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【高考真题】广东省2024年高考物理试题
一、单项选择题 (本题共 7 小题, 每小题 4 分, 共 28 分. 在每小题列出的四个选项中, 只有一项符合题目 要求)
1．（2024·广东） 将阻值为 的电阻接在正弦式交流电 源上. 电阻两端电压 随时间的变化规律如 图所示. 下列说法正确的是 (　　)
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在 1 秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
2．（2024·广东） 我国正在建设的大科学装置——“强流重离子加 速器”， 其科学目标之一是探寻神秘的“119 号”元 素. 科学家尝试使用核反应 产生该元素. 关于原子核 和质量数 ，下列 选项正确的是 (　　)
A． 为 B． 为
C． 为 D． 为
3．（2024·广东）一列筒谐横波沿x轴正方向传播，波速为1m/s，t=0时的波形如图所示。t=1s时，x=1.5m处的质点相对平衡位置的位移为（　　）
A．0 B． C． D．
4．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 (　　)
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
5．（2024·广东） 如图所示. 在细绳的拉动下，半径为 的卷轴可绕 其固定的中心点 在水 平面内转动. 卷轴上沿半 径方向固定着长度为 的细管，管底在 点. 细管 内有一根原长为 、劲度系数为 的轻质弹簧，弹 簧底端固定在管底，顶端连接质量为 、可视为质 点的插销. 当以速度 匀速拉动细绳时，插销做匀 速圆周运动. 若 过大，插销会卡进固定的端盖， 使卷轴转动停止. 忽略摩擦力， 弹簧在弹性限度 内. 要使卷轴转动不停止， 的最大值为
A． B． C． D．
6．（2024·广东） 如图所示， 红绿两束单色光， 同时从空气中沿同一 路径以 角从 而射入某长方体透明均匀介质. 折射光束在 面发生全反射. 反射光射向 面. 若 逐渐增大，两束光在 面 上的全反射现象会先后消失. 已知在该介质中红 光的折射率小于绿光的折射率. 下列说法正确 的是 (　　)
A．在 面上，红光比绿光更靠近 点
B．θ逐渐增大时，红光的全反射现象先消失
C．θ逐渐增大时，入射光可能在 面发生全反射
D．θ逐渐减小时、两束光在 面折射的折射角 逐渐增大
7．（2024·广东） 如图所示， 轻质弹簧竖直放置， 下端固定. 木块从弹簧正上方 高度处由静 止释放. 以木块释放点为原点， 取竖直 向下为正方向. 木块的位移为 . 所受 合外力为 ，运动时间为 . 忽略空气 阻力. 弹簧在弹性限度内. 关于木块从释放到第一 次回到原点的过程中. 其 图像或 图像 可能正确的是 (　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题 (本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题列出的四个选项中, 有多项符合题目要 求. 全部选对的得 6 分, 选对但不全的得 3 分, 有 选错的得 0 分)
8．（2024·广东） 污水中的污泥絮体金属圆盘经处理后带负电. 可 利用电泳技术对其 进行沉淀去污， 基本 原理如图所示. 涂有 绝缘层的金属圆盘 和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于名 底部、金属棒插入污水中， 形成如图所示的电场分 布，其中实线为电场线，虚线为等势面. 点和 点 在同一电场线上， 点和 点在同一等势面上. 下列说法正确的有 (　　)
A． 点的电势比 点的低
B． 点的电场强度比 点的大
C．污泥絮体从 点移到 点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在 点的电势能比其在 点的大
9．（2024·广东） 如图所示， 探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞. 在 接近某行星表面时以 的 速度竖直匀速下落. 此时启动 “背罩分离”， 探测器与背罩断 开连接， 背罩与降落伞保持连接. 已知探测器质量 为 ，背罩质量为 ，该行星的质量和 半径分别为地球的 和 . 地球表面重力加速度大小取 . 忽略大气对探测器和背罩的阻力. 下列说法正确的有 (　　)
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间， 探测器所受重力对其做功 的功率为
10．（2024·广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与 处相距
三、非选择题 (本题共 5 小题, 共 54 分. 考生根据要 求作答)
11．（2024·广东）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三 个必做实验的部分步骤， 请完成实验操作和计算.
（1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的 关系”实验装置示意图. 图中木板右端垫高的目 的是　 　. 图乙是实验得到纸带的一部 分. 每相邻两计数点间有四个点未画出. 相邻计 数点的间距已在图中给出. 打点计时器电源频率 为 ，则小车的加速度大小为　 　 (结果保留 3 位有效数字).
（2） 在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中， 某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体的长度， 示数如图丙所示. 图丁为局部放大图. 读数为　 　 .
（3） 在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节 过程中， 在光具座上安装光源、遮光筒和光屏. 遮 光筒不可调节. 打开并调节　 　. 使光束沿 遮光筒的轴线把光屏照亮. 取下光屏， 装上单缝、 双缝和测量头. 调节测量头， 并缓慢调节单缝的 角度直到目镜中观察到　 　.
12．（2024·广东）某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源。
图甲是光照方向检测电路，所用器材有：电源E（电动势3V）；电压表V1和V2（量程均有3V和15V，内阻均可视为无穷大）；滑动变阻器R；两个相同的光敏电阻RG1和RG2；开关S；手电筒；导线若干。图乙是实物图，图中电池板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转轴上，控制单元与检测电路的连接未画出，控制单元对光照方向检测电路无影响。
请完成下列实验操作和判断。
（1）电路连接。
图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表V1间的实物图连线　 　.
（2）光敏电阻阻值与光照强度关系测试。
①将图甲中R的滑片置于　 　端。用手电筒的光斜照射到RG1和RG2，使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。
②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。V1的示数如图丙所示，读数U1为　 　 V。V2的示数U2为1.17V，由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值　 　(填“较大”或“较小”).
③断开S。
（3）光源跟踪测试.
光源跟踪测试。
①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2。
②闭合S，并启动控制单元，控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动机转动。此时两电压表的示数U1＜U2，图乙中的电动机带动电池板　 　(填“逆时针”或“顺时针”)转动， 直至 　 　时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。
13．（2024·广东）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2m3；B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105Pa。重力加速度大小取g=10m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计，当环境温度降低到T2=270K时：
（1）求B内气体压强pB2
（2）求A内气体体积VA2
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m
14．（2024·广东）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球受到的摩擦力，求斜面倾角的正切值tanθ。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤倒到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
15．（2024·广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v
（3）求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．由图可知交流电的周期为0.02s，则频率为
故A错误；
B．根据图像可知电压的峰值为，根据欧姆定律可知电流的峰值
故B错误；
C．电流的有效值为
所以电阻在1s内消耗的电能为
故C错误；
D．根据图像可知其电压表达式为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据图像得出交流电的周期，结合周期和频率的关系得出频率的大小；
根据欧姆定律代入数据得出通过电阻的电流的峰值；
根据正弦式交流电的特点得出电压和电流的有效值，结合电能的计算公式完成分析；
根据数学知识得出ω的大小，从而得出电压的表达式。
2．【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应方程
根据质子数守恒设Y的质子数为y，则有
可得
即Y为；根据质量数守恒，则有
可得
故选C。
【分析】根据电荷数守恒得出Y的类型，再结合质量数守恒得出A的数值。
3．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知简谐波的波长为，所以周期为
当t=1s时，x=1.5m处的质点运动半个周期到达波峰处，故相对平衡位置的位移为0.1m。
故选B
【分析】 根据波速计算波传播的距离，结合质点振动的特点分析判断。
4．【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
5．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
6．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在面，入射角相同，根据折射定律
可知绿光在面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P点，故A错误；
B．根据全反射发生的条件可知红光发生全反射的临界角较大，逐渐增大时，折射光线与面的交点左移过程中，在面的入射角先大于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B正确；
C．在面，光是从光疏介质到光密介质，无论多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误；
D．根据折射定律可知逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误。
故选B。
【分析】 根据光线的偏折程度分析出两束光对应的位置；
根据角度的变化特点，结合全反射现象的发生条件完成分析；
根据折射定律，结合入射角的变化趋势分析出折射角的变化趋势。
7．【答案】B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】 AB、木块释放过程中，位移由0增加到H时未接触弹簧时，木块的合外力为重力，保持不变。当y=H时接触弹簧，根据胡克定律，可知之后弹簧的弹力逐渐增大，且与物块的位移成线性关系，当弹簧弹力等于重力时合力为零，之后弹力大于重力，合力方向反向向上，到达最低点后木块开始向上移动，位移y变小，此后木块的受力特点和之前的受力特点呈现对称情况，位移由最大减小到零的过程，图像与之前的重合，故A错误，B正确；
CD、木块在未接触弹簧时做自由落体，加速度保持恒定，则y-t图像为抛物线，而后弹簧开始有弹力且逐渐增大，由牛顿第二定律mg-ky=ma，加速度逐渐减小后反向增大，木块先做加速运动后做减速运动，直到速度为零，而后的运动情况和之前的成对称特点，故在y=H之后到位移最大的过程，图像的斜率先变大后变小到零，故CD错误。
故选：B。
【分析】 根据题意分析出木块的合外力特点，并由此得出木块的加速度变化情况和对应的y-t图像。
8．【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】 A、沿着电场线方向电势逐渐降低，则M点的电势低于N点的电势，故A正确；
B、在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小，则N点的场强小于P点的场强，故B错误；
C、污泥絮体带负电，且从M点移动到N点的过程中电势逐渐升高，根据电势能的表达式Ep=qφ可知污泥絮体的电势能减小，结合功能关系可知电场力对其做正功，故C正确；
D、电场中的虚线表示等势面，则N点的电势高于P点的电势，同上述分析可知，污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能，故D错误；
故选：AC。
【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据电场线的疏密程度分析出场强的大小；
根据电势的大小关系，结合电势能的公式和功能关系分析出电场力的做功类型。
9．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
【分析】 行星表面的物体受到的万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度的表达式完成分析；
根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律得出背罩的加速度大小；
根据功率的计算公式得出功率的大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
【分析】根据甲乙两物块的加速度特点分析出两者的相对运动情况；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后两个物块的速度特点；
根据题意分析出高度对乙运动时间的影响，结合题意完成分析；
根据上述分析可知，甲最终停止的位置和乙不发生碰撞时停止的位置相同，结合动能定理得出对应的位置。
11．【答案】（1）平衡摩擦力；2.86
（2）4.118
（3）光源；明暗相间的干涉条纹
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）木板右端抬高的目的是平衡摩擦力；
小车的加速度大小
（2）游标卡尺读数为4.1cm+4×0.02mm=4.108cm
（3）在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏，遮光筒不可调节，打开并调节光源，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮，取下光屏，装上、双缝和测量头，调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到干涉条纹。
故答案为：（1）平衡摩擦力；2.86；（2）4.118；（3）光源；明暗相间的干涉条纹。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出小车的加速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则得出对应的读数；
（3）根据双缝干涉实验的原理掌握正确的实验操作，结合实验现象完成分析。
12．【答案】（1）
（2）b；1.60；较大
（3）逆时针；U1=U2
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）电路连线如图
（2）①为了保证电路的安全，实验开始前要将R的滑片置于阻值最大处，即置于b端。
②电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.60V；电压表U1比电压表U2的示数大，说明RG1＞RG2，由此可知表面光照强度较小的光敏电阻的阻值较大。
（3）电压表的示数U1＜U2，说明RG1表面的光照强度比RG2表面的大，因此电动机带动电池板逆时针转动，直至U1=U2，时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。
故答案为：（1）如解答图所示；（2）①b；②1.60；较大；（3）逆时针；U1=U2
【分析】 （1）根据电路图得出对应的实物连线图；
（2）①为了保证电路的安全，要让实验前连入电路中的阻值最大；
②根据电压表的读数规则得出对应的示数，结合电路构造和光照强度的大小关系分析出光敏电阻的阻值大小关系；
（3）根据电动机的工作原理分析出电池板的转动方向和稳定状态下的电压关系。
13．【答案】（1）解： 对B内的气体进行分析，假设A气缸中的气体并未进入到B气缸中，则B气缸中的气体发生等容变化，根据查理定律可得：
解得：pB2=0.9p0
此时，A气缸的气体与B气缸的气体压强差为：
Δp1=p0-pB2=p0-0.9p0=0.1p0＜Δp=0.11p0
假设成立。
（2）解： 结合上述分析可知，A气缸中的气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：
代入数据解得：VA2=3.6×10-2m3
（3）解： 若B内气体压强回到p0并保持不变，则说明此时A气缸的压强为：
pA2=p0+Δp=1.11p0
此时对活塞进行受力分析可得：
mg+p0S=pA2S
代入数据解得：m=110kg
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）假设B气缸中的气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的压强并验证假设是否成立；
（2）气体发生等压变化，结合盖—吕萨克定律列式得出气体的体积；
（3）根据题意得出A气缸的气体压强，再对活塞进行受力分析得出铁砂的质量。
14．【答案】（1）解： 对敏感球进行受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：
（2）解： ①F-t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则
，方向竖直向上
②头垂在下落过程中，根据动能定理可得：
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF-Mgt=Mv1-Mv
头锤上升过程中，根据动能定理可得：
联立解得：h=0.2m
【知识点】动量定理；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】 （1）对敏感球进行受力分析，根据几何关系得出倾角的正切值；
（2）①F-t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向；
②根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。
15．【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
，
联立解得：
结合题意可得：
解得：
（2）解： 粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，
设粒子的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t=t0时刻的速度大小也为v，
则，
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
根据几何关系可得：y=2R
联立解得：，
（3）解： 根据上述分析可得：
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过 会到达上极板，
竖直方向上的速度为：
根据动能定理可得：
联立解得：
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）根据题意分析出带电粒子在电场中做加速运动，由此得出粒子的电性，结合粒子在磁场中的运动特点和牛顿第二定律得出q的表达式；
（2）粒子在金属板间的水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，再做减速运动，结合牛顿第二定律和几何关系得出对应的速度和距离；
（3）根据运动的对称性分析出粒子打到上板时的时刻，根据运动学公式得出竖直方向上的速度，结合动能定理得出电场力对粒子做的功。
1 / 1【高考真题】广东省2024年高考物理试题
一、单项选择题 (本题共 7 小题, 每小题 4 分, 共 28 分. 在每小题列出的四个选项中, 只有一项符合题目 要求)
1．（2024·广东） 将阻值为 的电阻接在正弦式交流电 源上. 电阻两端电压 随时间的变化规律如 图所示. 下列说法正确的是 (　　)
A．该交流电的频率为
B．通过电阻电流的峰值为
C．电阻在 1 秒内消耗的电能为
D．电阻两端电压表达式为
【答案】D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．由图可知交流电的周期为0.02s，则频率为
故A错误；
B．根据图像可知电压的峰值为，根据欧姆定律可知电流的峰值
故B错误；
C．电流的有效值为
所以电阻在1s内消耗的电能为
故C错误；
D．根据图像可知其电压表达式为
故D正确。
故选D。
【分析】 根据图像得出交流电的周期，结合周期和频率的关系得出频率的大小；
根据欧姆定律代入数据得出通过电阻的电流的峰值；
根据正弦式交流电的特点得出电压和电流的有效值，结合电能的计算公式完成分析；
根据数学知识得出ω的大小，从而得出电压的表达式。
2．（2024·广东） 我国正在建设的大科学装置——“强流重离子加 速器”， 其科学目标之一是探寻神秘的“119 号”元 素. 科学家尝试使用核反应 产生该元素. 关于原子核 和质量数 ，下列 选项正确的是 (　　)
A． 为 B． 为
C． 为 D． 为
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】根据核反应方程
根据质子数守恒设Y的质子数为y，则有
可得
即Y为；根据质量数守恒，则有
可得
故选C。
【分析】根据电荷数守恒得出Y的类型，再结合质量数守恒得出A的数值。
3．（2024·广东）一列筒谐横波沿x轴正方向传播，波速为1m/s，t=0时的波形如图所示。t=1s时，x=1.5m处的质点相对平衡位置的位移为（　　）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图可知简谐波的波长为，所以周期为
当t=1s时，x=1.5m处的质点运动半个周期到达波峰处，故相对平衡位置的位移为0.1m。
故选B
【分析】 根据波速计算波传播的距离，结合质点振动的特点分析判断。
4．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 (　　)
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
5．（2024·广东） 如图所示. 在细绳的拉动下，半径为 的卷轴可绕 其固定的中心点 在水 平面内转动. 卷轴上沿半 径方向固定着长度为 的细管，管底在 点. 细管 内有一根原长为 、劲度系数为 的轻质弹簧，弹 簧底端固定在管底，顶端连接质量为 、可视为质 点的插销. 当以速度 匀速拉动细绳时，插销做匀 速圆周运动. 若 过大，插销会卡进固定的端盖， 使卷轴转动停止. 忽略摩擦力， 弹簧在弹性限度 内. 要使卷轴转动不停止， 的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；向心力
【解析】【解答】由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
【分析】卷轴和插销属于同轴传动模型，角速度相等，对插销进行受力分析，结合牛顿第二定律得出速度的最大值。
6．（2024·广东） 如图所示， 红绿两束单色光， 同时从空气中沿同一 路径以 角从 而射入某长方体透明均匀介质. 折射光束在 面发生全反射. 反射光射向 面. 若 逐渐增大，两束光在 面 上的全反射现象会先后消失. 已知在该介质中红 光的折射率小于绿光的折射率. 下列说法正确 的是 (　　)
A．在 面上，红光比绿光更靠近 点
B．θ逐渐增大时，红光的全反射现象先消失
C．θ逐渐增大时，入射光可能在 面发生全反射
D．θ逐渐减小时、两束光在 面折射的折射角 逐渐增大
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．红光的频率比绿光的频率小，则红光的折射率小于绿光的折射率，在面，入射角相同，根据折射定律
可知绿光在面的折射角较小，根据几何关系可知绿光比红光更靠近P点，故A错误；
B．根据全反射发生的条件可知红光发生全反射的临界角较大，逐渐增大时，折射光线与面的交点左移过程中，在面的入射角先大于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故B正确；
C．在面，光是从光疏介质到光密介质，无论多大，在MN面都不可能发生全反射，故C错误；
D．根据折射定律可知逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐减小，故D错误。
故选B。
【分析】 根据光线的偏折程度分析出两束光对应的位置；
根据角度的变化特点，结合全反射现象的发生条件完成分析；
根据折射定律，结合入射角的变化趋势分析出折射角的变化趋势。
7．（2024·广东） 如图所示， 轻质弹簧竖直放置， 下端固定. 木块从弹簧正上方 高度处由静 止释放. 以木块释放点为原点， 取竖直 向下为正方向. 木块的位移为 . 所受 合外力为 ，运动时间为 . 忽略空气 阻力. 弹簧在弹性限度内. 关于木块从释放到第一 次回到原点的过程中. 其 图像或 图像 可能正确的是 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】 AB、木块释放过程中，位移由0增加到H时未接触弹簧时，木块的合外力为重力，保持不变。当y=H时接触弹簧，根据胡克定律，可知之后弹簧的弹力逐渐增大，且与物块的位移成线性关系，当弹簧弹力等于重力时合力为零，之后弹力大于重力，合力方向反向向上，到达最低点后木块开始向上移动，位移y变小，此后木块的受力特点和之前的受力特点呈现对称情况，位移由最大减小到零的过程，图像与之前的重合，故A错误，B正确；
CD、木块在未接触弹簧时做自由落体，加速度保持恒定，则y-t图像为抛物线，而后弹簧开始有弹力且逐渐增大，由牛顿第二定律mg-ky=ma，加速度逐渐减小后反向增大，木块先做加速运动后做减速运动，直到速度为零，而后的运动情况和之前的成对称特点，故在y=H之后到位移最大的过程，图像的斜率先变大后变小到零，故CD错误。
故选：B。
【分析】 根据题意分析出木块的合外力特点，并由此得出木块的加速度变化情况和对应的y-t图像。
二、多项选择题 (本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题列出的四个选项中, 有多项符合题目要 求. 全部选对的得 6 分, 选对但不全的得 3 分, 有 选错的得 0 分)
8．（2024·广东） 污水中的污泥絮体金属圆盘经处理后带负电. 可 利用电泳技术对其 进行沉淀去污， 基本 原理如图所示. 涂有 绝缘层的金属圆盘 和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于名 底部、金属棒插入污水中， 形成如图所示的电场分 布，其中实线为电场线，虚线为等势面. 点和 点 在同一电场线上， 点和 点在同一等势面上. 下列说法正确的有 (　　)
A． 点的电势比 点的低
B． 点的电场强度比 点的大
C．污泥絮体从 点移到 点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在 点的电势能比其在 点的大
【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；等势面
【解析】【解答】 A、沿着电场线方向电势逐渐降低，则M点的电势低于N点的电势，故A正确；
B、在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小，则N点的场强小于P点的场强，故B错误；
C、污泥絮体带负电，且从M点移动到N点的过程中电势逐渐升高，根据电势能的表达式Ep=qφ可知污泥絮体的电势能减小，结合功能关系可知电场力对其做正功，故C正确；
D、电场中的虚线表示等势面，则N点的电势高于P点的电势，同上述分析可知，污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能，故D错误；
故选：AC。
【分析】沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据电场线的疏密程度分析出场强的大小；
根据电势的大小关系，结合电势能的公式和功能关系分析出电场力的做功类型。
9．（2024·广东） 如图所示， 探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞. 在 接近某行星表面时以 的 速度竖直匀速下落. 此时启动 “背罩分离”， 探测器与背罩断 开连接， 背罩与降落伞保持连接. 已知探测器质量 为 ，背罩质量为 ，该行星的质量和 半径分别为地球的 和 . 地球表面重力加速度大小取 . 忽略大气对探测器和背罩的阻力. 下列说法正确的有 (　　)
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间， 探测器所受重力对其做功 的功率为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
【分析】 行星表面的物体受到的万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度的表达式完成分析；
根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律得出背罩的加速度大小；
根据功率的计算公式得出功率的大小。
10．（2024·广东）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与 处相距
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
【分析】根据甲乙两物块的加速度特点分析出两者的相对运动情况；
根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后两个物块的速度特点；
根据题意分析出高度对乙运动时间的影响，结合题意完成分析；
根据上述分析可知，甲最终停止的位置和乙不发生碰撞时停止的位置相同，结合动能定理得出对应的位置。
三、非选择题 (本题共 5 小题, 共 54 分. 考生根据要 求作答)
11．（2024·广东）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三 个必做实验的部分步骤， 请完成实验操作和计算.
（1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的 关系”实验装置示意图. 图中木板右端垫高的目 的是　 　. 图乙是实验得到纸带的一部 分. 每相邻两计数点间有四个点未画出. 相邻计 数点的间距已在图中给出. 打点计时器电源频率 为 ，则小车的加速度大小为　 　 (结果保留 3 位有效数字).
（2） 在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中， 某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体的长度， 示数如图丙所示. 图丁为局部放大图. 读数为　 　 .
（3） 在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节 过程中， 在光具座上安装光源、遮光筒和光屏. 遮 光筒不可调节. 打开并调节　 　. 使光束沿 遮光筒的轴线把光屏照亮. 取下光屏， 装上单缝、 双缝和测量头. 调节测量头， 并缓慢调节单缝的 角度直到目镜中观察到　 　.
【答案】（1）平衡摩擦力；2.86
（2）4.118
（3）光源；明暗相间的干涉条纹
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用双缝干涉测光波的波长
【解析】【解答】（1）木板右端抬高的目的是平衡摩擦力；
小车的加速度大小
（2）游标卡尺读数为4.1cm+4×0.02mm=4.108cm
（3）在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏，遮光筒不可调节，打开并调节光源，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮，取下光屏，装上、双缝和测量头，调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到干涉条纹。
故答案为：（1）平衡摩擦力；2.86；（2）4.118；（3）光源；明暗相间的干涉条纹。
【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出小车的加速度；
（2）根据游标卡尺的读数规则得出对应的读数；
（3）根据双缝干涉实验的原理掌握正确的实验操作，结合实验现象完成分析。
12．（2024·广东）某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源。
图甲是光照方向检测电路，所用器材有：电源E（电动势3V）；电压表V1和V2（量程均有3V和15V，内阻均可视为无穷大）；滑动变阻器R；两个相同的光敏电阻RG1和RG2；开关S；手电筒；导线若干。图乙是实物图，图中电池板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转轴上，控制单元与检测电路的连接未画出，控制单元对光照方向检测电路无影响。
请完成下列实验操作和判断。
（1）电路连接。
图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表V1间的实物图连线　 　.
（2）光敏电阻阻值与光照强度关系测试。
①将图甲中R的滑片置于　 　端。用手电筒的光斜照射到RG1和RG2，使RG1表面的光照强度比RG2表面的小。
②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。V1的示数如图丙所示，读数U1为　 　 V。V2的示数U2为1.17V，由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值　 　(填“较大”或“较小”).
③断开S。
（3）光源跟踪测试.
光源跟踪测试。
①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2。
②闭合S，并启动控制单元，控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动机转动。此时两电压表的示数U1＜U2，图乙中的电动机带动电池板　 　(填“逆时针”或“顺时针”)转动， 直至 　 　时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。
【答案】（1）
（2）b；1.60；较大
（3）逆时针；U1=U2
【知识点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性
【解析】【解答】（1）电路连线如图
（2）①为了保证电路的安全，实验开始前要将R的滑片置于阻值最大处，即置于b端。
②电压表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为1.60V；电压表U1比电压表U2的示数大，说明RG1＞RG2，由此可知表面光照强度较小的光敏电阻的阻值较大。
（3）电压表的示数U1＜U2，说明RG1表面的光照强度比RG2表面的大，因此电动机带动电池板逆时针转动，直至U1=U2，时停止转动，电池板正对手电筒发出的光。
故答案为：（1）如解答图所示；（2）①b；②1.60；较大；（3）逆时针；U1=U2
【分析】 （1）根据电路图得出对应的实物连线图；
（2）①为了保证电路的安全，要让实验前连入电路中的阻值最大；
②根据电压表的读数规则得出对应的示数，结合电路构造和光照强度的大小关系分析出光敏电阻的阻值大小关系；
（3）根据电动机的工作原理分析出电池板的转动方向和稳定状态下的电压关系。
13．（2024·广东）差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B的体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300K时，A内气体体积VA1=4.0×10-2m3；B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10m2，Δp=0.11p0，p0=1.0×105Pa。重力加速度大小取g=10m/s2，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦，差压阀与连接管道内的气体体积不计，当环境温度降低到T2=270K时：
（1）求B内气体压强pB2
（2）求A内气体体积VA2
（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m
【答案】（1）解： 对B内的气体进行分析，假设A气缸中的气体并未进入到B气缸中，则B气缸中的气体发生等容变化，根据查理定律可得：
解得：pB2=0.9p0
此时，A气缸的气体与B气缸的气体压强差为：
Δp1=p0-pB2=p0-0.9p0=0.1p0＜Δp=0.11p0
假设成立。
（2）解： 结合上述分析可知，A气缸中的气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：
代入数据解得：VA2=3.6×10-2m3
（3）解： 若B内气体压强回到p0并保持不变，则说明此时A气缸的压强为：
pA2=p0+Δp=1.11p0
此时对活塞进行受力分析可得：
mg+p0S=pA2S
代入数据解得：m=110kg
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】 （1）假设B气缸中的气体发生等容变化，根据查理定律列式得出气体的压强并验证假设是否成立；
（2）气体发生等压变化，结合盖—吕萨克定律列式得出气体的体积；
（3）根据题意得出A气缸的气体压强，再对活塞进行受力分析得出铁砂的质量。
14．（2024·广东）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g，忽略敏感球受到的摩擦力，求斜面倾角的正切值tanθ。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤倒到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1）解： 对敏感球进行受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：
（2）解： ①F-t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则
，方向竖直向上
②头垂在下落过程中，根据动能定理可得：
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF-Mgt=Mv1-Mv
头锤上升过程中，根据动能定理可得：
联立解得：h=0.2m
【知识点】动量定理；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】 （1）对敏感球进行受力分析，根据几何关系得出倾角的正切值；
（2）①F-t图像中图像和横轴围成的面积表示冲量，代入数据得出冲量的大小和方向；
②根据动量定理和动能定理联立等式得出头锤上升的最大高度。
15．（2024·广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q
（2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v
（3）求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W
【答案】（1）解： 带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
，
联立解得：
结合题意可得：
解得：
（2）解： 粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，
设粒子的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t=t0时刻的速度大小也为v，
则，
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
根据几何关系可得：y=2R
联立解得：，
（3）解： 根据上述分析可得：
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过 会到达上极板，
竖直方向上的速度为：
根据动能定理可得：
联立解得：
【知识点】动量定理；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】 （1）根据题意分析出带电粒子在电场中做加速运动，由此得出粒子的电性，结合粒子在磁场中的运动特点和牛顿第二定律得出q的表达式；
（2）粒子在金属板间的水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，再做减速运动，结合牛顿第二定律和几何关系得出对应的速度和距离；
（3）根据运动的对称性分析出粒子打到上板时的时刻，根据运动学公式得出竖直方向上的速度，结合动能定理得出电场力对粒子做的功。
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