1、江苏省苏州市吴江区震泽中学2021届高三物理模拟试题（含解析）一、单选题（每题3分，共24分）1太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其“核燃烧”的核反应方程为，He+XBe+，方程中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，这个核反应释放出的能量为E，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是张平平（）A若使Be的温度降低，其半衰期会减小B方程中的X为电子（e）C该核反应过程产生的质量亏损为mD“核燃烧”的核反应是裂变反应2图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以该时刻之后2秒为计时起点的振动图像，下列说法不正确的是（
2、）A该横波向左传播B该波的波速为4m/sC从t2s到t6s内，P质点沿x轴向右平移1.6mD从t2s到t6s内，Q质点通过的路程为20cm3将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端与一质量为m的小物体相连，将小物体拉至O点由静止释放，小物体的加速度a与离开O点的距离x的关系如图所示。下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数为B小物体运动过程中，弹簧的最大弹力为2ma0C小物体运动过程中的最大动能为ma0x0D小物体运动过程中，弹簧的最大弹性势能为2ma0x04某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间（之
3、前为空气），如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率。单缝S0、双缝中点O、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上，屏上P点处是P0上方的第3条亮条纹（不包括P0点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为，真空中的光速为c，双缝S1与S2之间距离为d，双缝到屏的距离为L，则下列说法正确的是（）A来自双缝S1和S2的光传播到P点处的时间差为Bx2x1C该矿泉水的折射率为D仅将单缝S0向左（保持S0在双缝的中垂线上）移动的过程中，P点处能观察到暗条纹5如图所示，潜水罩形状为无底圆柱，放在水下，里面有一部分空气。为了使
4、得罩不会浮起来，用缆绳绑在水底。用一根细绳将重物系在罩上，如图所示。罩的横截面积S4m2，里面空气的体积V8m3，压强p1.5105Pa。将罩里的重物拉出水面后，空气压强增加了p250Pa，缆绳仍然处于拉伸状态。水的密度103kg/m3，重力加速度g10m/s2，罩里的空气符合波意耳定律pV常数，其中p为压强，V为罩里空气的体积。（）A封闭空气的气体分子动能都没有发生变化B封闭空气一定从外界吸热C细绳中张力的变化T1311ND缆绳中张力的变化F133N62020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成其中北斗导航系统第41颗
5、卫星（地球同步卫星，离地高度约36000km）、第49颗卫星（倾斜地球同步轨道卫星，轨道半径约为4.2107m，运行周期都等于地球的自转周期24h）、第50、51颗卫星（中圆地球轨道卫星，离地高度约20000km）。下列说法正确的是（）A中圆地球轨道卫星周期大于24小时B地球同步卫星的发射速度小于第一宇宙速度C倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置D中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线速度小7游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时
6、正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到。已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量，假设人与吊篮之间除脚接触外没有其它接触）。则（）A摩天轮轮动的周期为t2B乙同学初始状态受到的摩擦力向右C乙同学在最低点处对地板的压力为mgmgD乙同学在最高点处对地板的压力为mg+mg8如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率为v0相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。以下说法中正确的是（）A若在柱面和导线之间，加上垂直MN方向的恒定电场，当满足v0时刚好没有电子能
7、到达柱面B若在柱面和导线之间，加上平行MN方向的匀强电场，可以使所有电子都不能到达柱面C若在柱面内加上垂直MN方向的辐射磁场，可以使所有电子都不能到达柱面D若在柱面内加上平行MN方向的匀强磁场，当满足v0时，可以使所有电子刚好不能到达柱面二多选题（每题4分，共16分）9一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图乙中的线a所示，用此线圈给图丙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图乙中的线b所示，以下说法正确的是（）A曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2Bt0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行C仅将原线圈
8、抽头P向上滑动时，灯泡变暗D转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同10我们有时候可以观察到太阳周围的明亮光晕圈，如图1所示。如图2所示，这种光学现象是由太阳光线在卷层云中的冰晶折射而产生的，该云层高度约5.5km。为了理解光晕现象，我们将问题简化为两维。如图3，i表示冰晶上的入射角，2表示为经过第一个界面的折射角，0表示为光线离开晶体的折射角，以及D表示为入射和出射光线之间的偏转角。假设冰晶可以在二维上可以看成一个正六边形且不考虑其他的反射、折射。若仔细观察光晕，能看到内外有不同颜色，分别为红色和蓝色。则以下说法中正确的是（）A入射角i越大，则出射角D越小 B入射角i越大，则出射角0越小C内侧为红
9、色，外侧为蓝色 D内侧为蓝色，外侧为红色11如图，AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一个质量为m的小球（可看作质点），解除锁定后弹簧可将小球弹射出去。某次将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR（g为重力加速度）。不计各种阻力与摩擦，已知地面比水面高出1.5R，竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。则（）A当AB细管为初始长度时，小球到达管口C时的速度大小为B当AB细管为初始长度时，小球到达管口C时对管子的作用力方向向上C将AB长度由2R慢慢调节到
10、3R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离不断变小D将AB长度由2R慢慢调节到R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离不断变大12如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低依次放置，所有收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低依次变大，因而左端位置不同。已知两磁铁之间的长方体空间内存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。一个粒子源被固定在其底面上，粒子源竖直向上发射出质量为m、电荷量绝对值为q、速率不同的粒子，这些粒子进入磁场后，在磁场的作用下运动，并打到右侧的多片收集板上（如
11、图乙中D1、D2、D3所示）。收集板D1刚好与粒子出射点在同一高度，粒子击中收集板后有一定比例反射，反射前后粒子速度方向与收集板平面的夹角大小不变，反射速度最大值为撞击前速度的k0.6倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。（）A该粒子源发射的粒子带负电B该粒子源发射的粒子带正电C第一次打在D1收集板上的粒子，最终肯定全部被D1吸收D若使D2长度超过D1长度，可能使得D1板上收集不到任何粒子三、实验题（共14分）13（4分）数字信息系统（DIS）被广泛应用在物理实验中，该系统可以迅速测量、处理数据，并自动生成图像。如图（a）所示，一条形磁铁置于水平转台上，磁铁长度等于圆台直径，一静止磁传感器位于转
12、台边缘，该传感器可测量所在位置的磁感应强度。实验后显示器得出曲线如图（b）所示。图中横坐标表示时间，纵坐标表示磁感应强度。（1）由图线可知磁铁所做的运动是 。（2）曲线最高点与最低点的纵坐标表示 。14（10分）物理社团找到一根拉力敏感电阻丝，其阻值随拉力F变化的图像如图（a）所示，图线与纵轴的交点为R0，斜率为k。社员们按图（b）所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E，内阻r；灵敏毫安表的量程为Im，内阻Rg；R1是可变电阻。A、B两接线柱等高且固定。现将这两根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘杆，将其两端接在A、B接线柱上。通过光滑绝缘杆可将重物吊起。不计敏感电阻丝的重力，现完成下
13、列操作步骤：步骤一：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1，使毫安表指针指在 （填“零刻度”或“满刻度”）处；步骤二：滑杆下吊上已知重力的重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F ；步骤三：保持可变电阻R1接入电路阻值不变，读出此时毫安表示数I；步骤四：换用不同已知重力的物体，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；写出电流值I与重物重力G之间的关系式：I （用E、R0、k、Rg、r、R1表示）；步骤五：将毫安表刻度盘改装为重力刻度盘，由上面分析可知该刻度盘是 的（填“均匀”或“不均匀”）。该吊秤改装后由于长时间不用，电源电动势不变，内阻变大，其
14、他条件不变，为了能用原来的重力刻度盘正常测量重力，需要进行怎么的操作： 。四、解答题（共4小题，满分46分）15（8分）2020年4月1日，苏州某所中学高二年级迎来了复学日，为控制新冠肺炎病毒的传播，学校特制定了校园消毒工作方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒。如图为使用的便携式消毒器原理图，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界大气压相等，均为p0，为使消毒液从喷头处雾化喷出，内部气体压强至少为1.5po，打气筒每次可以向桶内打入0.1L气体，打了5次刚好有消毒水喷出（忽略桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化）。求：（1）未打气前瓶内消毒
15、液上方气体的体积为多少；（2）设桶内原有的药液共有9L，则至少需要打几次气才能把消毒液全部喷洒完。16（12分）如图所示为水平平行光滑导轨MN和PQ，MN的间距为L，PQ的间距为2L，MN上放有一金属棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。PQ上放有一金属棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R，导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度为B。现在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：（1）求刚开始运动的瞬间，两导体棒的加速度大小和方向；（2）稳定后ab和cd棒的速度大小；（3）整个过程中ab棒发出的热量。17（12
16、分）水平光滑大桌面上有一质量为M的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球，位于管道直径AB的两端。开始时，环静止，两个小珠沿着朝右的切线方向，具有相同的初速度v0，如图所示。设系统处处无摩擦。（1）设两小球碰撞后粘在一起，试求碰后两小球的速度；（2）设碰撞过程中没有能量损失，试求两小球碰撞之前的相对速度大小；（3）第（2）问的条件下，试分析判定两小球碰后能否在管道内返回到原来的A、B位置？若能，再通过计算确定两小珠第一次返回到A、B时，相对桌面的速度方向（朝左还是朝右）和速度大小。18（14分）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的
17、光滑竖直轨道，NP段为光滑的半径为R的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）。轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A。A、C之间发生弹性碰撞，之后沿轨道向右运动，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同且动摩擦因数为，重力加速度为g。A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道。求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）问当A、C与水平轨道MN的动摩擦因数满足什
18、么条件时，能使A碰后能冲上圆弧轨道，且不会与C发生第二次碰撞；（3）若A碰后能冲上圆弧轨道且越过P点后再返回到N点，求此过程中A对轨道NP的最大压力的大小。2021年江苏省苏州市吴江区震泽中学高三高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单选题（每题3分，共24分）1（3分）太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其“核燃烧”的核反应方程为，He+XBe+，方程中X表示某种粒子，Be是不稳定的粒子，其半衰期为T，这个核反应释放出的能量为E，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是张平平（）A若使Be的温度降低，其半衰期会减小B方程中的X为电子（
19、e）C该核反应过程产生的质量亏损为mD“核燃烧”的核反应是裂变反应【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒的X的电荷数和质量数；半衰期的大小与温度无关；根据质能方程判断；太阳内部进行的是核聚变。【解答】解：A、半衰期的大小与温度无关，若使的温度降低，其半衰期不变，故A错误；B、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为2，质量数为4，即X粒子是，故B错误；C、这个核反应释放出的能量为E，根据质能方程可知该核反应过程产生的质量亏损为m，故C正确；D、由核反应的特点可知，“核燃烧”的核反应是聚变反应，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了聚变和核反应类型，同时知道衰变的实质，影响半衰期大小的因素，注意半
20、衰期的大小由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关。2（3分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以该时刻之后2秒为计时起点的振动图像，下列说法不正确的是（）A该横波向左传播B该波的波速为4m/sC从t2s到t6s内，P质点沿x轴向右平移1.6mD从t2s到t6s内，Q质点通过的路程为20cm【分析】根据乙图确定2s时P质点的振动方向，即甲图中P点振动方向，再根据同侧法确定波的传播方向；根据甲图读出波长，乙图读出周期，即可求波速；质点不会随波迁移，只是在平衡位置附近做简谐运动；根由时间与周期的倍数，求质点Q通过的路程.【解答】解：A、从振动图可得周期为：T4sP
21、点在0时刻的振动方向向下，根据同侧法可知波向右传播，故A错误；B、由图甲读出波长为：1.6m波速为：，故B错误；C、质点并不随波迁移，故C错误；D.一个周期内质点通过的路程为：4A20cm，故D正确；故选：D。【点评】对于振动图象与波动图象结合的问题，关键熟练利用同侧法或者上、下坡法判断质点的振动方向与传播方向，质点在平衡位置做简谐运动，不会随波迁移；要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的，不能混淆。3（3分）将一轻弹簧水平放在光滑水平桌面上，一端固定，另一端与一质量为m的小物体相连，将小物体拉至O点由静止释放，小物体的加速度a与离开O点的距离x的关系如图所示。下列说法正确的是（）A弹簧
22、的劲度系数为B小物体运动过程中，弹簧的最大弹力为2ma0C小物体运动过程中的最大动能为ma0x0D小物体运动过程中，弹簧的最大弹性势能为2ma0x0【分析】根据ax图象，可得到弹力与位移的关系，根据平衡条件求解劲度系数，根据牛顿第二定律求解弹簧的最大弹力；结合弹性势能与动能的相互转化进行分析。【解答】解：A、由图可知，当物体在x0位置时，加速度等于0，故这个位置即为弹簧的原长处，刚开始弹簧压缩量为x0，加速度为a0，则ma0kx0，解得，故A正确；B、由图可知，小物体的最大加速度大小为a0，根据牛顿第二定律可知弹簧最大的弹力为Fma0，故B错误；C、当弹簧形变量为0时动能最大，根据v22ax可
23、知，ax就是图象与x轴围成的面积，即，故最大的动能为：，故C错误；D、物体在运动过程中只发生动能和弹性势能的相互转化，当动能为0时，弹簧弹性势能最大，此时动能全部转化为弹簧的弹性势能，但最大的弹性势能为，故D错误。故选：A。【点评】本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚ax图象表示的物理意义，能够根据图象分析物体的受力情况和运动情况，知道图象与x轴围成的面积表示的物理意义。4（3分）某一质检部门为检测一批矿泉水的质量，利用干涉原理测定矿泉水的折射率。方法是将待测矿泉水填充到特制容器中，放置在双缝与荧光屏之间（之前为空气），如图所示，特制容器未画出，通过比对填充后的干涉条纹间距x2和填充前的干涉条
24、纹间距x1就可以计算出该矿泉水的折射率。单缝S0、双缝中点O、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上，屏上P点处是P0上方的第3条亮条纹（不包括P0点处的亮条纹）的中心。已知入射光在真空中的波长为，真空中的光速为c，双缝S1与S2之间距离为d，双缝到屏的距离为L，则下列说法正确的是（）A来自双缝S1和S2的光传播到P点处的时间差为Bx2x1C该矿泉水的折射率为D仅将单缝S0向左（保持S0在双缝的中垂线上）移动的过程中，P点处能观察到暗条纹【分析】利用双缝干涉测波长的原理，结合折射率公式进行求解【解答】解：A、由第三条亮条纹对应路程差s3，但光在介质中的传播速度小于c，因此时间差大于，故A错
25、误；B、由于n1，所以x1x2，故B错误；C、由公式，可得n，故C正确；D、移动S0对观察结果没有影响，故D错误。故选：C。【点评】本题考查双缝干涉实验，要求学生了解实验原理，具备对实验现象进行分析的能力以及数据处理能力。5（3分）如图所示，潜水罩形状为无底圆柱，放在水下，里面有一部分空气。为了使得罩不会浮起来，用缆绳绑在水底。用一根细绳将重物系在罩上，如图所示。罩的横截面积S4m2，里面空气的体积V8m3，压强p1.5105Pa。将罩里的重物拉出水面后，空气压强增加了p250Pa，缆绳仍然处于拉伸状态。水的密度103kg/m3，重力加速度g10m/s2，罩里的空气符合波意耳定律pV常数，其中
26、p为压强，V为罩里空气的体积。（）A封闭空气的气体分子动能都没有发生变化B封闭空气一定从外界吸热C细绳中张力的变化T1311ND缆绳中张力的变化F133N【分析】分子的平均动能由温度决定，但是分子的平均动能是个统计数据；根据热力学第一定律判断吸放热；对封闭气体进行分析，由玻意耳定律求出气体的体积变化V，由F水gV求出缆绳的张力变化；对潜水罩进行受力分析，求出细绳的拉力变化。【解答】解：A、分子平均动能由温度决定，是统计数据，而单个分子运动具有偶然性，故A错误；B、将罩里的重物拉出水面后，空气压强增加了，说明气体体积减小，外界对气体做功，而气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律UW+Q可知
27、，气体对外放热，故B错误；CD、对封闭气体，温度不变，由玻意耳定律可知：pV（p+p）（VV），即1.51058（1.5105+250）（8V）缆绳中的张力减小了：F水gV联立解得：F133N设潜水罩的质量为m0，潜水罩上部受到的压强为p，对潜水罩进行受力分析，刚开始有：pS+m0g+T+FpS末状态：pS+m0g+T+F（p+p）S细绳中的张力变化为FTT联立解得：F1133N即细绳中的张力增大了1133N，缆绳中的张力减小了133N，故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查了玻意耳定律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程求出气体状态参量是解题的前提与关键，应用玻意耳定律即可解题。求
28、张力时，要分清研究对象，灵活运用整体法和隔离法求细绳和缆绳的张力。6（3分）2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第55颗导航卫星，至此北斗全球卫星导航系统星座部署全面完成其中北斗导航系统第41颗卫星（地球同步卫星，离地高度约36000km）、第49颗卫星（倾斜地球同步轨道卫星，轨道半径约为4.2107m，运行周期都等于地球的自转周期24h）、第50、51颗卫星（中圆地球轨道卫星，离地高度约20000km）。下列说法正确的是（）A中圆地球轨道卫星周期大于24小时B地球同步卫星的发射速度小于第一宇宙速度C倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置D中圆地球轨道卫星比
29、地球同步卫星线速度小【分析】根据开普勒第三定律K分析周期；卫星运动是万有引力充当向心力，第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大速度，是卫星发射的最小速度，卫星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小。【解答】解：根据题意可知倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径约为4.2107m，中圆地球轨道卫星离地高度约20000km，则轨道半径约为r20000km+6400km2.64107m。A、根据开普勒第三定律K可知，卫星的轨道半径越大，周期越大，中圆地球轨道卫星轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，其周期小于24小时，故A错误；B、第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球圆周运动的最大速度，是卫星发射的最小速度，
30、则地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，故B错误；C、倾斜地球同步轨道和同步轨道，一天中相遇两次，地球与同步卫星属于同轴转动，当两轨道相遇时，该卫星经过赤道上同一点，故该卫星在一个周期内有2次经过赤道上同一位置，故C正确；D、卫星绕地球做圆周运动，线速度v，轨道半径越大，其运行速度越小，所以中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线速度大，故D错误。故选：C。【点评】本题以覆盖全球的北斗卫星导航系统计划考查了人造卫星问题，知道地球同步卫星要与地球的自转周期相同，要求同学们熟练应用万有引力相关公式求解。7（3分）游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针
31、匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到。已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量，假设人与吊篮之间除脚接触外没有其它接触）。则（）A摩天轮轮动的周期为t2B乙同学初始状态受到的摩擦力向右C乙同学在最低点处对地板的压力为mgmgD乙同学在最高点处对地板的压力为mg+mg【分析】重物掉落做自由落体运动，根据位移时间公式求出重物下落的时间；根据“摩天轮”转过的角度和所用时间，求出“摩天轮”运动的周期。乙同学在最低处和最高处时，根据牛顿第二定律求出地
32、板对他的支持力大小，从而根据牛顿第三定律求出人对地板的压力大小。根据圆周运动物体的受力特点可得乙同学初始状态受到的摩擦力方向。【解答】解：A.由题意可知，由自由落体时间为：解得：此时间正好等于圆周运动周期的八分之一，可得摩天轮转动的周期为：，故A错误；B、乙同学初始状态若没有摩擦力，支持力与重力都是竖直方向，且方向相反，不可能提供向心力，所以乙同学此时受到向右的摩擦力，故B正确；CD、由牛顿第二定律可得，最高点对应表达式为：解得：最低点对应表达式为：解得：，根据牛顿第三定律，人对地板的压力大小与地板对人的支持力大小相等。.故CD错误。故选：B。【点评】本题考查圆周运动和自由落体相结合的知识，找
33、出在相等的时间内圆周运动的角度是关键。另外B选项中对乙受力分析，结合圆周运动物体的受力特点分析摩擦力也是一个易错点。8（3分）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率为v0相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。以下说法中正确的是（）A若在柱面和导线之间，加上垂直MN方向的恒定电场，当满足v0时刚好没有电子能到达柱面B若在柱面和导线之间，加上平行MN方向的匀强电场，可以使所有电子都不能到达柱面C若在柱面内加上垂直MN方向的辐射磁场，可以使所有电子都不能到达柱面D若在柱面内加上平行MN方向的匀强磁场，
34、当满足v0时，可以使所有电子刚好不能到达柱面【分析】电子初速度方向与电场方向平行时做直线运动，动能定理求解；电子初速度方向与匀强电场方向垂直时做类平抛运动；电子初速度方向与磁场方向平行时，不受力做匀速运动；电子初速度方向与匀强磁场方向垂直时，做匀速圆周运动。【解答】解：A、若电子到达柱面时速度恰为零，由，可得：，故A正确；B、加平行MN方向的匀强电场，则粒子做类抛体运动，只要柱面足够高，必然会有电子到达柱面，故B错误；C、若加辐射磁场，电子运动方向平行磁场，不受洛伦兹力，电子做匀速直线运动，必然到达柱面，故C错误；D、若加平行MN方向的磁场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由得：，当时，即当时电子
35、不能到达柱面，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键在于从粒子受力和初速度方向间的关系判断粒子的运动情况。二多选题（每题4分，共16分）9（4分）一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图乙中的线a所示，用此线圈给图丙电路供电，发现三个完全相同的灯泡亮度均相同。当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图乙中的线b所示，以下说法正确的是（）A曲线a、b对应的线圈角速度之比为3：2Bt0时刻，线圈平面恰好与磁场方向平行C仅将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗D转速调整后，三个灯泡的亮度仍然相同【分析】根据图象读出两交变电
36、流的周期，从而求出曲线a、b对应的线圈角速度之比；t0时刻，根据电动势的瞬时值分析线圈平面与磁场方向的关系；P向上滑动，改变了原线圈得匝数，根据理想变压器的电压与匝数的关系：即可判断；根据电感和电容对交流电的阻碍作用，分析三个灯泡的亮度关系。【解答】解：A、由图乙可知a的周期为Ta4102s，b的周期为Tb6102 s，由中可知：角速度与周期成反比，故角速度比值为，故A正确；B、t0时刻，感应电动势为零，线圈处在中性面位置，即线圈平面和磁场方向垂直，故B错误；C、仅将原线圈滑片P向上滑动时，原线圈的匝数变多，根据理想变压器的电压与匝数的关系：可知，输出电压减小，通过灯泡的电流变小，故灯泡会变暗
37、，故C正确；D、电感器、电容器对交流电的阻碍作用不相同，转速减小即电流的频率减小，因此电感器对电流的阻碍作用减小，电容器对电流的阻碍作用加大，因此调整转速后，L最亮，L最暗，故D错误。故选：AC。【点评】解决本题时，要理解交变电流的产生过程，掌握交变电流的规律，同时，要知道电感和电容在电路中的作用10（4分）我们有时候可以观察到太阳周围的明亮光晕圈，如图1所示。如图2所示，这种光学现象是由太阳光线在卷层云中的冰晶折射而产生的，该云层高度约5.5km。为了理解光晕现象，我们将问题简化为两维。如图3，i表示冰晶上的入射角，2表示为经过第一个界面的折射角，0表示为光线离开晶体的折射角，以及D表示为入
38、射和出射光线之间的偏转角。假设冰晶可以在二维上可以看成一个正六边形且不考虑其他的反射、折射。若仔细观察光晕，能看到内外有不同颜色，分别为红色和蓝色。则以下说法中正确的是（）A入射角i越大，则出射角D越小B入射角i越大，则出射角0越小C内侧为红色，外侧为蓝色D内侧为蓝色，外侧为红色【分析】由折射定律和红光和蓝光的折射率进行分析。【解答】解：A、由光路可逆可知，入射角i越大，则出射角D越大，故A错误；B、由折射定律可知，可知，入射角i越大，折射角越大，由几何关系可知，光射到出射界面的入射角越小，则出射角0越小，故B正确；CD、由于蓝光的折射率大于红光的折射率，因此偏折角大，故内侧为蓝光，故C错误，
39、D正确；故选：BD。【点评】本题主要考查了折射定律，解题关键在于利用折射定律分析出两个出射角与入射角的变化关系。11（4分）如图，AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一个质量为m的小球（可看作质点），解除锁定后弹簧可将小球弹射出去。某次将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR（g为重力加速度）。不计各种阻力与摩擦，已知地面比水面高出1.5R，竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。则（）A当AB细管为初始长度时，小球到达管口C时的速度大小为B当AB细管
40、为初始长度时，小球到达管口C时对管子的作用力方向向上C将AB长度由2R慢慢调节到3R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离不断变小D将AB长度由2R慢慢调节到R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离不断变大【分析】根据机械能守恒定律求出小球到达C点时的速度，结合牛顿第二定律求出管口对小球的作用力大小和方向；根据机械能守恒定律求出C点的速度，结合平抛运动的高度求出平抛运动的时间，从而得出小球落水点与AB所在竖直线之间的距离表达式，通过数学知识分析距离的变化。【解答】解：A、根据机械能守恒定律有：，解得小球到达管口C时的速度大小：，故A错误；B、在C点，根据牛顿第二定律有：，解得管
41、子对小球的作用力FN6mg，方向向下，则小球对管口C的作用力方向向上，故B正确；CD、设AB段的长度为x，根据机械能守恒定律有：，解得小球到达管口C时的速度大小：，根据x+R+1.5R得：，则小球落水点与AB所在竖直线之间的距离xR+vCtR+R+，当x时，x有最大值，最大值为9R，AB长度由2R慢慢调节到3R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离不断变小；将AB长度由2R慢慢调节到R的过程中，小球落水点与AB所在竖直线之间的距离先增大后减小，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了机械能守恒定律和平抛运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向
42、心力的来源是解决本题的关键。对于CD选项，主要考查应用数学处理物理问题的能力，关键要得出距离的表达式。12（4分）如图甲是一种利用磁场偏转的粒子收集装置原理图。两块磁铁前后平行垂直水平面放置，收集板位于两块磁铁之间，平行于上下底面从高到低依次放置，所有收集板的右端在同一竖直面上，收集板长度从高到低依次变大，因而左端位置不同。已知两磁铁之间的长方体空间内存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。一个粒子源被固定在其底面上，粒子源竖直向上发射出质量为m、电荷量绝对值为q、速率不同的粒子，这些粒子进入磁场后，在磁场的作用下运动，并打到右侧的多片收集板上（如图乙中D1、D2、D3所示）。收
43、集板D1刚好与粒子出射点在同一高度，粒子击中收集板后有一定比例反射，反射前后粒子速度方向与收集板平面的夹角大小不变，反射速度最大值为撞击前速度的k0.6倍。重力及粒子间的相互作用忽略不计。（）A该粒子源发射的粒子带负电B该粒子源发射的粒子带正电C第一次打在D1收集板上的粒子，最终肯定全部被D1吸收D若使D2长度超过D1长度，可能使得D1板上收集不到任何粒子【分析】由粒子偏转方向，用左手定则判断粒子带电性质；通过粒子轨迹半径大小与板间距及板长度关系判断被哪个极板吸收。【解答】解：AB、由左手定则可以判断粒子带负电，故A正确，B错误；C、粒子打在D板上会反弹，如果第一次打在D板的粒子轨迹半径大于D
44、1D2间距，反弹后可能被上板吸收，故C错误；D、当D2板长度超过D1板足够长，可以使D1板上收集不到任何粒子，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的圆周运动，注意用左手定则判断带电性质时，四指指向与负电荷的运动方向相反。三、实验题13（4分）数字信息系统（DIS）被广泛应用在物理实验中，该系统可以迅速测量、处理数据，并自动生成图像。如图（a）所示，一条形磁铁置于水平转台上，磁铁长度等于圆台直径，一静止磁传感器位于转台边缘，该传感器可测量所在位置的磁感应强度。实验后显示器得出曲线如图（b）所示。图中横坐标表示时间，纵坐标表示磁感应强度。（1）由图线可知磁铁所做的运动是减速运动
45、。（2）曲线最高点与最低点的纵坐标表示某磁极附近的磁感应强度。【分析】从图象中分析相邻两次磁感应强度最大值或最小值之间的时间变化，得出磁铁的运动情况；当条形磁铁转动时，磁极相对传感器的位置发生改变，因此测量的磁感应强度是变化的，当测量曲线达到最高或者最低时磁极距离传感器最近。【解答】解：（1）从图中可以看出相邻两个最高点或者最低点之间的时间间隔越来越大，磁铁转动一周所用时间越来越长，说明磁铁在做减速运动；（2）当条形磁铁转动时，磁极相对传感器的位置发生改变，磁极附近磁感应强度最大，因此测量的磁感应强度是变化的，当测量曲线达到最高点或者最低点时即为某磁极附近的磁感应强度。故答案为：（1）减速运动
46、；（2）某磁极附近的磁感应强度。【点评】本题考查学生的理解能力和推理能力，属于容易题；条形磁铁两极附近磁感应强度最大，因此在条形磁铁转动时测量的磁感应强度是变化的，根据题目所给曲线分析相邻两个最大点或者最小点间的时间变化来判断磁铁的运动。14（10分）物理社团找到一根拉力敏感电阻丝，其阻值随拉力F变化的图像如图（a）所示，图线与纵轴的交点为R0，斜率为k。社员们按图（b）所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E，内阻r；灵敏毫安表的量程为Im，内阻Rg；R1是可变电阻。A、B两接线柱等高且固定。现将这两根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘杆，将其两端接在A、B接线柱上。通过光滑绝缘杆可将
47、重物吊起。不计敏感电阻丝的重力，现完成下列操作步骤：步骤一：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1，使毫安表指针指在满刻度（填“零刻度”或“满刻度”）处；步骤二：滑杆下吊上已知重力的重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为；写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F；步骤三：保持可变电阻R1接入电路阻值不变，读出此时毫安表示数I；步骤四：换用不同已知重力的物体，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；写出电流值I与重物重力G之间的关系式：I（用E、R0、k、Rg、r、R1表示）；步骤五：将毫安表刻度盘改装为重力刻度盘，由上面分析可知该刻度盘是不均匀的（填“均匀”或“不均匀”）。该吊秤改装后
48、由于长时间不用，电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，为了能用原来的重力刻度盘正常测量重力，需要进行怎么的操作：不挂重物，通过调节R1，重新调节电流表指针到满刻度处。【分析】（1）根据拉力敏感电阻的大小与拉力的大小关系确定拉力表的零刻度线位置；（2）根据共点力平衡的条件求出电阻丝上的拉力与重力的表达式；（4）由重力求得拉力，从图a查出拉敏电阻值，由闭合电路欧姆定律写出电流的表达式；（5）根据电路的串联结构、利用闭合电路的欧姆定律可得出刻度的特点；（6）根据欧姆定律、电路特点和操作过程确定若电动势变化后应重新调试方法。【解答】解：（1）从图a可以看出，当拉力增大时，拉力敏感电阻丝的阻值变大，则
49、连入电路的电阻增大，则电流变小，那么拉力最小时，电阻最小，电流最大，所以不挂重物时，应使毫安表指在满刻度处；（2）三力平衡，两根拉力敏感电阻丝的拉力相等，在竖直方向有：2FcosG，所以F；（3）（4）当重物为G时，此时拉力敏感电阻丝的拉力F，则两根拉敏拉力敏感电阻丝的总电阻为RT2（R0+kF）2R0+2k，根据闭合电路欧姆定律有：I。（5）从以上结果可以看出，重力越大，则拉力敏感电阻丝的电阻越大，电流越小，所以毫安表示数大的位置拉力小，但并不是反比关系，所以刻度不均匀；（6）影响电路电流的还有R1，所以当电动势变小后，可以在不挂重物的情况下，通过调节R1，使指针重新回到满刻度处。故答案为：
50、（1）满刻度；（2）；（4）；（5）不均匀； （6）不挂重物，通过调节R1，重新调节电流表指针到满刻度处（或回答重新进行步骤一）【点评】本题属于结合实际应用的实验操作题，解题的关键是分析电路，再根据欧姆定律列式。本题的复杂调试点在于，将电流盘改为重力盘时，不仅考虑重力，还要测量夹角，再改刻度。四、解答题（共4小题，满分46分）15（8分）2020年4月1日，苏州某所中学高二年级迎来了复学日，为控制新冠肺炎病毒的传播，学校特制定了校园消毒工作方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒。如图为使用的便携式消毒器原理图，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界大气
51、压相等，均为p0，为使消毒液从喷头处雾化喷出，内部气体压强至少为1.5po，打气筒每次可以向桶内打入0.1L气体，打了5次刚好有消毒水喷出（忽略桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化）。求：（1）未打气前瓶内消毒液上方气体的体积为多少；（2）设桶内原有的药液共有9L，则至少需要打几次气才能把消毒液全部喷洒完。【分析】（1）打气过程气体温度不变，气体发生等温变化，以瓶内气体与打入的气体整体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出瓶内消毒液上方气体的体积。（2）打气过程气体温度不变，以打入的气体与瓶内原有气体为研究对象，应用玻意耳定律求出打气的次数。【解答】解：（1）设原来上方空气体积为V，气体
52、初状态的压强p1p0，初状态体积V1V+50.1L（V+0.5）L，气体末状态压强p21.5p0，末状态体积V2V气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1p2V2，即：p0（V+0.5）1.5p0V解得：V1L（2）设至少需要打n次，气体压强p1p0，体积V11L+n0.1L（1+0.1n）L，末状态p21.5p0，末状态体积V210L根据玻意耳定律得：p1V1p2V2，即：p0（1+0.1n）L1.5p010L解得：n140 次答：（1）未打气前瓶内消毒液上方气体的体积为1L；（2）设桶内原有的药液共有9L，则至少需要打140次气才能把消毒液全部喷洒完。【点评】本题考查了玻意耳定律的应用，本
53、题解题的关键是巧妙选择研究对象，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量应用玻意耳定律即可解题。16（12分）如图所示为水平平行光滑导轨MN和PQ，MN的间距为L，PQ的间距为2L，MN上放有一金属棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。PQ上放有一金属棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R，导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度为B。现在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：（1）求刚开始运动的瞬间，两导体棒的加速度大小和方向；（2）稳定后ab和cd棒的速度大小；（3）整个过程中ab棒发出的热量。【分析】（
54、1）当导体棒ab刚开始运动时，由EBLv0求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出回路中的电流，再由牛顿第二定律求两棒的加速度大小。（2）ab棒开始运动后向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，当两棒产生的感应电动势相等时回路的感应电流为零，两棒不再受安培力而做匀速运动，达到稳定状态。对两棒分别运用动量定理列式，结合感应电动势关系求解两棒的速度；（3）由能量守恒定律求解闭合电路中产生的焦耳热，进而求出ab棒的焦耳热；【解答】解：（1）设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2ab受到的安培力为F1，方向水平向右，据牛顿第二定律可得F1BILma1cd受到的安培力为为F2，方向水平向右，据牛顿第二定律
55、可得F2BI2L2ma2电动势 EBLv0回路中的电流I联立解得：，方向水平向右；，方向水平向右；（2）ab棒向左减速运动，cd棒向右加速运动，当电路中的电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，此时两导体棒的电动势大小相等，设此时ab棒和cd棒的速度分别v1和v2有 BLv1B2Lv2对ab棒运用动量定理得BLtmv1mv0对cd棒运用动量定理得 B2Lt2mv2解得：v1，v2（3）根据能量守恒可得：解得：ab棒中产生的热量答：（1）刚开始运动的瞬间，ab棒的加速度大小为，方向水平向右，cd棒的加速度大小为，方向水平向右；（2）稳定后ab的速度分别为，cd棒的速度为；（3）整个过程
56、中ab棒发出的热量。【点评】本题是双杆类型，解决这类问题时，我们首先应该从运动过程和受力分析入手研究，分析清楚两杆的运动情况，知道稳定的条件：回路的电流为零，再运用动量定理求双杆稳定时的速度。17（12分）水平光滑大桌面上有一质量为M的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球，位于管道直径AB的两端。开始时，环静止，两个小珠沿着朝右的切线方向，具有相同的初速度v0，如图所示。设系统处处无摩擦。（1）设两小球碰撞后粘在一起，试求碰后两小球的速度；（2）设碰撞过程中没有能量损失，试求两小球碰撞之前的相对速度大小；（3）第（2）问的条件下，试分析判定两小球碰后能否在管道内返回到原来的A、B位置
57、？若能，再通过计算确定两小珠第一次返回到A、B时，相对桌面的速度方向（朝左还是朝右）和速度大小。【分析】（1）以两球和环组成的系统为研究对象，系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，碰撞后两小球的速度与回环速度都相同，由动量守恒定律求碰后两小球的速度；（2）根据碰撞过程系统水平方向动量守恒及机械能守恒分别列式，即可求出碰后竖直方向的速度，从而求出两小球碰撞之前的相对速度大小；（3）根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，来分析判断即可。【解答】解：（1）以两球和环组成的系统为研究对象，系统在水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，碰撞后两小球的速度与回环速度都相同。取水平向右为正方向，由
58、动量守恒定律得 2mv0（M+2m）v解得碰后两小球的速度为，方向水平向右。（2）系统水平方向动量守恒，所以两小球碰后水平速度大小都为vx竖直方向速度碰后相等，设为vy。满足：2mv0（M+2m）vx系统机械能守恒，则有：+解得：则两小球碰撞之前的相对速度大小为：（3）若不能，则在某位置小球相对圆环静止，由动量守恒可知对应速度为，水平向右，则系统动能为与系统动能守恒矛盾，可见两小球必能回到AB点，且在AB点的速度必然与圆环不同。设碰后两小球与环的速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 2mv0Mv2+2mv1根据机械能守恒定律得 相当于完成了一次完全弹性碰撞：解得：所以，当
59、2mM，速度方向向左当2mM，速度为零当2mM，速度方向向右。答：（1）碰后两小球的速度为，方向水平向右；（2）两小球碰撞之前的相对速度大小为2；（3）两小球碰后能回到AB点，两小珠第一次返回到A、B时，相对桌面的速度为：当2mM，速度方向向左；当2mM，速度为零；当2mM，速度方向向右。【点评】解决本题时，要能分方向运用动量守恒定律研究碰撞过程，要知道完全弹性碰撞遵守动量守恒定律和机械能守恒定律，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。18（14分）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的半径为R的四分之一圆弧，
60、圆心为O，直线NN右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E，在包含圆弧轨道NP的ONOP区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）。轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A。A、C之间发生弹性碰撞，之后沿轨道向右运动，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同且动摩擦因数为，重力加速度为g。A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道。求：（1）碰撞后A、C的速度大小；（2）问当A、C与水平轨道MN的动摩擦因数满足什么条件时，能使A碰后能冲上圆弧轨道，且不会与C发生第
61、二次碰撞；（3）若A碰后能冲上圆弧轨道且越过P点后再返回到N点，求此过程中A对轨道NP的最大压力的大小。【分析】（1）A、C之间发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求碰撞后A、C的速度大小；（2）对碰后A的运动过程，利用动能定理分别列式，抓住A最终刚好停在N点和M点求解动摩擦因数，从而得到动摩擦因数的范围；（3）A在NN右侧运动的过程，只有重力和电场力做功，当重力与电场力的合力与速度垂直时速度最大，由几何关系确定速度最大的位置，由动能定理求出最大速度，再由牛顿运动定律求A对轨道NP的最大压力的大小。【解答】解：（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，取水平向右为正方向，由动
62、量守恒定律有：3mv0mvA+3mvC根据机械能守恒定律有： 3mv02mvA2+3mvC2联立解得：vA，vC（2）若要冲过N点，满足mvA2mgL得：若要不与C发生第二次碰撞，设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0，有mg（2Ll1）mvA23mgl13mvC2联立解得故综上所得，应满足：。（3）A在NN右侧受到的电场力FqEmg重力和电场力的合力大小为F合2mg，方向与OP夹角为30。过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于K点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度vA，此时A对轨道的压力最大A从M点到K点过程中，由动能定理可得：返回K点时，由牛顿第二定律可得：FNF合由上可得：FN4mg+qB由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为： FNFN4mg+qB答：（1）碰撞后A、C的速度大小分别为和；（2）当A、C与水平轨道MN的动摩擦因数满足时，能使A碰后能冲上圆弧轨道，且不会与C发生第二次碰撞；（3）此过程中A对轨道NP的最大压力的大小为4mg+qB。【点评】解决本题的关键是要分析清楚两个物体的运动过程，把握A在圆弧轨道上运动时速度最大的条件：电场力和重力的合力与速度垂直，应用动能定理、牛顿第二定律和能量守恒定律进行研究。