2024届北京市东城区高三下学期二模考试物理试题（原卷版+解析版）

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试卷满分：100分：考试时间：90分钟
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. a、b为真空中等量异种点电荷的电场中的两点，如图所示。a、b两点的电场强度大小分别为、，电势的高低分别为、。下列说法正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】电场线分布的疏密程度能够表示电场的强弱，a位置电场线分布比b位置稀疏一些，则有
等量异种点电荷连线的对称点的电势相等，而沿电场线电势降低，可知
故选B。
2. 下列有关热现象的说法正确的是（ ）
A. 当物体温度为0℃时，物体的内能为零
B. 分子间作用力随分子间距离增大，一定先减小后增大
C. 气体分子的速率有大有小，但大量气体分子的速率呈“中间多、两头少”的规律分布
D. 一定质量的气体温度不变时，体积减小，压强增大，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度为0℃的物体，分子不停地做无规则的运动，分子动能不为零，分子间存在相互作用的引力与斥力，分子势能不为零，故温度为0℃的物体的内能不为零，故A错误；
B．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快。当分子间距离小于r0时，分子间斥力大于引力，分子力表现为斥力，随分子间距离的增大而减小；当分子间距离大于r0时，分子间斥力小于引力，分子力表现为引力，随分子间距离的增大先增大后减小，故B错误；
C．气体分子的速率有大有小，但大量气体分子的速率呈“中间多、两头少”的规律分布，故C正确；
D．一定质量的气体温度不变时，气体平均分子动能不变，体积减小，气体分子密度增大，则压强将增大，故每秒撞击单位面积器壁的分子数增加，故D错误。
故选C。
3. 如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是（ ）
A. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
B. 粒子性最强的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的
C. 最容易发生衍射的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的
D. 这群氢原子发出的光子中，能量的最大值为12.75eV
【答案】D
【解析】
【详解】A．这些氢原子总共可辐射出
种不同频率的光，故A错误；
B．氢原子从能级跃迁到n能级放出的能量
（）
粒子性最强的光，频率最大，光子能量最大，故粒子性最强的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的，故B错误；
C．最容易发生衍射的光波长最长，光频率最小，光子能量最小，是由n＝4能级跃迁到n＝3能级产生的，故C错误；
D．这群氢原子发出的光子中，由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光子能量最大，能量的最大值为
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对每个小球做的功都各不相同
B. 每个小球落地时的速度都各不相同
C. 每个小球在空中的运动时间都各不相同
D. 每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．设下落高度为h，重力做功为
三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；
B．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理
可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故B错误；
C．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有
第2个球做竖直上抛运动，有
第3个球做平抛运动，有
可得
故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；
D．小球落地时重力做功的瞬时功率
由于
故
故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。
故选C。
5. 一列振幅为A的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔选取一个质点，如图甲所示，时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向上振动，振动的最大位移为0.1m，经过时间，所选取的号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是（ ）
A. 该波的波速为4m/s
B. 时刻，质点5向下运动
C. 至内，质点1经过的路程为2.4m
D. 至内，质点5运动的时间只有0.2s
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，时刻质点1从平衡位置开始向上振动，由图可知时第一次出现图乙波形，该过程经过了0.6s的时间，质点1已经振动了1.5个周期，所以有
解得
由题图可知，波长为
所以波速为
故A项正确；
B．由题意可知，该波向右传播，由波形图可知，质点5向上运动，故B项错误；
C．由题意可知，质点1从平衡位置开始运动，运动了0.6s，为1.5个周期，其振幅为0.1m。所以其路程为
故C项错误；
D．质点1到质点5的距离为
该波从质点1传播到质点5需要时间为，有
解得
所以质点5运动时间为
故D项错误。
故选A。
6. 如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为的单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数。下列说法正确的是（ ）

A. 若只让滑片向端移动，则电流表的示数一定增大
B. 若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大
C. 若改用波长小于的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大
D. 若改用波长大于的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数一定为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．只让滑片向端移动，A、K间电压增大，所加电压为正向电压，如果光电流达到饱和值，增加电压，电流表示数也不会增大，故A错误；
B．只增加单色光强度，逸出的光电子数增多，光电流增大，故B正确；
C．阴极K的逸出功与入射光无关，故C错误；
D．若改用波长大于的单色光，能量减小，可能会发生光电效应，则流表的示数不一定为零，故D错误。
故选B。
7. 某同学设计了如图所示的电路进行电表的改装，将多用电表的选择开关旋转到“直流500mA”挡作为图中的电流表A。已知电流表A的内阻RA＝0.4，R1＝RA，R2＝7RA。关于改装表的下列说法正确的是（ ）
A. 若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
B. 若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为3.0V
C. 若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量电流为2.0A
D. 若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为1.5V
【答案】B
【解析】
【详解】AC．根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为
故AC错误；
BD．根据电压表改装原理，若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为
故B正确，D错误。
故选B。
8. 在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。将变阻器的滑片置于最大阻值处，闭合开关S，至L1和L2都稳定发光后，调节滑动变阻器的滑片，使L1和L2发光的亮度相同，此时滑动变阻器的阻值为R0，之后断开开关S。电源的内阻很小，可忽略，则下列说法正确的是（ ）
A. 移动滑动变阻器滑片的过程中，L1、L2的亮度都在发生变化
B. 开关S由闭合变为断开，L1、L2中的电流不相等
C. 开关S由闭合变为断开，L2中的电流会立即反向
D. 若想观察到断开开关S后L2闪亮一下的现象，滑动变阻器的阻值应小于R0
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于电源内阻忽略，可知L1支路的电压不变，则移动滑动变阻器滑片的过程中，L1亮度不变，选项A错误；
B．因稳定时两灯泡亮度相同，则开关S由闭合变为断开，L1、L2中的电流相等，选项B错误；
C．开关S由闭合变为断开，L2中原来的电流立即消失，因线圈所在支路产生自感电动势阻碍电流减小，则线圈相当于电源，会在L1、L2和R中形成新的回路，则L2中的电流会立即反向，选项C正确；
D．若想观察到断开开关S后L2闪亮一下的现象，则稳定时通过线圈支路的电流必须大于通过下方L2支路的电流，则滑动变阻器的阻值应大于线圈电阻R0，选项D错误。
故选C。
9. 如图甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的光包含两种单色光，分别为红光和蓝光。光从如图乙所示水面上的圆形区域中射出，该区域分为Ⅰ、Ⅱ两部分，如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光
B. 区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为蓝色单色光
C. 区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为蓝色单色光
D. 区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为红、蓝复色光
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足
因为红光和蓝光的频率，所以红光和蓝光的折射率，综合上式可得，红光和蓝光的临界角。所以蓝光先发生全反射，区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光。
故选A。
10. 一束γ射线（从底部进入而没有留下痕迹）从充满在气泡室中的液态氢的一个氢原子中打出一个电子，同时γ光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电子、负电子，二者速度接近），其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质量相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹
B. 正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等
C. 分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
D. 正电子、负电子的动能不断减小，而被打出的电子动能不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知氢原子中打出的电子向上运动，根据反冲原理，正、负电子对向下运动，根据左手定则，左侧螺旋轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹，故A错误；
B．正电子、负电子所受洛伦兹力大小为
正电子、负电子的速度大小不是时刻相等，则正电子、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相等，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电子速度大于负电子速度，故C正确；
D．正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室中克服阻力做功，动能也逐渐减小，故D错误。
故选C。
11. 如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示（初始静止位置为原点，向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0）。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. x＞0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力
B. x=0的那些时刻线圈中没有感应电流
C. 更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零
D. 增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，选项A错误；
B．x=0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，选项B错误；
C．更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢慢地衰减到零，选项C错误；
D．增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，选项D正确。
故选D。
12. 如图甲为滑雪大跳台场地的简化示意图。某次训练中，运动员从A点由静止开始下滑，到达起跳点B时借助设备和技巧，保持到达起跳点B时的速率，沿与水平面夹角为15°的方向斜向上飞出，到达最高点C，最终落在坡道上的D点（C、D均未画出），已知A、B之间的高度差H=45m，坡面与水平面的夹角为30°。不计空气阻力和摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin15°=0.26，cs15°=0.97。下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在B点起跳时的速率为20m/s
B. 运动员起跳后达到最高点C时的速度大小约为7.8m/s
C. 运动员从起跳点B到最高点C所用的时间约为2.9s
D. 运动员从起跳点B到坡道上D点所用的时间约为4.9s
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员从A点由静止开始下滑到B点时，由动能定理可得
解得
A错误；
B．运动员在Ｂ点起跳后做斜抛运动，在水平方向则有
在竖直方向则有
在最高点，竖直方向速度是零，水平方向速度不变，可知运动员起跳后达到最高点C时的速度大小为，B错误；
C．运动员从起跳点B到最高点C，在竖直方向做竖直上抛运动，到最高点C的时间则有
C错误；
D．运动员从起跳点B到坡道上D点的运动中，将运动分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向的两个分运动，在垂直斜坡方向则有
由运动规律可得运动员从起跳点B到坡道上D点所用的时间为
D正确。
故选D。
13. 水平放置的M、N两金属板，板长均为L，板间距为d，两板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，在两板左端点连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速v0紧靠M板从右端水平射入电场，随后从P点进入磁场，从Q点离开磁场（P、Q未画出）。不考虑粒子的重力，下列说法正确的是
A. PQ间距离与E的大小无关
B. PQ间距离与v0的大小无关
C. P点的位置与粒子的比荷无关
D. 带电粒子不可能打在N板上
【答案】A
【解析】
【详解】AB．粒子进入磁场时的速度为，进入磁场后粒子在磁场中做圆周运动，偏转后从MN边界离开磁场，则由洛伦兹力充当向心力有
可得
又粒子在电场中做类平抛运动，设粒子进入磁场时的速度与水平方向的夹角为，则有
根据几何关系可得，粒子进入磁场的位置与射出磁场的位置之间的距离为
所以PQ间距离与无关，与有关，故A正确，B错误；
C．根据类平抛运动的规律有，水平方向
竖直方向
加速度
可知
可知P点的位置与粒子的比荷有关，故C错误；
D．题中的值未做明确限制，若，则带电粒子有可能打在板上，故D错误。
故选A。
14. 如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，第①次击球和第②次击球分别使台球沿平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔碰撞，速度大小均为v0。碰撞后，木楔沿桌边运动，速度大小用V表示，台球平行于桌边和垂直于桌边的速度大小分别用vx和vy表示。已知木楔质量为M，台球质量为m，木楔的倾角用θ表示。不考虑碰撞过程的能量损失，则（ ）
A. 第①种情况碰后V可能大于
B. 若满足，第①种情况，即碰后台球速度方向垂直于桌边
C. 第②种情况碰后V可能大于
D. 若满足，第②种情况，即碰后台球速度方向平行于桌边
【答案】B
【解析】
【详解】A．第①种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
若，联立解得
可知第①种情况碰后V不可能大于，故A错误；
B．第①种情况若，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得
垂直于桌边方向根据动量定理可得
可得
联立可得
故B正确；
C．第②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据系统能量守恒可得
若，联立解得
可知第②种情况碰后V不可能大于，故C错误；
D．第②种情况，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有
根据统能量守恒可得
设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得
垂直于桌边方向根据动量定理可得
可得
联立可得
故D错误。
故选B。
第二部分
本部分共6题，共58分
15. 某同学对如图1所示的双缝干涉实验装置进行调节并观察实验现象。
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数增多，可以__________（选填选项前的字母）。
A. 将单缝向双缝靠近
B. 将红色滤光片换成绿色滤光片
C. 使用间距更小的双缝
（2）若在屏上观察到的干涉条纹如图2中a所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图2中b所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的__________。
A. 倍B. 倍
C. 2倍D. 3倍
（3）某次测量时，选用的双缝的间距为mm，测得屏与双缝间的距离为，叉丝中心线对准第1条亮纹中心时读数为21.75mm，旋转测量头旋钮，叉丝中心线对准第4条亮纹中心时读数如图3所示，则读数为__________mm。所测单色光的波长为______________（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）B （2）C
（3） ①. 29.30 ②. 6.3×10-7
【解析】
【小问1详解】
A．将单缝向双缝靠近，对从目镜中观察到的条纹个数无关，A错误；
B．由双缝干涉条纹间距公式可知，将红色滤光片换成绿色滤光片，光的频率变大，波长变小，干涉条纹间距变小，则从目镜中观察到的条纹个数增多，B正确；
C．使用间距更小的双缝，由干涉条纹间距公式可知，干涉条纹间距变大，观察到的条纹个数减少，C错误。
故选B
【小问2详解】
在屏上观察到的干涉条纹如图2中a所示，改变双缝间的距离后，由图b的条纹间距可知，则双缝间的距离变为原来图a的2倍。
故选C。
【小问3详解】
[1]由图3可知，第4条亮纹中心读数为
[2]条纹间距
由双缝干涉条纹间距公式可得
16. 1. （1）用图1所示的多用表测量一合金丝的电阻。待测合金丝阻值约为十几欧，测量步骤如下：
①使用前先调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准“直流电流、电压”的0刻线。
②将选择开关转到电阻挡的__________（选填“×1”“×10”或“×100”）的位置。
③将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准“电阻”的__________（选填“0刻线”或“∞刻线”）。
④将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据，示数如图2所示，则合金丝的阻值为__________。
（2）按照图3连接电路，测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度、调节滑动变阻器连入电路的阻值，使电流表的读数达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出图像，如图4中图线a所示。
①在实验中应使用__________（选填“0~20”或“0~200”）的滑动变阻器。
②已知合金丝甲的横截面积为8.0×10-8m2，则合金丝甲的电阻率为__________·m（结果保留2位有效数字）。
③图4中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙采用同样的方法获得的图像，由图可知合金丝乙的横截面积__________（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝甲的横截面积。
④请从理论上分析并说明，利用图4中直线斜率求合金丝电阻率，是否存在因电表内阻带来的误差__________。
【答案】 ①. ×1 ②. 0刻线 ③. 15 ④. 0~20 ⑤. 1.2×10-6 ⑥. 大于 ⑦. 见解析
【解析】
【详解】（1）②[1]待测电阻只有十几欧姆，则将选择开关转到电阻挡的“×1”的位置。
③[2]将红、黑表笔插入“＋”、“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准“电阻”的 “0刻线”。
④[3]合金丝的阻值为15Ω。
（2）①[4]在实验中滑动变阻器选择与待测电阻阻值相当的，则应使用0~20的滑动变阻器。
②[5]根据
由图像可知
解得
ρ=1.2×10-6Ω∙m
③[6]由图可知图4中图线b对应的斜率较小，根据
材料相同，则电阻率相同，可知合金丝乙的横截面积大于合金丝甲的横截面积。
④[7]由上述分析可知，导体的电阻率与图像的斜率有关，和电表内阻无关，所以不存在因电表内阻带来的误差。
17. 如图所示，在真空中A、B两个完全相同的带正电小球（可视为质点）分别用长为l的轻细线系住，另一端悬挂在P点，电荷量qA=qB=q0。OP为A、B连线中垂线，当A、B静止时，∠PAO＝60°。已知静电力常量为k，求：
（1）轻细线拉力的大小FT；
（2）P点电场强度的大小Ep和方向；
（3）若把电荷量为q＝2.0×10－9C（q＜＜q0）的正试探电荷从P点移到O点，克服电场力做了1.0×10－7J的功，求P、O两点间的电势差UPO。
【答案】（1）；（2）；方向向上（沿OP向上）；（3）－50V
【解析】
【详解】（1）A、B间的库仑力
F=
（2）由点电荷的场强公式知
EAP＝EBP＝
因此
E＝2EAPcs30°＝
方向向上（沿OP向上）
（3）P、O两点间的电势差
18. 如图所示，用横截面积为S、电阻率为ρ的金属丝制成半径为a的金属圆环来研究涡流现象。在金属圆环内有半径为b的圆形区域，区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=B0+kt（k＞0），求：
（1）金属圆环内感应电动势的大小E；
（2）金属圆环中感应电流的方向和感应电流的大小I；
（3）金属圆环单位长度上的发热功率P。
【答案】（1）；（2）逆时针，；（3）
【解析】
【详解】（1）由B=B0+kt可知
由法拉第电磁感应定律得
（2）根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针
金属圆环电阻
=
则在金属圆环中的感应电流
（3）金属圆环发热功率
单位长度的发热功率
P==
19. 光压是指光照射到物体上对物体表面产生的压力。早在17世纪初，开普勒就曾用太阳光的压力解释彗星的尾巴为什么背着太阳。其实彗尾一般有两条，一条是由等离子体在太阳风作用下形成的离子尾，另一条是不带电的尘埃在太阳光的光压力作用下形成的尘埃尾。当尘埃被从彗星释放出来，由于太阳光产生的光压把它们沿径向往外推开，它就不再继续沿着彗星轨道运动。如图所示为彗星掠过太阳所发生的状况，弧线表示彗星的轨迹，彗星当前在b位置，在a位置上释放出的尘埃已被太阳光压沿虚线路径推出（其它位置释放的尘埃路径未画出），形成了如图所示的尘埃尾。（已知彗星质量远远小于太阳质量）
（1）请说明在图中a位置释放的尘埃的速度方向；若能够沿着路径①（一条直线）运动，请说明尘埃所受合外力的情况。
（2）在一定条件下（例如强光照射下）小颗粒所受的光压可以与所受万有引力同数量级。假设尘埃粒子是半径为R的小球，密度为ρ，它对太阳光全部吸收。已知太阳的质量为M，辐射光的功率为P0，所发出太阳光的平均波长为λ，普朗克常量用h表示，万有引力常量用G表示，真空中光速用c表示。（光子的动量）
a．请求出能够沿路径①运动的尘埃粒子的半径R0；
b．请分析并说明半径满足什么条件的尘埃粒子会沿路径②运动。
【答案】（1）见解析；（2）a．；b．的尘埃粒子，沿路径②运动
【解析】
【详解】（1）尘埃的初速度方向沿彗星轨迹在a位置的切线方向；沿路径①运动的尘埃所受合外力为0。
（2）a．设图中a位置处与太阳中心的距离为r，则尘埃粒子在a位置受到的万用引力为
其中尘埃的质量，代入得
设尘埃粒子在a位置处单位时间内接收到的光能为E，可知
则尘埃粒子在a位置处单位时间内接收到的光子数
由动量定理可知尘埃粒子受到光压力
联立以上三式，并将代入得，尘埃粒子在a位置处受到太阳光的光压力
当尘埃粒子受到的万有引力和光压力相等，即
时，为所求的R0，整理得
此结果与r无关，说明只要尘埃粒子半径满足这个条件，就会一直沿路径b运动。
b．尘埃被从彗星释放出来时，初速度方向沿彗星轨迹在a位置的切线方向，若沿路径②运动，粒子所受合力指向曲线路径的弯曲方向，说明运动过程中光压力大于万有引力。
对比和，有
可知当R小于第（2）问中所求的R0时，，即，那些半径的尘埃粒子，沿路径②运动。
20. 如图所示，不可伸长的轻质细线上端固定，下端系着一个不带电小球，小球静止时位于足够大光滑绝缘水平面上的O点，现在O点静置一个带正电绝缘小物块，小球与小物块均视为质点。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标轴。已知小球质量为m1，小物块质量为m2、电荷量为q，细线长为l。假设系统处于真空环境中，不考虑各种阻力以及电荷量的损失，小球与物块之间的碰撞为弹性碰撞，接触过程中没有电荷量的转移。
（1）若将小球拉至与竖直方向成某一角度的位置由静止释放，小球到达O点的速度为v0，并以初速度v0与小物块发生碰撞，求碰后小球的速度v1与碰后物块的速度v2。
（2）若在第（1）问所述的碰撞后发现小球摆回至最高点时细线与竖直方向的夹角明显减小，为使小球越摆越高，可以在小球每次达到左方最高点时用一个很小的外力快速推一下小球。请利用此例从功和能的角度分析并解释在共振现象中，为什么当驱动力的频率与固有频率相等时，振动系统的能量最大。
（3）若在O点右侧空间（x＞0）存在着平行于Ox轴的电场（场强的大小和方向可调），释放小球时细线与竖直方向夹角为θ（θ＜5°），为了使碰撞后小物块能够返回O点，且二者以第一次相碰时的初速度大小再次相碰，并能多次重复此过程，请举出两种能够实现上述要求的理想情况，并分析并说明需要满足的条件。
【答案】（1）；；（2）见解析；（3）2m2
【解析】
【详解】（1）由动量守恒定律和能量守恒定律可知
m1v0=m1v1+m2v2
联立解得
v1=
v2=
（2）把此单摆视为振动系统，在小球每次达到左方最高点时用一个很小的外力快速推一下小球，满足了此外力（作为驱动力）的频率与单摆（振动系统）的频率相等，从功和能的角度来看，每次在最高点时推一下小球可以保证每次外力都对小球做正功，使得振动系统的能量增加。
（3）设小球摆到最低点时速度为v0，由
得
设小球做简谐运动的周期为T，则
第一种情况：
当m1=m2时，小球与物块碰撞后交换速度。小球碰后速度为零，小物块以v0为初速度向Ox轴正向做减速运动，速度减到0后反向加速，回到O点时速度大小仍为v0，于是沿Ox轴负方向与静止的小球发生第二次碰撞，碰后再次交换速度，小物块静止在O点，小球以v0为初速度做简谐运动，摆回最低点后与小物块发生第三次碰撞……，为实现这种不断重复的过程，要求O点右侧空间的电场为匀强电场，方向沿Ox轴负向，大小为不为零的任意值。
第二种情况：
当m1＞＞m2时，小球与物块碰撞后小球的速度仍为v0，物块以2v0为初速度向Ox轴正向做减速运动，速度减到0后反向加速，加速一段时间后需要沿x轴负向再做一段减速运动使得回到O点时速度为0；与此同时小球做简谐运动刚好经过一个周期的时间，于是在O点与物块发生第二次碰撞，碰撞前的状态与第一次相同，因此可以多次重复此过程。
为实现这种不断重复的过程，要求O点右侧空间的电场初始时方向沿x轴负向，大小记为E1，经t1时间后，电场方向沿Ox轴正向，大小记为E2，再经t2时间物块返回O点且速度为0。t1、t2、E1、E2需要满足的关系是：
t1+t2=
qE1t1－qE2t2=2m2
满足上述关系的多组值都可实现第二种情况的要求。