【高考真题】2024年高考福建卷物理真题
1．（2024·福建）2024 年我国研发出一款安全性高、稳定发电时间长的新微型原子能电池。该电池将衰变释放的能量转化为电能，衰变方程为，式中，是质量可忽略不计的中性粒子，则 X 表示的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据核反应方程满足质量数和电荷数守恒的规则，核反应方程式为
Ni→Cu
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】根据核反应方程的书写规则导出粒子X的性质。
2．（2024·福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管（ ）
A．振幅为 B．振动频率为
C．在时速度为零 D．在时加速度方向竖直向下
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB.从图像中可以直接读出振幅为1.0cm，周期为T＝0.4s，则频率
故A错误，B正确；
C.t＝0.1s时，质点处平衡位置，速度为最大，故C错误；
D.根据图像可知，时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据简谐运动的y﹣t图像判断振幅和周期，再计算频率；根据质点的运动位置判断速度大小；根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。
3．（2024·福建）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（ ）
A．在的平均速度为
B．在做匀减速直线运动
C．在内的位移比在内的大
D．在的加速度大小比的小
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在0～3.0s内，汽车做匀加速直线运动，3s末时速度大于v0＝30m/s，则平均速度
故A错误；
B.在3.0～3.5s内图线为曲线，表示汽车的加速度在变化，不是匀减速直线运动，故B错误；
C．根据图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示：
可得在汽车的位移大小为
在汽车的位移大小
可知的位移比的小，故C错误。
D．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在的汽车加速度为
在的汽车加速度约为
负号表示加速度方向和速度相反，则在的加速度大小比的小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据v﹣t图像给定的速度计算平均速度进行判断；根据v﹣t图像的曲线特点分析加速度的情况再判断运动性质；根据图线和横着所围成的面积的物理意义结合作辅助线的方法判断位移大小，又利用图线斜率的物理意义比较加速度大小。
4．（2024·福建）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】 一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，纸带构成的“莫比乌斯环“形成了两匝（n＝2）线圈串联的闭合回路，
穿过回路的磁场有效面积为
磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量）， 根据法拉第电磁感应定律有
故答案为：C。
【分析】由磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt，可由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势。
5．（2024·福建）据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（ ）
A．角速度大小比“哈勃”的小
B．线速度大小比“哈勃”的小
C．运行周期比“哈勃”的小
D．向心加速度大小比“哈勃”的大
【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。 在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。根据万有引力提供向心力可得
可得，，，
由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有，，，
故选CD。
【分析】根据万有引力提供向心力导出角速度、线速度、周期和加速度公式，结合两卫星的轨道半径大小进行比较判断
6．（2024·福建）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（ ）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为 D．安培力为
【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题考查了安培力的大小的计算和其方向的判断问题。AB． 导线AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流 ，根据左手定则，可知半圆环受到的安培力方向垂直于直径AB向下，易知通电后两绳拉力变大 ，故A错误，B正确；
CD．半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定此半圆环在磁场中受到的安培力对应的等效长度，根据安培力计算公式求解安培力大小。根据左手定则判断半圆环受到的安培力的方向，根据安培力的方向可知通电后两绳拉力如何变化。
7．（2024·福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律分别求得力F方向沿斜面向下时与力F方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得t0、2t0、3t0、4t0时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解0～4t0时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答；应用平均速度分别求得2t0～3t0与3t0～4t0过程物块的位移。
8．（2024·福建）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
9．（2024·福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于”）时的内能。（计算时取）
【答案】3.0；大于
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】轮胎内部被封闭气体的体积不变，初始温度T1＝273K+17K＝290K，压强p1＝2.9atm，末状态温度为T2＝273K+27K＝300K，压强为p2，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变，根据查理定律
代入数值解得
一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大，故时胎内气体的内能大于时的内能。
【分析】根据查理定律和热力学第一定律列式求解判断。
10．（2024·福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角（）进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角 （填“大于”“等于”或“小于”）绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴 （填“顺时针”或“逆时针”）转动一小角度。
【答案】小于；逆时针
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据折射定律可得
由于透镜对蓝光折射率大于绿光，则透镜中蓝光折射角小于绿光折射角；若此时激光为蓝光，要变为绿光，根据
由于绿光的折射率较小，为了保证折射角不变，则入射角i应减小，即逆时针改变入射角。
【分析】根据折射定律列式判断折射角大小，结合图像分析棱镜如何旋转才能使蓝光输出改为绿光输出。
11．（2024·福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为（）的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为 。、分别为、的中点，则点的电势 （填“大于”“等于”或“小于”）点的电势；将一带电量为（）的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
【答案】；大于；大于零
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】由于对称性，根据矢量叠加法则可知直径C、G上面三个电荷与下面三个电荷对O点的场强之和为0，对M、N两点电势的影响相同，因此只需考虑C点和G点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，O点场强为
越靠近正电荷电势越高，M点更靠近C点的+Q，N点 更靠近G点的﹣Q，则M点电势大于N点；
将+q从M点移到N点，电势能减小，电场力做正功，电场力做功W＞0。
【分析】根据对称性排除相应电荷对O电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对O的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。
12．（2024·福建）某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如图（a）所示。所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度游标卡尺、电子秤等。实验步骤如下：
（1）用电子秤分别测量小车的质量M和子弹的质量m；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示，宽度d= cm；
（3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A和B，让装有挡光片的小车以一定初速度由右向左运动，若测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，则应适当调高轨道的 （填“左”或“右”）端。经过多次调整，直至挡光时间相等；
（4）让小车处于A的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小车向左运动经过光电门A，测得挡光片经过A的挡光时间；
（5）根据上述测量数据，利用公式v= （用d、m、M、表示）即可得到子弹离开枪口的速度大小v；
（6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的v值，填入下表；
次数 1 2 3 4 5
速度v（） 59.1 60.9 60.3 58.7 59.5
（7）根据表中数据，可得子弹速度大小v的平均值为 m/s。（结果保留3位有效数字）
【答案】0.99；右；；59.7
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，则挡光片的宽度为：d＝9mm+9×0.1mm＝9.9mm＝0.99cm
（3）挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，说明小车经过光电门A的速度大于经过光电门B的速度，故应适当调高轨道的右端，直至挡光时间相等；
（5）小车经过光电门的速度为
子弹粘上小车的过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得子弹离开枪口的速度大小：
（7）根据表格数据，可得子弹速度大小v的平均值为
【分析】（2）根据游标卡尺的读数方法读出挡光片的宽度；
（3）根据挡光时间分析小车经过光电门的速度大小，由此确定抬高哪一端；
（5）根据瞬时速度的求解方法求解碰撞后小车经过光电门A的速度，根据动量守恒定律求解子弹离开枪口的速度大小；
（7）根据表格数据求解子弹速度大小的平均值。
13．（2024·福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为 V，此时发光元件的电阻为 Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
【答案】a；2.82；282；电阻随电压增大而减小；
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）根据电路图可知，开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a端，这样使测量部分电路被短路，两端电压为0；
（3）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数要估读到最小刻度后一位，电压表示数为2.82V； 电流表示数为10.0mA时， 根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
（4）根据欧姆定律可知，I-U图像的斜率表示电阻的倒数，图像斜率越来越大，即电阻越来越小，故电流在1.0～18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器R2与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
【分析】（2）根据滑动变阻器分压式接法和保护电路的安全进行分析解答；
（3）根据电压表的量程判断电压表精确度，在利用电压表的读数方法进行读数，利用电阻公式计算电阻值；
（4）根据I﹣U图像的割线斜率的物理意义判断电阻的变化情况；
（5）根据两发光元件的电压要求选择合适的连接方法。
14．（2024·福建）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcosθ
解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
有
P = 600W
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡条件解答；
（2）根据功的计算公式解答；
（3）根据功率的计算公式解答
15．（2024·福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）解：粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）解：粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
16．（2024·福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
【答案】（1）解：撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）解：没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1）撤去电场前，对C物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，C做匀速运动后，对C和B物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
C下降h＝0.2m的过程中，对于A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，对A根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，C下降高度为h'时，再对A物体以及B、C整体，根据牛顿第二定律列式，再对对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解A第一次从右向左运动过程中最大速度。
（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
1 / 1【高考真题】2024年高考福建卷物理真题
1．（2024·福建）2024 年我国研发出一款安全性高、稳定发电时间长的新微型原子能电池。该电池将衰变释放的能量转化为电能，衰变方程为，式中，是质量可忽略不计的中性粒子，则 X 表示的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·福建）如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，则试管（ ）
A．振幅为 B．振动频率为
C．在时速度为零 D．在时加速度方向竖直向下
3．（2024·福建）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（ ）
A．在的平均速度为
B．在做匀减速直线运动
C．在内的位移比在内的大
D．在的加速度大小比的小
4．（2024·福建）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
5．（2024·福建）据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约的轨道上，其视场比“哈勃”望远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，则“巡天号”（ ）
A．角速度大小比“哈勃”的小
B．线速度大小比“哈勃”的小
C．运行周期比“哈勃”的小
D．向心加速度大小比“哈勃”的大
6．（2024·福建）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（ ）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为 D．安培力为
7．（2024·福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（ ）
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
8．（2024·福建）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
9．（2024·福建）夜间环境温度为时，某汽车轮胎的胎压为个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至，此时胎压为 个标准大气压，胎内气体的内能 （填“大于”“等于”或“小于”）时的内能。（计算时取）
10．（2024·福建）镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角（）进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角 （填“大于”“等于”或“小于”）绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜以过入射点且垂直纸面的轴 （填“顺时针”或“逆时针”）转动一小角度。
11．（2024·福建）如图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为（）的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为 。、分别为、的中点，则点的电势 （填“大于”“等于”或“小于”）点的电势；将一带电量为（）的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功 （填“大于零”“等于零”或“小于零”）。
12．（2024·福建）某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如图（a）所示。所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度游标卡尺、电子秤等。实验步骤如下：
（1）用电子秤分别测量小车的质量M和子弹的质量m；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示，宽度d= cm；
（3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A和B，让装有挡光片的小车以一定初速度由右向左运动，若测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，则应适当调高轨道的 （填“左”或“右”）端。经过多次调整，直至挡光时间相等；
（4）让小车处于A的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小车向左运动经过光电门A，测得挡光片经过A的挡光时间；
（5）根据上述测量数据，利用公式v= （用d、m、M、表示）即可得到子弹离开枪口的速度大小v；
（6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的v值，填入下表；
次数 1 2 3 4 5
速度v（） 59.1 60.9 60.3 58.7 59.5
（7）根据表中数据，可得子弹速度大小v的平均值为 m/s。（结果保留3位有效数字）
13．（2024·福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于 （填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为 V，此时发光元件的电阻为 Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是： ；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。
14．（2024·福建）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s内匀速前进20m，θ = 22.5°，cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
15．（2024·福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
16．（2024·福建）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】根据核反应方程满足质量数和电荷数守恒的规则，核反应方程式为
Ni→Cu
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】根据核反应方程的书写规则导出粒子X的性质。
2．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】AB.从图像中可以直接读出振幅为1.0cm，周期为T＝0.4s，则频率
故A错误，B正确；
C.t＝0.1s时，质点处平衡位置，速度为最大，故C错误；
D.根据图像可知，时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据简谐运动的y﹣t图像判断振幅和周期，再计算频率；根据质点的运动位置判断速度大小；根据回复力公式结合牛顿第二定律分析加速度方向。
3．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在0～3.0s内，汽车做匀加速直线运动，3s末时速度大于v0＝30m/s，则平均速度
故A错误；
B.在3.0～3.5s内图线为曲线，表示汽车的加速度在变化，不是匀减速直线运动，故B错误；
C．根据图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示：
可得在汽车的位移大小为
在汽车的位移大小
可知的位移比的小，故C错误。
D．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在的汽车加速度为
在的汽车加速度约为
负号表示加速度方向和速度相反，则在的加速度大小比的小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据v﹣t图像给定的速度计算平均速度进行判断；根据v﹣t图像的曲线特点分析加速度的情况再判断运动性质；根据图线和横着所围成的面积的物理意义结合作辅助线的方法判断位移大小，又利用图线斜率的物理意义比较加速度大小。
4．【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】 一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，纸带构成的“莫比乌斯环“形成了两匝（n＝2）线圈串联的闭合回路，
穿过回路的磁场有效面积为
磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量）， 根据法拉第电磁感应定律有
故答案为：C。
【分析】由磁感应强度B随时间t变化的关系为B＝kt，可由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势。
5．【答案】C,D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。 在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。根据万有引力提供向心力可得
可得，，，
由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有，，，
故选CD。
【分析】根据万有引力提供向心力导出角速度、线速度、周期和加速度公式，结合两卫星的轨道半径大小进行比较判断
6．【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题考查了安培力的大小的计算和其方向的判断问题。AB． 导线AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流 ，根据左手定则，可知半圆环受到的安培力方向垂直于直径AB向下，易知通电后两绳拉力变大 ，故A错误，B正确；
CD．半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定此半圆环在磁场中受到的安培力对应的等效长度，根据安培力计算公式求解安培力大小。根据左手定则判断半圆环受到的安培力的方向，根据安培力的方向可知通电后两绳拉力如何变化。
7．【答案】A,D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。根据图像可知当时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块内的图像
A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。
故选AD。
【分析】根据牛顿第二定律分别求得力F方向沿斜面向下时与力F方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得t0、2t0、3t0、4t0时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解0～4t0时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答；应用平均速度分别求得2t0～3t0与3t0～4t0过程物块的位移。
8．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】本题考查了斜抛运动与机械能守恒定律，处理曲线运动的方法是将运动分解处理，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
最高点距水平地面高为，故下降的时间为
故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D错误。
故选B。
【分析】物体抛出后在空中做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，应用运动学公式求得第一次抛出上升时间和下降时间，以及两次斜抛运动的总时间和抛出时水平与竖直分速度大小。根据斜抛运动过程中物块的机械能守恒，分析解答第一次过P点与第二次的机械能之差和落地瞬间第一次与第二次的动能。抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角即为速度的偏转角，第一次斜抛运动的水平分速度较小，轨迹弯曲程度较小，速度的偏转角较小。
9．【答案】3.0；大于
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】轮胎内部被封闭气体的体积不变，初始温度T1＝273K+17K＝290K，压强p1＝2.9atm，末状态温度为T2＝273K+27K＝300K，压强为p2，胎内气体视为理想气体，温度与环境温度相同，体积和质量都保持不变，根据查理定律
代入数值解得
一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大，故时胎内气体的内能大于时的内能。
【分析】根据查理定律和热力学第一定律列式求解判断。
10．【答案】小于；逆时针
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】根据折射定律可得
由于透镜对蓝光折射率大于绿光，则透镜中蓝光折射角小于绿光折射角；若此时激光为蓝光，要变为绿光，根据
由于绿光的折射率较小，为了保证折射角不变，则入射角i应减小，即逆时针改变入射角。
【分析】根据折射定律列式判断折射角大小，结合图像分析棱镜如何旋转才能使蓝光输出改为绿光输出。
11．【答案】；大于；大于零
【知识点】电场强度的叠加；电势能
【解析】【解答】由于对称性，根据矢量叠加法则可知直径C、G上面三个电荷与下面三个电荷对O点的场强之和为0，对M、N两点电势的影响相同，因此只需考虑C点和G点两个电荷即可。根据点电荷场强公式和场强叠加原理，O点场强为
越靠近正电荷电势越高，M点更靠近C点的+Q，N点 更靠近G点的﹣Q，则M点电势大于N点；
将+q从M点移到N点，电势能减小，电场力做正功，电场力做功W＞0。
【分析】根据对称性排除相应电荷对O电场强的干扰，然后分析不具备对称性的点电荷对O的场强，结合场强的叠加原理，电场中电势高低的判断方法以及电场力做功的知识进行分析解答。
12．【答案】0.99；右；；59.7
【知识点】验证动量守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（2）游标卡尺的精确度为0.1mm，则挡光片的宽度为：d＝9mm+9×0.1mm＝9.9mm＝0.99cm
（3）挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，说明小车经过光电门A的速度大于经过光电门B的速度，故应适当调高轨道的右端，直至挡光时间相等；
（5）小车经过光电门的速度为
子弹粘上小车的过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得子弹离开枪口的速度大小：
（7）根据表格数据，可得子弹速度大小v的平均值为
【分析】（2）根据游标卡尺的读数方法读出挡光片的宽度；
（3）根据挡光时间分析小车经过光电门的速度大小，由此确定抬高哪一端；
（5）根据瞬时速度的求解方法求解碰撞后小车经过光电门A的速度，根据动量守恒定律求解子弹离开枪口的速度大小；
（7）根据表格数据求解子弹速度大小的平均值。
13．【答案】a；2.82；282；电阻随电压增大而减小；
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）根据电路图可知，开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a端，这样使测量部分电路被短路，两端电压为0；
（3）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数要估读到最小刻度后一位，电压表示数为2.82V； 电流表示数为10.0mA时， 根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
（4）根据欧姆定律可知，I-U图像的斜率表示电阻的倒数，图像斜率越来越大，即电阻越来越小，故电流在1.0～18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器R2与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
【分析】（2）根据滑动变阻器分压式接法和保护电路的安全进行分析解答；
（3）根据电压表的量程判断电压表精确度，在利用电压表的读数方法进行读数，利用电阻公式计算电阻值；
（4）根据I﹣U图像的割线斜率的物理意义判断电阻的变化情况；
（5）根据两发光元件的电压要求选择合适的连接方法。
14．【答案】（1）由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
解得
f = 450N
（2）根据功的定义式有
W = 2Flcosθ
解得
W = 9.0 × 103J
（3）根据功率的定义式有
有
P = 600W
【知识点】共点力的平衡；功的概念；功率及其计算
【解析】【分析】（1）根据共点力平衡条件解答；
（2）根据功的计算公式解答；
（3）根据功率的计算公式解答
15．【答案】（1）解：粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）解：粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）解：粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过N点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
16．【答案】（1）解：撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）解：没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；机械能守恒定律；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】1）撤去电场前，对C物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，C做匀速运动后，对C和B物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
C下降h＝0.2m的过程中，对于A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，对A根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，C下降高度为h'时，再对A物体以及B、C整体，根据牛顿第二定律列式，再对对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律列式求解A第一次从右向左运动过程中最大速度。
（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力平衡条件有
解得
（2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得
对B、C根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为
联立解得
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