2020年海南省新高考物理一模试题卷（含答案和解析）.docx

1、第 1 页，共 14 页 2020 年海南省高考物理一模试卷年海南省高考物理一模试卷 一、单选题（本大题共 8 小题，共 32.0 分） 1. 一玻璃砖的截面为半圆，截面内一束单色光从空气射向其圆心 O，下图中能正确描 述其折射光路的是( ) A. B. C. D. 2. 一物块沿直线运动的速度时间( )图象如图所示，下列说法正确的是( ) A. 5s 内的位移大小为17.5 B. 3s 末与 5s 末的速度相同 C. 第 4s内与第 5s 内的加速度相同 D. 前 4s 的平均速度大小为4/ 3. 两个相同物块 P、Q分别在大小相等、方向如图的恒力 1和2作用下沿水平面向右 运动，物块与水平

2、面的动摩擦因数相同。在它们前进相同距离的过程中，1和2做 功分别为1和2，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为1 和 2，则有( ) A. 1 2 ， 1 2 B. 1= 2 ， 1 2 C. 1 2 ， 1= 2 D. 1= 2 ， 1= 2 4. 植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉做无规则的运动， 人们把这种无规则 运动叫做布朗运动。关于布朗运动，下列说法正确的是( ) A. 布朗运动是花粉颗粒中分子运动引起的 B. 布朗运动反映了水分子的无规则运动 C. 花粉颗粒越大，布朗运动越激烈 D. 布朗运动的激烈程度与温度无关 5. 在竖直平面(纸面)内固定三根平行的长直导线 a、 b、

3、c， 通有大小相等、方向如图所示的电流。若在三根导线所 在空间内加一匀强磁场后， 导线 a所受安培力的合力恰 好为零，则所加磁场的方向可能是( ) 第 2 页，共 14 页 A. 垂直导线向左 B. 垂直导线向右 C. 垂直纸面向里 D. 垂直纸面向外 6. 某地球卫星在圆轨道做匀速圆周运动，变轨后进入圆轨道做匀速圆周运动。若 轨道半径是轨道的 9 10，忽略卫星质量的变化，则卫星在轨道与轨道动能的 比值为( ) A. 9 10 B. 10 9 C. 81 100 D. 100 81 7. 一定质量的理想气体，从状态 M 开始，经状态 N、Q回到原状态 M，其 图象 如图所示，其中 QM 平行

4、于横轴，NQ 平行于纵轴。则( ) A. 过程气体温度不变 B. 过程气体对外做功 C. 过程气体内能减小 D. 过程气体放出热量 8. 如图()所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导 线框上方， 规定图()中箭头方向为电流的正方向。 直导线中通以图()所示的电流， 则在01时间内，导线框中感应电流的方向( ) A. 先顺时针后逆时针 B. 先逆时针后顺时针 C. 始终沿顺时针 D. 始终沿逆时针 二、多选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分） 9. 在医学上，常用钴 60产生的射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。钴 60的衰变 方程为 27 60 28 60 +

5、，下列说法正确的是( ) A. 钴 60发生的是衰变，X 是电子 B. 射线比射线的穿透能力强 C. X粒子是钴 60原子核的组成部分 D. 该衰变过程释放的核能全部转化为射线的能量 10. 如图所示，水平弹簧振子沿 x轴在 M、N 间做简谐运动，坐标原点 O 为振子的平衡 位置，其振动方程为 = 5(10 + 2).下列说法正确的是( ) A. MN 间距离为 5cm B. 振子的运动周期是0.2 C. = 0时，振子位于 N点 D. = 0.05时，振子具有最大加速度 第 3 页，共 14 页 11. 如图所示，一个小物块放在截面为半圆的容器最低点。若 绕过 O点垂直于纸面的轴逆时针缓慢转

6、动容器， 直至小物 块开始沿内壁滑动。则该过程中容器对小物块的( ) A. 支持力大小不变 B. 支持力大小 减小 C. 摩擦力大小减小 D. 摩擦力大小增大 12. 如图所示， 带电粒子 a、 b从同一点以相同速度射入平行板间 的匀强电场中，速度与电场方向垂直，a、b分别打在 M、N 点，若 = ，不计粒子的重力，则粒子 a、b 的( ) A. 运动时间之比为 1：2 B. 加速度大小之比为 2：1 C. 比荷之比为 4：1 D. 位移大小之比为 1：2 13. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比1：2= 2：1，电源电压 = 122100()，电阻1= 4，2= 2，它们消耗的功率分

7、别为1、2， 则( ) A. 1= 4 B. 1= 16 C. 2= 2 D. 2= 8 三、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分） 14. 某同学用如图所示的装置验证机械守恒定律。实验步骤如下： 用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门 A 固定在立柱上， 用一小铁球底部处于同一 水平位置，光电门 B固定在立柱上的另一位置； 切断电磁铁电源， 小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门 A和光电 门 B 的时间分别为、 请回答下列问题： (1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于_，以确保小铁球 能通过两个电光门； (2)实验中还需要测量的物理量是_(填选项前的字母) A.小

8、铁球的质量 m B.小铁球的直径 d C.光电门 A、B间的距离 h (3)小铁球经过光电门 B时的速度可表示为_(用测量的物理量表示) (4)在误差允许范围内，若满足关系式_，即可验证机械能守恒(用测量的物理 量和重力加速度 g表示)。 第 4 页，共 14 页 15. 某同学设计了如图()的电路来测量电源电动势 E和内阻 r。图中0= 7.0，1阻 值未知， 2为电阻箱， 阻值范围为09999.9，是理想电压表， 1为单刀开关， 2为单刀双掷开关。 (1)调节电阻箱2的阻值为10，闭合1，将2拨向 a，电压表示数为0.87；将2拨 向 b，电压表示数为1.26，则1的阻值为_(保留 2位有

9、效数字)； (2)将2拨向 a，多次调节2，读出其阻值及对应的电压表示数，经处理得到下表的 数据，请在如图()给出的坐标纸上描出剩余的数据点，并绘出 1 1 2图线。 实验次数 1 2 3 4 5 6 1 2 (;1) 0.04 0.07 0.10 0.13 0.17 0.20 1 (;1) 0.76 0.93 1.15 1.32 1.59 1.79 (3)由 1 1 2图线得到电源电动势 =_V，内阻 =_(结果均保留 2 位有 效数字)。 四、计算题（本大题共 1 小题，共 10.0 分） 16. 驾考需要考查坡道定点停车，过程如图所示，汽车从水平路段的 A点启动，匀加速 行驶 2s 到达

10、斜坡底端 B 点时速度为2/。 接着汽车仍以2/的速度匀速上坡， 然 后在恰当位置刹车， 刚好停在 C点。 已知汽车在斜坡上刹车的摩擦阻力恒为车重的 0.2倍，斜坡倾角的正弦值 = 0.3，取重力加速度为10/2.求 第 5 页，共 14 页 (1)、B两点间距离； (2)汽车开始刹车的位置到 C点的距离。 五、简答题（本大题共 2 小题，共 16.0 分） 17. 如图所示，真空中半径为 = 3 3 的圆形区域内存在一方向垂直于纸面的匀强磁场。 间距 = 0.50的平行金属板 M、N间有一匀强电场，N 板与磁场边界相切。现有 一带正电的粒子从 M 板上的 P 孔由静止释放， 经电场加速后，

11、以 = 1.0 10;5/ 的速度通过 N板上的小孔 Q垂直进入磁场， 离开磁场时， 速度方向向左偏转了60， 已知点 P、Q、O在同一竖直线上，粒子的比荷 = 4.0 107/，不计重力及相 对论效应。求： (1)、N 两板间的电压 U； (2)磁感应强度 B 的大小和方向； (3)粒子从释放到离开圆形磁场区域，经历的总时间(保留 2位有效数字)。 18. 有一种打积木的游戏， 装置如图所示， 三块完全相同的积木叠放在靶位上， 长为 L， 积木 B与 C 夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为 R 且不可伸长的轻绳挂于 O 点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与 O 等高的 P

12、点(保持 第 6 页，共 14 页 绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木 A发生弹性碰撞，积木 A 滑行一 段距离( 2)后停下，又将钢球拉回 P点由静止释放，落下后与静止的积木 B 发生弹性碰撞， 积木B向前滑行与积木A碰撞后， 以共同速度滑行一段距离后停止。 已知重力加速度为 g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求 (1)钢球与积木 A 碰撞前、后瞬间的速度大小； (2)动摩擦因数； (3)积木 B滑行的距离。 第 7 页，共 14 页 答案和解析答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：光线由空气射向玻璃砖，根据折射定律可知，折射角小于入射角，由于射 到弧面上时是沿着法线

13、射入，所以沿直线射出玻璃砖，故 ACD错误，B正确。 故选：B。 光从空气射到玻璃砖内，根据折射定律判断折射角和入射角的大小，再分析到达弧面上 的入射角，从而分析出射光线的方向。 解决该题的关键是掌握折射定律， 知道光从光疏介质传播到光密介质发生折射现象时的 折射角小于入射角。 2.【答案】C 【解析】 解： A、 因为 图象的“面积”大小等于位移， 图象在时间轴上方位移为正， 图象在时间轴下方位移为负，则 5s内与 3s 的位移大小相等，为 = 2:3 2 5 = 12.5，故 A错误； B、3s 末与 5s末的速度大小相同，方向相反，速度不同，故 B错误； C、因为 图象的斜率等于加速度，

14、则第 4s内与第 5s内的加速度相同，故 C正确； D、前 4s 内的位移大小为 = 2:4 2 5 = 15 则平均速度大小为 ; = 4 = 15 4 / = 3.75/，故 D错误。 故选：C。 在 图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，根据几 何知识求出位移，再求平均速度。 对于运动图象，首先要看清坐标轴，再根据图象的斜率和面积来分析图象的物理意义。 对于 图象，要知道图象与时间轴所围的面积表示位移，图象的斜率表示加速度。 3.【答案】A 【解析】解：作用在物块上的恒力1和2的大小相等，两物体位移相同， 根据 = 知1 2， 根据摩擦力 = 知= ，= ( 2)

15、 由此可知 ， 根据 = 知，位移相同，P、Q两物块克服摩擦力所做的功分别为1 和 2， 所以1 2，故 A正确，BCD 错误。 故选：A。 根据功的定义，通过 = ，明确做功的两个因素：力以及力的方向上的位移， 然后比较做功的大小。 解决本题的关键掌握功的公式 = ，注意分析力和位移的大小，方向即可。 4.【答案】B 【解析】解：A、布朗运动是水分子的无规则运动引起的，故 A错误； B、布朗运动是固体小颗粒的运动，它反映了水分子的无规则运动，故 B正确； C、花粉颗粒越小，液体分子的撞击越容易不平衡，布朗运动越激烈，故 C 错误； 第 8 页，共 14 页 D、布朗运动的激烈程度与温度有关，

16、温度越高，布朗运动越明显，故 D 错误。 故选：B。 布朗运动是固体小颗粒受液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡而产生的运动； 液体 的温度越低，颗粒越大，悬浮小颗粒的运动越缓慢，固体小颗粒做布朗运动说明了液体 分子不停的做无规则运动。 本题考查布朗运动的产生和现象，掌握布朗运动的实质和产生原因，以及影响布朗运动 剧烈程度的因素是解决此类题目的关键。 5.【答案】D 【解析】 解： 根据安培定则可知， 导线 b 在 a 处的磁场向里， 导线 c 在 a 处的磁场向外， 因 b离 a 较近，可知 bc在 a 处的合磁场垂直纸面向里；因导线 a所受安培力的合力恰 好为零，可知 a 处所加磁场的方向

17、为垂直纸面向外； A、垂直导线向左，与结论不相符，故 A 错误； B、垂直导线向右，与结论不相符，故 B 错误； C、垂直纸面向里，与结论不相符，故 C 错误； D、垂直纸面向外，与结论相符，故 D 正确。 故选：D。 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。导线越近，磁场越强，安培力越大；然后结合 左手定则判断即可。 本题考查了学生对用安培定律中导线之间相互作用力、电流的大小、导线之间的距离等 因素的关系了解和掌握，属于常见题型。 6.【答案】B 【解析】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力， 2 = 2 ，解得： = ， 动能：= 1 2 2， 联立解得：= 2 轨道半径是轨道的

18、9 10，则卫星在轨道与轨道动能的比值为 10 9 ，故 B正确，ACD 错误。 故选：B。 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，列出线速度与轨道半径的关系式， 结合动能公式求解卫星在轨道与轨道动能的比值。 此题考查了人造卫星的相关计算，解题的关键是明确万有引力提供向心力，得到线速度 和动能的表达式。 7.【答案】D 【解析】解：A、由数学知识可知， 过程气体的 pV 乘积先增加后减小，结合理 想气体状态方程 = 可知，温度先升高后降低，故 A 错误； B、 过程气体的体积不变，不对外做功，故 B 错误； C、 过程气体压强增大，体积不变，由 = 可知，温度升高，则内能增加，故 C错

19、误； 第 9 页，共 14 页 D、 过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即 0；由 = 可知， 温度降低，内能减小，即 0，根据热力学第一定律 = + 可知 0，由理想气体状态方程可知温度 降低，即 0，再根据热力学第一定律可以判断是否放热。 本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热 力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系， 弄清气体状态变化过程 中各状态量的变化情况。 8.【答案】C 【解析】解：开始阶段直导线中电流向右减小，依据右手螺旋定则，则穿过线圈的磁通 量向里减小， 由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向； 后一阶段直

20、导线中电流向左增加，依据右手螺旋定则，则穿过线圈的磁通量向外增加， 由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向； A、先顺时针后逆时针，与结论不相符，故 A 错误； B、先逆时针后顺时针，与结论不相符，故 B 错误； C、始终沿顺时针，与结论相符，故 C正确； D、始终沿逆时针，与结论不相符，故 D错误。 故选：C。 先依据右手螺旋定则确定在各段时间内，直导线在矩形导线框内磁场方向与大小；再根 据楞次定律判断线框感应电流方向。 考查右手螺旋定则与楞次定律的应用，理解楞次定律“增反减同”的内涵，注意电流正 方向的确定，及知道右手螺旋定则，也称安培定则。 9.【答案】AB 【解析】解：A、由核反应

21、的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为 0，电荷数为1， 则钴 60发生的是衰变，X是电子，故 A 正确； B、射线比射线的穿透能力强，故 B 正确； C、 X粒子是电子， 时钴 60原子核发生衰变时， 一个中子转化成一个质子和一个电子， 电子从原子核中喷射出来，故 X粒子不是其原子核的组成部分，故 C 错误； D、该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，故 D 错误。 故选：AB。 根据质量数守恒与电荷数守恒判断 X的种类； 根据三种射线的特点与穿透性判断； 衰变过程中释放的能量一部分转化为射线的能量，一部分转化为新核的动能。 解决本题的关键知道衰变的过程中电荷

22、数守恒、质量数守恒，知道衰变和衰变的实 质，理解两种衰变的特点以及三种射线的特点与穿透性。 10.【答案】BC 【解析】解：A、MN间距离为2 = 10，故 A错误； B、因 = 10/，可知振子的运动周期是 = 2 = 2 10 = 0.2，故 B正确； 第 10 页，共 14 页 C、由 = 5(10 + 2)可知 = 0时， = 5，即振子位于 N 点，故 C正确； D、 由 = 5(10 + 2)可知 = 0.05时 = 0， 此时振子在 O点， 振子加速度为零， 故 D 错误； 故选：BC。 根据振动方程分析振幅大小，A、B 两点间的距离为振幅的两倍；根据周期和角速度的 关系式求解振

23、子振动的周期； 将 = 0代入振动方程即可判断振子所处的位置；将 = 0.05代入振动方程，判断振子 的位置，即可判断振子的振动状态。 解决该题首先要根据振动方程分析振子的振幅、周期以及 0时刻的振动状态，知道周期 的求解公式。 11.【答案】BD 【解析】解：设某时刻物块与 O点连线与竖直方向夹角为， 如图，滑动前小物块相对容器静止，容器缓慢转动，说明小物 块处于平衡状态： = ， = ， 则随角的增加，支持力大小减小，摩擦力大小增大，故 BD 正确，AC 错误。 故选：BD。 滑动前小物块相对容器静止，容器缓慢转动，说明小物块处于平衡状态，对小物块受力 分析列平衡方程分析支持力和摩擦力的变

24、化。 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析、建 立平衡方程进行解答。 12.【答案】AC 【解析】解：A、两个带电粒子射入电场后，竖直方向做匀速直线运动，则竖直方向有 = 0，可得，粒子 a、b的运动时间之比： = = 0 = 1 2，故 A 正确； B、两个带电粒子水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动，根据 = 1 2 2得：加速 度大小之比 = 2 2= 4 1，故 B 错误； C、由 = ，则比荷之比等于加速度之比，即 4：1，故 C正确； D、 设 a、 b 的水平位移均为 x，竖直位移分别为 y和 2y，则位移之比 = 2:2 2:(2)2 1

25、2， 故 D 错误。 故选：AC。 两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，公式 = 求运动时间之比。水平方向均做初速度为零的匀加速直线运动，根据 = 1 2 2求加速度 之比，再根据牛顿第二定律求比荷之比。根据几何关系求位移大小之比。 解决该题的关键要掌握类平抛运动的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和分 位移公式列式来分析。 第 11 页，共 14 页 13.【答案】AD 【解析】解：设原线圈电流为 I，则由变流比可知，匝数比等于电流的倒数比，次级电 流为 2I， 根据电源电压的瞬时表达式，确定有效值为 12V，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈 的输入电压：

26、1= 1= 12 4， 副线圈的输出电压：2= 22= 4， 根据变压比可知， 1 2 = 1 2 = 2， 解得： = 1， 则1消耗的功率：1= 21= 4， 2消耗的功率：2= (2)22= 8，故 AD 正确，BC 错误。 故选：AD。 根据电源电压的瞬时表达式确定电源电压的有效值。 设原线圈的输入电流为 I，根据变流比确定输出电流大小，根据变压比结合欧姆定律确 定输入电流和输出电流，进而计算出电阻消耗的电功率。 此题考查了变压器的规律，在原线圈和电源之间接入一个电阻的问题，一般都是用电流 表示电压，然后根据变压比计算出电流，进而计算其他所求物理量。 14.【答案】竖直 BC = (

27、) 2 ( ) 2 = 2 【解析】解：(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保 小铁球能通过两个电光门； (2)依据在极短时间内，平均速度接近瞬时速度， 则铁球通过光电门 A、B的速度分别为：= 和 = 依据运动学速度与位移关系式，则有： 2 2 = 2 将速度代入，则有：( ) 2 ( ) 2 = 2 则实验中还需要测量的物理量是：小铁球的直径 d以及光电门 A、B 间的距离 h，故 A 错误，BC正确； 故选：BC； (3)小铁球经过光电门 B时的速度可表示为：= ； (4)在误差允许范围内，若满足关系式：( ) 2 ( ) 2 = 2，即可验证机械能守恒。 故

28、答案为：(1)竖直；(2)；(3)= ；(4)( ) 2 ( ) 2 = 2。 (1)根据实验原理，结合球竖直下落，从而确定立柱的要求； (2、3)根据在极短时间内，平均速度接近瞬时速度，及运动学速度与位移公式，列出其 方程，即可判定求解； (4)减小的重力势能转化为增加的动能，即可验证机械能守恒。 解决本题的关键知道实验的原理以及误差形成的原因， 掌握运动学公式， 及合理的选取， 并知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度，注意等式两边质量可约去。 15.【答案】4.5 2.0 1.3 第 12 页，共 14 页 【解析】解：(1)由串并联电路的特点可知： 1 2 = 2;1 1 ， 代入数据解

29、得：1= 4.5； (2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示： (3)由闭合电路的欧姆定律可知： = + 2 ( + 0+ 1)， 整理得： 1 = :0:1 1 2 + 1 ， 即： 1 = :11.5 1 2 + 1 由图示 1 1 2图象可知： = 1 = 0.5， = :11.5 = 1 1 2 = 2.00;0.50 0.235 ， 解得： = 2.0； 1.3； 故答案为：(1)4.5；(2)图象如图所示；(3)2.0，1.3。 (1)根据串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。 (2)根据坐标系内描出的点作出图象。 (3)根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示

30、图象求出电源 电动势与内阻。 本题考查了实验数据处理、作图象等问题，分析清楚电路结构是解题的前提，应用欧姆 定律可以求出定值电阻阻值； 根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是求电源 电动势与内阻的关键，根据图象与图象表达式可以求出电源电动势与内阻。 16.【答案】解：(1)汽车从 A运动到 B 做匀加速直线运动，则 A、B 两点间距离为： = 2 = 2 2 2 = 2 (2)汽车刹车时，由牛顿第二定律得： + = 解得： = 5/2 汽车开始刹车的位置到 C点的距离为 = 2 2 = 22 25 = 0.4 答： (1)、B两点间距离是 2m。 (2)汽车开始刹车的位置到 C点的距离是

31、0.4。 【解析】(1)汽车从 A 运动到 B 做匀加速直线运动，已知初速度、末速度和运动时间， 可根据平均速度与时间的乘积来求 A、B两点间距离； (2)根据牛顿第二定律求得刹车时的加速度，再由速度位移公式求汽车开始刹车的位置 第 13 页，共 14 页 到 C 点的距离。 本题要分析清楚汽车的运动情况和受力情况，要能灵活选择运动学公式，在不涉及加速 度时，可根据平均速度来求位移。第 2问也可以根据动能定理求解。 17.【答案】解：(1)粒子在 MN之间加速，则由动 能定理可得： = 1 2 2， 解得 = 125； (2)粒子离开磁场时，速度方向向左偏转了60，如 图所示，由几何关系可知：

32、 = 30， 即 = 3 = 1， 由洛伦兹力提供向心力可得： = 2 可得 = 2.5 10;3， 根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里； (3)粒子在加速电场中的时间：1= = 2 = 20.5 1.0105 = 10;5， 粒子在磁场中的周期 = 2 ， 粒子在磁场中运动的时间：2= 60 360 = 1 6， 代入数据解得2 1.0 10;5， 粒子从释放到离开圆形磁场区域，经历的总时间 = 1+ 2= 2.0 10;5。 答：(1)、N 两板间的电压为 125V； (2)磁感应强度 B 的大小为2.5 10;3，方向垂直纸面向里； (3)粒子从释放到离开圆形磁场区域，经历的总时间为2

33、.0 10;5。 【解析】(1)粒子在 MN 之间加速，由动能定理求解电压； (2)粒子离开磁场时，速度方向向左偏转了60，由几何关系求解半径，由洛伦兹力提供 向心力求解磁感应强度，根据左手定则可知磁场方向； (3)求出粒子在加速电场中的时间和粒子在磁场中运动的时间即可得到粒子经历的总时 间。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径， 结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。 18.【答案】解：(1)设钢球和积木的质量均为 m，由机械能守恒定律可得： = 1 2 0 2 解得0= 2 钢球与积木 A 碰撞过程满足动量守恒以及

34、能量守恒，则有： 0= 1+ 2， 1 20 = 1 21 2 + 1 22 2， 解得：1= 0，2= 0= 2， (2)对滑块 A 由动能定理得：1 22 2 = ( 3 + 2) + ( ) 解得： = 4: 第 14 页，共 14 页 (3)又将钢球拉回 P点由静止释放，与落下静止的积木 B 发生弹性碰撞，此时 B的速度 仍为3= 2，滑行 后与 A 碰撞，此时 B的速度满足： 1 2 4 2 1 2 3 2 = ( 2 + ) ( 2) 解得：4= 6 4: 当 AB碰撞时，由动量守恒得： 4= 25 解得：5= 1 24 = 1 2 6 4: 由动能定理得： 1 2 25 2 =

35、2 解得： = 3 4 ， 则积木 B 滑行的距离 = + = 1 4。 答：(1)钢球与积木 A 碰撞前、后瞬间的速度大小分别为2和 0； (2)动摩擦因数为 4:； (3)积木 B滑行的距离为 1 4。 【解析】(1)钢球从水平位置摆下，由机械能守恒定律求解到达最低点的速度，由动量 守恒以及能量守恒求解碰后钢球的速度； (2)由动能定理求解积木 A 和地面间的动摩擦因数； (3)又将钢球拉回 P点由静止释放，与落下静止的积木 B 发生弹性碰撞，滑行 后与 A 碰撞，根据动能定理求出 B 的速度，AB碰撞过程中，根据动量守恒列式，再结合动 能定理求解即可。 解决本题的关键要理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律。要注意钢球与积木 A 碰撞的过程，积木 B 没有参与，明确弹性碰撞过程中机械能不损失，难度较大。