2023-2024学年江苏省南京市第二十九中学高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市第二十九中学高三（下）月考物理试卷（2月）（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，甲、乙、丙为三个不同的电路结构，其回路的电势升降情况与甲、乙、丙一一对应的是( )
A. ①②③B. ③②①C. ③①②D. ②③①
2.如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则
A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍
B. 卫星经过a点的速率为经过b点的 2倍
C. 卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍
D. 质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
3.洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图(a)、图(b)所示。电子束从电子枪向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄气体发光，从而显示电子的运动轨迹。调节加速极电压可改变电子速度大小，调节励磁线圈电流可改变磁感应强度，某次实验，观察到电子束打在图(b)中的P点。下列说法正确的是( )
A. 两个励磁线圈中的电流均为顺时针方向
B. 当减小励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹
C. 当减小加速极电压时，电子可能出现完整的圆形轨迹
D. 在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变大
4.如图，一列玩具火车一共有6节车厢，每节车厢长度15cm，车头与第一节车厢连接处的正上方高度h=5cm处有一个滴管，每隔时间t=0.1s落下一滴墨水，火车从静止开始做匀加速直线运动，同时，第一滴墨水开始离开滴管，做自由落体运动，墨水滴视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2，第一滴墨水滴在第一节车厢顶部，落点距离车厢前端1cm，整列火车全部经过滴管后，下列计算正确的是( )
A. 火车的加速度大小为4m/s2B. 第一节车厢顶部留下2滴墨水
C. 第7滴墨水落在第3节车厢顶部D. 每节车厢都至少留下一滴墨水
5.如图所示，轻质弹簧和物块组成一竖直悬挂的弹簧振子，在物块上装有一记录笔，在竖直面内放置有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示余弦型函数曲线形状的印迹，图中y1、y2、x0、2x0、3x0为记录纸上印迹的位置坐标值，P、Q分别是印迹上纵坐标为y1和y2的两个点。若空气阻力、记录笔的质量及其与纸之间的作用力均可忽略不计，则可判断( )
A. 该弹簧振子的振动周期为x0v
B. 该弹簧振子的振幅为y1−y2
C. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，物块所受弹力的冲量为零
D. 在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹力对物块所做的总功为负功
6.α粒子 24He以一定的初速度与静止的氧原子核 816O发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则( )
A. t1时刻 816O的动量为p0−p1B. t2时刻α粒子的加速度达到最大
C. t2时刻 816O的动能达到最大D. t2时刻系统的电势能最大
7.一种可“称量”安培力大小的实验装置如图甲。U形磁铁置于水平电子测力计上，两磁极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间(未与磁铁接触)，导体棒由绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计示数为G0；导体棒通以图示方向电流时，测力计示数为G1；将导体棒在水平面内转过θ角时(如图乙)，测力计示数为G2；将导体棒在竖直面内转过θ角时(如图丙)，测力计示数为G3。整个过程保持电流大小不变，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响。下列说法正确的是( )
A. G1=G3B. G1>G2C. G0>G1D. G28.餐厅桌面中间常会放置一块亚克力板，以防止用餐时飞沫的传播。如图所示，厚度为d的透明平板垂直安装在贴有方格纸图案的桌面上，且板面与水平格线平行，某同学贴近桌面且垂直板面正视，观察发现板后水平格线的位置都向前平移。已知平板的折射率为n，则下列说法正确的是
( )
A. 板后水平格线平移距离随其离板面的远近而改变
B. 板后水平格线平移距离不随平板厚度的改变而改变
C. 板后水平格线平移距离约为n−1nd
D. 板后水平格线平移距离约为1nd
9.如图(甲)所示，5颗相同的棋子整齐叠放在粗糙水平桌面上，第5颗棋子的最左端与水平面上的P点重合，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力作用在第3颗棋子上，经一小段时间后，关于图(乙)显示的五颗棋子的位置关系，不可能出现的是( )
A. 图aB. 图 bC. 图cD. 图d
10.如图所示，在与水平地面成θ=30∘的足够大的光滑坡面内建立坐标系xOy，坡面内沿x方向等间距分布足够多垂直坡面向里的匀强磁场，沿y方向磁场区域足够长，磁感应强度大小为B=1T，每个磁场区域宽度及相邻磁场区域间距均为d=0.6m。现有一个边长l=0.2m，质量m=0.04kg、电阻R=1Ω的单匝正方形线框，以v0=5m/s的初速度从磁场边缘沿x方向进入磁场，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 线框在斜面上做类平抛运动
B. 线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为5m/s2
C. 线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.4C
D. 线框从开始进入磁场到沿y方向运动的过程中产生的焦耳热为0.5J
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
11.下列说法正确的是( )
A. 甲图为光电效应实验，验电器和锌板带异种电荷
B. 乙图为岩盐的分子结构，敲碎的岩盐总是呈立方形状，是因为容易在虚线处断开
C. 丙图中，轻核能发生聚变的条件是克服库仑斥力，而不是克服核力
D. 戳破丁图中棉线右侧的肥皂泡，棉线会受到平行于肥皂泡平面且垂直于棉线的力使之向左弯曲
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
12.某同学设计了如下实验来测量物块与木板之间的动摩擦因数。实验步骤如下：
(1)如图甲所示，用垫块把一端带有定滑轮的长木板垫高，在其上表面固定一与物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。物块用细线通过定滑轮与一质量为m=100g的钩码相连。
(2)实验发现当木板的倾角调整为53∘时，给物块一个沿斜面向下的初速度，物块恰能拖着钩码匀速运动。
(3)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。当物块运动到某一位置时突然烧断细线，用手机记录下物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择烧断细线时物块的位置作为测量参考点，得到物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
(4)该同学选取部分实验数据，画出了Lt—t图像如图乙所示。回答以下问题：(重力加速度g取10m/s2，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6)
(i)根据图像可得，烧断细线瞬间物块速度的大小为_____m/s，物块下滑的加速度大小为_____m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(ii)根据上述数据，可得物块的质量为_____kg，物块与木板间的动摩擦因数为_____。(结果均保留2位有效数字)
(iii)改变物块质量和木板的倾角，能否使用该装置探究“合外力一定时，物块的加速度与物块质量之间的关系”？_____(填“能”或“不能”)。
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
13.如图，真空中足够大的铝板M与金属板N平行放置，通过电流表与电压可调的电源相连。一束波长。λ=200nm的紫外光持续照射到M上，光电子向各个方向逸出。已知铝的逸出功W0=6.73×10−19J，光速c=3.0×108m/s，普朗克常量h=6.63×10−34J⋅s。
(1)求光电子的最大初动能Ek(计算结果保留两位有效数字)；
(2)调节电压使电流表的示数减小到0时，M、N间的电压为U0；当电压为34U0时，求能到达N的光电子中，初速度与M之间夹角的最小值θ。
14.山地车的气压避震装置主要由活塞、气缸组成。某研究小组将其气缸和活塞取出进行研究。如图所示，在倾角为θ=30∘的光滑斜面上放置一个带有活塞A的导热气缸B，活塞用劲度系数为k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到气䍂底部的距离为L1=27cm，气缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=1cm，气缸内气体的初始温度为T1=270K。已知气缸质量为M=0.4kg，活塞的质量为m=0.2kg，气缸容积的横截面积为S=1cm2，活塞与气缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为g=10m/s2，大气压为p0=1.0×105Pa。
(1)对气缸进行加热，气缸内气体的温度从T1上升到T2，此时气缺底部恰好接触到斜面底端的挡板，已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=αT，α=2×10−3J/K，求该过程中气体吸收的热量Q；
(2)若在第(1)题的基础上继续对气缸进行加热，当温度达到T3时使得弹簧恰好恢复原长，求T3。
15.第25届哈尔滨冰雪大世界于2023年12月18日开园迎宾，2024年2月15日闭园，它用冰雪展现了哈尔滨沉淀60年的冰雪文化与魅力。一冰雕师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切割，切割后分为A、B两部分，切割面与水平面的夹角为37°。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，假设A、B的总质量等于正方体冰块的质量，A、B间动摩擦因数为μ=0.05，不计草垫厚度，下滑过程中A不会翻转。
(1)若将A从图示位置由静止释放，在A下滑的过程中B一直保持静止，求释放A的瞬间，草垫对B的摩擦力大小；
(2)若将正方体冰块置于光滑水平面上，A从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，直至刚与水平面接触，求整个过程中B移动的距离；
(3)在第(2)问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A对B做的功W。
16.如图所示，有一半圆形区域的半径为R，内部及边界上均存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直径MN和NP处放有一个很薄的接收屏，NP长为R。有一个位置可以移动的粒子源A可以向纸面内各个方向持续均匀发射速度为v(速度大小可调)的同种带电粒子，每秒发射粒子数为N，已知粒子质量为m，电量为+q。粒子打在接收屏上被吸收不反弹，粒子重力及粒子间的相互作用力不计。
(1)若v=qBRm，粒子源A位于圆弧MN的中点，求从粒子源A发出的粒子射到接收屏O点所需要的时间以及接收屏NP受到带电粒子的作用力大小；
(2)若v=qBR3m，把粒子源A从N点沿圆弧逐渐移到M点的过程中，接收屏MN能接收到粒子的总长度；
(3)若粒子源A位于圆弧MN中点，记从A点向左侧出射方向与AO方向夹角为θ，求能被MN板吸收的粒子打中板时速度方向与MN的夹角α的余弦值(用θ、粒子速度v以及题目中的已知量表示)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】 电动势的跃升集中在两极，电流通过电阻，电势下降；甲图中外电阻为零，与③对应；乙图中电路断路，与②对应；丙图中电流通过外电阻，电势下降，与①对应。
故选B。
2.【答案】D
【解析】【分析】
由开普勒第三定律可确定周期的关系；卫星做圆周运动向心力等于万有引力，卫星所需要的向心力小于万有引力做向心运动，所需要的向心力大于万有引力做离心运动，据引判断各速度的大小关系；由万有引力提供向心力确定加速度的大小关系。结合变轨原理分析不同轨道上机械能的关系。
对于卫星的运动问题，要明确所受万有引力与所需要的向心力的关系确定了卫星的运动轨道。若做匀速圆周运动，则向心力等于万有引力，从而来理解变轨原理。
【解答】
A.设轨道I的半径为R，则轨道Ⅱ的半长轴为：R2=R+2R2=1.5R
由开普勒第三定律得：(1.5R)3R3=T22T12，即为：T2T1= 1．53，即卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的 1．53倍。故A错误；
B.在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：va= GMR。
在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则有：vb< GM2R，则va> 2vb，故B错误；
C.由a=GMr2得：a∝1r2，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；
D.在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.磁场方向向外，由右手螺旋定则可知两个励磁线圈中的电流均为逆时针方向，故A错误；
B.由电子轨迹半径 r=mvqB 知B增大，r减小，所以当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹励磁线圈，故B错误；
CD.由动能定理
qU=12mv2 ， r=mvqB
知U减小，v减小，r减小，所以当减小加速极电压时，电子可能出现完整的圆形轨迹；
在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子仍做完整的圆周运动，由 T=2πmqB 知电子在磁场中圆周运动的周期恒定，故C正确；D错误。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.由题意可知，玩具火车从静止开始做匀加速直线运动，同时，第一滴墨水开始离开滴管，做自由落体运动，则有
t= 2hg= 2×5×10−210s=0.1s
可知在 t=0.1s 时间内火车运动位移为1cm，由位移时间公式 x=12at2 可得火车的加速度大小为
a=2xt2=2×
A错误；
B.设每节车厢长度为L，则第一节车厢经过滴管所用时间 t1 为
t1= 2La= 2×0.152s= 0.15s
则有
0.3s因此第一节车厢顶部留下3滴墨水，B错误；
C.第7滴墨水落下时，火车的位移为
x7=12at72=12×2×0.72m=0.49m=49cm
可知
3L=45cm可知第7滴墨水落在第4节车厢顶部，C错误；
D.由B选项分析可知，第3滴墨水落在第一节车厢顶部，则第4滴墨水落下时，火车的位移
x4=12at42=12×2×0.42m=0.16m=16cm
则第5滴墨水落下时，火车的位移
x5=12at52=12×2×0.52m=0.25m=25cm
则第6滴墨水落下时，火车的位移
x6=12at62=12×2×0.62m=0.36m=36cm
则第7滴墨水落下时，火车的位移
x7=12at72=12×2×0.72m=0.49m=49cm
则第8滴墨水落下时，火车的位移
x8=12at82=12×2×0.82m=0.64m=64cm
则第9滴墨水落下时，火车的位移
x9=12at92=12×2×0.92m=0.81m=81cm
由以上解析可知，第4、5滴墨水落在第二节车厢顶部，第6滴墨水落在第三节车厢顶部，第7滴墨水落在第四节车厢顶部，第8滴墨水落在第五节车厢顶部，第9滴墨水落在第六节车厢顶部，则有每节车厢都至少留下一滴墨水，D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】AB.记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期
T=2x0v
振幅为
A=y1−y22
故AB错误；
C.在记录笔留下PQ段印迹的过程中，弹簧振子从上方最大位移处运动到下方最大位移处，初末速度为零，根据动量定理可知，物块受到的合力的冲量为零，弹力和重力的合力冲量为零，故C错误；
D.在记录笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功，故弹力对物块做负功，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】A.由题意可知，由α粒子的动量p随时间t变化的部分图像可知，在 t=0 时刻，α粒子的动量为 p0 ， t1 时刻动量为 p1 ，由于α粒子与氧原子核正碰，又α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，由此可得在t1时刻 816O 的动量为 p0−p1 ，A正确；
B. t1 时刻图线的切线斜率最大，说明此时α粒子的动量的变化率最大，由动量计算公式 p=mv 可知，说明此时α粒子的速度的变化率最大，即加速度最大，因此 t2 时刻α粒子的加速度不是最大，B错误；
C. t2 时刻α粒子的动量是零，即速度是零， t2 时刻后α粒子的动量是负值，由系统动量守恒可知， t2 时刻之后 816O 的动量达到最大，速度达到最大，则动能达到最大，C错误；
D.由B选项分析可知， t1 时刻α粒子的加速度最大，此时受的电场力最大，则 816O 受的电场力也最大，α粒子与氧原子核的距离最近，此时系统的电势能最大，因此 t2 时刻系统的电势能不是最大，D错误。
故选A。
7.【答案】A
【解析】导体棒没有通电时测力计的示数即为磁铁的重量为 G0 ，通向外的电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的磁力向下，对磁铁由平衡条件
G0 +F安=G1
三种情况下，根据
F安=BILsinθ
导体棒所受安培力相同，所以
G1=G2=G3
故选A。
8.【答案】C
【解析】由题意可得，光线经亚克力板后的光路图，如图所示，由折射定律可得
n=sinisinr
可得
sinr=sinin
可得由几何知识可得
AD=dcsr=d 1−sin2r
则有
AB=ADsini−r
联立可得
AB=dsini1−csi n2−sin2i
则有
Δx=PP′=ABsini=d1−csi n2−sin2i
由于某同学贴近桌面且垂直板面正视，因此i很小，则有csi≈1，sini≈0，上式变为
Δx≈d1−1n=n−1nd
由此可知，板后水平格线平移距离Δx不随其离板面的远近而改变，且随平板厚度d的改变而改变。
故选C。
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律在实际生活中的运用，解决问题的关键是知道棋子间发生相对滑动的临界条件，运用牛顿第二定律进行分析求解。
【解答】
设两棋子间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，最上面两个棋子与第三个棋子保持相对静止时，最大加速度，有am=μ⋅2mg2m=μg；对最上面三个棋子研究，根据牛顿第二定律得F−μ⋅3mg=3mam，最上面三个棋子不发生相对滑动时，最大拉力F=6μmg，
(1)当F≤3μmg时，所有棋子均静止不动;如图a所示;
(2)当3μmg(3)当F>6μmg时，最上面两个棋子与棋子3发生相对滑动，上面两个棋子以加速度am=μg向右做加速，第三个棋子以大于μg的加速度向右加速，两者发生相对位移，但均向右运动，最下面两个棋子也将保持不动，如图c所示。
由以上分析可知，图b的情况不可能出现，故选B．
10.【答案】D
【解析】AB.根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，线框刚进入第一个磁场区域时，感应电动势为
E=Blv0=1V
感应电流为
I=ER=1A
线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为
F=BIl=0.2N
线框的加速度大小为
a= F2+(mgsin⁡30∘)2m=5 2m/s2
故AB错误；
C.线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
q=It=ERt=ΔΦR=Bl2R=0.04C
故C错误；
D.线框从开始进入磁场到沿 y 方向运动的过程中，即线框沿 x 方向速度减到零，设此时，线框沿 y 方向运动的位移为 y0 ，根据能量守恒定律有
mgy0sinθ+12mv02−12mv2=Q
在沿 y 方向，根据运动学规律得
v2=2gsinθ⋅y0
联立解得
Q=0.5J
故D正确。
故选D。
11.【答案】CD
【解析】A.甲图中，光电效应实验中，验电器和锌板带同种电荷，故A错误；
B.敲碎的岩盐总是呈立方形状，根据异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，结合库仑定律与矢量的合成法则，是因为容易沿边长的方向分开，不是在虚线处断开，故B错误；
C.要使轻核发生聚变，原子核必须克服巨大的库仑斥力，使原子核的距离达到10−15m以内，从而使核力起作用，故C正确；
D.戳破丁图中棉线右侧的肥皂泡，棉线会受到液体表面张力的作用，平行于肥皂泡平面且垂直于棉线的力使之向左弯曲，故D正确。
故选CD。
12.【答案】 0.18##0.19##0.20##0.21##0.22 4.1 0.24 0.64##0.65##0.66 能
【解析】(4)[1]小车烧断细线时，以初速度 v0 做匀加速直线运动，有
L=v0t+12at2
可得
Lt=v0+12at
故 Lt—t 图像的总截距表示初速度，有
v0=0.20m/s
[2] Lt—t 图像的斜率表示加速度的一半，有
a2=k=2.25−
则加速度
a=2k=4.1m/s2
[3]设物块的质量为M，斜面倾角为 α=53∘ ，连接体开始匀速运动，有
Mgsinα=μMgcsα+mg
剪断细绳后，对物块由牛顿第二定律有
Mgsinα−μMgcsα=Ma
联立可得
mg=Ma
代入得
M=mga=0.1×104.1kg≈0.24kg
[4]由[3]知，动摩擦因数为
μ=gsinα−agcsα=0.65
[5]由[3]知
mg=Ma
当改变物块质量和木板的倾角， mg 一定时，可以使用该装置探究物块的加速度与物块质量之间的关系。故填“能”。
13.【答案】(1) 3.2×10−19J ；(2)60°
【解析】(1)根据光电效应方程可得
Ek=hcλ−W0=6.63×10−34×3.0×108200×10−9J−6.73×10−19J=3.2×10−19J
(2)因调节电压使电流表的示数减小到0时，M、N间的电压为 U0 ，则
Ek=U0e
当电压为 34U0 时恰能到达N的光子满足
34U0e=12m(v0sinθ)2=Ek(sinθ)2
解得
sinθ= 32
则
θ=60∘
14.【答案】(1) Q=10×10−2J ；(2) T3=15954K
【解析】(1)气缸内气体的温度从 T1 上升到 T2 ，此时气缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中封闭气体的压强不变，则有
V1T1=V2T2
该过程中内能增大
ΔU=αT2−αT1
对气缸和活塞整体分析有
F=(M+m)gsinθ
对活塞受力分析有
F−mgsinθ=p1S
代入数据解得
p1=8×104Pa
气体对外做功
W=−p1V2−V1
根据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
解得
Q=10×10−2J
(2)当温度达到 T3 时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平衡有
p0S+mgsinθ=p3S
由理想气态方程得有
p1L1ST1=p3(L1+L2+Δx)T3
根据胡克定律
kΔx=M+mgsinθ
代入数据解得
T3=15954K
15.【答案】(1) 0.168mg ；(2) L8 ；(3) 452432mgL
【解析】(1)由几何知识和密度公式可知A、B的质量分别为
mA=38m
mB=58m
冰块A的受力分析如图所示
B对A的支持力
FN=mAgcs37
B对A的摩擦力
FfA=μFN
画出冰块B的受力分析，如图所示其中 F N′ 和 F fA′ 分别是 FN 和 FfA 的反作用力
冰块B水平方向受力平衡，可得草垫对B的摩擦力
FfB=FNsin37−FfAcs37
联立解得
FfB=0.168mg
(2)设整个过程中A、B的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图
根据几何关系，有
xA+xB=Ltan53−L
A、B系统在水平方向上动量守恒，有
mAvAx=mBvB
xAxB=vAxvB
联立解得
xB=L8
(3)设A刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为 α ，B的速度大小为vB，示意图如图所示
A、B系统在水平方向上动量守恒，有
mAvAcsα=mBvB
A、B系统机械能守恒，有
mAgL4=12mAvA2+12mBvB2
A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有
vAsin(α−37)=vBsin37
联立解得
vB= 9152gL
该过程对B由动能定理得
W=12mBvB2
解得
W=452432mgL
16.【答案】(1) πm3qB ， 14NqBR ；(2) 5− 33R ；(3) qBRmv−sinθ v>qBRm1+sinθ
【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
r=R
粒子运动的周期为
T=2πrv=2πmqB
由几何关系可知
θ=60∘
粒子源A发出的粒子射到接收屏O点所需要的时间为
t=T6=πm3qB
根据几何关系可知，有 14 的粒子数能被NP接收，根据动量定理
−Ft=0−14Nmv
解得接收屏NP受到带电粒子的作用力大小为
F=14NqBR
(2)根据洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
解得
r=13R
接收屏MN能接收到粒子右边界，直径
HN=2r=23R
左边界与屏相切，设 LO=x ，有
R−r2=x2+r2
解得
x= 33R
则
ML=R−x=3− 33R
接收屏MN能接收到粒子的总长度为
s=HN+ML=23R+3− 33R=5− 33R
(3)水平方向根据动量定理有
qvyBΔt=mvx−m−vsinθ
根据几何关系有
vyΔt=R
则
qBR=mvx+mvsinθ
可得
vx=qBRm−vsinθ
能被MN板吸收的粒子打中板时速度方向与MN的夹角α的余弦值
csα=vxv=qBRmv−sinθ v>qBRm1+sinθ