重庆市第八中学校2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试卷

物理试卷 注意事项: 1. 答题前,考生务必用黑色碳素笔将自已的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写 清楚。 2. 每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦千 净后,再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。 3. 考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分,考试用时75分钟。 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合 题目要求。 1. 如图1所示,运动员把质量为n、静止在水平地面上的足球从A点斜向上踢出,B是足球运动轨迹 的最高点,C是下落过程中运动轨迹上的点。已知A、B两点的高度差为4h.B、C两点的高度差为 h. 重力加速度大小为g,不计空气阻力。足球在从B运动到C的过程中,所受重力的冲量大小为 图1 2. 如图2所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球质量为 2m,其中B、C两小球用不计质量的轻质弹连接后静止在水平面上。现A球以速度v。沿B、C两 球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹赞组成的系统,下列说法正 确的是 A. 三球速度相等时,弹赞一定处于压缩状态 图2 C. 全过程中系统的机械能不守恒,动量守恒 D. 三球速度相等后,速度将保持不变 物理·第1页(共6页) 3. 如图3甲所示,左端接有轻弹赞的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0 时B与弹赘接触,0~2s内两物体的v-t图像如图乙所 w(ms) 20 示,则 2二 A. A的质量比B的小 B. 0~1s内,弹箭对A、B的冲量栩同 甲 1f C. t=1s时,弹箭的弹性势能为零 乙 图3 D. t-2s时,A的动量比B的大 4. 2024年8月1日,我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭成功将互联网高轨卫星02星 发射升空。这是长征系列运载火箭的第529次飞行。如图4所示,最初该卫星在轨道1上绕地球做 匀速圆周运动,后来卫星通过变轨在轨道2上绕地球做匀速圆周运动(不考虑卫星变轨后质量的变 化)。下列说法正确的是 A. 卫星在轨道2上运行的向心加速度大于在轨道1.上运行的向心加速度 B. 卫星在轨道2上运行的动能大于在轨道1上运行的动能 C. 卫星在轨道2上运行的角速度小于在轨道1上运行的角速度 图4 D. 卫星在轨道1上运行的线速度大于地球的第一宇窗速度 5. 有一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c、d四点的位置如图5所示,cd、ch分别垂直 于x轴、y轴,其中a、0、b三点电势分别为4V、6V、8V。电荷量为g=-2x10-^C的点电荷由a点 _em 开始沿a→b→c→d路线运动过程中,下列说法正确的是 A.c点的电势.=8V B. 点电荷在c点的电势能E.=2x10j C. 匀强电场的方向为a指向b 图5 D. 匀强电场的电场强度大小E=100/2V/n 6. 如图6所示,绝缘轨道ABC固定于竖直平面内,其中AB部分是半径为R的光滑半圆轨道,P是半 圆轨道的中点,AB部分竖直、BC部分水平,整个轨道处在电场强度为E的匀强电场中。将质量为 m、带电荷量为+o的小滑块,从BC轨道上与B相距10R处由静止释放,已知滑块与BC间的动摩 擦因数为0.3,E=mg,滑块大小可以忽略不计,则滑块 # .O A. 到达A点时速度的大小为4/gR C B. 到达P点时对轨道的压力大小为15mg 圈6 C. 到达A点时对轨道的压力大小为11mg D. 从C到P的过程中,动能增大 物理·第2页(共6页) 7. 如图7所示,水平面上一小滑块置于长木板上,且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距 离分别为L.=6m、L.=8m,木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为u.=0.2、1=0.1,木板的 质量M=1kg,滑块的质量m=2kg。现给滑块一水平向右的初速度v。三8m/s,取重力加速度 g三10m/s2。则下列说法正确的是 A. 给木板一个竖直向下的力F,=8N能使木板保持静止 B. 给木板一个竖直向下的力F.=6N能使木板保持静止 C. 给木板上加一水平向右的力F。三12N,可以使滑块不滑离木板 D. 给木板上加一水平向右的力F。=8N,可以使滑块不滑离木板 二、多项选择题:本题共3小题,每小题5分,共15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,有错选的得0分。 8. 游乐场中有一种魔盘游戏,如图8所示有一质量为n的小孩(可以看作质点),坐在水平圆盘上到 转轴距离为r处。小孩与圆盘之间的摩擦因数为丛,某时刻圆盘从静止开始加速转动,小孩始终相 对圆盘静止,经时间t圆盘角速度从零增加到o的过程中,下列说法正确的是 A. 小孩所受摩擦力的冲量大小为mg C. 小孩所受重力的冲量为mg D. 小孩所受摩擦力的方向指向圆心 9. A、B两个点电荷分别固定于x轴上,电量大小关系为0.=40.。在它们形成的电场中,将试探电荷 +沿x轴从+移动到坐标原点0,其电势能E。随x变化的关系如图9所示,当x→0时,电势能 。 E.→;当x→时,电势能E→0。根据图像提供的信息,可以确定 A. 在x轴上0x。上各点的电场方向均沿x轴正方向 B. A电荷在x轴上的坐标为一x。 C.A电荷为正电荷 图9 D. B电荷在x轴上的坐标为原点0 10. 如图10所示,真空中,与水平面成37*角的固定绝缘长细杆,垂直穿过一固定均匀带电圆环的圆 心0。套在细杆上的带电小球从杆上的a点以某一初速度沿杆向上运动,恰好能运动到杆上a点, 已知圆环半径为R、电荷量为+0,小球质量为m、电荷量为+9,小球半径远小于R,ab=b0=Oc= 3 cd=R.静电力常量为k,重力加速度大小为g,绝缘细杆与小球间的动摩擦因数n= 4 sin37*=0.6,cos37*=0.8。则 2hQq A. 小球在c点受到的电场力的大小F.- 42} (3+/3)g/2kQq B. 小球在b点的加速度大小a三 5 4mR2 图10 2(3+/③)mgR C. 小球在a点的动能E.三 5 D.a点的场强为E.= 2” 方向沿细杆向下 物理·第3页(共6页) 三、非选择题:本题共5小题,共57分。 11.(6分)探究电容器充放电规律,实验装置如图11甲所示,有电源E、定值电阻R。、电容器C、单 刀双掷开关S。 (1)为测量电容器充放电过程电压U和电流/的变化,需在电路中接人电流表和电压表,请问电 压表应该接在下图中(选填“①”或“②”)位置。 (2)先将开关S接通a,待电表示数稳定后将开关切换到b,此后电压表示数随时间变化的关系如 图乙所示。由此可知,当开关接通a且电流表示数为0mA时,电压表的示数为 V。 (3)在图丙所示的过程中,电容器中的能量在。 (选填“增加”或“减少”)。 /V (_ # &4 4 60 mA 甲 乙 丙 圈11 12.(9分)用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小 球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图12所示,先让入射 小球m;从倾斜轨道某固定位置S由静止释放,从水平轨道抛出后 撞击竖直挡板;再把被撞小球m,静置于水平轨道末端,将入射小 球m.仍从位置S由静止释放,两球发生正碰后各自飞出撞击竖直 挡板。多次重复上述步骤。小球平均落点位置分别为图中P、M、N,点0与小球在斜末端时球 心的位置等高,测量出ON、OP、OM的长度和m.、m。 (1)入射小球质量为m,,半径为r;被撞小球质量为n2,半径为r2,则需要_。. A. m.m,r,>r2 B m.<m,r.r2 C.m>m2,r,=r2 D. m.m,7=r2 (2)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 (用m、 m、OM、ON、OP表示)。若还要验证两球是弹性碰撞,那么它们还应该满足 (只用OM、ON、OP表示)。 (3) 在这次实验中测得0P=64. 00cm,0N=31.36cm,OM=100.00cm,m与m。的质量之比为 8:1。有同学认为在上述实验中仅更换两个小球的材质,其它条件不变,可以使被撞小球做平抛 运动的竖直高度发生改变。请你根据已知的数据,分析计算出被撞小球m。平抛运动竖直高度OA 的最小值为。 cm。 物理·第4页(共6页) 13.(10分)如图13所示,粗糙斜面的动摩擦因数为0.5,倾角为37*,斜面足够长。一个质量为1kg 的物块(可视为质点),在电动机作用下,从A点由静止匀加速至B点时达到最大速度20m/s,之 后立即做匀速运动至C点,关闭电动机,从C点又恰好到达最高点D,且AB段经历时间只有CD 段时间的2倍,全程电机功率不恒定,取重力加速度g三10m/s2,求; (1)CD段的长度; 电动机 (2)物块刚到达B点时电动机的功率。 图13 14.(14分)如图14所示,位于同一水平面上的物块甲、乙、丙均可视为质点,质量分别为m、m2 和m,初始时甲以速度v向右匀速运动,乙、丙分别静止在A、B两点。已知水平面足够长, m.;m:m=2:1:7,A、B两点间距为L,重力加速度为g,仅A、B两点之间的地面可能存在 摩擦,所有碰撞均没有能量损失。 (1)若A、B两点之间光滑,甲与乙、乙与丙各发生一次碰撞后立即将乙取走,判断甲和丙能否再 次发生碰撞; (2)若甲、乙与AB间地面的动摩擦因数均为t,为使三个物块间只能发生共2次碰撞,求v。应满 足的条件。 A 圈14 物理·第5页(共6页) 15.(18分)如图15甲所示,平面直角坐标系x0y中,0<y<L的范围内有场强大小和方向均未知的 匀强电场,一质量为m、电荷量为+的带电粒子(可视为点电荷与质点)从点A(0,L)处飞出, 其在之后一段过程内的速度可用如图乙所示的图像中动点P(v,v.)表示,其中v、v.分别为粒 子在图甲中沿x轴和y轴方向的速度分量。甲图中粒子在A点出发时,乙图中的P点位于 a(v。,0),粒子在电场力作用下由A运动到B的过程中,乙图的P点由a沿线段ab运动到 b(,);随后粒子从B点离开电场,立刻沿切线进入x轴下方的一条固定光滑圆孤轨道并沿轨 道运动至C点,该过程中图乙的P点沿以O为圆心的圆孤从b移动至c(t,v);之后粒子离开轨 道返回电场,P点沿线段ca回到a点,后续的运动过程不再在图乙中表示。已知任意相等时间内 P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等,不计重力,图甲中0,为圆狐轨道的圆心,坐标 未知。 (1)求电场强度E的大小和方向; (2)求图甲中x轴下方圆孤轨道的半径大小; (3)若粒子在后续运动中与轨道的碰撞均满足:“沿轨道切线方向速度在碰撞前后保持不变,沿轨 道半径方向的速度在碰撞前后等大反向”,求图甲中粒子从A点出发到第一次返回A点所需的 时间。 c(o) 0. a(,0) bi。-) P_) 甲 乙 图15 物理·第6页(共6页 物理参考答案·第 1 页（共 8 页） 物理参考答案 一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 A C A C D B D 【解析】 1．从 B 到C 也可以看成平抛运动，有 2BC ht g  ，则重力的冲量大小为 2hI mgt mg g   ，故 A 正确。 2．根据动量守恒和牛顿第二定律， A、B 整体和C 通过弹簧作用的过程中，一段时间内，弹 簧先压缩后恢复原状，再拉长后恢复原状，且分别压缩 短和拉伸 长时系统有共同速度， 共速后因为弹簧不是原长，所以速度要改变，故 A、D 错误。 A、 B 碰撞动量守恒，设粘 在一起时速度为 共v ，有 0 2m m 共v v ，A、B 整体和C 通过弹簧作用时第一次达到共速 v的 过程，根据动量和能量守恒有 2 4m m共v v， 2 2 p 1 12 4 2 2 m m E    共v v ，解得弹簧的 大 弹性势能为 2p 0 1 8 E m v ， 故 B 错误。对 A、B 、C 及弹簧组成的系统，其所受合外力为零， 动量守恒，但 A、 B 发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，故机械能不守恒，故 C 正确。 3．1s 时刻 AB 共速，弹簧的弹性势能 大，根据动量守恒定律有 ( )B A Bm m m 0v v，即 1.2 ( ) 1.0B A Bm m m   ，可得 5B Am m ，故 A 正确，C 错误。0～1s 内，A、B 的动量变化 分别为 1.0A Ap m  ， (1.0 1.2) 0.2 1.0B B B Ap m m m       ，大小相等方向相反，根据动量 定理知弹簧对 A、B 的冲量大小相等方向相反，故 B 错误。 2st  时，A 的动量 A A Ap m v ， B 的动量 B B Bp m v ， 2.0m/sA v ， 0.8m/sB v ，且 5B Am m ，所以 A的动量比 B 的小， 故 D 错误。 4．根据 2 GMm ma r  ， 2 1r r ，则 1 2a a ，故 A 错误。根据万有引力提供向心力 2 2 GMm m r r  v ， GM r v 可知，r 越大，线速度越小，动能越小故 k2 k1E E ，所有地球卫星的绕行速度都 小于等于地球的第一宇宙速度，故 B、D 错误。根据万有引力提供向心力 22 GMm m r r  ， 3 GM r   可知， r 越大，角速度越小，故 2 1  ，故 C 正确。 物理参考答案·第 2 页（共 8 页） 5．匀强电场沿着一个方向前进相同距离电势的降低相等 b c a o      ，解得 10Vc  ，故 A 错误。点电荷在 c 点的电势能 pcE q ，可得 4 p 2 10 JcE    ，故 B 错误。 ab中点 e电 势 为 6Ve  ， 连 接 Oe 则 为 等 势 面 ， 根 据 几 何 关 系 可 知 ， ab Oe ， 可 得 2 2 2 22 2 10 m 2 10 m 2be d      ， ab Oe ，因此 ab为电场线，且方向由 b 指向 a ，由 be be UE d  ，得 100 2V/mE  ，故 C 错误，D 正确。 6．滑块从 C 运动到 A 的过程，根据动能定理得 2110 10 2 2 A qE R mg R mg R m      v ， qE mg ，解得 10A gRv ，故 A 错误。滑块从 C 运动到 P 的过程，根据动能定理得 2111 10 2 P qE R mg R mgR m     v ，在 P 点，由牛顿第二定律得 2 N P PF qE m R   v ， qE mg ，解得 N 15PF mg ，根据牛顿第三定律知滑块到达 P 点时对轨道的压力大小为 N N 15P PF F mg   ，故 B 正确。在 A点，由牛顿第二定律得 2 N A AF mg m R   v ，解得 N 9AF mg ， 根据牛顿第三定律知，滑块到达 A点时对轨道的压力大小为 N N 9A AF F mg   ，故 C 错误。 滑块受到的静电力大小 F qE mg  ，方向水平向左，静电力与重力的合力方向与竖直方 向成 45斜向左下方，则从C 到 P 的过程中，静电力与重力的合力先做正功，后做负功， 则动能先增大后减小，故 D 错误。 7．A、B 选项滑块与平板车之间滑动摩擦力 1 1f mg ，木板与地面之间 大静摩擦力 2 2 1( )f mg Mg F   ，要使木板静止，则 2 1f f≥ ，解得 1F 的 小值为 10N，故 A、B 错 误。当滑块经过时间 t 刚好不从木板右侧滑离，设滑块的加速度为 1a ，位移为 1x ，木板的 加 速 度 为 2a ， 位 移 为 2x ， 对 滑 块 得 1 1f ma ， 2 1 0 1 1 2 x t a t v ， 对 木 板 得 1 1 2 2( )F f mg Mg Ma    ， 2 2 2 1 2 x a t ，且 0 1 2a t a t v ， 1 2 2x x L  ，解得 1 1NF  ，要 使滑块不从木板的左侧掉落，滑块与木板共速后木板的加速度 大值为 1a ，对系统得 2 2 1( ) ( )F mg Mg M m a    ，解得 2 9NF  ，所以力 2F 的范围为 21N 9NF≤ ≤ ，故 C 错 误，D 正确。 物理参考答案·第 3 页（共 8 页） 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 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，有错选的得 0 分。 题号 8 9 10 答案 BC ABD AB 【解析】 8．圆盘角速度从零增加到 的过程中，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为 fI m m r v - 0 = mv 。小孩受到的摩擦力是静摩擦，而且方向在不断改变，所以其做功 不 能 用 定 义 来 求 ， 根 据 动 能 定 理 可 得 ， 小 孩 所 受 摩 擦 力 做 功 为 2 2 2 21 1 10 ( ) 2 2 2f W m m r m r    v ，故 A 错误，B 正确。根据 GI mgt 可知小孩所受重 力的冲量不为零，故 C 正确。小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度 增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心； 所以小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，也不指向圆心，故 D 错误。 9．由图知，从 0 到 0x 区间正电荷的电势能减小，电势降低，电场方向沿 x 轴正方向，故 A 正 确。在 0x 处，两个点电荷的合场强为 0，再结合电势特点，说明两个点电荷一定是一正一 负；当 0x  时，电势能 PE ；说明了 0x  处一定是正电荷，由合场强的方向，可以 进一步判定，正电荷的电荷量一定是Q，离开 0x 点的距离近；负电荷的电荷量是 4Q 。设 4Q 和Q点电荷到 0x 点的距离分别为 1r 和 2r ，由 2 QE k r  ，得 1 2 4 2r Q r Q   ，即点电荷 4Q 到 0x 的距离是Q到 0x 的距离的 2 倍，所以 4Q 的位置坐标是 0( 0)x ， ，综上可知 B 电荷带正电 荷，位于原点， A带负电荷，位置坐标为 0( 0)x ， ，故 B、D 正确，C 错误。 10．将圆环等分为 n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为 0q 的点电荷，有 0Q nq ，在 c 点， 由库仑定律， oq 对小球的电场力 00 2 c kqqF r  .由几何关系 2 22cr R ，在 c 点，整个圆环对小 球的电场力设为 cF ，有 0 sin 45cF nF ，联立解得 2 2 4c kQqF R  ，故 A 正确。同理可得 2 2 5 25a kQE R  ，方向沿斜面向下，故 D 错误。由对称性，小球在b 点所受的电场力与在 c 点 所受的电场力方向相反，大小相等，有 b cF F ，在 b 点，对小球，由牛顿第二定律，有 sin 37 cos37 bmg mg F ma     ，联立解得 2 (3 3) 2 5 4 g kQqa mR    ，故 B 正确。小球从 物理参考答案·第 4 页（共 8 页） a 到 d ， 由 对 称 性 ， 电 场 力 做 功 0adW  ， 对 小 球 ， 由 动 能 定 理 ， 有 k4 sin 37 4 cos37 0adW mg R mg R E       ，联立解得 k 4(3 3) 5 mgRE  ，故 C 错误。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 57 分。 11．（每空 2 分，共 6 分） （1） ① （2）12 （3）减少 【解析】（1）位置①与电容器并联，应该接电压表。 （2）电流表示数为 0mA 时，充电结束，电压 大，根据乙图，为 12V。 （3）无论充电还是放电，电流表的示数都应减小，由图丙可知该过程中随电流减小，电 压也在减少，故电容器正在放电，其能量在减少。 12．（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分） （1）C （2） 1 1 2 m m m OP OM ON   1 1 1 OP ON OM   （3）20.25（3 分） 【解析】（1）要让 1 碰 2 之后，1、2 都往前走，而不反弹，需要 1 2m m ，之后要保证碰 前碰后是一维碰撞，需要 1 2r r ，故 C 正确。 （2）根据动量表达式 p m v可知，为了验证动量守恒定律，需要测量两小球的质量和碰 撞前后的速度；设小球做平抛运动的初速度为 0v ，根据平抛运动规律有 0x t v ， 21 2 y gt 可得 0 2 gx h v ，由于两小球做平抛运动到击中竖直挡板的水平位移相等，所以可以用平 抛过程的竖直高度代替抛出时的初速度。设入射小球碰撞前瞬间的速度大小为 0v ，碰撞 后瞬间入射小球和被碰小球的速度大小分别为 1v 、 2v ，根据动量守恒可得 1 0 1 1 2 2m m m v v v ，又 0 2 gx OP   v ， 1 2 gx OM   v ， 2 2 gx ON   v ，联立可得若两 球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 1 1 2m m m OP OM ON   ，弹性碰撞，动量守恒， 前后动能相等， 1 1 2 m m m OP OM ON   ，通过化简，得到 1 1 1 OP ON OM   。 物理参考答案·第 5 页（共 8 页） （3）当两球发生弹性碰撞时，碰后瞬间被撞小球 2m 速度 2v 大，被撞小球 2m 平抛运动竖 直高度 ON 具有 小值，根据动量守恒和机械能守恒可得 1 0 1 1 2 2m m m v v v ， 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m m m v v v ， 解 得 12 0 0 1 2 2 16 9 m m m    v v v 。 根 据 0 2 gx OP   v ， 2 2 gx ON   v ， 可 得 被 撞 小 球 2m 平 抛 运 动 竖 直 高 度 ON 的 小 值 为 2 2 2 0 0 22 2 2 0 9 20.25cm 1616 9 ON OP OP OP          v v v v 。 13．（10 分） 解：（1）电动机在CD段运动过程中 sin cos CDmg mg ma    ① 2 20 2 CD CDa x  v ② 解得： 20mCDx  ③ （2）物块在CD段运动过程中 CD CD AB ABa t a t v ④ sin cosAB ABF mg mg ma     ⑤ B ABP F v ⑥ 解得： 300WBP  ⑦ 评分标准：本题共 10 分。正确得出①、④、⑤式各给 2 分，其余各式各给 1 分。 14．（14 分） 解：（1）规定向右为正方向，甲与乙先发生弹性碰撞，有 1 0 1 1 2 2m m m v v v ① 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 m m m v v v ② 解得： 1 21 0 0 1 2 1 3 m m m m     v v v ③ 1 2 0 0 1 2 2 4 3 m m m    v v v 此后乙与丙发生弹性碰撞，有 2 2 2 2 3 3m m m v v v ④ 物理参考答案·第 6 页（共 8 页） 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 2 2 2 m m m v v v ⑤ 解得： 23 2 0 2 3 2 1 3 m m m    v v v ⑥ 显然，取走乙后，甲与丙速度完全相同，故不能再相碰 ⑦ （2）由（1）可知，甲与乙先发生第一次碰撞，碰后两者的速度分别为 1 0 1 3 v v ， 2 0 4 3 v v 此后乙穿过 AB 的过程中有 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 m gL m   v v 解得： 22 0 16 2 9 gL  v v ⑧ 显然根号内的值必须为正，即 2 0 16 2 0 9 gL v 解得： 0 3 1 2 2 gLv ⑨ 然后乙与丙发生第二次碰撞，由（1）同理可得 22 3 2 2 0 2 3 9 8 m m gL m m        v v v ⑩ 为使乙不会与甲再次碰撞，应使甲、乙都在 AB 间减速直至都静止时也不相遇，即 2 1 1 1 1 1 (0 ) 2 m gS m   v ⑪ 2 2 2 2 2 1 (0 ) 2 m gS m    v ⑫ 1 2S S L  ⑬ 解得： 0 3 5 4 gLv ⑭ 综上可得： 0 3 1 3 5 2 2 4 gL gL  v 评分标准：本题共 14 分。正确得出①～⑭式各给 1 分。 15．（18 分） 解：（1）粒子从 A 运动到 B 的过程中，其速度在图乙中从 a 沿线段 ab 变化到 b，故该过 程中 xv 保持不变始终为 0v ，则电场力方向与 x 轴相互垂直。又因为 yv 从 0 变为 0v ，则 物理参考答案·第 7 页（共 8 页） 电场力方向沿 y 轴负方向 ① 由上可知粒子在 AB 间作类平抛运动，如图 1 所示 对 B 点速度正交分解并结合图乙的 b 点可知 2 2 0 2 2 yL a a   v v ② qEa m  ③ 解得： 2 0 2 mE qL  v ④ （2）因为 P 点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度就是粒子在对应过程中的速度变化量 v，且已知任意相等时间内 P 点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即 t   v 为定 值 ⑤ 故粒子在圆弧轨道内作匀速圆周运动的向心加速度与其在AB间作类平抛运动的加速度大 小相等，即 2 B qE R m  v ，其中 R 为圆弧轨道的半径 ⑥ 由图乙可知 2 2 2 2 0 0 02B x y    v v v v v v ⑦ 解得： 4R L ⑧ （3）由乙图可知，粒子从 C 点回到电场后，在电场中的运动可分解为 x 轴方向上的匀速 直线运动（速度大小为 0v ）和 y 轴方向上的匀变速直线运动（初速度 0v 沿正方向，加速 度 2 0 2 qEa m L   v ，沿负方向） 故其在电场中运动的 大高度 2 0 m 2 h L a   v ，恰好不离开电场 ⑨ 重新离开电场的位置（F 点）到 C 点的距离 0CFx t  v 且 02t a    v 解得： 4CFx L  ⑩ 根据对称性，从 F 点再次离开时的速度大小为 图 1 物理参考答案·第 8 页（共 8 页） 2 2 0 0 02F   v v v v 与 x 轴正方向成 45  ，此后粒子做匀速直线运动 ⑪ 如图 2 所示，过 F 点作 Fv 的延长线交圆弧轨道于 G 点 根据圆的对称性可知 1 1 45O BC O CB     ，故易知四边形 1FGO C 为菱形，即 1 45FGO  。根据题意，粒子在 G 点与轨 道发生弹性碰撞后的运动轨迹与圆弧轨道的交点 H 满足 1 1 45O GH FGO    ，同理可知粒子还会与圆弧轨道在 I 点 相撞 后从 J 点返回电场，且 2 4 2GH HIl l R L   ⑫ 4FG IJl l R L   ⑬ 0Jx Jy v v v ， Jv 与 x 轴正方向成 45°角 根据对称性 2 4( 2 1)CJ BF CFx x R x L        ⑭ 故 J 点横坐标为 2J C CJx x x L     ，其中 ( 2 ) (4 2 2)C Bx R x L      故曲线 AB 与 JA 对称，故粒子从 J 返回电场后做类斜抛运动恰好回到 A 点 粒子从 A 点出发再回到 A 点的轨迹可分为三部分：4 段对称的抛物线、1 段圆弧、4 段直 线段。其总时间为 4 2 ( )AB FG GHBCt t t t t      ⑮ 0 0 0 0 3 2π 244 2 2 2 2 B Rx R R            v v v v 0 (16 4 2 3 2π) L   v ⑯ 评分标准：本题共 18 分。正确得出⑤、⑩式各给 2 分，其余各式各给 1 分。 图 2