【文档说明】2023届浙江省金丽衢十二校高三下学期第一次联考（一模）物理试题 含解析.docx，共(29)页，4.786 MB，由小赞的店铺上传

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金丽衢十二校2022学年高三第一次联考物理试题考生注意：1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2、答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的

位置上。3、答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷上的作答一律无效。4、非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，

确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均

不得分）1.“另类加速度A”的定义为0tvvAx−=，其中v0和vt分别表示某段位移x的初速度和末速度。则用国际单位制基本单位的符号来表示A的单位，正确的是（）A.s－1B.HzC.m/s2D.m2/s【答案】A【解析】【详解】根据量纲法可知，“另类加速度A”

的单位为1m1ssm−=故选A。2.物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是（）A.物体运动速度越大，加速度就越大，速度变化一定越快B.不管是摩擦起电、接触起电还是感应起电，正负电荷的总量保持不

变C.物体有力才会运动，即力是产生速度的原因，不是产生加速度的原因D.能源的利用过程遵守能量守恒定律，取之不尽用之不竭，不需节约能源【答案】B【解析】【详解】A．物体运动速度越大，速度变化不一定越快，加速度不一定越大，故A错误；B．根据电荷守恒定律

可知，不管是摩擦起电、接触起电还是感应起电，正负电荷的总量保持不变，故B正确；C．力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故C错误；D．虽然能量守恒，但是能量转化具有方向性，同时可利用能源在逐渐减少，故D错误。故选B。3.四名运动员在标准田径场

上进行400m赛跑，如图所示，他们从不同起点起跑，终点相同，都顺利地按规则要求完成了比赛，下列说法中正确是（）A.他们跑完全程的路程相同B.他们跑完全程的位移相同C.他们跑完全程的平均速度相同D.他们跑完全程的平均速率相同【答案】A【解析】【详解】A．四名运动员在标准田

径场上进行400m赛跑，他们跑完全程的路程相同，故A正确；B．由于他们从不同起点起跑，终点相同，则他们跑完全程的位移不相同，故B错误；C．由于他们的位移不同，时间也可能不同，则他们跑完全程的平均速度不一定相同，故C错误；D．由于他们的路程相同，时间可能不同，则他们跑完全程的平均速率不一

定相同，故D错误。故选A。4.“雨过闲田地，重重落叶红”，深红色的落叶层层叠叠地在空中或左或右、上上下下飞舞，关于飞舞的落叶，下列说法正确的是（）A.落叶处于平衡状态B.落叶的加速度为gC.落叶只受重力作用D.落叶受到空气对它的

作用【答案】D【解析】【详解】由题知，深红色的落叶层层叠叠地在空中或左或右、上上下下飞舞，则说明落叶不仅受到重力的作用还受到空气对它的作用，但落叶不一定处于平衡状态。故选D。的5.在2022年11月3日，如图甲所示的中国空间站“梦天”“问天”拉着中间“天和”的手构成“T字组合”，一起

绕地球每天飞行16圈左右。在空间站内航天员演示了包括“毛细现象”——三根插入水中粗细不同的长玻璃管最后水从上口溢出（图乙）、“水球变懒”——悬浮空中的球形水球中扔入的钢球能在里面运动而不穿出水球（图丙）等实验，下列说法正确的是（）A.只有丙实验与完全失重（或微重力）及表面张力有关

B.乙、丙两个实验都与完全失重（或微重力）及表面张力有关C.“T字组合”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间D.空间站每一部分发射速度都要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度【答案】B【解析】【详解】AB．乙、丙两个实验都与完全失重（或微重力）

及表面张力有关，故A错误、B正确；C．“T字组合”的运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．空间站每一部分的发射速度都要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故D错误。故选B。6.如图所示，黑板擦在竖直放置的磁性黑板上由于磁力作用吸在黑板上不动，在平行黑板面内施加水平向右的恒力作用

但仍静止。不计黑板和黑板擦间的万有引力，下列说法正确的是（）A.黑板擦与黑板间总共存在三对作用力与反作用力B.黑板擦受到的磁力和黑板给它的弹力是一对相互作用力C.黑板擦受到四个力作用，其中有三个力的施力物体是黑板D.黑板对黑板擦的摩擦力大小等于它的重力，两力合力为

零【答案】A【解析】【详解】AB．黑板给黑板擦的磁力和黑板擦给黑板的磁力是一对相互作用力；黑板给黑板擦的摩擦力和黑的板擦给黑板的摩擦力是一对相互作用力；黑板给黑板擦的支持力和黑板擦给黑板的压力是一对相互作用力，故A正确、B错误；C．黑板擦受到

重力、支持力、摩擦力、拉力、磁力5个力的作用，其中支持力、摩擦力、磁力的施力物体是黑板，故C错误；D．黑板对黑板擦的摩擦力大小等于黑板擦的重力与水平向右的恒力的合力大小，三力合力为零，故D错误。故选A。7.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线

”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（）A.炮弹到达b

点时，炮弹的速度为零B.炮弹到达b点时，炮弹的加速度为零C.炮弹经过等高的两点（如a、c）时上升速度大于下落速度D.炮弹由O点运动到a点的时间大于由c点运动到d点的时间【答案】C【解析】【详解】A．根据曲线运动的速度与轨迹的关系可知，炮弹到

达b点时，炮弹的速度水平向右，不为零，故A错误；B．根据曲线运动的条件可知，炮弹到达b点时加速度不为零，方向应指向轨迹的凹侧，故B错误；C．炮弹从a点到c点的过程，重力做功为零，阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度，其他

等高点也同样成立，即炮弹经过等高的两点时上升速度大于下落速度，故C正确；D．从O到a的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力f1，由牛顿第二定律可得11mgfma+=解得11mgfam+=

在从c到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力f2，由牛顿第二定律可得22mgfma−=解得22mgfam−=对比可得12aa即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，再由212=+hvtat可定性确定，竖直位移相同，而Oa段加速度大，且va>vc，则Oa段的时间短

，所以炮弹由O点运动到a点的时间小于由c点运动到d点的时间，故D错误。故选C。8.11月8日在珠海航展上歼-20表演了双机盘旋、双机水平交叉、大仰角转弯脱离等精彩动作。飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线

，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时（）A.飞机发动机推力大小不变B.飞机所受升力大小保持不变C.飞机克服重力做功功率变大D.飞机所受的升力就等于向心力【答案】C【解析】【详解】机沿圆弧运动时的受力情况如图所示A．根据牛顿第二定律有cosFmgf=+推飞机沿圆弧运

动时，空气阻力大小不变，夹角减小，可知飞机发动机推力大小增大，故A错误；B．根据牛顿第二定律有2sinvFmgmr−=升飞机沿圆弧运动时，夹角减小，飞机所受升力减小，故B错误；C．飞机克服重力做功功率为cosPmgv=飞机沿圆弧运动时

，夹角减小，飞机克服重力做功功率变大，故C正确；D．飞机所受的升力与重力分力的合力提供圆周运动的向心力，故D错误。故选C。9.某次雷雨天，在避雷针附近产生了如图所示的电场，其等势面的分布如虚线所示。下列说法正确的是

（）A.A、B、C三点中，A点场强最小B.B、C两点的电势差UBC=－2kVC.电子在B点比在C点电势能小D.电荷由B移到C，电势能减少2keV【答案】B【解析】【详解】A．根据等势面与场强的关系可知，等势面越密集电场强度越强，则A点的场强最大，故A错

误；B．B、C两点的电势差UBC=φB－φC=7kV－9kV=－2kV故B正确；C．由题图知φB<φC，再根据Ep=φq，但电子带负电，则EpB>EpC，故C错误；D．由题图知φB<φC，但不知道电荷是正还是负，则电荷由B移到C，电势能不一定减小，故D错误。

故选B。10.许多餐厅用机器人送餐，它的动力来源于电动机，送餐机器人的部分参数如表所示。下列说法正确的是（）功能迎宾、送餐等质量50kg移动速度0.2—0.6m/s电池容量12Ah功率最大功率100W工作电压24V最大送餐质量15kgA.

机器人最大功率工作时电流是2AB.电池容量“12Ah”的“Ah”是能量单位C.机器人工作时电机直流电阻等于5.76ΩD.机器人以最大功率工作时间达不到2.88h【答案】D【解析】【详解】A．已知机器人的工作电压为24

V，最大功率为100W，则机器人最大功率工作时电流是4.17APIU=故A错误；B．电池容量“12Ah”的“Ah”是电量单位，故B错误；C．若机器人工作时电机为纯电阻则25.67ΩURP==但电机不是纯电阻机器人工作时电机直流电阻不等于5.76Ω，故C错误；D．根据

选项A可知机器人最大功率工作时电流是4.17A，而电池的容量为12Ah，则机器人以最大功率工作时间约为2.88h，但电机存在铜损和铁损等相关损耗，则机器人以最大功率工作时间达不到2.88h，故D正确。故选D。11.以往，已知材料的折射率都为正值（n>0）。现已有针对某

些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n<0），成为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足sinsinir=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。若该材料对电磁

波的折射率n=－1，则从空气中一点光源发射的光线射向这种材料的光路图是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．根据sinsinir=n知入射角不等于0°，则折射角也不等于0°，所以光线进入材料时不可能垂直于界面

，故A错误；B．此图中光线发生反射，没有发生折射，故B错误；C．根据题意知，折射线与入射线位于法线的同一侧，该图符合折射的规律，故C正确；D．光线从材料右侧面射出时，违反了折射规律：折射线与入射线位于法线的同一侧，故D错误。故选C。12.图甲为某

种车辆智能道闸系统的简化原理图：预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路，当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，使得振荡电流频率发生变化，检测器将该信号发送至车牌识别器，从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡

电路中的电流如图乙，则下列有关说法错误的是（）A.t1时刻电容器间的电场强度为最小值B.t1~t2时间内，电容器处于充电过程C.汽车靠近线圈时，振荡电流频率变小D.从图乙波形可判断汽车正靠近地感线圈【答案】D【解析】【详解】A．1t时刻电流最大，线圈中磁场能最大，电容器中电场能最小，电

容器间的电场强度为最小值，故A正确，不符合题意；B．21~tt时间内，电流逐渐减小，线圈中磁场能减小，电容器中电场能增大，电容器处于充电过程，故B正确，不符合题意；C．当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据2TLC=可知周期变大，频率变小，故C

正确，不符合题意；D．从图乙波形可知周期越来越小，频率越来越大，汽车正远离地感线圈，故D错误，符合题意。故选D。13.已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度mv后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线

过原点O，汽车质量为M，已知M、1F、2F、mv，下列说法不正确的是（）A.汽车额定功率为2mFvB.汽车从b到c过程作变加速运动C.汽车匀加速运动持续的时间为()2m121MFvFFF+D.汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212MvFFFF−【答案】C【解析】【详解】

A．根据PFv=可得1vPF=汽车额定功率为图象的斜率，有m2m21vPFvF==故A正确；B．汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有Ffma−=可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b到c过程作变加速运动，故B正确；

C．汽车所受的阻力为2mPfFv==由于额定功率等于图象斜率有m12111vvPFF==即2m11FvFv=汽车从a到b，根据牛顿第二定律有1FfMa−=汽车从a到b匀加速运动持续的时间为()2m1121MFvtaFvFF==−故C错误

；D．汽车从a到b过程的位移212xat=汽车从a到b过程克服阻力做功()23m221212WMvFFFFfx−==故D正确。本题选不正确的，故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个选项是符合题目要求

的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.如图所示四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲是电子束通过铝箔后的衍射图样，此实验可以说明电子具有波动性B.图乙实验中研究

平行板电容器两板间电压变化时可以用直流电压表代替静电计C.根据图丙的氢原子能级图可知处于基态的氢原子可以吸收一个能量为14eV的光子并电离D.根据图丁知每过3.8天氡222核质量减半，与外界条件无关，生成的新

核比结合能变小【答案】AC【解析】【详解】A．图甲是电子束通过铝箔后的衍射图样，衍射是波具有的特性，此实验可以说明电子具有波动性，故A正确；B．图乙实验中研究平行板电容器两板间电压变化时，电路中无电流，不可以用直流电压表代替静电计，故B错误；C．根据图丙的氢原子能级图可知可知处于基态的氢原子

可以吸收一个能量为14eV的光子，由于14eV13.6eV，可知氢原子能发生电离，故C正确；D．根据图丁知每过3.8天氡222核质量减半，与外界条件无关，生成的新核更稳定，比结合能变大，故D错误。故选AC。15.兴趣小组用手摇发电机（如图甲）

接变压器来研究相关规律，其工作原理简化如图乙所示，匝数为N，面积为S的矩形线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与变压器（视为理想）原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：2，图示时刻线框平面

与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框电阻，下列说法正确的是（）A.线框从图示位置开始转过180°的过程，平均电动势为0B.变阻器的滑片向c端滑

动过程，R1的发热功率一直变小C.变阻器的滑片向d端滑动过程V2的示数始终为2NBSD.线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1示数为NBSω【答案】BC【解析】【详解】A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量为Φ

=SB－(－SB)=2SB而平均电动势为22SBENNTt==，2T=联立解得2NSBE=故A错误；CD．矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值为Emax=NBSω则原线圈的电压即电压表V1的示数为12NBSU=再根据原副线圈电压比与匝数比的关系有11

22UnUn=则副线圈的电压即电压表V2的示数为22UNBS=可知只要U1不变则U2不变，故C正确、故D错误；B．根据以上分析知，原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U2也不会改变，则变阻器的滑片向c端滑动过程中R的电阻增大，则副线圈回路

的电流I2减小，则R1的发热功率一直变小，故B正确。故选BC。16.一列沿x轴负方向传播的机械横波，在0=t时0~14cm的波形图如图所示，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速1m/sv=，下列说法正确的是（）A.

这列波的频率10Hzf=B.0=t时刻，7cmx=处的质点振动方向沿y轴负方向C.0~0.05s时间内，质点P的速度不断增大D.0.065st=时，质点P运动到负方向最大位移处【答案】AD【解析】【详解】由波形

图可知，该波的波长大于8cm，画出波形图如图A．这列波的频率为1Hz10Hz10100vf===故A正确；B．根据上下坡法可知0=t时刻，7cmx=处的质点振动方向沿y轴正方向，故B错误；C．该波的周期为10.1

sTf==0~0.05s时间内，质点P经历了半个周期，质点P的速度先增大后减小再增大，故C错误；D．0.065st=时，沿x轴负方向传播的距离0.0651m0.065m6.5cmxvt====由波形图可知，质点P运动到负

方向最大位移处，故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）有关下列四个实验的说法，正确的有______（多选）A.如甲图做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”中还需要毫米刻度尺作为测量工

具B.如乙图做“探究向心力与半径、质量、角速度的关系”实验时用到了理想实验法C.“用油膜法估测分子的大小”实验形成如图丙所示的图案，可能是痱子粉撒得太少D.用如图丁装置验证气体实验定律时，在柱塞表面涂润滑油是为了增加气密性（2）用如图甲

所示的实验装置来验证动量守恒定律。实验时先让质量为1m的入射小球A从斜槽上某一固定位置C由静止释放，小球A从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落

点痕迹，再把质量为2m的被碰小球B放在水平轨道末端，仍将小球A从位置C由静止释放，小球A和B碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。请完成下列问题：①关

于实验操作，下列说法正确的是______。A.实验过程中白纸和复写纸可以根据两小球落点位置随时调整移动B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点C.两个小球的质量需要满足1m小于2m，且轨道表面必须光滑D.小球1m与2m碰撞后，1m、2m的落点分别是图乙中的M、P点

②上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______。A．小球A和B的质量1m、2mB.斜槽末端离地面的高度hC.位置C到斜槽末端的高度差hD.两小球与斜槽间的动摩擦因数③当所测物理量满足表达式______（用所测物理量的字母表示）时，即

说明两球碰撞遵守动量守恒定律。④该同学进一步测量发现，总是满足OPMN，由此判断小球1m与2m碰撞属于______。A．弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.都有可能【答案】①.AD##DA②.B③.A④.112mOPmOMmON=+⑤.B【解析】【详

解】（1）[1]A．如甲图做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”中需要测量弹簧的伸长量，故需要毫米刻度尺作为测量工具，故A正确；B．如乙图做“探究向心力与半径、质量、角速度的关系”实验时用到了控制变量法，故B错误；C．“用油

膜法估测分子的大小”实验形成如图丙所示的图案，可能是痱子粉撒得太多，导致油膜未完全散开，故C错误；D．用如图丁装置验证气体实验定律时，在柱塞表面涂润滑油是为了增加气密性，故D正确。故选AD。（2）[2]A．实验过程中白

纸必须始终放在复写纸的下面，且不能调整位置，故A错误；B．以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点，故B正确；C．为保证小球A碰撞后不弹回，两个小球的质量需要满足1m大于2m，实验中只

需保证小球A到达轨道末端的速度相同，故轨道表面不必光滑，故C错误；D．小球1m与2m碰撞后，1m、2m的落点分别是图乙中的M、N点，故D错误。故选B。[3][4]小球A和B根据动量守恒得101122mvmvmv=+小球从轨道末端飞出后做平抛运动，竖直方向有212hgt=水平方向有

0OPvt=，1OMvt=，2ONvt=整理得112mOPmOMmON=+可知上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球A和B的质量1m、2m。故选A。[5]小球1m与2m碰撞后分开，说明不是完全非弹性碰撞，假设两小球是弹性碰撞，系统动量守恒有10112

2mvmvmv=+系统能量守恒有222101122111222mvmvmv=+联立两式得201vvv=+即ONOPOMttt=+可得OPMN=由于OPMN，该碰撞不是弹性碰撞，是非弹性碰撞。故选B。18.小宝根据甲图电路测定一节干电池的电动势和内阻，（1）他用多用电表的直流

电压2.5V档粗测干电池的电动势和内阻，红表笔应当连接电源______（选填“正极”或“负极”）；如图乙所示的读数是______V。他还想用欧姆挡直接粗测其内阻，你认为______（选填“可以”或“不可以”）。（2）小宝为

了更精确测出电池电动势和内阻，采用器材如下：待测干电池一节，电压传感器（量程－20V~＋20V），电流传感器（－2A~＋2A），滑动变阻器（0~20，额定电流1A），开关及若干导线。他已在实物连线图丙中接了部分导线，请你帮他补画剩下的两条连线以完成实验目的_____。（3）电路

连接好后，在闭合电键前，滑动变阻器触头P应置于______（填“a”或“b”）端。（4）改变接入电路的阻值，采集到多组电流和电压值，得到UI−图像如图丁所示的直线。根据图像，可求出该电池的电动势E=______V（保留三位

有效数字），内阻r=______（保留两位有效数字）。【答案】①.正极②.1.48##1.47##1.49③.不可以④.见解析⑤.a⑥.1.50⑦.1.0【解析】【详解】（1）[1]用多用电表的直流电压2.5V档粗测干电池的电

动势和内阻，红表笔应当连接电源正极；[2]由图乙可知，读数为1.48V；[3]欧姆挡测电阻时，外电路不能有电源，所以不可以用欧姆挡直接粗测干电池的内阻。（2）[4]完整的实物连线如图所示（3）[5]为了保证电路安全，电路连接好后，在闭合电键前，滑

动变阻器接入电阻应最大，则滑动变阻器触头P应置于a端。（4）[6][7]根据闭合电路欧姆定律EUIr=+可得UIrE=−+可知UI−图像的纵轴截距等于电动势，则有1.50VE=UI−图像的斜率绝对值等于内阻，则有1.501.001.00.5

0UrI−===19.暴雨季节，路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，某次暴雨，水位以50mm/h的速度迅速上涨，质量为m=36kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为S=0.4m2，水位与井盖之间的

距离为h=2.018m时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0=1.00×105Pa，若空气视为理想气体，温度始终不变，g=10m/s2。（1）在井盖被顶起前外界对井内密封空气做了725J功，则该气体吸热还是放热？

吸收或放出的热量为多少？（2）求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；（3）求从图示位置起，历经多长时间水井盖会被顶起。的【答案】（1）－725J，放热；（2）1.009×105Pa；（3）0.36h【解析】【详解】（1）根据热力学第一定律有0725J725JQUW=−=−=−负号

表示放热。（2）对井盖进行受力分析有0pSmgpS+=代入数据有55036101.0010Pa1.00910Pa0.4mgpps=+=+=（3）等温变化，设t时间水位上升x，则刚顶起时有()0pshpshx

=−解得5051.0010112.018m0.018m1.00910pxhp=−=−=则所用的时间为30.018h0.36h5010xtv−===20.如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆

弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为37=，底端H有一弹簧，A、1O、2O、D、3O、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点，从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能

量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为0.6mR=，BC长2mL=，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数0.5=，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏

时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin370.6=，cos370.8=，210m/sg=）求：（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小Cv；（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小BF；（3）若改变

小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。【答案】（1）26m/sCv=；（2）5N6；（3）()01.6m2.52.5m1.6m2.24m1.6m2.24mhshhh=−

，，，【解析】【详解】（1）小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，小钢球速度为零，从C到E的运动过程，根据动能定理有21022CmvmgR−=−解得26m/sCv=（2）设小钢球通过B点时

的速度为Bv，从B到C的运动过程，摩擦力做功为f10.1JWmgL=−=−根据动能定理有22f11122CBWmvmv=−小钢球经过B点时，根据向心力公式有2BBmvFmgR−=两式联立，解得5N6BF=（3）设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为h1，从O到

E的运动过程，根据动能定理有()1kEmghRmgLE−−=解得11.6mh=当小钢球的释放高度1hh时，小钢球将无法通过E点，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s为零。根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度0.8mtanGHRL==小钢球在斜面GH上运

动时，所受摩擦力大小为fcos0.04NFmg==小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做功f2f0.032JGHWFL=−=−可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为-0.032J。设小钢球释放高度为h2时，其能够运动到H点，并被反弹

，且恰好能够再次经过E点，根据动能定理有()2f1f2k2EmghRWWE−++=解得22.24mh=当小钢球的释放高度2hh时，小钢球再次通过E点后，将向D、C方向运动，并不再返回，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程21.6

mGHsL==小钢球重力沿斜面向下的分力大小为1sin0.06NFmg==因为1fFF，所以当小钢球的释放高度12hhh时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过E点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H

点。根据动能定理有f1f0mghWFs+−=解得()2.52.5msh=−综上可的()01.6m2.52.5m1.6m2.24m1.6m2.24mhshhh=−，，，21.如图所示，

水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别为10.3mr=，20.1mr=，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小1TB=的匀强磁场，金属圆环以角速度5rad/s=绕中心轴线转动。金属环电阻不计，金属杆电阻10.1=R，两环通过电刷分别与间距0.5mL=的两条不计电阻的

平行光滑金属导轨MQN、MQN连接，其中MQ、MQ段倾斜放置，倾斜角30=，4mMQMQ==，QN，QN段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在Q和Q两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键2S与一电容量0.6FC=的电容器相连，在N和

N两端与电阻0.1R=相连，在倾斜导轨MQ、MQ区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场12TB=，在水平导轨的DDEE区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场20.4TB=，DD、EE均与导轨垂直，且0.5mDEDEL===，U

形金属框cdef除c、f横截面处外其他表面都有绝缘层（与导轨间绝缘），U形金属框质量为3m，每边电阻均为20.1=R，各边长度均为0.5mL=，开始时紧挨导轨静置于DDEE左侧外。现有一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM放置，合上电键1S时金属棒恰好静止在导轨上。（2

10m/sg=）（1）求金属棒a的质量m；（2）断开1S同时闭合2S，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ时的速度大小；（3）金属棒a越过QQ后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起（金属棒a与导轨及U形金属框都接触良好）穿过磁场2

B区域，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。【答案】（1）0.4kg；（2）4m/s；（3）0.175J【解析】【详解】（1）水平金属圆环中金属杆产生的电动势为()1212(0.30.1)51(0.30.1)V0

.2V22rrEBrr++=−=−=通过金属棒a的电流为10.2V2A0.1EIR===金属棒恰好静止在导轨上，有1sin30BILmg=解得金属棒a的质量m为1220.5kg0.4kg1sin30102BILmg===（2）速度为v时，金属棒a

产生的电动势1EBLv=设经Δt，金属棒a的速度vvv→+，速度为vv+时，金属棒a产生的电动势2()EBLvt=+Δt时间内，电容器带电量变化量()21qCUCEECBLv==−=通过金属棒a的电流为qICBLat==对金属棒a受力分析，根据牛顿第二定律

有1sin30mgBILma−=的解得金属棒a的加速度222222110.410sin302m/s2m/s0.420.50.6mgamBLC===++根据动力学公式有212vax=解得金属棒a到达倾斜导轨底端QQ时速度大小为12224m/s4m/svax===（3）金属棒a与U形

金属框发生碰撞，碰后黏在一起，根据动量守恒有124mvmv=解得碰撞后的速度为121m/s4vv==从de入磁场到cf入磁场，U形金属框cdef除c、f横截面处外其他表面都有绝缘层，可知电阻R上无电流，等效电路为从de入磁场到cf入磁场，根据动量定理有23244BILtm

vmv−=−该过程的电量为222233BLqItRR===联立可得232322443BLmvmvR−=−解得的323m/s24v=从de出EE到CF出EE，等效电路从de出EE到CF出EE，根据动量定理有24344BILtmvmv−=−电路总电阻为

223334RRRRRR==+总该过程的电量为224334BLqItRR===整理得224334443BLmvmvR−=−解得419m/s24v=此过程中电路产生的总热量223411744J2230Qmvmv=−=总此过程中电阻R上产

生的焦耳热37J0.175J440RQQ===总22.如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy，在第一象限有竖直向下的匀强电场，电场强度为E；在第三象限某区域有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度为B。在电场区域内有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的离子源，可持续

沿水平向左发射速度为v0的离子，所有离子均从O点进入第三象限的磁场中，后均进入第四象限。离子在第三象限时均在磁场内运动。不计离子的重力和相互间作用。（1）离子源在匀强电场中分布的坐标y和x间的关系；（2）若离子源连续分布，

当离子源的坐标最大值为003,2xx时，求第三象限磁场区域的最小面积；（3）在（2）问的基础上，若在第四象限的空间内加一沿x轴正方向的大小未知的匀强磁场1B，则从003,2Pxx点进入电场的粒子，在B1磁场中运动轨迹

最高点的y坐标恰好为0，求轨迹经过02mvyqB=−时对应的x坐标的可能取值。【答案】（1）2202qEyxmv=；（2）22022636mvqB−；（3）()020,1,2,33mvnxnqB==【解析】【详解】（1）离子做类平抛运动有212qEytm=0xvt=联立

解得2202qEyxmv=（2）如图设1OO距离为d，水平向左过O点的粒子，在第三象限磁场区域的半径为1r。从()00xy、射出的粒子在第三象限磁场区域的半径为2r，根据几何关系有0122mvdrqB==tan2tan=003tan2yx==t

an3=60=002cosvvv==02122mvmvrrdqBqB====则轨迹也过1O点，在第三象限221128rdS==22226013sin60360264Sddd=−=−

则第三象限磁场区域的最小面积22220122236363424246mvSSSddqB−−=−=−==（3）如图离子做类平抛运动时有0cos303yvvv==0sin30xvvv==在第四象限半径02mvRdqB==则轨迹经过02mvyqB=

−的时间(0,1,2,3)2Ttnn==002222433yymvRdmqBTvvvqB====联立有2(0,1,2,3)3mntnqB==则对应的x坐标获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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