2023年黑龍江省哈爾濱重點中學高考物理模擬試卷（四）

1.關于機械波和光，下列說法正確的是（）

A.機械波和光都能發生干涉和衍射現象

B.體檢項目“彩超”，利用了光的多普勒效應

C."光導纖維“利用了光的偏振現象

D.“泊松亮斑”是光波的干涉現象

2.如圖所示，兩端封閉的玻璃管在常溫下豎直放置，管內充有理想氣體，一段汞柱

將氣體封閉成上下兩部分，兩部分氣體的長度分別為r、12,月，=，2,下列判斷正確

的是（）

A.將玻璃管轉至水平，穩定后兩部分氣體長度1/>12'

B.將玻璃管轉至水平，穩定后兩部分氣體長度1/<12）

C.保持玻璃管豎直，使兩部分氣體升高相同溫度，穩定后兩部分氣體長度匕'>%'

D.保持玻璃管豎直，使兩部分氣體升高相同溫度，穩定后兩部分氣體長度，1'=，2'

3.哈爾濱冰雪大世界的雪花摩天輪被稱為“最北最美”摩天

輪，乘坐摩天輪到高處，松花江南北兩岸風光一覽無余，深受游

客喜愛，成為哈爾濱的新地標。乘坐摩天輪的游客坐于座艙中在

豎直平面內做勻速圓周運動，在完成一個完整圓周運動的過程中,

下列說法正確的是（）

A.游客機械能守恒B.游客在最高點處于超重狀態

C.游客所受合力保持不變D.游客所受合力的沖量為0

4.如圖甲所示，交流發電機通過一理想變壓器，給兩盞“100V,25W”的白熾燈泡和兩個

“220V,55勿”的電風扇供電.線圈匝數比對：n2：n3=20：5：11,交流發電機線圈勻速

轉動，電風扇兩端的電壓隨時間變化的關系如圖乙所示，所有線圈及導線的電阻均不計，交

流電流表是理想電表。下列說法正確的是（）

A.交流發電機的線圈每秒50次經過中性面

B.原線圈中電流表的示數為0.44

C.白熾燈兩端電壓G=lOOsinlOOntV

D.若僅將交流發電機線圈轉速減為原來的：，則電源的輸出功率變為原來的

5.擦玻璃機器人可以幫助人們解決高層和戶外擦玻璃難的問題，如圖所示，一棟大廈表面

均為玻璃材料，擦玻璃機器人牽引擦子清潔玻璃時，將大廈某一表面簡化為正三角形ABC,

與水平面夾角為30。，擦玻璃機器人對擦子的牽引力平行于玻璃表面，擦子與玻璃間的動摩擦

因數為三，機器人在該表面由B點勻速運動到AC中點。的過程中，質量為m的擦子受的牽引

6

力為（）

6.如圖所示，質量為1kg的物塊放置于矩形木箱中，彈簧測力計水平，一端固定在木箱上,

另一端鉤住物塊，當物塊和木箱均靜止在水平面上時，彈簧測力計示數為1.0N,下列說法正

確的是（）

A.若木箱a=4.0m/s2水平向左做勻加速運動，彈簧測力計的示數可能仍為1.0N

B.若木箱a=3.0m/s2水平向右做勻加速運動，彈簧測力計的示數可能仍為1.0N

C.若木箱a=2.0m/s2豎直向上做勻加速運動，彈簧測力計的示數一定仍為1.0N

D.若木箱a=l.（hn/s2豎直向上做勻減速運動，彈簧測力計的示數一定仍為1.0N

7.2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeU超導回旋加速器自主研制的任務，標

志著我國已全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列。如圖所示，圖

甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，置于真空中的。形金屬盒半

徑為R,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓為U。圓心4處粒子源產生初

速度為零，質量為粗，電荷量為q的質子，質子在加速器中被加速。忽略質子穿過兩金屬盒間

狹縫的時間，忽略相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是（）

A.保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速笊核和瓶核

B.若增大加速電壓U,質子從。型盒出口射出的動能增大

c.質子從。型盒出口射出時，加速次數?=迪！

2Um

D.質子第n次加速后和第n+1次加速后的運動半徑之比為，不：

8.為了減少環境污染，適應能源結構調整的需要，我國對新能源汽車實行了發放補貼、免

征購置稅等優惠政策鼓勵購買。在某次直線運動性能檢測實驗中，根據兩輛新能源汽車運動

過程分別作出甲車速度隨時間變化的…圖像和乙車牽引力隨速度倒數變化的尸—圖像，甲

車8s至28s以額定功率行駛，乙車勻加速后，也以額定功率行駛，兩輛汽車的質量均為1.0x

103kg,均由靜止開始沿平直公路行駛，最終勻速運動。假設兩輛車行駛中所受阻力恒定，

重力加速度g取10m/s2。則在此次檢測中（）

A.乙車最大速度為20m/s

B.8s至28s,甲車牽引力做功為3.22x1。5/

C.甲、乙兩車勻加速階段的加速度均為2m/s2

D.甲車額定功率小于乙車額定功率

9.如圖所示，某實驗小組的同學在“測量玻璃的折射率”實驗中，先將白紙平鋪在木板上

并用圖釘固定，將玻璃磚平放在白紙上，然后在白紙上確定玻璃磚的界面。優和協'，。為直線

力。與aa的交點，在直線4。上豎直地插上Pi、P2兩枚大頭針。

(1)選出實驗接下來要完成的必要步驟并按順序填寫選項前的序號o

A.在玻璃磚另一側插上大頭針「3，使僅擋住「2的像

B.在玻璃磚另一側插上大頭針P3,使03擋住的像的像

C.在玻璃磚另一側插上大頭針P4，使「4僅擋住「3

D在玻璃磚另一側插上大頭針P"使04擋住「3、P1的像和「2的像

(2)過23、做直線交帥'與。'，連接00'。完成以上步驟后，實驗小組內的同學采用不同的方

式測量玻璃的折射率；

①甲同學過。做直線NN'垂直于。。'。多次改變入射角。1，測出對應的折射角”，建立平面直

角坐標系，作圖像如圖2所示，若圖像的斜率表示玻璃的折射率，則圖像的y軸、x軸表示的

物理量依次為。

A.%、02

B.sin。］、sind2

C.sind2>sind1

D.tan92tcin91

②乙同學如圖3所示，以。為圓心作圓，與入射光線4。、折射光線。。'分別交于E、F點，再

過E、F點作NN'的垂線，垂足分別為G、H點,用刻度尺測得EG=2.32cm,FH=1.60cm,

則該玻璃破的折射率數值為(計算結果保留三位有效數字)。

(3)一位同學在某次實驗中，準確地畫好玻璃磚的界面aa'和bb'后，不慎將玻璃磚向下平移了

一些，如圖4所示，而實驗的其他操作均正確，則折射率的測量值準確值______(選填“大于”、

“小于”或“等于”)。

10.在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，某研究小組同學按照圖甲所示連接電路，并

將傳感器與計算機相連。實驗時，先將開關S擲向1,一段時間后，將開關擲向2,傳感器將

信息傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。

(1)由電路圖可知，傳感器1應為，傳感器2應為

A.電流傳感器

8.電壓傳感器

C.溫度傳感器

D壓力傳感器

(2)用U表示電容器兩端的電壓，/表示電路中的電流，當開關擲向1后的一段時間里，下列圖

(4)若電源電動勢為2V,開關擲向2后，通過R的電流大小的變化圖像如圖乙所示，則該電容

器的電容為F。(結果保留兩位有效數字

)

11.某次導彈試射演習中，殲-16戰斗機瞄準了前方同一直線上同方向勻速飛行的無人靶機。

當兩者距離L=6kzn時，殲-16戰斗機以火=200m/s的對地速度發射一枚導彈，控制導彈立

即沿水平方向做a=40m/s2的勻加速直線運動，在1=20s時擊中無人靶機并將其擊落。

(1)求無人靶機被擊中前飛行速度大小;

(2)在(1)的條件下，若無人靶機在導彈發射1s后接收到信號指令開始做勻加速直線運動逃脫,

加速度為30m/s2,求該過程中，導彈與無人靶機的最大距離。

12.核能也稱原子能，是原子核結構發生變化時釋放出來的巨大能量，包括裂變能和聚變能

兩種主要形式，目前核能發電利用的是核裂變，其核反應堆采用的原料是鈾235,在核反應

堆中一般用石墨做慢化劑使快中子減速成為慢中子，實現鏈式反應，與核裂變相比，核聚變

反應釋放能量的效率更高，但反應條件苛刻，在實驗室中模擬完成可控核聚變需要溫度達到1

億度，其原理是一個笊核和一個瓶核結合后生成一個氫核和一個中子。在笊與氟兩核達到核

力作用范圍完成核聚變前必須克服庫侖斥力做的總功為勿=10-14/,將微觀粒子間的相互作

用類比碰撞。

(1)已知碳核的質量是中子的12倍，假設中子與碳核的每次碰撞都是彈性正碰，而且認為碰撞

前碳核都是靜止的，求速度大小為處的快中子經過兩次碰撞后末速度的大小；

(2)為計算方便，假設質子、中子的質量均為小，若一個氟核與一個速度大小相等的笊核發生

對心碰撞，達到核力作用范圍，不計周圍粒子影響，反應前笊核的動能至少多大。(計算結果

保留三位有效數字

)

13.如圖所示，某磁儀器由粒子源、偏轉電場、速度選擇區、偏轉磁場及探測板等組成。粒

子源可以產生比荷為k的帶正電粒子，以初速度北水平飛入兩平行金屬板中的偏轉電場，入射

2

點貼近上板邊緣，兩水平金屬板間距為d,兩板間電壓為紅。帶電粒子由偏轉電場飛出后，立

2k

即進入寬度為d的速度選擇區做勻速直線運動，該區域存在垂直紙面向里的勻強磁場殳(圖中

未畫出)和與水平方向成45。的電場強度為E的勻強電場。最后經磁感應強度為B的勻強磁場偏

轉后恰好能夠打在探測板上。不計帶電粒子的重力

和粒子間的相互作用力，求：

(1)偏轉電場兩金屬板長L;

(2)速度選擇區勻強磁場的磁感應強度大小Bo；

(3)偏轉磁場區域寬度。以及粒子從進入偏轉電場區域到最終打在探測板上的時間”。

□

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、機械波和光，都屬于波，都能發生干涉和衍射現象，故A正確；

B、醫院進行醫學體檢時用的“彩超”儀器，利用了超聲波的多普勒效應，故8錯誤；

C、“光導纖維“是利用了光的全反射原理，故C錯誤；

。、繞過圓盤的光在陰影中心形成亮斑，稱之為“泊松亮斑”，這是光產生衍射現象，故。錯誤。

故選：Ao

機械波和光，都屬于波，都能發生干涉和衍射現象；體檢時常用的“彩超”是利用了超聲波的多

普勒效應；光導纖維利用了光的全反射現象；圓盤陰影中心的亮斑即泊松亮斑是光波產生的衍射

現象。

本題考查了機械波和光的特點、多普勒效應、光的全反射、泊松亮斑等問題，這些都是學生需要

記憶、理解的知識，需要多讀書，多積累。

2.【答案】B

【解析】解：AB.設上方氣體為a、下方氣體為b,初狀態時b內氣體壓強大、a內氣體壓強小，將

玻璃管轉至水平，b內的氣體壓強減小、a內的氣體壓強增大，則b內氣體體積增大、長度增加，a內

氣體長度減小，故故A錯誤、2正確；

CD、假設水銀柱不動，則兩部分氣體做等容變化，對a內氣體應用查理定律，有：空=黑

解得:4Pl=y--p2

對帥氣體應用查理定律，有：空=第

解得：4P2=y--p2

由于Pl<p2,可得4P2>4Pl

故兩部分氣體的壓強增加量不相同，水銀柱將向上移動，穩定后兩部分氣體長度，故CD

錯誤。

故選：B。

根據壓強的變化情況分析長度的大小；假設水銀柱不動，兩部分氣體做等容變化，分別對兩部分

氣體應用查理定律，結合題意升高相同溫度即可求解。

本題主要是考查了一定質量的理想氣體的狀態方程；解答此類問題的方法是：找出不同狀態下的

三個狀態參量，分析理想氣體發生的是何種變化，選擇合適的氣體實驗定律解決問題。

3.【答案】D

【解析】解：4、游客隨摩天輪做勻速圓周運動，線速度大小不變，則游客的動能不變，但游客

的高度變化，重力勢能變化，所以游客機械能不守恒，故4錯誤；

8、游客在最高點加速度指向圓心，所以處于失重狀態，故B錯誤；

C、游客做勻速圓周運動，合力全部提供向心力，方向始終指向圓心，方向時刻變化，合力為變

力，故C錯誤；

。、游客完成一個完整的圓周運動，初末速度大小相等，方向相同，所以動量的變化為零，由動

量定理可知合力的沖量為零，故。正確。

故選：。。

AC.游客做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能變化，由機械能等于動能與勢能之和可知游客機

械能不守恒，游客的合力提供向心力，大小不變，方向始終指向圓心，合力為變力；

8、由游客在最高點的加速度方向可判斷超失重；

。、游客完成一個完整圓周運動，初末速度相等，動量變化為零，由動量定理可知合力的沖量為

零。

本題考查了動量定理，超失重和機械能守恒的條件，解題的關鍵是游客恰好完成一個完整的圓周

運動，初末速度相等，可知動量變化為零。

4.【答案】B

【解析】解：4由圖像乙得，線圈轉動周期為7=2x10-25

交流發電機的線圈一個周期內經過兩次中性面，則每秒經過中性面的次數為n=竽=（次

）=100（次），故A錯誤;

8.變壓器副線圈消耗的總功率「2=2PL+2P”=2x25W+2x551V=1601V

根據理想變壓器的功率關系，變壓器原線圈的輸入功率匕=「2=160〃

根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，變壓器原線圈兩端電壓/=答4=fx100V=400V

根據功率公式，變壓器的輸入功率P1=

解得/1=今=擺4=0.404故8正確;

4UU

C.變壓器不改變交流電的頻率，由圖像乙得，線圈轉動周期為7=2xl0-2s,角速度3=竿=

27r

2飛-2rad/s=lOOnrad/s

白熾燈兩端電壓的瞬時值的表達式的=U2msincot=100Csinl007Tt(V)

。.感應電動勢的最大值Em=NBSco=NBS-27m=2mNBS

將交流發電機線圈轉速減為原來的則電源的輸出電壓將減為原來的g

根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，副線圈七、叫兩端的電壓變為原來的;

根據功率公式P=坐，燈泡消耗的功率變為原來的：

電風扇為非純電阻電路，消耗功率無法求解，故。錯誤。

故選：B。

A.交流發電機的線圈每轉動一周，電流方向改變兩次，據此分析作答；

8.根據功率關系求變壓器原線圈的輸入功率，根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解變壓器原

線圈兩端電壓，根據功率公式求原線圈中的電流；

C根據圖乙求交流電的角速度，根據瞬時電動勢的表達式求燈泡兩端電壓的瞬時值；

D根據線圈勻速轉動時產生感應電動勢的最大值的表達式分析線圈轉速減半時發電機輸出電壓將

減半，根據理想變壓器電壓與匝數比的關系分析出燈泡和電風扇兩端的電壓將減半，根據功率公

式分析燈泡消耗的電功率的情況。

解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓與匝數比的關系；對于有兩個副線圈的情況下的電流之比不

等于匝數的反比，要用功率關系求電流與電壓的關系；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率

且相等。

5.【答案】D

【解析】解：機器人在垂直玻璃表面的方向，重力垂直玻璃表面的分力等于機器人的支持力，則

有可=巾9°。530。，則滑動摩擦力/=〃N,代入數據可得/=竿，滑動摩擦力與物體相對玻璃表

面的速度方向相反，機器人勻速運動，合力為零，在玻璃表面機器人受力分析如圖所示:

A

滑動摩擦力/與重力向下的分力mgs譏30。的合力與牽引力F等大反向，由幾何關系可知,與

7ngsin30。的夾角為60。，則/OPM=120。，在△OPM中，由余弦定理可得：cosl20°=

("寫加30。富尸吃代入數據可得?=1加故A8C錯誤，。正確。

故選：D。

機器人勻速運動，合力為零，在垂直玻璃表面方向，重力垂直斜面方向的分力與支持力等大反向，

可知支持力大小，則可得滑動摩擦力大小，滑動摩擦力方向由機器人運動的方向來確定，根據機

器人在玻璃表面的受力情況，畫出平行四邊形，由幾何關系可得重力沿斜面向下的分力與滑動摩

擦力的夾角大小，根據余弦定理可得牽引力尸的大小。

本題考查了共點力的平衡，注意三個共點力的合力為零，則任意兩個力的合力與第三個力等大反

向，解題的關鍵機器人在垂直斜面方向的合力為零，平行斜面方向的合力也為零。

6.【答案】ABC

【解析】解：AB,物塊與木箱間的動摩擦因數未知，最大靜摩擦力未知，木箱在水平方向上做勻

加速直線運動時，物塊與木箱是否發生相對滑動無法判斷，若無相對滑動，則彈簧測力計的示數

仍為1.0N,若發生相對滑動，彈簧測力計的示數發生變化，故AB正確；

C、若木箱a=2.(hn/s2豎直向上做勻加速運動，木箱與物塊間的彈力增大，最大靜摩擦力增大,

物塊與木箱一定不會發生相對滑動，彈簧測力計的示數一定仍為1.0N,故C正確；

D、若木箱a=1.0m/s2豎直向上做勻減速運動，木箱與物塊間的彈力減小，最大靜摩擦力減小，

物塊與木箱是否發生相對滑動無法判斷，若無相對滑動，則彈簧測力計的示數仍為1ON,若發生

相對滑動，彈簧測力計的示數發生變化，故。錯誤；

故選：ABC.

物塊與木箱間的動摩擦因數未知，無法判斷木箱在水平方向做勻加速直線運動和豎直向上做勻減

速直線運動時，物塊與木箱是否發生相對滑動；木箱豎直向上做勻加速直線運動時，根據牛頓第

二定律判斷彈力的變化，進而判斷最大靜摩擦力的變化，即可判斷是否發生相對滑動和彈簧測力

計示數的變化。

本題考查牛頓第二定律，會判斷物塊與木箱是否會發生想相對滑動是解題關鍵。

7.【答案】D

【解析】解：4、帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，根據7=誓知，換用僦

核，粒子的比荷變化，在磁場中運動的周期變化，而不改變磁感應強度B與交流電頻率加速電

場的周期不變，破壞了回旋加速器的工作條件，從而不能加速施核，故A錯誤；

B、根據R是。形金屬盒的半徑，知質子獲得的最大速度。=喈，則最大動能：Ekm=

工加/=造至，與加速的電壓無關，故B錯誤；

22m

C、設質子在電場中加速n次，由動能定理得：nqU=Ek

可得質子在電場中加速的次數為7t=史幽

2mU

故C錯誤；

。、粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據動能定理：nqU=\mv2,

可得：u=/產需，質子第n次加速后和第n+1次加速后的運動半徑之比為TTT，故

D正確；

故選：

回旋加速器的工作條件是電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.回旋加速器運用電場

加速、磁場偏轉來加速粒子，根據洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大

動能及運動半徑之比，根據因。=Ek解得加速次數。

解決本題的關鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關，以及知道粒

子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等.

8.【答案】AC

【解析】解：力、由乙圖知，當;=0.05s/m時，乙車的速度最大，且大小為u=20m/s,故A正

確；

B、由甲圖可知，8s至28s,甲車以額定功率行駛，0?8s內做勻加速直線運動，加速度大小為由=

^=ym/s2=2m/s2,

由牛頓第二定律得：F-/1=小由

28s時甲車速度為最大值方=30m/s,且此時牽引力和阻力相等即&=/i=§，

8s時速度為%=16m/s甲車達到額定功率則有B=Fvr

聯立解得Pi=芋x105W

8s至28s即匕=20s,甲車牽引力做功為卬=PiQ=^x105x20W=1.37x106W,故B錯誤。

C、乙車勻加速時牽引力為尸2=4000N,由乙圖知乙車所受阻力%=2000N,由牛頓第二定律知

F2~f2=

解得乙車勻加速的加速度大小a2=2m/s2,%=a2，故C正確；

。、乙車的額定功率為「2=力"=2000x20〃=4x10,勿＜P「故。錯誤；

故選:AC.

由u-t圖可知0?8s內做勻加速直線運動，8?28s內做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等

于阻力時速度達到最大值。再結合功和功率的公式分析選項問題。

解決本題的關鍵是能夠從圖線中分析出新能源汽車在整個過程中的運動情況，當牽引力等于阻力

時，速度最大。

9.【答案】ADB1.45等于

【解析】(1)在直線4。上豎直地插上B、P2兩枚大頭針確定入射光線，在玻璃磚另一側插上大頭

針「3,使P3僅擋住「2的像，在玻璃磚另一側插上大頭針24,使P4擋住23、P,的像和22的像，確定出

射光線，故必要步驟順序為：AD.

(2)①根據折射率公式有：“=噩

整理得：sin01=nsind2

可知上述函數為正比例函數，圖像為過原點的一條直線，故圖像的y軸表示sin%、x軸表示sin4

故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

②根據折射率公式有：九=聾=黑=^=1.45

(3)光路如圖所示

“黑線”表示做出的光路圖，“紅線”表示實際光路圖，可知光線在上界面的入射角和折射角不

變，則折射率的測量值等于準確值。

故答案為：(1)4D；(2)①B；②1.45；(3)等于。

(1)根據實驗原理和實驗步驟分析判斷；

(2)①根據折射定律推導分析；

②根據折射定律和幾何知識計算；

(3)根據做出的光路圖和實際光路圖對比入射角和折射角分析判斷。

本題考查“測量玻璃的折射率”實驗，要求掌握實驗原理，數據處理和誤差分析。

10.【答案】力B。向下5.1x10-6

【解析】解：(1)本實驗中需要測量電流和電容器兩端的電壓，故只需要電壓和電流傳感器，傳感

器1串聯在電路中，因此應為電流傳感器；傳感器2與電容器并聯，應為電壓傳感器。

故答案為：A；B-.

(2)當開關擲向1后的一段時間里，電容器充電，隨電容器上電量的增加，電壓增加，電路中電流

減小，故。正確，ABC錯誤。

故選：D。

(3)電容器上端與電源正極相連，上極板為正極，故開關擲向2后，通過R的電流方向向下；

(4)電容器總的電荷量從1—t圖象可以求出來，每一小格表示的電荷量q。=1X10-6x0.2C=

2.0x10-7C?圖象共包圍51格，所以電容器總的電荷量Q=51q()=1.02x10-5。；由、=uc可

得，該電容器的電容C='=彳1°5/=o.51x10-5尸。

故答案為：(1)4B；(2)0；(3)向下；(4)5.1x10-6尸。

(1)電流傳感器串聯接入電路、電壓傳感器并聯接入電路;

(2)電容器充電時電流是越來越小的；

(3)根據電源與電容器的連接確定電容的正負極，從而確定放電時的電流方向；

(4)根據/-t圖像與坐標軸圍成的面積可求出電容器的放電量，根據Q=CE可知該電容器的電容。

本題考查“觀察電容器的充、放電現象”實驗，注意明確實驗原理，明確電路結構，掌握根據圖

象求電量的方法。

11.【答案】解：(1)L=6km=6000m

2

20s內，導彈的位移為x=vot+^at=200x20m+X40X2027n=12000m

無人靶機被擊中前飛行速度大小u=2三=120°^~6000m/s=300m/s

(2)當導彈的速度與無人靶機的速度相等時，距離最大，設時間為t',由速度一時間公式得：v0+

at'=v+a'(t'—t0)

to—Is

代入數據解得：t'=7s

2

導彈的位移為匕=vot'+；at'2=200x7m+^x40X7m=2380m

vt2

無人靶機的位移為&=o+?(t'-t0)+^a'(t'-t0)=300xIm+300x(7-l)m+；x30x

(7-l)2m=2640m

最大距離為=x2+—L=2640m+2380m—6000m=6260m

答：(1)無人靶機被擊中前飛行速度大小為300m/s；

(2)導彈與無人靶機的最大距離為6260小。

【解析】(1)根據勻變速直線運動位移一時間公式求解導彈的位移，根據位移關系和x=處求解無

人靶機的速度；

(2)當導彈的速度與無人靶機的速度相等時，距離最大，根據速度一時間公式求解時間，根據位移

一時間公式求解導彈和無人靶機的位移，根據位移關系求解最大距離。

本題考查追及相遇問題，解題關鍵是分析好兩者的位移關系和速度關系，結合勻變速直線運動公

式列式求解即可。

12.【答案】解：(D設中子的質量為小，碳核的質量為M=12M,第一次碰撞前中子的速度為北，

碰后中子和碳核的速度分別為力和外由中子與碳核碰撞是彈性正碰，故滿足動量守恒和機械能守

恒，則有m%=m%+Mv,：7n詔=gm譜+"M/,聯立解得內=-含%，因為中子與碳核的每

次碰撞都是彈性正碰，而且碰撞前碳核都是靜止的，故每次碰撞滿足的規律與第一次碰撞一樣，

同理可得第二次碰撞后中子的速度為%=需處；

(2)反應前速度大小相等，由于兩核之間是斥力，速度方向不可能相同，如果相同就不能克服庫侖

斥力做功了，所以反應前速度方向一定相反，對撞過程中當兩核的速度相同時，兩核相距最近，

此時系統減少的動能恰好轉化為電勢能W，這樣根據能量守恒算出的反應前笊核的動能是至少需

要的動能；

規定反應前氟核的速度方向為正方向，大小設為功，則笈核速度為一功，設在笈與完兩核剛達到

2

核力作用范圍的速度為。，根據動量守恒可得-2mvH=5mv,W=；x5m詔-x5mv,

聯立解得皿=E女=gx2nu哈=-^W1.

代入數據可得：Ek=4.17XIO-*/。

答：(1)速度大小為%的快中子經過兩次碰撞后末速度的大小為外=樵%；

(2)一個僦