【文档说明】浙江省杭州市四校联考2023-2024学年高二上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(23)页，3.552 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期高二年级10月四校联考物理学科试题卷考生须知：1、本卷满分100分，考试时间90分钟；2、在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号等信息；3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。第I卷（选择题共51分）一、单项选择题（本题共13小题，

每小题3分，共39分，每小题四个选择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.用国际单位制中的基本单位表示磁感应强度的单位，正确的是（）A.TB.222AskgmC.2kgAsD.22kgsAm【答案】C【解析】【详解】根据磁感应强度得定义式F

BIL=得磁感应强度的单位为22mkgkgsAmAsB==故选C。2.2023年9月8日上午9时零7分，杭州第19届亚洲运动会火炬传递启动仪式在杭州西湖景区涌金公园广场正式开始，上午10时50分许，

首日传递收火仪式在“西湖十景”之一的平湖秋月举行，历时约1小时43分，全程5.2公里。下列说法正确的是（）A.1小时43分是时刻B.5.2公里是火炬传递的位移C.在研究火炬传递的轨迹时不可以把手持火炬的运动员

看作质点D.在直线段，运动员手持火炬平稳（火炬所处高度不变）匀速前进时，运动员对火炬不做功【答案】D【解析】【详解】A．1小时43分是时间间隔，故A错误；B．5.2公里是火炬传递的路程，故B错误；C．在研究火炬传递的轨迹时，运动员的大小和形状可以忽略，可以把手持火炬的运动员看作质点，故

C错误；D．在直线段，运动员手持火炬平稳（火炬所处高度不变）匀速前进时，运动员对火炬的作用力竖直向上与火炬运动方向垂直，运动员对火炬不做功，故D正确。故选D。3.关于物理学相关知识，下列叙述中正确的是（）A.

惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，因此运动状态不变化物体就无惯性B.小船渡河时水流速度忽然增大而渡河的时间并不会缩短C.通过万有引力定律计算可知，只要适当调整高度，丽水市上空也可能存在地球同步静止卫星D.借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验

中，运用了理想模型法【答案】B【解析】【详解】A．惯性为物体的固有属性，与运动状态无关，故A错误；B．将小船渡河的运动分解为沿河岸的运动和垂直河岸的运动，根据运动的独立性和等时性可知水流速度忽然增大不影响垂直河岸的运动，则渡河的时间不变，

故B正确；C．地球同步卫星的周期为24h，则高度一定为36000km，转动方向为自西向东，则其定点在赤道上方，故丽水市上空不可能存在同步卫星，故C错误；D．借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了放大法，故D错误。

故选B。4.赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”下列关于加速度说法中正确的是（）A.速度大，加速度一定大B.加速度方向与速度变化量的方向相同C.速度正在变大，则加速度也一定在变大D.速度变化

得越快，则加速度也变化得越快【答案】B【解析】的【详解】A．加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，故A错误；B．根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，故B正确；C．速度正在变大，则加速度可能不变，故C

错误；D．速度变化得越快，加速度越大，加速度不一定变化，故D错误。故选B。5.物理学在发展完善的过程中，不同年代的物理学家对物理现象进行观察、思考和研究、在实验论证、逻辑推理、演绎论证等基础上建构了现在比较

完善的体系。下列关于物理学重大历史事件描述合理的是（）A.19世纪30年代，库仑提出一种观点。认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，电荷之间通过电场相互作用B.月-地检验的结果表明地球表面的物体受到地球引力与月球受到地球的引力遵循同样的规律C.

特斯拉在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了。这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系D.法拉第受到通电导线和磁体磁场相似性的启发，提出了分子电流假说【答案】B【解析】【详解】A．19世纪3

0年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，电荷之间通过电场相互作用，A错误；B．月-地检验的结果表明地球表面的物体受到地球引力与月球受到地球的引力遵循同样的规律，B正确；C．1820年，奥斯特在一次讲课中，他偶然地把导

线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了，这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，C错误；D．为解释磁体产生磁场，安培提出了分子电流假说，认为在物质内部存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每一个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极

，D错误。故选B。6.钱学森弹道，即“助推—滑翔”弹道，是中国著名科学家钱学森于20世纪40年代提出的一种新型导弹弹道的设想。这种弹道的特点是将弹道导弹和飞航导弹的轨迹融合在一起，使之既有弹道导弹的突防性能力，又有飞航

式导弹的灵活性。如图是导弹的飞行轨迹，导弹的速度v与所受合外力F的关系可能正确的是（）A.图中A点B.图中B点C.图中C点D.图中D点【答案】D【解析】【详解】做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，所受的合外力指向轨迹的凹侧

，由图可知导弹运行轨道D点的速度v和所受合外力F关系正确。故选D。7.如图是一款可折叠的手机支架，手机放在上面静止时（）A.手机与支架之间可能没有摩擦B.将放了手机的支架置于加速下降的电梯中，手机对支架的作用力，小于支架对手机的作用力C.手机支架对手机的作用力斜向右上方

D.手机置于支架上时，地面对支架有摩擦力【答案】A【解析】【详解】AC．对手机受力分析，受到重力、下端支架对手机支持力2N、侧面对手机的支持力1N，如图所示的支架对手机的作用力为1N、2N的合力，根据平衡条件

，这个合力和重力是一对平衡力，所以支架对手机的作用力方向竖直向上，由图可知，手机不一定受到摩擦力的作用，A正确，C错误；B．手机对支架的作用力和支架对手机的作用力是一对相互作用力，大小相等，B错误；D．对支架和手机整体受力分析，受重力和支持力。摩擦力

为0，D错误。故选A。8.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图像如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2（S2>S1）。初始时，甲车在乙车前方S0处，则（）A.若S0<S1，两车相遇2次B.若S0=S2，两车相遇1次C

.若S0=S1+S2，两车相遇1次D.若S0=S1，两车相遇2次【答案】A【解析】【详解】由图像可知，在T时间内，甲车的位移为S2，乙车的位移为S1+S2，两车在T时间内的位移差为S1。A．若S0<S1，在T时刻乙车超过了甲车，之后因为甲车速度大于乙车速度，又会反超，

故两车相遇2次，故A正确；B．若S0=S2，则在T时间内有S0=S2＞S1，在T时刻两车不相遇，且此时甲车在前，乙车在后，而后甲车的速度更快，两车不会相遇，故B错误；C．若S0=S1+S2，在T时刻两车不相遇，且此时甲车在前，乙车在后，而后甲车的速度更快，两车

不会相遇，故C错误；D．若S0=S1，两车在T时刻会相遇，在此之后，甲车的速度更快，所以两车只相遇一次，故D错误。故选A。9.高层建筑火灾扑救一直是公认的世界性消防难题，某市引进了一款新型的消防车，在演习中发现，与地

面成60°喷出的水柱最高可到达高楼的第21层，已知喷水口的截面积约为210cm，此时消防车对水做功的功率约为（）A.3000WB.30000WC.6000WD.60000W【答案】B【解析】【详解】与地面成60°喷出的水柱最高可到达高楼的第21层，高度为()3211m60mh=−=竖直方向喷出速

度为2yvgh=则40m/ssin60yvv==单位时间t内喷出的水柱质量为mVvtS==消防车对水做功的功率约为232000W2mPtv==故选B。10.如图所示，线圈平面与水平方向夹角60=，线圈平面面积为S，共有n匝，空间存在区域无限大的磁场，磁感线竖直向下，磁

感应强度的大小为B，设此时穿过线圈的磁通量为正，下列说法正确的是（）A.通过线圈的磁通量为12nBSB.若线圈以cd为轴逆时针转过60，通过线圈的磁通量为BSC.若线圈以cd为轴顺时针转过30，通过线圈的磁通量为BSD.若线圈以cd为轴顺时针转过120，通过线圈磁通量的变化量为12BS【

答案】B【解析】【详解】A．通过线圈的磁通量为1cos2BSBS==故A错误：B．若线圈以cd为轴逆时针转过60，线圈平面与磁场垂直，所以通过线圈的磁通量为1BS=故B正确；C．若线圈以cd为轴顺时针转过30，线圈平面与磁场平行，通过线

圈的磁通量为20=故C错误；D．若线圈以cd为轴顺时针转过120，线圈平面与磁场垂直，通过线圈的磁通量为BS=−所以通过线圈磁通量的变化量为1322BSBSBS=−=−−=−故D错误。故选B。11.一根长为L，横

截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）A.22mveLB.2mvSneC.ρnevD.evSL【答案】C【解析】【分析】

考查电路和电场知识【详解】UIR=，I=neSv，LRS=，UEL=，联立得E=ρnev，故选C。12.如表格所示是某护眼按摩仪的铭牌信息，当剩余电池电量为总容量的20%时，按摩仪将停止工作。若该按摩仪一直以额定功率工作，则（）商品名

称护眼按摩仪内置电池500mA·h/4.0V充电输入DC4V/0.2A工作电压DC4.0V额定功率0.4WA.该按摩仪充满电可以连续工作约5小时B.mAh是能量的单位C.电池从剩余电量为总容量的20%到充满电的时间约为2小时D.该按摩仪充满电

所储存的能量约为33.610J【答案】C【解析】【详解】AD．根据表格中内置电池的参量可知，电池储存的电能为40.53600J7200JEUIt===电按摩仪的额定功率为0.4W，所以充满电可以连续工作约80%72000.8s4h0.4EtP===电故AD错误；B．“mA”是电流的单

位，“h”是时间的单位，根据qIt=可知mAh是电荷量的单位，不是能量的单位，故B错误；C．根据电池的充电电流和电压，可得电池从剩余电量为总容量的20%到充满电的时间为80%0.510.8h2h0.2QtI===故C正确。故选C。13.如图所示的电路中，电源电动势

为2V，内阻0.5=r，电阻11.5R=，电阻22R=，电阻33R=，滑动变阻器4R接入电路的阻值为2，电容器的电容1.0μFC=，电阻3R与电容器间的导线记为d，单刀双掷开关S与触点1连接，下列说法正确的是（）A.如果仅将4R的滑片向上滑动，1R消耗的功率

减少B.如果仅将4R的滑片向上滑动，电源的输出功率减小C.如果仅将4R的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差增大D.若仅将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d的横截面的电荷量为61.7510C−【答案】CD【解析】【详解】A．如果仅将4R的滑片向上滑动，接入电路电阻变小，根据闭合电

路欧姆定律可知114EIRRr=++则电流变大，所以1R消耗的功率211PIR=变大，故A错误；B．电源输出功率和外电阻关系图像如图所示由题中已知数据可知在滑动变阻器滑片向上滑动过程中外电阻始终大于内阻，由图像可知当外电阻减小时，电源输出功率增加，故B错误；C．电容器两端的电压

为111UIR=故电容器两极板间的电势差变大，故C正确；D．开关S与触点1接通1140.5AEIRRr==++电容器两端电压1110.75VUIR==开关S与触点2接通2140.5AEIRRr==++电容

器两端电压2241VUIR==但电容器两极板电性发生改变，所以流过导线d的横截面的电荷量()6121.7510CQCUU−=+=故D正确。故选CD。二、不定项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题四个选择项中至少有

一个是符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全得2分，不选的或有选错的均不得分）14.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船将三名航天员送入空间站组合体，图中轨道I为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行轨道。两轨道相切于B点，A为椭圆轨道的近地点，B为远地点，CD为椭圆轨道

的短轴，（已知地球半径6400R=km，地球表面的重力加速度210m/sg=，万有引力常量为11226.6710Nm/kgG−=），则下列判断正确的是（）A.载人飞船从A运动到D的时间等于从D运动到B的时间B.空间站在轨道Ⅱ上的向心加速度一定小于210m/sC

.根据已有条件，估算地球的质量约为24610kgD.空间站在轨道Ⅱ运动时，航天员处于完全失重状态，所受合力为0【答案】BC【解析】【详解】A．载人飞船从A运动到D的时间小于从D运动到B的时间，因为近地点周围速度大，故A错误；B．根据万有引力提供向心

力可知2()MmGmgRh=+解得2()GMgRh=+可知空间站在轨道Ⅱ上的向心加速度一定小于210m/s，故B正确；C．根据万有引力提供向心力可知2MmGmgR=解得224610kggRMG=故C正确；D．空间站在轨道Ⅱ运动时，航天员处于完全失重状态，所受合力为万有引

力，故D错误。故选BC。故选BC。15.如图所示，左边是一带正电的小球，原先不带电的金属AB（不接地）靠近C，下列说法正确的是（）A.在导体的外表面，尖端A处一小面积上的带电量比B端同样面积的带电量一定多B.感应电荷在导体内部产生的电场，P点与Q点的电场

强度大小相等C.图中虚线可能是图中电场的一条电场线D.若用一导线把A端与大地相连瞬间，会有流向大地的电流【答案】AD【解析】【详解】A．金属AB处于静电平衡状态，表面越尖锐的地方电荷的密度越大，即尖端A处一小面积上的带电量比B端同样面积的带电量一定多，故A正确；B．处于静电平

衡状态的导体内部场强（由带正电的小球和感应电荷在导体内部产生的合场强）处处为零，由于带正电的小球在P点与Q点的电场强度不等，故可知感应电荷在导体内部产生的电场，P点与Q点的电场强度大小不等，故B错误；C．处于静电平衡状态的导

体表面是一个等势体，故导体表面的电场线一定垂直导体表面，故C错误；D．从带正电的小球出发的电场线经过金属AB到无穷远，故可知金属AB表面的电势高于大地，若用一导线把A端与大地相连瞬间，由于A端电势高于大地，故会有流向大地的电流，故D

正确。故选AD。16.某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为31.3kg/m，风的动能转化为电能的效率为20%。为了合理利用能源，小刘

同学设想建一抽水蓄能电站，抽水蓄能电站在用电低谷时利用风力发出的电将水抽到高处，在用电高峰时再利用水能发电，若平均用4度谷电能换3度峰电。（已知每天8：00--22：00为用电高峰，其余时间为用电低谷，峰电价格0.50元，谷电价格0.30元），下列说

法正确的是（）A.抽水蓄能电站平均用4度谷电能换3度峰电，该过程能量是守恒的B.风力发电机把风能转化为电能，能量在可利用的品质上发生了变化，而抽水蓄能电站实现电能转化为水的势能储存，需要时再转化为电能，能量在可利用的

品质上是不变的。C.若采用小刘同学的方案，一台风力发电机发出的电每年多产生的经济效益约为1700元D.风力发电机的发电功率约为32.610W【答案】AD【解析】【详解】A．抽水蓄能电站平均用4度谷电能换3度峰电，在电能与机械

能间的转化过程中会有一部分能量转化为内能，该过程能量是守恒的，故A正确；B．抽水蓄能电站实现电能转化为水势能储存，需要时再转化为电能，能量在可利用的品质上是变化的，故B错误；D．每秒风的动能转化为的电能为的233k11=2.610J22EEmvsvt==

电风力发电机的发电功率约为32.610WEPt==电故D正确；C．若采用小刘同学的方案，一台风力发电机发出的电每年多产生的经济效益约为()361036002.6103650.5030.30471243.610−元元故C错误。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共49分）三、实验

探究题（17题8分，18题8分，共16分）17.（1）某同学利用图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验。①实验中选了如图乙打点计时器、适当质量的重锤、天平、铁架台外，在下面的器材中，必须使用的还有___________A．刻度尺B．秒表C．220V交流电源D．6

V交流电源②某次实验打出一条清晰的纸带如图丙所示，O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。已知交流电频率为50Hz，重物质量为500g，当地重力加速度29.80m/sg=，从O点到C点，重物的重力势能变化量pE△，C点的动能kCE=___________J（结果保留

3位有效数字）。③比较重物的重力势能变化量pE△，C点的动能kCE大小，发现kCpEE△，出现这一结果原因可能是___________。A．工作电压偏高B．接通电源前释放了纸带C．交流电频率高于50HzD．空气阻力与摩擦阻力的影响（2）下列关于“探

究两个互成度的力的合成规律”的实验说法正确的是（）A．本实验采用的科学方法理想实验法B．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置C．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度D．细绳套可以用橡皮筋替代，不会影响实验结果。【答案】①.AD##DA②.1.47③

.B④.D【解析】【详解】（1）①[1]实验需要测量位移大小，须测量长度的器材：刻度尺；电磁打点计时器需要低电压学生交流电即6V交流电源，故选AD。②[2]C点的速度大小为2(33.0023.30)10m/s2.425m/s220.02C

BDvT−−===所以C点的动能为2k11.47J2CCEmv==③[3]比较重物的重力势能变化量pE△，C点的动能kCE大小，工作电压偏高对实验测量结果无影响，若交流电频率高于50Hz、空气阻力与摩擦阻力的影响测

量动能都会偏大，若纸带在接通电源前释放了纸带，则纸带初始记录的点实际有初速度，故测量比较时C点的动能大于重力势能变化量。故选D。（2）[4]A．合力与分力是等效替代的关系。所以本实验采用的等效替代法，A错误；B．改变拉力，橡皮条长度不同，进行多次实验，没有

必要使O点在同一位置，B错误；C．两细绳拉橡皮条时，只要确保拉至同一位置即可，两绳夹角不一定要取30°、45°、90°等特殊角度，故C错误；D．两分力的细绳套可以用橡皮筋替代，不会影响实验结果，D正确。故选D。18.小明同学

将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”，据资料，这种水果电池的电动势不到1V，内阻约几百欧左右，用水果电池串联给一个规格为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现二个、三个、四个水果电池串联都不会使小灯泡发光。于是利用实验室器材测量水果电池的

电动势和内阻，探究小灯泡不发光的原因。（1）如图甲，若用多用电表进行估测水果电池的电动势和内阻，以下操作正确的是_____。A．测量前需转动P，使指针指在0Ω处B.测量电动势时选择开关置于T处C.测量内阻时选择开关置于Q处D.测量完成后将选择开关置于K处（2）实

验室器材有以下器材A.待测水果电池（两个串联）B电阻箱（阻值范围0~9999Ω、额定电流2A）C.电流表1A（量程0.6A、内阻约0.2Ω）D.电流表2A（量程10mA、内阻约为10Ω）E.开关S，导线若干①该同学设计了如图乙所

示的电路图，电流表应选择_________（填对应器材前的字母序号）。②用所设计的电路进行测量得到电阻箱的电阻R和电流表的读数I以及计算出1I的多组数据后作出了1RI−图像，得到图像与纵轴的截距为10.53mA−，图像的

斜率为10.67V−，由此求得每个水果电池的平均电动势E=______V，平均内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）③根据②中测量的结果可知，用二个、三个、四个水果电池串联向小灯泡供电，小灯泡不发光的

原因是可能是_________________________________【答案】①.D②.D③.0.75④.24.010⑤.水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于

灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流。【解析】【详解】（1）[1]A．测量前先进行机械调零，需转动P，使指针指在左边零刻线处，故A错误；B．测量电动势时选择开关置于直流电压处，故B错误；.C．电源内阻较大，测量内阻时选择开关置于较大倍率处，故C错误；D．测量完成后将选择开关置于K处，故

D正确。故选D。（2）①[2]水果电池的电动势较小、内阻较大，电路中的电流较小，故电流表选D。②[3][4]根据闭合电路欧姆定律有2(2)EIRr=+即12RrIEE=+根据图像与纵轴的截距有3-10.5310ArE=根据图像的斜率有10.67V2E=解得0.75VE

=，24.010r=③[5]据②中测量的结果可知，用二个、三个、四个水果电池串联向小灯泡供电，小灯泡不发光的原因是可能是水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电

流远小于额定电流。四、计算题，请写出必要的文字说明及过程，只有答案不给分。（19题8分，20题13分，21题12分，共33分）19.如图所示，质量为0.16kg的带正电小球A穿在倾角30=的光滑绝缘细杆上，杆的另外一端固定一个带电小球B，整个装置处于水平向右的匀强电场中。初始

时，两球相距00.5mL=（远大于小球直径），此时小球A恰好静止且与杆无弹力，已知重力加速度210m/sg=，小球A的电荷量为0.32C，求：（1）B球带何种电荷（2）匀强电场的电场强度E（3）撤去匀强电场，小球A速度最大时，两球间距L的【答案】（1）正电；（2）53N

/C；（3）1m【解析】【详解】（1）由于A球带正电，A球受到的电场力方向水平向右，而小球A恰好静止且与杆无弹力，根据受力平衡可知A球受到的与B球的库仑力应沿斜面向上，故B球带正电；（2）A球所受重力、电场力和与B球的库仑力满足三力平衡，根据平衡条件可

得tanmgEq=解得53N/CE=（3）撤去匀强电场后，A球沿斜面向上运动，当加速度为零时，A球的速度最大时，加速度为零，此时1sin2mgFmg==即AB12qqkFL=由（2）中分析可知，初始时02sinmgFmg==

即AB202qqkmgL=联合解得021mLL==20.如图所示，在光滑水平面AB和粗糙水平面CD之间连接一长度为17.5mL=的顺时针旋转的传送带，CD长度21mL=，圆心为O、半径为0.2mR=的竖直光滑

半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为圆管轨道，E和圆心O等高，EOF30=。可视为质点的小物块从A点以04m/sv=的初速度向右滑动，已知小物块的质量1kgm=，与传送带、水平面CD之间

的动摩擦因数均为0.1=，重力加速度g取210m/s。（1）若传送带速率为3m/sv=，求小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量Q；（2）若传送带速率为3m/sv=，求小物块滑到半圆轨道F点时对轨道压力的大小；（3）若小物块第一次冲上半圆轨道时不与轨道脱离且不能从G点飞出，求传送带的速

度的取值范围。【答案】（1）0.5J；（2）0；（3）2m/s6m/sv或3m/s10m/sv【解析】【详解】（1）假设物块一直减速，则mgma=解得21m/sa=假设物块减速到C点时速度为1v，则220112vvaL−=解得11m/svv=假设不成

立，故物块减速至与传送带相同即与传送带相对静止后做匀速直线运动，物块从上传送带到与传送带共速的时间为01svvta−==物块在传送带上的相对位移为()010.5m2xvvtvt=+−=故小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量为0.5JQmgx=

=（2）C到F由动能定理得()22211sin3022FmvmvmgLmgRR−=−−+解得1m/sFv=根据牛顿第二定律可得2sin30FFmgmRv+=解得0F=由牛顿第三定律得对轨道压力为0；（3）若恰好沿轨道到达E点不脱轨，设此时物块

与传送带共速后速度为2v，则222102mvmgLmgR−−=−解得26m/sv=物块恰好冲上半圆轨道，到达D点，设此时物块与传送带共速后速度为3v，则23210m2vmgL−=−解得32m/sv=若

物块能与传送带共速条件下，保证滑块在DE段圆弧运动中不脱轨，传送带速度应满足2m/s6m/sv恰好沿轨道到达G点时不脱轨，设此时物块与传送带共速后速度为4v，则2421022mvmgLmgR−=−−

解得4/s10mv=由（2）中分析可知，物块沿轨道到达F点不脱轨时传送带速度3m/sv=若物块能与传送带共速条件下，保证滑块在FG段圆管运动中不脱轨，传送带速度应满足3m/s10m/sv若物块在传送带上全程加速，设此时物块到达C点时的速度为5v，则

221052vvaL−=解得531m/s>10m/sv=若物块在传送带上全程减速，设此时物块到达C点时的速度为6v，则06222vvaL−=解得61m/s<2m/sv=因此小物块第一次冲上半圆轨道时不与轨道脱离且不能从G点飞出情况下，物块均与传送带已共速。综上可得：小物块第一次冲

上半圆轨道时不与轨道脱离且不能从G点传送带速度应满足2m/s6m/sv或3m/s10m/sv21.如图甲所示，长方体''''ABCDABCD为密闭空间，其中AD边长13mL=，AB边长26mL=，'AA边长35mL=，P为''CD中点，空间内存在3010N/

CE=匀强电场，方向竖直向下，空间外无电场，忽略电场边缘效应。在AB中点O处放置一装置，能沿水平面各个方向均匀的向长方体内发射速度大小为0v的带正电粒子，比荷为810C/kgqm=。粒子打在长方体各面会被直接收集，不考虑粒子之间的相互作用及粒子所受重力。

（1）求在P点处收集到的粒子的初速度0v大小；（2）将发射源粒子初速度改为51310m/sv=，平面''CCDD吸收的粒子总量仅占发射总量的13，需调整电场强度为1E，求1E的大小；（3）若改变粒子

源，令粒子射入电场时仅沿垂直AB方向水平射入，初速度为52510m/sv=，拆下吸收板''CCDD更改为面积足够大的荧光屏（图中未画出），屏上原点坐标'O为CD中点，x轴与CD平行，y轴与'DD平行。0t时刻开始

计时，发射粒子并沿x轴正方向移动荧光屏，移速为30.3m/sv=，同时令电场强度大小随时间t变化：25(N/C)Et=。粒子在电场中运动时间极短，其运动过程中场强可认为不变。求荧光屏上图像的函数表达式。【答案】（1）5310m/s

；（2）22.510N/C；（3）225310(10m0m)3yxx−=−【解析】【详解】（1）由20312EqLtm=得5110st−=故150310m/sLvt==（2）由于粒子作类平抛运动，若无边界限制，在平面''''A

BCD上的痕迹是一个半圆弧，若添加四个侧面，则超出长方体底边部分即打在侧面上。而某时刻打在平面''CCDD上的粒子需要占发射总量13，则只要求如图，打在''CD右侧的圆弧所对应圆心角为60即可。此时的粒子水平位

移123mcos30Lx==故213112EqxLmv=得212.510N/CE=（3）粒子打在荧光屏上的竖直位移2312219102EqLytmv−==−粒子在荧光屏上的水平位移函数33(m)10xvtt==−10(s)3tx=−代入

yt−关系式2310yx−=现找x取值范围，当粒子恰好不能打到荧光屏时2max13212EqLLmv=解得3max2510N/C9E=代入25(N/C)Et=表达式可得3510s9t=故有23510

m3xvt=−=−故函数为225310(10m0m)3yxx−=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com