2024年高考物理第一次模拟考试
物理・全解全析
注意事项：
i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答昨选择题时，将答案写在答题卡上。
写
在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
【解答】解：国际单位中的七个基本单位：m、kg、s、A、mol、K、cad；其对应的物理
量分别为：长度、质量、时间、电流强度、物质的量、热力学温度、光学强度。
选项A、B、C、D测得的物理量分别是力、长度、电压、压强，四者中只有长度是基本
量。故ACD错误，B正确；
故选:Bo
2.2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人匕船的长征二号F遥十五运载火箭
在酒泉工星发射中心发射，约10分钟后，神舟十五号载人飞船与火箭成功分离，进入预
定轨道，发射取得成功。11月30日7时33分，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空
间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”。下列说法正确的是（）
A.23时08分指的是时间间隔
B.研究飞船与火箭分离过程时，飞船可以看成质点
C.火箭发射升空的过程中，宇航员处于超重状态
D.火箭发射时火箭向下推空气，空气给火箭向上的反作用力
【解答】解：A.时间间隔是指时间的长度，在时间轴二对应一段距离，时刻是指时间点，
在时间轴上对应的是一个点，23时0（8分）指的是发射的时刻，故A错误；
B.研究飞船与火箭分离过程时要考虑形状大小，不可把飞船看成质点，故B错误；
C.火箭发射升空的过程中向上做加速运动，加速度向上，宇航员处于超重状态，故C
正确；
D.火箭发射时火箭向下推喷出的高温高压气体,高温高压的气体气体给火箭向上的反作
用力，故D错误。
故选：Co
3.浙江最大抽水蓄能电站2016年在缙云开建，抽水蓄能电站结构如图所示。抽水蓄能电站
有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式：居民用电低谷时（如深夜），电站利用居民电网
多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式：居民用电高峰时，再将.上
水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用，一抽一放
起到了均衡电网负荷的作用。关于抽水蓄能电站下列说法正确的是（）
A.抽水蓄能的过程中，能量守恒
B.放水发电的过程中，机械能守恒
C.抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多
D.抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了
【解答】解：A、抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，故A正确：
B、放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒，故B错误；
C、抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，故C错误；
D、抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有
增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，故D错误。
故选：Ao
4.如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平杆BC右端的光滑定滑轮（重力不计）栓接一质
量为M的物体，ZACB=30°；如图b所示，轻杆HG一端用较链固定在竖直墙上，另
一端通过细绳EG拉住，ZECH=30°,另一轻绳GF悬挂在轻杆的G端，也拉住一质
量为M的物体，重力加速度为g。下列说法正确的是（）
A.图a中BC杆对滑轮的作用力大小为Mg
B.图b中HG杆弹力大小为Mg
C.轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为1：1
D.轻绳AC段张力TAC与轻绳EG段张力TEG大小之比为2：1
【解答】解：A、对图a,同一条轻绳拉力相等，即TAC=TcD=Mg,绳对滑轮的作用力
如图1所示
图1
由几何关系可知：F合=Mg,根据平衡条件可得BC杆对滑轮作用力大小为Mg,故A正
确：
B、对图b中G点受力分析如图2所示
图2
由图2可得HG杆弹力大小为：FH=-^^=V3Mg,故B错误；
CD、根据图2可得轻绳EG段张力TEG=用方=2Mg,所以轻绳AC段张力TAC与EG
段张力TEG大小之比为1：2,故CD错误。
故选：Ao
5.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面
五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜
后分解成两束单色光a、b.若用a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则（）
A.a光的光子能量大于b光的光子能量
B.用a光照射时光电子的最大初动能大于用b光照射时光电子的最大初动能
C.a光的遏止电压大于b光的遏止电压
D.a光的遏止电压小于b光的遏止电压
【解答】解：A、根据三棱镜分光的特点可知，两束光的入射角相同，b光的偏折角大，
则b的折射率大；根据折射率与光的频率的关系可知b光的频率大于a光的频率，由E
=hy可知b光子的能量大。故A错误；
B、根据光电效应方程：Ekm=hy-Wo可知，用a光照射时光电子的最大初动能小于用b
【解答】解：AB、物体的重力为G=mg=2X10N=20N；无人机上升过程中，开始一段
时间内加速度方向向上，是超重状态，后来加速度方向向下，向上减速运动，是失重状
态，所以物体对无人机的压力先大于20N、后小于20N,最后悬停时等于20N,故AB
错误；
CD、无人机上升过程口，空气阻力做负功，无人机做的功等于物体和无人机增加的机械
能与克服空气阻力产生的内能之和，大于物体和无人机增加的机械能，故C错误、D正
确。
故选：D。
8.如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c
为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法的正确的是（）
A.向心力关系为Fb>Fc>Fa
R.周期关系为Ta=Tc<Tb
C.向心加速度的大小关系为aa>ac>ab
D.线速度的大小关系为VaVvcVvb
【解答】解：A、根据向心力公式Fn=mo）2r,由于以b、c三者的质量关系未知，所以
无法判断三者的向心力的关系，故A错误；
B、物体a与地球同步卫星c的角速度3相同，由可知，Ta=Tc；
b、c两卫星均绕地球做圆周运动，由开普勒第三定律可知Tc>Th,故B错误；
T2
C^物体a与地球同步卫星c的角速度3相同，由a=3?r可知，aa〈ac；
b、c两卫星均绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：呻=ma
r2
-rr
可得：a=G]MT
因为rb〈rc,所以ab>;ic,所以ab>3c>aa,故C错误；
GMmmv2
D、b、c两卫星均绕地球做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：=—
可得：丫=坪
因为FbVrc，M以Vb>Vc：
物体a与地球同步卫星C的角速度3相同，由V=31•可知，Va<Vc>所以VaVvcVvb,
故D正确。
故选：Do
9.如图所示为静电植绒技术植绒流程示意图，需要植绒的布在滚轮的带动下匀速向右运动，
将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒
毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，假设每根绒毛规格相同，下列判断正确的是
()
A.绒毛在K往需要植绒的物体的过程中，电势能增大
B.若只增大滚轮的转速，植绒会越密
C.若增大容器与带电极板之间的距离，植绒效果会更好
D.绒毛带的带电量越多，到达布的表面时速率越大
【解答】解：A.绒毛在飞往需要植绒的布的过程中，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的
布表面上，电场力做正功，电势能不断减小，故A错误；
B.若只增大滚轮的转速，布运动的速度越大，植上相邻两个绒毛的距离越大，植绒越疏，
故B错误：
C.若增大容器与带电极板之间的距离，而电势差不变，由
E-d
可知，电场强度变小，绒毛受力变小，植绒效果变差，故C错误；
D.由动能定理
qU=^mv2
质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故D正确。
故选：D。
10.如图所示，某种光盘利用“凹槽”、“平面”记录信息，激光照射到“凹槽”会产生极小
反射光强，下列说法正确的是()
A.“凹槽”产生极小光强是由于衍射现象形成
B.“凹槽”入射光与“平面”反射光传播速度不同
C.激光在介质中的波长可能为“凹槽”深度的3倍
D.“凹槽”反射光与“平面”反射光的频率相同
【解答】解：A.根据光的干涉知识分析可知，“凹槽”产生极小光强是由于由于“凹槽”
反射光与“平面”反射光叠加后相消，是干涉现象形成，不是属于衍射现象，故A错误：
B.“凹槽”中有透明介质，光的速度小于真空中速度，“凹槽”入射光与“平面”反射光
传播速度相同，故B错误：
C.由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后削弱，考虑到“凹槽”反射光的路程,
“凹槽”深度的2倍应该为激光束半波长的奇数倍，故C错误；
D.“凹槽”反射光与“平面”反射光是同种类型的光，频率相同，故D正确。
故选：Do
II.半导体材料一般分为N型半导体（载流子为负电荷）和P型半导体（载流子为正电荷）
两种。如图所示，一块长为a、宽为b高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为
n,沿+y方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀
强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U,下列说法正确的是（）
A.若器件为N型半导体，则上表面电势高于下表面电势
B.电势差U与载流子数密度n成正比
JR
C.若器件为P型半导体，载流子所带电荷量为
ncU
D.半导体内载流子所受沿z轴方向电场力的大小
【解答】解：A、沿+y方向通有恒定电流，若器件为N型半导体，载流子为负电荷，则
电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿・x方向，根据左手定则可知，负电荷向上
偏转，故上表面电势低于.卜表面电势，故A错误；
BC、若器件为P型半导体，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦
兹力平衡，则有
U
q『quBn
根据电流的微观意义可知
I=nqvS=nqvbc
联立可得
IB
U邛nbq
可知电势差U与载流子数密度n成反比，故BC错误；
D、半导体内载流子所受沿z方向电场力的大小为
口_D_IBU_IB
故D正确。
故选：Do
12.LED灯珠用半球形透明介质封装，如图所示，有一个半径「为3mm的圆形LED光源
AB,其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中
点与球心0重合。半球形介质的折射率为，为使LED光源发出的所有光都能射出球面,
不考虑二次反射，则透明介质球半径R至少为（）
C.|y/smm
A.3/5mrnB.D.9mm
【解答】解：如图所示。
在半球面上任选一点P，根据几何关系可知，若此时线状光源上B点发出的光能够射出P
点，PBJ_AB,光线在半球面上的入射角最大，则线状光源其他点发出的光也一定能够射
出P点，所以只要B点发出的所有光线能够射出球面,光源发出的所有光均能射出球面。
在AOPB中，根据正弦定理有
OB0P
sinasinO
解得：sina=器号在】。=
当8=90°时，sina有最大值，且最大值为sina=
为使光线一定能从P点射出，根据全反射规律有
•,11
sina<-n=T1.-5F
所以：R2,故ACD错误，B正确。
故选：B。
13.飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力。这种发动机工作时，由电极发射的
电子射入稀有气体（如湿气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加
速并由飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知总离子质量为m,
带电量大小为e,加速电压为U,飞船单位时间内向后喷射出的岚离子的质量为k,从飞
船尾部高速连续喷出低离子的质量远小「•飞船的质量，则匕船获得的反冲推力大小为
（）
【解答】解：掠离子在电场中的加速过程，由动能定理有—o
解得八谏
对At时间内喷射出的流离子用动量定理有FAt=Am-v
解得F=^u=k册,故A正确，BCD错误。
故选：Ao
（多选）14.“超导托卡马克”（EAST）是我国自行研制的可控热核反应实验装置。设该实
验反应前笊核（彳”）的质量为mi,瓶核（：斤）的质量为m2,反应后氢核（的
质量为m3,中子（An）的质量为m4,真空中光速为c。下列说法中正确的是（）
2+3
A.这种装置中发生的核反应方程是11
B.由核反应过程质里守恒可知mi+nu=ni3+m4
C.核反应放出的能量等于（mi+m2-m3-m4）c2
D.这种装置与我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应原理不相同
【解答】解：A.根据质量数与电荷数守恒可知，可控热核反应装置中发生的核反应方程
是
彳〃+t故A正确；
BC.核反应过程中质量数守恒，但核反应过程中存在质量亏损△m=mi+m2-m3-rm>
0
即nn+m2>m3+m4
根据爱因斯坦质能方程，释放的核能AE=Amc2=（mi+m2-m3-m4）c2
故B错误，C正确；
D.这种装置的核反应是轻核聚变,我国大亚湾核电站所使用核装置的核反应是重核裂变,
它们的核反应原理不同，故D正确。
故选：ACDo
（多选）15.如图所示，在方向竖直向卜、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位
于同一水平面内且间跣为L的平行金属导轨（导轨足够长，电阻不计）；两根质量均为m、
内阻均为r的光滑导体棒ab,cd静止在导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），t=0时,
ab棒以初速度3Vo向右滑动，cd棒以初速度vo向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说
法正确的是（）
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为vo
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为2"1外
3
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为]mv衣
D.cd棒的收尾速度大小为vo
【解答】解：A、当两棒开始滑动时，由于切割磁感线产生感应电流，感应电流又受到安
培力而阻碍相对运动，但对两棒整体，由于两棒受到的安培力大小相等，方向相反，则
两棒系统的总动量守恒，以向右方向为正，根据动量守恒定律有：mX3vo-mXvo=O+mv'
解得v'=2vo,故A错误；
B、由上一问的结论，某一根的速度为零时，另一根的速度v'=2vo,此时感应电动势E'
=BLX2vo,回路中的感应电流I'=另，它受到的安倍力F次=B「L,所以它的加速度
a=，=萼，联立解得：2=吗也，故B错误；
121,2
C、由上结论，根据能量守恒定律有：-7TI[VQ+（3u0）]=~mv+Q则导体棒ab上
产生的执量Qab=/XQ惑，联立解得Qab=^771诏，故C正确；
D、在安培力作用下cd棒先减速后加速，ab棒减速，当两棒速度相等时，回路中无电流，
•起匀速运动，由于两棒所受安培力的合力为零，两棒水平方向上动量守恒，以向右方
向为正方向，根据动量守恒定律得：mX3vo-mXvo=（m+m）v,解得v=vo,故D正
确。
故选：CD<.
16.I（1）在“探究加速度与力、质量的关系（图甲）”“研究平抛运动（图乙）”“验证机
械能守恒定律（图丙）”三个实验中，都需要用到的器材是Bo
A.秒表
B.刻度尺
C.天平
D.弹簧测力计
（2）某同学利用图甲装置探究加速度与力的关系，打出的纸带如图丁所示，取A、B、
C、D、E五个计数点（每相邻两个计数点间还有四个打点没有标出），打点计时器电源频
2
率是50Hz。则A、Cl可距离为—cm,小车的加速度大小a=—m/so（计算结果保
留2位有效数字）
实验得到的a-F图像如图戊中实线所示，则可知所挂槽码质量最大不应超过B。
A.10g
B.30g
C.40g
D.50g
(3)某同学运用“测量自由落体运动的加速度”，打开智能应用软件，手持从
海绵垫上方释放后落下，测得加速度随时间的变化如图己表所示，可判断做自由落体
运动的时间约—s,测得当地重力加速度值是—m/s2o
t(s)a(m/s2)
【解答】解：(1)图甲和图丙都用到了打点计时器，需要用刻度尺测量纸带上点迹之间
的距离；图乙是探究平效运动的规律，需要刻度尺测是平抛运动的水平位移和竖直位移，
因此三个实验都要用到的器材是刻度尺，故ACD错误，B正确。
故选：Bo
（2）相邻计数点的时间间隔T=>系s=0.1s
亳米刻度尺的精确度为1mm,则A、C间距离为XAC=-==
C、E之间的距离为XCE=-==
根据逐差法可得小车的加速度为a=七著二凿〔0m/N=o.4Om/s2
（3）本实验是用槽码的重力代替绳子的拉力，需要满足的条件是槽码的质量远小于小车
的质量；
从图像可知当F超过时图像就出现比较明显的弯曲，止匕时mg^Fi=
槽码质最m=3=掾=0.03kg=30g
因此，为了满足实验条件，槽码的质量m不应超过30g,故ACD错误，B正确。
故选：Bo
（4）对表格数据进行分析，发现从大概开始到时间内的加速度比较稳定，说明该时
间内已经脱离手，并还未接触海绵垫，在做自由运动，因此做自由落体运动的时
间大概为
1=-=:
考虑在自由落体运动的后期速度较大，空气阻力影响比较大，因此可以认为刚开
始做自由落体运动时空气阻力较小，此时的加速度接近当地的重力加速度，故当地的重
力加速度大概为g—2。
故答案为：（1）B；（2）；；B；（3）；o
II、为了探究导体电阻与长度、横截面积及材料等因素的关系，做如下实验（如图甲：。木
板上固定了AB、BC、CD、DE四段金属丝，AB、BC、CD为银铭合金丝，DE为铁丝。
AB、BC的横截面积相同，长度之比1：2；BC、CD的长度相同，直径之比1：2；BC、
DE的长度、横截面积均相同；电表内阻对电路的影响忽略不计。
（1）为了研究导体电阻与横截面积的关系，应选择BC、CD（选填AB、BC、CD
或DE）两段金属丝。图甲中的实验是否有必要测出金属丝的电阻？不需要（填“需
要”或“不需要”）
（2）若要测量BC段金属丝的电阻，试在图甲中以笔画代替导线完成电路图连接。
（3）为了测量银铭合金的电阻率，用螺旋测微器测量BC段金属丝的直径D,如图乙所
示，调节过程中，螺旋测微器上三个部件A、B、C使用的先后顺序应该为BCA（按
使用先后顺序填字母）；图中所测金属丝的直径D=mmo
（4）图丙为实验所用的电流表和电压表的表盘，电压表选用0-3V量程，电流表选用0
-量程。将电压表一端接在B点，另一端接在BC段金属丝的P点（图中未画出），测出
电压U和PB之间的距离d、改变P点位置多次测量，获得一系列U、d数据并画出U-
d图像，测算出图像的斜率为匕已测得BC段金属丝直径为D,为测出其电阻率，还要
测量的物理量是电流I。电表读数的误差可认为是最小刻度的一半，金属材料的电
阻率与温度的关系式为p=（l+at）poo其中，a称为温度系数，t为摄氏温度，po为该
金属0℃时的电阻率，银格合金的温度系数a=X|（）6℃-i,请判断，对银铭合金电阻率
测量值影响更大的是电表的读数误差。（选填“电表读数误差"或“温度”）
【解答】解：（1）探究导体电阻与长度、横截面积及材料等因素的关系时，采用了“控
制变量”法；因此探究横截面积与电阻大小关系时，应保持长度和材料相同；题中BC、
CD都是钱铭合金丝，且长度相同，因此应选择BC、CD两段：
利用电压表以及电流表的示数变化，图甲实验不需要测岩出电阻丝阳信。
（2）由于电压表的内阻很大，满足招＞尚，因此电流表采用外接法，将电压表直接接
在电阻丝BC两端，连接的实物图如图所示：
（3）用螺旋测微器测量金属丝直径时，先将金属丝放在螺旋测微器的小砧和测微螺杆之
间，旋动粗调旋钮B使测微螺杆逐渐靠近金属丝，当测微螺杆接触金属丝后，缓缓转动
微调旋钮B,使测微螺杆与金属丝进一步接触，当听到“咔嚓”声时，停在旋动B,此
时转动止尺A,使测微螺杆固定，然后再读数，因此用螺旋测微器测量金属丝直径时先
后使用BCA三个部件。
螺旋测微器的精确度为，金属丝的直径D=X=；
（4）根据电阻定律R=p（=%=吗
22
SnDnD
~T
根据欧姆定律，可得R=?
2
联立可得P=喘2
因此还需测量的物理量是电流I;
根据电表量程可判断金属丝电功率不超过，温度升高不大；根据题意可知，温度系数a
=X106℃r,非常小，接近于（）：由电阻率与温度有的关系式p=（l+at）po可知，温
度对电阻率几乎没有影响，由此可以判断，对银铭合金电阻率测显值影响更大的是电表
读数误差。
故答案为：（1）BC、CD；不需要；（2）见解析；（3）BCA；；（4）电流I；电表读数误
差。
17.2023年5月3日，我国轮胎品牌“三角轮胎”携多款热销工程胎和卡车胎系列产品亮
相，吸引不少业内人士利客户关注。若某个汽车轮胎充气后容积为V,内部气体压强为p,
温度为T。当外界温度降低导致轮胎内气体温度降低了J;时，轮胎的容枳几乎不变，轮
胎内的气体可视为理恁气体。
（1）试判断轮胎内气体吸放热情况，并说明理由；
（2）求此时轮胎内气体的压强。
【解答】解：（1）轮胎的容积儿乎不变，则气体做功为零。轮胎内的气体可视为理想气
体，内能仅与温度有关，温度降低则内能减小，根据热力学第一定律AU=W+Q可知，
轮胎内气体放热。
（2）根据查理定律可得：三
T5
解得此时轮胎内气体的压强：p'=|§p«
答：（1）轮胎内气体放热；
29
（2）此时轮胎内气体的压强为百p。
18.如图所示，水平轨道AB长度Li=,其左端B点与半径区=的半圆形竖直轨道BCD平
滑连接。轨道BCD最高点D与长度匕2=的水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直
放置的光滑圆筒上边缘E点相切，圆筒半径「二镖血、高度力=质量m=、可视
为质点的小滑块，从A点处以初动能EkO向左运动，与AB间的动摩擦因数四=,与其它
轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计。
（1）若小滑块恰好能通过最高点D,求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN；
（2）为使小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，求滑块的初动能EkO的范围：
（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE,并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E
点正下方离开圆筒后，滑块落在AB两点之间，求滑块在E点的速度大小VEO（IT取VIU）
【解答】解：（1）小滑块恰好能通过最高点D,则小球在D点时巾9=噜
由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得mg•2R=而
2
滑块在B点时-mg=华
解得F'N=30N
由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为FN=30N
(2)小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，
则有EkO<pmgLi=
当滑块动能较大超过时，滑上圆轨道并返回，则滑上轨道的最大高度不能超过Ro设沿
圆轨道上滑的高度为h,返会水平轨道时，不滑过A点，则有mghVpmgLi
可得h<nLi=<R
所以动能较大时有Eko=|imgLi+mgh<
所以小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，滑块初动能的范围为EkoV或
(3)小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动力=/g4
1
解得0=
在水平方向做匀速圆周运动n2nr=vEti
解得VE=nm/s(n=1,2,3…)
离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g,则由E点到落地的时间为£==0.4s
离开圆筒后，滑块水平方向以速度VE做匀速直线运到，从离开圆筒到落地，水平位移为
x==j^m
滑块落在AB两点之间，则有％=-L2=0.3m
可得nV
所以滑块在E点的速度大小为vE=nm/s(n=I,2,3,4)
19.如图所示，间距L=的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流1=
的恒流源.空间分布两个宽度分别为由=猛和&=看771、间距口=的匀强磁场区域I和
OO
H,两磁场磁感应强度大小均为B-,方向均竖直向下。质量m-、电阻为Ri的导体棒
静止于区域I左边界，质量m=、边长为、电阻R2=Q的正方形单匝线框的右边紧靠区
域II左边界；一竖直固定挡板与区域II的右边界距离为。某时刻闭合开关S,导体棒开
始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与
导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：
(I)导体棒第一次离开区域I时的速度大小VI；
(2)线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；
（3）线框与导体棒碰撞的次数n,以及导体棒在磁场区域I中运动的总时间t总。
【解答】解：（1）导体棒受到向右的安培力，其大小为：F安=BIL
解得：口=
对导体棒第一次离开区域【的过程，由动能定理得：
口〃12
产安4=评嫉
解得：vi=
（2）棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为vr、vi〃，以向右为正方
向，由动量守恒和机械能守恒得：
mvi=mvi+mvi
12->1//2
-="mvi--4-7701vi
2122
解得：vi-=0,vi"=vi=（质量相等，速度交换）
第一次撞后，线框以vi=速度进入磁场II,棒处于静止状态，设线框右边从磁场II左边
界运动到右边界的过程用时△5末速度为2由法拉第电磁感应定律得:
4。_84sl-_E_BAS
1
，1/?2j/?2△Sl=Xd2
以向右为正方向，对线框由动量定理得:
-B/jxAti=mv2-mvi
解得；V2-
同理可得，线框左边从磁场II左边界运动到右边界时线框速度为：V3=
可知每次线框穿过磁场II的过程，速度大小均减少，线框以V3=与挡板弹性碰撞后，以
原速率回再次穿过磁场H后的速度大小为，4=,线框以速度V4与棒第二次相碰，由能量
守恒可得：
mvl-1mvl
解得：Q=；
（3）线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以丫4=速度向左运动，线框静止，棒
进入磁场I,所受安培力与原来等大反向，棒作匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
F^=ma
解得：a=lm/s2
棒在磁场I中的最大位移：%
解得：x=Vdi=g?n
棒在磁场I中减速到速度为零，然后以加速度a反向加速，以，4=的速度离开磁场I,
与线框碰撞且速度交换后，线框通过磁场II速度大小减小，与挡板弹性碰撞后，以原速
率回再次穿过磁场II后的速度大小再减小后，以V5=的速度大小与棒再相碰。经过如此
反复，可知两者每次碰撞都对应速度大小减少，由会=理=7.5,可知棒与线框总的
0.20.2
碰撞次数为7次。
棒第首次从磁场I左边界匀加速运动到右边界时间为：G=野=^s=
棒与线框碰后从右向左进入磁场I的速度均比前一次减小，棒在磁场I中匀减速直线运
动和反向匀加速直线运动对称，可得：
第2次碰后棒在磁场I中运动的时间分别为：t?=孕=与&=
GJL