由静止出发，向左运动。当滑块A达到

最大速度%=lm/s后，与滑块B发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间电动

机自动切断电源停止对滑块A提供拉力，滑块A、B到达墙面时速度刚好为零。己知滑

块A、B在轨道上滑动时所受阻力均为滑块重力的0.2倍，A最初位置与滑块B相距

2=4m。取重力加速度g=10m/s2。求：

试卷第7页，共10页

（1）电动机正常工作时的额定输出功率P;

（2）滑块A由静止出发到最后停止运动所用的时间建

电动机--•

16.新一代航母拦阻系统采用了电磁阻拦技术，其工作原理如图所示，两根电阻不计的

平行金属轨道"N、尸。固定在水平面内，间距为工，两轨道之间存在垂直轨道向下的匀

强磁场，磁感应强度大小为3,两轨道左端点M、P间接有阻值为R的电阻，一个长度

也为£、阻值为厂的导体棒协垂直于"N、放在轨道上。质量为力的飞机水平着舰

钩住导体棒仍上的绝缘绳（导体棒仍和绝缘绳的质量均忽略不计），同时关闭动力系统，

飞机与导体棒、绝缘绳瞬间达到共同速度%,在第一次试降测试中，两轨道之间未施加

磁场，它们受到恒定阻力，飞机从着舰到停止滑行的距离为x,在第二次试降测试中,

两轨道之间施加磁场，导体棒仍与轨道始终接触良好且垂直于轨道，飞机从着舰经时

间，停在甲板上，除受到安培力外，还受到与第一次试降相同的恒定阻力作用。取重力

加速度为g。求飞机在第二次测试中，

（1）导体棒所受安培力的最大值外；

（2）从着舰到停止滑行的距离x'。

MN

xx%xxB*

xb=O=»xxx

17.如图所示，有一圆心为。、半径为尺=可111的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，半

径ON与水平半径之间的夹角0=143。。圆弧轨道右侧某处有一光滑水平桌面，桌面

边缘与木板C的左侧对齐，木板C长为Z=2m且厚度不计，在木板C左端0点有一静

止的小滑块B。现将小球A从圆弧轨道内侧”点由静止释放，并从圆弧轨道末端N点

飞出，到最高点时恰好与滑块B发生弹性碰撞，A、B可视为质点且碰撞时间极短。已

知质量"八=O」kg的球A表面光滑，滑块B与木板C的质量"%=代=0-2kg,B、C两

者之间的动摩擦因数为〃=04,取重力加速度g=10m/s2,空气阻力忽略不计，

sin53°=0.8,cos53°=0.6o

（1）求球A到达N点时速度的大小v”；

（2）求N点与0点之间的水平距离x；

试卷第8页，共10页

（3）求A、B碰撞后，滑块B和木板C组成的系统损失的机械能A£；

（4）若仅将滑块B初始位置向右移动，使滑块B到木板C左端。点的距离等于

kL（O〈k&l）,球A仍从M点由静止释放，求A、B发生弹性碰撞后整个过程中摩擦力

对滑块B所做的功与。

18.如图所示，在xoy平面内04x421,-4WyWd的尸。7W区域中，存在沿了轴正方

向的匀强电场，电场上边界尸。正上方和下边界九W正下方填充某特殊物质，粒子进入

即被吸收，X>24的整个区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场I。某时刻，均匀分布在

9边的大量带电粒子沿x轴正方向以速度%同时进入电场，所有粒子均带正电，质量

为冽、电荷量为乡。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。若有50%的粒子恰好能从

QN边界射出。

（1）求匀强电场场强£的大小；

（2）若从电场射出的粒子经磁场I偏转后能全部回到电场，求磁场I的磁感应强度8的

取值范围；

（3）若磁感应强度8的大小取（2）中的最小值，求在磁场I中有粒子经过的区域面积

S；

（4）保持电场和磁场I方向不变，将匀强电场场强的大小调为原电场场强的：，调节磁

O

场I磁感应强度大小为玄（大小未知），在x<0的整个区域再填充一个垂直纸面向里，

磁感应强度大小也为"的磁场n。一质量为沉、电量为q的正粒子从尸〃中点。以沿x

轴正方向的速度%进入电场，该粒子第一次从QN返回电场后再次穿过时恰好第二

次经过。点。求"大小和该粒子第三次经过O点的速度大小V。

试卷第9页，共10页

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.C

【详解】A.地球的磁场由南向北，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；

B.洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，动能不变，故B错误；

C.粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m——

R

得出的半径公式

7?=—

Bq

可知，当磁感应强度增加时，半径减小，图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越

来越小，故C正确；

D.若带负电的粒子在赤道正上方垂直射向地面，由左手定则可知一定会向西偏转，故D错

误。

故选C。

2.B

【详解】由题意知“喷出水花”是因为两列波的波峰与波峰或波谷与波谷发生了相遇，即振动

加强。由图像可知，两列波的波峰传到3位置时间相等，故8是振动加强点，其它三点振

动不稳定。所以最可能“喷出水花”的是8位置。

故选B。

3.D

【详解】CD.光源到屏的距离可以看做双缝到屏的距离乙，光源S至IJS平面镜中虚像的间距

看做双缝的间距小，则有

d=2d

根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式可得

Zkx=—A--^-2

d'2d

故C错误，D正确；

AB.若将平面镜"右移一小段距离，光源S到S平面镜中虚像的间距看做双缝的间距d'不

变，光屏上的条纹间距不变。故AB错误。

故选D。

4.A

答案第1页，共16页

【详解】设地球半径为凡画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线

电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示

由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径

r=2R

则

^Mmv2

G——=m—

rr

在地球表面

G朽=〃陪

解得卫星绕地球转动线速度的最大值为

故选Ao

5.B

【详解】经过4点，将小球自由卸下后，A球做平抛运动，小车从Z点运动至8点，根据

运动学规律

vj-v/=2%B

解得

vB=4m/s

所用时间

公Uk=LOs

a

h

小车运动至8点时细线被轧断，两球在距离地面1处相碰，设又经历时间％，根据运动学规

律可得A球和B球

答案第2页，共16页

Lh\(\2

hI2

一=-g,2

222

联立解得

t2=0.5s

h=2.5m

故选B。

6.C

【详解】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐

渐增大，感应电流也逐渐增大，如图的位置I；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁

场边界，切割磁感线的有效长度不变，感应电流不变，如图的位置I-H；当正方形线框下边

离开磁场，上边尚未进入磁场过程中，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零。如图的位置

n-in；当正方形线框下边继续离开磁场，上边也进入磁场过程中，上下两边线框切割磁感

线产生的感应电动势方向相反，切割磁感线的有效长度增大，产生的感应电动势增大，感应

电流增大，如图的位置IH-IV。从正方形线框上边完全进入到上边完全离开过程中，切割磁

感线的有效长度不变，产生的感应电动势不变，感应电流不变。如图的位置V-VI。

故选c。

7.B

3/

【详解】线圈一半处于匀强磁场中，则有效长度为安培力大小为

F=nBI-—

2

答案第3页，共16页

电流反向时，需要在左盘中增加质量为小的祛码，说明原来的安培力方向向上，根据左手

定则可知，方框内磁场方向垂直纸面向外，当电流反向，安培力变为向下时，再次平衡，说

明安培力等于mg的一半，即

的包=理

22

所以

B4

3nli

故选B。

8.A

【详解】初始时有

2

mgtan9x-m----2-----

r+£sinOx

末状态有

mgtan0=m

2尸+£sin%

该过程中，由功能关系可知，其做功为

沙=；mv1-；+mg(Lcos01-Lcos%)

解得

（7用3）

W=------------mgL

12

故选Ao

9.AC

【详解】AB.电源输入电压〃随时间看变化的规律是

u=umcos1=220A/2COS]2.工/(V)=220>/2cosl00.(V)

故A正确，B错误；

C.灯泡正常工作，通过灯泡的电流为

—.6A

%15

设4两端电压为。，根据电流关系有

答案第4页，共16页

I4+工

R[R2+R

变压器原线圈电压为

it

U、=-^=220V

V2

变压器副线圈电压为

。2=。灯+U=30V

理想变压器原、副线圈匝数比为

nxU\22

n2U23

故c正确；

D.滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，变

压器原、副线圈电压不变，电路总电流减小，灯泡变暗，故D错误。

故选AC。

10.BC

【详解】A.0-x图像中，斜率即为合电场强度E,x=2乙点处斜率为0,即合电场强度为

0=小球运动到x=22处的加速度为零，最小。故A错误；

B.x=2£处场强为零，根据点电荷场强则有

k-^=k-^

(4疗(2Z)2

解得

2：4=4：i

故B正确；

C.从x=到x=2£的过程中，电势降低，带正电小球电势能减小，电场力做正功，动能

增加。从x=2£再向右运动过程中，电势升高，带正电小球电势能增大，电场力做负功，动

能减小。小球在x=2£处的动能最大。故C正确；

D.设C点和小球运动能到达的最右端处电势差为U,根据动能定理得，

qU=0

得

u=o

所以小球能运动到电势与出发点相同的位置。由乙图可知，和x=T处电势相等的点在

x=3Z的右侧，故小球能经过x=3Z的位置。故D错误。

答案第5页，共16页

故选BC„

11.AD

【详解】AB.光线射入玻璃面的入射角

，=90°-6=53°

射入玻璃的折射角为八根据光的折射定律可得

sinz

n=———

sinr

解得

.sin5303

smr=——；——二—

45

3

故A正确，B错误;

由光路的可逆性可知，空气中的光线都是平行的，玻璃中的光线也是平行的，设光线通过第

一块玻璃光线的侧移量为M，光线通过第二块玻璃光线的侧移量为12,根据光路图中的

几何关系可得

Ax1=AX2

则出射光线相对于入射光线的侧移量

Ax=2Axi=2dsin(Z-r)--d

cosr10

故C错误，D正确。

故选ADo

12.ABD

【详解】A.由于两球同时释放，所以球B第一次落地时A球下落的高度为〃，设此时A

答案第6页，共16页

球的速度大小为V,有

v2=2gh

解得

v^y12gh

故A项正确；

B.设B反弹后经时间，后与A碰，A、B碰撞时，A球自由下落高度

7712

〃A1=h+vQt+-gt

B球竖直上升的高度

712

%=vot~~St

因为相碰，所以有

kh=/zA1+/zB1=h+2vQt

其中%=而^，因为B球上升到最高点，所以有

解得

k=5

故B项正确；

C.若在B球第二次落地前与A球相碰，则时间/有

2h。2h

——<t<2——

NgNg

结合之前的分析有

5<k<9

故C项错误；

D.若左=17,则由之前的分析可知，碰撞用时为

A2h

由之前的分析可知,B球从地面弹起到最高点时间为'工，所以其AB两球在落地瞬间碰撞,

答案第7页，共16页

则此时A球的速度设为匕，B球的速度设为匕碰后A球的速度为VA，B球的速度为％,有

v；=2g-17/7

v2=v=y[2gh

两球碰撞有

mvx+3mv2=mvA+3mvB

—mVy+；-3加v；=；加v：+—•3mVg

A球碰后上升的高度为71,有

2

H=江

2g

解得

H=5h

故D项正确。

故选ABDo

22d

T.nd2t7r(n-l)\Lsm0+-\

13.1.86Lsm0+-——'2J

2I---------?---------

【详解】(1)[1]小球的直径为

d=18mm+6x0.1mm=18.6mm=1.86cm

(2)[2]摆长等于摆线的有效长度与小球的半径之和，即等效摆长为

=Zsin^+—

2

(3)[3]当光电计数器显示数为“1”时是0时刻，故计数次数刚好为〃时，周期次数为

〃一1

N=-----

2

故单摆的振动周期

T_t_2t

(4)[4]根据单摆的周期公式可知

可得

答案第8页，共16页

14.0.2向上加速运动

或向下减速运动

【详解】(1)[1]电路中最大电流为

E3

A=0.3mA=300|iA

max23

Rv10xl0

故为了提高测量的准确性，电流表应选A1；

[2]由于滑动变阻器的阻值相比压力传感器阻值小得多，且使电表示数变化范围更大，滑动

变阻器采用分压式接法，根据

(2)[3]由图乙可知，压力越大，压力传感器的阻值越小;

(3)[4][5][6]由闭合电路的欧姆定律

7=—^—

代入数据解得

4=16kO

由图乙可知，当&=16kO时，压力传感器的示数为

F=6.0N

答案第9页，共16页

由牛顿第二定律

F—mg=ma

解得

a=0.2m/s2

因为加速度方向竖直向上，且不知道电梯的运动方向，所以电梯的运动状态可能是向上加速

运动或向下减速运动。

15.(1)P=0.8W；(2)t=4.45s

【详解】(1)滑块A达到最大速度时

F=f

又

f=kmxg

而

P=FL

解得电动机正常工作时的额定输出功率

P=0.8W

(2)A与B碰撞前，对A物体，由动能定理得

12

Ptx-kmAgL=-mAvm-0

解得

tx=4.25s

A和B碰撞过程，由动量守恒定律得

加AKH=(加A+WB)VAB

解得

vAB=0.4m/s

A和B碰撞后，根据牛顿第二定律

解得

a=2m/s2

答案第10页，共16页

又根据运动学公式

0=为一成2

解得

t2=0.2s

故滑块A由静止出发到最后停止运动所用的时间

t=+12=4.45s

B?为。+均。

16.(1)F；(2)x'=

mR+r2*I2x)

【详解】(1)当速度最大时，导体棒所受安培力最大，有

Fm=BIL

E=BLv。

/=—^―

R+r

解得

F一通

R+r

(2)第一次测试：

f=ma

0-VQ=2(-a)x

可得

2

2x

第二次测试过程由动量定理可得

-£—=(或-工BILAf一Ji=0一mv。)

2

BI}X',八

—一#=0一叫

解得

_加%(R+

X

B21：

17.(1)vw=10m/s；(2)x=4.8m；(3)AE'=0.8J；(4)当0＜左41■时，W(=-l.2},当

答案第11页，共16页

g〈后41时，匕=0.8病=T+0.8A•—1.6

【详解】(1)球A从M点运动到N点，由动能定理得

12

mAgRcos53°=—mfiyN-0

解得

vN=lOrn/s

(2)球A离开N点后做斜抛运动，水平方向

x=vNcos53°-tA

竖直方向

vNsin53°-gtx=0

解得

x=4.8m

(3)A、B物体碰撞，动量守恒、能量守恒

m#Ncos53°=mAvA1+mBvB1

1/\21?12

-mAcos53J=-mAvA1+-mBvB1

解得

vB1=4m/s

B在C板上滑动过程中，若共速前不从C板上滑下。由动量守恒、能量守恒得

mBvB1=(mB+mc)vBC

VWWV+

|«BBI=1(B+C)BCAWBgAx

解得

vBC=2m/s

Ax=Im<£=2m

则物块B未从C板滑下。滑块B和木板C组成的系统损失的机械能为

AE*=jumBg/\x=0.8J

(4)当。〈人vg时，B不会从C板滑下，对B物体由动能定理得

答案第12页，共16页

1212

匕=5/BKC-'加BVBI

解得

%二—1.2J

当:〈左＜1时，B能从C板滑下，由动量守恒和能量守恒得

-wBvB2+/ncvC2

1=；%总+；机。总+〃加g（l一女）乙

5加BV]

解得

Vg2=2+2)2k—1

由动能定理得

解得

W{=0.8J2左一1+0.81-1.6

2，万友5、

18.(1)E=吗;⑵B2号;屋;(4)"=警,出

(3)S=—+——+—V=-------Vn

2qdqa1824;aq20

【详解】（1）有50%的粒子能够射出电场，则粒子在电场中竖直偏转距离为4。粒子做类平

抛运动，

竖直方向

/1,2

d=—at