精品解析：福建省莆田市莆田第四中学2025-2026学年高二上学期12月月考物理试卷

2025-2026学年莆田四中高二上学期12月月考 物理学科试卷 本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。 1. 道路千万条，安全第一条，在骑行过程中发生交通事故时，佩戴头盔可有效防止头部受伤，大大减轻损伤程度。下列说法正确的是（　　） A. 佩戴头盔缩短了驾驶员头部撞击的作用时间 B. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击作用力的大小 C. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量 D. 在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小不相等 2. 如图所示，汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电动机绕组的电阻为0.1Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　） A. 35.8W B. 48.2W C. 76.8W D. 43.2W 3. 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　） A. B. C. D. 4. 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A. 运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B. C球摆到最低点过程，C球的速度为 C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离 D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同 二、双项选择题∶本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 5. 一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B.两盒分别与交流电源相连设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是（ ） A. D形盒之间交变电场的周期为 B. 质子被加速后的最大速度随B、的增大而增大 C. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D. 质子离开加速器时的动能与成正比 6. 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入竖直平面内方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒只在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　) A. 该微粒一定带负电 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为Bvcos θ 7. 如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。则下面判断正确的是（　　） A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同 B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同 C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场 D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场 8. 如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（　　） A. 两物块的质量之比为 B. 在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C. 时间内，弹簧的长度大于原长 D. 时间内，弹簧的弹力逐渐增大 三、填空题：本大题共小题，共9分 9. 如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反。、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为______。 10. 质量为0.10g的小物块，带有5×10-4C的电荷量，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2），则 （1）物块带何种电荷？ （2）物块离开斜面时的速度为多少？ （3）物块在斜面上滑行的最大距离是多少？ 四、实验题：本大题共2小题，每空2分，共14分 11. 某同学测量电流表内阻的电路如图甲所示，供选择的仪器如下： ①待测电流表（0~5mA，内阻约300Ω） ②电流表（0~10mA，内阻约100Ω） ③定值电阻（300Ω） ④定值电阻（10Ω） ⑤滑动变阻器（0~10000Ω） ⑥滑动变阻器（0~20Ω） ⑦干电池（1.5V） ⑧开关及导线若干 （1）定值电阻应选______，滑动变阻器应选______。（在空格内填写序号） （2）完成实物图连接______ （3）实验时，主要的步骤是： ①完成实物图连接，将滑动触头移至最左端 ②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录、的读数、 ③多次移动滑动触头，记录相应的、读数、 ④以为纵轴，为横轴，作出相应图线，如图乙所示 （4）根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式______（用题目中所给字母表示）。 12. 某实验小组的同学设计了如图1所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下： （1）在长木板的左端固定一位移传感器（与计算机连接），并利用垫木将长木板的左端垫高，将质量为M的滑块甲放置在木板上，反复调整垫木的位置，直到轻推滑块甲后，滑块甲沿木板向下做匀速直线运动为止； （2）调整好垫木位置后，将滑块甲紧靠位移传感器放置，然后轻推滑块甲，滑块甲向下运动，与静止在P点的质量为m的滑块乙（与甲的材质相同，其一侧粘有质量不计的橡皮泥）相碰并粘在一起，再一起下滑到底端； （3）在上述过程中，通过位移传感器在计算机上获得了如图2所示的s-t图像，由图可知，碰前滑块甲的速度大小为___________；碰后滑块乙的速度大小为___________；（两空均用图中所给物理量的字母表示） （4）若两滑块碰撞前后动量守恒，则需满足的表达式为___________（用题干和图中所给物理量的字母表示）。 五、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题12分，第15题15分，共37分。解写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后答案的不给分） 13. 如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上．导体棒与斜面的水平底边始终平行．已知导体棒通以从b向a的电流，电流为I，重力加速度为g. (1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小； (2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向． 14. 如图所示，在xoy平面y<0的区域内在沿y轴正方向的匀强电场，y>0的区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q（q>0）的粒子从A点沿x轴正方向以初速度开始运动，第一次通过x轴时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°已知 。不计粒子重力。 （1）求电场强度的大小E； （2）若粒子第4次经过x轴的位置到坐标原点O的距离d。 15. 如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0=1.0m，在物块B的左侧固定有少量炸药。质量为M=2.0kg的物块A（可视为质点）靠在被压缩x1=0.2m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l=0.8m。现将物块A由静止释放，与B发生碰撞（碰撞时间极短）并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1=8m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m／s。已知B的质量为m=1.0kg，C的质量为B质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。求： （1）A释放前弹簧的弹性势能Ep； （2）B与C碰撞前瞬间，B的速度大小； （3）要使碰撞后B与C的运动方向相同，求k的取值范围。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年莆田四中高二上学期12月月考 物理学科试卷 本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。 1. 道路千万条，安全第一条，在骑行过程中发生交通事故时，佩戴头盔可有效防止头部受伤，大大减轻损伤程度。下列说法正确的是（　　） A. 佩戴头盔缩短了驾驶员头部撞击的作用时间 B. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击作用力的大小 C. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量 D. 在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小不相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，故A错误； B．驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变，根据动量定理，佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，从而减小驾驶员头部受到的撞击力的大小，故B正确； C．在撞击过程中，驾驶员头部的动量变化量是由撞击前后的速度变化决定的，与是否佩戴头盔无关，故C错误； D．根据可知，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向，故D错误。 故选B。 2. 如图所示，汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电动机绕组的电阻为0.1Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　） A. 35.8W B. 48.2W C. 76.8W D. 43.2W 【答案】D 【解析】 【详解】电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为， 由欧姆定律得 解得 灯泡消耗功率为 电动机启动后，路端电压 灯泡消耗电功率为 所以灯泡功率降低了=120W-76.8W=43.2W 故选D。 3. 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子做圆周运动的半径 根据几何关系可得P点至O点的距离 故选C。 4. 如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A. 运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B. C球摆到最低点过程，C球的速度为 C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离 D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统的总动量不守恒，故A错误； BD．小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，设A、B共同速度为，根据机械能守恒有 由水平方向动量守恒得 联立解得 ， 此后A、B分开。当C向左运动能达到的最大高度时，AC共速，设此时A、C速度为，B的速度依然为。全程水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即 整个过程中，系统机械能守恒，C的重力势能转化为A、B、C的动能，即 解得 故B正确，D错误； C．C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 则 由几何关系得 解得木块A、B向右移动的距离为 故C错误。 故选B。 二、双项选择题∶本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 5. 一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B.两盒分别与交流电源相连设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是（ ） A. D形盒之间交变电场的周期为 B. 质子被加速后的最大速度随B、的增大而增大 C. 质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大 D. 质子离开加速器时的动能与成正比 【答案】AB 【解析】 【详解】A．D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中回旋的周期，A正确； BC．由得，当r=R时，质子速度最大，，即B、R越大，越大，与加速电压无关，B正确，C错误； D．质子离开加速器时的动能 质子离开加速器时的动能与R2成正比，故D错误； 故选AB。 6. 质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入竖直平面内方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒只在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　) A. 该微粒一定带负电 B. 微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C. 该磁场的磁感应强度大小为 D. 该电场的场强为Bvcos θ 【答案】AC 【解析】 【详解】A、若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡．若粒子带负电，符合题意．所以A正确．B、粒子如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，粒子不能沿直线运动，与题意不符．故B错误．D、粒子受力如图： 由图qE=qvBsinθ，所以E=Bvsinθ．故D错误；C、由平衡条件得 qvBcosθ=mg，，故C正确；故选AC． 【点睛】本题是带电粒子在复合场中运动的问题，考查综合分析和解决问题的能力，要抓住洛伦兹力与速度有关的特点． 7. 如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。则下面判断正确的是（　　） A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同 B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同 C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场 D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场 【答案】AD 【解析】 【详解】A．两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，选项A正确； BCD．电子在磁场中的可能运动情况如图所示 电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨道半径、速度是相同的，把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出正方形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与正方形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁场，再出正方形磁场；所以电子不会先出正方形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场。如图轨迹2所示，粒子转过的圆心角是相等的，则运动时间相等。故BC错误D正确。 故选AD。 8. 如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（　　） A. 两物块的质量之比为 B. 在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C. 时间内，弹簧的长度大于原长 D. 时间内，弹簧的弹力逐渐增大 【答案】BD 【解析】 【详解】时间内，减速，加速，弹簧处于压缩状态，时刻弹簧压缩到最短，两物块共速， 时间内，继续减速至0后反向加速，继续加速，时刻弹簧恢复至原长， 时间内，反向减速至0后正向加速，减速，弹簧处于拉伸状态，至时刻两者再次共速，弹簧拉伸至最长。 A．系统在水平方向不受外力，动量守恒。由图像乙知 、时刻两物块均共速，且，取水平向右为正方向，在时间内，由动量守恒定律得 将，代入 得，故A错误； B．根据系统能量守恒可知系统的总动能和弹簧的弹性势能之和不变，在 、两时刻，两物块均共速，系统的总动能均最小，所以弹簧的弹性势能均达到最大值，故B正确； C．由前面的分析可知：时间内，弹簧由压缩到最短逐渐恢复至原长，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误； D．由前面的分析可知： 时间内，弹簧由原长逐渐拉伸至最长，所以弹力逐渐增大，故D正确。 故选BD。 三、填空题：本大题共小题，共9分 9. 如图所示，三根相互平行的固定长直导线、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反。、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为______。 【答案】 【解析】 【详解】设三根导线两两之间的相互作用力为F，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，根据矢量的合成法则可知，、受到的磁场力的合力等于F，受的磁场力的合力为，即、和单位长度受到的磁场力之比为。 10. 质量为0.10g的小物块，带有5×10-4C的电荷量，放在倾角为30°的绝缘光滑斜面上，整个斜面置于0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时，物块开始离开斜面（设斜面足够长，g取10m/s2），则 （1）物块带何种电荷？ （2）物块离开斜面时的速度为多少？ （3）物块在斜面上滑行的最大距离是多少？ 【答案】(1)负电；(2)；(3) 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块运动至某一位置时能离开斜面，结合左手定则可知，物块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，物块带负电。 (2)当满足 时，物块与斜面间相互作用力为零，开始离开斜面，解得物块离开斜面时的速度为 (3)物块离开斜面前做匀加速直线运动，设滑行的最大距离为s，由牛顿第二定律及运动学公式分别可得 联立解得 四、实验题：本大题共2小题，每空2分，共14分 11. 某同学测量电流表内阻的电路如图甲所示，供选择的仪器如下： ①待测电流表（0~5mA，内阻约300Ω） ②电流表（0~10mA，内阻约100Ω） ③定值电阻（300Ω） ④定值电阻（10Ω） ⑤滑动变阻器（0~10000Ω） ⑥滑动变阻器（0~20Ω） ⑦干电池（1.5V） ⑧开关及导线若干 （1）定值电阻应选______，滑动变阻器应选______。（在空格内填写序号） （2）完成实物图连接______ （3）实验时，主要的步骤是： ①完成实物图连接，将滑动触头移至最左端 ②闭合开关，移动滑动触头至某一位置，记录、的读数、 ③多次移动滑动触头，记录相应的、读数、 ④以为纵轴，为横轴，作出相应图线，如图乙所示 （4）根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式______（用题目中所给字母表示）。 【答案】 ①. ③ ②. ⑥ ③. ④. 【解析】 【详解】（1）[1][2]由于G1的满偏电流是G2的一半，根据并联电阻的分流作用可知G1应与阻值相似的定值电阻并联，再与G2串联，因待测电流表的内阻约为300Ω，则定值电阻应选取R1，滑动变阻器R3的阻值太大，不方便调节，应选取阻值较小的R4，方便调节，并使用分压式接法。 （2）[3]采用分压式接法，实物图连接如图所示 （4）[4]根据欧姆定律，有 即 结合图像，则图像的斜率 则有 12. 某实验小组的同学设计了如图1所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下： （1）在长木板的左端固定一位移传感器（与计算机连接），并利用垫木将长木板的左端垫高，将质量为M的滑块甲放置在木板上，反复调整垫木的位置，直到轻推滑块甲后，滑块甲沿木板向下做匀速直线运动为止； （2）调整好垫木位置后，将滑块甲紧靠位移传感器放置，然后轻推滑块甲，滑块甲向下运动，与静止在P点的质量为m的滑块乙（与甲的材质相同，其一侧粘有质量不计的橡皮泥）相碰并粘在一起，再一起下滑到底端； （3）在上述过程中，通过位移传感器在计算机上获得了如图2所示的s-t图像，由图可知，碰前滑块甲的速度大小为___________；碰后滑块乙的速度大小为___________；（两空均用图中所给物理量的字母表示） （4）若两滑块碰撞前后动量守恒，则需满足的表达式为___________（用题干和图中所给物理量的字母表示）。 【答案】 ①. ②. ③. 【解析】 【详解】（3）[1]滑块甲与滑块乙碰撞前做匀速直线运动，根据s-t图像可知，图中的0~t1段图像的斜率为滑块甲的碰前速度 [2]甲、乙碰后粘在一起做匀速直线运动，图中的段图像的斜率为碰后滑块甲、乙的速度 （4）[3]滑块甲和滑块乙碰前的总动量为 碰后的总动量为 故两滑块碰撞前后验证动量守恒定律的表达式为 五、解答题（本题共3小题，第13题10分，第14题12分，第15题15分，共37分。解写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后答案的不给分） 13. 如图所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上．导体棒与斜面的水平底边始终平行．已知导体棒通以从b向a的电流，电流为I，重力加速度为g. (1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小； (2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向． 【答案】(1) 　(2) 方向垂直斜面向上 【解析】 【分析】(1)导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力的大小，再根据FA=BIL求出磁感应强度的大小;； (2)导体棒所受重力的大小方向不变，支持力的方向不变，根据三角形定则求出安培力的最小值，从而求出磁感应强度的最小值和方向． 【详解】(1) 根据共点力平衡得，mgtanθ=BIL     ； (2) 根据三角形定则知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小  mgsinθ=BIL  解得，B= B垂直于斜面向上． 【点睛】解决本题的关键会根据共点力平衡求解力，以及知道根据三角形定则，当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力有最小值． 14. 如图所示，在xoy平面y<0的区域内在沿y轴正方向的匀强电场，y>0的区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m，带电荷量为q（q>0）的粒子从A点沿x轴正方向以初速度开始运动，第一次通过x轴时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°已知 。不计粒子重力。 （1）求电场强度的大小E； （2）若粒子第4次经过x轴的位置到坐标原点O的距离d。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设第一次通过x轴上的点为C点，在C点对带电粒子的速度进行分解，有 从A点运动到C点的过程，在y轴方向上有 根据牛顿第二定律有 联立解得 【小问2详解】 粒子运动轨迹如图 电场中偏转过程，位移偏转角正切值 得 设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力则有 速度 根据几何关系得圆周运动的弦长 由轨迹的对称性，粒子第四次通过轴位置到坐标原点得位移大小 15. 如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距x0=1.0m，在物块B的左侧固定有少量炸药。质量为M=2.0kg的物块A（可视为质点）靠在被压缩x1=0.2m的弹簧右端，O点为弹簧原长的位置，A与B相距l=0.8m。现将物块A由静止释放，与B发生碰撞（碰撞时间极短）并导致炸药爆炸，碰撞后A静止，B的速度v1=8m/s；物块B再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m／s。已知B的质量为m=1.0kg，C的质量为B质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.75，碰撞时间极短，重力加速度g取10m/s2。求： （1）A释放前弹簧的弹性势能Ep； （2）B与C碰撞前瞬间，B的速度大小； （3）要使碰撞后B与C的运动方向相同，求k的取值范围。 【答案】（1）28J；（2）7m/s；（3）≤k＜ 【解析】 【详解】（1）设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得 Mv0=mv1 解得 v0=4m/s 根据能量守恒定律可得 解得 Ep=28J （2）设B与C碰撞前瞬间B的速度为v2，由动能定理得 联立以上各式解得 v2=7m/s （3）设B与C发生碰撞后C速度为v3，由动量守恒定律得： 解得 v3=7-2k 根据物理情景可得 v3≤v 即 k≥ 根据碰撞过程中动能不能增大可得： 解得 0≤k≤6 要使B的运动方向与C相同则需满足 v3>0 带入可得 k＜ 综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，求k的取值范围是 ≤k＜ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $