吉林省长春市第六中学2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试题
1．（2024高三上·长春月考）如图为“天问一号”环绕火星运动过程中的两条轨道的示意图，“天问一号”在1、2两条轨道上的运动均可视为匀速圆周运动。“天问一号”在轨道2上的（ ）
A．线速度更大 B．向心加速度更小
C．运行周期更长 D．角速度更小
2．（2024高三上·长春月考）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（ ）
A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，轨道半径为L，重力与拉力合力提供向心力
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力
3．（2024高三上·长春月考）“工欲善其事，必先利其器”，中国古代已经掌握了高超的兵器研磨技巧。如图所示是打磨宝剑的场景。在打磨过程中，磨石始终静止在水平桌面上，当宝剑在外力作用下水平向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．宝剑与磨石之间存在静摩擦力
B．磨石与桌面之间不存在摩擦力
C．宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右
D．桌面对磨石的摩擦力方向水平向右
4．（2024高三上·长春月考）如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（ ）
A．振动膜向右运动时，电容器的电容减小
B．振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流
C．振动膜向左运动时，电阻上没有电流通过
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量增大
5．（2024高三上·长春月考）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比，定值电阻R的阻值为，电表均为理想交流电表，电源两端输出的交流电压，则（ ）
A．电流表示数为4A B．电压表示数为
C．R的功率为352W D．变压器的输入功率为1408W
6．（2024高三上·长春月考）如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，为直径，一束由光和光组成的复色光沿方向由真空从面射入玻璃，之后分成两束分别从、两点射出（不考虑光在玻璃砖中的反射），其中从点射出的为光，从点射出的为光。已知频率大的光在玻璃内的折射率也大。则下列说法正确的是（ ）
A．光和光在玻璃砖中的传播速度相等
B．从点射出玻璃砖的光的频率较大
C．若从水中向空气中入射，光更容易发生全反射
D．将、光通过相同的双缝干涉装置，光的干涉条纹间距较大
7．（2024高三上·长春月考）如图所示，物体a、b通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳恰好伸直且无拉力，此时物体a与地面间的距离为h，物体b静止在地面上，物体a、b的质量分别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体a从释放到落地经历的时间为
B．细绳的拉力对物体a做功为
C．物体a落地时物体b的动能为mgh
D．物体b能上升的最大高度为
8．（2024高三上·长春月考）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距。工作人员沿传送带方向以速度从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是（ ）
A．小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为
B．小包裹在传送带上运动的时间为
C．小包裹相对于传送带滑行的距离是
D．如果传送带以相同的速率顺时针转动，小包裹将不能滑至传送带低端
9．（2024高三上·长春月考）如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为，右侧连接一阻值为的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1kg、2kg，长度均为1m，电阻均为。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒cd的最大加速度为
B．金属棒cd的最大速度为2.5m/s
C．闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为
D．闭合开关前后流过cd棒的电流方向不变
10．（2024高三上·长春月考）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
11．（2024高三上·长春月考）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作图线（U、I用国际单位）；
（iv）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ：电流表最好选用 。
A.电压表（0~3V，内阻约15kΩ）
B.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（0~200mA，内阻约2Ω）
D.电流表（0~30mA，内阻约2Ω）
（2）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ，r= ，代入数值可得E和r的测量值。
12．（2024高三上·长春月考）实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”时，用图甲所示的装置进行实验。实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝ mm。
（2）下列说法中正确的是______。
A．槽码的质量应远小于滑块的质量
B．气垫导轨右端应比左端高
C．先释放滑块再打开气垫导轨的气源
（3）实验小组用如下方法测量滑块的加速度a：将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为L，则滑块的加速度大小a＝ （用字母、、L、d表示）。
（4）为了减小偶然误差，该小组同学设计了另一种方案，测得遮光条从光电门1到2的时间为t，两个光电门间的距离为L，保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L和t的数据，作出了图像如图丙所示，已知纵轴截距为，横轴截距为，则表示遮光条通过光电门 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小a＝ 。
13．（2024高三上·长春月考）如图所示，水平地面上有一圆柱形汽缸，汽缸内活塞的质量、横截面积，活塞内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁的摩擦不计。开始时活塞距汽缸底的距离，环境温度，已知汽缸导热性能良好，外界大气压强，取。求：
（1）若将汽缸倒置，经过足够长时间，活塞到缸底的距离；
（2）在（1）条件下，改变环境温度，使活塞又回到原来的位置，若气体内能减少了200J，则气体对外放出多少热量。
14．（2024高三上·长春月考）如图所示，质量均为的小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下与弹簧分离。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道并恰能通过最高点，B分离后向右运动，滑上静止在水平面上长，质量的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，取。
（1）求A滑上光滑半圆轨道最高点的速率是多大？B与弹簧分离时的速率是多少？
（2）弹簧锁定时的弹性势能；
（3）通过计算判断物块是否能滑离长木板？求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。
15．（2024高三上·长春月考）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m，带电量为q的粒子由第Ⅱ象限中的点，以速度平行于x轴正方向射出，恰好由坐标原点O射入磁场。若不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）若粒子经过磁场偏转后，回到电场中又恰好能经过P点，求磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点出发回到P所用时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
解得
由于轨道2的半径小，所以线速度大，A符合题意；
B．根据牛顿第二定律
解得
由于轨道2的半径小，故向心加速度大，B不符合题意；
CD．根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
解得
由于轨道2的半径小，所以周期小；根据
可知，角速度大，CD不符合题意。
故答案为A。
【分析】根据万有引力定律的应用，结合牛顿第二定律可比较相关物理量的大小。
2．【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查了生活中的圆周运动，解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析求解．A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，如图所示
其中红色部分表示轨迹圆，紫色点为圆心，绿色线段为半径，由几何关系可知
小球只在重力和拉力作用下做匀速圆周运动，故重力和拉力合力提供向心力，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，存在多个摩擦力即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D错误。
故选C。
【分析】 小球做圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力；过拱桥时，靠重力和支持力的合力提供向心力；火车拐弯靠重力和支持力的合力提供向心力；汽车在平坦公路上拐弯，靠静摩擦力提供向心力。
3．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题涉及摩擦力的方向、二力平衡以及作用力和反作用力的应用等，要注意明确滑动摩擦力和静摩擦力的产生条件，同时掌握摩擦力方向的判断。AB．宝剑在外力作用下水平向右运动时，宝剑与磨石之间存在滑动摩擦力，故AB错误；
C．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，宝剑相对于磨石向右运动，宝剑受到的，摩擦力水平向左，则宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右，故C正确；
D．由于宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右，以磨石为对象，根据受力平衡可知桌面对磨石的摩擦力方向水平向左，故D错误；
故选C。
【分析】 明确滑动摩擦力的性质和产生条件，知道滑动摩擦力的方向总是与相对运动的方向相反。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．振动膜向右运动时，根据电容的决定式
可知， 振动膜向右运动时，d减小，电容器的电容增大，根据
可知，U不变，C增大，Q增大，则电容器充电，电阻上有从a到b的电流，故A错误，B正确；
CD．同理，当振动膜向左运动时，d增大，其它量不变，根据电容决定式，电容器的电容C减小，电容器所带电荷量Q减小，电阻上有从b到a的电流，故CD错误。
故选B。
【分析】 分析电容的变化，根据Q=CU分析电容器所带电荷量的变化，进而分析电容器是充电还是放电，进而分析通过电阻的电流方向。
5．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】B．根据正弦式交变电流规律可知原线圈两端所接的交流电压的有效值为220V，根据变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数关系可知
可得
即电压表示数，故B错误；
A．由欧姆定律可知副线圈中的电流
又原副线圈电流之比等于匝数的反比
解得
故A错误；
CD．根据功率的计算公式得R的功率
由变压器的输入功率等于输出功率知
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据等效热值法，结合变压器两端的电流之比与匝数比的关系，同时利用欧姆定律得出电表的示数；根据功率的计算公式得出电阻的功率大小。
6．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 本题关键掌握光的全反射和折射现象规律、条纹间距公式。A．因相对于原来光的传播方向，a光的偏折程度较大，可知玻璃对a光的折射率较大，根据
可知，光在玻璃砖中的传播速度小于光，选项A错误；
B．玻璃对b光的折射率较小，则从点射出玻璃砖的光的频率较小，选项B错误；
C．根据
则若从水中向空气中入射，光临界角较大，则不容易发生全反射，选项C错误；
D．将、光通过相同的双缝干涉装置，根据干涉条纹间距公式
可知，因光的波长较大，则b光的干涉条纹间距较大，选项D正确。
故选D。
【分析】 根据光的偏折程度判断折射率大小关系，判断传播速度的大小关系；根据临界角公式分析判断；根据条纹间距公式分析判断。
7．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】AB．以a为对象，a受重力以及绳子拉力，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，b受重力以及绳子拉力，而且同一根绳子各处拉力大小相等，根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
根据匀变速直线运动的位移时间关系可得
解得物体a从释放到落地经历的时间为
根据恒力做功公式，细绳的拉力对物体a做功为
故AB错误；
C．物体a落地时，根据运动学速度位移公式可得
则物体b的动能为
故C错误；
D．物体a落地后，物体b继续向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛规律可得继续上升的高度为
则物体b能上升的最大高度为
故D正确。
故选D。
【分析】根据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析物体ab组成的系统机械能是否守恒。对物体A受力分析，由牛顿第二定律求其加速度。结合机械能守恒定律列式分析。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。A．由于
滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
方向沿传送带向上，故A错误；
BC．根据匀变速直线运动的速度时间关系，小包裹减速到与传送带共速所用时间为
此过程小包裹下滑的位移为
共速后，小包裹与传送带相对静止一起匀速运动，则匀速阶段的时间为
则小包裹在传送带上运动的时间为
小包裹相对于传送带滑行的距离为
故BC正确；
D．如果传送带以相同的速率顺时针转动，小包裹先向下减速到速度为0时，根据匀变速直线运动的速度位移关系下滑的距离为
可知小包裹能滑至传送带低端，故D错误。
故选BC。
【分析】 根据牛顿第二定律得出小包裹的加速度；分段分析出小包裹的运动情况，结合位移—时间公式得出各自的时间，最后相加即可。
9．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．对金属棒ab分析，下落过程导轨光滑，只有重力做功，根据动能定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律通过金属棒cd的电流为
根据安培力求解公式cd棒所受安培力为
安培力为导体棒最终合力根据牛顿第二定律有
解得，金属棒cd的最大加速度为
故A正确；
B．当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，相互作用过程中合外力为零，由动量守恒定律得
解得，金属棒cd的最大速度为
故B错误；
C．对cd棒，由动量定理得安培力冲量等于导体棒动量变化
又
解得，闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为
由于金属棒ab与cd串联，则流过的电荷量相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为，故C正确；
D．闭合开关前，ab棒的速度大于cd棒的速度，ab棒产生的感应电动势大于cd棒产生的感应电动势，根据右手定则可知流过cd棒的电流方向为从d到c，闭合开关后，cd棒切割磁感线，相当于电源，流过cd棒的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过cd棒的电流方向改变，故D错误。
故选AC。
【分析】根据动能定理求解金属棒n刚好下滑至水平轨道时速度为v，根据安培力的计算公式求解安培力大小，对金属棒m根据牛顿第二定律求解加速度大小；取向右为正，根据动量守恒定律求解金属棒m的最大速度。
10．【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
11．【答案】（1）A；C
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选择、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；知道实验原理是解题的前提与关键，根据图象的函数表达式可以求出电源电动势与内阻。
（1）由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则根据闭合回路欧姆定律可得，最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
【分析】（1）根据实验误差来源从减小实验误差的角度选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；
（2）根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式求出电源电动势与内阻；
（1）[1]由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
[2]由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
12．【答案】（1）5.25
（2）A
（3）
（4）2；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，同时理解图像的物理意义即可完成分析。
（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为主尺读数与游标尺读数之和， 所以
（2）
A．实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力，所以槽码的质量应远小于滑块的质量，故A正确；
B．由于滑块在气垫导轨上可看成不受摩擦力作用，细线的拉力即为滑块所受的合力，所以不需要气垫导轨应保持水平，故B错误；
C．实验中先打开气垫导轨的气源再释放滑块，故C错误。
故选A。
（3）滑块经过光电门可以近似看成匀速运动，滑块经过两个光电门的速度分别为
，
因滑块做匀加速直线运动，则有
（4）
由题意可得
变形可得
由此可知，表示遮光条通过光电门2的速度，且
所以
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数，游标卡尺不用估读；
（2）实验原理及操作规范分析解答；
（3）滑块经过光电门可以近似看成匀速运动，根据速度—时间公式计算加速度；
（4）根据结合图像截距分析解答；
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）A．实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力，所以槽码的质量应远小于滑块的质量，故A正确；
B．由于滑块在气垫导轨上可看成不受摩擦力作用，细线的拉力即为滑块所受的合力，所以不需要气垫导轨应保持水平，故B错误；
C．实验中先打开气垫导轨的气源再释放滑块，故C错误。
故选A。
（3）滑块经过两个光电门的速度分别为
，
因滑块做匀加速直线运动，则有
（4）由题意可得
变形可得
由此可知，表示遮光条通过光电门2的速度，且
所以
13．【答案】（1）解：开始时，汽缸内气体压强
解得
将汽缸倒置后，汽缸内气体压强
解得
根据玻意耳定律有
解得
（2）解：气体内能变化
活塞对气体做功
解得
由热力学第一定律
得
即气体对外放出的热量为240J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）分别求出汽缸倒置前后气体压强，发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程即可求解；
（2）求出活塞对气体做功，已知气体内能变化，根据热力学第一定律可以解得。
（1）开始时，汽缸内气体压强
解得
将汽缸倒置后，汽缸内气体压强
解得
根据玻意耳定律有
解得
（2）气体内能变化
活塞对气体做功
解得
由热力学第一定律
得
即气体对外放出的热量为240J。
14．【答案】（1）解：A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
A从与弹簧分离到运动到半圆轨道最高点过程，由动能定理得
代入数据解得
弹簧弹开AB时由动量守恒
可知B与A的速度大小相等，也为5m/s
（2）解：弹簧弹开A、B过程，由能量守恒定律得
代入数据解得
（3）解：B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，假设B没有滑离木板，它们的共同速度为v共，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
B滑离木板；
B在长木板上滑动过程中产生的内能
【知识点】爆炸；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出通过最高点的速度，应用动能定理求出分离时的速度大小。
（2）应用能量守恒定律求出弹簧的弹性势能。
（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。
（1）A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
A从与弹簧分离到运动到半圆轨道最高点过程，由动能定理得
代入数据解得
vA=5m/s
弹簧弹开AB时由动量守恒
可知B与A的速度大小相等，也为5m/s；
（2）弹簧弹开A、B过程，由能量守恒定律得
代入数据解得
EP=50J
（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，假设B没有滑离木板，它们的共同速度为v共，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mvB=（m+M）v共
由能量守恒定律得
代入数据解得
x=2m＞L=1m
B滑离木板；
B在长木板上滑动过程中产生的内能
Q=μmgL=0.5×2×10×1J=10J
15．【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）解：根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）解：根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出电场强度E的大小 ；
（2）求出粒子进入磁场时的速度，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解磁感应强度；
（3）分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间。
（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
1 / 1吉林省长春市第六中学2024-2025学年高三上学期第二次月考物理试题
1．（2024高三上·长春月考）如图为“天问一号”环绕火星运动过程中的两条轨道的示意图，“天问一号”在1、2两条轨道上的运动均可视为匀速圆周运动。“天问一号”在轨道2上的（ ）
A．线速度更大 B．向心加速度更小
C．运行周期更长 D．角速度更小
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
解得
由于轨道2的半径小，所以线速度大，A符合题意；
B．根据牛顿第二定律
解得
由于轨道2的半径小，故向心加速度大，B不符合题意；
CD．根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得：
解得
由于轨道2的半径小，所以周期小；根据
可知，角速度大，CD不符合题意。
故答案为A。
【分析】根据万有引力定律的应用，结合牛顿第二定律可比较相关物理量的大小。
2．（2024高三上·长春月考）物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（ ）
A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，轨道半径为L，重力与拉力合力提供向心力
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为受到的离心力大于向心力
【答案】C
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题主要考查了生活中的圆周运动，解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析求解．A．图甲中小球在水平面做匀速圆周运动时，如图所示
其中红色部分表示轨迹圆，紫色点为圆心，绿色线段为半径，由几何关系可知
小球只在重力和拉力作用下做匀速圆周运动，故重力和拉力合力提供向心力，故A错误；
B．图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，存在多个摩擦力即此时物体所受摩擦力不指向圆心，故B错误；
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力满足
因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小，故C正确；
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，故D错误。
故选C。
【分析】 小球做圆周运动，靠重力和拉力的合力提供向心力；过拱桥时，靠重力和支持力的合力提供向心力；火车拐弯靠重力和支持力的合力提供向心力；汽车在平坦公路上拐弯，靠静摩擦力提供向心力。
3．（2024高三上·长春月考）“工欲善其事，必先利其器”，中国古代已经掌握了高超的兵器研磨技巧。如图所示是打磨宝剑的场景。在打磨过程中，磨石始终静止在水平桌面上，当宝剑在外力作用下水平向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．宝剑与磨石之间存在静摩擦力
B．磨石与桌面之间不存在摩擦力
C．宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右
D．桌面对磨石的摩擦力方向水平向右
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】本题涉及摩擦力的方向、二力平衡以及作用力和反作用力的应用等，要注意明确滑动摩擦力和静摩擦力的产生条件，同时掌握摩擦力方向的判断。AB．宝剑在外力作用下水平向右运动时，宝剑与磨石之间存在滑动摩擦力，故AB错误；
C．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，宝剑相对于磨石向右运动，宝剑受到的，摩擦力水平向左，则宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右，故C正确；
D．由于宝剑对磨石的摩擦力方向水平向右，以磨石为对象，根据受力平衡可知桌面对磨石的摩擦力方向水平向左，故D错误；
故选C。
【分析】 明确滑动摩擦力的性质和产生条件，知道滑动摩擦力的方向总是与相对运动的方向相反。
4．（2024高三上·长春月考）如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是（ ）
A．振动膜向右运动时，电容器的电容减小
B．振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流
C．振动膜向左运动时，电阻上没有电流通过
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB．振动膜向右运动时，根据电容的决定式
可知， 振动膜向右运动时，d减小，电容器的电容增大，根据
可知，U不变，C增大，Q增大，则电容器充电，电阻上有从a到b的电流，故A错误，B正确；
CD．同理，当振动膜向左运动时，d增大，其它量不变，根据电容决定式，电容器的电容C减小，电容器所带电荷量Q减小，电阻上有从b到a的电流，故CD错误。
故选B。
【分析】 分析电容的变化，根据Q=CU分析电容器所带电荷量的变化，进而分析电容器是充电还是放电，进而分析通过电阻的电流方向。
5．（2024高三上·长春月考）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比，定值电阻R的阻值为，电表均为理想交流电表，电源两端输出的交流电压，则（ ）
A．电流表示数为4A B．电压表示数为
C．R的功率为352W D．变压器的输入功率为1408W
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】B．根据正弦式交变电流规律可知原线圈两端所接的交流电压的有效值为220V，根据变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数关系可知
可得
即电压表示数，故B错误；
A．由欧姆定律可知副线圈中的电流
又原副线圈电流之比等于匝数的反比
解得
故A错误；
CD．根据功率的计算公式得R的功率
由变压器的输入功率等于输出功率知
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】 根据等效热值法，结合变压器两端的电流之比与匝数比的关系，同时利用欧姆定律得出电表的示数；根据功率的计算公式得出电阻的功率大小。
6．（2024高三上·长春月考）如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，为直径，一束由光和光组成的复色光沿方向由真空从面射入玻璃，之后分成两束分别从、两点射出（不考虑光在玻璃砖中的反射），其中从点射出的为光，从点射出的为光。已知频率大的光在玻璃内的折射率也大。则下列说法正确的是（ ）
A．光和光在玻璃砖中的传播速度相等
B．从点射出玻璃砖的光的频率较大
C．若从水中向空气中入射，光更容易发生全反射
D．将、光通过相同的双缝干涉装置，光的干涉条纹间距较大
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射；干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】 本题关键掌握光的全反射和折射现象规律、条纹间距公式。A．因相对于原来光的传播方向，a光的偏折程度较大，可知玻璃对a光的折射率较大，根据
可知，光在玻璃砖中的传播速度小于光，选项A错误；
B．玻璃对b光的折射率较小，则从点射出玻璃砖的光的频率较小，选项B错误；
C．根据
则若从水中向空气中入射，光临界角较大，则不容易发生全反射，选项C错误；
D．将、光通过相同的双缝干涉装置，根据干涉条纹间距公式
可知，因光的波长较大，则b光的干涉条纹间距较大，选项D正确。
故选D。
【分析】 根据光的偏折程度判断折射率大小关系，判断传播速度的大小关系；根据临界角公式分析判断；根据条纹间距公式分析判断。
7．（2024高三上·长春月考）如图所示，物体a、b通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳恰好伸直且无拉力，此时物体a与地面间的距离为h，物体b静止在地面上，物体a、b的质量分别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体a从释放到落地经历的时间为
B．细绳的拉力对物体a做功为
C．物体a落地时物体b的动能为mgh
D．物体b能上升的最大高度为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；动能
【解析】【解答】AB．以a为对象，a受重力以及绳子拉力，根据牛顿第二定律可得
以b为对象，b受重力以及绳子拉力，而且同一根绳子各处拉力大小相等，根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
根据匀变速直线运动的位移时间关系可得
解得物体a从释放到落地经历的时间为
根据恒力做功公式，细绳的拉力对物体a做功为
故AB错误；
C．物体a落地时，根据运动学速度位移公式可得
则物体b的动能为
故C错误；
D．物体a落地后，物体b继续向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛规律可得继续上升的高度为
则物体b能上升的最大高度为
故D正确。
故选D。
【分析】根据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析物体ab组成的系统机械能是否守恒。对物体A受力分析，由牛顿第二定律求其加速度。结合机械能守恒定律列式分析。
8．（2024高三上·长春月考）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距。工作人员沿传送带方向以速度从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下说法正确的是（ ）
A．小包裹刚滑上传送带时的加速度大小为
B．小包裹在传送带上运动的时间为
C．小包裹相对于传送带滑行的距离是
D．如果传送带以相同的速率顺时针转动，小包裹将不能滑至传送带低端
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。A．由于
滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，可知小包裹刚滑上传送带时受到的摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为
方向沿传送带向上，故A错误；
BC．根据匀变速直线运动的速度时间关系，小包裹减速到与传送带共速所用时间为
此过程小包裹下滑的位移为
共速后，小包裹与传送带相对静止一起匀速运动，则匀速阶段的时间为
则小包裹在传送带上运动的时间为
小包裹相对于传送带滑行的距离为
故BC正确；
D．如果传送带以相同的速率顺时针转动，小包裹先向下减速到速度为0时，根据匀变速直线运动的速度位移关系下滑的距离为
可知小包裹能滑至传送带低端，故D错误。
故选BC。
【分析】 根据牛顿第二定律得出小包裹的加速度；分段分析出小包裹的运动情况，结合位移—时间公式得出各自的时间，最后相加即可。
9．（2024高三上·长春月考）如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为，右侧连接一阻值为的电阻。两金属棒ab、cd的质量分别为1kg、2kg，长度均为1m，电阻均为。初始时，金属棒cd垂直静置在水平导轨上，金属棒ab垂直倾斜导轨从距底端2.5m处由静止释放，不计导轨电阻。金属棒cd达到最大速度后闭合开关，g取，两金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒cd的最大加速度为
B．金属棒cd的最大速度为2.5m/s
C．闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为
D．闭合开关前后流过cd棒的电流方向不变
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．对金属棒ab分析，下落过程导轨光滑，只有重力做功，根据动能定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据欧姆定律通过金属棒cd的电流为
根据安培力求解公式cd棒所受安培力为
安培力为导体棒最终合力根据牛顿第二定律有
解得，金属棒cd的最大加速度为
故A正确；
B．当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，相互作用过程中合外力为零，由动量守恒定律得
解得，金属棒cd的最大速度为
故B错误；
C．对cd棒，由动量定理得安培力冲量等于导体棒动量变化
又
解得，闭合开关前流过金属棒cd的电荷量为
由于金属棒ab与cd串联，则流过的电荷量相等，所以闭合开关前流过金属棒ab的电荷量为，故C正确；
D．闭合开关前，ab棒的速度大于cd棒的速度，ab棒产生的感应电动势大于cd棒产生的感应电动势，根据右手定则可知流过cd棒的电流方向为从d到c，闭合开关后，cd棒切割磁感线，相当于电源，流过cd棒的电流方向为从c到d，故闭合开关前后流过cd棒的电流方向改变，故D错误。
故选AC。
【分析】根据动能定理求解金属棒n刚好下滑至水平轨道时速度为v，根据安培力的计算公式求解安培力大小，对金属棒m根据牛顿第二定律求解加速度大小；取向右为正，根据动量守恒定律求解金属棒m的最大速度。
10．（2024高三上·长春月考）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
11．（2024高三上·长春月考）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作图线（U、I用国际单位）；
（iv）求出图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ：电流表最好选用 。
A.电压表（0~3V，内阻约15kΩ）
B.电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（0~200mA，内阻约2Ω）
D.电流表（0~30mA，内阻约2Ω）
（2）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E= ，r= ，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】（1）A；C
（2）；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查了实验器材的选择、实验数据处理等问题，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；知道实验原理是解题的前提与关键，根据图象的函数表达式可以求出电源电动势与内阻。
（1）由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则根据闭合回路欧姆定律可得，最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
【分析】（1）根据实验误差来源从减小实验误差的角度选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；
（2）根据闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象的函数表达式求出电源电动势与内阻；
（1）[1]由于待测电源的电动势约3V，为了减小电压表分流的影响，电压表最好选用内阻较大的A。
[2]由于保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），则最大电流大约为
所以电流表最好选用C。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
由于图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a；则有
，
解得
，
12．（2024高三上·长春月考）实验小组在“探究加速度与力、质量的关系”时，用图甲所示的装置进行实验。实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力。
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝ mm。
（2）下列说法中正确的是______。
A．槽码的质量应远小于滑块的质量
B．气垫导轨右端应比左端高
C．先释放滑块再打开气垫导轨的气源
（3）实验小组用如下方法测量滑块的加速度a：将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为L，则滑块的加速度大小a＝ （用字母、、L、d表示）。
（4）为了减小偶然误差，该小组同学设计了另一种方案，测得遮光条从光电门1到2的时间为t，两个光电门间的距离为L，保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L和t的数据，作出了图像如图丙所示，已知纵轴截距为，横轴截距为，则表示遮光条通过光电门 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小a＝ 。
【答案】（1）5.25
（2）A
（3）
（4）2；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】 本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，同时理解图像的物理意义即可完成分析。
（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为主尺读数与游标尺读数之和， 所以
（2）
A．实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力，所以槽码的质量应远小于滑块的质量，故A正确；
B．由于滑块在气垫导轨上可看成不受摩擦力作用，细线的拉力即为滑块所受的合力，所以不需要气垫导轨应保持水平，故B错误；
C．实验中先打开气垫导轨的气源再释放滑块，故C错误。
故选A。
（3）滑块经过光电门可以近似看成匀速运动，滑块经过两个光电门的速度分别为
，
因滑块做匀加速直线运动，则有
（4）
由题意可得
变形可得
由此可知，表示遮光条通过光电门2的速度，且
所以
【分析】（1）根据游标卡尺的精确度读数，游标卡尺不用估读；
（2）实验原理及操作规范分析解答；
（3）滑块经过光电门可以近似看成匀速运动，根据速度—时间公式计算加速度；
（4）根据结合图像截距分析解答；
（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以
（2）A．实验中，用槽码的重力代替细线中的拉力，所以槽码的质量应远小于滑块的质量，故A正确；
B．由于滑块在气垫导轨上可看成不受摩擦力作用，细线的拉力即为滑块所受的合力，所以不需要气垫导轨应保持水平，故B错误；
C．实验中先打开气垫导轨的气源再释放滑块，故C错误。
故选A。
（3）滑块经过两个光电门的速度分别为
，
因滑块做匀加速直线运动，则有
（4）由题意可得
变形可得
由此可知，表示遮光条通过光电门2的速度，且
所以
13．（2024高三上·长春月考）如图所示，水平地面上有一圆柱形汽缸，汽缸内活塞的质量、横截面积，活塞内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁的摩擦不计。开始时活塞距汽缸底的距离，环境温度，已知汽缸导热性能良好，外界大气压强，取。求：
（1）若将汽缸倒置，经过足够长时间，活塞到缸底的距离；
（2）在（1）条件下，改变环境温度，使活塞又回到原来的位置，若气体内能减少了200J，则气体对外放出多少热量。
【答案】（1）解：开始时，汽缸内气体压强
解得
将汽缸倒置后，汽缸内气体压强
解得
根据玻意耳定律有
解得
（2）解：气体内能变化
活塞对气体做功
解得
由热力学第一定律
得
即气体对外放出的热量为240J。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】 （1）分别求出汽缸倒置前后气体压强，发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程即可求解；
（2）求出活塞对气体做功，已知气体内能变化，根据热力学第一定律可以解得。
（1）开始时，汽缸内气体压强
解得
将汽缸倒置后，汽缸内气体压强
解得
根据玻意耳定律有
解得
（2）气体内能变化
活塞对气体做功
解得
由热力学第一定律
得
即气体对外放出的热量为240J。
14．（2024高三上·长春月考）如图所示，质量均为的小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下与弹簧分离。A分离后向左运动，滑上半径的光滑半圆轨道并恰能通过最高点，B分离后向右运动，滑上静止在水平面上长，质量的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，取。
（1）求A滑上光滑半圆轨道最高点的速率是多大？B与弹簧分离时的速率是多少？
（2）弹簧锁定时的弹性势能；
（3）通过计算判断物块是否能滑离长木板？求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。
【答案】（1）解：A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
A从与弹簧分离到运动到半圆轨道最高点过程，由动能定理得
代入数据解得
弹簧弹开AB时由动量守恒
可知B与A的速度大小相等，也为5m/s
（2）解：弹簧弹开A、B过程，由能量守恒定律得
代入数据解得
（3）解：B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，假设B没有滑离木板，它们的共同速度为v共，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
B滑离木板；
B在长木板上滑动过程中产生的内能
【知识点】爆炸；碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出通过最高点的速度，应用动能定理求出分离时的速度大小。
（2）应用能量守恒定律求出弹簧的弹性势能。
（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求解。
（1）A恰能通过半圆轨道的最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
A从与弹簧分离到运动到半圆轨道最高点过程，由动能定理得
代入数据解得
vA=5m/s
弹簧弹开AB时由动量守恒
可知B与A的速度大小相等，也为5m/s；
（2）弹簧弹开A、B过程，由能量守恒定律得
代入数据解得
EP=50J
（3）B与木板组成的系统在水平方向动量守恒，假设B没有滑离木板，它们的共同速度为v共，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mvB=（m+M）v共
由能量守恒定律得
代入数据解得
x=2m＞L=1m
B滑离木板；
B在长木板上滑动过程中产生的内能
Q=μmgL=0.5×2×10×1J=10J
15．（2024高三上·长春月考）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅱ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m，带电量为q的粒子由第Ⅱ象限中的点，以速度平行于x轴正方向射出，恰好由坐标原点O射入磁场。若不计粒子重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）若粒子经过磁场偏转后，回到电场中又恰好能经过P点，求磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点出发回到P所用时间。
【答案】（1）解：根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）解：根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）解：根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）应用牛顿第二定律与类平抛运动规律求出电场强度E的大小 ；
（2）求出粒子进入磁场时的速度，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求解磁感应强度；
（3）分别求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间。
（1）根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有
竖直方向上有
，
联立解得
（2）根据题意，设粒子进入磁场时速度与轴夹角为，则有
解得
则粒子进入磁场时的速度为
根据粒子在磁场中的运动规律及对称性，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系有
解得
又有
联立解得
（3）根据上述分析可知，粒子在电场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
则粒子从P点出发回到P所用时间
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