2026年黑吉辽蒙新高考物理试卷（解析版）

2026年黑吉辽蒙新高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第卜7题只有一项符合题目要求,

每小题4分；第8〜10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有

选错的得。分。

1.（4分）某游客驾车由丹东出发，沿“最美边境公路”国道G331到达额济纳旗，路线如图中实线所示,

总里程约7500km,起点到终点的直线距离约2000km。此过程（）

B.该车的位移大小约为7500km

C.某时刻该车速度计显示的是平均速度

D.若研究该车的运动轨迹，该车可视为质点

【分析】根据路程和位移、平均速度和瞬时速度的区别与联系，结合质点的条件分析求解.

【解答】解：A.该车的路程指实际里程距离，故路程约为7500km,故A错误；

B.该车的位移大小为起点到终点的直线距离，故位移大小约为2000km,故B错误；

C.某时刻该车速度计显示的是当前时刻的速度，即瞬时速率，故C错误；

D.该车的运动轨迹远远大于车长，故可以忽略车的大小、形状，可以视为质点，故D正确：

故选：Do

【点评】本题考查了路程和位移、质点以及速度，理解基本物理量背后的含义是解决此类问题的关键。

2.（4分）秧马是古代插秧时用的一种农具，苏轼用“日行千畦”形容其高效。如图，人抬脚跨坐在秧马

上，与其一起向前减速滑行的过程中（）

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q0。

0--

A.秧马的加速度方向向后

B.秧马受到秧田的摩擦力方向向前

C.秧马对人的支持力和人对秧马的压力是一对平衡力

D.秧马对人的支持力和人受到的重力是一对作用力与反作用力

【分析】运动方向向前，减速运动，加速度与速度反向，即加速度向后；

摩擦力阻碍运动，所以地面给秧马的摩擦力也向后；

平衡力：作用在同一个物体上、大小相等、方向相反、同一直线：相互作用力：作用在两个不同物体上、

大小相等、方向相反、同一直线。

【解答】解：A、物体减速运动时，加速度与速度方向相反。秧马向前滑行、速度向前，因此加速度向

后，故A正确；

B、摩擦力是阻力，阻碍相对运动。秧马相对秧田向前滑，所以秧田对秧马的摩擦力向后，故B错误；

C、秧马对人的支持力、人对秧马的压力，作用在两个不同物体上，是相互作用力，不是平衡力，故C

错误；

D、秧马对人的支持力、人受到的重力，都作用在人身上，是一-对平衡力，并非相互作用力，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题主要考查的是运动与加速度的关系、摩擦力方向判断、平衡力和相互作用力辨析，难度不

大。

3.（4分）某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，得到的I-U图像如图所示。从图中状态a到

状态b,小灯泡电阻的变化量和电功率的变化量分别为（）

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A.2.00,0.28WB.2.0(1,0.68W

C.7.00,0.28WD.7.0H,0.68W

【分析】根据坐标图分析a、b时的电阻和电功率，然后分析变化最。

【解答】解：由图可知a点时坐标(0.6V,0.2A),b点时坐标(2.0V,0.4A),则a点时小灯泡电阻R。二

0.61/2.0K

7777=3.0。，电功率Pa=().6VX0.2A=0.12W,b点时小灯泡电阻Rb=7777=5.00,电功率Pb=2.0V

U.Z/iU.T'/I

X0.4A=0.8W,则电阻变化量41<=5.0。-3.0C=2.0C,电功率变化量△P=0.8W-0.12W=0.68W,故

B正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】考查了小灯泡的伏安特性曲线的分析方法，理解小灯泡的电阻变化原因，熟练掌握常用的表达

式即可。

4.(4分)某种微型“纳米光子电子加速器”利用激光照射周期性排列的纳米柱体时产生的交变电场来加

速电子束。电子束通过虚线框区域的极短时间内，电场可视为怛定的，电场线分打如图所示，这段时间

内()

A.a点的电场强度比b点的大

B.电子沿直线从a点运动到b点时，动能减小

C.电子沿直线从b点运动到c点时，速度增大

D.电子束的横截面大小和形状均不变

【分析】根据电场线疏密判断场强大小，结合电子受力方向与电场线反向，通过电场力做功的正负利用

动能定理分析动能、速度变化，再判断电子束形态变化。

【解答】解：A.电场线的疏密程度表示电场强度的大小，a点处电场线比b点更稀疏，故Ea<Eb，故A

错误;

B.电子带负电，所受电场力方向与电场线方向相反；电子从a点运动到b点的过程中，电场力方向与位

移方向相同，电场力做正功，根据动能定理W=AEk，电子动能增大，故B错误；

C.电子从b点运动到c点的过程中，电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理W=A

Ek，电子动能增大，速度增加，故C正确；

D.不同位置的电场强度大小、方向存在差异，电子束中不同电子所受电场力不同，会发生不同程度的偏

转，因此电子束的横截面人小和形状会发生改变，故D错误。

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故选：Co

【点评】本题以新型纳秒光电子加速器为背景，综合考杳电场线的物理意义、电场力做功与动能变化的

关系，将基础物理概念与科技应用场景相结合，侧重考查对核心知识点的理解与应用。

5.（4分）如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P

点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（）

【分析】小球释放后，将运动沿水平和竖直方向正交分解，竖直方向的运动不受洛伦兹力，水平方向的

运动受洛伦兹力，根据左手定则分析洛伦兹力方向，再判断轨迹方向。

【解答】解：小球释放后，重力势能转化为动能，将小球的运动分解为竖直向下的运动和水平向右的运

动，俯视图如图所示：

由左手定则可知俯视时小球所受洛伦兹力向上，轨迹向上偏转，直到到达最高点,

由最高点再次运动时，水平方向的初速度指向0点，俯视图如图所示：

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XXXX

上

由左手定则可知俯视时洛伦兹力斜向右下方，故B正确，ACD错误。

故选：Bo

【点评】考查了带电粒了•在磁场和重力场中做一般曲线运动的分析方法，关键是将运动分解，分析水平

方向的运动。

6.（4分）动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图（a）所示，图（b）为线圈所在区域磁场分布。将其用作

话筒时，锥形纸盆的振动带动线圈运动，把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向,

若x随时间t的变化如图（c）所示，则a、b间电势差Uab随t变化的图像可能为（）

图(a)图(b)m（c）

【分析】根据法拉第电磁感应定律结合x随时间变化情况推到电动势随时间变化情况，结合右手定则进

行分析。

【解答】解：图（b）磁场沿径向向外，线圈左右运动时，导线切割磁感线，动生电动势E=nBLv；

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由于x随时间成正弦规律变化，即x=Asino）t,将位移x对时间求导可得：v=Aa）cosa）t；

由于速度随时间成余弦规律变化，则感应电动势随时间成余弦规律变化：

规定向右为线圈位移x的正方向，根据图（a）结合右手定则可知开始时电流由a流向b,因此a端为负

极，b端为正极，则有Uab〈O,故D正确，ABC错误。

故选：Do

【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律，要能够根据位移的变化情况确定速度的变化情况。

7.（4分）如图（a）,水平面上一质量为m的物块在拉力F作用下，以初速度v（）由原点O出发，沿x轴

依次经过M、N、Q三点。已知0M=MN=NQ=xo,物块与水平面间的动摩擦因数为p,重力加速度

为g,v0=砥，F随位置x的变化如图（b）所示。设物块经过N、Q两点时F的瞬时功率分别为

PN、PQ，经过OM、MN、NQ段F的平均功率分别为POM、PMN、PNQ，则（)

A.PN>PQ，POM>PMNB.PN〈PQ,POM>PMN

C.PN>PQ，PMNVPNQD.PN〈PQ，PMNVPNQ

【分析】F・x图中图线与横轴所围图形面积代表做功，根据动能定理分析各点的速度，然后分析瞬时

功率，物块的运动是线性变化的，可根据初末速度比较各阶段平均速度，然后比较平均功率。

【解答】解：F・x图中图线与横轴所用图形面积代表做功，物块由O到M,由动能定理可知》

11____

-fimgxo=代入数据可得v”=诉旃，

3umqxo1cle______

物块由M到N,由动能定理可知--------fimgxQ=3九品一初九隔，代入数据可得=、/24gM

3umax（）1rle______

物块由N到Q,由动能定理可知-pmgxo=*谜-代入数据可得VQ=

瞬时功率P=Fv,可知PN=2所~,J2“ga,PQ=卬ng，J3〃g%o,有PN>PQ，

物块所受摩擦力£=闺!^，物块由O到M,F<f,物块做加速度减小的减速运动，由M到N,F>f,物

块做加速度增大的加速运动，由N到Q,物块做加速度减小的加速运动，

物块由O到M和由M到N,v0=vN,两段运动受力都是线性变化，由初末速度可知运动时间相等，

由F-x图可知WMN=3W（）M，则P。”VPON，

物块由M到N和由N到Q,由初末速度可知NQ段速度大于MN段，由F-X图可知拉力做功相等，

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则FMNVPNQ，故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】考查了瞬时功率和平均功率的比较，关键是根据面枳分析做功，根据初末速度分析平均速度。

（多选）8.（6分）一定质量的理想气体由状态a经状态b、c变化到状态d,p-V图像如图所示，则（）

A.状态a的温度比状态b的高

B.状态b的内能比状态c的大

C.b-c、c-d过程气体对外做的功相等

D.c-d过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量

【分析】A、根据坐标图分析气体的变化，再根据理想气体状态方程分析：

B、根据坐标图分析状态参展，根据理想气体状态方程分析温度变化，再分析内能；

C、p-V图中，图像与横轴所围图形的面积代表做功；

D、先根据坐标图和理想气体状态方程分析温度变化，内能变化，然后根据热力学第一定律分析吸热和

做功的关系。

【解答】解：A、由图可知，理想气体由a到b做等压变化，体积增大，由理想气体状态方程罕=。可

知，温度升高，即状态b的温度比状态a的高，故A错误；

PbVbVcV-

B、由图可知pb=3po，V=2V,p=Po»V=3V,由理想气体状态方程可知-7—==一,代入数据

b0cCOlbIc

可得几=2葭，温度降低，内能减小，则状态b的内能较大，故B正确；

C、p・V图中，图像与横轴所围图形的面积代表做功，由图可知由b到c气体做功较大，故C错误；

pV

D、由图可知，理想气体由c到d做等压变化，体积增大，由理想气体状态方程与=。可知，温度升高,

内能增大AU>0,由热力学第一定律AU=Q+W可知，气体从外界吸热大于气体的对外做功，故D正

确。

故选：BD。

【点评】考查了p-V图像的分析方法，图像与横轴所围图形的面积代表做功，先根据图像判断气体变

化方式，再结合状态方程或热力学第一定律分析。

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（多选）9.（6分）我国计划将“羲和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格朗日点L5。研究表明，太

阳中心S、地球中心E和L5的连线构成稳定的等边三角形，太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周

期绕日地连线上的P点做圆周运动，如图所示，则（）

P.

s•，、....”

L5

A.卫星的向心加速度比地球的大

B.卫星与地球的线速度大小相等

C.太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S连线中点

D.太阳和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量之比

【分析】根据向心加速度公式，结合三者周期相同，综合卫星做匀速圆周运动的向心力由太阳和地球的

引力合力提供分析求解。

【解答】解：A：向心加速度公式：a=a）2R,其中R为圆周运动的轨道半径。卫星与地球的角速度

27r

3=彳相同，而卫星的轨道半径R卫（L5到P的距离）大于地球的轨道半径R地（E到P的距离），

因此2卫=里＞“地=侬24”故A正确：

B：线速度公式：v=u）R,卫星与地球角速度3相同，但轨道半径R4R地，因此v卫=coR卫＞丫地=

coR地，故B错误：

C：卫星做匀速圆周运动的向心力由太阳和地球的引力合力提供，因此合力必须指向圆周运动的圆心P,

而非SE连线的中点，故C错误；

D：设太阳质量为M,地球质量为m,卫星质量为m（）,日地间距为r,

则：太阳对卫星的引力：Fs=（ir2°

mmo

地球对卫星的引力：FE=G—

FsG2M

两者的比值：右=6而二一，即等于太阳和地球的质量之比，故D正确。

HEG—/rn.

r乙

故选：ADo

【点评】本题综合考查了万有引力的多星系统，理解不同情况下天体的受力和运动状态，抓住三者角速

度相同的基本特点是解决此类问题的关键。

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（多选）10.（6分）如图，光滑绝缘水平面上x=0两侧区域I、II分别存在竖直方向的匀强磁场，宽度

均为L,磁感应强度方向相反，大小分别为B、2B,x=-3L和x=3L处有固定挡板。同种材料制成、

202632〃

粗细均匀的正方形导体线框MNPQ,边长为L,质量为m,总电阻为R,以初速度v（）=——--从左

mR

侧进入磁场，沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直，MN边始终与磁场边界平行，线框与挡

B.MN每次经过x=1.5L时，电势差UNM：UPQ=1：I

20—

C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=———

D.线框停止处，穿过线框的磁通量为0

【分析】A选项由切割磁感线求电动势、电流，再推导安培力，结合牛顿第二定律代入初速度表达式计

算加速度；B选项先判断切割边、分割四边电阻，分别计算路端电压与线段电势差再求比值；C选项分

三段磁场区域利川安培力冲量结合电荷量公式分段用动量定理求速度，无磁场区间匀速运动，弹性碰撞

速度大小不变：D选项根据C选项的分析求出最终停止位置。

EBLVQ

【解答】解：A、感应电动势E=BLv0,感应电流=

KK

B2L2VQ

安培力F=BIL=

R

…F

由牛顿第二定律得a

,,82A2202682^320268"5

故A正确;

代入v。得a=前「商=m2R2

B、MN在x=1.5L,即线框一半在II区（2B向外）、一半无磁场，只有PQ边切割磁感线，电动EPQ=

R

2BLv线框为均匀正方形，四边电阻相等，每边电阻「二工。PQ是电源，UPQ为路端电压（PN.NM、

33

MQ三边总外阻3r）：Up。=--•2BLv=——BLv

2BLv1

MN是外电路一段导线，无切割，\]=lr=——-r=-ELv

MN■,9乙

比值|UMNI：|UPQ尸I：3,故B错误;

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C、过程分析：从*=・L到右侧挡板x=3L

MN从-L—0（完全在B磁场，位移L）,取沿x轴正方向为正方向，动量定理-BiL・At=mV|

BL2BL2

qi==-=F-，-得%=%一二^-

AKKTTLK

MN从（）->L,MN在2B、QP在B,两边反向切割，总电动势E=2BLv+BLv=3BLv,总安培力向左:

Z1022BL2+BL23BL2

F=2BIL+BIL=3BIL,q=—=--------------=—r—

2KKl\

3BL29B2L310B2L3

动量定理-3BL・一--=mv2—Jnvi,v=Vj=17rl-1

R2mRmR

/中3

MN从x=L到x=2L,PQ在2B,切割磁感线，电动势E=2BLv,安培力向左：F=2BIL,q=—

3K

2BL22BL2Ln>2BL24B2L314B2L3

—^—=—^一，动量,E理-2BL・一^—=mv3-mv2，v3=v2=v0-mR

2026血31482/201282A3

x=2L到x=3L无磁场，匀速到挡板，弹性碰撞速度大小不变v=v=

3mRmRmR

故C正确;

14F2L3

D、根据C选项分析可知，线框完整穿过I、II磁场，线框速度变化量为Av=根据2026.

14=14X144+10,因为144为偶数，可以判断出线框第145次从左侧进入磁场I最终停止在磁场中，假

10F2L31082〃

设线框能完全进入磁场，此时速度变化量△5--,也可由C选项V2=VQ—~一直接判

mKmR

断出线框刚好停在磁场II区域，穿过线圈的磁通量中=2BI?,故D错误。

故选：ACo

【点评】学生容易忽略线框跨两个反向磁场时两边同时切割，电动势、安培力会叠加，也容易混淆电源

内阻与外电路电势差的计算。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（8分）如图（a）,某同学利用激光测距仪分别在①、②位置测量玻璃砖厚度时，发现两次示数差异

如图（b）,在白纸上描出玻璃砖的两个边a和a',使激光沿纸面以某一角度入射到玻璃稚侧面，在光

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束1上靠近光源处标记点M,在光束1与a的交点处标记点0,在光束2与a'的交点处标记点N。

移走测距仪和玻璃砖。如图（c）,过O点作a的垂线b,连接M0和ON,以0为圆心、ON为半径作

圆弧，与M0交于P点。分别测量N、P到b的距离，记为XN和xp。

改变入射角多次测量，记录多组数据，计算玻璃砖折射率n及其平均值。结果表明，测距仪在①、（2）

位置测量时的示数比值与此平均值近似相等。

回答下列问题：

（1）上述实验过程中，下列说法正确的是（单选）。

A.点M只能标记在光束1上靠近光源处

B.点N只能标记在光束2与a'的交点处

C.只能以ON为半径作圆弧

（2）处理数据时，n=_77_（用XN、xp表示）。

（3）该同学推测，测距仪是通过测量激光的传播时间At来计算距离的，则该测距仪示数是通过

（选填“岑”或、与”，c和v分别是激光在真空和介质中的速度）计算的。

（4）该同学将深度为16.0cm的不锈钢杯装满水（折射率为1.33）后，测量此杯深度，若测距仪的示数

接近-21.3cm（保留至小数点后1位），则符合他的推测。

【分析】（1）根据该实验的操作方法以及各点位置的确定方法进行分析；

（2）根据折射定律结合几何关系进行解答；

（3）激光测距仪出厂是按“真空光速c”标定的，由此分析；

（4）求出光在水中的传播速度以及往返时间，根据激光测距仪的原理求解测距仪示数。

【解答】解：（1）A、M点只需在入射光线MO直线上任意一点，不强制只能靠近光源，但距离a较远

时误差较小，故A错误。

B、N点是出射光线与"交点，题目操作要求在此标记，所以点N只能标记在光束2与a'的交点处，

故D正确；

C、半径可以任意选取，不一定非要ON,故C错误；

故选：Bo

（2）如图所示：

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sinO

根据折射定律可得：n=

xpXN

根据几何关系可得：sin。二工7，sina=弑7且XOP=X（）N

人。〃人。/V

联立解得：；

n=7X7N

（3）激光测距仪出厂是按“真空光速c”标定的，无论在介质还是空气，都统一用c计算距离；光往

返传播，路程L=c・Al,单程示数为号;

c2九劲2hn

（4）实际深度h—16.0cm,水中光速v=G，光在水中往返时间：△1=一=t=------

VFC

At

测距仪本数L=c•~=nh=133X16.()cmw21.3cm。

4

故答案为：（1）B；（2）77；（3）段（4）21.3。

XNZ

【点评】本题主要是光的折射，解答本题的关键是掌握“激光测距”的原理，知道光的折射定律及其应

用方法。

12.（8分）某同学从教材的“拈展学习”栏目中学习到平行板电容器的电容。=石而“为验证C与极板

间距d、正对面积S的关系，他与人工智能讨论得知，用数学式多用电表可以测量电容，测量过程中电

路存在额外电容，每次应扣除额外电容，以获得电容的测量值。据此，设计并完成如下实验。

实验器材：厚度为出的绝缘塑料板若干、面积均为So（己妇）的矩形单面覆铜板两块、数字式多用电

表、螺旋测微器、绝缘重物等。

（1）用螺旋测微器测量20层塑料板的厚度。测量结果如图（a）所示，读数为1.804mm。

（2）将两极板覆铜面相对，中间夹入10层塑料板并用重物压紧，使正对面积为So,用多用电表测量

电容并记录数据。断开表笔，将极板短接放电。保持正对面积为So不变，每次增加2层塑料板，重复

11

上述操作直至20层。作C-■二图线如图（b）所示，由此确定C与二成正比。由图线，极板间夹15层塑

aa

料板时，电容为158DF（架留至整数）。

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C/pFC/pF

32111

（3）保持极板间20层塑料板不变，使两极板正对面积依次为So、-So.-SOs-So>-So.-S0,用重物

压紧，测量电容并记录数据。作C-b图线如图（c）所示，由此确定C与b成正比。图（c）中某次测

量值明显偏离拟合直线，排除仪器故障和数据处理错误，从实验操作角度分析，写出一条可能的原因:

放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大。

doS

（4）若将图（b）、图（c）改绘为C—7、C—京图线，两图线的斜率分别为k1、k2,则理论上石=3

图（a）

【分析】（1）根据图（a）进行读数；

（2）求出极板间夹15层塑料板时的厚度，以及厚度的倒数，结合图像（b）进行解答：

（3）根据平行板电容公式C=^^进行分析；

doS

（4）根据平行板电容公式推到C—7、C—不关系式，根据斜率的表达式进行解答。

a.So

【解答】解：（1）螺旋测微器的最小分度为0.01mm,根据图（a）可知20层塑料板的厚度为:d=L5mm+30.4

X0.01mm=1.804mm；

d1.804

（2）极板间夹15层塑料板时，厚度为：d'=—x15=——x15mm=1.353mm

4u乙u

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则：了=1Q-inml七0.74mm-1

Ct1.353

由图线，极板间夹15层塑料板时，电容约为158pF；

（3）根据平行板电容公式可得©=芹7,测量值偏小，操作原因可能是放置重物时未将极板充分压

^TTLKCL

紧，极板间存在空气薄层，正对面积取值偏大等；

do2rs2rsdo

（4）对于C一7图像，do为单层塑料板的厚度，总间距为d=2Odo，则有：C=^^;=无瓦瓦义工,

所以比=总；

S8rsSrSoS£rSo

对于C-不图像，有：C=7-7-7=.,9n,X—,所以k2=4“2nzy

DO4nka4TckZuao、o47rA：ZOao

本实验基准面积为So,如推导里的S就是S（）,则理论上葛=20。

故答案为：（1）1.804；（2）158；（3）放置重物时未将极板充分压紧，极板间存在空气薄层，正对面积

取值偏大；（4）20o

【点评】本题主要考查涉及电容的实验，关键是掌握实验原理和电容器电容的决定因素。

13.（10分）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力F=

3X1（）4N的驱动下，质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升h=

6.25m时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所

受支持力为其重力的今从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。

求上升过程中：

（1）实验舱的最大速度Vm；

（2）舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。

【分析】（1）根据匀加速直线运动公式v=明求出匀加速阶段结束时的最大速度；

（2）对匀减速阶段的实验舱与瓶内水进行分析，计算两个对应时刻的时间差得到舱内处于模拟月球重

力环境的总时长。

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【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：F-mg=mai

代入数据可得=50m/s2,由运动学公式求最大速度实验舱从静止开始匀加速上升高度h=6.25m,

有：*=2axh

代入数据可得vm=25m/s

（2）设减速阶段加速度a2,舱内设备所受支持力为1g,由牛顿第二定律：mg-N=ma2

25

代入数据可得a2=•yin/s2

减速时间减速阶段初速为Vm=25m/s,末速为0,加速度大小为a2,则：t=—

代入数据可得t=3s

答：（1）实验舱的最大速度vm是25m/s；

（2）舱内处于模拟的月球重力环境的时间t是3s。

【点评】本题以模拟月球重力环境的航天实验为背景，综合考查牛顿第二定律与匀变速直线运动的分阶

段分析计算，将物理规律与航天科技场景结合，侧重考查多过程运动分析与力学、运动学的综合应用能

力。

14.（12分）如图，光滑水平面上一质量mA=0.4kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1kg的物

块，此时弹簧伸长量xo=O.lm,物块和木板均静止。质量m（=0.1kg的小球（可视为质点）通过长L=

0.9m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成8=60°处由静止释放，摆至最低点时与木板右端发生

冲性碰撞，时间极短。取重力加速度g=10m/s2。

（2）弹簧的压缩量第一次为xo时，物块速度大小为VB=0.8m/s,方向向左。求木板与物块间的动摩擦

因数4

【分析】（1）根据动能定理小分析球由释放到最低点的过程，小球与木板弹性碰撞，动量守恒，系统总

动能不变；

（2）地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，可分析此时A的速度，系统机械

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能部分转化为AB之间摩擦产生的内能，可分析动摩擦因数。

【解答】解：（1）小球由释放到最低点的过程，由动能定理可知项4“1一°5。）二1?71。龙.一（），代入数

据可得vc=3m/s,

小球与木板发生弹性碰撞，以向左为正方向，由动量守恒定律可知mcvc=mcvci+mAVA，系统总动能

不变，有岭=会c虎1+最以底，代入数据可得vA=1.2m/s；

（2）地面光滑，碰撞后A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒，弹簧的压缩量第一次为X（JH，以

向左为正方向，由动量守恒定律可知mAvA=mAvA!+mBvB,代入数据可得VAI=lin/s,

由功能关系可知严42一会5％-会8诒=iimBg-2x0,代入数据可得口=0.28。

答：（1）碰撞后瞬间木板的速度大小为l.2m/s；

（2）木板与物块间的动摩擦因数为0.280

【点评】考查了弹性碰撞的分析方法，动量守恒定律和功能关系的分析方法，关键是先分析有哪些运动

过程，然后再判断分析方法，熟练掌握弹性碰撞的两个表达式。

15.（16分）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨一能量分析仪”测量,

简化原理如图（a）所示。电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U1的加速电场加速，穿过处于激

发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定

值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为Bo,使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动，从狭

健出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑,

已知电子电荷量大小为e,质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧

光屏到极板边缘的距离为5L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。

荧光屏

Ax

相对强度

图⑹

8408

7071

5946

5000

2102

PU204

中535

2500册郸叩1258

InrUm486,

425

图(a)图⑹

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（I）求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量AEk。

（2）求M、N间电压为U2时，电子到达荧光屏上的偏移距离xo。

（3）样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N

间电压随时间线性变化，变