沖刺2024年高考物理-真題重組卷02（甘肅、貴州專用）（原卷版+解析版）

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第I卷（選擇題）
一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。
1．（2023·河北·高考真題）2022年8月30日，國(guó)家航天局正式發(fā)布了“羲和號(hào)”太陽(yáng)探測(cè)衛(wèi)星國(guó)際上首次在軌獲取的太陽(yáng)譜線精細(xì)結(jié)構(gòu)。是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線，其對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過(guò)程為（ ）
A．從躍遷到B．從躍遷到
C．從躍遷到D．從躍遷到
【答案】D
【詳解】是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線，根據(jù)
可知是氫原子巴耳末系中頻率最小的譜線，根據(jù)氫原子的能級(jí)圖，利用玻爾理論中的頻率條件
可見(jiàn)能級(jí)差越小，頻率越低，波長(zhǎng)越長(zhǎng)。故對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過(guò)程為從躍遷到。
故選D。
2．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中．已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行．該導(dǎo)線受到的安培力為（ ）

A．0B．BIlC．2BIlD．
【答案】C
【詳解】因bc段與磁場(chǎng)方向平行，則不受安培力；ab段與磁場(chǎng)方向垂直，則受安培力為
Fab=BI?2l=2BIl
則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl。
故選C。
3．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）如圖（a）所示，太陽(yáng)系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于P的遮擋，探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間做如圖（b）所示的周期性變化，該周期與P的公轉(zhuǎn)周期相同。已知Q的質(zhì)量為，引力常量為G。關(guān)于P的公轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．周期為B．半徑為
C．角速度的大小為D．加速度的大小為
【答案】B
【詳解】A．由圖（b）可知探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間變化的周期為
則P的公轉(zhuǎn)周期為，故A錯(cuò)誤；
B．P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力可得
解得半徑為
故B正確；
C．P的角速度為
故C錯(cuò)誤；
D．P的加速度大小為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
4．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】解法一：
AC．在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；
BD．運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開(kāi)始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。
故選B。
解法二：
粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v’，兩個(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即
則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
故選B。
5．（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長(zhǎng)均為的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于延長(zhǎng)線上距O點(diǎn)為的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為（ ）
A．正電荷，B．正電荷，
C．負(fù)電荷，D．負(fù)電荷，
【答案】C
【詳解】取走A、B處兩段弧長(zhǎng)均為的小圓弧上的電荷，根據(jù)對(duì)稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L(zhǎng)非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有
由圖可知，兩場(chǎng)強(qiáng)的夾角為，則兩者的合場(chǎng)強(qiáng)為
根據(jù)O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，大小為
根據(jù)
聯(lián)立解得
故選C。
6．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）張家口市壩上地區(qū)的風(fēng)力發(fā)電場(chǎng)是北京冬奧會(huì)綠色電能的主要供應(yīng)地之一，其發(fā)電、輸電簡(jiǎn)易模型如圖所示，已知風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為每秒z轉(zhuǎn)，通過(guò)轉(zhuǎn)速比為的升速齒輪箱帶動(dòng)發(fā)電機(jī)線圈高速轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，時(shí)刻，線圈所在平面與磁場(chǎng)方向垂直，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過(guò)理想變壓器升壓后。輸出電壓為U。忽略線圈電阻，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．發(fā)電機(jī)輸出的電壓為
B．發(fā)電機(jī)輸出交變電流的頻率為
C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
D．發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)
【答案】C
【詳解】B．發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速為nz，輸出交變電流的頻率為
B錯(cuò)誤；
A．線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的為正弦交流電，最大值為
輸出電壓的有效值為
A錯(cuò)誤；
C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為
C正確；
D．發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為
D錯(cuò)誤。
故選C。
7．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表V的示數(shù)為U，理想電流表A的示數(shù)為I。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I減小，U不變
B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I減小，U增大
D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，R1消耗的功率減小
【答案】B
【詳解】AB．由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為，則副線圈的電流為，根據(jù)歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為
則變壓器原線圈的電壓有效值為
設(shè)輸入交流電的電壓有效值為，則
可得
保持位置不變，向左緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷變大，根據(jù)歐姆定律
可知變壓器原線圈的電壓有效值變大，輸入電壓有效值不變，則兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數(shù)變小，原線圈的電壓電流都變大，則功率變大，根據(jù)原副線圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正確，A錯(cuò)誤；
CD．設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為，同理可得
則
整理可得
保持位置不變，向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，不斷變大，則變小，對(duì)由歐姆定律可知
可知不斷變小，根據(jù)原副線圈的功率相等可知消耗的功率
整理可得
可知時(shí)，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后減小，故CD錯(cuò)誤。
故選B。
二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
8．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物．如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從圓弧滑道頂端點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端點(diǎn)時(shí)速度大小為。已知貨物質(zhì)量為，滑道高度為，且過(guò)點(diǎn)的切線水平，重力加速度取。關(guān)于貨物從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（ ）

A．重力做的功為B．克服阻力做的功為
C．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為D．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為
【答案】BCD
【詳解】A．重力做的功為
A錯(cuò)誤；
B．下滑過(guò)程據(jù)動(dòng)能定理可得
代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為
B正確；
C．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為
C正確；
D．經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得
解得貨物受到的支持力大小為
據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對(duì)軌道的壓力大小為，D正確。
故選BCD。
9．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某同學(xué)受電動(dòng)窗簾的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的簡(jiǎn)化模型．多個(gè)質(zhì)量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動(dòng)，忽略阻力．開(kāi)窗簾過(guò)程中，電機(jī)對(duì)滑塊1施加一個(gè)水平向右的恒力，推動(dòng)滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時(shí)間為，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關(guān)于兩滑塊的碰撞過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有（ ）

A．該過(guò)程動(dòng)量守恒
B．滑塊1受到合外力的沖量大小為
C．滑塊2受到合外力的沖量大小為
D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為
【答案】BD
【詳解】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動(dòng)量為
碰撞后的動(dòng)量為
則滑塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)滑塊1，取向右為正方向，則有
負(fù)號(hào)表示方向水平向左，故B正確；
C．對(duì)滑塊2，取向右為正方向，則有
故C錯(cuò)誤；
D．對(duì)滑塊2根據(jù)動(dòng)量定理有
解得
則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。
故選BD。
10．（2023·河北·高考真題）如圖，絕緣水平面上四根完全相同的光滑金屬桿圍成矩形，彼此接觸良好，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。金屬桿2、3固定不動(dòng)，1、4同時(shí)沿圖箭頭方向移動(dòng)，移動(dòng)過(guò)程中金屬桿所圍成的矩形周長(zhǎng)保持不變。當(dāng)金屬桿移動(dòng)到圖位置時(shí)，金屬桿所圍面積與初始時(shí)相同。在此過(guò)程中（ ）
A．金屬桿所圍回路中電流方向保持不變
B．通過(guò)金屬桿截面的電荷量隨時(shí)間均勻增加
C．金屬桿1所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相同后相反
D．金屬桿4所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相反后相同
【答案】CD
【詳解】A．由數(shù)學(xué)知識(shí)可知金屬桿所圍回路的面積先增大后減小，金屬桿所圍回路內(nèi)磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知電流方向先沿逆時(shí)針?lè)较颍笱仨槙r(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；
B．由于金屬桿所圍回路的面積非均勻變化，故感應(yīng)電流的大小不恒定，故通過(guò)金屬桿截面的電荷量隨時(shí)間不是均勻增加的，故B錯(cuò)誤；
CD．由上述分析，再根據(jù)左手定則，可知金屬桿1所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相同后相反，金屬桿4所受安培力方向與運(yùn)動(dòng)方向先相反后相同，故CD正確。
故選CD。
第II卷（非選擇題）
三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，第1小題6分，第2小題9分，共15分。
11．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）某實(shí)驗(yàn)小組利用鐵架臺(tái)、彈簧、鉤碼、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、刻度尺等器材驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。彈簧的勁度系數(shù)為k，原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，鉤碼的質(zhì)量為m。已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。
（1）在彈性限度內(nèi)將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測(cè)得此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)。接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源。從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點(diǎn)跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖2所示，紙帶上相鄰兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔均為T（在誤差允許范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時(shí)打出A點(diǎn)）。從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能減少量為 ，鉤碼的動(dòng)能增加量為 ，鉤碼的重力勢(shì)能增加量為 。
（2）利用計(jì)算機(jī)軟件對(duì)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，得到彈簧彈性勢(shì)能減少量、鉤碼的機(jī)械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關(guān)系，如圖3所示。由圖3可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是 。
【答案】 mgh5 見(jiàn)解析
【詳解】（1）[1]從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能減少量為
整理有
[2]打F點(diǎn)時(shí)鉤碼的速度為
由于在誤差允許的范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時(shí)打出A點(diǎn)，則鉤碼動(dòng)能的增加量為
[3]鉤碼的重力勢(shì)能增加量為
?Ep重 = mgh5
（2）[4]鉤碼機(jī)械能的增加量，即鉤碼動(dòng)能和重力勢(shì)能增加量的總和，若無(wú)阻力做功則彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于鉤碼機(jī)械能的增加量?，F(xiàn)在隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，而兩條曲線在縱向的間隔即阻力做的功，則產(chǎn)生這個(gè)問(wèn)題的主要原因是紙帶與限位孔的摩擦力做功變多導(dǎo)致兩曲線間隔變大。
12．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某興趣小組設(shè)計(jì)了測(cè)量鹽水電導(dǎo)率的實(shí)驗(yàn)。所用器材有：電源（電動(dòng)勢(shì)恒定，內(nèi)阻可忽略）；毫安表mA（量程，內(nèi)阻可忽略）；電阻（阻值）、（阻值）、（阻值）和（阻值）；開(kāi)關(guān)和；裝有耐腐蝕電極板和溫度計(jì)的有機(jī)玻璃樣品池；導(dǎo)線若干。請(qǐng)完成下列實(shí)驗(yàn)操作和計(jì)算。
（1）電路連接
圖（a）為實(shí)驗(yàn)原理圖．在圖（b）的實(shí)物圖中，已正確連接了部分電路，只有一端的導(dǎo)線還未連接，該導(dǎo)線應(yīng)接到的 （填“左”或“右”）端接線柱

（2）鹽水電導(dǎo)率和溫度的測(cè)量
①測(cè)量并記錄樣品池內(nèi)壁的長(zhǎng)寬高．在樣品池中注滿待測(cè)鹽水
②閉合開(kāi)關(guān)， 開(kāi)關(guān)，毫安表的示數(shù)為，記錄此時(shí)毫安表的示數(shù)；計(jì)算得到流過(guò)樣品池的電流為
③ 開(kāi)關(guān)，毫安表的示數(shù)為，記錄此時(shí)毫安表的示數(shù)；計(jì)算得到流過(guò)樣品池的電流為
④斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，測(cè)量并記錄鹽水的溫度
（3）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，計(jì)算得到樣品池兩電極板間待測(cè)鹽水的電阻為 ，進(jìn)而可求得該溫度時(shí)待測(cè)鹽水的電導(dǎo)率。
【答案】 右 斷開(kāi) 40.0 閉合 60.0 100
【詳解】（1）[1]根據(jù)圖（a）為電路可知，一端的導(dǎo)線應(yīng)接到的右端接線柱；
（2）②[2][3]閉合開(kāi)關(guān)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，毫安表的示數(shù)為， 則通過(guò)電阻的電流為
根據(jù)電路構(gòu)造可知，流過(guò)樣品池的電流為
③[4][5]閉合開(kāi)關(guān)，毫安表的示數(shù)為，則流過(guò)的電流為
流過(guò)樣品池的電流為
（3）[6]設(shè)待測(cè)鹽水的電阻為，根據(jù)閉合電路歐姆定律，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)
開(kāi)關(guān)閉合時(shí)
代入數(shù)據(jù)解得
四、解答題：本題共3小題，共42分，解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程及驗(yàn)算步驟。
13．（2022·廣東·高考真題）某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度為向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量，滑桿的質(zhì)量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小和；
（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即
當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為
（2）滑塊向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間根據(jù)動(dòng)能定理有
代入數(shù)據(jù)解得。
（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒有
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。
14．（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點(diǎn)，且位于同一直徑上，P為MN段的中點(diǎn)。在P點(diǎn)處有一加速器（大小可忽略），小球每次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后，其速度大小都增加v0。質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時(shí)間。求：
（1）球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間向心力的大??；
（2）球2的質(zhì)量；
（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間。

【答案】（1）；（2）3m；（3）
【詳解】（1）球1第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)后瞬間速度變?yōu)?v0，所以
（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說(shuō)明球1碰后反彈，則
聯(lián)立解得
，
（3）設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時(shí)間為Δt，則
所以
15．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
（2）若電子入射速度為，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；
（3）若電子入射速度在0 < v < v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（3）若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有
由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有
F合 = evmB－eE
在最低點(diǎn)有
F合 = eE－evB
聯(lián)立有

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即
y ≥ y2
解得
則若電子入射速度在0 < v < v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。