廣東省2024年高考物理模擬試卷及答案

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的

四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.我國第一臺空間萊曼阿爾法太陽望遠鏡可探測波長為121.6nm的氫原子譜線，該譜線對應的光子能量

為10.2eV。根據如圖所示的氫原子能級圖，可知此譜線來源于太陽中氫原子（）

￡7cV

0

-0.85

A.n=4和n=1能級之間的躍遷B.n=3和n=1能級之間的躍遷

C.九=2和n=1能級之間的躍遷D.n=3和n=2能級之間的躍遷

2.北斗衛星導航系統是中國自行研制的全球衛星導航系統.其中北斗一G4為一顆地球靜止軌道衛星，

北斗一IGSO2為一顆傾斜同步軌道衛星，北斗一M3為一顆中圓地球軌道衛星（軌道半徑小于靜止軌道半

徑），下列說法正確的是（）

A.北斗一G4和北斗一IGSO2都相對地面靜止

B.北斗一G4和北斗一IGSO2的軌道半徑相等

C.北斗一M3與北斗—G4的周期平方之比等于高度立方之比

D.北斗一M3的線速度比北斗一IGSO2的線速度小

3.如圖所示，水平地面上靜止疊放著△兩個石塊，已知。與6之間接觸面切線不水平，不考慮。與6

之間□萬有引力以及空氣影響，下列說法正確的是（）

A.△對。的支持力與。受到的重力是一對平衡力B.6共受到5個力的作用

C.地面對6的摩擦力水平向左D.地面受到的壓力等于。和6的重力之和

4.如圖4所示，某人面向一段平直的河岸，站在跟隨河水一起漂流的木船上，某時刻向其正前方向，向

上斜拋出一小石塊，使其落在河岸上。忽略空氣阻力作用.下列說法正確的是（）

1

阿微

木流

A.石塊到最高點時速度為0B.石塊在空中運動軌跡所在平面與該段河岸垂直

C.石塊拋出的初速度越大，落地點越遠D.石塊從拋出到落地所用時間與河水流速無關

5.甲駕駛汽車在一段平直馬路上等綠燈，甲啟動汽車時乙駕駛汽車剛好從旁邊經過，他們的口-x圖像

如圖所示，下列說法正確的是（）

A.兩車同時到達，處

C.從甲啟動汽車到兩車速度相等經歷的時間為下工

o

D.兩車在0—、內，乙受到座椅的作用力豎直向上，甲受到座椅的作用力水平向前

6,信宜市境內崇山峻嶺較多，茶農在其中一些條件適宜的高山上種植高山茶，一茶農駕駛農用拖拉機，

沿盤山公路以恒定速率向山上運送農資。不考慮拖拉機燃油質量的變化，下列說法正確的是（）

A.為了行車安全，路面轉彎處應做成內高外低

B.拖拉機牽引力的瞬時功率保持不變

C.拖拉機依次經過兩個水平圓弧彎道1和2,且勺〉/?2,則其合外力氣〉/

D.上坡過程拖拉機的機械能增加

7.某興趣小組在校園內進行科學小實驗，實驗場地所處的磁場可視為方向豎直向下，大小B=

5V?x10-5T的勻強磁場，興趣小組使長為3m、寬為1m、匝數為100的金屬線框以角速度①=10rad/s

勻速轉動，再利用原、副線圈匝數比為1匚100的理想變壓器使“12V,9W”電風扇正常工作，線框及電線電

阻不計，如圖所示。下列說法正確的是（）

A.當線框平面與地面平行時產生的電動勢最大

B.電風扇的內阻為16Q

C.為了使電風扇能正常工作，需把電風扇與一個限值R=4。的電阻串聯

D.金屬線框感應電動勢的峰值為0.15V

2

閱卷人二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的

四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得

得分3分，有錯選的得0分。

8.某手機正在充電時，鬧鐘響起手機振動，充電線也跟著振動，手機振動的頻率為匕，充電線上某點的

頻率為打，如圖所示.下列說法正確的是（）

A.充電線做受迫振動，=f2

B.手機振動的頻率越大，充電線抖動幅度越大

C.充電線上離手機充電口近的點先振動

D.同一手機，更換不同長度充電線，振動時的頻率不同

9.如圖所示是一種經顱磁刺激的醫療技術，在人體頭部上方放置的金屬線圈內通以脈沖電流，電流流經

線圈產生高強度脈沖磁場，磁場穿過頭顱對腦部特定區域產生感應電流，下列說法正確的是（）

A.脈沖電流流經線圈會產生高強度的磁場是電磁感應現象

B.變化的磁場會使得腦部特定區域產生感應電場

C.若將脈沖電流改為恒定電流，也會持續對腦部產生感應電流

D.若脈沖電流最大強度不變，但脈沖電流時間上縮短，則在腦部產生的感應電流會增強

10.反射式速調管是常用的微波器件之一，其內部真空，有一個靜電場的方向平行于x軸，其電勢9隨x

的分布如圖所示，久=0處電勢為6V。一個帶負電粒子（重力不計）從x=3cm處由靜止釋放，下列說法

正確的是（）

A.該靜電場可以由兩個負電荷產生

B.%=—25i的電場強度小于久=2cm處的電場強度

C.該粒子在尤=0處的電勢能最小

3

D.該粒子將沿x軸負方向運動，運動到的最遠位置為尤=-4.5cm

閱卷人

三、非選擇題：本題共5小題，共54分，考生根據要求作答。

得分

11.某同學為了測量固體藥物的體積，設計了如圖甲所示的測量裝置（裝置密封性良好）。

要測量步驟如下:

①把待測藥物放進注射器內；

②把注射器活塞推至適當位置，然后將注射器與壓強傳感器、數據采集器、計算機連接;

③移動活塞，記錄注射器的刻度值匕以及氣體壓強值?；

④重復上述步驟③，多次測量；

⑤根據記錄的數據，作出圖像，并利用圖像計算藥物體積。

（1）在操作步驟③中，（選填“緩慢”"快速''或"以任意速度”）移動活塞。

（2）在操作步驟⑤中，為了得到直線圖像，縱坐標是匕則橫坐標應該選用（選填"夕'"百’或

“p2”）。

（3）選擇合適的坐標后，該同學通過描點作圖，得到的直線圖像如圖乙所示，其延長線分別交橫、縱

坐標于°、b,則待測藥物的體積為（用題目中已知量表示）。

（4）由于壓強傳感器和注射器連接處軟管存在一定容積，由此造成的測量值比真實值（選填

“偏大”“偏小”或“相同”）。

12.某同學利用熱敏電阻自制了一個簡易溫度計，其內部電路裝置如圖甲所示，使用的器材有：直流電

源（E=6.0乙內阻不計）、毫安表（量程10mA,內阻不計）、電阻箱尺、熱敏電阻&一個、開關S］和

52、導線若干.該熱敏電阻阻值與隨溫度/變化的曲線如圖乙所示.

4

丙

（1）根據圖甲電路圖用筆代替導線，把圖丙中實物電路圖補充完整。

（2）先斷開關Si，將電阻箱的阻值調到（選填“最大值”或“最小值。然后將開關S2接至。

端，閉合開關S],逐漸調節電阻箱的限值，根據圖乙把毫安表改裝為溫度計。

（3）將開關S2接至6端，閉合開關該溫度計便可正常使用。若毫安表指針偏轉至圖丁所示，則通

過毫安表的電流為mA,溫度為口。（結果均保留2位有效數字）

（4）當溫度計使用一段時間后，其電源有一定程度的老化，內阻增大，此時該溫度計測量值比真實值.

（選填“偏大”“偏小”或“相同

13.如圖所示為一半徑為R=6cm的透明半球體，尸。為半球體的直徑，。為半球體的球心.現有一束激

光垂直半球的平面射入半球體，入射點從尸點沿直徑尸。方向緩慢向。點移動，發現當入射點移動2cm

后，才開始有光線從下方球冠射出，不考慮光線在半球體內多次反射，求：

（1）該半球體的折射率為多少？

（2）當該束激光入射點移動至距離球心為3cm位置入射，則其光線射出半球體的折射角的正弦值為多

少？

14.甲、乙兩位同學利用中國象棋進行游戲。某次游戲中，在水平放置的棋盤上，甲用手將甲方的棋子

以0.4m/s的初速度正對乙方棋子彈出，兩棋子相碰撞后（碰撞時間極短），甲方棋子速度大小變為

O.lm/s,方向不變.兩棋子初始位置如圖所示，棋子中心與網格線交叉點重合，該棋盤每方格長寬均L=

5

4cm,棋子直徑均為O=3cm,棋子質量相等均為m=20g,棋子與棋盤間的動摩擦因數均為“=0.07。

重力加速度g大小取10m/s2。求：

（2）通過計算，判斷乙方棋子中心是否滑出邊界;

（3）甲方棋子從彈出到停下所需的時間。（計算結果保留2位有效數字）

15.在如圖所示的豎直平面xQy中，一質量為加、電荷量為+q的帶電小球沿x軸正方向以初速度飛=

號從/點射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強電場耳=翳，小球偏轉后打到x軸上的C（》L,O）

點，x軸下方有勻強電場鳥（圖中未畫出），第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應強度大小不同的勻強

磁場，小球在x軸下方做勻速圓周運動，已知第四象限勻強磁場的磁感應強度大小為竺/耳，重力加速度

q7

（1）求X軸下方勻強電場的電場強度島;

（2）求帶電小球在C點的速度小；

6

(3)若第三象限勻強磁場的磁感應強度大小為學區,求粒子從C點運動到P(0,-3L)點所用的時

間。

7

答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】兩個能級的能量差即對應光子的能量，滿足題意的是氫原子從第2能級躍迂到第1能級，

C正確，ABD錯誤。

答案：C。

【分析】本題考查能級的躍遷，難度較低，要求學生能量理解兩個能級的能量差即對應光子的能量，找出

對應的兩個能級即可。

2.【答案】B

【解析】【解答】AB、北斗一G4為一顆地球靜止軌道衛星，北斗一IGS02為一顆傾斜同步軌道衛星，說

明兩顆衛星的公轉周期與地球自轉的周期相同，由開普勒第三定律

T3

*=k

知，兩顆衛星的軌道半徑相同，由于轉動平面不同，北斗一G4相對地面靜止，但北斗一IGS02不會，A

錯誤，B正確；

C、由開普勒第三定律

r3

7-iT7f=k

知，北斗一M3與北斗一G4的周期平方之比等于軌道半徑立方之比，C錯誤；

D、由

MmV2

G_.2.=m千

知

\GM

V=,丁

說明軌道半徑越大，環繞速度越小，北斗一M3軌道半徑小于靜止軌道半徑，說明北斗一M3的線速度

比北斗一IGS02的線速度大，D錯誤。

故答案為Bo

【分析】本題考查宇宙航行與衛星，根據題意判斷北斗一G4和北斗一IGSO2周期相同，由開普勒第三

定律標=k知，兩顆衛星的軌道半徑相同，由于軌道平面不同，所以相對地球的運動狀態不同；根據

6粵=血吐判斷軌道半徑越大，環繞速度越小。

丁幺r

3.【答案】D

8

【解析】【解答】A、a受到重力、支持力、b對a的摩擦力，且三力合力為零，A錯誤；

CD、將a、b看成一個整體，該整體受到重力和地面的支持力，兩力平衡，即地面對6沒有摩擦力作用，

C錯誤；地面對該整體的支持力等于a、b的重力之和，根據牛頓第三定律，地面受到的壓力等于a和b

的重力之和，D正確；

B、b受到重力、支持力、a對b的摩擦力，地面對b的支持力，一共4個力，B錯誤。

故答案為Do

【分析】本題考查整體法和隔離法，從平衡的角度判斷研究對象的受力情況，分析a、b間的摩擦力時，

單獨對a分析，分析地面對b的摩擦力時，將a、b看成一個整體分析，分析b受力的個數時，單獨對b分

析。

4.【答案】D

【解析】【解答】A、石塊在空中做斜拋運動，水平方向遵循勻速直線運動，即石塊到達最高點時水平速度

不為零，A錯誤;

B、人向運動的正前方向，向上斜拋出一石塊，說明石塊在空中的運動軌跡平面與該段河岸平行，B錯

誤；

C、設石塊斜拋的速度大小為V,石塊做斜拋運動的水平位移為

vsindV2sin20

說明水平位移與斜拋的初速度大小、方向有關，但并不是石塊拋出的初速度越大，落地點越遠，c錯

誤；

D、石塊從拋出到落地所用時間

vsin02vsin0

t==—§—

說明石塊從拋出到落地所用時間與河水流速無關，D正確。

故答案為D。

【分析】本題考查斜拋運動，根據兩個分運動的獨立性，豎直方向的分速度決定了石塊運動的時間，即

「=2穿=駕吧，而水平方向分速度與運動時間同時決定了斜拋的水平位移，即尤=2"cos。，

vsind_v2sin20

9~9~°

5.【答案】C

【解析】【解答】A、根據題意知，甲車做初速為零的加速運動，而乙車做勻速直線運動，從甲車開始啟動

時開始計時，兩車不可能同時到達x0處，A錯誤；

B、對甲車

v2=2ax

9

則

v2=2a-%

結合圖像說明圖像的斜率為2a,即

解得甲駕駛汽車勻加速度直線運動時的加速度為

B錯誤;

C、從甲啟動汽車到兩車速度相等經歷的時間為t,有

1

2（o+v0）t=%（

C正確；

D、在0—、內，乙車做勻速直線運動，所以乙受到的重力和支持力平衡，即乙受到座椅的作用力豎直

向上，而甲做勻加速直線運動，受到重力和座椅對甲的作用力，合力與甲車的運動方向相同，所以由力

的合成法則知，座椅對甲的作用力與水平方向成一定夾角的，D錯誤。

故答案為C。

【分析】本題考查動力學問題，要求學生能夠結合題意和圖像判斷兩車的運動性質，結合圖像和運動學公

式判斷甲車做初速為零的勻加速直線運動，并能判斷加速度大小，從而能夠通過：（0+,"=久0判斷從甲

啟動汽車到兩車速度相等經歷的時間；其次結合兩車的運動性質，判斷其受力情況，進而可以判斷甲、乙

受到座椅的作用力方向。注意：甲受到座椅的作用力，其實是支持力、摩擦力的合力。

6.【答案】D

【解析】【解答】A、拖拉機在路面轉彎時，為了減小路面與拖拉機的摩擦，路面轉彎處應做成內低外高，

可以由重力和支持力的合力來提供向心力，A錯誤；

B、拖拉機沿盤山公路以恒定速率上山，速度大小雖然不變，但由于路線是曲線，說明牽引力大小有變

化，即牽引力的瞬時功率變化的，B錯誤；

C、拖拉機依次經過兩個水平圓弧彎道1和2,且&>/

合外力F=mZZ

K

可知K<F.

10

C錯誤；

D、拖拉機以恒定速率向山上運動，說明拖拉機的動能不變，重力勢能在增大，即機械能增加，D正確。

故答案為D。

【分析】本題考查圓周運動，要求學生能夠明確拖拉機轉彎時向心力的來源，為了減小路面與拖拉機的摩

擦，路面轉彎處應做成內低外高，可以由重力和支持力的合力來提供向心力；如果拖拉機的運動路線的直

線，那么拖拉機以恒定速率向山上運動，拉力的瞬時功率是不變的，但本題中拖拉機的沿盤山公路上山

的，運動軌跡是曲線。

7.【答案】C

【解析】【解答】A、當線框平面與地面平行時，ab、cd兩根金屬棒的運動方向與磁場方向平行，即此時

的感應電動勢為零，A錯誤；

B、電風扇正常工作時，由于電風扇是非純電阻，有

UI>12T

即

UU2122

rV十=什/=9Q=1611

B錯誤；

CD、金屬線框產生的電動勢最大值

ENBSco、岸

rrTTl100x5Vx10-5x3x1x10p

根據

u'n

a

22

知

n100

u==1x0.15V=15V

2%有

副線圈的電流

P9

I2=U-=：丑A=0.75A

所以需要串聯的電阻阻值

U-U15-12

R=T-一0.75°-4Q

2

故C正確，D錯誤。

故答案為Co

11

【分析】本題考查變壓器與交變電流，當線框與地面平行時，ab、cd兩根金屬棒的運動方向與磁場方向平

行，即此時的感應電動勢為零；電風扇正常工作時，電路是非純電阻電路，根據U/>〃r分析電風扇內阻

的大小；根據=NBSa來求解金屬線框感應電動勢的最大值，結合［/*=為關系來確定變壓器輸入端的

m有J2

有效值，根據/=勤求解副線圈兩端的電壓，最后結合歐姆定律求解與電風扇串聯的電阻阻值大小。

8.【答案】A,C

【解析】【解答】A、因為手機振動，所以充電線跟著振動，說明充電線做受迫振動，由于受迫振動的頻率

與驅動力的頻率相同，所以

f=/

12

A正確；

B、當手機的振動頻率與充電線的固有頻率相等時，充電線產生共振，即充電線抖動的幅度最大，所以手

機振動的頻率越大，充電線抖動幅度不一定越大，B錯誤；C、充電線上越靠近振源的點越先振動，所

以充電線上離手機充電口近的點先振動，C正確；

D、同一個手機，更換不同長度的充電線，振動時的頻率是相同的，D錯誤。

故答案為AC。

【分析】本題考查共振，充電線做受迫振動，充電線的振動頻率等于手機振動頻率；當手機振動頻率等于

充電線的固有頻率時，充電線產生共振，即充電線抖動的幅度最大。注意：區別充電線因為受迫振動的振

動頻率和充電線的固有頻率。

9.【答案】B,D

【解析】【解答】A、脈沖電流流經線圈會產生高強度的磁場是電流的磁效應現象，A錯誤；

B、脈沖磁場對腦部特定區域產生感應電流是磁生電，是電磁感應現象，即變化的磁場會使腦部特定區域

產生感應電場，B正確；

C、若脈沖電流改為恒定電流，那么產生的磁場是恒定的，即不會產生變化的磁場，也就不會產生感應電

流，也不會持續對腦部產生電刺激作用，C錯誤；

D、若脈沖電流最大強度不變，但縮短脈沖電流時間，說明電流的變化率變大，即產生的磁場變化得更

塊，在腦部產生的感應電流也增強，D正確。

故答案為BDo

【分析】本題考查電流的磁效應和電磁感應，電流在其周圍空間產生磁場，這是電流的磁效應現象；變化

的磁場產生電場是電磁感應現象，電流變化越塊，磁場變化越快，由法拉第電磁感應定律知產生的感應電

動勢越大，即感應電流越大。

10.【答案】B,C,D

【解析】【解答】AB、沿電場方向電勢逐漸降低，根據圖像，縱軸右側電場沿x軸的正方向，而縱軸左側

12

電場沿X軸的負方向，即該靜電場不是由兩個負電荷產生；0—久圖像的斜率絕對值

L(p

k=Tfcr

表示電場強度的大小，縱軸右側電場縱

0-6

耳=4-0V/m=1.5V/m

縱軸左側電場強度

0-6

E2=_6_0V/m=lV/m

所以久=-2cm的電場強度小于x=2czn處的電場強度，故A錯誤，B正確；

C、沿電場方向電勢逐漸降低，根據圖像，該粒子在x=0處的電勢最大，根據電勢能表達式

Ep=q(P

知，負電荷在該點的電勢能最小，C正確；

D、該粒子將沿x軸負方向運動，電場力先做正功，經過原點后電場力做負功，全程電場力做功為零，

即

qE]X-=0

代入數據解得

Ex1.5x3

%2=p=]m=4.5m

所以粒子運動到最遠位置為％=—4.5cm處，D正確。

故答案為BCDO

【分析】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關鍵在于根據圖像分析電勢的變化情況，R-%圖像的

斜率絕對值k=第表示電場強度的大小，同時判斷縱軸左右兩側電場的大小關系，根據Ep=q<p判斷電勢

能的大小；根據動能定理求解粒子運動的最遠距離。

1L【答案】(1)緩慢

X

(3)b

(4)偏小

【解析】【解答】(1)為了保證氣體的溫度不變，應該緩慢移動活塞。

(2)根據玻意耳定律

p(V-V0)=C

變形得

13

1

v=c-p+v0

所以為了得到直線圖像，縱坐標是匕則橫坐標應該選用最。

（3）結合（2）的號關系式和圖像知，待測藥物的體積

Vo=b

（4）由于壓強傳感器與注射器連接處軟管存在一定的容積，設該部分容積為匕，以氣體為對象，根據玻

意耳定律知

p（V+匕_,真）=C

變形得

1

v^c-^+v_一匕

P。真1

結合圖像

V-7=b,V-b+v,

o真io真1

結合（3）知，測量值比真實值偏小。

【分析】本題考查熱學實驗，本實驗必須在等溫條件下操作，所以應該緩慢移動活塞；等溫變化的理想氣

體滿足PU=C,結合本實驗為p（y—%）=c,根據u—；判斷待測藥物的體積；由于傳感器與注射器間有

氣體，該部分氣體體積導致實驗測量值比真實值偏小。

⑶7.5；50

（4）偏小

【解析】【解答】（1）圖丙中實物電路圖補充如下:

14

（2）為了保證電路安全，將電阻箱的阻值調到最大，然后閉合開關Sy將開關52接至a端，逐漸調節

電阻箱的阻值，根據圖乙把毫安表改裝為溫度計。

（3）將開關52接至6端，閉合開關Sy該溫度計便可正常使用。若毫安表指針偏轉至圖丁所示，則通過

毫安表的電流/=7.5mA。根據閉合電路歐姆定律

E6.0

1=社，7.5X103=舟

解得

R=0.8kQ

T

結合乙圖知，此時的溫度為50汽。

（4）當溫度計使用一段時間后，其電源有一定程度的老化，內阻增大

E

變形有

EE

R=+rV+=R

T真丁丁T測

說明該溫度計測量值比真實值偏小。

【分析】本題考查電學實驗，根據圖像能夠明白熱敏電阻阻值隨溫度的變化而變化，溫度不同，熱敏電阻

阻值不同，電路電流不同，通過讀取電流表的示數，結合圖像知道對應的溫度值；當溫度計使用一段時間

后，其電源有一定程度的老化，內阻增大，/=L導，判斷該溫度計測量值比真實值偏小。

謹

13.【答案】（1）解：由題意作出光路圖

15

如圖所示設射點移動2cm,該入射點位置為A,此時入射角為C,由幾何關系可知

0A=0.6cm—0.2cm=0.4cm

OA2

sinC=—?

則由全反射規律，可知

1

sinC=n

得

n=1.5

（2）解：當該束激光入射點移動至距離球心為3cm的B點入射時，設此時入射角為r,

OA1

sinr=二2VsinC

得

r<C

入射角小于臨界角，光線能直接從球冠射出。設從球冠射出時折射角為i,由折射定律

sini

n=srnr

可得

3

sini=4=0.75

【解析】【分析】本題考查光的折射和全反射。（1）當開始有光線從下方球冠射出時，光線在球冠上的入射

角恰好等于臨界角C,作出光路圖，由幾何關系求解SinC,根據71=/求解半球體的折射率。（2）畫出光

路圖，由幾何關系求出光線射出時的入射角，根據折射定律求解折射角的正弦值。

14.【答案】（1）解：設甲、乙兩棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大小為%,從甲棋子開始運動到甲、乙碰撞

16

前瞬間過程，甲移動距離為

s1—2L—D—0.05m

對甲棋子，由動能定理得

11

一〃7ngsi嚀—2771配

代入數據解得

%=0.3m/s

甲、乙兩棋子碰撞過程系統內力遠大于外力，系統動量守恒，設碰撞后瞬間乙棋子的速度大小為,，以碰

撞前甲棋子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得

mv.=mv+mv

1甲乙

代入數據解得

u乙=0.2m/s

碰撞過程中損失的機械能為

111

AE——(無僧嘴+

解得

Z1E=4X10-4/

(2)解：設乙棋子碰后運動距離S2停下來，對乙棋子，由動能定理得

1

—p.mgs=0—^.mv2

2乙

解得

s2x0.0286m<0.04m

即可乙棋子移動距離不夠1方格，棋子中心不滑出邊界。

(3)解：對甲棋子從彈出到碰撞前，列動量定理有

—[imgt1=mv1—mvQ

解得

1

t[=不

碰撞后，對甲棋子，列動量定理有

—[imgt=0—mv

z甲

解得

1

12s

甲方棋子從彈出到停下所需的時間為

17

2

t=J+J=汁sx0.29s

【解析】【分析】本題考查碰撞模型，（1）應用動能定理求出甲棋子與乙棋子碰撞前瞬間甲棋子的速度大

小，甲乙棋子的碰撞過程系統動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后乙棋子的速度大小，根據碰撞前系

統的動能與碰撞后系統的動能大小，判斷碰撞過程損失的機械能。（2）應用動能定理求出乙棋子碰后到停

止運動時的位移大小，判斷乙棋子能否滑出邊界。（3）應用動量定理求出甲棋子開始運動到剛要碰撞的時

間，接著應用動量定理求解甲棋子從碰后到停止運動的時間。

15.【答案】（1）解：小球在x軸下方做勻速圓周運動，則

mg-qE2

解得

mg

E=n