2024年河北省石家莊市高考物理質檢試卷（一）

一、單選題：本大題共7小題，共28分。

1.“風云”氣象衛星是我國重要的民用遙感衛星，其中“風云一號”是極軌衛星，其運行軌道在地球的南

北兩極上方，周期為120min；“風云四號”是靜止軌道衛星，與地球自轉同步。若衛星的運動均可視為勻

速圓周運動，則下列說法正確的是（）

A.“風云一號”衛星的線速度大于地球的第一宇宙速度

B.“風云一號”衛星的向心加速度比“風云四號”衛星的向心加速度大

C.“風云一號”衛星的線速度比“風云四號”衛星的線速度小

D.“風云一號”衛星的角速度比“風云四號”衛星的角速度小

2.圖甲為家用燃氣灶點火裝置的電路原理圖，直流電通過轉換器轉換為圖乙所示的正弦交流電加在理想變

壓器的原線圈上，原、副線圈的匝數分別為％、n2,電壓表為理想電壓表。當兩點火針間電壓大于5000V

A.電壓表的示數為

B.副線圈輸出交流電壓的頻率為100Hz

C.若能點燃燃氣則吆＞100

D.若能點燃燃氣則兩點火針間電壓的有效值一定大于5000V

3.一架無人機在水平地面由靜止開始勻加速滑行160（加后起飛離地，離地時速度為80m/s。若無人機的加

速過程可視為勻加速直線運動，則無人機在起飛離地前最后Is內的位移為（）

A.79〃?B.78wC.71mD.76m

4.某區域存在一電場，該區域內X軸上各點電勢@隨位置x變化的關系如圖所示。a粒子從。點由靜止釋

放，僅在電場力作用下沿x軸通過。點，下列說法中正確的是（）

A.由。點到。點電場強度的方向始終沿x軸止方向

B.a粒子從。點到C點運動的過程中所受電場力先增大后減小

C.a粒子從。點到。點運動的過程中其電勢能減小10eV

D.a粒子從。點到。點運動的過程中其動能先增大后減小

5.用波長入=200mH的紫外線照射銅板，有電子從銅板表面逸出。現在銅板所在空間加一方向垂直于板

面、大小為18P/7H的勻強電場，電子最遠能運動到距板面5c機處。己知光在真空中傳播速度。與普朗克常

威力的乘積為1.24Xl（p6ev.m,可知該銅板的截止波長約為（）

A.230MB.260〃”?C.29()〃/〃D.320〃〃"

6.用折射率n=2的透明材料制成如圖所示的“陰影”薄工件，長方形

ABC。長為2”、寬為出空白區域是以。為圓心，半徑為〃的半圓。圓心

。處有一點光源，只考慮直接射向工件Q4BC的光線，不考慮光在工件內

反射，光在真空中傳播的速度為c,下列說法正確的是（）

A.光線從工件0ABe邊射出的區域總長度為手

?J

B.光線從工件D48C邊射出的區域總長度為辛

C.從工件QA4C邊射出的光線中，光在工件中傳播所用的最長時間為誓迎

D.從工件QA8C邊射出的光線中，光在工件中傳播所用的最長時間為誓迎

6c

7.帆船是人類的偉大發明之一，船員可以通過調節帆面的朝向讓帆船逆風行駛，如圖所示為帆船逆風行駛

時的簡化示意圖，此時風力r=2000N,方向與帆面的夾角a=30。，航向與帆面的夾角夕=37。，風力在

垂直帆面方向的分力推動帆船逆風行駛。已知sin37。=0.6,則帆船在沿航向方向獲得的動力為（）

風力

A.200/VB.400NC.600/VD.800N

二、多選題：本大題共2小題，共12分。

8.如圖甲所示，線圈4的匝數為50匝、電阻為3。，在線圈A內加垂直線圈平面的磁場，￡=0時磁場方向

垂直紙面向里，穿過線圈人的磁通量按圖乙變化。電阻不計、間距為0.5m的足夠長水平光滑金屬軌道

MN、尸。通過開關S與線圈A相連，兩軌間存在垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。現將長度為0.5m、電

阻為1。的導體棒岫垂直輕放在導軌MMPQ上。t=0時，閉合開關S,導體棒岫向右加速運動達到最

大速度5771/S后勻速運動，導體棒外與軌道始終接觸良好?。下列說法正確的是（）

A.t=0時，線圈A中的感應電動勢為5VB.t=0時，線圈A中的感應電流為2.5A

C.兩導軌間磁場的磁感應強度大小為2TD.兩導軌間磁場的方向垂直M/VPQ平面向外

9.如圖所示，傾角為30。的斜面固定在水平地面上，質量為1.5kg的箱子

靜止在斜面上，質量為0.1kg的小球通過細繩懸掛在箱子頂面的。點。

現給箱子一沿斜面向下的力F=20N,箱子沿斜面向下運動，穩定后細

繩與豎直方向成60。角。已知重力加速度g取10m/s2,卜列說法正確的

是（）

A.穩定時細繩上的拉力為1N

B.穩定時細繩上的拉力為2N

C.改變尸大小系統再次穩定后細繩處于豎直方向，此時力F為4N

D.改變/大小系統再次穩定后細繩處于豎直方向，此時力F為BN

三、實驗題：本大題共2小題，共16分。

定位電阻Ri=14k。

定值電阻％=180。

滑動變阻器R(最大阻值20。)

蓄電池E(電動勢12V,內阻很小)

開關、導線若干

①請選擇合適器材在如圖丁所示方框中補充完整實驗電路圖，并標上所選擇儀器的代號。

②根據實驗電路，線圈直流電阻的計算表達式為&=_____(用題中所給的字母表示)。

(4)該同學用上述實驗測得該線圈直流電阻為51.0C,則該線圈的匝數為匝。

四、簡答題：本大題共3小題，共38分。

12.負壓病房是指病房內的氣體壓強略低于病房外的標準大氣壓的一種病

房，這樣可使新鮮空氣流進病房，被污染的空氣由抽氣系統抽出進行消毒

處理。

(1)負壓病房內初始壓強為1.0x1/pa要使病房內壓強減為9x104pa＞求

a

抽出的氣體質量與原氣體質量的匕值；

(2)現將抽出的氣體封閉在如圖所示的絕熱汽缸。內，汽缸底部接有電熱U

絲，右壁接一右端開口的細U形管(管內氣體體積可忽略)，管內裝有水

銀，開始時U形管右側液面比左側高4c加，氣體溫度為300K。電熱絲通接電源

電一段時間后，U形管右側液面上升了4CM,求此時缸內氣體的溫度，己知外界大氣壓強為76cm郎“

13.如圖甲所示，質量mi=2kg的小物塊A靜置于平臺左端，A與平臺間動摩擦因數〃=0.1。緊靠平臺右

側有一質量=Mg的足夠長小車，平臺和小車上表面在同一水平高度。質量皿2=2kg的小滑塊B靜置

于小車左端，8與小車上表面間的動摩擦因數也為〃豎直墻面距離小車足夠遠。t=0時，給物塊A

施加水平向右的力尸，尸隨時間變化的規律如圖乙所示，￡=2s時撤掉力凡c=4s時，A與6發生彈性

碰撞，一段時間后，小車與墻面發生碰撞，碰撞時間極短，每次碰后小車速度反向，大小變為碰前的一

半。忽略小車與地面間的摩擦，重力加速度《取10m/s2。求：

(1)4與3發生彈性碰撞前瞬間，物塊A的速度大小；

(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與湍壁第2次碰撞前瞬間，滑塊與小車間由于摩擦產生的熱量；

(3)小車與增壁第I次碰撞后到與墻壁第3次碰撞前瞬間，小車運動的路程。

14.微觀粒子的運動軌跡可以通過磁場、電場進行調節。如圖所示，寬度為L

：B

的豎直條形區域I內存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為3的勻強磁：x

?x

場，寬度為L的豎直條形區域H內存在方向豎直向下的勻強電場。一質量為

：X

〃八電荷量為+q的帶電粒子，以初速度為=*從區域I左邊界上0點水平；X

:X

向右垂直射入磁場，從區域右邊界上的點(圖中未畫出)進入區域最終

IPH,：X

從區域右邊界水平向右射出。不計粒子的重力。口

HL

(1)求區域11勻強電場強度上的大小;

(2)若僅調整區域n的寬度，使粒子從與。點等高的。點(圖中未畫出)離開區域n,求粒子在區域I、11

中運動的總時間;

(3)若在區域II再加一個垂直紙面句里.、磁感應強度大小也為8的勻強磁場，調整區域II的寬度，使粒子

仍能從區域n右邊界水平射出，求該情況下區域n的寬度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的環繞速度，“風云一號”衛星的線速度小于第一宇宙速度，故A

錯誤：

6CD、根據萬有引力提供向心力有

GMm47r2v2

-5—=mr-=m——=mro)￡=ma

rL72r

解得

_

T-7rrPpMGM[GM

T-2nyjGMfQ-R3r聲

由于“風云一號”的周期較小，所以軌道半徑較小，則加速度、角速度和線速度比“風云四號”衛星的

大，故CO錯誤，8正確:

故選:B。

第一宇宙速度是最大的環繞速度；“風云一號”“風云四號”衛星都是萬有引力提供向心力，先寫出與周

期相關的公式，求出它們的半徑美系；再寫出與線速度、角速度和向心加速度的公式，根據公式進行討論

即可。

該題考查萬有引力定律的應用，寫出與周期、線速度、角速度和向心加速度有關的公式，根據公式進行討

論即可.屬于簡單題.

2.【答案】C

【解析】解：4電壓表的示數為原線圈兩端電壓的有效值，由圖可知最大值為50匕則

Um50

U=V=25/1，

故A錯誤;

B.變壓器不改變交流電壓的頻率，副線圈輸出交流電壓的頻率為

11

nn?Hz=50Hz

f=T

故B錯誤;

C根據理想變壓器原副線圈電壓與線圈匝數的關系

Ulm_^-1

%加九2

點燃燃氣，需滿足

U2m>5000V

則

故C正確；

D若能點燃燃氣則兩點火針間電壓的最大值一定大于5000V,兩點火針間電壓的有效值不一定大于

50C0V,故。錯誤。

故選：Co

根據圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據有效值與最大值的關系求出電壓表的示數：根據電壓與線圈匝數

比的關系即可求解。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比。

3.【答案】A

【解析】解：設無人機滑行的加速度為由速度-位移公式可得：

v2=2ax

解得：Q=2mls?

逆向思維法，設最后1s內的位移為V,由位移-時間公式可得：

，12

x=vt-^at2

解得：x'=79m,故A正確，BCD錯誤。

故選：

根據運動學中的速度和位移的關系求解加速度，使用逆向思維法，再根據位移和時間的關系，從而解得最

后Is的位移。

本題考查勻變速直線運動規律，熟記勻變速直線運動的位移和速度的求解公式。

4.【答案】D

【解析】解：4沿電場線方向電勢逐漸降低，從。到C電勢先降低后升高，則電場強度的方向先沿x軸正

方向，再沿x軸負方向，故A錯誤；

比0-工圖像的斜率為電場強度E從。到。的過程中石先減小后增大，所以a粒子從D到c的過程中所受

電場力先減小后增大，故B錯誤；

粒子在。和C點的電勢能為=2ex20V=40eV,EPC=2ex10V=20eV,則4Ep=EPD-EPC=

40eV-20eV=20eV,所以a粒子從。到。的過程中其電勢能減小20°匕故C錯誤；

。.從質子從。到。的過程中電勢能先減小后增大，由能量守恒得，動能先增加后減小，故。正確。

故選：。。

9-x圖像的斜率為電場強度日從圖像分析電勢和電場強度情況，結合電勢能的公式分析作答。

本題考查是9-%圖像，注意從圖像上不但可以知道電勢的變化情況，而且圖像的斜率為電場強度

E,從而確定電場的分布情況。

5.【答案】A

【脩析】解：根據光電效應方程有

Ek=h^-W0

逸出功與截止波長的關系為

根據動能定理

—eEd=0—Ek

聯立解得右右230mn,故A正確，8C。錯誤。

故選：A。

根據光電效應方程和逸出功和波長的關系式結合動能定理聯立解答。

考查光電效應和動能定理的問題，會根據題意列式聯立求解相關物理量。

6.【答案】B

【解析】解：48.設A8中點M,如圖所示

若沿0E方向射到M8面上的光線剛好發生全反射，因為臨界角滿足

11

sinC=-=k

即

C=30°

則

乙MOF=30°

同理沿OG方向射到8c上的光線剛好發生全反射，則

Z.C0H=30°

根據幾何關系可得

。＜3

ME=CG=atan30°=

根據對稱性，從AB、/3C面有光射出的區域總長度為

L=2ME+CG

解得L=V-3a

同理，從A。面有光射出的區域總長度為Z/=?a

故從長方形4BCO四邊射出的光線區域的總長度為

s=L+L'

解得s=45a

故a錯誤，8正確；

CD由題意可知，沿08方向到達A8面上的光在材料中的傳播距離最大，時間最長，由幾何關系可知光從

光源到“C面的傳播距離為a,材料中的傳播距離為

s=(72-l)a

在材料中的傳播時間為

S

一

*1=V

C

n=—

v

光在空氣中傳播的時間為

a

t2=7

故點光源發出的光射到A8面上的最長時間為t=A+亡2

解得"(22Da

C

故。。錯誤。

故選:從

由幾何知識結合全反射臨界角公式解得區域長度；由幾何關系求出傳送距離，即可得傳播時間。

對干幾何光學問題的分析，能正確的畫出光路圖，結合幾何關系進行分析是關鍵。

7.【答案】C

【解析】解：對風力尸在沿著帆面和垂直于帆面方向進行分解，根據力的平行四邊形法則可得其垂直于帆

面的分力

F1=Fsina=1000/V

再對垂直作用于帆面上的風力/沿帆船航向方向和垂直航向方向進行分解，則帆船在沿航向方向獲得的動

力為

F2=Rsin/?=600N

故C正確，A8O錯誤。

故選：C

將風吹帆的力沿著帆面方向和垂肯干帆而方向進行分解，再杷垂直千帆面的力分解成沿船前進的方向與垂

直前進的方向，運用力的平行四邊形定則，可求出這個分力大小。

考查應用平行四邊形定則將力進行分解，運用三角函數列出等式。注意夾角的確定，同時風吹帆的力垂直

于帆。

8.【答案】AC

【解析】解：A、根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E=〃麋=50x掾V=5V,故A正確；

B、根據閉合電路歐姆定律可知/=言:=言力=1.254故8錯誤；

C、導體棒做勻速運動，導體棒的感應電動勢等于線圈的感生電動勢，即E=8加

解得8=2T

故C正確；

。、由楞次定律可知，線圈的感應電動勢引起的電壓為從。指向從故導體棒自身的感應電動勢應從。指向

b,由右手定則，可判斷出磁場的方向垂直MNPQ平面向里，故。錯誤；

故選：AC.

根據法拉第電磁感應定律解得線圖A中的感應電動勢；根據閉合電路歐姆定律解得感應電流，導體棒做勻

速運動，導體棒的感應電動勢等于線圈的感生電動勢；根據楞次定律結合右手定則分析。。

本題關鍵是對導體棒進行受力和運動狀態分析?，注意電流方向的判斷方法。

9.【答案】AC

【解析】解：AB,對小球受力分析如圖所示:

設小球質量為機，箱子質量為M,穩定時具有共同的沿斜面向下的加速度小設繩子的拉力為片,此時對

小球垂直斜面方向有：Ficos30。=mgcos30。

沿斜面方向有：FiSin30。+mgsin30。=ma

代人數據解得：&=IN,a=10m/s2

對整體分析得：F+(M+m)gsin30。-f=(M+m)a

解得箱子受到斜面的滑動摩擦力大小為：f=12N,故4正確，8錯誤；

CD,穩定后當細繩處于豎直方向時，可知此時小球加速度為零，故整體加速度為零，處于平衡狀態，由

于此時箱子處于勻速運動狀態，受到沿斜面向上的滑動摩擦力f對整體根據平衡條件可得：〃+(M+

m)gsin30°=f

解得：F'=4N,故C正確，。錯誤。

故選：AC.

先以箱子和小球整體為研究對象，沿斜面方向根據牛頓第二定律列方程求出共同的加速度，再以小球為研

究對象，由牛頓第二定律求出穩定時細繩上的拉力的大小和箱子受到的摩擦力的大小；穩定后細繩處于豎

直方向時，則小球的加速度為零，箱子和小球整體處于平衡狀態，由平衡條件求出力戶的大小。

本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受

力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應用。

10.【答案】8g九2=(九3-h1)2f2CB

【解析】解：(1)已知頻閃攝影的閃光頻率為f則閃光周期為

1

T=7

由勻變速直線運動在某段時間中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，可得鋼球下落到B點時的

速度

九3—九1(儂一陽)/

VB=~2T~=一2—

若在誤差允許范圍內，關系式

mgh2=

即

8gh2=(h3-4)2嚴

成立，則證明鋼球從位置0運動到位置B的過程中機械能守恒。

(2)4為完整記錄鋼球的運動情況，實驗開始時，應先進行頻閃攝影再釋放鋼球，故A錯誤；

A應用勻變速直線運動的推論計算鋼球在4位置的速度，不能用詔=29電計算出鋼球在位置3的速度，

否則實驗無意義，故4錯誤；

C.多次實驗測得小鋼球的重力勢能減少量總是略大于動能增加量，這是由于空氣阻力作用，使鋼球在下落

過程中克服阻力做功減少了動能造成的，故。正確。.

故選：C。

(3)由題圖可知，鋼球從0點到C點經過8次閃光，可知鋼球下落時間為t=8T,一般課桌的百度約為八=

0.8m,鋼球做自由落體運動，下落的高度為

11

h=2^2=々9(87)2

代人數據解得

T=0.05s

該頻閃攝影的閃光頻率約為

11

f=T=^Hz=2QHz

故ACO錯誤，4正確：

故選:B.

故答案為:(1)8。無2=(九3-九1)2尸;(2)C；(3)8

(1)勻變速直線運動在某段時間中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度可計算3點的速度，根據

機械能守恒定律分析解答；

(2)根據實驗原理分析判斷；

(3)根據自由落體運動規律分析解答。

本題考查了驗證機械能守恒定律實驗，考查了實驗數據處理與實驗注意事項，根據題意與圖示照片分析清

楚鋼球的運動過程是解題的前提，應用勻變速直線運動的推論、運動學公式與機械能守恒定律即可解題。

11.【答案】0.20048幺4產一&一4750

【解析】解:(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm,其讀數為0mm+20.0X0.01mm=0.200mwi；

(2)根據歐姆表的讀數規則，其讀數為4.8x10。=480

(3)①電源電動勢E=12P,用電流表必改裝，改裝后的量程為。=/2(七+￡)=1x10-3x(1000+

14000)，=15V,由于電流表為量程較小，可以將定值電阻/?2中聯使用，采用滑動變阻器的分壓式接法,

電路圖如下圖所示

②根據以上電路圖可得

，2(R1+r2)=A(2+&+rl)

得生=必鏟一治一、

(4)設線圈匝數為〃，根據電阻定律有

n-nD4pnD

%=P--2~=,2

nda

~4~

代入數據解得九=750

故答案為：(1)0.200；(2)48；(3)①電路圖如圖所示；磅與產一%一丁1；(4)750。

(1)根據螺旋測微器的讀數規則完成讀數；

(2)根據歐姆表的讀數規則完成讀數；

(3)①根據電源電動勢改裝電壓表，根據電流表的量程考慮申聯定值電阻使用，結合滑動變阻器的分壓式

接法完成電路圖；

②根據電路結構列式推導電阻的表達式；

(4)根據電阻定律列式代入數據解答。

考查電表的選擇、改裝和電路的設計以及電阻定律的應用，會根據題意結合串并聯電路知識列式聯立求解

相關的物理量。

12.【答案】解：(1)設減壓后氣體體積變為匕氣體溫度不變，由玻意耳定律

Po%=pV

解得V=包包=l0xl°：Pa'o=

P9xl04pa9u

抽出的氣體質量原氣體質量的比值也=v=雪上=3

mVV10

(2)初始狀態，氣缸內氣體壓強

Pi=Po+P/i=76cmHg+4cmHg=SOcmHg

加熱后，氣缸內氣體壓強

P2=Po+Phi=76cmHg+12cmHg=SScmHg

由查理定律得

P1_P2

看一方

解得加熱后氣缸內的溫度

_p2Tl_88cmHgx300K

12=-=330K

PlBOcmHg

答：(1)抽出的氣體質量與原氣體質量的比值A：

(2)此時缸內氣體的溫度33OK。

【蟀析】(1)根據玻意耳定律列方程；求出體積，再根據體積比等于質量比求解：

(2)由查理定律得列方程進行求解即可。

本題主要考查理想氣體方程的應用，解題關鍵是找出氣體狀態參量，確定不變量正確應用方程求解。

13.【答案】解：以下解答均以水平向右為正方向。

(1)根據圖乙的"-￡圖像與時間軸圍成的圖形面積表示沖量，可得為力尸在0-2s內的沖量為：

1

k二亍x(20+12)x2N?s=32N?s

設A與8碰撞前瞬間A的速度為叫，對A在0-4s的運動過程，由動量定理可得：

IF-其中C=4s

解得：%=12m/s

(2)設人與B碰撞后瞬間人、8的速度分別為%'、v2,人8發生彈性碰撞，根據系統動量守恒和機械能守恒

分別得:

=恤巧'+m2v2

121,212

5m田=5如女”+^mV2

乙乙乙2

/

解得：v1=Om/s,v2=12m/s

由于小車足夠長，離墻壁足夠遠，故小車與墻壁碰撞前已和滑塊8共速，設共速的速度為〃其】，由動量守

恒定律可得：

血2%=(m2+m0)vyy；1

解得：u共］=8m/s

根據題意可得小車與墻壁第1次碰撞后，其速度變為：v3==8m/s=-4m/s

碰撞后B相對小車向右運動，小左先向左做勻減速直線運動，速度減為零后再向右做勻加速直線運動，

設小車與8的加速度分別為〃、QB，由牛頓第二定律可得：

4m2g=m2aB

Um2g=moa

解得：CLR=Im/s?,a=2m/sz

假設小車與墻壁第2次碰撞前與滑塊B已經共速，同理可得：

機2^共1+mov3=(m2+mo)u共2

解得：u共2=4m/s

則小車與墻壁第I次碰撞后到第2次碰撞前瞬間，小車與B分別經歷的時間為：

"井2一力4-(-4)

匕=-H—=—2—s=4s

笫共2一2共18-4

t2=-----------=-z—s=4s

aB1

因0=以，故假設成立，可知小車與B共速后立即與墻壁發生碰撞。

由能量守恒定律可得，小車與墻壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬間的過程中滑塊與小車間由于摩擦產生

的熱量為：

111

Q=22唳1+2加那-2(2+叫))吸2

解得：Q=48/

(3)由(2)的解析可推得從第I次碰撞后，每次均為小車與B共速后立即與墻壁發生碰撞碰撞。

設小車第1次碰后向左減速到零時運動距離為右，則有：

0-諾=2a(一%)

從第1次碰后到第2次碰前小車運動的路程為％=2/

解得：Si=87n

第2次碰后瞬間小車速度為以=共2=x4m/s=-2m/s

同理可得：0—=2a(-%2)，s2=2X2

解得從第2次碰后到第3次碰前小車運動的路程為：S2=2m

可得從第1次碰后到第3次碰前小車運動的路程為s=S1+s2=8m+2m=10m

答：(1)4與B發生彈性碰撞前瞬間，物塊A的速度大小為12?n/s；

(2)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁笫2次碰撞前瞬間，滑塊與小車間由于摩擦產生的熱量為48J；

(3)小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第3次碰撞前瞬間，小車運動的路程為10〃?。

【蟀析一】(1)圖乙的F-t圖像與時間軸圍成的圖形面積表示沖量:，根據動量定理求解；

(2)48發生彈性碰撞，根據系統動量守恒和機械能守恒解得4與B碰撞后瞬間A、B的速度.小車與墻壁

碰撞前已和滑塊6共速，由動量守恒定律求得共速的速度，根據題意可得小車與墻壁第1次磷撞后的速

度，碰撞后8相對小車向右運動，小車先向左做勻減速直線運司，速度減為零后再向右做勻加速直線運

動，根據牛頓第二定律和運動學公式判斷小車與墻壁第2次碰撞前是否與滑塊B已經共速，根據能量守怛

定律求解小車與墻壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬間的過程中滑塊與小車間由于摩擦產生的熱量；

(3)根據(2)的結論分析每次碰撞的情況，應用運動學公式求解。

本題考查的是動量守恒定律、動量定理和能量守恒定律以及牛市頁第二定律的綜合應用，此題的難點是判斷

小車與墻面碰撞的運動過程，推導出每次碰撞后速度和相對位移的變化規律。

14.【答案】解：(1)粒子在區域I做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

mvn

qvQB=-^

解得

r=2L

粒子運動到P點時，將速度%分解為水平分速度以和豎直分速度為,如圖所示

根據幾何關系可得

L1

si