资源描述
2023 年高考物理模拟试卷 注意事项：
1． 答卷前， 考生务必将自己的姓名、 准考证号、 考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型 (B) 填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先 划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4 ．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、用某单色光照射金属表面，金属表面有光电子飞出．若照射光的频率增大，强度减弱，则单位时间内飞出金属表面 的光电子的
A．能量增大，数量增多 B．能量减小，数量减少
C．能量增大，数量减小 D．能量减小，数量增多
2、如图所示电路中，电流表 A 和电压表 V 均可视为理想电表．现闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片 P 向左移动，下 列说法正确的是( )
A．电流表 A 的示数变小，电压表 V 的示数变大
B．小灯泡 L 变亮
C．电容器 C 上电荷量减少
D．电源的总功率变大
3、一辆汽车在水平公路上拐弯，其运动可看成匀速圆周运动。沿圆周运动半径方向的汽车轮胎与路面的最大静摩擦力 为1.4 104 N 。圆周运动的半径为80m ，汽车的质量为 2.0 103kg 。在汽车做圆周运动过程中( )
A．受重力、支持力、半径方向的静摩擦力、向心力
B．为避免侧滑，向心加速度不能超过7.0m /s2 C．为避免侧滑，最大速度为30m /s
D．速度为20m / s 时，在半径方向轮胎与地面间的摩擦力为1.4 104 N
4、运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间的受力示意图是
A． B．
C． D．
5、下列说法中正确的是( )
A．千克(kg)、开尔文(K)和伏特(V)均为国际单位制中的基本单位
B．阴极射线是由电子组成，电子来源于中子的衰变
C．在光电效应的实验中，若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加
D． α 射线来源于原子核内部，是由氦原子组成
6、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径
为 R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为 m 的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动， A、 B 分别为轨道的最高点和最低点，
轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，则
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
gR
C．铁球在 A 点的速度必须大于
D．轨道对铁球的磁性引力至少为3mg ，才能使铁球不脱轨
二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。在每小题给出的四个选项中， 有多个选项是符合题目要求的。 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
7、如图所示，长方体物块上固定一长为 L 的竖直杆，物块及杆的总质量为如 2m.质量为 m 的小 环套在杆上，当小环 从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力F 作用下，从静止开始沿光滑 水平面向右匀加速运动，环落至杆底端时，物 块移动的距离为 2L,已知 F=3mg,重力加速度为 g.则小环从顶端下落到底端的运动过程
0
D．小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为 5:8
8、下列说法中正确的是( )
5L
A．小环通过的路程为
mg
2
B．小环所受摩擦力为
g
2
C．小环运动的加速度为
A．空气的绝对湿度越大，水蒸发越慢，人就感觉越潮湿
B．由于水的表面张力作用，即使伞面上有很多细小的孔，伞也能达到遮雨的效果 C．用热针尖接触金属表面的石蜡，溶解区域呈圆形，说明石蜡具有各向同性
D．无论液体和细管壁是否浸润，都能发生毛细现象
E.摄氏温度每升高 1°C 相应的热力学温度就升高 1K
9、 CD、 EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为 L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂 直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为 d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与 一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为 R 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右 边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为 μ，则下列说法中正确的是( )
BL 2gh
2R
A．电阻 R 的最大电流为
BLL
2R
B．流过电阻 R 的电荷量为
C．整个电路中产生的焦耳热为mgh－ μmgd
1
mgh
D．电阻 R 中产生的焦耳热为2
10、近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门。在一次高铁技术测试中，机车由静止开始 做直线运动，测试段内机车速度的二次方 v2 与对应位移 x 的关系图象如图所示。在该测试段内，下列说法正确的是( )
A．机车的加速度越来越大 B．机车的加速度越来越小
v v
0
C．机车的平均速度大于 2 D．机车的平均速度小于 2
三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11． (6 分)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个 光电门相距为 d，滑块通过细线与重物相连，细线拉力大小 F 等于力传感器的示数。让滑块从光电门 1 由静止释放， 记下滑到光电门 2 的时间 t。改变重物质量，重复以上操作5 次，处理数据后得到下表中的 5 组结果。根据表中数据在 坐标纸上画出如图所示的 a-F 图像， 已知重力加速度 g=10m/s2， 根据图像可求出滑块质量 m=______kg， 滑块和轨道间 的动摩擦因数 μ=________。
12． (12 分)用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤 压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有____________；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为
y
轴的坐标系；
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于 Q 点，钢球的_______ (选填“最上端”、 “最下端”或者“球心”)对 应白纸上的位置即为原点；在确定 y 轴时_______ (选填“需要”或者“不需要”) y 轴与重锤线平行；
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、 B、 C 三点， AB 和 BC 的
y
1
1
水平间距相等且均为x，测得 AB 和 BC 的竖直间距分别是y 1 和 y2，则 y2 _______ 3 (选填“大于”、“等于”或者“小于”)。
可求得钢球平抛的初速度大小为_______ (已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示)。
(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______；
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运 动轨迹 (4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中 飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动 C．在下落过程中机械能守恒
四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算 步骤。
13． (10 分) 如图所示， 光滑轨道 OABC 是由水平直轨道 OB 与一段半径 R=62.5m 的圆弧 BC 在 B 点相切而成。 m=1kg
的物块 P 在 F=20N 的水平推力作用下， 紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧 A 处保持静止， A 点与 B 点相距l =16m。 己知
物块可视为质点，弹簧的劲度系数k = 100N/m 。取重力加速度 g=10m/s2， cos5°=0.996。现突然撤去力 F，求：
(1)物块 P 第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小；
(2)从物块 P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。 (结果保留两位小数)
14． (16 分)静止在水平地面上的两小物块A、 B，质量分别为mA = 1.0kg ， mB = 4.0kg ；两者之间有一被压缩的微 型弹簧， A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、 B 瞬间分离，两
物块获得的动能之和为 k ．释放后， A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动． A、 B 与地面之间的动摩擦因数均为
E = 10.0J
= 0.20 ．重力加速度取g = 10m/s2． A、 B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间 A、 B 速度的大小；
(2)物块 A、 B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B 之间的距离是多少？
(3) A 和 B 都停止后， A 与 B 之间的距离是多少？
15． (12 分)光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。爱因斯坦的光电效应理论和康普顿效应理论表明，光在某些方面 确实也会表现得像是由一些粒子(即一个个有确定能量和动量的“光子”)组成的。人们意识到，光既具有波动性，又 具有粒子性。 (c 为光速， h 为普朗克常量)
(1)物理学家德布罗意把光的波粒二象性推广到实物例子，他提出假设：实物粒子也具有波动性，即每一个运动的粒子
E
ν=
都与一个对应的波相联系，粒子的能量 E 和动量 p 跟它所对应波的频率 v 和波长入 之间也遵从如下关系： h ，
入 =
h
p 。请依据上述关系以及光的波长公式，试推导单个光子的能量E 和动量p 间存在的关系； (2)我们在磁场中学习过磁通量 ，其实在物理学中有很多通量的概念，比如电通量、光通量、辐射通量等等。辐射通 量 c 表示单位时间内通过某一截面的辐射能，其单位为J/ s。
①光子具有能量。 一束波长为入 的光垂直照射在面积为 S 的黑色纸片上，其辐射通量为 c ，且全部被黑纸片吸收， 求
该束光单位体积内的光子数 n； ②光子具有动量。当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因 而对物体表面产生一种压力。求上一问中的光对黑纸片产生的压力大小，并判断若将黑纸片换成等大的白纸片，该束 光对白纸片的压力有何变化。
参考答案
一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、 C 【解析】
根据 E=hv 知，照射光的频率增大，则光子能量增大，光的强度减弱，单位时间内发出光电子的数目减少．故C 正确， ABD 错误．
2、 A 【解析】
A、 B 闭合开关 S 后，将滑动变阻器滑片P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电 路中总电流 I 减小，则小灯泡 L 变暗，电流表 A 的示数变小．电压表的示数 U=E ﹣ I (RL+r)， I 减小，其他量不变， 则 U 增大，即电压表 V 的示数变大．故 A 正确， B 错误．
C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数， U 增大，由 Q=CU，知电容器 C 上的电荷量增大．故 C 错误．
D、电源的总功率 P=EI， I 减小，则电源的总功率变小．故 D 错误．
故选 A
3、 B
【解析】
A ．汽车在水平面做圆周运动时，沿圆周半径方向的静摩擦力提供向心力，这不是独立的两个力， A 错误；
F = 1.4 104 N
B．汽车向心力的最大值为 m ，对应有最大向心加速度
F
a = m = 7.0m/s2
m m
B 正确；
v
C．汽车达最大速度 m时有
v
2
a = m
m r
则
v = a r = 4 35m/s
m m
C 错误；
D．速度为v = 20m/s时，对应的向心力
v
2
F = m = 1.0104 N 1.4104 N
r
则半径方向轮胎与地面间的静摩擦力为1.0 104N， D 错误。
故选 B。
4、 A 【解析】
运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间，运动员受重力、地面对人竖直向上的支持力、和地面对人向前的摩擦力，故 A 项正确， BCD 三项错误。
5、 C 【解析】
A．开尔文、千克均为国际单位制中基本单位，伏特不是国际单位制中基本单位，故A 错误；
B．阴极射线是由电子组成，电子来源于核外电子，故 B 错误；
C．遏止电压
E hv W
U = k = 0 C e e
则若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加，故 C 正确；
D． α射线来源于原子核内部，由两个质子和两个中子组成，故D 错误。 故选 C。
6、 B 【解析】
AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小 不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对 小铁球做功， 所以小铁球的机械能守恒， 在最高点的速度最小， 在最低点的速度最大． 小铁球不可能做匀速圆周运动． 故 A 错误， B 正确；
C ．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上， 小铁球的速度只要大于 1 即可通过最高点，故 C 错误；
D． 由于小铁球在运动的过程中机械能守恒， 所以小铁球在最高点的速度越小， 则机械能越小， 在最低点的速度也越小，
v
2
根据： F＝m R 可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向 也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁 球在最高点的速度恰好为 1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最
1
=
高点的速度恰好为 1，到达最低点时的速度满足 mg2R 2 mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于 1，则磁力与重力的合
=
v2
力提供向心力，即： F ﹣ mg R ，联立得： F＝5mg，故 D 错误．
二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分。在每小题给出的四个选项中， 有多个选项是符合题目要求的。 全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
7、 ABD 【解析】
ABC.水平方向上，据牛顿第二定律有：
F = 3mg = 3m a
x
代入数据解得：
a = g
x
小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有：
1
2L = a t2
2 x
解得运动时间为：
L
t = 2
g
在竖直方向上有：
1
L = a t2
2 y
解得：
g
a =
y 2
g
即小球在竖直方向上做加速度为 2 的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：
mg 一 f = ma
y
解得小球所受摩擦力为：
mg
f =
2
故小球运动的加速度为：
5
a = a2 + a2 = g
x y 2
小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为：
S = x = L2 + (2L)2 = 5L
故 AB 正确， C 错误；
D.小环落到底端时的速度为：
5 L
= at = g 2 = 5gL
v 环 2 g
其动能为：
5
Ek 环 = 2 mgL
此时物块及杆的速度为：
L
= a t = g 2 = 2 gL
v 杆 x g
其动能为：
Ek 杆 = 4mgL
故有小环与物块及杆的动能之比为 5:8，故 D 正确。
8、 BDE 【解析】
A．空气相对湿度越大，人体水分越不容易蒸发，人们感觉越潮湿，不是绝对湿度。故A 错误。
B．雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，导致水不能透过，故B 正确。
C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是多晶体金属导热具有各向同性的表现，无法说明石蜡具有各 向同性，故 C 错误。
D．液体和细管壁浸润与不浸润都会有高度差，所以都能发生毛细现象。故D 正确 。
E．摄氏温度 t 与热力学温度 T 的关系为 T =t+273。摄氏温度升高 1°C ，对应的热力学温度升高 1K，故 E 正确。 故选 BDE。
9、 ABC 【解析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时
的速度，由E = BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由
q =
可以求出流过电阻 R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理(或能量守恒定律)可以求出克服安培力 做功，得到导体棒产生的焦耳热。
【详解】
A．金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得
1
mgh = mv2
2
所以金属棒到达水平面时的速度
v = 2gh
金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电 动势为E = BLv ，最大的感应电流为
E BL 2gh
I
= =
2R 2R
故 A 正确；
B．流过电阻 R 的电荷量为
ΔΦ BLd
q
= =
r + R 2R
故 B 正确；
C．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
mgh W mgd = 0 0
B
则克服安培力做功
W = mgh mgd
B
所以整个电路中产生的焦耳热为
Q = W = mgh mgd
B
故 C 正确；
D．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为
Q = Q = (mgh mgd)
1 1
R 2 2
故 D 错误。
故选 ABC。
【点睛】
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，熟记电磁感应现象中电荷 量的求解公式。
10、 BC 【解析】
AB．如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移
(v)2 = 2ax可知，机车的加速度逐渐减小，故 A 错误， B 正确；
x
上，速度的二次方的差值逐渐减小，由
v
0
CD．由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内机车的平均速度大于 2 ，故 C 正确， D 错误。
故选 BC。
三、实验题：本题共 2 小题，共 18 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 0.25 (0.24~0.26 均正确) 0.20 (0.19~0.21 均正确)
【解析】
[1][2]根据
F ﹣ μmg＝ma
得
F
a ＝ m ﹣ μg
所以滑块运动的加速度 a 和所受拉力 F 的关系图象斜率等于滑块质量的倒数，由图形得加速度 a 和所受拉力 F 的关系 图象斜率 k＝4，所以滑块质量
m＝0.25kg
由图形得，当 F＝0.5N 时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于 0.5N，而最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，即
μmg＝0.5N
解得
μ＝0.20
12、 BD 球心 需要 大于
x
g
y 一 y
2 1
AB B
【解析】 (1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一 高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此 A 错误， BD 正确；挡板高度可以不等间距变化， 故 C 错误。
故选 BD。
(2)a． [2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于 Q 点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为
坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y 轴时需要y 轴与重锤线平行。
b． [4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为 1:3:5： …，故两相邻相
1
y
1
等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此y2 大于
3
；由
y 一 y = gT2 x = v T
2 1 ， 0
联立解得
g
v = x
y 一 y
2 1
0
(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不 一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动 轨迹，故 C 不可行， AB 可行。 (4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时 间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B 正确。
四、计算题：本题共 2 小题，共 26 分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算
步骤。
13、 (1)2N · s； (2)23.65s 【解析】
(1)设弹簧在 A 处保持静止时压缩量为 x，有 F=kx
若物块离开弹簧时速度为 v，根据动能定理
1 1
W = kx2 mv2
2 2
物块 P 向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量
I=mv
解得
I=2N · s
(2)物块离开弹簧到 B 之间做匀速直线运动，设时间为 t1 ，则有
l x = vt
1
设物块沿着圆弧轨道上升到 D 点， B、 D 间的高度为 h，则有
1
mgh = mv2
2
设过 D 点的半径与竖直方向的夹角为9 ，则
cos9 = R hR > 0.996
即
9 5。
物块从 B 点到 D 点再返回 B 点的过程中，可以看做单摆，单摆周期
R 1
g 2 2
，
T = 2 t = T
可得从物块 P 离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间
t = 2t + t
1 2
代入数据得
t=23.65s
14、 (1) vA=4.0m/s， vB=1.0m/s； (2) B 先停止； 0.50m； (3) 0.91m；
【解析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内 A、 B 组成的系统动量守恒， 再结合能量关系求解出 A、 B 各自的速度大小；很 容易判定 A、 B 都会做匀减速直线运动，并且易知是 B 先停下，至于 A 是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结 合几何关系可算出第二问结果；再判断 A 向左运动停下来之前是否与 B 发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关 系，列式求解即可．
【详解】
(1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、 vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
A A B B ①
0 = m v m v
1 1
Ek = 2 mAvA2 + 2 mBvB 2 ②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s， vB=1.0m/s
(2) A、 B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设 A 和 B 发生碰撞前， 已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到 B 停止所需时间为t， B 向左运动的路程 为 sB．，则有
mBa = mB g ④
1
sB = vBt 2 at 2 ⑤
vB at = 0 ⑥
在时间 t 内， A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发 生， A 在时间t 内的路程 sA 都可表示为
1
at2
sA=vAt– 2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m， sB=0.25m⑧
这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于出发点右边 0.25m 处． B 位于出发点左边 0.25m 处，两物块之间的距离 s 为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
(3) t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 vA′，由动能定理有
1 m v 2 1 m v2 = m g(2l + s )
2 A A 2 A A A B ⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v = 7m / s
故 A 与 B 将发生碰撞．设碰撞后 A、 B 的速度分别为 vA′′以和 vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
m ( v )= m v + m v
A A A A B B
1 1 1
m v 2 = m v 2 + m v 2
2 A A 2 A A 2 B B
联立 式并代入题给数据得
v = m / s, v = m / s
3 7 2 7
A 5 B 5
这表明碰撞后 A 将向右运动， B 继续向左运动． 设碰撞后 A 向右运动距离为 sA′时停止， B 向左运动距离为 sB′时停止， 由运动学公式
2as = v 2 , 2as = v 2
A A B B
由④ 式及题给数据得
s = 0.63 m, s = 0.28 m
A B
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s = s + s = 0.91 m
A B
入
c c
15、 (1) E = pc； (2)① Shc 2 ，② c ，变大 【解析】
(1)单个光子的能量
E = hv = h
c
入
h
p =
根据单个光子的动量 入 可知
E = pc
(2)①假设t 时间内通过黑纸片光束的体积为V ，则光子总个数为
N = n.V = n. S .ct
辐射通量
N . hv nSct . h入 nShc2
c
= = =
c t t 入
解得单位体积内的光子数
入
n = c Shc2
②光束照射黑纸片，全部被吸收，根据动量定理 Ft = Np
解得黑纸片对光的作用力
Np n . S .ct .入 入 Shc
h
F = = = c . = c
t t Shc2 入 c
c
根据牛顿第三定律可知光对黑纸片的压力为 c ；若将黑纸片换为等大的白纸片，光子在白纸片表面全部反弹，若全 部发生弹性碰撞，则根据动量定理
Ft = 2Np
则
F > F
所以根据牛顿第三定律可知该束光对白纸片的压力变大。
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