2023年高考第一次模拟试题：物理（山东A卷）（全解全析）.pdf

《2023年高考第一次模拟试题：物理（山东A卷）（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考第一次模拟试题：物理（山东A卷）（全解全析）.pdf（25页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考第一次模拟考试卷物理试题全解全析（考试时间：9 0分钟 试卷满分：100分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。第I卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.日前科学家正在研究 快中子

2、堆 技术来发电，快中子堆”技术发电的原理是：快中子反应堆不用;1 U,而用竽Pu作燃料，但在堆心燃料贯Pu的外围放置置u,P u发生裂变反应时放出来的高速中子（快中子），被装在外围再生区的皆U吸收，皆U吸收快中子后变成 U,鲁U很不稳定，很快发生耳衰变变成；fP u。兽Pu在裂变产生能量的同时，又不断地将置U变成可用燃料贯P u,在一定时间内核燃料越烧越多。瞪u发生月衰变时释放的能量全部转化为；Pu和4粒子的动能，设至P u、尸粒子的质量分别为M、加，则（）A.普Pu与肾u的中子数相同B.皆u吸收快中子后变成铀声U属于核聚变C.贫U经过4次尸衰变后变成学PuD.静止的肾U发生/衰变释放出动能为

3、4的夕粒子，该 衰 变 中 质 量 亏 损 为 也 罢 1Me【答案】D【解析】A.方冲11的中子数为1 4 5,冒U的中子数为1 4 7,故A错误;B.根据核聚变反应的定义可知该反应不属于核聚变，故B错误:C.根据 Pu+21e发生一次用衰变放出一个电子，故翼U经过2次月衰变后变成贫P u,故C错误;D.静止的冒U发生月衰变后满足动能关系解得由爱因斯坦质能方程可得解得该衰变中质量亏损为E。一 Ml m M+m-km-E()Me2故D正确。故选D。2.一定质量的理想气体，从初状态/经状态8、C、。再回到状态4其体积M与温度T的关系如图所示。图 中 吸 和To为已知量，则下列说法正确的是（）/B

4、CD TD TAA.从4到8的过程中，气体向外放热B.从8到C的过程中，气体吸热C.从。到 月的过程中，单位时间撞击到单位面积器壁上的分子数增多D.气体在状态。时 的 体 积 心=与【答案】D【解析】A.从4到8的过程中体积不变做功为零，温度升高，气体内能增大，由公式U=Q+W可知，气体从外界吸热，A 错误；B.从 5 到 C 的过程中，温度不变，气体内能不变，体积减小外界对气体做正功，由公式U=Q+W可知，气体向外放热，B 错误；C.从。到/的过程中，压强不变气体温度升高体积增大，单位时间撞击到单位面积器壁上的分子数减少，C 错误；D.从。到/的过程中压强不变，由公式%=%4TD解得一VD

5、正确；故选D。3.（2023浙江绍兴一模）静电纺纱是利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺。如图所示为其电场分布简图，下列说法正B.电场强度C.负电荷在C 点的电势能大于其在工点的电势能D.在 C 点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线C D 运动【答案】C【解析】A.电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，选项A 错误；B.由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EAEB ,根据折射率的定义可知sinz cna=-=sina 匕s i n/_ cs i n vh可知匕 修。光在介质中传播的速度更快，B错误；A

6、.同种介质中折射率越高的光，其频率也越高，因此，b光频率更高，A错误；C.根 据 全 反 射 临 界 角 和 折 射 率 的 关 系 二 可 知，折射率越小，发生全反射的临界角越sine大，即光由该介质射向真空发生全反射时，a光的临界角较大，C错误；D.根据c=2/可知，频率越高波长越短，a光的频率低，波长长，更容易发生明显衍射现象，D正确。故选D。5.（2023,河南鹤壁高中三模）竖直平面内有轻绳1、2、3连接如图所示。绳1水平，绳2与水平方向成60。角，绳3的下端连接一质量为机的导体棒1,在结点。正下方2d距离处固定一导体棒2,两导体棒均垂直于纸面放置。现将导体棒1中通入向里的电流/，导体

7、棒2中通入向外且缓慢增大的电流当增大到某个值时，给导体棒1以向右的轻微扰动，可观察到它缓慢上升到绳1所处的水平线上。绳3的长度为d,两导体棒长度均为/,重力加速度为g。导体棒2以外距离为x处的磁感应强度大小为8=，下列说法正确的是（）xB.绳1中拉力的最大值为J/n gC.绳2中拉力的最小值为包?gD.导体棒2中电流的最大值为/=勺【答案】B【解析】A.对导体棒1 进行受力分析如图，此三个力组成的封闭三角形与AOPM相似，所以居 二 户-d PM 2d所以，恒有招=整3 2初始时，应有kiF+BIol=m g,B=-联立解得j _ mgd所以应在j _ mgd时给导体棒1 微小扰动，A错误；B

8、.对结点进行分析，绳 1 和绳2 中的拉力耳和玛的合力大小恒 为 等，导体棒运动过程中耳和巴的合力将从竖直方向逆时针转到水平方向，由图示可知月先增大后减小，当马与绳B正确；2 垂直时耳最大，最大值为mg G=mg2cos300 3C.4 一直减小，直至导体棒1 运动至绳1 所在的水平线上时最小最小值为零，C错误;D.由上述分析可知PMF=m g由几何关系可知，导体棒1 运动至绳1 所在的水平线上时PAf有 最 大 值 为,所以r =-7”且r=5-?gF=BIJ此时所以电流最大值/=5mgdD错误。6.（2022广东华南师大附中三模）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压G不变

9、;升压变压器输出电压为4，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为4和。4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（）A.为电流表，为电压表B.C.仅将滑片。下移，则输电线损耗功率减少D.凌晨时分，用户家的灯将变得更暗【答案】B【解析】A.由图可知接在火线和零线之间，为电压表，接在同一条线上，测得是电流，为电流表，选项A 错误；B.由于输电线上有电压降，所以选项B 正确；C.仅将滑片Q 下移，则输电电压。2增大，R 不变，所以输电电流/2增大，而输电线损耗功率为AP=Ir所以输电线损耗功率增大，选项

10、C 错误；D.凌晨时分，降压变压器的输出端用电量减少，电路中的电流减小，则输电线上的电压降减小，则降压变压器的输入电压增大，用户得到的电压变大，用户家的灯将变得更亮，选项D 错误。故选B.7.（2023广东韶关一模）2022年 10月 1 2 日15时 45分，“天宫课堂 第三课在中国空间站问天实验舱正式开讲！神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲面向广大青少年进行太空授课,已知问天实验舱每90分钟左右绕地球一圈，其运行轨道视为圆轨道，下列说法正确的是（）A.问天实验舱的线速度略大于第一宇宙速度B.问天实验舱的角速度比地球同步卫星的大C.问天实验舱的加速度比地球同步卫星的小D.图中的三名航天员在实

11、验舱中 静止”不动时处于平衡状态【答案】B【解析】A.第一宇宙速度是围绕地球表面运动的速度，是最大的运行速度，运行周期为80多分钟，问天实验舱每90分钟左右绕地球一圈，所以线速度略小于第一宇宙速度，A 错误;B.问天实验舱每90分钟左右绕地球一圈，地球同步卫星每24小时围绕地球一圈，所以问天实验舱的角速度比地球同步卫星的大，B 正确：C.根据Mm=ma=aG产问天实验舱比同步卫星离地球近，所以加速度大于地球同步卫星的加速度，C 错误；D.图中的三名航天员在实验舱中“静止 不动，只是相对实验舱静止，其实，三名航天员和实验舱在做匀速圆周运动，有指向圆心的向心力，所以不是平衡状态，D 错误。故选Bo

12、8.（2022江苏连云港模拟预测）如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力厂将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中，关于物块的速度V、加速度0、动能以及弹簧的弹性势能瓦,随时间f 或位移x 变化的图像，其中可能正确的是（）【解析】A C.物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力分析，物块受到向右的拉力F,向 左 的 摩 擦 力/和 弹 簧 的 弹 力 其 中 F 和7 的大小和方向都不变，开始运动时，根据牛顿第二定律F-f-P n=m a而随着物块右移，弹簧越来越长，弹力越来越大，因此加速度越来越小，因此物块做加速

13、度逐渐减小的加速运动，直到合外力为零，合外力为零时，速度达到最大值，动能达到最大值。随后物块继续向右移动，根据牛顿第二定律F+f -F=ma由于物块一直向右运动，弹力越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，停止时弹性势能最大。通过上述分析可知，“t图像中，速度增大过程中由于加速度越来越小，故速度的上升过程越来越平缓，斜率越来越小，速度下降过程反之，动能变化情况与速度一致，故A错误，C正确；B.a-t图像中，通过分析可知，由于是变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧的弹力。与时间t也不成线性关系，故加速度。与时间t也不成线性关系，故B错误；D.图像中，通过分析可知，在

14、物块由静止向右拉动宜至弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能线一直增加，不会出现减小的情况，故D错误。故选Co二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分。9.磁流体发电机的原理如左图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，简化后的原理图如右图所示。已知磁感应强度大小为8,发电通道长为/,宽为6,高为a,高温等离子体的电阻率0,外部电路的总电阻为及。当开关S闭合后，下列说法正确的是（）A.发电

15、机产生的电动势E =SavB.回路电流/=BvahlRbl+pbc.发电机的输出功率P =（R（Rbl+pa）D2D.为维持等离子匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差2abRbl+pa【答案】AC【解析】A.由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，卜极板为负极，稳定时,洛伦兹力等于电场力，即qvB=q-a所以发电机产生的电动势为E=U=Bav故 A 正确:B.根据闭合电路欧姆定律可得回路中的电流为E Bavbl故 B 错误；C.发电机的输出功率为故 C 正确；Bavbl y RRbl+paD.矩形发电通道左右端的压强为,F Bia Balvp=-=-S ab Rbl+pa故 D 错误.故

16、选AC。10.（2022湖南师大附中三模）如图所示，光滑曲面PQ 与水平地面相切于。点，质量mA=3kg的物体A 从距地面高度为1.27m 的地方静止滑下，A 与水平地面间的动摩擦因数，尸 0.01,水平地面距。点 s=2m处静止一质量机.2 k g 的足够长的木板B,B 与地面间的动摩擦因数 产 0.2,B 上右端静止一质量为机L lk g 的物块C,B 与 C 之间的动摩擦因数c=0.2,已知AB间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2从 A 开始下滑至ABC均静止的整个过程中，下列说法正确的是（）P口 AA.A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12N-SB.B与C间摩擦生热6

17、JC.整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0D.整个过程中C所受滑动摩擦力做功-4J【答案】AB【解析】A.A从静止到与B碰撞前，有解得vA=5m/s对AB碰撞过程，有MV=WAVA+WBVB，；%或=；%叶解得或=lm/s,v；=6m/s则有攻）=12N-SA正确；B.AB碰后，当A减速至0时，发生的位移为-=5m2d gBC相对滑动至共速，对C,有Pcmc8=mcac对B有B（仅B+）g+PcmcS=机 BB历时t共速，有之后BC 一起减速至0,历时VB对地发生的总位移为V o+V v2.=-Z +-=5m2 24g即ABC三者均静止时，AB刚好相遇,没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共

18、速之前,B对地和C对地的位移分别为均=%1 1 即，2=4,m,x1c,-act=1m则B与C间摩擦生热为Q=ymcg(xB i-xC i)=6JB正确；C.由于物块C所受静摩擦力冲量为静摩擦力在时间上的积累，故不为0,C错误;D.整个过程中C所受滑动摩擦力做功为W=c?cg xc=2 JD错误。故选ABoIL (2023 浙江绍兴一模)如图所示，在 轴两侧有两种不同的均匀介质，波源工和S2分别位于x=-6 m、x=12m处。f=0时刻x=-2m和x=4m处的质点刚好开始振动，某时刻两列简谐横波恰好同时到达原点O,测得0 0.75s内质点P(x=6m)经过的路程为12cm,B.波源E振动的周期

19、为0.5sC.两列波相遇过程中坐标原点处不会振动D.f=2s时两列波恰好同时到达对方波源处【答案】ACD【解析】A.波源耳开始振动的方向与t=0时刻x=-2m处质点的起振方向相同，为y轴正方向，同理波源反开始振动的方向与=0时刻x=4m处质点的起振方向相同，为y轴负方向,故A正确；B.0 0.75s内质点P经过的路程为1 2cm,则有30.75s=-7；4 2得7；=lsv.=8m/s2%由两列简谐横波恰好同时到达原点。可知1 ”,V）=v2=4m/sT4,7=Is故B错误；C.两列波频率相同，振幅相同，恰好同时到达原点。，两列波在。点的起振方向相反，所以。点是振动减弱点，其振幅为0，所以坐标

20、原点处不会振动，故C正确；D.由图知4=Q5s时,甲、乙两波都传到原点。,过。点后,甲波以外=8m/s传播，f=2s时到达x=12m处，同理可知，乙波在f=2s时到达x=-6 m处，故D正确。故选ACD12.（2022河南新安县第一高级中学模拟预测）如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每 块 磁 场 区 域 宽 高3大小均为5。电梯后方固定一个N匝矩形线圈，线圈总电阻为R,高度为H,H=3 h,宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为加，忽略一切阻力，重力加速度为g。若电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降3 4时

21、，速度为L则（）Lh x XB xXXXA.下降3时，线圈的电动势为E=B.下落瞬间电梯的加速度的大小为gC.若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为%=脸.1 n n2 r2 rr 2D.下降3过程所需要的时间为 +*g mgR【答案】BD【解析】A.下降3 H时，上卜两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为E=2NBLv故A错误；B.下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力作用，加速度的大小为g,故B正确：C.若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时口 八m 1 cm,2NBLVm 4 N 空,乃 F=2 N B I L =2NBL-

22、=-=mgR R解得V=.mgR4 N2B2I故C错误：D.卜.降3过程，根据动量定理4N2B2IVmgt-1 =mv其中3H =vt解得V 12MB 七 Ht=+-g mgR故D正确。故选BD第n卷三、非选择题：本题共6小题，共6 0分。13.（6分）（2023河北模拟预测）如图所示，在实验室中利用气垫导轨验证机械能守恒定律。滑块上安装遮光条，滑块通过不可伸长的轻绳与钩码相连，轻绳与气垫导轨平行。气垫导轨调成水平后，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，滑块与遮光条的总质量为钩码的质量为加，数字计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间 明 通过第二个光电门 的 时 间,重力加速度为g。（1）

23、利用最小刻度为毫米的刻度尺测量两个光电门间的距离s,两个光电门所在的位置如图所示，则两个光电门的距离/=mm；96 97 98 99ihiiiLiihiiiliiiihiiiLiihidiii 小 n il5o1（2）利用螺旋测微器测量遮光条宽度d,读数为 mm；（3）若满足机械能守恒定律，表 达 式 应 满 足 （用题中给的字母符号表示）。【答案】972.0 2.000mgl=（A/+?）【解析】（1）刻度尺读数为/=98.20cm-1.00cm=972.0mm（2）螺旋测微器读数d-2mm+0.0 x 0.01mm=2.000mm（3）机械能守恒定律得mgl=y(m +A/)v22-(/n

24、+A/)v12=M +m)14.（8分）（2022 天津模拟预测）在学校社团活动中，某实验小组欲将一只量程为0250RA的微安表头G改装为量程为015V的电压表，首先利用如图所示的电路测量微安表的内阻,可供选择的实验器材有:口|变阻器1A.待改装的微安表头G（量程为0 2 5 0 p A,内阻约为几百欧姆）B.微安表G1（量程为0300pA）C.滑动变阻器（010kC）D.滑 动 变 阻 器&（0 50kQ）E.电阻箱R（0-9999Q）F.电源E （电动势约为9V）G.开关、导线若干（1）为顺利完成实验，变阻器1应选择,变阻器2应选择（填器材前序号）;（2）实验时，除 了 微 安 表 的 示

25、 数 人和微安表G的示数A，还 需 要 记 录 的 数 据 是:（3）改装完成后，实验小组利用电流表A和改装后的电压表V,用伏安法测量某未知电阻的阻值，测量时电流表的示数为0.2 A,改装的电压表指针指在原200piA处，则该电阻的测量值为 Q o【答案】D E 变阻器2的阻值 60【解析】（1）在该实验中，首先要闭合Si，断开S 2,调节变阻器1使得，电流计G i和G2偏转到满刻度 的;以 上（设为/）,然后闭合S 2,保持变阻器1的电阻不变，调节变阻器2,使得电流计G读数为/?,则通过变阻器2的 电 流 为 通 过 变 阻 器2的阻值以及电流关系可求解电流G的内阻；则认为当闭合S2时，电路

26、中的电流/保持不变，这就需要变阻器 1的阻值较大，因不需要读出变阻器1的阻值，则变阻器1可选择阻值较大的D；变阻器2必须要用电阻箱，故选E；（2）3 由上述分析可知，实验时，除 了 微 安 表 的 示 数 人和微安表G的示数A，还需要记录的数据是变阻器2的阻值；（3）将满偏电流为2 5 O|1 A 的电流计改装为1 5 V 量程的电压表，当电流计读数为2 0 0 M时，对应的电压值为1 2 V,则待测电阻阻值为7?=Q =6 0 QI 0.21 5.（8分）（2 0 2 2 福建模拟预测）如图所示，一半径R =0.4 m 的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c 点，一质量?=i kg 可视为质点的

27、小物块静止于水平面。点，现用一水平恒力尸向左拉物块，经过f =3 s 时间到达6点速度的大小=6 m/s ,此时撤去 凡 小 物块继续向前滑行经c点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点小 已知小物块与水平面间的动摩擦因数=04,重力加速度g取 l O m/s 求：（1）水平恒力F的大小；（2）b、c间的距离L。【答案】（1）6 N；（2）2 m【解析】（1）从。到 6过程中应用动量定理F t-ft=mvh小物块所受摩擦力f =pmg代入数据得水平恒力F=6N（2）小物块恰能经过轨道最高点，在 d 点由牛顿第二定律有V2mg=m 解得v=ygR=2 m/s从 c 点到d 点由动能定理1

28、2 1 2-mg-2R=-nivc解得vc=2y5ml s从 6到 c由动能定理得 b、c间的距离L=2 m1 6.（8分）如图所示，高为人=1 4.4c m、截面积S =5 0 1?的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度=0、压强为=l x l（）5 p a）下，用绝热活塞。和导热性能良好的活塞P将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞。用劲度系数为人=1 0 0 0 N/m 的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞Q位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，活塞P刚好位于汽缸的顶部；现将一质量为m =1 kg 的物体放在活塞尸上，活塞p下降，如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到汽缸顶部

29、，此时气体乙的温度为多少摄氏度？（活塞的质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度g取 l O m/s 2,结果保留整数）2QP【答案】1 8 6【解析】对于气体甲，初态pi=x05Pa,匕=；S末态P Po+-J-1,O x l O5+1 05 X 1 0-4P a =1.2 x 1 0$P a,V；=lS根据玻意耳定律有。匕=PV;解得l =6 c m若使活塞产返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为4=8.4c m ,此时弹簧要伸长1.2 c m,对活塞。有ps+h /=p 2S解得/?=1.44x 1 0s Pa,匕=3对气体乙，初态p2=l x l O5P a

30、 ,V2=S ,%=2 7 3 KPM P；%根据理想气体状态方程有TT；解得普=4 5 9 K则;=（4 5 9-2 7 3）=18 6 17.（14 分）如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经电压为U的加速电场加速后在纸面内运动，自。点与磁场边界成4 5。角射入磁感应强度大小为8方向垂直于纸面向里的匀强磁场。已知甲种离子从磁场边界的N点射出；乙种离子从磁场边界的点射出；OM长为A,ON长为43不计重力影响和离子间的相互作用。求：（1）甲种离子比荷；（2）乙种离子在磁场中的运动时间。X X X XIX XXX离 子 源：x XBX XAK X X X XX X X加速电场 4 5

31、j x X X X、一 一 .XXXXXX【答案】岳；蜜【解析】（1）设甲种离子质量为 町，电荷量为q,在电场中加速过程设甲种离子在磁场中的运动半径为H/,则=m 由几何关系知2 7?j c o s4 5 =4L联立解得q、_ uml 4 c B z（2）设乙种离子质量为阳2，电荷量为%,在电场中加速过程设乙种离子在磁场中的运动半径为旦,则由几何关系知2R2 c o s 4 5 =L离子在磁场中运动的偏转角a=-7t设乙种离子在磁场中运动的周期7,则T=2-2设乙种离子在磁场中运动的时间为，则T am.t =a=2 乃 q2B联立解得3兀BCt =-8（718.（16 分）（2 0 2 2 四

32、川雅安模拟预测）如图所示，空间中在一矩形区域I 内有场强大小,=l x l 02 N/C,方向水平向右的匀强电场；一条长Z=0.8 m 且不可伸长的轻绳一端固定在区 域 I 的左上角。点，另一端系一质量叫=0.5 k g、带电荷量q=-0/C 的绝缘带电小球外在紧靠区域I 的右下角C点竖直放置一足够长、半径A =1 m 的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，是圆筒上表面的一条直径且与区域I 的下边界共线，直 径 与 直 径 C。垂直,圆筒内左半边M V C H/K 区域I I 中存在大小刍=20N/C、方向垂直纸面向里的匀强电场。把小球。拉至N点（轻绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到。点正下方

33、8点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，刚好从区域1 的右下角C点竖直向下离开电场片,然后贴着圆筒内侧进入区域I I。已知重力加速度大小取g =10 m/s2,绳断前、断后瞬间，小球。的速度保持不变，忽略一切阻力。求：（1）轻绳的最大张力骞；（2）小球a运动到C 点时速度的大小和小球。从 8 到C过 程 电 势 能 的 变 化 量；（3）若小球。刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从。点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的 质 量%=0.5 k g,经过一段时间，小球“、6发生弹性碰撞，且碰撞中小球”的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球h增加的机械能既

34、是多大。【答案】(1)1 5 N；(2)2 m/s 小球电势能增加了 4 J；(3)1 0 J【解析】(1)小球。从/运 动 到 8 点，根据动能定理得,1 2mgL=,n v代入数据得v=4m/s在 3点，根据牛顿第二定律得2TVI 2I )x=vt at=0.4m2小球a 运动到C 点时的速度大小为vc=gt=2m/s小球a从 6运动到C 点，小球a电势能的变化量为Tm-m g=m 代入数据得M=15N(2)小球a在区域1 中，水平方向qE、=tna解得a=20m/s2小球。减速至。时v，=0.2sNEp=W =qE、x=4J即小球电势能增加了 4J。（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球。从进入圆筒到第5次碰撞前，小球“增加的机械能为Ea=qE2R+2 q E22R=1 0 J则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为Eh=10J