2021届山东省青岛十七中高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届山东省青岛十七中高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共8 小题，共 24.0分）1.在抗震救灾中，直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子。如图所示，假设投放时无风无雨，箱子的初速度可视为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，下落过程中箱子始终保持图示竖直状态，则箱子（）A.在下落过程中先做匀加速运动，后做匀速运动B.在开始下落的一小段时间内，箱内物体处于完全失重状态C.在开始下落的一小段时间内，箱内物体对箱子底部的压力逐渐增大D.在开始下落的一小段时间内，箱内物体对箱子底部的压力逐渐减小2.如图所示，容器中盛有水，PM为水面，从4 点发出一束白光，射到水

2、面上的0 点后，折射光发生了色散，照到器壁上a、b之间，对应a、b两种颜色的单色光，则（）A.由A到0,a光的传播时间等于b光的传播时间B.若发光点4 不变而入射点。向左移，贝力光可能发生全反射C.b光比a 光更容易发生明显的衍射现象D.若a 光是氢原子从第4能级跃迁到第2能级发出的光，贝必光可能是氢原子从第6能级跃迁到第2能级发出的光3.如图所示，一根弹簧其自由端8 在未悬挂重物时指针正对刻度5,在弹性限度内当挂上80N重物时指针正对刻度4 5,若要指针正对刻度2 0,应挂重物是（）发X三A.40NB.35.6NC.20ND.30N4.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物

3、体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率时间图象可能正确的是（）5.如图所示，一带负电的粒子,沿着电场线从4点运动到B点的过程中，：-五一aA D以下说法中正确的是（）A.带电粒子的电势能越来越大B.带电粒子的电势能越来越小C.带电粒子受到的静电力一定越来越小D.带电粒子受到的静电力做正功6.如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S,匝数为N,电阻不计，它可绕水平轴。0在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度3匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触

4、头P上下移动时可改变输出电压，Ro表示输电线的电阻。以线圈平面在中性面为计时起点，下列判断正确的是（）0)O应急供电系统A.若发电机矩形线圈某时刻处于图示位置，此时发电机线圈中电流为0B.从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBS3cos3tC.当用户数增多时，电路中的电流变大，用户得到的电压变小D.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压变小7.两个质量相同的带电小球，分别带等量异种电荷，电量为q,固定在 E一根长度为，的轻质绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，g 0 曾杆的方向与场强方向平行，如图所示。若此杆绕其中点。旋转180。，-1则在此转动过程中

5、，两个小球总动能的增加量为（）A.0 B.qEl C.2qElD.nqEl8.在如图所示电路中，闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用/、入、”和4表示，电表示数变化量的大小分别用八 、2和4出表示.下列判断正确的是（）A.Ur U2,U2 U3B.学不变，华变小/C.牛变小，等变大 D.牛变小，等不变二、多 选 题（本大题共4小题，共1 6.0分）9.下列说法中正确的是（）A.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B.当两分子间距离大于平衡位置的间距r。时，分子间的距离越大，分子势能越小C.在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度

6、下降D.液体的分子势能与液体的体积无关E.一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能增大1 0 .美国国家科学基金会2 0 1 0年9月2 9日宣布，天文学家发现一颗迄今为止与地球最类似的行星,该行星绕太阳系外的红矮星G e se 5 8 1做匀速圆周运动.这颗行星距离地球约2 0光年，公转周期约为3 7天，它的半径大约是地球的1.9倍，表面重力加速度与地球相近.下列说法正确的是（）A.该行星的公转角速度比地球大B.该行星的质量约为地球质量的3.6 1倍C.该行星第一宇宙速度为7.9 k m/sD.要在地球上发射航天器到达该星球，发射速度只需达到地球的第二宇宙速度即可11.以10

7、 m/s的速度水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，glOm/s2,则有（）A.竖直分速度等于水平分速度 B.瞬时速度为10 V n/sC.运动的时间为2 s D.运动的位移为3 0位m12 .如图所示电路中，电源内阻不能忽略。闭合开关S后，调节R的阻值，凡使电压表示数增大 u,在此过程中有（）LF J1匚 口A./?2两端电压减小 U p4B.通过R 1的电流增大詈|_ _ _ _ _ _ _C.通过/?2的电流减小量小于整K2D.路端电压增大量等于三、实 验 题（本大题共2 小题，共 12.0分）1 3.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，将一单摆装置竖直悬于某一深度为做未知）

8、且开口向下的固定小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图甲所示.将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.如果本实验的长度测量工具只能测量出筒下端到摆球球心之间的距离并通过改变 而测出对应的摆动周期7,再以厂 为纵轴、1为横轴，作出产一/图象，则可以由此图象得出我们想要测量的物理量.（1）现有如下测量工具：4 时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺，本 实 验 所 需 的 测 量 工 具 有.（2）如果实验中所得到的片 一/关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a、b、c中的.由图象可知，小 筒 的 深 度 九=cm；当地重力加速度。=?n/s2（兀取3.1

9、4,计算结果保留到小数点后两位）.甲 乙1 4.某同学利用学过物理知识测量电阻幻 的阻值及探究额定功率为4W、额定电压为4V的小灯泡消耗的功率与电压的关系.现该同学准备了如下的实验器材：A.电压表匕（0 2 V,内阻2k0）；8.电压表彩（0 1 5 P,内阻15k。）；C 电流表4（0 1 4,内阻约10）:D 定值电阻=2k。；E.定 值 电 阻=16k。；F.滑动变阻器R（15O,24）；G 学生电源（直流6 V,内阻不计）；H.开关、导线若干为了减小实验误差，电 压 表 应 选 用,定 值 电 阻 应 选 用(均 用 序 号 字 母 填 写)；在探究功率与电压的关系时，要求电压从零开始

10、调节，并且多次测量，请在图1 内画出满足要求的电路图；根据设计的电路图，写出电压表读数外与小灯泡两端电压U 的 关 系.若 小 灯 泡 的 电 功 率 为 P,则 关 系 图 线 可 能 正 确 的 是.四、计算题(本大题共4小题，共 4 8.0 分)1 5.如 图，一玻璃水槽，水深九=1.2 m，身高H =1.8 m 的人紧靠水槽站立.太阳光以与水平方向成。=3 7。角射在水面上，测得人在水中底部的影长L =1.7 m.(c=、sin3 70=0.6,cos3 70 =0.8)求:水的折射率；光在水中的传播速度.1 6.某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速运动，加速度大小为4.(h

11、n/s2,飞机速度达到8 5 m/s时离开地面升空.如果在飞机达到起飞速度时，突然接到命令停止起飞，飞行员立即使飞机制动，飞机做匀减速运动，加速度大小为5.0 m/s2.(1)加速阶段和减速阶段所用时间的比值.(2)如果要求你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多长？1 7.如图所示，平面直角坐标系x O y(第W象限内有沿y 轴负方向的匀强电场。第 I 象限某矩形区域内有垂直于无。平面、磁感应强度大小为8 的匀强磁场。一质量为m、电荷量为e 的电子，从y 轴上的“(0,右7 i)点，以大小为的速度北沿x 轴正方向射入电场。通过电场后从x

12、轴上的P(2/i,0)点进入第I 象眼，经过磁场偏转后从Q 点Q 垂直y 轴进入第I I 象限，求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达P 点时速度的大小和方向:(3)矩形磁场区域的最小面积。1 8.在竖直平面内固定一个半圆形轨道A B C,半径为R,如图所示，4、C两点的连线水平，8为轨道最低点.其中部分是光滑的，8 c部分是粗糙的.有一个质量为m的乙物体静止在B处，另一个质量为4m的甲物体从4点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点为与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC轨道，最高运动到。点，。与0B连线的夹角0=60。.甲、乙两物体可以看作质点，重

13、力加速度为g,求：(1)甲物体与乙物体碰后的瞬时速度及在碰撞过程中乙物体所受到的冲量.(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力.(3)甲乙构成的整体从B运动到。的过程中，摩擦力对其做的功.参考答案及解析1.答案：c解析：解：4、箱子下落过程中速度增大，阻力越来越大，a=Q,所以加速度减小，当阻力等于m重力时，箱子做匀速运动，故 A 错误；8、由于开始时整体受重力和阻力，故加速度不可能为g,故箱内物体不会处于完全失重状态，故 2错误；C、在箱子开始下落的一小段时间内，箱内物体随箱子做加速度减小的加速运动，对物体有:m g-N =ma,N =m g -m a,加速度减小，

14、N增大，故 C 正确。错误。故选：Co悬停在直升机受平衡力作用，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，刚开始时，速度增大，阻力越来越大，当阻力等于重力时，箱子做匀速运动，根据牛顿第二定律即可分析。本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键，同时注意牛顿第二定律的准确应用。2.答案：D解析：解：由图可知，两束光入射角相同，a光的折射角小，偏折程度小，故可知a光的折射率要小于b光的折射率.由u 可知，在水中，a光的传播速度大于b光的a光的传播速度，故 A 到。，a光的传播时间小于b光的传播时间，故 A 错误；从 若发光点4不变而入射点。向左移，则入

15、射角减小，不会发生全反射，故 8 错误；C、a光的折射率较小，波长较长，波动性较强，所以a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故 C错误；。、折射率越大，则频率越大，光的能量越大，a光的频率较小，a光光子的能量较小，根据玻尔理论可知，若a光应是从能级差较小的能级跃迁中产生的光子，若a光是氢原子从第4能级跃迁到第2能级发出的光，贝柏光可能是氢原子从第6能级跃迁到第2能级发出的光，故。正确；故选：D由光离开水面时发生折射，利用折射定律可分析出两光的折射率大小，对照全反射条件，分析哪束光的折射角先达到90。.根据折射率的大小分析波长关系，从而波动性强弱.根据玻尔理论分析氢原子跃迁现象.本题的解题关键是

16、根据偏折程度确定折射率的大小，再进一步比较波长的大小，分析波动性强弱关系.3.答案：D解析：解：当挂上8 0 N重物时指针正对刻度4 5 N,知弹簧形变量为4 5-5 =4 0.指针正对刻度2 0 N时，弹簧的形变量为1 5.因为k =小 所以黑=总，解得：G=3 0 N。故选：0。根据胡克定律F =依求出悬挂重物的重力.解决本题的关键掌握胡克定律尸=k x,注意x为形变量，不是弹簧的长度.4.答案:D解析：解：在速率-时间图象中，斜率表示物体运动的加速度，只受重力作用时物体的加速度为g,不变，为图中虚线表示.有空气阻力时，由于空气阻力与物体速率成正比，为变力，是实线，受阻力作用的物体上升过程

17、的加速度大于重力加速度，下降过程中加速度小于重力加速度.有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：m g+f =m a,故a=g+5，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：m g-f=m a,故a=g-,由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；故。图正确.J 0 7 n故选：D本题关键是明确-t图象上某点的切线斜率表示加速度，能运用牛顿第二定律分析物体加速度的变化，来分析图象的形状.5.答案:A解析：解：A B.负电荷受到的电场力与电场线的方向相反，所以电荷从4到B的过程电场力做负功,电势能增大。故A正确，B错误；C、电场线的疏密

18、表示场强大小，B点电场线比4点电场线密，所以B处场强较强。沿着电场线从4点运动到B点的过程中带电粒子受到的电场力越来越大。故C错误；。、负电荷受到的电场力与电场线的方向相反，所以电荷从A到B的过程电场力做负功，故。错误。故选：Ao电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱，沿电场线方向电势逐渐降低。根据电场力做功判断电势能和动能的变化。解决本题的关键知道电场线的性质，以及知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。6.答案：C解析：解：4、若发电机矩形线圈某时刻处于图示位置时，线圈平面与磁场平行，此时感应电动势最大，发电机线圈中的电流最大，故 A 错误；

19、B、感应电动势的最大值Em=N B S 3,从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式-Je=Emsin(bt=NBSa)sina)t,故 B 错误；C、当用户增多时，副线圈电路总电阻变小，副线圈电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈电路中的电流变大，输电线上损失电压变大，用户得到的电压变小，故 C 正确；。、变压器原线圈两端电压由发电机产生的感应电动势决定，当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变，故。错误。故选：Co当线圈平面与磁感线平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；由飞 =NBS3求出感应电动势的最大值，根据开始计时线圈所处位置，求出电动势的瞬时值表达式;

20、当用户数目增多时，副线圈总电阻变小，根据欧姆定律可知，副线圈电路中的电流变大，输电线上损失电压变大。此题考查交变电流的产生规律和理想变压器的工作原理，瞬时表达式的书写时，特别注意线圈开始计时的位置，根据滑动触头的移动，判断电压的变化。7.答案：C解析：解：在细杆转的过程中，正电荷受力的方向向右，位移的方向也向右，电场力对它做正功，为叫=qE l；负电荷受力的方向向左，位移的方向也向左，电场力对它也做正功，为 修=qEL所以电场力对两小球所做的总功：W =Wr+W2=2 qE l,两个小球组成的系统在运动的过程中只有电场力做功，则电场力做的功转化为两个小球的动能，所以两个小球总动能的增加量等于电

21、场力做的功，为2qEh故 A3。错误，C 正确。故选：Co细杆绕其中心。沿顺时针方向转过180。，正电荷受力的方向向右，位移的方向也向右，电场力对它做正功；负电荷受力的方向向左，位移的方向也向左，电场力对它也做正功。该题要求判断电场力做功的正负，要根据受力的方向与位移的方向之间的关系判定：方向相同电场力做正功，方向相反力做负功。8.答案：。解析：解：4、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则必变大，内电压增大，则出变小。由串联电路分压规律知，变小。因为1/3 =劣+2，所以有：/，A U3 U2,故A错误。B、%是定值电阻，根据欧姆定律得知华=华=/?则知勺

22、、华均不变。故8错误。C、牛=/?2，变小。=E-/R+r),则 得 警=R i+r,不变。故C错误。、牛=8+/?2,不变。U3=E-lr,则 煞=r,不变。故。正确。故选：D。8是定值电阻，根据欧姆定律得知号=等=R r变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究等、华与电源内阻的关系，再分析选择.对于定值电阻，是线性元件有/?=苫=当，对于非线性元件，R =苫力然.这两种元件分析要区别对待.9答 案:ACE解析：解：小 由于液体表面张力的作用使叶面上的小露珠的表面积有最小的趋势，所以呈球形。故A正确；8、当两分子间距离等于平衡位置的间距力时，分子势能最小，当分子间的距离再增大时，分子势能增

23、大。故B错误；C、在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，对外做功小 0；由于时间短，气体来不及吸收热量Q =0，根据热力学第一定律(/=Q +W可知，U/5m/s,故 B 正确；D 此时小球运动的位移为：x=J 牡+石=J(1 0X2)2+(1X 10X4)2TH=20V 2m.故。错误.故选：BC.通过竖直分位移与水平分位移大小相等，求出时间，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向以及运动的位移.解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动.且分运动与合运动具有等时性.12.答案：BC解析：解：A C D,电压表示数增大 7

24、,则R与&并联的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则/?2两端电压减小，电源的内电压减小，由闭合电路欧姆定律知路端电压增大，而路端电压等于7?2两端电压与电压表示数之和，所以/?2两端电压减小量小于 U,通过通过/?2的电流减小量小于半。由于夫2两端电压减小，则知路端电压增大量小于AU，故A。错误，C正确；B、电 压 表 示 数 增 大%是定值电阻，根据欧姆定律可知其电流增大,，故B正确。故选：B C。电压表示数增大，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，确定总电流的变化，判断/?2两端电压的变化，结合路端电压的变化，分析/?2两 端 电 压 变 化 量 与 的 关 系，由

25、欧姆定律分析其电流的变化量。此题根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律进行分析。分析时，要抓住路端电压等于各部分电压之和分析各部分电压变化量的关系。1 3.答案：BD a 3 0 9.86解析：解：(1)要测量筒下端口到摆球球心之间的距离以及摆动的周期，所以需要的器材是毫米刻度尺和秒表.故B、。正确，4、C错误.故选BD.(2)根 据 厂=?3图线应该是一条过原点的倾斜直线，但是因为L =0时，实际摆长不为0,所以图象中L =0时，周期不等于0.故选a.(3)当7=0时，对应的位置是一3 0 c m.可知小筒的深度为3 0 c m.图线的斜率k =乎=若=4,所以g =9.86m/s2.故本题答案为：

26、(1)BD (2)a(3)3 0,9.86(1)本实验要测量筒下端口到摆球球心之间的距离以及摆动的周期，可知需要的器材.(2)根据7=2 71 J|,则产=等3图线应该是一条过原点的倾斜直线，通过L不是实际的摆长=0,实际摆长不为零去判断正确的图线.(3)当T =0时，对应的摆长为0,从而知道筒的深度.图线的斜率等于手，从而可求出重力加速度.解决本题的关键掌握单摆的周期公式7=2兀R 以及会通过作T 2 Z,图线求重力加速度.1 4.答案：4 D：U=2 UV；C解析：解：由于小灯泡的额定电压为4匕 若选15y量程，则量程太大，所以应选4但需要进行改装为U=4V量程的电压表；根据欧姆定律和串并

27、联规律应有：U=%i+乎 飞，解得：R=2 k O,所以定值电阻应选。；KV1：实验要求电压从零调，说明变阻器应采用分压式接法；由于待测电阻阻值为q =丝=4 0,满足胃詈，所以电流表应用外接法，电路图如图所示:x P Rx RA：根据欧姆定律应有：/=%+*%,整理解得：=若小灯泡功率为P,贝 IJP=E =/U 2,由于小灯泡电阻随温度的升高而增大，所以P-U 2 图象中各点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以图线C 正确.故答案为：A,D;如图；U=2几，C、明确电表的指针偏角应在满刻度的:以上才能读数，若量程小时应进行扩大量程改装.、明确电流从零调时，变阻器必须采用分压式接法，当满足葛费时

28、，电流表应用外接法；、写出小灯泡功率P与电压U的表达式，然后根据小灯泡电阻随温度的升高而增大即可求解.应明确：当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；当满足号 保时，电流表应用外接法，满足最会时，电流表应用内接法；遇到图象问题，首先根据物理规律写出纵轴与横轴物理量的表达式，然后讨论即可.15.答案：解：由直角三角形知识得：CD =0.8m所以 BD=0.9m由直角三角形知识得：乙 BOD =3 7。由折射率公式得：sin530 4n=-=-sin370 3又由n =（知:u =：=3x：。-m/s =2 x io8m/s =2.2 5 x 108m/s3答：水的折射率为土光在水中的传播速度

29、为2.2 5 x 108m/s.解析：先作出光路图，如图所示.根据几何知识求得B D长，得到影子中E F的长度，即可求得入射角i和折射角r的正弦值，由折射定律几=鬻，求出折射率加由求解光在水中的传播速度.sing?n解答几何光学问题，首先要正确作出光路图，再充分运用几何知识求出相关的长度，由折射定律求解 荏.16.答案：解：（1）飞机先做匀加速直线运动，而后做匀减速直线运动，则有：=。22；解 得:,=，=*（2）若要飞机不滑出跑道，则跑道长度至少应为S=S+52 加速起飞阶段：由资 一 诏=2 a ls 1代入数据，解得：852S l=”减速制动阶段：由 琢-谱=-2 a 2s2得852S

30、2=所以跑道长度至少应为5=S i+S2=备+察=1.6 X 103 n l答：（1）加速阶段和减速阶段所用时间的比值为5：4；（2）如果要求你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种情况下飞机停止起飞而不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要1.6 x 103 m解析：（1）飞机先从静止开始匀加运动，后匀减速运动，加速过程的末速度与减速过程的初速度相同；由速度公式可求得时间之比；(2)根据速度位移关系公式分段求出位移大小，即可求得跑道的长度.本题首先要搞清飞机的运动情况，再根据匀变速直线运动的速度公式以及速度和位移关系解答.17.答案：解：(1)如图所示，设粒子在电场中运动的时间为3则有：%=vot

31、=2/iy=-1 a t92 =v 3厂/i根据牛顿第二定律可得：eE =ma联立各式可得：后=亘 退2eh(2)粒子到达P点时沿y轴正方向的分速度：vy=at-V 3 v0所 以 =J诏+哆=2 v0方向指向第一象限与x轴正方向成6 0。角(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：evB=m 可得：r=迎”eB若磁场方向垂直纸面向外，如图1所示最小矩形区域磁场的长为百r,宽为:最小面积为：5 =百 广 工=空 蹙2 e2B2若磁场方向垂直纸面向里，如图2所示最小矩形区域磁场的长为2r,宽为日最小面积为：S=2r 工=萼 普2 e2B2答:(1)电场强度E的 大 小 为 誓；(

32、2)粒子到达P点时速度的大小为2%，方向指向第一象限与x轴正方向成60。角；(3)若磁场方向垂直纸面向外，矩形磁场区域的最小面积为 驾 学，若磁场方向垂直纸面向里，矩形e2B2磁场区域的最小面积为萼式。e2B2解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律，联立即可求出电场强度E的大小；(2)利用运动的合成和分解结合类平抛规律，联立即可求出粒子到达P点时速度的大小和方向；(3)分别画出磁场方向垂直纸面向外和垂直纸面向里时粒子轨迹的示意图，再根据几何关系画出最小的矩形区域并计算其相应的面积即可。本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在偏转场中做类平抛运动，类

33、平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，解题关键是要画出粒子的轨迹图，正确运用数学几何关系，还要分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向。1 8.答案：解：(1)甲物体从4到B过程只有重力做功，故机械能守恒，所以，甲物体碰撞前的速度为孙，则有：4 mgR=2 mvg,所以，%=，2g R；甲、乙两物体碰撞过程动量守恒，故碰撞后物体的瞬时速度为U，则有：4m v0=5mv,所以，v=1 v0=三 河；那么，由动量定理可知：碰撞过程中乙物体所受到的冲量/=p =m f =m u =箸证；(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间

34、，在竖直方向上只受重力、支持力作用，故应用牛顿第二定律可得：FN 5mg=5 m =所以，FN=R 5 5那么，由牛顿第三定律可知：甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力为羡 Hi g,方向竖直向下；(3)甲乙构成的整体从B运动到。的过程中，只有摩擦力和重力做功，故由动能定理可得：Wf-1 05 7n g(R -Rcosd)=0 -x 5 m x vz；所以，Wf=-cosd)|m v2=-m g R；答：(1)甲 物 体 与 乙 物 体 碰 后 的 瞬 时 速 度 为 在 碰 撞 过 程 中 乙 物 体 所 受 到 的 冲 量 为 雪(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力为*m g,方向竖直向下；(3)甲乙构成的整体从B运动到。的过程中，摩擦力对其做的功为-nigR.解析：(1)通过甲物体在4到B过程机械能守恒求得碰撞前速度，然后由动量守恒求得碰撞后的瞬时速度，即可由动量定理求得乙物体的冲量；(2)根据碰撞后的瞬时速度，由牛顿第二定律求得支持力，即可由牛顿第三定律求得压力；(3)对物体从B到。应用动能定理即可求得摩擦力做的功.物体碰撞过程，内力远远大于外力，且作用时间极短，那么对于碰撞中的任一物体来说外力的冲量对于内力的冲量可以忽略，故只考虑内力的冲量，那么对碰撞的两个物体来说则可近似认为动量守恒.