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物 理 试 题
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28.0 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。
1. 用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的物理量是( )
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A. 电场强度E =
F
q
B. 电场强度 E =
kQ
2
r
C. 电容C =
εS D. 电势差U =
4πkd q
2. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子 3000m接力三连冠。观察发现，“接棒” 的运动员甲提前站在
“交棒” 的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。
在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则( )
A ． 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B ． 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C ． 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D ． 甲与乙的加速度大小相等方向相反
3. 如图所示，在真空中，ab 、cd 是圆 O 的两条直径，在 a 、b 两点分别固定有电荷量为＋Q 和﹣Q 的点电
荷，下列说法正确的是( )
A. c 、d 两点的电场强度相同， 电势相等
B. c 、d 两点的电场强度相同， 电势不等
C. c 、d 两点的电场强度不同， 电势相等
D. c 、d 两点的电场强度不同， 电势不等
4. 高空抛物行为曾被称为“悬在城市上空的痛 ”，带来很大的社会危害。2021 年 3 月 1 日，“高
空抛物 ”行为正式入刑。假设一 500mL 瓶装水（水的密度为 1kg/L）从 80m 高处自由落下，与地
面接触时间为 0.05s ，撞击地面后速度变为 0 ，则该瓶装水对地面的冲击力约为( )
A ．5N B ．100N C ．400N D ．1000N
5. 如图所示，质量为 m 、带电荷量为q 的粒子， 以初速度v0 从 A 点竖直向上
射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率
(
B 0
)v = 2v ，方向与电场的方向一致，则A 、B 两点的电势差为( )
(
A
B
.
0
C.
)mv 3mv2 2mv
. 2q q q
(
D.
)3mv
2q
6. 平行板电容器与电源相连，间距为 d，在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q 的小球，悬线与竖
直方向夹角为θ= 30o ，小球处于静止状态。已知小球质量为 m ，重力加速度为 g ，则( )
A. 两极板间的电压为U =
B. 保持开关 S 闭合，增大极板间距，θ变大
C. 保持开关 S 闭合，增大极板间距，θ不变
D. 若断开开关 S ，增大极板间距，θ不变
7. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为 m 的滑块，滑块右侧面为一个半径为 R 的弧形的光滑凹槽，
A 点切线水平。另有一个质量为m 的小球以水平速度 v0 从 A 点冲上凹槽，重力加速度大小为 g 。下列说法
中正确的是( )
A ．当v0 = 时，小球恰好能到达B 点
B ．当v0 = 时，小球在弧形凹槽上冲向B 点的过程中，滑块的动能增大；
返回 A 点的过程中，滑块的动能减小
C ．如果小球的速度v0 足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D ．小球返回 A 点后做自由落体运动
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有错得 0 分。
8. 如图所示，一粗糙长木板 M 放置在光滑水平地面上，物块 N 以某一水平速度滑上 M ，此后 N 始终未脱
(
A
．
M
的动量守恒
B
．
M
、
N
组成的系统动量守恒
)离 M ，则在运动过程中，下列说法正确的是( )
C ．M 、N 组成的系统机械能守恒 D ．存在某段时间内，N 合外力的冲量为零
9. 已知 x 轴上电场方向与 x 轴方向平行，x 轴上各点电势如图所示，x=0 处电势为 5V ，一电子从 x=－2cm
处由静止释放，则下列说法正确的是( )
A. x=0 处电场强度为零
B. 电子在 x=－2cm 处的加速度小于电子在 x=－1cm 处的加速度
C. 该电子运动到 x=0 处时的动能为 3 eV
D. 该电子不可能运动到 x=2cm 处
10 ．如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为 E ＝1×104 V/m ，其中有一个半径为 R = 2 m 的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道 AB 和 AC，A 点所在的半径与竖直直径 BC 成 37°角．质 量为 m ＝0.08 kg 、 电荷量为 q ＝＋6×10－5 C 的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从 A 点由静止释放，可
分别沿 AB 和 AC 到达圆周上的 B 、C 点．现去掉弦轨道 AB 和 AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且
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恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正确的是(cos 37° = 0.8 ，g 取
10 m/s2)( )
A ．小环在弦轨道 AB 和 AC 上运动时间之比为 1∶1
B ．小环做圆周运动过程中经过 C 点时动能最大
C ．小环做圆周运动过程中动能最小值是 1 J
D ．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是 5 N
三、实验题：本题共 2 个小题，共 15 分，第 11 题 6 分，第 12 题 9 分。
11. 青松老师为了更好地讲解电容器充放电
的原理，带领 4、6 班的同学组成兴趣小组，
做“用传感器观察电容器的充电和放电 ”的
实验，把一个电容器、 电流传感器、 电阻、
电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先将
开关 S 拨至 1 端， 电源向电容器充电，然后将开关 S 拨至 2 端， 电容器放电，与电流传感器相连接的计算
机记录这一过程中电流随时间变化的I - t 线，如图乙所示。
（1）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是 。（填正确答案标号）
A. 电容器充、放电过程中，外电路有电流 B. 电容器充、放电过程中，外电路有恒定电流
C. 电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能 D. 电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小 （2）在形成电流曲线 1 的过程中，电容器两极板间的电压 ；在形成电流线 2 的过程中，电容器的
电容 。（均选填“逐渐增大 ”“不变 ”或“逐渐减小 ”）
（3） 曲线 1 与横轴所围面积 （选填“大于 ”“等于 ”或“小于 ”）曲线 2 与横轴所围面积。
12. 佳佳老师带领 11、12 班的究学习小组利用图所示装置，将钢球 a 用细线悬
挂于 O 点，钢球 b 放在离地面高度为 H 的支柱上，O 点到 a 球球心的距离为 L。
将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为a ，由静止释放后摆到最低点时恰与 b 球正碰，
碰撞后 a 球把轻质指示针（图中未画出）推移到与竖直线夹角β处，b 球水平抛
出后落到地而上，测出 b 球的水平位移 s。用托盘天平秤量出 a 球的质量：ma，
b 球的质量 mb ，再结合当地重力加速度 g，验证了 a 、b 两钢球碰撞前后系统
动量守恒。
（1） 由题可知：a 球的质量 b 球的质量（填“大于” 、“小于”或“等于”）；
（2）a 球碰撞前后的瞬时速度大小的表达式 v0 ＝ ，va ＝ ；（用 L 、g、“、β表示）
（3）碰后瞬间 b 球速度大小的表达式 vb = （用 s 、g、H 表示）；
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四、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。13 题 10 分，14 题 14 分，15 题 18 分。解答应写出 必要得文字说明、方程式和重要得演算步骤，只写出结果的不能给分。
13. 如图所示，真空中处于同一水平面 A、B、C 三点都在匀强电场中，且场线与平面 ABC 平行。已知 AC BC，
ABC=37° , BC=20cm ，把一个电荷量 q=2 × 10-9C 的正电荷从 A 移到 C 电场力做功为-2.4 × 10-7J 。从 C 移
到 B 电场力做功为 2.4 × 10-7J ，sin37°=0.6 ，cos37°=0.8 求：
（1）AB 间的电势差 UAB
（2）该匀强电场的场强大小和方向
14 、如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道 的最高点和最低点。现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体（时间极短），并沿桌面滑动。已知 圆弧轨道光滑，半径 R = 0.2m；A 和 B 的质量均为 200g；A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ = 0.2 ，重
力加速度 g 取 10m/s2 。求：
（1）碰撞前瞬间 A 的速率 v 和碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′
（2）A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l；
（3）碰撞过程中 A 对 B 的冲量大小和 A 对 B 做的功。
15. 中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图 1 所示，在 xOy 平面内的第一象 限和第四象限加一沿y 轴正方向的匀强电场 E0（未知），一粒子发射源固定在坐标原点 O ，该装置可以沿 x 轴正方向发射质量为 m 、 电荷量为 q(q>0)的粒子 P ，粒子的初速度均为 v0 ，刚好能过第一象限内的 M 点， 已知 M 点的横坐标为 l ，不计重力及粒子间的相互作用。
（1） 已知粒子P 过M 点时速度为2v0 ，求匀强电场的场强大小 E0 和M 点的纵坐标；
（2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场 E’（周期 T=），如图 2 所示，场强为正值时表示电场方向 沿y 轴正方向，题干中其他条件均不变，t=0 时刻从坐标原点射出的粒子 P 仍能过 M 点，求图 2 中 E’与 E0
的比值；
（3）如图 3 所示，在x = l 处放置一垂直于x 轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图 2
所示的交变电场，图 3 中两条虚线的纵坐标为y = ± 。在 t=0 至 t=时间内从坐标原点 O 沿x 轴正方向
连续发射粒子 P ，粒子的初速度均为 v0 ，求在哪个时间范围内发射出的粒子P ，运动轨迹始终在图 3 中两条
虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。
T T T T T T
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物 理 试 题
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第 I卷（选择题）和第Ⅱ卷组成，共 4页；
答题卷共 2页．满分 100分，时间 75分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共 43分)
注意事项：
1．答第 I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦
干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上．
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28.0分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
1. 1. 用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下属于用比值法定义的物理量是（ ）
F kQ S
A. 电场强度 E B. 电场强度 E 2 C. 电容C q D. 电势差 =r 4 kd
【答案】A
2. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子 3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站
在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向
前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面之间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲与乙的加速度大小相等方向相反
【答案】 B
【解析】A．甲、乙组成的系统动量守恒，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量，大小相等，但是方向相反，A错
误；
B．甲、乙组成的系统动量守恒，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，B正确；
C．在推动过程中，甲、乙之间的相互作用力等大反向，但无法确定对地位移的大小关系，因此无法判断做
功的关系，即甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，C错误；
D．甲、乙的质量关系未知，无法判断加速度的大小关系，D错误。
故选 B。
3. 如图所示，在真空中，ab、cd是圆 O的两条直径，在 a、b两点分别固定有电荷量为＋Q和﹣Q的点电
荷，下列说法正确的是（ ）
A. c、d两点的电场强度相同，电势相等
B. c、d两点的电场强度相同，电势不等
C. c、d两点的电场强度不同，电势相等
D. c、d两点的电场强度不同，电势不等
【答案】B
【解析】
【详解】如图为等量异种电荷电场线和等势面分布图
据对称性可知，c、d两点的电场强度相同；根据顺着电场线方向电势逐渐降低可得，c点电势高于 d点。
故选 B。
4.高空抛物行为曾被称为“悬在城市上空的痛”，带来很大的社会危害。2021年 3月 1日，“高
空抛物”行为正式入刑。假设一 500mL瓶装水从 80m高处自由落下，与地面接触时间为 0.05s，
撞击地面后速度变为 0，则该瓶装水对地面的冲击力约为（ ）
A．5N B．100N C．400N D．1000N
【答案】 C
【解析】设瓶装水质量为 m，由质量与密度公式
m V
得水的质量为
m 0.5kg
落地瞬间的速度为 v，忽略空气阻力，由动能定理得
mgh 1 mv2
2
得速度为
v 2gh 40m/s
瓶装水落地时受到自身的重力和地面的支持力，若规定向上为正方向，由动量定理得
(FN mg)t 0 ( mv)
解得
FN 405N
可得该瓶装水对地面的冲击力约为 400N。
故选 C。
5. 如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度 v0从A点竖直向上
射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中 B点时，速率 vB 2v0
方向与电场的方向一致，则A、 B两点的电势差为（ ）
mv2 3mv2 2mv2 2
A 0
3mv
. B.
0 C. 0 D. 0
2q q q 2q
【答案】C
【详解】粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有
2gh v20
1 2 2
电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由 mv 变为 2mv ，则根据动能定理，有
2 0 0
Uq mgh 1 2mv20 mv
2
2 0
解得，A、 B两点电势差应为
U 2mv
2
0
q
故选 C。
6. 平行板电容器与电源相连，间距为 d，在两竖直极板间用绝缘细线悬挂一带电量为+q的小球，悬线与竖
直方向夹角为 30o，小球处于静止状态。已知小球质量为 m，重力加速度为 g，则（ ）
mgd
A. 两极板间的电压为U 2q
B. 保持开关 S闭合，增大极板间距， 变大
C. 保持开关 S闭合，增大极板间距， 不变
D. 若断开开关 S，增大极板间距， 不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．对小球进行受力分析，有
qE mg tan 30o
又因为
E U
d
解得
U 3mgd
3q
故 A错误；
U
BC．开关 S闭合，两极板间电压不变， 由 E= 可知，增大极板间距时， E变小；小球平衡时有
d
qE mg tan
则 E变小时， 变小，故 BC错误；
D．断开开关 S后，两极板带电量不变，根据
U=Q C S U， ， E=
C 4 kd d
可得
E 4 kQ
S
可知场强不变，因此小球受力情况不变，仍然静止，所以 不变，故 D正确。
故选 D。
1
7. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为 m的滑块，滑块右侧面为一个半径为 R的 4弧形的光滑凹槽，
A v点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度 0从 A点冲上凹槽，重力加速度大小为 g。下列说法中
正确的是（ ）
A．当 v0 2gR时，小球恰好能到达 B点
B．当 v0 2gR 时，小球在弧形凹槽上冲向 B点的过程中，滑块的动能增大；返回 A点的过程中，滑块的
动能减小
C v．如果小球的速度 0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
D．小球返回 A点后做自由落体运动
【答案】 D
【解析】A．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球 v0 2gR的速度冲上，根据机械能守恒
mgh 1 mv2
2 0
解得
h R
但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到 B点，A错误；
B．当 v0 2gR时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到右上方的支持力，速度减小，动能减小；
滑到最高点时，两者速度相等，之后返回 A点的过程中，滑块的动能依然减小，B错误；
C v．如果小球的速度 0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，
两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；
D．小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞
mv0 mv1 mv2
1 mv2 1 10 mv
2
1 mv
2
2 2 2 2
解得
v1 0，v2 v0
所以小球返回 A点后做自由落体运动，D正确。
故选 D。
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求。全部选对得 5分，选对但不全的得 3分，有错得 0分。
8. 如图所示，一粗糙长木板M放置在光滑水平地面上，物块 N以某一水平速度滑上M，此后 N始终未脱
离M，则在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．M的动量守恒
B．M、N组成的系统动量守恒
C．M、N组成的系统机械能守恒
D．存在某段时间内，N合外力的冲量为零
【答案】BD
【解析】M、N共速前，M受到摩擦力的作用，动量是变化的，故 A错误；由于整个运动过程中，M、N
组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，故 B正确；由于存在摩擦力做功转化为内能，M、N组成的
系统机械能不守恒，故 C错误；M、N共速后，N合力为零，此后的运动的任意时间内，N合外力的冲量
为零，故 D正确。
9. 已知 x轴上电场方向与 x轴方向平行，x轴上各点电势如图所示，x=0处电势为 5V，一电子从 x=-2cm处
由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A. x=0处电场强度为零
B. 电子在 x=-2cm处的加速度小于电子在 x=-1cm处的加速度
C. 该电子运动到 x=0处时的动能为 3 eV
D. 该电子不可能运动到 x=2cm处
【答案】AC
【解析】
【详解】根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在 x=0处电场强度为 0．故 A
正确；图线的斜率表示电场强度，由图可知 x=-2cm 处的电场强度大于 x=-1cm 处的电场强度，则电子的加
速度：a=Eq/m可知电子在 x=-2cm处的加速度大于电子在 x=-1cm 处的加速度．故 B错误；电子从 x=-2cm
处由静止释放，由图可知，在 x=-2cm处的电势为 2V，电子在 x=0 处的电势为 0，电子的电势增大 3V，所
以电子的电势能减小 3eV．由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少
量，所以电子到达 x=0处的动能为 3eV．故 C正确；由图可知，y轴两侧的电场是对称的，所以该电子能运
动到 x=2cm处．故 D错误．
10．如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为 E＝1×104 V/m，其中有一个半径为 R＝
2 m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道 AB和 AC，A点所在的半径与竖直直径 BC成 37°角．质
量为 m＝0.08 kg －、电荷量为 q＝＋6×10 5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从 A点由静止释放，可
分别沿 AB和 AC到达圆周上的 B、C点．现去掉弦轨道 AB和 AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且
恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g取
10 m/s2)( )
A．小环在弦轨道 AB和 AC上运动时间之比为 1∶1
B．小环做圆周运动过程中经过 C点时动能最大
C．小环做圆周运动过程中动能最小值是 1 J
D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是 5 N
答案 AD
解析 因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为 F＝ mg 2＋ Eq 2＝1 N，与竖直方向夹角正切
值 tan θ qE 3＝ ＝ ，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向 AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦
mg 4
轨道 AB和 AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是 AO延长线与圆环轨道交点，而非 C点，等效最低
点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最
高点 A速度最小为零，在 A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环
1
对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F·2R＝ mvm2－0，由牛顿第二
2
2
定律得 F vmN－F＝m ，代入数据解得 FN＝5 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压
R
力是 5 N，D正确．
三、实验题：本题共 2个小题，共 15分，第 11题 6分，第 12题 9分。
11. 青松老师为了更好地讲解电容器充放电的原理，带领 4、6 班的同学组成兴趣小组，做“用传感器观察
电容器的充电和放电”的实验，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。
先将开关 S拨至 1端，电源向电容器充电，然后将开关 S 拨至 2端，电容器放电，与电流传感器相连接的
计算机记录这一过程中电流随时间变化的 I t线，如图乙所示。
（1）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是________。（填正确答案标号）
A.电容器充、放电过程中，外电路有电流
B.电容器充、放电过程中，外电路有恒定电流
C.电容器充电过程中，电源提供的电能全部转化为内能
D.电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小
（2）在形成电流曲线 1的过程中，电容器两极板间的电压________；在形成电流线 2的过程中，电容器的
电容________。（均选填“逐渐增大”“不变”或“逐渐减小”）
（3）曲线 1与横轴所围面积________（选填“大于”“等于”或“小于”）曲线 2与横轴所围面积。
【答案】 （1）. AD（2分） （2）. 逐渐增大；不变 （各 1分） （3）. 等于（2分）
【详解】（1）[1]AB．由 I-t图像可知，电容器充、放电过程中，外电路中有电流，电流不断变化，A正确，
B错误；
C．电容器充电过程中，电源提供的电能一部分转化为内能，一部分转化为电容器的电场能，C错误；
D．电容器放电过程中，电容器中的电场能逐渐减小，D正确；
故选 AD；
（2）[2][3]在形成电流曲线 1的过程中，电容器充电，电容器两极板间的电压逐渐增大；电容器的电容不随
电压及电荷量的变化而变化，在形成电流线 2的过程中，电容器的电容不变；
（3）[4]根据
q It
可知图像与坐标轴围成的面积等于电容器充电或放电电量，电容器充电的电量等于放电的电量，故曲线 1
与横轴所围面积等于曲线 2与横轴所围面积。
12. 佳佳老师带领 11、12班的究学习小组利用图所示装置，将钢球 a用细线悬挂于 O点，钢球 b放在离地
面高度为 H的支柱上，O点到 a球球心的距离为 L。将 a球拉至悬线与竖直线夹角为 ，由静止释放后摆
到最低点时恰与 b球正碰，碰撞后 a球把轻质指示针（图中未画出）推移到与竖直线夹角β处，b球水平抛
出后落到地而上，测出 b球的水平位移 s。用托盘天平秤量出 a球的质量：ma，b球的质量 mb，再结合当
地重力加速度 g，验证了 a、b两钢球碰撞前后系统动量守恒。
（1）由题可知：a球的质量_________b球的质量（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（2）a球碰撞前后的速度的表达式 v0＝ ，va＝ ；（用 L、g、α、β表示）
（3）碰后 b球速度的表达式 vb =___________（用 s、g、H表示）﹔
g
（1）大于（3分） （2） 2 (1 )； 2 (1 )；（各 2分） （3） s （2分）
2H
【解析】
（1）[1]a球、b球碰撞过程中，满足动量守恒，又因为碰撞后，a球继续向左运动，所以可知，a球的质量
大于 b球；
（2）对钢球 a 从静止释放后摆到最低点过程应用动能定理得，magL（1﹣cosα =
1
） 2
2
0，解得 a球碰撞
前的速度的表达式 v0= 2 (1 )；
1
碰撞后，对钢球 a 从最低点到摆到最高点过程应用动能定理得，﹣magL（1﹣cosβ）＝0 2
2
，解得 a
球碰撞后的速度 va= 2 (1 )。
（3）b球碰撞后，做平抛运动，根据平抛运动的性质可得，竖直方向有
H 1 gt 2
2
水平方向有
vb=
s
t
可得
vb=s
g
2H
四、计算题：本大题共 3小题，共 42分。13题 10分，14题 14分，15题 18分。解答应写出必要得文字说
明、方程式和重要得演算步骤，只写出结果的不能给分。
13. 如图所示，真空中 A、B、C三点都在匀强电场中。已知 AC BC， ABC=37°，BC=20cm，把一个电
荷量 q=2×10-9C 的正电荷从A移到C电场力做功为-2.4×10-7J。从C移到B电场力做功为2.4×10-7，sin37°=0.6，
cos37°=0.8求：
（1）AB间的电势差 UAB
（2）该匀强电场的场强大小和方向
【答案】（1）0V (4分)；（2）1000V/m，方向与 AB垂直斜向下（6分）
【详解】（1）由
WAB WAC WCB
WAB qU AB
可得
7 7
U WAB 2.4 10 J 2.4 10 JAB q 2 10 9
0V
C
（2）由
WCB qUCB
得
7
U W CB 2.4 10 JCB q 2 10 9
120V
C
电场线与等势面垂直，所以电场线的方向与 AB垂直斜向下，依据公式得
E U CB 120V 1000V/m
BC sin 37 0.2 0.6m
14、如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块 A和 B分别静止在圆弧轨道
的最高点和最低点。现将 A无初速释放，A与 B碰撞后结合为一个整体（时间极短），并沿桌面滑动。已知
圆弧轨道光滑，半径 R = 0.2m；A和 B的质量均为 200g；A和 B整体与桌面之间的动摩擦因数μ = 0.2，重
力加速度 g取 10m/s2。求：
（1）碰撞前瞬间 A的速率 v和碰撞后瞬间 A和 B整体的速率 v′
（2）A和 B整体在桌面上滑动的距离 l；
（3）碰撞过程中 A对 B的冲量大小和 A对 B做的功。
【答案】 （1）2m/s，1m/s；（各 3分）（2）0.25m；（4分）（3）0.2N s，0.1J（各 2分）
【解析】（1）根据机械能守恒定律有
1
mgR = 2 mv2
解得碰撞前瞬间 A的速率有
v = 2m/s
根据动量守恒定律有
mv = 2mv′
解得碰撞后瞬间 A和 B整体的速率
v′ = 1m/s
根据动能定理有
0 1 2m v 2 2m gl
2
解得 A和 B整体沿水平桌面滑动的距离
l = 0.25m
（2）根据动量定理，A对 B的冲量等于 B的动量变化量
I = mv′ = 0.2N s
根据动能定理，A对 B做的功等于 B的动能变化量
W 1 mv2
2 0.1J
15. 中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图 1所示，在 xOy平面内的第一象
限和第四象限加一沿 y轴正方向的匀强电场 E0（未知），一粒子发射源固定在坐标原点O，该装置可以沿 x
轴正方向发射质量为m、电荷量为 q(q 0)的粒子P，粒子的初速度均为 v0，刚好能过第一象限内的M 点，
已知M 点的横坐标为 l，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）已知粒子P过M 点时速度为 2v0 ，求匀强电场的场强大小 E0和M 点的纵坐标；
（2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图 2所示，场强为正值时表示电场方向沿 y轴正方向，
题干中其他条件均不变， t 0时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M 点，求图 2中 E 与 E0的比值；
（3）如图 3所示，在 x l处放置一垂直于 x轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图 2
3 l
所示的交变电场，图 3中两条虚线的纵坐标为 y t x0 l0在 t 0至 4v 时间内从坐标原点O沿 轴正方16 0
向连续发射粒子P，粒子的初速度均为 v0，求在哪个时间范围内发射出的粒子P，运动轨迹始终在图 3中两
条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。
1 E 3mv
2 E
0 l 9l 3l【答案】（ ） 0 , y
3
l；（5分）（2） 4；（5分）（3） t , y 0E （8分）qL 2 0 8v0 64v0 16
【详解】（1）粒子P在电场中做类平抛运动，将粒子P运动到M 点时的速度正交分解，其沿 x轴方向的上
分速度为 v0，根据勾股定理其沿 y轴方向的分速度
v 2v 2 v2y 0 0 3v0
粒子P在电场中的加速度
a qE 0
m
根据动力学，有
3v0 at
l v0t
y 1 at 2
2
联立可得
E 3mv
2
00 ql
y y 3M l2
（2）换成交变电场后，粒子P运动至M 点的运动时间仍为
t l
v0
结合题图 2可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子P沿 y轴的分速度随时间变化的 v t图像如图甲
所示，所以整个运动过程其在 y轴方向运动的距离为
2
y 4 1 qE T
2 m 2
又知道
y 3 l
2
可解得
E 4 3mv
2
0
ql
故
E
4
E0
（3 3l）设 tx时刻发射出的粒子P恰好能运动至虚线 y ，结合粒子P沿 y轴的分速度随时间变化的 v t图
16
像如图乙所示，根据匀变速运动规律可知
2
3l 2 1 qE
l
t16 2 m 4v
x
0
可解得
t lx 8v0
由图乙可知在 tx时刻射出的粒子P最终打在挡板上时的纵坐标为
y1 0
设 t 3lx时刻发射出的粒子P恰好能运动至虚线 y ，结合运动图像如图丙所示，根据匀变速运动规律有
16
2
3l
2 2 1 qE t 2 1 qE l
16 2 m x
2 t x
2 m 4v0
解得
t 9lx 64v0
由图丙可知在 t x时刻射出的粒子P最终打在挡板上时的纵坐标为
y 3l2 16
l t 9l
综上所述，在 8v0 64v0 时间范围内射出的粒子 P运动轨迹始终在题图 3中两虚线之间。这些粒子落在
3l
y 0
挡板上范围为 16