2024届安徽省定远县重点中学高三高考模拟物理试卷2(含解析)

2024届安徽省高三高考模拟物理试卷2
一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.已知氘核质量为
2.0141u，氚核质量为
3.0161u，氦核质量为
4.0026u，中子质量为1.0087u，阿伏加德罗常数N A取6.0×1023mol―1，氘核摩尔质量为2g⋅mol―1，1u相当于931.5MeV。

关于氘与氚聚变成氦，下列说法正确的是( )
A. 核反应方程式为21H+31H→32He+10n
B. 氘核的比结合能比氦核的大
C. 氘核与氚核的间距达到10―10m就能发生核聚变
D. 4g氘完全参与聚变释放出能量的数量级为1025MeV
2.如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球(可视为质点)叠放在一起，从高度为ℎ处自由落下，ℎ远大于两小球半径，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向。

已知m2=3m1，不计空气阻力，则质量为m1的小球反弹后能达到的高度为( )
A. ℎ
B. 2ℎ
C. 3ℎ
D. 4ℎ
3.带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态；然后经过过程到达状态或经过过
程到达状态，、状态体积相同，如—图所示．设气体在状态和状态的压强分别为和
，在过程和中吸收的热量分别为和，则( )
A. >，>
B. >，<
C. <，>
D. <，<
4.2024年3月21日13时27分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将云海二号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功.云海二号02组卫
星发射时，首先将其发射到低空圆轨道，然后卫星在M点点火加速使其进入椭圆轨道，N点为椭圆轨道的远地点，如图所示，已知M、N到地心的距离分别为r、R，云海二号02组卫星在圆轨道上的环绕速度为v.则下列说法正确的是
A. 云海二号02组卫星的发射速度小于7.9 km/s
B. 云海二号02组卫星由M到N的时间为π(R+r)
2v R+r r
C. 云海二号02组卫星在N点的速度小于v
D. 云海二号02组卫星由M到N的过程，机械能增加
5.如图所示，是用某种透明材料制成的横截面为圆形的圆柱体光学器件，
MN是一条通过圆心的直线，一平行于MN的细光束以60°入射角射入圆柱
体，折射后分成a、b两束单色光，折射角分别为45°和30°，下列分析与判
断正确的是( )
A. a、b两束单色光中，a单色光频率更大
B. a、b两束单色光在圆柱体中的传播速度之比为2：1
C. 向上平移细光束，增大入射角，b单色光可能在圆柱体中发生全反射
D. a、b两单色光分别照射同一双缝干涉仪，b光产生的干涉条纹较宽
6.如图，在O点用长为L不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球，O点正下方的P点固定一细钉子，OP距离为d，C点和P点等高。

小球处于O点右侧同一水平高度的A点时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。

以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

下列说法正确的是
A. 若小球能绕钉子做圆周运动，则d应等于3
5
L
B. 若d为3
5
L，小球到达C点时绳子拉力为3mg
C. 若d 为12L ，小球到达C 点时的机械能为1
2mgL D. 若d 为1
2L ，小球到达C 点时所受合力方向水平向右
7.如图甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB 端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R 0=11 Ω，电容器C 的击穿电压为22 V ，移动滑片P 使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为220V
B. 原、副线圈的匝数比为10∶1
C. 电流表的示数等于通过电阻R 0的电流
D. 原线圈AB 端输入电压的变化规律为u =311sin πt V
8.如图，竖直放置的半径为r 的圆筒外有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向竖直向下，以圆筒轴线为y 轴，竖直向上正方向，取轴线上某点O 为坐标原点，以水平向右为x 轴正方向，垂直于纸面向里为z 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz 。

A(―2r,0,0)处有一粒子源，沿z 轴正方向射出速率不同的同种带电粒子，粒子最终到达圆筒并被附着在圆筒外。

已知粒子的质量为m ，电荷量的绝对值为q ，重力加速度为g ，不计粒子间相互作用力，下列说法正确的是( )
A. 粒子带正电荷
B. 两速率不同的粒子均经时间πm
qB 到达圆筒，这两粒子速率之比为1:3C. 粒子在磁场中运动的最小时间为πm
3qB
D. 在磁场中运动时间最小的粒子，其到达圆筒的速率为
(qBr m
)
2+
(2πmg 3qB )
2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。

9.如图甲所示为一列沿x 轴传播的简谐横渡在t =0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x =2m 处的a 质点从t =0时刻起的振动图象。

下列说法正确的是( )
A. 波沿x 轴正方向传播
B. 波传播的速度为20m/s
C. a 质点在0～1.0s 内，通过的路程为20m
D. t =0.25s 时，a 质点的位移沿y 轴正方向
10.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O 点套有一个电荷量为―q(q >0)，质量为m 的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为+Q(Q >0)的点电荷产生的电场中，杆上a 、b 两点与+Q 正好构成等边三角形，c 是ab 的中点。

使小环从O 点无初速度释放，小环通过a 点的速率为v ，若已知ab =Oa =l ，静电常量为k ，重力加速度为g ，规定O 点电势为零。

则( )
A. 小环下落过程中机械能守恒
B. 小环下落过程中电势能先减小后增大
C. 小环在从c 点到b 点的过程中，速度不断减小
D. b 点电势为
1
2
mv 2―mgl q
三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某学习小组通过实验验证自由下落是一种匀变速直线运动，并测定当地的重力加速度。

该小组利用如图甲所示的装置进行实验，图乙为局部放大图，其中A 为电磁开关，B 为可改变位置的光电门。

实验时，打开电磁开关，释放小球，计时器同时开始计时，小球经过光电门B时，计时结束。

改变B的位置，多次测量，记录AB间的高度差ℎ和对应的小球下落时间t，数据如表所示：
ℎ/m0.100 00.300 00.500 00.700 00.900 0
t/s0.1460.2500.3220.3810.431
(1)该小组利用图像法来研究小球自由下落时下落高度ℎ与下落时间t之间的关系，请根据实验数据在图丁上描点并画出ℎ―t图像。

(2)为了更准确地研究小球自由下落的运动规律，该小组利用计算机软件对数据进行拟合，得到ℎ与t2的关系ℎ=4.860t2―0.004，已知当地的重力加速度为g标=9.799 m/s2，本实验中所测重力加速度的相对误差为
η=______%(结果保留2位有效数字)。

(3)另一学习小组利用图丙所示的图像也验证了小球的自由下落是匀变速直线运动，该图像的纵坐标表示的物理量为______(用题目中已给的字母表示)，若图像中直线的斜率为k，则重力加速度为______(用k表示)。

12.某同学用如图(a)所示的电路描绘电动机的伏安特性曲线，并同时测量电源的电动势和内阻。

现有实验
器材：待测电源、电压表(内阻很大)、电流表(内阻很小)、电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测电动机M、开关
若干、导线若干。

(1)描绘电动机的伏安特性曲线步骤如下：
①断开S1、S2、S3，先将滑动变阻器的滑片P滑到________(填“c”或“d”)端；
②闭合开关S1，S3接a，调节滑动变阻器，读出电流表、电压表的示数，将数据记入表格；
③以电动机两端的电压U为纵坐标，以通过电动机的电流I为横坐标，根据数据描点作图，得到电动机的伏安特性曲线如图(b)所示。

请简要说明图中OA段为直线的原因：_______________________。

(2)测电源的电动势和内阻步骤如下：
①断开S1，闭合S2，S3接b；
②调节电阻箱，读出相应的阻值和电压表示数；
③多次测量后，以1
R1为横坐标，1
U
为纵坐标，描点连线，得到图(c)，由此可得电源电动势E=
____________V，内阻r=____________Ω；(结果均保留2位有效数字)
(3)把上述两个规格相同的电动机串联后接在该电源两端，则其中一个电动机的电功率为___________W(结果保留2位有效数字)。

四、计算题：本大题共3小题，共42分。

13.彩带舞是一种民间舞蹈艺术，每逢节日，人们跳起彩带舞，营造一种欢乐祥和的氛围。

若某次抖动彩带形成的彩带波可看成简谐横波，彩带上有a、b两质点，两质点平衡位置间的距离为1.2m，a、b两质点振动图像分别如图甲、乙所示。

求：
(1)若波从a向b传播，且λ>1.2m，该简谐横波的波长；
(2)若该简谐横波的传播速度为6m/s，通过计算判断该波的传播方向；
(3)若波从b向a传播，且2λ>1.2m>λ，请在图丙中画出ab间t=0时刻的波形图。

14.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0 =9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2．
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块的平均作用力F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．
15.“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加
速电场区域边界为两个同心半圆弧AB和CD，圆心为O，弧AB的半径为L，P为弧AB的中点，两
圆弧间的电势差大小为U.足够长的收集板MN平行于边界ACDB，0点到MN板的距离OQ为L o
在边界ACDB和收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径的半圆形匀强磁场．方向垂直纸面
向里．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧APB上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．
(1)求粒子到达O点时速度的大小；
(2)若要收集板MN能收集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件；
(3)改变磁感应强度B的大小，使得从弧APB收集到的粒子中有2
能打到MN板上(不考虑过界ACDB的粒子再
3
次返回磁场)，求此时吸附在弧AP(四分之一圆弧)上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间
t max．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
由核反应方程求出核反应过程中释放的能量，由核反应过程中质量数与电荷数守恒判断核反应方程正误；
轻核聚变后的比结合能都会增加；要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10―15m以内。

本题考查了原子物理的基本知识；涉及的知识点多，关键平时要多掌握基础知识。

【解答】
A.核反应方程式为 21H+31H→42He+10n，故A错误；
B.氘核的比结合能比氦核的小，故B错误；
C.氘核与氚核发生核聚变，要使它们间的距离达到10―15m以内，故C错误；
D.一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损
Δm=(2.0141+3.0161―4.0026―1.0087)u=0.0189u
聚变反应释放的能量是ΔE=Δm⋅931.5MeV≈17.6MeV
×6×1023×ΔE≈2.11×1025MeV
4g氘完全参与聚变释放出能量E=4
2
数量级为1025MeV，故D正确。

2.【答案】D
【解析】【分析】
下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，但m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，而m1也会与m2碰撞，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，能量守恒，列方程解得m1速度，之后m1做竖直上抛运动，由运动学公式求解反弹高度．
选准作用过程，应用动量守恒定律和能量守恒定律列方程解决，有一定难度．
【解答】
下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v=2gℎ ，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向
为正方向，则：
m2v―m1v=m1v1+m2v2,
由能量守恒定律得：12(m 1+m 2)v 2=12m 1v 12+1
2m 2v 22，m 2=3m 1，
联立解得：v 1=2
 2g ℎ ，反弹后高度为：H =v
1
2
2g =4ℎ，
故D 正确，ABC 错误。

3.【答案】D
【解析】试题分析：根据克拉伯龙方程PV =nRT 可知，V ―T 图像中，倾斜程度代表压强的倒数，所以
Pa =Pb <Pc ，因此AB 排除。

根据热力学第一定律，理想气体的内能只与温度有关，图
像可知，ab 过程的内能增量小于ac 过程。

，在题目中，体积变化量相同，但是ac
过程压强比ab 过程大，所以ac 阶段对外做功要比ab 要多，同时ac 的内能要大，说明ab 阶段吸收的热量比ab 要多，所以答案为D 考点：理想气体状态方程
点评：本题通过图像考察了等压变化，并通过热力学第一定律判断内能变化与吸收的热量的关系。

4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了第一宇宙速度、开普勒第三定律、卫星的变轨原理、机械能守恒等知识点。

第一宇宙速度是近地轨道卫星的环绕速度，是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度．分析同一中心天体但是不同轨道的周期时，往往使用开普勒第三定律。

卫星变轨原理：低轨变高轨需要加速，使卫星做离心运动，高轨变低轨需要减速，使卫星做近心运动。

【解答】
A 、7.9km/s 是第一宇宙速度，是卫星的最大环绕速度，是最小的发射速度，因此云海二号02组卫星的发射速度一定大于7.9km/s ，A 错误;
B 、云海二号02组卫星在圆轨道上运行时，其环绕周期为T =2πr v ，又由开普勒第三定律得T′2(R +r 2
)3=T 2
r 3，解
得T′=
π(R +r)v R +r
2r
，云海二号02组卫星由M 到N 所用的时间为t =
T′2=π(R +r)2v R +r
2r
，B 错误;C 、以地心为圆心，R 为半径做圆，假设该圆轨道上有一卫星，设卫星在椭圆轨道上过N 点的速度为v 1，圆轨道上过N 点的速度为v 2，由变轨原理可知v 1<v 2，卫星在圆轨道做圆周运动时，万有引力提供向心力，则
由G Mm r 2=m v 2
r 得v =
GM
r
，显然v >v 2，所以云海二号02组卫星在N 点的速度小于v ， C 正确;
D 、云海二号02组卫星由M 到N 的过程，只有万有引力做功，则云海二号02组卫星的机械能守恒，D 错误．
5.【答案】B
【解析】解：A 、由图可知b 光在圆柱体中的偏折更大，所以b 单色光频率更大，故A 错误；
B 、根据折射定律n =sini sinr ，结合题目可知n a ：n b =
2：2，根据光在圆柱体中的传播速度公式v =c
n ，解得
a 、
b 两束单色光在圆柱体中的传播速度之比为 2：1，故B 正确；C 、由B 选项计算得n b =
3，结合sinC =1n ，可知b 光的临界角sinC =
33
，图示情况b 光出射角为30°，不能
发生全反射，则向上平移细光束，增大入射角，b 单色光的折射角和出射角都减小，不会发生全反射，故C 错误；
D 、b 单色光频率大，则b 光的波长小于a 光波长，根据Δx =L
d λ可知，b 光产生的干涉条纹较窄，故D 错误。

故选：B 。

光线在光学器件中偏转越大时折射率越大，该光频率越大，波长越小；根据Δx =L
d λ可判断光产生的干涉条纹情况。

本题考查光的折射定律，关键是找出入射角和折射角，掌握折射定律公式全反射临界角公式的应用。

6.【答案】B
【解析】【分析】
本意主要考查了动能定理以及圆周运动向心力公式的直接应用，知道在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值，同时明确动能定理的应用即可求解。

小球能绕钉子做圆周运动，在最高点绳子拉力恰好为零时，速度取最小值，根据动能定理和牛顿第二定律列式可求d 的最小值；根据动能定理求出小球到达C 点的速度，对C 点列牛顿第二定律，可求C 点时绳子的拉力；根据机械能守恒确定小球在C 点的机械能；根据小球在C 点的受力确定合力方向。

【解答】
A .若小球绕P 点恰好到达最高点，有：mg =m v 2
L ―d ，从开始至最高点过程，由动能定理得：mg [L ―2(L ―d )]=1
2mv 2―0，联立解得：d =3
5L ，若小球能绕钉子做圆周运动，则d 应大于等于3
5L ，故A 错误；B .从开始至C 点过程，由动能定理得：mgd =1
2mv 2C ―0，
在C 点有：F =m v 2
C L ―d
，联立代入数据解得：F
=3mg ，
故B 正确；
C .若d 为1
2L ，小球在开始时的机械能为：E 1=mgL ，据机械能守恒有：小球到达C 点时的机械能为mgL ，故C 错误；
D .小球到达C 点时受水平向右的绳的拉力和竖直向下的重力，故小球所受合力方向斜向右下方，故D 错误。

故选：B 。

7.【答案】A
【解析】【分析】
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，即可求得结论．
抓住由图象可读出的信息、变压器的工作原理、交变电流四个值的关系是关键。

【解答】
A 、由图乙知电压的有效值即电压表的示数为311
2V =220V ，A 正确；
B 、电容器的耐压值为交流最大值，有效值为22
2V =11 2V ，所以原副线圈的匝数比为220：11
2，B 错误；
C 、电容器通交流，所以电流表的示数大于通过电阻R 0的电流，C 错误；
D 、由图乙知交流电的周期0.02s ，所以角速度为100πrad/s ，输入电压的变化规律为u =311sin100πt(V)，D 错误。

故选：A
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，难度较大，解题的关键是要将粒子的运动分解到xOz 平面及xOy 平面分别分析，粒子在xOz 平面由于受到洛伦兹力做匀速圆周运动，在xOy 平面受到重力做自由落体运动，注意分析粒子在磁场中运动时间最小时的临界条件。

【解答】
A 、由图知，粒子向右偏转才能到达圆筒，由左手定则知，粒子带负电荷，A 项错误；
B 、粒子在xOz 平面内做匀速圆周运动，经过时间πm
qB ，粒子的运动轨迹在xOz 平面内的投影为半圆，分别到达圆筒左右两侧(如图C 、D 点)，设其做圆周运动的速度分别为v 1和v 2，其半径满足r 2=mv 1
qB 和3r
2=mv 2
qB ，粒子在xOy 平面内做自由落体运动，经过时间πm qB ，沿y 轴负方向的速度为v =πmg qB 。

所以，经过时间πmg
qB 到达圆筒的粒子，其到达圆筒的速率分别为v′1=
v 21+v 2= (qBr 2m
)2+(πmg)qB
，v′2= v 22+v 2=
(3qBr 2m )2+(
πmg qB
)2
，v′1:v′2>1:3，B 项错误；C 、粒子在磁场中运动时间最小，其运动轨迹在xOz 平面内的投影的圆心角最小，弦切角也最小，如图轨迹圆AP 与投影圆相切(即AP 与投影圆的半径OP 垂直)，设∠POA =α，有cos α=r
2r =1
2，最小时间t =2α
2πT ，又粒子在xOz 平面内做匀速圆周运动的周期为T =2πm
qB ，联立解得t =2πm
3qB ，C 项错误；
D、设在磁场中运动时间最小的粒子在磁场中做圆周运动的速度为v3，由牛顿运动定律qv3B=m v32
r′
，式中r′
=r，解得v3=qBr
m
，又粒子沿y轴负方向的速度为v′=gt，所以粒子到达圆筒的速率为v′3=v23+v′2，解
得v′3=(qBr
m )2+(2πmg
3q
)2，D项正确。

9.【答案】AB
【解析】解：由图知波长λ=4m，周期T=0.2s，振幅A=0.2m
A、t=0时刻x=2m处的a质点向下运动，则波沿x轴正方向传播，故A正确；
B、根据波长、频率(周期)和波速的关系有v=λ
T
=20m/s，故B正确；
C、a质点在0～1.0s内经过了5个周期，通过的路程为s=5⋅4A=4m，故C错误；
D、由图乙知t=0.25s时，a质点的位移沿y轴负方向，故D错误；故选：AB
10.【答案】BD
【解析】【分析】本题考查的是小环在运动过程中机械能守恒的判断，电势能的变化，应用动能定理判断小环速度的变化，结合电势和电场力做功的关系求出b点电势。

【解答】A、小环在运动过程中，重力和电场力都做功，小环的机械能不守恒，故 A错误;
B、小环从O到b，小环先靠近+Q后远离+Q，两者静电力是引力，所以电场力做的功先正后负，电势能先减小后增大，故 B正确;
C、小环在bc之间运动时，重力一直做正功，电场力做负功，小环的速度不一定减小，故C错误;
D、小环在Oa之间运动时，重力和电场力都做正功，由动能定理可得mgl+qU ao=1
2
mv2，可得
U ao=1
2
mv2―mgl
q
，规定O点电势为零，则U ao=φa―0，由题结合点电荷电场的特点可知，a点与b点电势
相等，则φb=φa，联立可得φb=1
2
mv2―mgl
q
，故D正确。

11.【答案】(1)；
(2)0.81；(3) ℎt
，2k 【解析】【分析】
(1)根据表中实验数据应用描点法作出图像。

(2)根据实验数据求出相对误差。

(3)根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出图像的函数表达式，然后分析答题。

理解实验原理是解题的前提，应用图像法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；根据题意应用匀变速直线运动的位移—时间公式即可解题。

【解答】
解：(1)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图像，如图所示：
(2)小球做自由落体运动，位移ℎ=12gt 2，由ℎ=4.860t 2―0.004可知：12
g =4.860 m/s 2，解得：g =9.72 m/s 2，重力加速度的相对误差为η=
g 标―g g 标×100%=9.799―9.72
9.799×100%≈0.81%；(3)小球做自由落体运动，位移ℎ=12
gt 2，整理得：ℎt
=1
2
gt ，则图丙所示图像的纵轴表示ℎt
，由图丙所示图像可知，图像的斜率k =12
g ，则重力加速度g =2k 。

12.【答案】(1)①c；③电压较小，电动机不转动，可视为纯电阻；
(2)2.0；2.0；
(3)0.25(0.23∼0.27均可)
【解析】【分析】(1)滑动变阻器采用分压式接法，根据电路安全作答；电动机不转动时可视为纯电阻；
(2)伏阻法测电源电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律推导公式结合图像作答；
(3)由闭合电路欧姆定律结合伏安特性曲线由图像法求解实际功率。

【解答】(1)①滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路，开始时将滑片拨至c端；
③电压较小时，电动机不转动，这是可视为纯电阻，故U―I图像是一条直线；
(2)由闭合电路欧姆定律E=U+U
R1r，得1
U
=1
E
+r
E
·1
R1
，
由1
E =0.50，r
E
=1.00―0.50
0.50
，E=2.0V，r=2.0Ω；
(3)由闭合电路欧姆定律E=2U+Ir，得U=1―I将图线画在伏安特性曲线中
图像交点即电动机实际电压和电流，则P=0.45×0.55≈0.25W。

13.【答案】解：(1)3
4
λ=1.2m
解得λ=1.6m；
(2)若波从a向b传播，则在t=0时刻a向下振动，b在波谷，则
nλ+3
4
λ=1.2m
解得λ= 4.8
4n+3
m(n=0,1,2,3......)
若波从b 向a 传播，则在t =0时刻a 向下振动，b 在波谷，则nλ+1
4λ=1.2m 解得
λ= 4.84n +1m(n =0,1,2,3......)
若该简谐横波的传播速度为6m/s ，则波长λ=vT =4.8m
由λ= 4.84n +1m(n =0,1,2,3......)可知n =0，则波由b 向a 传播；
(3)若波从b 向a 传播，且2λ﹥1.2m ﹥λ，可知n =1 ab 间t =0时刻的波形图如图：。

【解析】本题考查振动和波动的综合应用。

解决问题的关键是理解振动图像的物理意义，能根据两个质点的振动图像画出波动图像，知道波长、频率和波速的关系。

14.【答案】解：(1)物块从A 到B 过程，由动能定理得：
―μmgs AB =1
2mv B 2―1
2mv 02，代入数据解得：μ=0.32；
(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，由动量定理得：Ft =mv ―mv B ，即：解得：F =―130N ，负号表示方向向左；
(3)物块向左运动过程，由动能定理得：―W =0―1
2mv 2，解得：W =9J
所以克服摩擦力做功为9J 。

【解析】本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。

(1)对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数；
(2)对物块应用动量定理可以求出作用力大小；
(3)应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。

15.【答案】解：(1)带电粒子在电场中加速，穿出电场后匀速运动到O，由动能定理得
qU=1
2
mv2―0，
解得v=2qU
m
．
(2)当沿OB方向射入的粒子经磁场偏转打到Q时，
粒子圆周运动的半径r0=L
2
，
由洛伦兹力提供向心力得，qvB0=m v2
r0
，
联立解得B0=2
L 2mU
q
．
为了MN能收集到粒子，所加磁场B≤2
L 2mU
q
．
(3)从AB收集到的粒子有2
3
能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN 平行，则入射方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图，轨迹圆心角θ=60°，
根据几何关系，粒子圆周运动的半径r=L，
对于所有能打在MN板上的粒子，在磁场中运动轨迹圆心角均60°，粒子在磁场中经历的时间均为t1=T
6
，
粒子圆周运动的周期T=2πr
v
，
吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，如图所示．
由几何关系可知，s=
L
2
sin60°
，
离开磁场后的时间t2=s
v =3L
3v
，
最长时间t max=t1+t2，
联立解得t max=(π+3)L
3v =(π+3)m
32qU
L．
答：(1)粒子到达O点时速度的大小为2qU
m
；
(2)半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件为B≤2
L 2mU
q
；
(3)吸附在弧AP(四分之一圆弧)上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间为(π+3)m
32qU
L．
【解析】合几何关系求出粒子做圆周运动的半径，根据周期的腌笃鲜求出粒子在磁场中的时间，吸附在AP 上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，根据几何关系求出离开磁场后的时间，从而得出吸附在弧AP(四分之一圆弧)上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间．
本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的综合分析能力，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题．
(1)粒子在电场中加速，由动能定理可以求出速度．
(2)作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；
(3)从AB收集到的粒子有2
3
能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN 平行，则入射方向与AB之间的夹角是60°，作出粒子的运动轨迹，结。