河南省开封市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析 20页

河南省开封市 2021 届新高考物理模拟试题（ 2） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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 1．一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度 0v 沿斜面向上运动， 又返回底端。 能够描述物块速度 v 随时间 t 变化关系的图像是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 根据牛顿第二定律：上滑过程： mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程： mgsin θ-μ mgcosθ =ma2，比较可知： a1＞a2， 则物块上滑过程 v-t 图象的斜率比下滑过程的大。由速度 -时间公式得：上滑过程有 v0=a1t 0，下滑过程有 v0=a2t 1，可得 ： t 1＞ t0， 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 2．质点在 Ox 轴运动， 0t 时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线 0~1s内为直线， 1~5s 内为正弦曲线，二者相切于 P 点，则（ ） A． 0~3s 内，质点的路程为 2m B．0~3s 内，质点先做减速运动后做加速运动 C． 1~5s 内，质点的平均速度大小为 1.27m/s D ．3s 末，质点的速度大小为 2m/s 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据纵坐标的变化量表示位移， 可知， 0 ~ 2s内，质点通过的位移大小为 3.27m ，路程为 3.27m 。2 ~ 3s 内，质点通过的位移大小为 1.27m ，路程为 1.27m ，故 0 ~ 3s内，质点的路程为 3.27m 1.27m=4.54m A 错误； B．根据图像的斜率表示速度，知 0 ~ 3s内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动， B 错误； C． 1~ 5s内，质点的位移大小 0，平均速度大小为 0，C 错误； D． 3s 末质点的速度大小等于 1s 末质点的速度大小，为 2m/sxv t D 正确。 故选 D。 3．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该 系统已布置了 10 余颗倾斜地球同步轨道卫星（ IGSO ），其轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为 地心，运行周期与地球自转周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（ ） A．该卫星不可能经过北京上空 B．该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同 C．与赤道平面夹角为 30o 的倾斜地球同步轨道只有唯一一条 D．该卫星运行的速度大于第一宇宙速度 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有 可能在运动过程中经过北京上空，所以 A 错误； B．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据 2 34πrT GM 可知， 该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同， 即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相 同，所以 B 正确； C．由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成 30o的圆形轨道有无数个，所以 C 错误； D．根据公式 GMv r 可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比 第一宇宙速度小， D 错误。 故选 B。 4．2020 年 3 月 15 日中国散列中子源利（ CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的 研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。 CNSN 是我国重点建设的大科 学装置，将成为发展中国家拥有的第一台散裂中子源。下列关于中子研究的说法正确的是（ ） A． α粒子轰击 14 7 N ，生成 17 8 O ，并产生了中子 B． 238 92U 经过 4 次 α衰变， 2 次 β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了 6 个 C．放射性 β射线其实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗 D．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A． α粒子轰击 14 7 N ，生成 17 8 O ，并产生了质子，选项 A 错误； B． 238 92U 经过 4 次 α衰变， 2 次 β衰变，新核质量数为 222，电荷数为 86，中子数为 136，原来的原子核 中子数为 238-92=146，则与原来的原子核相比，中子数少了 10 个，选项 B 错误； C．放射性 β射线其实质是高速电子流，选项 C 错误； D．核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项 D 正确。 故选 D。 5．如图所示， 虚线表示某孤立点电荷 Q 激发的电场中三个等间距的等势面， 一带电粒子 （可看成点电荷） 仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示， a、 b、c、d 为轨迹与等势面的交点。下列说法正确的是 （ ） A．粒子在 a 点的电势能一定小于在 d 点的电势能 B．电势的高低一定是 a b c 。 C．粒子运动过程中经过 c 点时的加速度一定最大 D．粒子在 a、b 间的动能改变量一定等于在 b、c 间的动能改变量 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．由图可知，轨迹向下弯曲，带电粒子所受的电场力方向向下，则带电粒子受到了排斥力作用；从 a 到 d 过程中，电场力做负功，可知电势能增大，故 A 正确； B．由于不知道粒子带正电还是带负电，因此无法确定电场的方向，无法判断电势的高低，故 B 错误； C．根据点电荷的电场特点可知，在轨迹上，距离点电荷最近的地方的电场强度最大，所以粒子运动过程 中经过距离点电荷最近处的加速度一定最大，但 c 处不是距点电荷最近点的，故其加速度不是最大，故 C 错误； D． ab 之间任意一点的电场强度均小于 bc 之间任意一点的场强，带电粒子在 ab 之间电场力做功小于 bc 之间电场力做的功，粒子在 a、b 间的动能改变量小于在 b、c 间的动能改变量，故 D 错误。 故选 A。 6．如图所示，电荷量相等的两个电荷 Q1 和 Q2，两者连线及中垂线上分别有 A 点和 B 点，则下列说法正 确的是（） A．若两者是同种电荷，则 A 点的电势一定高于 B 点的电势 B．若两者是同种电荷，则 A 点的场强一定大于 B 点的场强 C．若两者是异种电荷，则 A 点的电势一定高于 B 点的电势 D．若两者是异种电荷，则 A 点的场强一定大于 B 点的场强 【答案】 D 【解析】 设两个点电荷 1Q 和 2Q 连线的中点为 O．若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则 A 点的电势高于 O 点 电势， O 点电势高于 B 点电势，则 A 点的电势高于 B 点的电势．若两个点电荷都带负电，则 A 点的电势 低于 B 点的电势， A 错误．若两者是同种电荷， B 点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强 的大小， B 错误．若两者是异种电荷，且 1Q 为正电荷，则 A 点的电势高于 B 点的电势．若 1Q 为负电荷， 则 A 点的电势低于 B 点的电势， C 错误．若两者是异种电荷， A 处电场线比 B 处电场线密，则 A 点的场 强一定大于 B 点的场强， D 正确．选 D． 【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．若两电 荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上， O 点场强最小，在连线 的中垂线上 O 点的场强最大． 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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，有选错的得 0 分 7．如图所示，等腰直角三角形金属框 abc 右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外， ab 边与磁场 两边界平行，磁场宽度大于 bc 边的长度。现使框架沿 bc 边方向匀速穿过磁场区域， t=0 时， c 点恰好达 到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为 E，感应电流为 I （逆时针方向为电流正方向） ，bc 两点 间的电势差为 U bc，金属框的电功率为 P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为 E Blv 可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大， 产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于 bc 边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量 不变， 线框的总电动势为零， 第三阶段匀速出磁场， 有效长度均匀增大， 产生均匀增大的电动势， 故 E t 图像的第三阶段画错，故 A 错误； B．根据闭合电路的欧姆定律 Ei R ，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针 (负 值 )，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针 (正值 )，故 i t 图像正确，故 B 正确； C．由部分电路的欧姆定律 bc bcU iR ，可知 bcU t 图像和 i t 图像的形状完全相同，故 C 正确； D．金属框的电功率为 2P i R ，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛 物线，则 P t 图像错误，故 D 错误。 故选 BC 。 8．甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示。下列说法正确的是 A． t1 时刻两车一定相遇 B．在 t2 时刻两车的动能一定相等 C．在 t1? t2 时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 D．若两车的额定功率相同，行驶过程中受到的阻力也相同，则两车的最大速度一定相同 【答案】 CD 【解析】 【分析】 由题中 “两车的速度 v 随时间 t 的变化图象如图所示 ”可知，本题考查由 v-t 图像判断物体运动，根据 v-t 图像规律可分析本题。 【详解】 A． t1 时刻辆车运动速度大小相等，但是辆车位移不同，不能相遇，故 A 错误； B．由于不知道辆车质量，故无法判断动能情况，故 B 错误； C．在 t1? t2 时间内，甲车的位移大于乙车，时间相同，根据公式 xv t 可知，乙车的平均速度小于甲车的平均速度，故 C 正确； D．根据公式 P Fv 可知，当到达最大速度时，动力与阻力为平衡力，大小相等，所以两车的额定功率相同，行驶过程中受到 的阻力也相同时，则两车的最大速度一定相同，故 D 正确。 9．如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为 4∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理 想电表，除 R 以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向 a，在原线圈两端加上如图乙所示交变 电压，则下列说法中正确的是（ ） A．当开关与 a 连接时，电压表的示数为 55V B．当开关与 a 连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大 C．开关由 a 扳到 b 时，副线圈电流表示数变为原来的 2 倍 D．当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，副线圈输出电压的频率变为原来 2 倍 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据输入电压的图像可读出变压器原线圈两端的电压有效值为 1m 1 220V 2 UU 而变压器两端的电压比等于匝数比，有 2 2 1 1 1 220V=55V 4a nU U n 电压表测量的是副线圈输出电压的有效值为 55V ，故 A 正确； B．当开关与 a 连接时，滑动变阻器触片向下移，因 1 220VU 不变，则 2=55VU 不变，即电压表的示数 不变，负载电阻变小，则副线圈的电流变大，即电流表的示数变大，故 B 正确； C．开关由 a 扳到 b 时，副线圈的电压变为 2 2 1 1 1 220V=110V 2b nU U n 电压变为原来的 2 倍，负载电阻不变，则电流表的示数变为原来的 2 倍，故 C 正确； D．变压器能改变电压和电流，但不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由 a 拨向 b 时，副线圈输出电 压的频率不变，故 D 错误。 故选 ABC 。 10．如图所示，甲图为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t=0 时刻的波动图象，乙图为参与波动质点 P 的振动 图象，则下列判断正确的是 __________ A．该波的传播速率为 4m/s B．该波的传播方向沿 x 轴正方向 C．经过 0.5s，质点 P 沿波的传播方向向前传播 2m D．该波在传播过程中若遇到 4m 的障碍物，能发生明显衍射现象 E.经过 0.5s 时间，质点 P 的位移为零，路程为 0.4m 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A．由甲读出该波的波长为 λ =4m，由乙图读出周期为 T=1s，则波速为 4m / sv T 故 A 正确； B．在乙图上读出 t=0 时刻 P 质点的振动方向沿 y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿 x 轴负方 向。故 B 错误； C．质点 P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。故 C 错误。 D．由于该波的波长为 4m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现象，故 D 正确； E．经过 0.5 2 Tt s ，质点 P 又回到平衡位置，位移为零，路程为 S=2A=2×0.2m=0.4m 。故 E 正确。 故选 ADE. 11．如图， 空间存在方向竖直向上、 场强大小为 E 的匀强电场； 倾角为 30 的光滑绝缘斜面固定在地面上， 绝缘轻弹簧的下端连接斜面底端的挡板，上端连接一带电量为 +q 的小球，小球静止时位于 M 点，弹簧长 度恰好为原长。 某时刻将电场反向并保持电场强度大小不变， 之后弹簧最大压缩量为 L ，重力加速度为 g。 从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球（ ） A．机械能一直减少 B．电势能减少了 1 2 EqL C．最大加速度为 g D．最大速度为 gL 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 B．电势能的减小量等于电场力做的功，即为 1sin 30 2FW qEL qEL 故 B 正确； C．小球在 M 点时有 mg qE 从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中， 小球先做加速度减小的加速运动， 再做加速度反向增大的减速运 动，由弹簧振子对称性可知，小球在 M 点开始运动时的加速度最大即为 max sin 30qE mga g m 故 C 正确； D．小球速度最大时合力为 0，由平衡可得 =( + )sin30F mg qE mg弹 由对称性可知，速度最大时，小球运动的距离为 2 Lx 由动能定理有 2 max 1( ) sin 30 2 2 2 2 L mg Lmg qE mv 得 max 7 2 v gL 故 D 错误； A．小球速度最大时合力为 0，由平衡可得 =( + )sin30F mg qE mg弹 此过程小球克服弹力做功为 2 2 4 mg L mgLW弹 电场力做功为 ' sin30 2 4F L mgLW mg 小球克服弹力做功与电场力做功相等，说明小球机械能不是一直减小，故 A 错误。 故选 BC 。 12．固定的半圆形玻璃砖的横截面如图。 O 点为圆心， OO 为直径 MN 的垂线。足够大的光屏 PQ 紧靠 玻璃砖右侧且垂直于 MN 。由 A 、 B 两种单色光组成的一束光沿半径方向射向 O 点，入射光线与 OO 夹 角 较小时， 光屏出现三个光斑。 逐渐增大 角，当 时， 光屏 NQ 区域 A光的光斑消失， 继续增大 角，当 = 时，光屏 NQ 区域 B 光的光斑消失，则 ________。 A．玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的小 B． A 光在玻璃砖中的传播速度比 B 光速小 C．光屏上出现三个光斑时， NQ 区域 A 光的光斑离 N 点更近 D． 时，光屏上只有 1 个光斑 E. 2 时，光屏上只有 1 个光斑 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．根据题干描述 “当 θ =α时，光屏 NQ 区域 A 光的光斑消失，继续增大 θ角，当 θ =β时，光屏 NQ 区域 B 光的光斑消失 ”，说明 A 光先发生了全反射， A 光的临界角小于 B 光的临界角，而发生全反射的临界角 C 满足： 1sinC n ，可知玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大，故 A 错误； B．玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大， 由 cn v 知， A 光在玻璃砖中传播速度比 B 光的小。 故 B 正确； C．由玻璃砖对 A 光的折射率比对 B 光的大，即 A 光偏折大，所以 NQ 区域 A 光的光斑离 N 点更近，故 C 正确； D．当 α＜θ＜ β 时， B 光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到 2 个亮斑，其中包含 NP 侧的反射光斑 （A 、B 重合）以及 NQ 一侧的 B 光的折射光线形成的光斑。故 D 错误； E．当 2 时， A、B 两光均发生了全反射，故仅能看到 NP 侧的反射光斑（ A、B 重合）。故 E 正 确。 故选 BCE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．合金材料的电阻率都比较大，某同学按如下步骤测量一合金丝的电阻率。实验操作如下： (1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置测量金属丝的直径，结果都如图甲所示，则该金属丝的直径为 ________mm 。 (2)按图乙连接测量电路， 将滑动变阻器置于最大值， 闭合开关， 移动滑动变阻器， 发现电压表读数有读数， 而电流表读数总为零，已知电流表、电压表以及待测金属丝都是完好的，则电路故障为导线 _________断 路（用图中导线编号表示） 。 (3)排除电路故障后，改变滑动头在金属丝上的位置，测出金属丝长度 l 和接入电路的电阻 Rx 如下表 请根据表中的数据，在图丙方格纸上作出 R x–l 图像 _______。 (4)根据图像及金属丝的直径，计算该合金丝电阻率 ρ = __________ Ω·m（保留二位有效数字） 。 (5)采用上述测量电路和数据处理方法， 电表内阻对合金丝电阻率测量的影响为 _____（填“使结果偏大 ”、“使 结果偏小 ”、“对结果无影响 ”）。 【答案】 0.379、0.380 或者 0.381 a 或 c 68.5 10 ~ 69.9 10 对结果无影响 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 金属丝的直径为 0mm 38 0.01mm 0.380mm （ 2） [2] 只有 a 或 c 发生断路时，电压表相当于测电源电压，此时才会电压表读数有读数，而电流表读数 总为零。 （ 3） [3] 在图丙方格纸上作出 Rx–l 图像如下 （ 4） [4] 根据公式 lR S 得 613 2 1=9.66 10 = 0.38 0 . .001 π2 8 5 10l RS （ 5）[5] 因为多次测量金属丝长度 l 和接入电路的电阻， 通过画图求斜率求出 xR l 的大小， 所以电表内阻对 合金丝电阻率测量结果无影响。 14．某同学要精确测量某一金属丝的电阻率。 （ 1）先用多用电表 ×1 挡粗测其电阻，指针偏转如图甲所示，读数为 ________Ω ，然后用螺旋测微器测其 直径如图乙所示，读数为 ________mm ，最后用米尺测其长度如图丙所示，其读数 ________cm 。 （ 2）采用伏安法进一步测定这段金属丝的电阻。有以下器材可供选择： （要求测量结果尽量准确） A．电池组（ 3V ，内阻约 1Ω） B．电流表（ 0~3A ，内阻约 0.025 Ω） C．电流表（ 0~0.6A ，内阻约 0.125 Ω） D．电压表（ 0~3V ，内阻约 3kΩ） E 电压表（ 0~15V，内阻约 15k Ω） F 滑动变阻器（ 0 ~ 20 Ω，额定电流 1A ） G 滑动变阻器（ 0 ~1000 Ω，额定电流 0.1A ） H ．开关，导线 实验时应选用的器材是 ________（选填器材前字母代号） 。请在下面的虚线框中补全实验电路图 ______。 用该方法测金属丝电阻，测量结果会比真实值偏 ________（选填 “大 ”或 “小”）。在某次测量时电表示数如 图丁所示，则电流表示数为 ________，电压表的示数为 ________。 （ 3）为了减小系统误差， 有人设计了如图戊所示的实验方案。 其中 xR 是待测电阻， R 是电阻箱， 1R 、 2R 是已知阻值的定值电阻。闭合开关 S，灵敏电流计的指针偏转。将 R 调至阻值为 0R 时，灵敏电流计的示 数为零。由此可计算出待测电阻 xR ________。（用 1R 、 2R 、 0R 表示） 【答案】 11 0.600 60.10 ACDFH 小 0.14 2.40 2 0 1 R R R 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 欧姆表的读数为表盘示数与倍率的乘积，所以圆形柱体的电阻大致为 R=11× 1Ω =11Ω [2] 螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的 n×0.01mm 的和， 由图示螺旋测微器可知， 其直径 为 0.5mm+10.0 ×0.01mm=0.600mm [3] 根据米尺读数原理，可知米尺的读数为 60.10cm； （ 2） [4] 金属丝电阻约为 11 ，电池组电动势为 3V，回路中最大电流约 3 A 11 ，故电流表选 C，电压表选 D。 [5] 伏安法测电阻，滑动变阻器采用限流接法，选用阻值变化范围较小的 F 即可。由于 V A RR R R ，所以选 用电流表外接法，电路图如图所示 [6] 利用此方法测得的电流偏大，根据 UR I 可得金属丝电阻值的测量值比真实值偏小。 [7][8] 电流表选用小量程 0.6A，分度值为 0.02A ，电流为 0.14A ；电压表选用小量程 3V ，分度值为 0.01V ， 电压为 2.40V ； （ 3） [9] 灵敏电流计示数为零，说明其两端电势相等，可得 0 1 2x R R R R 解得 0 2 1 x R RR R 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15． “∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为 l，可绕过 O 点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定 一个金属小球 A 、B，其中 A 球质量为 m，带负电，电量为 q， B 球的质量为 2 3 m，B 球开始不带电，整 个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。现将 “∟”形杆从 OB 位于水平位置由静止释放： (1)当 “∟”形杆转动的角速度达到最大时， OB 杆转过的角度为多少？ (2)若使小球 B 也带上负电，仍将 “∟”形杆从 OB 位于水平位置由静止释放， OB 杆顺时针转过的最大角度 为 90°，则小球 B 带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？ 【答案】 (1)53 °；(2) 1 3 q ， 1 2 mgl 。 【解析】 【详解】 (1)转速最大时，系统力矩平衡： A Bsin sin cosm gl Eql m gl 解得： 4tan 3 53o (2)设 B 带的电量为 q'，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得： B A ' 0Eql m gl m gl Eq l 解得： 1 3 q q 当转角为 α时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功： sin 1 cos（ ）W Eq l Eql 整理得： 1 2 W mgl 式中当： m 1 2 W mgl ，电势能的最大增加值为 1 2 mgl 。 16．如图所示，在直角坐标 xOy 平面内，第一、二象限有平行 y 轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐 标平面的匀强电磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的正电粒子，从坐标原点 O 以大小为 v0，方向与 x 轴正 方向成 37 的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到 x 轴时，经过 x 轴上的 P 点（图中未标出） ， 已知电场强度大小为 E，粒子重力不计， sin 37 =0.6，cos37 =0.8 (1)求 p 点的坐标； (2)若粒子经磁场偏转后，第二次回到 x 轴的位置与坐标原点 O 的距离为 OP 的一半，求磁场的磁感应强 度大小和方向。 【答案】 （1）（ 2 024 25 mv Eq ，0）；（2） 0 5 2 EB v ，方向垂直坐标平面向外； 0 5 6 EB v ，方向垂直坐标平面向外 【解析】 【详解】 (1)由运动的独立性可知， 粒子运动可以看成沿 y 轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和 x 轴匀速直线运 动合成的。设回到 x 轴过程所需要的时间为 t，y 轴： 0si 37nyv v 加速度 a= Eq m 时间 t=2 yv a x 轴： 0co 37sxv v ，x=v xt 联立上式，可解得 2 024 25 mvx Eq 即 p 点的坐标为（ 2 024 25 mv Eq ，0） (2)第二次回到 x 轴的位置与坐标原点 O 的距离为 OP 的一半，满足题意得有两种情况。 ①回到 x 轴时在 O 点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径 2 0 1 1 254 sin37 12 5 x mvR x qE 由 2 0 0 1 mvqv B R 解得： 0 5 2 EB v 方向垂直坐标平面向外； ②回到 x 轴时在 O 点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径 2 0 2 652 2sin37 4 5 xx mvR x qE （ ） 由 2 0 0 2 mvqv B R 解得： 0 5 6 EB v 方向垂直坐标平面向外 17．如图所示，水平轨道 AB 和 CD 分别与水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直光滑圆形轨道与 CD 相 切于点 E，一轻质弹簧原长 0 3ml ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 1kgm 的小物块 P 由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 1.2ml 。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点， 另一端与小物块 P 接触但不连接。弹簧原长小于光滑轨道 AB 的长度，轨道靠近 B 处放置一质量为 2kgM 的小物块 Q。传送带长 25mL ，沿顺时针方向以速率 6m/ sv 匀速转动，轨道 CE 长为 4mx 。物块与传送及轨道 CE 之间的动摩擦因数均为 0.2。现用小物块 P 将弹簧压缩至长度为 1.2ml ，然后释放， P 与 Q 弹性碰撞后立即拿走物块 P，Q 恰好可以到达与光滑圆形轨道圆心等高的 F 点，取 210 m/ sg 。 （ 1）求 P 与 Q 碰撞后 Q 的速度； （ 2）求光滑圆形轨道的半径 R。 【答案】 （1） 4m/s（2）1m 【解析】 【详解】 （ 1）将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为 1kgm 的小物块 P 由静止释放，当弹簧被压缩到 最短时，弹簧长度为 1.2ml ，则此时弹簧具有的弹性势能为 10 (3 1.2)J=18JpE mg l 弹簧水平放置时，小物块 P 将弹簧压缩至长度为 1.2ml ，然后释放，可知此时弹簧具有的弹性势能仍 为 E P=18J ，则物体 P 脱离弹簧后的速度满足 2 0 1 2 pmv E 解得 v0=6m/s 物块 P 与 Q 碰撞满足动量守恒的能量守恒，则： ' 0 1mv mv Mv 2 '2 2 0 1 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv 解得 v1=4m/s （ 2）物块滑上传送带上时的加速度 22m/sa g 加速到共速时的距离为 2 2 2 2 1 6 4 5m<25m 2 2 2 v vs a 可知物块 Q 将以 6m/s 的速度滑离传送带，即到达 C 点的速度 vC =6m/s 则由 C 点到 F 点由动能定理： 21- 0 2 CMgx MgR Mv 解得 R=1m