【文档说明】冲刺2024年高考物理真题重组卷02（浙江专用） Word版含解析.docx，共(24)页，1.382 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-35a4e565b92d62cb585251435ebbbcf4.html

以下为本文档部分文字说明：

冲刺2024年高考※※真题重组卷（浙江专用）真题重组卷02（考试时间：90分钟试卷满分：100分）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列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．（2023•上海）一场跑步比

赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度（）A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度C．可以算得平均速度，无法算得瞬

时速度D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度【解答】解：平均速度是某段时间内（某段位移内）的速度，等于位移与所用时间的比值；瞬时速度是某时刻（某位置）的速度。题中运动员跑到30m处是指运动的路程，若非

直线运动，运动的位移不等于30m，故无法算得平均速度和瞬时速度，故D正确，ABC'错误；故选：D。2．（2023•江苏）如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16。每条腿对月球表

面压力的大小为（）A．𝑚𝑔4B．𝑚𝑔4𝑐𝑜𝑠𝜃C．𝑚𝑔6𝑐𝑜𝑠𝜃D．𝑚𝑔24【解答】解：根据题意可知，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16，设每条腿对探测器的支

持力为F，根据整体法可得：4𝐹=16𝑚𝑔根据牛顿第三定律可得：F＝F'联立解得：F'=𝑚𝑔24，故D正确，ABC错误；故选：D。3．（2023•江苏）达•芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气

阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是（）A．B．C．D．【解答】解：法一：以漏下的沙子为参考系，罐子向右上角做匀加速直线运动（竖直方向上加速度为g，方向向上，水平方向上加速度为恒定加速度a，方向向右），加速度大

小方向恒定，对于每一瞬间落下的沙子都满足该条件，即任何时刻落下的沙子都在罐子的左下角且跟罐子的连线与水平线的夹角恒定，所以，沙子排列的几何图形为一条直线，故D正确，ABC错误；法二：假设罐子中的沙子以加速度a向右运动，做平抛运动时重力加速度为g，由匀变速直线运动位移与

时间的关系可以得出：t0时刻漏出的沙具有水平的初速度v＝v0+at0，沙随罐子一起做匀加速运动位移为x0＝v0t0+12𝑎𝑡02，沙漏出后做平抛运动，t时刻的水平位移x1=𝑣+𝑣02（t﹣t0），x＝x0+x1，y=12g（t﹣t0）

2，以罐子初始时刻为坐标原点，在t0时刻漏出的沙在t时刻的位置坐标为（v0t+at0t−12𝑎𝑡02，−12g（t﹣t0）2），已知加速度a和g恒定，且g为固定值，令g＝ka（k为常数），所以有−12g（t﹣t0）2＝k（v

0t+at0t−12𝑎𝑡02）−12gt2﹣kv0t，因为g、t、v0都为已知量，所以满足一次函数表达关系式y＝kx+b，t0为任意时刻，所以沙子排列的几何图形为一条直线，故D正确，ABC错误；故选：D。4．（2023•甲卷）一

小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：AC、小车沿直线运动，先匀加速后匀减速

，从0～t2位移一直增加，速度一直沿正方向，在x﹣t图像上斜率不等于负值，故AC错误；BD、小车在t2时刻速度为零，x﹣t图像上斜率为零，故B错误，D正确。故选：D。5．（2023•北京）2022年10月9日，我国综合性太

阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道

平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”。下列说法正确的是（）A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/sC．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表

面的重力加速度D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离【解答】解：A、“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，则“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为θ

=360°365≈1°，故A正确；B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，所以”夸父一号”绕地球做圆周运动的速度小于7.9km/s，故B错误；C、根据万有引力与向心力和重力的关系有𝐺𝑀𝑚𝑟2=ma，𝐺𝑀𝑚𝑅2=mg可知

“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；D、“夸父一号”绕地球公转，根据开普勒第三定律无法求出日地间平均距离，故D错误；故选：A。6．（2023•辽宁）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速

转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：设导体棒长为L，匀速转动的角速度为ω，线速度大小为v，t时刻导体棒相对竖直轴OP转动的角度为θ，如图1所示：在t时刻

导体棒的线速度沿垂直磁场方向的分速度大小v1＝vcosθ，其中：θ＝ωt由法拉第电磁感应定律可得：u＝BLv1＝BLvcosωt可知导体棒两端的电势差u随时间t按余弦规律变化，故C正确，ABD错误。故选：C。7．（2023•江苏）用某种单

色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示，改变双缝间的距离后，干涉条纹如图乙所示，图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的（）A．13倍B．12倍C．2倍D．3倍【解答】解：根据题意可知图乙中相邻亮纹间距是图甲中的2倍，根据双缝干涉的相

邻亮条纹间距的计算公式𝛥𝑥=𝜆𝐿𝑑，可知在其他条件不变的情况下，相邻亮条纹间距与双缝间的距离成反比关系，则双缝间的距离变为原来的12，故B正确，ACD错误。故选：B。8．（2023•海南）下列关于分子力和分子势

能的说法正确的是（）A．分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力B．分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大C．分子势能在r0处最小D．分子间距离在小于r0且减小时，分子势能在减小【解答】解：A、分子间距离大于r0，分子间表现为引力，故A错误；BCD、分子间距离变小，引力做功，势能减

小，在r0处势能最小，继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，势能增大，故BD错误，C正确；故选：C。9．（2023•浙江）“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜，核电池将94238Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。94238Pu的衰

变方程为94238Pu→92𝑋U+24He，则（）A．衰变方程中的X等于233B．24He的穿透能力比γ射线强C．94238Pu比92𝑋U的比结合能小D．月夜的寒冷导致94238Pu的半衰期变大【解答】解：A、由质量数守恒得：X＝238﹣4＝234故A错误；B

、24He的穿透能力比γ射线弱，故B错误；C、94238Pu衰变过程释放能量，比结合能增大，即94238Pu比92𝑋U的比结合能小，故C正确。D、半衰期的大小反映衰变的快慢，与所处的物理环境无关，故D错误。故选：

C。10．（2023•辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程

中（）A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【解答】解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的

小，故A错误，B正确；CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。故选：B。11．（2023•浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转

电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷

量为e，质量为m，则电子（）A．在XX'极板间的加速度大小为𝑒𝑈𝑚B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为√2𝑚𝑒𝑈D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑙

20𝑑【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小为a=𝑒𝑈𝑚𝑑，故A错误；B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧

光屏时，动能最大是10.5eU，故B错误；C、根据动能定理可知在XX'极板间受到电场力的冲量大小为I＝ΔP＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得12𝑚𝑣𝑦2≤0.5eU，所以在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤√𝑚𝑒𝑈，故C错误；D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：

e•10U=12𝑚𝑣2，在XX'极板运动的时间为l＝vt，沿电场方向的位移y=12⋅𝑒𝑈𝑚𝑑t2，则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ=𝑦𝑥，根据平抛运动规律可知tanα＝2tanθ；联立解得：𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑙20𝑑，故D正确

。故选：D。12．（2023•浙江）被誉为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为L的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有η（η＜1）倍被天眼接收，天眼每

秒接收到该天体发出的频率为ν的N个光子。普朗克常量为h，则该天体发射频率为ν光子的功率为（）A．4𝑁𝐿2ℎ𝜈𝑅2𝜂B．2𝑁𝐿2ℎ𝜈𝑅2𝜂C．𝜂𝐿2ℎ𝜈4𝑅2𝑁D．𝜂𝐿2ℎ𝜈2𝑅2𝑁【解答】解：以天体为球心，在天

眼处对应的球形的表面积为S1＝4πL2天眼接收光子的横截面的面积为S2＝πR2天眼接收光子的功率为P1＝Nhν该天体发射频率为ν光子的功率P=𝑆1𝑆2•1𝜂P1=4𝑁𝐿2ℎ𝜈𝑅2𝜂故A正确，BCD错误；故选：A。13．（2022•湖南）1932年，

查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的

小C．v2大于v1D．v2大于v0【解答】解：设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，12𝑚𝑣02=12�

�𝑣2+12𝑚𝑣12，解得：v1＝v0中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，12𝑚𝑣02=12𝑚𝑣𝑛2+12×14𝑚𝑣22解得：v2=2𝑚14𝑚+𝑚𝑣0=215v0A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×215𝑣0=2815mv0，氮核动量大于氢

核动量，故A错误；B、碰撞后氮核的动能为12×14𝑚×4225𝑣02=28𝑚𝑣02225，氢核的动能为12m𝑣02，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0

，故CD错误；故选：B。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．（2023•湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径

之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为

R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为3√2nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效

值为4√2𝑛𝐵𝐿2𝜔3D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮【解答】解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v＝ωr可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1，则小轮转动的角

速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4ω，故A正确；B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：𝐸𝑚=𝑁𝐵𝑆×4𝜔=4𝑛𝐵𝐿2𝜔根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：𝐸=𝐸𝑚√2根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有

效值为：𝑈=𝑅𝐸𝑅+𝑅联立解得：U=√2𝑛𝐵𝐿2𝜔，故B错误；C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：𝐸𝑚1=8𝑛

𝐵𝐿2𝜔此时线圈产生感应电动势的有效值为：𝐸1=𝐸𝑚1√2=8𝑛𝐵𝐿2𝜔√2=4√2𝑛𝐵𝐿2𝜔根据电阻定律可得：𝑅=𝜌𝐿𝑆可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：𝑈1=𝑅𝐸1𝑅+2𝑅联立解得：U1

=4√2𝑛𝐵𝐿2𝜔3，故C正确；D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据有效值和峰值的关系可知：𝐸=𝑛𝐵𝑆𝜔√2则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因

此灯泡会变暗，故D错误；故选：AC。15．（2023•重庆）一列简谐横波在介质中沿x轴传播，波速为2m/s，t＝0时的波形图如图所示，P为该介质中的一质点。则（）A．该波的波长为14mB．该波的周期为8sC．t＝0时质点P的加速度方向沿y轴负方向D．0～2s内质点P运动的路程有可能

小于0.1m【解答】解：A、由t＝0时的波形图可知34𝜆=12𝑚，则该波的波长为λ＝16m，故A错误；B、由波速𝑣=𝜆𝑇知，该波的周期为𝑇=𝜆𝑣=162𝑠=8𝑠，故B正确；C、t＝

0时质点P的加速度方向指向平衡位置，故质点P的加速度方向沿y轴正方向，故C错误；D、质点P振动的周期为8s，0～2s内质点P振动的时间为四分之一周期，若向y轴负向振动则运动的路程有小于0.1m（振幅为0.1m），若向y轴正向振动则运动的路程有大于0.1m，综上所述，0～

2s内质点P运动的路程是有可能小于0.1m的，故D正确。故选：BD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ、（2023•甲卷）某同学利用如图（a）所示的实验装置探究物体做直线

运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图（b）所示。（1）已知打出图（b）中相邻两个计数点的时间间隔均为0

.1s。以打出A点时小车位置为初始位置，将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中，小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为Δt和𝑣。表中ΔxAD＝24.00cm，𝑣AD＝80.0cm/s。位移区间ABACADAEAFΔx（

cm）6.6014.60ΔxAD34.9047.30𝑣（cm/s）66.073.0𝑣AD87.394.6（2）根据表中数据得到小车平均速度𝑣随时间Δt的变化关系，如图（c）所示。在答题卡上的图中补全实验点。（3）从

实验结果可知，小车运动的𝑣−Δt图线可视为一条直线，此直线用方程𝑣=kΔt+b表示，其中k＝70.0cm/s2，b＝59.0cm/s。（结果均保留3位有效数字）（4）根据（3）中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小vA＝b，小车的加速度

大小a＝2k。（结果用字母k、b表示）【解答】解：（1）由图（b）得，ΔxAD＝xAB+xBC+xCD＝6.60cm+8.00cm+9.40cm＝24.00cmAD段的平均速度𝑣AD=𝛥𝑥𝐴𝐷3𝛥𝑡=24.003×0.1cm/s＝80.0cm/s（2）如图（3）

在𝑣−Δt图像中，将点迹用直线连接，如图：由图像得：k=𝛥𝑣𝛥𝑡=101−590.6cm/s2＝70.0cm/s2b＝59.0cm/s（4）小车做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x＝

vAt+12𝑎𝑡2整理得：𝑥𝑡=𝑣𝐴+12𝑎𝑡，即：𝑣=𝑣𝐴+12𝑎𝑡则打出A点时小车速度大小vA＝b小车的加速度大小为a＝2k故答案为：（1）24.00，80.0；（2）；（3）70.0，

59.0；（4）b，2k。Ⅱ、（2023•乙卷）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值10.0Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（

a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：（1）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。（2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I

＝𝑈2−𝑈1𝑅0，金属丝的电阻r＝𝑈1𝑅0𝑈2−𝑈1。（结果均用R0、U1、U2表示）（3）继续微调R，重复（2）的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：U1（mV）0.570.710.851.141.43U2（mV）0.971.211.

451.942.43（4）利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2Ω。（5）用米尺测得金属丝长度L＝50.00cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d＝0.150mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等。（6）由以上数据可得，待测金属丝

所用材料的电阻率ρ＝5.0×10﹣7Ω•m。（保留2位有效数字）【解答】解：（2）根据题意可知，R0两端的电压为U＝U2﹣U1则流过R0即流过待测金属丝的电流I=𝑈𝑅0=𝑈2−𝑈1𝑅0金属丝的电阻r=𝑈1𝐼联立可得r=𝑈1𝑅0𝑈2−𝑈1（5）螺

旋测微器的读数为d＝0+15.0×0.01mm＝0.150mm（6）由于L＝50.00cm＝0.5md＝0.150mm＝1.5×10﹣4m根据电阻定律r＝ρ𝐿𝑆又S＝π•（𝑑2）2代入数据联立解得ρ＝5.0×10﹣7Ω•m故答案为：（2）𝑈2−𝑈1𝑅0，𝑈1𝑅0𝑈2−

𝑈1；（5）0.150；（6）5.0。17．（2023•湖北）如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽

缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降13𝐻，左侧活塞上升12𝐻。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求

（1）最终汽缸内气体的压强。（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。【解答】解：（1）对左右汽缸内密封的气体，初态压强为p1＝p0，体积为V1＝SH+2SH＝3SH末态压强为p2，左侧气体高度为H+12H=32H右侧气体高度为H−13H=23𝐻总体积为V2＝S•32H+23H•2

S=176SH根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2整理解得p2=1817p0（2）设添加沙子的质量为m，对右边活塞受力分析可知mg+p0•2S＝p2•2S整理解得m=2𝑝0𝑆17𝑔对左侧活塞受力分析可知p0S+k•12H＝p2S整理解得k=2𝑝0

𝑆17𝐻18．（2023•山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道

某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使

得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求C下滑的高度H；（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；（3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦

力对C做的功W；（4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。【解答】解：（1）滑块C沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgH=12mCv2代入数据解得：H＝0.8m（2）滑块C刚滑上B时，对C受力分析，由牛顿第二定律得：μ

2mCg＝mCaC对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg﹣μ1（mB+mC）g＝mBaB代入数据解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2设经过时间t1，B和C共速，则有：v﹣aCt1＝v0+aBt1代入数据解得：

t1＝0.5s共同速度v共1＝v﹣aCt1＝4m/s﹣5×0.5m/s＝1.5m/sB的位移为xB1=𝑣0+𝑣共2t1=1+1.52×0.5m＝0.625mB和C共速后，一起做匀减速直线运动，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律得：μ1（

mB+mC）g＝（mB+mC）aBC代入数据解得：aBC＝1m/s2设再经过时间t2，A与B发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2其中A的位移为：xA＝v0（t1+t2）B在t2时间内的位移为：xB2＝v共1t2−12aBC𝑡22代入数据联立解得：t2=1+√22s或1−√

22s（舍去）xB2=3+4√28m此时BC的共同速度为v共2＝v共1﹣aBCt2＝1.5m/s﹣1×1+√22m/s＝（1−√22）m/s为保证与P碰撞前，B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2代入数据解得：0.625m≤s≤（1+√22）m（3）s＝0.48m

＜xB1即B与P碰撞时，滑块C与木板B没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0+12aB𝑡02代入数据解得：t0＝0.4s或﹣2.4s（舍去）滑块C的位移为：xC＝vt0−12aC𝑡02代入数据解得：xC＝1.2m摩擦力对C做的功W＝﹣μ2mCgxC代入数据解得：

W＝﹣6J（4）木板B与P碰撞时，B的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/sC的速度vC0＝v﹣aCt0＝4m/s﹣5×0.4m/s＝2m/sA的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝

0.4m此时A、B间的距离为Δx＝s﹣xA1＝0.48m﹣0.4m＝0.08mB与P发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′代入数据解得：aB′＝4m/s2物块A与

木板B相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx其中A的位移为：x＝v0t3B的位移为：xB3＝vB0t3−12aB′𝑡32联立解得：t3=3−2√25s或3+2√25s（舍去）此时B的速度vB1＝vB0﹣aB′t3＝1.4m/s﹣4×3−2√

25m/s=8√2−55m/s，方向向左；C的速度vC1＝vC0﹣aCt3＝2m/s﹣5×3−2√25m/s＝（2√2−1）m/s，方向向右；以水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程由动量守恒定律得：mAv0﹣mB

vB1＝mAvA+mBvB由机械能守恒定律得：12mA𝑣02+12mB𝑣𝐵12=12mA𝑣𝐴2+12mB𝑣𝐵2代入数据联立解得：vA=−32√2−1515m/s，方向向左；vB=15−8√215m/s，方向向左；此时C的速度v

C＝vC1＝（2√2−1）m/s物块A向左的速度大于木板B向左的速度，物块A向左做匀速直线运动。由于摩擦力作用，B和C最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv末动量为p2＝mAvA整个过程动量的变化量的大小为Δp＝|p2﹣p1|代入数据联立解得：Δp

＝（6+32√215）kg•m/s19．（2023•新课标）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0

，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。【解答】解：（1）根

据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电动势的平均值为：𝐸=𝐵𝐿𝑣其中，𝑣=𝐿𝑡根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：𝑞1=𝐼𝑡=𝐸4𝑅0𝑡=𝐵𝐿24𝑅0根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离

开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则𝑞=2𝑞1=2𝐵𝐿24𝑅0=𝐵𝐿22𝑅0对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：−𝑞𝐵𝐿=

12𝑚𝑣0−𝑚𝑣0联立解得：v0=𝐵2𝐿3𝑚𝑅0（2）设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：R总=𝑅0+2𝑅022𝑅0+𝑅0=5𝑅03金属框进入磁场的过程中，以水平向右为正方向，则

−𝐵2𝐿3𝑅总=𝑚𝑣1−𝑚𝑣0解得：𝑣1=2𝐵2𝐿35𝑚𝑅0根据能量守恒定律可得：12𝑚𝑣02=𝑄1+12𝑚𝑣12根据电阻的比值关系可得此过程中电阻R1产生的热量为：𝑄𝑅1=215𝑄1联立解得：𝑄𝑅1=7�

�4𝐿6125𝑚𝑅02金属框完全在磁场中过程，金属框的左右两边框同时切割磁感线，可等效为两个电源并联和R1构成回路，此时回路的为：R总1＝R1+𝑅02=5𝑅02假设金属框的右边能够到达磁场右边界，且速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理

可得：−𝐵2𝐿3𝑅总1=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1解得：v2＝0可知金属框的右边恰好能到达磁场右边界，根据能量守恒定律可得此过程产生的总热量为：𝑄2=12𝑚𝑣12此过程中电阻R1产生的热量为：𝑄𝑅1′=45𝑄2联立解得：𝑄𝑅1′=8𝐵4𝐿6125𝑚𝑅02整

个过程中电阻R1产生的热量为：Q总＝QR1+QR1′代入数据解得：Q总=3𝐵4𝐿625𝑚𝑅0220．（2023•重庆）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分

充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为𝑞𝑚的带电粒子A，其速

度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。（1）求角度α及M、N两点的电势差。（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为𝑞𝑚的带电粒

子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进

入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。【解答】解：（1）带电粒子A进入电场的初速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，其轨迹如图1所示：粒子A沿垂直电场方向做匀速直线运动，在N点沿垂直电场方向的分速度大小为v0，其方向与x轴正

方向的夹角等于α，可得：𝑐𝑜𝑠2𝛼=𝑣02𝑣0=12解得：α＝30°对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理可得：𝑞𝑈𝑀𝑁=12𝑚(2𝑣0)2−12𝑚𝑣02解得：𝑈𝑀𝑁=3𝑚𝑣022𝑞；（2）粒

子A在N点沿电场方向的分速度大小为：v1＝2v0sin2α=√3𝑣0已知粒子A在电场中运动时间T，其沿垂直电场方向的分位移大小为：s0＝v0T粒子A沿电场方向做匀加速直线运动，对应的分位移大小为：s1

=12v1T=√32v0T由几何关系可得N点横坐标为：xN＝s0•cosα+s1•sinα=3√34v0T对于在该边界上任意位置p（x，y）进入电场的粒子，根据类平抛运动的性质：末速度与匀速运动方向的夹角的正切值等于位移与匀速运动方向的夹角的正

切值的2倍，几何关系的示意图如图2所示：可得：tanθ=12tan2α=12tan（2×30°）=√32；γ＝90°+α﹣θ＝120°﹣θ又有：tanγ=𝑥𝑁−𝑥𝑦tanγ＝tan（120°﹣θ

）=𝑡𝑎𝑛120°−𝑡𝑎𝑛𝜃1+𝑡𝑎𝑛120°𝑡𝑎𝑛𝜃联立解得此边界方程为：y=14v0T−√39𝑥（3）由（1）（2）的结论可得电场强度为：E=𝑈𝑀𝑁𝑠1，解得：E=√3𝑚𝑣0

𝑞𝑇设粒子A第n次在磁场中做匀速圆周运动的线速度为vn，可得第n+1次在N点进入磁场的速度大小为：vn+1=𝑣𝑛𝑐𝑜𝑠2𝛼=2vn第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0，可得：vn＝2nv0，（n＝

1、2、3……）设粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度为Bn，由题意可得：Bn=𝐵12𝑛−1，（n＝1、2、3……）由洛伦兹力提供向心力得：qvnBn＝m𝑣𝑛2𝑟𝑛联立解得：rn=4𝑛𝑚𝑣02𝑞𝐵1粒子A第n次在磁场中

的运动轨迹如图3所示：粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn，由C到N由动能定理得：qErnsin30°=12𝑚𝑣𝑛+12−12𝑚𝑣𝑛2代入各式可得：q•

√3𝑚𝑣0𝑞𝑇•4𝑛𝑚𝑣02𝑞𝐵1•sin30°=12m[（2n+1v0）2﹣（2nv0）2]解得：B1=√3𝑚6𝑞𝑇由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为：t1n=2𝑛𝑣0𝑠𝑖𝑛60°𝑞𝐸𝑚=2n﹣1T粒子A第n

次在磁场中运动的周期为：T′=2𝜋𝑟𝑛𝑣𝑛=2n+1√3πT粒子A第n次在磁场中运动的时间为：t2n=300°360°⋅𝑇′=56•2n+1√3πT设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的

无场区域的位移为sn，边界与x轴负方向的夹角为β，则根据边界方程y=14v0T−√39𝑥，可得：tanβ=√39，sinβ=12√7，cosβ=92√21由正弦定理可得：𝑠𝑛𝑠𝑖𝑛𝛽=𝑟𝑛𝑠𝑖𝑛(180°−30°−𝛽

)解得：sn=𝑟𝑛2√3=4𝑛𝑣0𝑇2粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为：t3n=𝑠𝑛𝑣𝑛=2n﹣1T粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n﹣1次，则所求时间：

t＝（20+21+……+2n﹣1+2n﹣1）T+56•√3πT（22+23+……+2n）+（20+21+……+2n﹣1+2n﹣2）T由等比数列求和得到：t＝（2n﹣1）T+56•√3πT[4（2n﹣1﹣1）]+（2n﹣1﹣1）T解得：t＝（3

+10√3𝜋3）2n﹣1T﹣（2+10√3𝜋3）T。