海南省三亚市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

海南省三亚市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

海南省三亚市 2021 届新高考第二次模拟物理试题 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．有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。现让甲球以速度 v0 在某一水平桌面 上水平抛出， 抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。 然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水 平抛出。两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（ ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 两球在水平方向都做初速度相同的匀速直线运动， 在竖直方向， 两小球的加速度相同， 都为重力加速度 g， 故在竖直方向的运动也完全相同，因此两球的运动轨迹相同，即乙球的运动轨迹依然是图线②。 A．①与分析不符，故 A 错误； B． ②与分析相符，故 B 正确； C． ③与分析不符，故 C 错误； D． ④与分析不符，故 D 错误。 故选 B。 2．如图所示，正六边形的物体上受四个共点力的作用下保持平衡。下列说法正确的是（ ） A． F1 与 F 2 的大小可能不相等 B． F1 与 F 3 的大小可能不相等 C． F4 的大小一定是 F 2 的 2 倍 D． F4 的大小一定是 F 3 的 2 倍 【答案】 A 【解析】 【详解】 B．因 F1 与 F3 关于 F2 和 F 4 方向对称，根据几何关系可知 F 1 与 F3 必须相等， B 错误； ACD ．将 F1 与 F3 合成为一个 F2 方向上的力，大小未知，则 F 2、F 4 和合力三个力在同一直线上平衡，大 小均未知，则大小关系无法确定， CD 错误， A 正确。 故选 A。 3．在某种介质中，一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图（ a）所示，此时质点 A 在波峰位 置，质点 D 刚要开始振动，质点 C 的振动图像如图（ b）所示； t=0 时刻在 D 点有一台机械波信号接收器 （图中未画出） ，正以 2m/s 的速度沿 x 轴正向匀速运动。下列说法正确的是（ ） A．质点 D 的起振方向沿 y 轴负方向 B． t=0.05s 时质点 B 回到平衡位置 C．信号接收器接收到该机械波的频率小于 2.5Hz D．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．因 t=0 时刻质点 C 从平衡位置向下振动， 可知波沿 x 轴正向传播， 则质点 D 的起振方向沿 y 轴正方向， 选项 A 错误； B．波速为 4 m/s=10m/s 0.4 v T 当质点 B 回到平衡位置时，波向右至少传播 1.5m，则所需时间为 1.5 0.15s 10 t 选项 B 错误； C．机械波的频率为 2.5Hz，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的 频率小于 2.5Hz，选项 C 正确； D．机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度 不变，选项 D 错误。 故选 C。 4．将一定值电阻分别接到如图 1 和图 2 所示的两种交流电源上，在一个周期内该电阻产生的焦耳热分别 为 1Q 和 2Q ，则 1 2Q Q： 等于（ ） A． 21∶ B．1 2∶ C． 2 1∶ D． 1 2∶ 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 对于方波（图 1）来说，交流电压有效值为： 1 0U u 故在电阻上产生的焦耳热为 22 01 1 uUQ T T R R 对于正弦波（图 2）来说，故交流电压有效值为： 0 2 2 uU 故在电阻上产生的焦耳热为 22 02 2 2 uUQ T T R R 故 0 1 2 2 2 0: : 2:1 2 u uT T R Q R Q 故 A 正确 BCD 错误。 故选 A。 5．水平地面上的物体由静止开始竖直向上运动，在运动过程中，物体的动能 Ek 与位移 x 的关系图像如图 所示，则满足机械能守恒的阶段是（ ） A． 0～h B．h～2h C．2h ～3h D． 3h～5h 【答案】 C 【解析】 【详解】 0-h 阶段，动能增加量为 2mgh ，重力势能的增加量为 mgh ，所以机械能增加了 3mgh ；h-2h 阶段，动能不 变，重力势能增加 mgh ，所以机械能不守恒； 2h-3h 阶段，重力势能增加 mgh ，动能减小 mgh ，所以机械 能守恒； 3h-5h 阶段，重力势能增加 2mgh ，动能减小 mgh ，机械能增加， ABD 错误，不符合题意； C 正 确，符合题意。 故选 C。 6．为了人民的健康和社会的长远发展，我国环保部门每天派出大量的洒水车上街进行空气净化除尘，已 知某种型号的洒水车的操作系统是由发动机带动变速箱， 变速箱带动洒水泵产生动力将罐体内的水通过管 网喷洒出去，假设行驶过程中车受到的摩擦阻力跟其质量成正比，受到的空气阻力跟车速成正比，当洒水 车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，以下判断正确的是（ ） A．洒水车的动能保持不变 B．发动机的功率保持不变 C．牵引力的功率要随时间均匀减小 D．牵引力大小跟洒水时间成反比 【答案】 C 【解析】 【详解】 以车和水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题意，车受到的 摩擦阻力跟其质量成正比，受到的空气阻力跟车速成正比，根据牛顿第二定律知， F-f-kv=ma 当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，车与水的质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒 定不变，则牵引力在减小，合力为零。 A．洒水车的质量减小，速度不变，故动能减小，故 A 错误。 B．发动机的功率 P=Fv ，牵引力减小，速度不变，则发动机的功率减小，故 B 错误。 CD ．牵引力 F=f+kv ，洒水车的质量随时间均匀减小， 则牵引力的大小随洒水时间均匀减小， 但不成反比。 牵引力功率随时间均匀减小，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 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 7．2018 年 4 月 2 日，中国首个空间实验室 “天宫一号 ”坠入大气层焚毁．天宫一号是中国首个 “目标飞行 器 ”，其主要目的在于和神舟飞船（称 “追踪飞行器 ”）配合完成交会对接飞行测试，为建设空间站积累经 验．其在轨工作 1630 天，失联 759 天，在地球引力下轨道高度不断衰减，最终于 4 月 2 日早晨 8 点 15 分 坠入大气层焚毁．据报道，该次坠落没有造成任何危险．天宫一号空间实验室于 2011 年 9 月 29 日在酒泉 发射升空，设计寿命两年，轨道平均高度约为 350km ．作为中国空间站的前身，在役期间，天宫一号先后 与神舟八号、九号、十号飞船配合完成六次交会对接任务，共计接待 6 名航天员，完成多项科学实验．设 “天宫一号 ”飞行器的轨道半径为 r ，地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R，地球自转周期为 T，对于 “天 宫一号 ”在服役运行过程中，下列说法正确的是 A．根据题中数据，可求出地球的质量 2 3 2 4 rM GT ， 地球质量也可表达为 2gRM G B． “神州八号 ”飞船与 “天宫一号 ”进行对接时， “神州八号 ”飞船需要从低轨道加速 C． “天宫一号 ”飞行器运动的周期是 0 2 rT g D．天宫一号的航天员在一天内可以看到日出的次数是 2 32 T gRN r 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．根据 2 2 2 4MmG m r r T宫一 因天宫一号的周期未知，题中给出的是地球自转周期，则不能求解地球质量，可根据 2 MmG mg R 求解地球质量 2gRM G 选项 A 错误； B． “神州八号 ”飞船与 “天宫一号 ”进行对接时， “神州八号 ”飞船需要从低轨道加速，然后进入高轨道实现 对接，选项 B 正确； C．根据 2 2 2 0 4MmG m r r T 可知 “天宫一号 ”飞行器运动的周期是 3 3 22 2r rT GM gR = = 选项 C 错误； D．天宫一号的航天员每转一周即可看到一次日出，一天转的圈数是 2 3 0 2 T T gRN T r 则在一天内可以看到日出的次数是 2 32 T gRN r 选项 D 正确； 故选 BD. 点睛：利用万有引力提供向心力和行星表面附近重力等于万有引力（也称黄金代换）求解天体间运动，是 本章解题的基本思路；知道卫星变轨的方法是从低轨道加速进入高轨道，或者从高轨道制动进入低轨道． 8．如图所示，在竖直方向上 A、B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连（轻质弹簧的两端分别固定 在 A 、B 上） ，B、C 两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连， A 固定在水平地面上， C 放在固定的倾角 为 30 的光滑斜面上。已知 B 的质量为 m，C 的质量为 4m，重力加速度为 g，细绳与滑轮之间的摩擦力 不计。现用手按住 C，使细绳刚刚拉直但无张力，并保证 ab 段的细绳竖直、 cd 段的细绳与斜面平行。开 始时整个系统处于静止状态，释放 C 后，它沿斜面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是 A．整个运动过程中 B 和 C 组成的系统机械能守恒 B． C 下滑过程中，其机械能一直减小 C．当 B 的速度达到最大时，弹簧的伸长量为 2mg k D． B 的最大速度为 2g 5 m k 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．整个运动过程中，弹簧对 B 物体做功，所以 B 和 C 组成的系统机械不守恒，故 A 错误； B． C 下滑过程中，绳子的拉力对 C 做负功，由功能关系可知，物体 C 的机械能减小，故 B 正确； C．当 B 的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为 2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长 量 x2 满足 2kx mg 得 2 mgx k 故 C 错误； D．释放瞬间，对 B 受力分析，弹簧弹力 1F kx mg 得 1 mgx k 物体 B 上升的距离以及物体 C 沿斜面下滑的距离均为 h=x 1+x 2 由于 x1=x 2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设 B 物体的最大速度 为 vm，由机械能守恒定律得 214 sin ( 4 ) 2 mgh mgh m m v 解得： 2 5m mv g k 故 D 正确。 9．如图所示，光滑细杆 MN 倾斜固定 ,与水平方向夹角为 ，一轻质弹簧一端固定在 0 点， 另一端连接 一小球，小球套在细杯上， O 与杆 MN 在同一竖直平面内， P 为 MN 的中点，且 OP 垂直于 MN ，已知小 球位于杆上 M 、P 两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内。现将小球从细杆顶端 M 点由静止释放， 则在小球沿细杆从 M 点运动到 N 点的过程中（重力加速度为 g)，以下判断正确的是 A．弹簧弹力对小球先做正功再做负功 B．小球加速度大小等于 gsin θ的位置有三个 C．小球运动到 P 点时的速度最大 D．小球运动到 N 点肘的动能是运动到 P 点时动能的两倍 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A 项：由题意不能确定在 M 点和在 N 点时弹簧是压缩还是拉伸状态，所以弹簧对小球可能先做正功后做 负功，也可能先做负功后做正功，故 A 错误； B 项：由于 MP 之间和 PN 之间各有一位置弹簧弹力为零，当弹力为零时小球的加速度为 sing ，在 P 点时由于弹簧的弹力与杆垂直， 所以小球的加速度也为 sing ，所以小球加速度大小等于 gsin θ的位置有 三个，故 B 正确； C 项：由于小球在 P 点的加速度为 sing ，所以小球的速度一定不为最大，故 C 错误； D 项：从 M 到 P 由能量守恒得： 21 2MP p Pmgh E mv ，从 P 到 N 由能量守恒得： 2 21 1 2 2PN p N Pmgh E mv mv ，联立解得： 小球运动到 N 点肘的动能是运动到 P 点时动能的两倍， 故 D 正确。 故选： BD 。 10．长为 l 直导线中通有恒定电流 I，静置于绝缘水平桌面上，现在给导线所在空间加匀强磁场，调整磁 场方向使得导线对桌面的压力最小，并测得此压力值为 N1，保持其他条件不变，仅改变电流的方向，测 得导线对桌面的压力变为 N2。则通电导线的质量和匀强磁场的磁感应强度分别为（ ） A． 1 2N Nm g B． 1 2 2 N Nm g C． 2 1 2 N NB Il D． 1 2 2 N NB Il 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 对导线受力分析，可知导线受重力、支持力和安培力作用，当安培力方向竖直向上时，支持力最小，则导 线对桌面的压力最小，根据平衡条件有 1N BIl mg 当仅改变电流方向时，安培力方向向下，根据平衡有 2N mg BIl 联立解得 1 2 2 N Nm g ， 2 1 2 N NB Il 故 BC 正确， AD 错误。 故选 BC 。 11．沿 x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线， 其波速为 200m/s，则下列说法正确的 是（ ） A．从图示时刻开始，经 0.01s 质点 a 通过的路程为 40cm，相对平衡位置的位移为零 B．图中质点 b 的加速度在增大 C．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为 20m D．从图示时刻开始，经 0.01s 质点 b 位于平衡位置上方，并沿 y 轴正方向振动做减速运动 E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为 50Hz 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．由图象可知波长为 4m 又波速为 200m/sv 则该列波的周期为 0.02sT v 那么经过 0.01s，质点 a 振动了半个周期， 质点 a 通过的路程为 40cm，应在负向最大位移处， 所以 A 错误； B．根据同侧法可以判断 b 质点此时正沿 y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加 速度在增大，所以 B 正确； C．由图象已知该波的波长是 4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多 或更小，所以障碍物 20m 不能观察到明显的衍射现象， C 错误； D．经过 0.01s，质点 b 振动了半个周期，图示时刻质点 b 正沿 y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后， 该质点 b 在平衡位置上方且沿 y 轴正方向振动，速度在减小，所以 D 正确； E．该波的周期是 0.02s，所以频率为 1 50Hzf T 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是 50Hz ，所以 E 正确。 故选 BDE 。 12．如图所示，两根弯折的平行的金属轨道 AOB 和 A′ O′ B′固定在水平地面上，与水平地面夹角都为 θ， AO=OB=A′ O′ =O′ B′ =L，OO′与 AO 垂直，两虚线位置离顶部 OO′等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁 场中，左侧磁场磁感应强度为 B 1，垂直于导轨平面向上，右侧磁场 B2（大小、方向未知）平行于导轨平 面，两根金属导体杆 a 和 b 质量都为 m，与轨道的摩擦系数都为 μ，将它们同时从顶部无初速释放，能同 步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为 v，除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为 g，则下列判 断正确的是（ ） A．匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上 B．两个匀强磁场大小关系为： B 1=μB2 C．整个过程摩擦产生的热量为 Q1=2μ mgLcosθ D．整个过程产生的焦耳热 Q2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A. 由题意可知，两导体棒运动过程相同，说明受力情况相同，对 a 分析可知， a 切割磁感线产生感应电动 势，从而产生沿导轨平面向上的安培力，故 a 棒受合外力小于 mgsinθ﹣ μmgcosθ；对 b 棒分析可知， b 棒 的受合外力也一定小于 mgsinθ﹣μmgcosθ，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩 擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，由流过 b 棒的电流方向，根据左手定则可知，匀强磁场 B2 的方向一定是平行导轨向上，故 A 正确； B.根据 A 的分析可知， a 棒受到的安培力与 b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，即 B1IL= μB2IL ；解得 B1=μB2，故 B 正确； C.由以上分析可知， b 棒受到的摩擦力大于 μ mgcosθ，因此整个过程摩擦产生的热量 Q1 2μ mgLcosθ，故 C 错误； D.因 b 增加的摩擦力做功与 a 中克服安培力所做的功相等，故 b 中因安培力而增加的热量与焦耳热相同， 设产生焦耳热为 Q 2，则根据能量守恒定律可知： 2mgLsin θ﹣ 2μ mgLcosθ﹣ 2Q2= 1 2 2mv 2 解得整个过程产生的焦耳热： Q 2=mgLsin θ﹣μ mgLcosθ﹣ 1 2 mv 2 故 D 正确。 故选 ABD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。某同学欲 测量它的初级次级线圈匝数： 先在闭合铁芯的上端铁轭处紧密缠绕 100 匝漆包细铜线， 并将细铜线两端与 理想交流电压表构成闭合回路。 （ 1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入 12V 低压交流电压，理想交流电压表示数为 60V ，则次级线圈 的匝数为 ________匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入 12V 低压交流电压，理想交流电压表示数为 30V ，则初级线圈的匝数为 ________匝。 （ 2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为 u=311sin100πt(V)，则与次级线圈左右两 端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为 ________V 。 【答案】 200 400 110 【解析】 【详解】 (1)[1][2] ．由理想变压器的电压与匝数关系 1 1 2 2 U n U n 可知次级线圈的匝数为 2 2 12 100 20 60 Un n U 匝 初级线圈的匝数 1 1 12 100 40 30 Un n U 匝 (2)[3] ．因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为 2：1，由 1 1 2 2 U n U n 可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为 110V. 14．图甲为一个简单的多用电表的电路图， 其中电源的电动势 E=1.5V 、内阻 r=1.0 Ω，电流表内阻 Rg=10Ω、 满偏电流 I g=10mA 。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀， C 为上排刻度线的中间刻度。 (1)选择开关接 “ 1”，指针指在图乙所示位置时示数为 _____（结果保留三位有效数字） 。 (2)如果选择开关接 “ 3”，图甲中电阻 R 2=240Ω，则此状态下多用电表为量程 _____的电压表。 (3)如果选择开关接 “ 2”，该多用电表可用来测电阻， C 刻度应标为 _______ Ω。 (4)如果选择开关接 “ 2”，红、黑表笔短接，调节 R 1 的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指 在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为 _______Ω（保留两位有效数字） 。 (5)如果将该多用电表的电池换成一个电动势为 1.5V、内阻为 1.2 Ω的电池， 正确调零后测量某电阻的阻值， 其测量结果 _____（选填 “偏大 ”、“偏小 ”或 “准确 ”）。 【答案】 7.46mA 2.5V 150 51 准确 【解析】 【详解】 (1)[1] 选择开关接 “ 1”时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为 0.2mA ，指针在两最小刻度之间进行估 读，故其示数为 37.4mA 0.2mA 7.46mA 10 说明：估读方法符合最新高考评分标准。 (2)[2] 根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有 2 2.5Vg gU I R R 所以开关接 “3”时为量程 2.5V 的电压表。 (3)[3] 欧姆表的内阻 150Ω g ER I内 由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故 C 处刻度为 150Ω。 (4)[4] 根据闭合电路欧姆定律有 x EI R R内 其中 7.46mAI ， 150ΩR内 解得 51ΩxR (5)[5] 因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结 果是准确的。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．为了从室内观察室外情况，某同学设计了一个 “猫眼 ”装置，即在门上开一个小孔，在孔内安装一块与 门厚度相同的圆柱形玻璃体，厚度 L=3.46cm ，直径 D=2.00cm ，如图所示（俯视图） 。室内的人通过该玻 璃体能看到室外的角度范围为 120°。取 3 ≈1.73，求该玻璃的折射率。 【答案】 l.73 【解析】 【详解】 如图所示，入射角 1=60° 折射角设为 2，由 tan 2= D L 得 2=30° 根据折射定律 1 2 sin sin =n， 得 n=l.73 16．如图所示，一定质量的气体从状态 A 经状态 B、C、D 再回到状态 A ．已知气体在状态 A 时的体积是 1L 。（1atm=1.013 ×105Pa，ln3=1.099 ） ①求气体在状态 C 的体积； ②气体从状态 A 经状态 B、C、 D 再回到状态 A 的过程中，吸收或放出的热量 Q。 【答案】① 2L ；②吸收的热量为 24.654 10 J 【解析】 【分析】 【详解】 ①由图可知气体在 AB 过程是等容升温升压， VA =1L ，则 V B=1L ，气体在 BC 过程是等压升温增容，根据 盖 g吕萨克定律有 CB B C VV T T 代入数据解得 2cV L 。 ②从 C 到 D 是等温变化，根据玻意耳定律得有 C C D DVp p V 代入数据解得 6DV L 则根据 p T 图线转化为 p V 图线如图所示 从 B 到 C 过程，等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据 W p V 解得 5 3 1 3 1.013 10 2 1 10W J=-3.039 210 J 从 C 到 D 过程，等温变化，体积增大，气体对外界做功，根据数学知识，则有 5 36 1.013 10 10pV 则有 26 1.013 10p V 由数学微积分知识可得 6 6 62 2 2 2 2 2 6 1.013 10 6ln 1.013 10W pdV dV V V 解得 2 2 2 6 ln6 ln 2 1.013 10 6ln3 1.013 10W J=- 26.680 10 J 从 D 到 A 过程，压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据 W p V 解得 5 3 3 1 1.013 10 6 1 10W J=5.065 210 J 则整个过程做的总功为 1 2 3W W W W 代入数据解得 24.654 10W J 即气体对外界做功为 24.654 10 ，从 A 出发再回到 A，初末状态温度相同，内能相同，即 0U 根据热力学第一定律有 U Q W 解得 24.654 10Q W J 即吸收 24.654 10 J 的热量。 17．在光滑绝缘的水平面上， 存在平行于水平面向右的匀强电场， 电场强度为 E，水平面上放置两个静止、 且均可看作质点的小球 A 和 B，两小球质量均为 m，A 球带电荷量为 Q ， B 球不带电， A 、B 连线与电 场线平行，开始时两球相距 L ，在电场力作用下， A 球与 B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中， A 、B 两球间无电量转移． (1)第一次碰撞结束瞬间 A 、B 两球的速度各为多大 ? (2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功 ? (3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求 A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水 平桌面 (v=0 时刻除外 )，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场 B 与时间 t 的函数关系． 【答案】 (1) 1 0Av 1 2 B QELv m (2) 5QEL (3) 2 2 2 m gB mLQ E t QE ( 2 23mL mLt QE QE ) 【解析】 （ 1） A 球的加速度 QEa m ，碰前 A 的速度 1 22A QELaL mv ；碰前 B 的速度 1 0Bv 设碰后 A、B 球速度分别为 ' 1Av 、 ' 1Bv ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有： ' ' 1 1 1A A Bm m mv v v ， 2 '2 '2 1 1 1 1 1 1 2 2 2A A Bm m mv v v 所以 B 碰撞后交换速度： ' 1 0Av ， ' 1 1 2 B A QEL mv v （ 2）设 A 球开始运动时为计时零点，即 0t ，A、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为 1t 、 2t ； 由匀变速速度公式有： 1 1 0 2A mL a QE vt 第一次碰后，经 2 1t t 时间 A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间 A、B 两球速度分别为 2Av 和 2Bv ，由 位移关系有： 2' 1 2 1 2 1 1 2B av t t t t ，得到： 2 1 23 3 mL QEt t 2 2 1 1 1 22 2 2A A QELa a mv t t t v ； ' 2 1B Bv v 由功能关系可得： 2 2 2 2 1 1= 5 2 2A Bm m QELW v v电 （另解：两个过程 A 球发生的位移分别为 1x 、 2x ， 1 Lx ，由匀变速规律推论 2 4Lx ，根据电场力做 功公式有： 1 2 5W QE QELx x ） （ 3）对 A 球由平衡条件得到： AQB mgv ， A atv ， QEa m 从 A 开始运动到发生第一次碰撞： 2 2 20t mg g mLt Qat QEEt mB Q 从第一次碰撞到发生第二次碰撞： 2 2 2 23 2 t g mL mLt QE QEmLE t QE mB Q 点睛： 本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合， 虽然 A 球受电场力， 但碰撞的内力远大于内力， 则碰 撞前后动量仍然守恒． 由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度． 那么 A 球第一次碰后从速度为零继续 做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次 以后碰撞，当然问题变得简单些．