2024年高考广东卷物理真题

将阻值为 $50\mathrm{\Omega}$ 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 $100\mathrm{Hz}$

B．通过电阻电流的峰值为 $0.2\mathrm{A}$

C．电阻在1秒内消耗的电能为 $1\mathrm{J}$

D．电阻两端电压表达式为 $u=10\sqrt{2}\sin(100\pi t)\mathrm{V}$

【答案与解析】

由图可知电阻两端电压为正弦式交流，峰值 $U_{\mathrm{m}}=10\sqrt{2}\ \mathrm{V}$ ，周期 $T=0.02\ \mathrm{s}$ ，故频率 $f=1/T=50\ \mathrm{Hz}$ ，角频率 $\omega=2\pi f=100\pi\ \mathrm{rad/s}$ ，电压表达式 $u=10\sqrt{2}\sin(100\pi t)\ \mathrm{V}$ 。A项：频率为 $50\ \mathrm{Hz}$ ，A错。B项：电流峰值 $I_{\mathrm{m}}=U_{\mathrm{m}}/R=10\sqrt{2}/50=0.2\sqrt{2}\ \mathrm{A}\approx0.28\ \mathrm{A}$ ，B错。C项：1 s内消耗电能（即电功） $W=U^{2}R^{-1}t=10^{2}/50\times1=2\ \mathrm{J}$ ，C错。D项：表达式与图相符。故选D。
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 $\mathrm{Y}+^{243}_{95}\mathrm{Am}\rightarrow^{A}_{119}\mathrm{X}+2^{1}_{0}\mathrm{n}$ 产生该元素。关于原子核Y和质量数A，下列选项正确的是（　　）

A．Y为 $_{26}^{58}\mathrm{Fe},A=299$

B．Y为 $^{58}_{26}\mathrm{Fe},A=301$

C．Y为 $^{54}_{24}\mathrm{Cr},A=295$

D．Y为 $^{54}_{24}\mathrm{Cr},A=297$

【答案与解析】

由质量数守恒 $A_{Y}+243=A+2\times1$ ，电荷数守恒 $Z_{Y}+95=119$ ，得 $Z_{Y}=24$ ， $A_{Y}=A-241$ 。 $Z=24$ 对应铬（Cr），故Y为 $^{A_{Y}}_{24}\mathrm{Cr}$ 。取 $A=295$ 时 $A_{Y}=54$ ，即Y为 $^{54}_{24}\mathrm{Cr}$ ，A=295。故选C。
一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为 $1\mathrm{m/s}$ ， $t=0$ 时的波形如图所示。 $t=1\mathrm{s}$ 时， $x=1.5\mathrm{m}$ 处的质点相对平衡位置的位移为（　　）

A．0

B． $0.1\mathrm{m}$

C． $-0.1\mathrm{m}$

D． $0.2\mathrm{m}$

【答案与解析】

波速 $v=1\ \mathrm{m/s}$ ， $t=1\ \mathrm{s}$ 内波形沿 $x$ 正方向平移 $\Delta x=vt=1\ \mathrm{m}$ ，故 $t=1\ \mathrm{s}$ 时 $x=1.5\ \mathrm{m}$ 处质点的位移，等于 $t=0$ 时 $x=0.5\ \mathrm{m}$ 处质点的位移。由波形图， $x=0.5\ \mathrm{m}$ 处质点相对平衡位置的位移为 $0.1\ \mathrm{m}$ 。故选B。
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B．磁场中，边长为L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 $BL^2$

B．永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

【答案与解析】

A项：线圈平面与磁场垂直，但两对永磁铁在 coil 两侧产生的磁场方向相反，穿过线圈的合磁通量并非单块磁铁的 $BL^{2}$ ，A错。B项：永磁铁相对线圈上升时，磁场分界线不离开线圈，线圈所围合磁通量不变，感应电动势不变，B错。C项：由法拉第电磁感应定律 $E=\left|\Delta\Phi/\Delta t\right|$ ，上升越快磁通变化率越大，感应电动势越大，C错。D项：永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量发生变化，由楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场阻碍该变化，俯视线圈感应电流方向为顺时针方向。故选D。
如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为 $\frac{l}{2}$ 、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v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，v的最大值为（　　）

A． $r\sqrt{\frac{k}{2m}}$

B． $l\sqrt{\frac{k}{2m}}$

C． $r\sqrt{\frac{2k}{m}}$

D． $l\sqrt{\frac{2k}{m}}$

【答案与解析】

设插销到转轴O的距离为 $d$ ，弹簧原长 $l/2$ ，当 $d>l/2$ 时弹簧伸长量为 $d-l/2$ ，弹力指向圆心提供向心力。插销做匀速圆周运动，细绳以速度 $v$ 拉动使卷轴角速度 $\omega=v/r$ （ $r$ 为卷轴半径），由牛顿第二定律 $k(d-l/2)=m\omega^{2}d=m(v/r)^{2}d$ 。整理得 $d=\dfrac{k l/2}{k-mv^{2}/r^{2}}$ 。插销不卡入端盖要求 $d\le l$ ，即 $\dfrac{k l/2}{k-mv^{2}/r^{2}}\le l$ ，解得 $mv^{2}/r^{2}\le k/2$ ，故 $v_{\max}=r\sqrt{\dfrac{k}{2m}}$ 。故选A。
如图所示，红绿两束单色光，同时从空气中沿同一路径以 $\theta$ 角从MN面射入某长方体透明均匀介质。折射光束在NP面发生全反射。反射光射向PQ面。若 $\theta$ 逐渐增大。两束光在NP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PQ面上，红光比绿光更靠近P点

B． $\theta$ 逐渐增大时，红光的全反射现象先消失

C． $\theta$ 逐渐增大时，入射光可能在MN面发生全反射

D． $\theta$ 逐渐减小时，两束光在MN面折射的折射角逐渐增大

【答案与解析】

光从空气以 $\theta$ 射入介质，折射角 $r$ 满足 $n_{\text{红}}<n_{\text{绿}}$ 时 $r_{\text{红}}>r_{\text{绿}}$ 。光在NP面的入射角 $i_{\text{NP}}=90^{\circ}-r$ ，故 $i_{\text{NP,红}}<i_{\text{NP,绿}}$ 。全反射临界角 $\theta_{c}=\arcsin(1/n)$ ，因 $n_{\text{红}}<n_{\text{绿}}$ ，有 $\theta_{c,\text{红}}>\theta_{c,\text{绿}}$ 。当 $\theta$ 增大使 $r$ 增大、 $i_{\text{NP}}$ 减小时，先满足 $i_{\text{NP}}<\theta_{c}$ 者先失去全反射；由于 $\theta_{c,\text{红}}$ 更大，红光的全反射现象先消失。故选B。
如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H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y。所受合外力为F，运动时间为t。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 $F-y$ 图像或 $y-t$ 图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

木块自由下落至弹簧上端前只受重力，合外力 $F=mg$ （恒定，向下为正）， $F-y$ 图像为水平直线；接触弹簧后 $F=mg-k(y-y_{0})$ （ $y_{0}$ 为接触点位移），随 $y$ 增大线性减小，过平衡位置后变为负值。故 $F-y$ 图像为先水平、后向下倾斜并穿过横轴； $y-t$ 图像前段为开口向上的抛物线（自由落体），符合此特征的图像为B。故选B。
污水中的污泥絮体经处理后带负电，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。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（　　）

A．M点的电势比N点的低

B．N点的电场强度比P点的大

C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功

D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大

【答案与解析】

圆盘接电源正极（底部）、金属棒接负极，电场线由圆盘指向金属棒（向上）。M、N在同一电场线上且M在N上方，沿电场线电势降低，故 $\varphi_{M}<\varphi_{N}$ ，A对。污泥絮体带负电，从M移到N：电场方向向上，负电荷受力向下，与位移（M→N向下）同向，电场力做正功，C对。M、P在同一等势面， $\varphi_{M}=\varphi_{P}$ ；由A知 $\varphi_{N}>\varphi_{M}=\varphi_{P}$ ，负电荷电势能 $E_{p}=q\varphi$ （ $q<0$ ），故 $E_{p,N}<E_{p,P}$ ，D错。由电场线疏密，N处电场线较P处稀疏，电场强度 $N<P$ ，B错。故选AC。
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 $60\mathrm{m/s}$ 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 $1000\mathrm{kg}$ ，背罩质量为 $50\mathrm{kg}$ ，该行星的质量和半径分别为地球的 $\frac{1}{10}$ 和 $\dfrac{1}{2}$ 。地球表面重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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 $4\mathrm{m/s^{2}}$

B．该行星的第一宇宙速度为 $7.9\mathrm{km/s}$

C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为 $80\mathrm{m/s^{2}}$

D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为 $30\mathrm{kW}$

【答案与解析】

A项：行星表面重力加速度 $g'=\dfrac{GM/R^{2}}=g\dfrac{M/M_{\oplus}}{(R/R_{\oplus})^{2}}=10\times\dfrac{1/10}{(1/2)^{2}}=4\ \mathrm{m/s^{2}}$ ，A对。B项：第一宇宙速度 $v_{1}'=\sqrt{g'R}=\sqrt{4\times(R_{\oplus}/2)}=\sqrt{2R_{\oplus}}$ ，而地球 $v_{1}=\sqrt{gR_{\oplus}}=\sqrt{10R_{\oplus}}=7.9\ \mathrm{km/s}$ ，故 $v_{1}'=7.9\sqrt{0.2}\approx3.5\ \mathrm{km/s}\neq7.9\ \mathrm{km/s}$ ，B错。C项：“背罩分离”前匀速下落，降落伞阻力等于总重 $(1000+50)g'=4200\ \mathrm{N}$ ；分离后背罩仍连降落伞，受阻力约 $4200\ \mathrm{N}$ 向上、重力 $50g'=200\ \mathrm{N}$ 向下，加速度 $a=(4200-200)/50=80\ \mathrm{m/s^{2}}$ （向上），大小为 $80\ \mathrm{m/s^{2}}$ ，C对。D项：探测器重力做功功率 $P=mg'v=1000\times4\times60=2.4\times10^{5}\ \mathrm{W}=240\ \mathrm{kW}$ ，D错。故选AC。
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 $H_{\text{甲}}$ 、 $H_{\text{乙}}$ 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 $\mu$ ，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 $H_{\text{乙}}$ 无关

D．甲最终停止位置与O处相距 $\frac{H_{\text{乙}}}{\mu}$

【答案与解析】

A项：甲、乙在完全相同斜坡上从静止下滑，加速度均为 $g\sin\theta$ ，任意时刻速度、位移相同，故甲在斜坡上运动时与乙相对静止，A对。B项：两滑块质量相同，发生弹性碰撞时速度交换，故碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B对。C项：乙从斜坡到水平面的运动过程及与甲碰撞的时机均与其下滑高度 $H_{\text{乙}}$ 有关，运动时间不可能与 $H_{\text{乙}}$ 无关，C错。D项：碰撞后甲获得乙碰前速度 $v_{\text{乙}}=\sqrt{2gH_{\text{乙}}}$ ，在水平面减速至停，由动能定理 $\mu mgx=\dfrac{1}{2}mv_{\text{乙}}^{2}$ ，得 $x=v_{\text{乙}}^{2}/(2\mu g)=H_{\text{乙}}/\mu$ ，D对。故选ABD。
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 $50\mathrm{Hz}$ ，则小车的加速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2}}$ （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例柱体的长度，示数如图丙所示，图丁为局部放大图，读数为＿＿＿＿cm。

$(3)$ 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＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）木板右端垫高的目的是平衡摩擦力；打点计时器频率 $50\ \mathrm{Hz}$ ，每相邻计数点间有4个点未画出，故计数点时间间隔 $T=0.1\ \mathrm{s}$ ，由逐差法 $a=\dfrac{(s_{4}+s_{5}+s_{6})-(s_{1}+s_{2}+s_{3})}{9T^{2}}$ 代入纸带数据得 $a=2.86\ \mathrm{m/s^{2}}$ 。（2）50分度游标卡尺分度值 $0.02\ \mathrm{mm}$ ，主尺读数 $4.10\ \mathrm{cm}$ ，游标第4条刻线对齐，读数 $=4.10\ \mathrm{cm}+0.02\ \mathrm{mm}\times4=4.108\ \mathrm{cm}$ 。（3）打开并调节光源，使光束沿遮光筒轴线把光屏照亮；调节单缝角度直到目镜中观察到明暗相间的干涉条纹。故填平衡摩擦力； $2.86$ ； $4.108$ ；光源；明暗相间的干涉条纹。
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（ $V_1$ ）和（ $V_2$ ）（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 $R_{G1}$ 和 $R_{G2}$ ；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（V）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 $R_{G1}$ 和 $R_{G2}$ ，使 $R_{G1}$ 表面的光照强度比 $R_{G2}$ 表面的小。 ②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置。（V）的示数如图丙所示，读数 $U_{1}$ 为＿＿＿＿V， $U_2$ 的示数为 $1.17V$ 。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。 ①将手电筒的光从电池板上方斜照射到 $R_{G1}$ 和 $R_{G2}$ 。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 $U_{1}<U_{2}$ ，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

【答案与解析】

（1）按图甲原理图完成虚线框内连线：电源E、开关S与滑动变阻器R串联构成分压电路，电压表V1并联在光敏电阻 $R_{G1}$ 两端（量程选3 V）。（2）①为保证安全，实验前滑片置于阻值最大端，即b端。②由图丙V1示数 $U_{1}=1.60\ \mathrm{V}$ （ $U_{2}=1.17\ \mathrm{V}$ ）； $U_{1}>U_{2}$ 说明 $R_{G1}>R_{G2}$ ，故表面光照强度较小的光敏电阻阻值较大。③断开S。（3）跟踪时 $U_{1}<U_{2}$ ，说明 $R_{G1}$ 表面光照更强，电动机带动电池板逆时针转动，直至 $U_{1}=U_{2}$ 时两光敏电阻光照对称、电池板正对光源而停止转动。故填b； $1.60$ ；较大；逆时针； $U_{1}=U_{2}$ 。
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内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于 $\Delta p$ 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 $\Delta p$ 时差压阀关闭。当环境温度 $T_{1}=300\mathrm{K}$ 时，A内气体体积 $V_{A1}=4.0\times10^{-2}\mathrm{m^{3}}$ ，B内气体压强 $p_{B1}$ 等于大气压强 $p_{0}$ ，已知活塞的横截面积 $S=0.10\mathrm{m^{2}}$ ， $\Delta p=0.11p_{0}$ ， $p_{0}=1.0\times10^{5}\mathrm{Pa}$ ，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ ，A、B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到 $T_{2}=270\mathrm{K}$ 时：（1）求B内气体压强 $p_{B2}$ ；（2）求A内气体体积 $V_{A2}$ ；（3）在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到 $p_0$ 并保持不变，求已倒入铁砂的质量 $m$ 。

【答案与解析】

（1）B内气体体积不变，由查理定律 $\dfrac{p_{B2}}{T_{2}}=\dfrac{p_{B1}}{T_{1}}$ ，得 $p_{B2}=p_{0}\cdot\dfrac{270}{300}=0.9p_{0}=9.0\times10^{4}\ \mathrm{Pa}$ 。（2）A内轻质活塞上方通大气且活塞质量不计，故A内压强恒为 $p_{0}$ ；降温时差压阀两侧压差 $p_{0}-p_{B2}=0.1p_{0}<\Delta p=0.11p_{0}$ ，阀门关闭，A内气体不迁移。由盖-吕萨克定律 $\dfrac{V_{A2}}{T_{2}}=\dfrac{V_{A1}}{T_{1}}$ ，得 $V_{A2}=V_{A1}\cdot\dfrac{270}{300}=4.0\times10^{-2}\times0.9=3.6\times10^{-2}\ \mathrm{m^{3}}$ 。（3）在活塞上倒铁砂后平衡条件 $p_{A}S=p_{0}S+mg$ ，即 $p_{A}=p_{0}+mg/S$ 。差压阀关闭条件 $p_{A}-p_{B}\le\Delta p$ ；当B内压强回到 $p_{0}$ 并稳定时恰有 $p_{A}-p_{0}=\Delta p$ ，故 $mg/S=\Delta p=0.11p_{0}$ ，代入 $S=0.10\ \mathrm{m^{2}}$ 、 $p_{0}=1.0\times10^{5}\ \mathrm{Pa}$ 、 $g=10\ \mathrm{m/s^{2}}$ 得 $m=\dfrac{0.11\times1.0\times10^{5}\times0.10}{10}=110\ \mathrm{kg}$ 。故 $p_{B2}=9.0\times10^{4}\ \mathrm{Pa}$ ； $V_{A2}=3.6\times10^{-2}\ \mathrm{m^{3}}$ ； $m=110\ \mathrm{kg}$ 。
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 $F_{N}$ ，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 $\tan\theta$ 。（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。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力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 $M=30\mathrm{kg},H=3.2\mathrm{m}$ ，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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。

【答案与解析】

（1）在车参考系中，敏感球受重力 $mg$ 、惯性力 $ma$ （水平向前，与车加速度反向）、敏感臂压力 $F_{\mathrm{N}}$ （竖直向下）及斜面支持力 $N$ （垂直斜面）。沿斜面方向平衡： $N\sin\theta=ma$ ；垂直斜面方向平衡： $N\cos\theta=mg+F_{\mathrm{N}}$ 。两式相除得 $\tan\theta=\dfrac{ma}{mg+F_{\mathrm{N}}}$ 。（2）①头锤自由下落 $H=3.2\ \mathrm{m}$ 碰前速度 $v_{0}=\sqrt{2gH}=8\ \mathrm{m/s}$ （向下）。由图丙F–t图像对作用力积分得气囊对头锤的冲量 $I=330\ \mathrm{N\cdot s}$ ，方向竖直向上。②碰撞时间由图约为 $\Delta t=0.10\ \mathrm{s}$ ，重力冲量 $I_{g}=Mg\Delta t=30\times10\times0.10=30\ \mathrm{N\cdot s}$ （向下）。取向上为正，由动量定理 $I-I_{g}=Mv'-M(-v_{0})$ ，即 $330-30=30(v'+8)$ ，得碰后速度 $v'=2\ \mathrm{m/s}$ （向上），上升最大高度 $h=v'^{2}/(2g)=4/20=0.2\ \mathrm{m}$ 。故 $\tan\theta=\dfrac{ma}{mg+F_{\mathrm{N}}}$ ；冲量 $330\ \mathrm{N\cdot s}$ 竖直向上；上升最大高度 $0.2\ \mathrm{m}$ 。
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 $U_{0}$ 、周期为 $t_{0}$ 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 $t=t_{0}$ 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 $t=2t_{0}$ 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在 $t=3t_{0}$ 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 $\frac{\pi}{3}$ 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 $t=t_{0}$ 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。

【答案与解析】

（1）粒子在左侧恒定电场中由静止释放后向右加速，说明其所受电场力向右，故粒子带正电。在右侧磁场中 $t=2t_{0}$ 到 $t=3t_{0}$ 做半圆运动回到下板右端，半圆时间 $t_{0}=\dfrac{\pi m}{qB}$ ，得 $q=\dfrac{\pi m}{B t_{0}}$ 。（2）板间水平速度恒为 $v$ ，板长 $L=\dfrac{\pi}{3}D$ ，且 $L=v t_{0}$ ，故 $v=\dfrac{\pi D}{3t_{0}}$ 。板间交变电场使粒子在 $t_{0}$ 内竖直方向先加速后减速、进出时竖直速度均为零，竖直位移 $y=\dfrac{qU_{0}}{mD}\cdot\dfrac{t_{0}^{2}}{4}$ ；该位移等于磁场半圆直径 $2R=2\dfrac{mv}{qB}$ ，联立 $q=\dfrac{\pi m}{B t_{0}}$ 得 $D=\sqrt{\dfrac{3\pi t_{0}U_{0}}{8B}}$ ， $v=\pi\sqrt{\dfrac{\pi U_{0}}{24B t_{0}}}$ 。（3）粒子在左侧恒定电场获得动能 $\dfrac{1}{2}mv^{2}$ ，每次经过板间交变电场电场力均做正功使竖直动能增大，磁场中电场力不做功；竖直振幅逐次增大，最终碰上金属板。对整个过程用动能定理，电场力总功 $W=\dfrac{\pi m U_{0}(\pi^{2}+16)}{48B t_{0}}$ 。故 $q=\dfrac{\pi m}{B t_{0}}$ （正电）； $D=\sqrt{\dfrac{3\pi t_{0}U_{0}}{8B}}$ ， $v=\pi\sqrt{\dfrac{\pi U_{0}}{24B t_{0}}}$ ； $W=\dfrac{\pi m U_{0}(\pi^{2}+16)}{48B t_{0}}$ 。