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湖北省武漢市2024屆高三下學期物理調研（二模）試題
1．（2024·武漢模擬） 2024年2月29日，國際熱核聚變實驗堆（ITER）組織與中核集團牽頭的中法聯合體正式簽署真空室模塊組裝合同，中國將再次為ITER計劃順利推進貢獻智慧和力量。下列核反應方程，屬于熱核反應的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；核裂變；核聚變
【解析】【解答】太陽內部的兩個輕核結合成質量較大的核，可在瞬間產生大量熱能，發生的反應是熱核反應，核反應方程為
故答案為：A。
【分析】熟練掌握核裂變、核聚變和原子核的人工轉變的區別與特點。
2．（2024·武漢模擬） 如圖所示，在水平面上M、N兩點固定著兩個電荷量相等的正點電荷，A、B為MN上的兩點，C、D為MN中垂線上的兩點，且到MN中點O的距離相等。下列說法正確的是（　　）
A．沿中垂線從C點到D點電場強度一定先減小后增大
B．沿MN從A點到B點電勢先升高后降低
C．將電子在C點釋放，電子將在C、D之間做簡諧運動
D．將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加
【答案】D
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A、根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，在中垂線上，無窮遠處的電場強度為0，中點O處的電場強度也為0，則從無窮遠到中點的電場強度先增大后減小，由于C點與D點位置不確定，可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，故A錯誤；
B、沿電場線電勢降低，根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，沿MN從A點到B點電勢先降低后升高，故B錯誤；
C、結合上述可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，則電子沿中垂線從C點到D點所受電場力可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，即電子所受電場力大小與相對平衡位置的位移大小不成正比關系，即將電子在C點釋放，電子在C、D之間的運動不是簡諧運動，故C錯誤；
D、沿電場線電勢降低，根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，從A點移到O點，再從O點移到C點，電勢一直降低，電子帶負點，則將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟練掌握等量同種正電荷的電場和等勢面分布規律和特點。沿電場線電勢降低，負電荷在電勢高的位置，電勢能小。
3．（2024·武漢模擬） 在和的空間分別分布著均勻介質1和均勻介質2。時刻，x軸上的波源S沿y軸方向開始做簡諧振動。時刻，x軸上的P點恰好開始振動，波形如圖。已知S點橫坐標為，P點橫坐標為，下列說法正確的是（　　）
A．波由介質1進入介質2周期變小
B．波由介質1進入介質2傳播速度不變
C．波源振動的周期為
D．波在介質2中的傳播速度為
【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】 【解答】A、頻率與周期由波源的振動決定，可知，波由介質1進入介質2周期不變，故A錯誤；
B、根據圖像可知，介質1與介質2中的波長分別為
，
根據
，
結合上述可知
故B錯誤；
C、t=t0時刻，x軸上的P點恰好開始振動，根據圖像有
解得
故C錯誤；
D、波在介質2中的傳播速度為
故D正確。
故答案為：D。
【分析】 頻率與周期由波源的振動決定，介質不同，波的傳播速度不同。根據波形圖確定波在不同介質中錯波長，再確定波在兩介質中的傳播速度。根據t0時刻內波運動的距離與波長的關系，確定波的周期與t0的關系，繼而得出波的傳播速度。
4．（2024·武漢模擬） 如圖是一個既適用于220V，又適用于110V電源的理想變壓器，其中兩個原線圈完全相同，且允許通過的最大電流均為0.30A。用于220V時，應把兩個原線圈串聯起來再接電源（B、C相接，再從A、D端引線接電源）；用于110V時，應把兩個原線圈并聯起來再接電源（A、C相接，B、D相接，再從A、B端引線接電源）。已知副線圈的輸出功率為50W，則（　　）
A．用于220V電源時，變壓器不能正常使用
B．用于110V電源時，變壓器不能正常使用
C．把B、D相接并從A、C端引線接電源，變壓器不能正常使用
D．把A、C相接并從B、D端引線接電源，變壓器仍能正常使用
【答案】C
【知識點】變壓器的應用
【解析】【解答】A、理想變壓器
且
用于220V電源時，電流
故變壓器可正常使用，故A錯誤；
B、由上述分析，用于110V電源時，兩線圈并聯，線圈電流
故變壓器可正常使用，故B錯誤；
C、B、D相連，A、C端引線接電源時，兩個線圈產生的磁場抵消，鐵芯中磁通量為零，所以副線圈沒有輸出，故C正確；
D、A、C相連，B、D端引線接電源時，兩線圈產生的磁場抵消，鐵芯中磁通量為零，所以副線圈沒有輸出，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】理想變壓器原副線圈的電功率相等。當兩個原線圈并聯時，通過原線圈的總功率等于兩個線圈的功率之和。再根據電功率的定義判斷是否能正常工作。根據安培定則確定將兩原線圈并聯時產生的磁場方向，再根據磁場疊加法則去誒定穿過鐵芯中的磁通量為，再結合電磁感應原理判斷變壓器能否正常使用。
5．（2024·武漢模擬） 2023年5月，我國成功發射北斗衛星導航系統第56顆衛星。圖（a）是西安衛星測控中心對某衛星的監控畫面，圖中左側數值表示緯度，下方數值表示經度，曲線是運行過程中，衛星和地心的連線與地球表面的交點（即衛星在地面上的投影點，稱為星下點）的軌跡展開圖。該衛星運行的軌道近似為圓軌道，高度低于地球同步衛星軌道，繞行方向如圖（b）所示。已知地球自轉周期為24小時，地球半徑為R，地球同步衛星軌道半徑約為6.6R。根據以上信息可以判斷（　　）
A．該衛星軌道平面與北緯30°線所在平面重合
B．該衛星運行速度大于第一宇宙速度
C．該衛星運行周期為12小時
D．該衛星軌道半徑約為3.3R
【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A、根據圖（b）可知該衛星軌道平面與北緯30°線所在平面不重合，故A錯誤；
B、衛星做圓周運動，根據萬有引力提供向心力，有
解得
該衛星運行的軌道半徑大于地球半徑，因此該衛星運行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；
C、由圖（a）可知
則該衛星運行周期為
故C正確；
D、根據
解得該衛星軌道半徑約為
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】第一宇宙速度是衛星繞地飛行的最大環繞速度，與近地軌道衛星的運行速度相等。 根據圖a可知，當衛星旋轉一圈，地球的經線恰好旋轉180°，即地球恰好轉動半圈，繼而確定衛星周期與地球自轉周期的關系。再結合萬有引力定律及牛頓第二定律進行解答。
6．（2024·武漢模擬） 如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個重環，繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環相連，另一端施加拉力F使重環從A點緩慢上升到B點。設桿對重環的彈力大小為，整個裝置處于同一豎直平面內，在此過程中（　　）
A F逐漸增大，逐漸增大
A．F逐漸增大，先減小后增大
B．F先減小后增大，逐漸增大
C．F先減小后增大，先減小后增大
【答案】A
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】對物體受力分析，并構封閉的矢量三角形，如圖所示
由圖可知，在拉力到達豎直方向前，與豎直方向的夾角越來越小，拉力F增大，FN減小，經過豎直方向后，夾角又逐漸變大，拉力F繼續增大，FN也增大，故B正確。
故答案為：B。
【分析】一力恒定(如重力)，另一力方向不變（與恒定力夾角不變），作出不同狀態下的矢量三角形，確定力大小的變化情況。對環A進行受力分析，再根據矢量三角形法則結合題意進行分析。
7．（2024·武漢模擬） 如圖，某透明介質（折射率）由兩個半徑分別為2R和R的半球疊合而成，O為二者的球心，OA為與兩半球接觸面垂直的半徑。現有一束細單色光在紙面內從A點以入射角i射入介質，不考慮多次反射，要使折射光能從小半球面射出，則入射角i的最大取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】根據幾何關系可知，入射角i越小，大半球的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易從小半球面射出，當入射角i達最大值時，小半球界面恰好發生全反射，此時，令在大半球界面處的折射角為θ，則有
在小半球界面處恰好發生全反射，則有
根據正弦定理有
解得
即要使折射光能從小半球面射出，則入射角i的最大取值范圍是
故答案為：B。
【分析】入射角i越小，大半球的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易從小半球面射出，要使折射光能從小半球面射出，則臨界情況為光線恰好在小半球界面發生全反射或者從小半圓的左側端點射出。再根據幾何關系及折射定律和全反射條件進行解答。
8．（2024·武漢模擬） 彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯組成，小燈泡的結構如圖所示：小燈泡內有一根表面涂有氧化層（導電性能很差）的細金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯，正常工作時，細金屬絲與燈絲支架不導通；當加上較高電壓時，細金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導通。當某個小燈泡的燈絲熔斷時，下列說法正確的是（　　）
A．彩燈串上其他小燈泡仍能發光
B．彩燈串上其他小燈泡不能發光
C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加
D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變
【答案】A,C
【知識點】串聯電路和并聯電路的特點及應用
【解析】【解答】AB、當其中一只彩燈燈絲燒斷瞬間，發生斷路的地方的電壓接近電源電壓220V，氧化銅被擊穿，細金屬絲與燈絲支架導通，保證其它燈泡繼續發光，故A正確，B錯誤；
CD、由于導通的部分相當于導線，整個彩燈串上相當于少了一個燈，根據串聯電路特點可知，總電阻減小，總電流略有增大，所以彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加，故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】燈絲被燒斷時，斷路的地方的電壓接近電源電壓，細金屬絲與燈絲支架導通，將斷路部分斷路，確保其他燈泡仍形成閉合回路正常工作。燈泡之間相互并聯，當某個小燈泡的燈絲熔斷時， 燈絲支架導通將斷路部分短路，相當于回路中減少一個小燈泡。
9．（2024·武漢模擬） 如圖，電阻不計的固定直角金屬導軌AOC的兩邊，角度為45°的“”形均勻金屬桿可繞O'轉動，轉動過程中金屬桿與導軌接觸良好。最初“”形金屬桿的a段恰好與A端接觸，b段恰好與O接觸，整個空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙而向里的勻強磁場。“”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中（　　）
A．回路中感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向
B．穿過回路的磁通量先增大后減小
C．回路中感應電動勢的最大值為
D．“”形金屬桿a、b兩段產生的焦耳熱相等
【答案】B,D
【知識點】磁通量；楞次定律；導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】AB、“ ”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中，閉合電路在磁場中的面積先增大后減小，所以穿過回路的磁通量先增大后減小；由楞次定律可知回路中感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤，B正確；
C、在開始時a、b兩金屬棒的長度差最大，回路中感應電動勢最大，回路中感應電動勢的最大值為
故C錯誤；
D、“ ”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中電路中感應電動勢先減小后增大，開始時的電動勢與最后的電動勢大小相等；“ ”形金屬桿a、b兩段的電流相等，由于運動中電動勢的對稱性及電阻的對稱性，又由
可知金屬桿a、b兩段產生的焦耳熱相等，故D正確。
故答案為：BD。
【分析】確定旋轉過程穿過回路磁通量的變化情況，再根據楞次定律確定回路中感應電流的方向變化情況。a、b棒產生的感應電流方向相反，a、b兩金屬棒的長度差越大，回路中感應電動勢越大。再根據對稱性確定產生焦耳熱的關系。
10．（2024·武漢模擬） 如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質量為3m的半圓形槽，AB為槽的水平直徑。質量為m的小球自左端槽口A點的正上方距離為R處由靜止下落，從A點切入槽內。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．槽向左運動的最大位移為0.5R
B．小球在槽中運動的最大速度為
C．小球能從B點離開槽，且上升的最大高度小于R
D．若槽固定，小球在槽中運動過程中，重力做功的最大功率為
【答案】A,D
【知識點】自由落體運動；功率及其計算；動能定理的綜合應用；人船模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【解答】A、半圓形槽和小球在水平方向動量守恒，設小球水平方向分速度大小為v1，槽的速度大小為v2，則
當小球運動到B點時，小球和槽的水平位移最大，設小球的水平位移大小為x1，槽的位移大小為x2 ，半圓形槽和小球運動時間相同，則有
半圓形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相對位移大小為
解得
故A正確；
B、小球運動到最低點時速度最大，根據動量守恒
根據機械能守恒
解得
故B錯誤；
C、小球運動B點時，小球和槽在水平方向上速度相同，根據水平方向動量守恒，則此時小球和槽在水平方向上的速度都為零，根據小球和槽組成的系統機械能守恒，則小球上升的最大高度等于R，故C錯誤；
D、根據
可知，當小球在豎直方向分速度最大時，重力的功率最大，設此時小球和O點連線與豎直方向的夾角為θ，此時速度大小為v，根據動能定理
解得
則豎直方向分速度為
根據數學求極值的方法可知，當時，豎直方向分速度最大，最大值為
重力做功的最大功率為
故D正確。
故答案為：AD。
【分析】小球在槽上運動過程，水平方向動量守恒，在槽上運動時，小球與槽構成的模型相當于人船模型，即小球從A運動到B的過程，兩者的相對位移等于槽的直徑。小球運動到最低點時小球的速度最大，小球從開始運動至最高點的過程中，整個系統的動力守恒，小球到達B點時，小球和槽在水平方向的速度相等。當小球在豎直方向分速度最大時，重力的功率最大，再根據動量守恒定律及機械能守恒定律和功率的定義進行解答。
11．（2024·武漢模擬） 某同學用如圖（a）所示的裝置探究氣體等溫變化的規律，空氣柱的壓強可以通過壓力表讀出，空氣柱的體積即空氣柱的長度與橫截面積的乘積。整個裝置安裝在固定架上，把柱塞置于注射器玻璃管的某一刻度處，將橡膠套套在玻璃管的下端，把一段空氣柱封閉在玻璃管中，實驗中空氣柱質量保持不變。
（1）請將下列實驗步驟補充完整：
①讀出初始狀態下空氣柱的壓強p和空氣柱的長度l；
②　 　（填“緩慢”或“快速”）向上拉或向下壓柱塞，待壓力表示數穩定后，讀出空氣柱的壓強和空氣柱的長度；
③重復步驟②，記錄多組數據；
（2）某次實驗時，壓力表的示數如圖（b）所示，則空氣柱的壓強　 　Pa；
（3）以p為縱坐標，以　 　為橫坐標，把采集的各組數據在坐標紙上描點，各點位于過原點的同一條直線上，由此得出結論：在實驗誤差允許范圍內，一定質量的氣體，在溫度不變的情況下，壓強與體積成反比。
【答案】（1）緩慢
（2）
（3）
【知識點】理想氣體的實驗規律
【解析】【解答】（1）為避免溫度變化，應該把柱塞緩慢地向下壓或向上拉。
（2）由圖可知壓強為1.20×105Pa。
（3）根據
解得
則橫坐標為。
【分析】探究氣體等溫變化的規律應采用控制變量法進行實驗，實驗探究壓強與氣柱長度的關系，應控制溫度盡可能不變。讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據理想氣體狀態方程確定圖像的表達式，繼而確定橫坐標。
12．（2024·武漢模擬） 某同學用如圖（a）所示的電路描繪電動機的伏安特性曲線，并同時測量電源的電動勢和內阻。現有實驗器材：待測電源、電壓表（內阻很大）、電流表（內阻很小）、電阻箱、滑動變阻器、待測電動機M、開關若干、導線若干。
（1）描繪電動機的伏安特性曲線步驟如下：
①斷開、、，先將滑動變阻器的滑片P滑到　 　（填“c”或“d”）端；
②閉合開關，接a，調節滑動變阻器，讀出電流表、電壓表的示數，將數據記入表格；
③以電動機兩端的電壓U為縱坐標，以通過電動機的電流I為橫坐標，根據數據描點作圖，得到電動機的伏安特性曲線如圖（b）所示。請簡要說明圖中OA段為直線的原因：　 　。
（2）測電源的電動勢和內阻步驟如下：
①斷開，閉合，接b；
②調節電阻箱，讀出相應的阻值和電壓表示數；
③多次測量后，以為橫坐標，為縱坐標，描點連線，得到圖（c），由此可得電源電動勢E=　 　V，內阻r=　 　Ω；（結果均保留2位有效數字）
（3）把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端，則其中一個電動機的電功率為　 　W（結果保留2位有效數字）。
【答案】（1）c；電壓較小，電動機不轉動，可視為純電阻
（2）2.0；. 2.0
（3）0.25（0.23~0.27）
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）滑動變阻器采用分壓式，為了確保安全，閉合開關之前，需要使得控制電路輸出電壓為0，即應先將滑動變阻器的滑片P滑到c端；
U-I圖像中，圖線上的點與坐標原點連線的斜率表示電阻，OA段為直線表明電阻不變，原因是電壓較小，電動機不轉動，可視為純電阻。
（2）斷開S1，閉合S2，S3接b，根據閉合電路歐姆定律有
則有
結合圖像解得
，
（3）把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端，通過兩電動機的電流相等，兩電動機兩端電壓相等，根據電動機的伏安特性曲線可知，當電流為0.45A時，每個電動機兩端電壓約為0.55V，此時有
可知，此時恰好為把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端時電路的工作狀態，則其中一個電動機的電功率
【分析】閉合開關之前，應將滑動變阻器的滑片置于使電表實數最小的位置。電壓較小，電動機不轉動時，電動機可視為純電阻元件。根據閉合電路歐姆定律確定圖像的函數表達式，再根據圖象斜率及截距的物理意義進行數據處理。通過兩電動機的電流I相等，兩電動機兩端電壓U相等，可根據2U=E-Ir畫出兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端的U-I圖像，兩圖線的交點即為單個電動機工作時的電流及電壓值，再結合電功率公式進行解答。
13．（2024·武漢模擬） 在滑雪比賽中，某運動員從跳臺上的A點以速度與水平方向成角斜向上起跳，落在傾角的斜坡上的B點，著陸時速度方向與斜坡的夾角，如圖所示。已知運動員和裝備（均可視為質點）總質量，著陸緩沖的時間，著陸緩沖過程運動員不反彈、沿斜坡方向的速度不變，重力加速度大小，不計空氣阻力，，，，。求：
（1）運動員在空中飛行的時間；
（2）運動員著陸緩沖過程受到的平均支持力大小。
【答案】（1）解：運動員在空中做斜拋運動，根據拋體運動規律
解得
（2）解：運動員著陸時，由動量定理
解得
【知識點】動量定理；斜拋運動
【解析】【分析】（1）運動員在空中做斜拋運動，根據幾何關系結合著陸時速度方向與斜坡的夾角及斜面的傾角確定著陸時運動員速度與水平方向的夾角，再根據斜拋運動規律及運動的合成與分解進行解答；
（2）著陸緩沖過程運動員不反彈，沿斜坡方向的速度不變，即垂直斜拋方向的速度減為零。確定運動員著陸時的受力情況，再對垂直斜面方向運用動量定理進行解答。
14．（2024·武漢模擬） 如圖，水平直邊界下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，O、P、Q為邊界上的三個點，一電荷量為q（）的粒子在紙面內以水平向右的速度經過O點正下方M點，分裂成兩個質量相等的、帶正電的粒子1和粒子2，分裂后兩粒子的運動方向與分裂前相同，粒子1從P點離開磁場時、粒子2也恰好從Q點離開磁場。已知，，。不計粒子重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子1、2各自在磁場中運動的半徑；
（2）求粒子1所帶的電荷量；
（3）若邊界上方同時存在磁感應強度大小相同、方向垂直紙面向外的勻強磁場，當粒子2第二次經過邊界時，求兩粒子之間的距離。
【答案】（1）解：粒子運動軌跡如圖
設粒子1運動的半徑為，由幾何關系得
解得
設粒子2運動的半徑為，由幾何關系得
解得
（2）解：由幾何關系知，粒子1運動時間
粒子2運動時間
又
而
由電荷守恒定律
解得
（3）解：若在邊界上方同時存在大小相同、方向垂直直面向外的勻強磁場，粒子1、2將做周期性運動。粒子2第2次經過邊界時，粒子1也經過邊界。如圖所示
粒子1距離O點的距離
粒子2距離O點的距離
所以，兩個粒子的距離
解得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫出兩粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定兩粒子的運動半徑；
（2） 粒子1從P點離開磁場時、粒子2也恰好從Q點離開磁場。即兩粒子從分裂到離開磁場的運動時間相等，根據幾何關系確定兩粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角，再根據帶電粒子在磁場運動時間與周期的關系，結合粒子做圓周運動周期的表達式結合題意進行聯立解答；
（3）根據左手定則確定兩粒子在邊界上方磁場所受洛倫茲力的方向， 邊界上磁感應強度不變，粒子的運動半徑及周期相等，根據運動的周期性確定粒子2第2次經過邊界時，粒子1的位置。根據運動規律畫出粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定兩粒子之間的距離。
15．（2024·武漢模擬） 如圖所示，傾角的足夠長斜面固定在水平面上，時刻，將物塊A、B（均可視為質點）從斜面上相距的兩處同時由靜止釋放。已知A的質量是B的質量的3倍，A、B與斜面之間的動摩擦因數分別為、，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極短，重力加速度大小，求：
（1）A、B發生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小；
（2）A、B發生第三次碰撞的時刻；
（3）從靜止釋放到第n次碰撞，A運動的位移。
【答案】（1）解：A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根據牛頓第二定律
分析B的受力
即B靜止在斜面上。A與B發生第一次碰撞前，由運動學規律
A與B發生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
，
（2）解：由（1）可得，A從靜止釋放后，經過時間與B發生第一次碰撞，有
B以勻速直線運動，A以初速度，加速度a勻加速直線運動，第二次碰撞前，有
此時，B以勻速直線運動，A的速度為
A與B發生第二次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
B以勻速直線運動，A以初速度，加速度a勻加速直線運動，第三次碰撞前，有
顯然，每次碰撞后，B均相對A以初速度、加速度做勻減速直線運動至下一次碰撞，經過時間均為0.4s。故A與B發生第3次碰撞后的時刻為
解得
（3）解：從開始至第一次碰撞
從第一次碰撞至第二次碰撞
從第二次碰撞至第三次碰撞
從第三次碰撞至第四次碰撞
從第次碰撞至第n次碰撞
A從靜止釋放到第n次碰撞后運動的總位移
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；牛頓第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分別對A、B進行受力分析，確定A、B的運動情況，再根據牛頓第二定律及運動學規律確定碰前A、B的速度。A、B發生彈性碰撞，再根據動量守恒定律及能量守恒定律進行解答；
（2）由（1）分析結合運動學規律確定A、B發生第一次碰撞的時間及碰后A、B的運動情況，A、B從第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B運動的位移相等，再根據運動學規律確定該過程A、B運動的時間及第二次碰撞前A、B的速度，再根據動量守恒定律及能量守恒定律確定第二次碰后A、B的速度，同理，A、B從第二次碰撞后到第三次碰撞前A、B運動的位移相等，再根據運動學規律確定該過程A、B運動的時間，繼而得出總時間；
（3）結合（2）中分析，可知A、B在追及和碰撞中做往復循環運動，結合（1）和（2）中分析根據運動特點確定每次追及過程A運動的位移，根據運動規律推導得出第n次追及過程A運動位移的表達式，再根據數學知識確定A運動的總位移。
1 / 1湖北省武漢市2024屆高三下學期物理調研（二模）試題
1．（2024·武漢模擬） 2024年2月29日，國際熱核聚變實驗堆（ITER）組織與中核集團牽頭的中法聯合體正式簽署真空室模塊組裝合同，中國將再次為ITER計劃順利推進貢獻智慧和力量。下列核反應方程，屬于熱核反應的是（　　）
A．
B．
C．
D．
2．（2024·武漢模擬） 如圖所示，在水平面上M、N兩點固定著兩個電荷量相等的正點電荷，A、B為MN上的兩點，C、D為MN中垂線上的兩點，且到MN中點O的距離相等。下列說法正確的是（　　）
A．沿中垂線從C點到D點電場強度一定先減小后增大
B．沿MN從A點到B點電勢先升高后降低
C．將電子在C點釋放，電子將在C、D之間做簡諧運動
D．將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加
3．（2024·武漢模擬） 在和的空間分別分布著均勻介質1和均勻介質2。時刻，x軸上的波源S沿y軸方向開始做簡諧振動。時刻，x軸上的P點恰好開始振動，波形如圖。已知S點橫坐標為，P點橫坐標為，下列說法正確的是（　　）
A．波由介質1進入介質2周期變小
B．波由介質1進入介質2傳播速度不變
C．波源振動的周期為
D．波在介質2中的傳播速度為
4．（2024·武漢模擬） 如圖是一個既適用于220V，又適用于110V電源的理想變壓器，其中兩個原線圈完全相同，且允許通過的最大電流均為0.30A。用于220V時，應把兩個原線圈串聯起來再接電源（B、C相接，再從A、D端引線接電源）；用于110V時，應把兩個原線圈并聯起來再接電源（A、C相接，B、D相接，再從A、B端引線接電源）。已知副線圈的輸出功率為50W，則（　　）
A．用于220V電源時，變壓器不能正常使用
B．用于110V電源時，變壓器不能正常使用
C．把B、D相接并從A、C端引線接電源，變壓器不能正常使用
D．把A、C相接并從B、D端引線接電源，變壓器仍能正常使用
5．（2024·武漢模擬） 2023年5月，我國成功發射北斗衛星導航系統第56顆衛星。圖（a）是西安衛星測控中心對某衛星的監控畫面，圖中左側數值表示緯度，下方數值表示經度，曲線是運行過程中，衛星和地心的連線與地球表面的交點（即衛星在地面上的投影點，稱為星下點）的軌跡展開圖。該衛星運行的軌道近似為圓軌道，高度低于地球同步衛星軌道，繞行方向如圖（b）所示。已知地球自轉周期為24小時，地球半徑為R，地球同步衛星軌道半徑約為6.6R。根據以上信息可以判斷（　　）
A．該衛星軌道平面與北緯30°線所在平面重合
B．該衛星運行速度大于第一宇宙速度
C．該衛星運行周期為12小時
D．該衛星軌道半徑約為3.3R
6．（2024·武漢模擬） 如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個重環，繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環相連，另一端施加拉力F使重環從A點緩慢上升到B點。設桿對重環的彈力大小為，整個裝置處于同一豎直平面內，在此過程中（　　）
A F逐漸增大，逐漸增大
A．F逐漸增大，先減小后增大
B．F先減小后增大，逐漸增大
C．F先減小后增大，先減小后增大
7．（2024·武漢模擬） 如圖，某透明介質（折射率）由兩個半徑分別為2R和R的半球疊合而成，O為二者的球心，OA為與兩半球接觸面垂直的半徑。現有一束細單色光在紙面內從A點以入射角i射入介質，不考慮多次反射，要使折射光能從小半球面射出，則入射角i的最大取值范圍是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024·武漢模擬） 彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯組成，小燈泡的結構如圖所示：小燈泡內有一根表面涂有氧化層（導電性能很差）的細金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯，正常工作時，細金屬絲與燈絲支架不導通；當加上較高電壓時，細金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導通。當某個小燈泡的燈絲熔斷時，下列說法正確的是（　　）
A．彩燈串上其他小燈泡仍能發光
B．彩燈串上其他小燈泡不能發光
C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加
D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變
9．（2024·武漢模擬） 如圖，電阻不計的固定直角金屬導軌AOC的兩邊，角度為45°的“”形均勻金屬桿可繞O'轉動，轉動過程中金屬桿與導軌接觸良好。最初“”形金屬桿的a段恰好與A端接觸，b段恰好與O接觸，整個空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙而向里的勻強磁場。“”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中（　　）
A．回路中感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向
B．穿過回路的磁通量先增大后減小
C．回路中感應電動勢的最大值為
D．“”形金屬桿a、b兩段產生的焦耳熱相等
10．（2024·武漢模擬） 如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質量為3m的半圓形槽，AB為槽的水平直徑。質量為m的小球自左端槽口A點的正上方距離為R處由靜止下落，從A點切入槽內。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．槽向左運動的最大位移為0.5R
B．小球在槽中運動的最大速度為
C．小球能從B點離開槽，且上升的最大高度小于R
D．若槽固定，小球在槽中運動過程中，重力做功的最大功率為
11．（2024·武漢模擬） 某同學用如圖（a）所示的裝置探究氣體等溫變化的規律，空氣柱的壓強可以通過壓力表讀出，空氣柱的體積即空氣柱的長度與橫截面積的乘積。整個裝置安裝在固定架上，把柱塞置于注射器玻璃管的某一刻度處，將橡膠套套在玻璃管的下端，把一段空氣柱封閉在玻璃管中，實驗中空氣柱質量保持不變。
（1）請將下列實驗步驟補充完整：
①讀出初始狀態下空氣柱的壓強p和空氣柱的長度l；
②　 　（填“緩慢”或“快速”）向上拉或向下壓柱塞，待壓力表示數穩定后，讀出空氣柱的壓強和空氣柱的長度；
③重復步驟②，記錄多組數據；
（2）某次實驗時，壓力表的示數如圖（b）所示，則空氣柱的壓強　 　Pa；
（3）以p為縱坐標，以　 　為橫坐標，把采集的各組數據在坐標紙上描點，各點位于過原點的同一條直線上，由此得出結論：在實驗誤差允許范圍內，一定質量的氣體，在溫度不變的情況下，壓強與體積成反比。
12．（2024·武漢模擬） 某同學用如圖（a）所示的電路描繪電動機的伏安特性曲線，并同時測量電源的電動勢和內阻。現有實驗器材：待測電源、電壓表（內阻很大）、電流表（內阻很小）、電阻箱、滑動變阻器、待測電動機M、開關若干、導線若干。
（1）描繪電動機的伏安特性曲線步驟如下：
①斷開、、，先將滑動變阻器的滑片P滑到　 　（填“c”或“d”）端；
②閉合開關，接a，調節滑動變阻器，讀出電流表、電壓表的示數，將數據記入表格；
③以電動機兩端的電壓U為縱坐標，以通過電動機的電流I為橫坐標，根據數據描點作圖，得到電動機的伏安特性曲線如圖（b）所示。請簡要說明圖中OA段為直線的原因：　 　。
（2）測電源的電動勢和內阻步驟如下：
①斷開，閉合，接b；
②調節電阻箱，讀出相應的阻值和電壓表示數；
③多次測量后，以為橫坐標，為縱坐標，描點連線，得到圖（c），由此可得電源電動勢E=　 　V，內阻r=　 　Ω；（結果均保留2位有效數字）
（3）把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端，則其中一個電動機的電功率為　 　W（結果保留2位有效數字）。
13．（2024·武漢模擬） 在滑雪比賽中，某運動員從跳臺上的A點以速度與水平方向成角斜向上起跳，落在傾角的斜坡上的B點，著陸時速度方向與斜坡的夾角，如圖所示。已知運動員和裝備（均可視為質點）總質量，著陸緩沖的時間，著陸緩沖過程運動員不反彈、沿斜坡方向的速度不變，重力加速度大小，不計空氣阻力，，，，。求：
（1）運動員在空中飛行的時間；
（2）運動員著陸緩沖過程受到的平均支持力大小。
14．（2024·武漢模擬） 如圖，水平直邊界下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，O、P、Q為邊界上的三個點，一電荷量為q（）的粒子在紙面內以水平向右的速度經過O點正下方M點，分裂成兩個質量相等的、帶正電的粒子1和粒子2，分裂后兩粒子的運動方向與分裂前相同，粒子1從P點離開磁場時、粒子2也恰好從Q點離開磁場。已知，，。不計粒子重力和粒子間的相互作用。
（1）求粒子1、2各自在磁場中運動的半徑；
（2）求粒子1所帶的電荷量；
（3）若邊界上方同時存在磁感應強度大小相同、方向垂直紙面向外的勻強磁場，當粒子2第二次經過邊界時，求兩粒子之間的距離。
15．（2024·武漢模擬） 如圖所示，傾角的足夠長斜面固定在水平面上，時刻，將物塊A、B（均可視為質點）從斜面上相距的兩處同時由靜止釋放。已知A的質量是B的質量的3倍，A、B與斜面之間的動摩擦因數分別為、，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極短，重力加速度大小，求：
（1）A、B發生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小；
（2）A、B發生第三次碰撞的時刻；
（3）從靜止釋放到第n次碰撞，A運動的位移。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】原子核的人工轉變；核裂變；核聚變
【解析】【解答】太陽內部的兩個輕核結合成質量較大的核，可在瞬間產生大量熱能，發生的反應是熱核反應，核反應方程為
故答案為：A。
【分析】熟練掌握核裂變、核聚變和原子核的人工轉變的區別與特點。
2．【答案】D
【知識點】點電荷的電場；電場強度的疊加；電勢能；電勢
【解析】【解答】A、根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，在中垂線上，無窮遠處的電場強度為0，中點O處的電場強度也為0，則從無窮遠到中點的電場強度先增大后減小，由于C點與D點位置不確定，可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，故A錯誤；
B、沿電場線電勢降低，根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，沿MN從A點到B點電勢先降低后升高，故B錯誤；
C、結合上述可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，則電子沿中垂線從C點到D點所受電場力可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，即電子所受電場力大小與相對平衡位置的位移大小不成正比關系，即將電子在C點釋放，電子在C、D之間的運動不是簡諧運動，故C錯誤；
D、沿電場線電勢降低，根據等量同種正點電荷的電場分布規律可知，從A點移到O點，再從O點移到C點，電勢一直降低，電子帶負點，則將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加，故D正確。
故答案為：D。
【分析】熟練掌握等量同種正電荷的電場和等勢面分布規律和特點。沿電場線電勢降低，負電荷在電勢高的位置，電勢能小。
3．【答案】D
【知識點】機械波及其形成和傳播；波長、波速與頻率的關系
【解析】 【解答】A、頻率與周期由波源的振動決定，可知，波由介質1進入介質2周期不變，故A錯誤；
B、根據圖像可知，介質1與介質2中的波長分別為
，
根據
，
結合上述可知
故B錯誤；
C、t=t0時刻，x軸上的P點恰好開始振動，根據圖像有
解得
故C錯誤；
D、波在介質2中的傳播速度為
故D正確。
故答案為：D。
【分析】 頻率與周期由波源的振動決定，介質不同，波的傳播速度不同。根據波形圖確定波在不同介質中錯波長，再確定波在兩介質中的傳播速度。根據t0時刻內波運動的距離與波長的關系，確定波的周期與t0的關系，繼而得出波的傳播速度。
4．【答案】C
【知識點】變壓器的應用
【解析】【解答】A、理想變壓器
且
用于220V電源時，電流
故變壓器可正常使用，故A錯誤；
B、由上述分析，用于110V電源時，兩線圈并聯，線圈電流
故變壓器可正常使用，故B錯誤；
C、B、D相連，A、C端引線接電源時，兩個線圈產生的磁場抵消，鐵芯中磁通量為零，所以副線圈沒有輸出，故C正確；
D、A、C相連，B、D端引線接電源時，兩線圈產生的磁場抵消，鐵芯中磁通量為零，所以副線圈沒有輸出，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】理想變壓器原副線圈的電功率相等。當兩個原線圈并聯時，通過原線圈的總功率等于兩個線圈的功率之和。再根據電功率的定義判斷是否能正常工作。根據安培定則確定將兩原線圈并聯時產生的磁場方向，再根據磁場疊加法則去誒定穿過鐵芯中的磁通量為，再結合電磁感應原理判斷變壓器能否正常使用。
5．【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A、根據圖（b）可知該衛星軌道平面與北緯30°線所在平面不重合，故A錯誤；
B、衛星做圓周運動，根據萬有引力提供向心力，有
解得
該衛星運行的軌道半徑大于地球半徑，因此該衛星運行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；
C、由圖（a）可知
則該衛星運行周期為
故C正確；
D、根據
解得該衛星軌道半徑約為
故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】第一宇宙速度是衛星繞地飛行的最大環繞速度，與近地軌道衛星的運行速度相等。 根據圖a可知，當衛星旋轉一圈，地球的經線恰好旋轉180°，即地球恰好轉動半圈，繼而確定衛星周期與地球自轉周期的關系。再結合萬有引力定律及牛頓第二定律進行解答。
6．【答案】A
【知識點】受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】對物體受力分析，并構封閉的矢量三角形，如圖所示
由圖可知，在拉力到達豎直方向前，與豎直方向的夾角越來越小，拉力F增大，FN減小，經過豎直方向后，夾角又逐漸變大，拉力F繼續增大，FN也增大，故B正確。
故答案為：B。
【分析】一力恒定(如重力)，另一力方向不變（與恒定力夾角不變），作出不同狀態下的矢量三角形，確定力大小的變化情況。對環A進行受力分析，再根據矢量三角形法則結合題意進行分析。
7．【答案】B
【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】根據幾何關系可知，入射角i越小，大半球的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易從小半球面射出，當入射角i達最大值時，小半球界面恰好發生全反射，此時，令在大半球界面處的折射角為θ，則有
在小半球界面處恰好發生全反射，則有
根據正弦定理有
解得
即要使折射光能從小半球面射出，則入射角i的最大取值范圍是
故答案為：B。
【分析】入射角i越小，大半球的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易從小半球面射出，要使折射光能從小半球面射出，則臨界情況為光線恰好在小半球界面發生全反射或者從小半圓的左側端點射出。再根據幾何關系及折射定律和全反射條件進行解答。
8．【答案】A,C
【知識點】串聯電路和并聯電路的特點及應用
【解析】【解答】AB、當其中一只彩燈燈絲燒斷瞬間，發生斷路的地方的電壓接近電源電壓220V，氧化銅被擊穿，細金屬絲與燈絲支架導通，保證其它燈泡繼續發光，故A正確，B錯誤；
CD、由于導通的部分相當于導線，整個彩燈串上相當于少了一個燈，根據串聯電路特點可知，總電阻減小，總電流略有增大，所以彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加，故C正確，D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】燈絲被燒斷時，斷路的地方的電壓接近電源電壓，細金屬絲與燈絲支架導通，將斷路部分斷路，確保其他燈泡仍形成閉合回路正常工作。燈泡之間相互并聯，當某個小燈泡的燈絲熔斷時， 燈絲支架導通將斷路部分短路，相當于回路中減少一個小燈泡。
9．【答案】B,D
【知識點】磁通量；楞次定律；導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量類問題
【解析】【解答】AB、“ ”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中，閉合電路在磁場中的面積先增大后減小，所以穿過回路的磁通量先增大后減小；由楞次定律可知回路中感應電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤，B正確；
C、在開始時a、b兩金屬棒的長度差最大，回路中感應電動勢最大，回路中感應電動勢的最大值為
故C錯誤；
D、“ ”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中電路中感應電動勢先減小后增大，開始時的電動勢與最后的電動勢大小相等；“ ”形金屬桿a、b兩段的電流相等，由于運動中電動勢的對稱性及電阻的對稱性，又由
可知金屬桿a、b兩段產生的焦耳熱相等，故D正確。
故答案為：BD。
【分析】確定旋轉過程穿過回路磁通量的變化情況，再根據楞次定律確定回路中感應電流的方向變化情況。a、b棒產生的感應電流方向相反，a、b兩金屬棒的長度差越大，回路中感應電動勢越大。再根據對稱性確定產生焦耳熱的關系。
10．【答案】A,D
【知識點】自由落體運動；功率及其計算；動能定理的綜合應用；人船模型；動量與能量的其他綜合應用
【解析】【解答】A、半圓形槽和小球在水平方向動量守恒，設小球水平方向分速度大小為v1，槽的速度大小為v2，則
當小球運動到B點時，小球和槽的水平位移最大，設小球的水平位移大小為x1，槽的位移大小為x2 ，半圓形槽和小球運動時間相同，則有
半圓形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相對位移大小為
解得
故A正確；
B、小球運動到最低點時速度最大，根據動量守恒
根據機械能守恒
解得
故B錯誤；
C、小球運動B點時，小球和槽在水平方向上速度相同，根據水平方向動量守恒，則此時小球和槽在水平方向上的速度都為零，根據小球和槽組成的系統機械能守恒，則小球上升的最大高度等于R，故C錯誤；
D、根據
可知，當小球在豎直方向分速度最大時，重力的功率最大，設此時小球和O點連線與豎直方向的夾角為θ，此時速度大小為v，根據動能定理
解得
則豎直方向分速度為
根據數學求極值的方法可知，當時，豎直方向分速度最大，最大值為
重力做功的最大功率為
故D正確。
故答案為：AD。
【分析】小球在槽上運動過程，水平方向動量守恒，在槽上運動時，小球與槽構成的模型相當于人船模型，即小球從A運動到B的過程，兩者的相對位移等于槽的直徑。小球運動到最低點時小球的速度最大，小球從開始運動至最高點的過程中，整個系統的動力守恒，小球到達B點時，小球和槽在水平方向的速度相等。當小球在豎直方向分速度最大時，重力的功率最大，再根據動量守恒定律及機械能守恒定律和功率的定義進行解答。
11．【答案】（1）緩慢
（2）
（3）
【知識點】理想氣體的實驗規律
【解析】【解答】（1）為避免溫度變化，應該把柱塞緩慢地向下壓或向上拉。
（2）由圖可知壓強為1.20×105Pa。
（3）根據
解得
則橫坐標為。
【分析】探究氣體等溫變化的規律應采用控制變量法進行實驗，實驗探究壓強與氣柱長度的關系，應控制溫度盡可能不變。讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。根據理想氣體狀態方程確定圖像的表達式，繼而確定橫坐標。
12．【答案】（1）c；電壓較小，電動機不轉動，可視為純電阻
（2）2.0；. 2.0
（3）0.25（0.23~0.27）
【知識點】描繪小燈泡的伏安特性曲線
【解析】【解答】（1）滑動變阻器采用分壓式，為了確保安全，閉合開關之前，需要使得控制電路輸出電壓為0，即應先將滑動變阻器的滑片P滑到c端；
U-I圖像中，圖線上的點與坐標原點連線的斜率表示電阻，OA段為直線表明電阻不變，原因是電壓較小，電動機不轉動，可視為純電阻。
（2）斷開S1，閉合S2，S3接b，根據閉合電路歐姆定律有
則有
結合圖像解得
，
（3）把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端，通過兩電動機的電流相等，兩電動機兩端電壓相等，根據電動機的伏安特性曲線可知，當電流為0.45A時，每個電動機兩端電壓約為0.55V，此時有
可知，此時恰好為把上述兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端時電路的工作狀態，則其中一個電動機的電功率
【分析】閉合開關之前，應將滑動變阻器的滑片置于使電表實數最小的位置。電壓較小，電動機不轉動時，電動機可視為純電阻元件。根據閉合電路歐姆定律確定圖像的函數表達式，再根據圖象斜率及截距的物理意義進行數據處理。通過兩電動機的電流I相等，兩電動機兩端電壓U相等，可根據2U=E-Ir畫出兩個規格相同的電動機串聯后接在該電源兩端的U-I圖像，兩圖線的交點即為單個電動機工作時的電流及電壓值，再結合電功率公式進行解答。
13．【答案】（1）解：運動員在空中做斜拋運動，根據拋體運動規律
解得
（2）解：運動員著陸時，由動量定理
解得
【知識點】動量定理；斜拋運動
【解析】【分析】（1）運動員在空中做斜拋運動，根據幾何關系結合著陸時速度方向與斜坡的夾角及斜面的傾角確定著陸時運動員速度與水平方向的夾角，再根據斜拋運動規律及運動的合成與分解進行解答；
（2）著陸緩沖過程運動員不反彈，沿斜坡方向的速度不變，即垂直斜拋方向的速度減為零。確定運動員著陸時的受力情況，再對垂直斜面方向運用動量定理進行解答。
14．【答案】（1）解：粒子運動軌跡如圖
設粒子1運動的半徑為，由幾何關系得
解得
設粒子2運動的半徑為，由幾何關系得
解得
（2）解：由幾何關系知，粒子1運動時間
粒子2運動時間
又
而
由電荷守恒定律
解得
（3）解：若在邊界上方同時存在大小相同、方向垂直直面向外的勻強磁場，粒子1、2將做周期性運動。粒子2第2次經過邊界時，粒子1也經過邊界。如圖所示
粒子1距離O點的距離
粒子2距離O點的距離
所以，兩個粒子的距離
解得
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫出兩粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定兩粒子的運動半徑；
（2） 粒子1從P點離開磁場時、粒子2也恰好從Q點離開磁場。即兩粒子從分裂到離開磁場的運動時間相等，根據幾何關系確定兩粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角，再根據帶電粒子在磁場運動時間與周期的關系，結合粒子做圓周運動周期的表達式結合題意進行聯立解答；
（3）根據左手定則確定兩粒子在邊界上方磁場所受洛倫茲力的方向， 邊界上磁感應強度不變，粒子的運動半徑及周期相等，根據運動的周期性確定粒子2第2次經過邊界時，粒子1的位置。根據運動規律畫出粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定兩粒子之間的距離。
15．【答案】（1）解：A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根據牛頓第二定律
分析B的受力
即B靜止在斜面上。A與B發生第一次碰撞前，由運動學規律
A與B發生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
，
（2）解：由（1）可得，A從靜止釋放后，經過時間與B發生第一次碰撞，有
B以勻速直線運動，A以初速度，加速度a勻加速直線運動，第二次碰撞前，有
此時，B以勻速直線運動，A的速度為
A與B發生第二次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律
，
B以勻速直線運動，A以初速度，加速度a勻加速直線運動，第三次碰撞前，有
顯然，每次碰撞后，B均相對A以初速度、加速度做勻減速直線運動至下一次碰撞，經過時間均為0.4s。故A與B發生第3次碰撞后的時刻為
解得
（3）解：從開始至第一次碰撞
從第一次碰撞至第二次碰撞
從第二次碰撞至第三次碰撞
從第三次碰撞至第四次碰撞
從第次碰撞至第n次碰撞
A從靜止釋放到第n次碰撞后運動的總位移
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；牛頓第二定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）分別對A、B進行受力分析，確定A、B的運動情況，再根據牛頓第二定律及運動學規律確定碰前A、B的速度。A、B發生彈性碰撞，再根據動量守恒定律及能量守恒定律進行解答；
（2）由（1）分析結合運動學規律確定A、B發生第一次碰撞的時間及碰后A、B的運動情況，A、B從第一次碰撞后到第二次碰撞前A、B運動的位移相等，再根據運動學規律確定該過程A、B運動的時間及第二次碰撞前A、B的速度，再根據動量守恒定律及能量守恒定律確定第二次碰后A、B的速度，同理，A、B從第二次碰撞后到第三次碰撞前A、B運動的位移相等，再根據運動學規律確定該過程A、B運動的時間，繼而得出總時間；
（3）結合（2）中分析，可知A、B在追及和碰撞中做往復循環運動，結合（1）和（2）中分析根據運動特點確定每次追及過程A運動的位移，根據運動規律推導得出第n次追及過程A運動位移的表達式，再根據數學知識確定A運動的總位移。
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