【文档说明】《精准解析》2023届浙江省四校联盟高三下学期高考模拟考试物理试题（解析版）.docx，共(28)页，6.256 MB，由小赞的店铺上传

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2023年浙江省高考物理模拟卷考生注意：1.本试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，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡

皮擦净4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须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5.本卷中重力加速度未作说明时，取210m/s=g一、单项选择题（本题有13个小题，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.若用国际单位制中的基本单位表示电势的单位。正确的是（）A.VB.AC.NmsD.23kgmsA【答案】D【解析】【详解】根据pEWFxmaxqqqIt====根据单位运算可知，上述单位为2

23kgm/smAskgmsA=故选D。2.2021年6月17日，中国航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波搭乘神舟十二号载人飞船进入太空。7月4日，神舟十二号航天员进行了中国空间站首次出舱活动。图示为航天员在空间站外部进行操作

的画面，下列判断正确的是（）A.航天员此时处于完全失重状态B.航天员工作过程中，可以看作质点C.航天员所带装备对人施加的压力等于装备的重力D.航天员此时处于半倒立状态，所受合外力为0【答案】A【解析】【详解】A．航天员与空间站一起绕地球做圆周运动，

由万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，A正确；B．航天员工作过程中，航天员的形状和体积不能够忽略，因此航天员工作过程中，不能够看作质点，B错误；C．根据上述由于航天员与装备均处于失重状态，有竖直向下的加速度，则航天员所带装备对人施加的压力小于装备的重力，

C错误；D．航天员处于失重状态，有向下的加速度，则航天员此时处于半倒立状态，所受合外力为不为0，D错误。故选A。3.如图是杭州二中校园内的“赤子之钟”，它激励着一代又一代的二中人，薪火相继、不辍奋进。下列分析正确的是（）A.钟悬挂静止时，

支架对钟的拉力与钟对支架的拉力是一对平衡力B.钟被撞击振动时，支架对钟的拉力与钟对支架的拉力大小不相等C.某次钟被撞击后，继续发出洪亮的钟鸣，说明此时钟还在做受迫振动D.某次钟被撞击后，继续振动的频率与撞钟的频率无关，

钟鸣声波属于纵波【答案】D【解析】【详解】A．钟悬挂静止时，支架对钟的拉力与钟对支架的拉力是一对作用力与反作用力，A错误；B．支架对钟的拉力与钟对支架的拉力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B错误；C．某次钟被撞击后，继续

发出洪亮的钟鸣，说明此时钟还在振动，但没有外界的撞击，即不是受迫振动，而是钟的阻尼振动，C错误；D．根据上述，某次钟被撞击后，继续振动的频率等于钟的固有频率，与撞钟的频率无关，钟鸣是声波，属于纵波，D正确。故选D.4.嫦娥五号返回舱关闭推进器，沿如图轨迹以类似“打水漂”的方式两度进

入大气层，途经相同高度的A、C两点时具有的机械能分别为EA、EC，在B点受空气作用力FB与重力G，则（）A.>BACFGEE，B.BACFGEE=，C.BACFGEE=，D.BACFGEE==，【答案】A【

解析】【详解】嫦娥五号由A点到B点再到C点过程，需克服空气阻力做功一部分机械能要转化为内能，所以ACEE；B点附近一段轨迹可以看作圆周运动的一部分圆弧，分析嫦娥五号在B点时，竖直方向合力向上，空气对嫦娥五号的作用力的竖直分力大于重力，水平

分力与运动方向相反为空气阻力，竖直分力与水平分力的合力为空气对嫦娥五号的作用力，故嫦娥五号在B点受的空气作用力FB大于重力G，故A正确，BCD错误。故选A。5.反亥姆霍兹线圈是冷原子实验室中的科研装置，结构如图所示。一对完全相同的圆形线圈，共轴放置。已知O

为装置中心点，a、b、c、d点到O点距离相等，直线dOb与线圈轴线重合，直线cOa与轴线垂直。现两线圈内通入大小相等且方向相反的电流，则（）A.两线圈间为匀强磁场B.O点磁感应强度为零C.a、c两点的磁感应强度相同D.b、d两点的磁感

应强度相同的【答案】B【解析】【详解】B．根据安培定则，左侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向右，右侧线圈产生的磁场在b、d点处的磁感应强度方向整体向左，由于两线圈内通入的电流大小相等，根据对称性可知，两线圈在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点的磁感应强度为零，

B正确；A．根据上述O点的磁感应强度为零，可知两线圈间的磁场不是匀强磁场，A错误；C．根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在a点的磁场方向斜向右下方，在c点的磁场方向斜向右上方，右侧线圈在a点的磁场方向斜向左下方，在c点的磁场方向斜向左上方，根据

对称性结合磁场叠加可知，两线圈在a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即a、c两点的磁感应强度不相同，C错误；D．根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在b、d两点的磁场方向均向右，右侧线圈在b、d两点的磁场方向均向左

，根据对称性结合磁场叠加可知，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即b、d两点的磁感应强度不相同，D错误。故选B。6.如图所示，卫星沿圆形轨道I环绕地球运动，当其运动到M点时采取了一次减速制动措施，

进入椭圆轨道（II或III）。轨道I、II和III均与地球赤道面共面，变更轨道后（）A.卫星可能沿轨道III运动B.卫星经过M点之后速度可能大于7.9km/sC.卫星经过M点时的加速度变大D.卫星环绕地球运动的周期变大【答案】B【解析】【详解】A．M点时采取了一次减速制动措施，卫星

速度减小，卫星将由高轨道变轨到低高度，由图可知，相对于圆形轨道I，椭圆轨道II是低轨道，椭圆轨道III是高轨道，可知卫星可能沿轨道II运动，卫星不可能沿轨道III运动，A错误；B．7.9km/s是第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，根据图像可知，M点是椭圆轨道II的远地点，

卫星在该点的速度小于近地点的速度，相对于近地卫星，椭圆轨道II是高轨道，由近地卫星变轨到椭圆轨道II，需要在近地点加速，即椭圆轨道II近地点的速度大于7.9km/s，可知卫星经过M点之后速度可能大于7.9km/s，B正确；C．根据2MmGmar=解得2GMar=可知变更轨道后，卫星经

过M点时距离地心间距不变，则卫星经过M点时的加速度也不变，C错误；D．根据开普勒第三定律有33122212RRTT=由于圆形轨道I的轨道半径大于椭圆轨道II的半长轴，则圆形轨道I的周期大于椭圆轨道II的周期，即卫星环绕地球运动的周期变小，D错误。故选B。7.了

测量储物罐中不导电液体的高度，有人设计了一个监测液面高度变化的传感器。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储物罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连，如图所示。当开关从a拨向b时，由电感L和电容C构成的回路中产生振荡电流。通过检测振荡电流的频率变化，可以推知液面的

升降情况。关于此装置，以下说法中正确的是（）A.电源电压越大，则振荡电流的频率越高B.振荡电流的频率升高，说明液面高度在降低C.当电路中的电流最大时，电容器两端的电压最大D.当开关从a刚拨向b时，电感L中的自感电动势为0【答案】B【解析】【详

解】A．振荡电路的周期为2πTLC=可知112πfTLC==即振荡电路的频率与电源电压无关。故A错误；B．根据4rSCkd=可知液面高度降低的时候，两板间充入的电介质减少，导致电容器的电容减小。振荡电流的频率升

高。故B正确；C．当电路中电流最大时，电容器极板上的电荷量最小，即两端的电压最小。故C错误；D．当开关从a刚拨向b时，电路中电流开始逐渐增大，电感L中的自感电动势不为零。故D错误。故选B。8.范德格拉夫起电机可为加速离子提供高电压，其结构示意图如图所示，大金属球

壳由绝缘支柱支持着，球壳内壁接电刷F的左端，当带正电传送带（橡胶布做成）经过电刷F的近旁时，电刷F便将电荷传送给与它相接的导体球壳上，使球壳电势不断升高。关于这个起电机，以下说法正确的有（）A.电刷F与传送带之间是摩擦起

电B.把电刷F放于金属球壳内部，主要是出于安全考虑C.工作中，电刷F的右端感应出负电荷，但它的电势不断升高D.传送带不运动，金属球壳上的电荷量也能不断增多【答案】C【解析】【详解】A．由于带正电传送带（橡胶布做成）经过电刷F的近旁时，电刷F便将电荷

传送给与它相接的导体球壳上，两者没有接触，可知电刷F与传送带之间是感应起电，A错误；的B．把电刷F放于金属球壳内部，主要考虑到当带电的物体接触金属容器内侧时，由于静电平衡，容器将获得所有电荷，并且使物体成为电中性，B错误

；C．根据静电感应的“近异远同”规律可知，工作中，带正电传送带（橡胶布做成）经过电刷F的近旁时，电刷F的右端（近端）感应出负电荷，电刷F的左端（远端）感应出正电荷，由于球壳内壁接电刷F的左端，即球壳内壁接电刷F电势相等，在电刷F便将正电荷不断传

送给与它相接的导体球壳上，球壳电势不断升高，即电刷的电势也不断升高，C正确；D．电刷F的右端与传送带之间会发生尖端放电，若传送带不运动，尖端放电结束后，不会再发生感应起电，只有传送带在运动过程中，不断地通过尖端放电，才能够金属球壳上的电荷量不断增多，即传送带不运动，金属球壳上的电荷量不能不断增多

，D错误。故选C。9.图a表示一列简谐横波沿直线传播，图b画出了两质点A、B的振动图像，已知A、B平衡位置之间的距离为四分之一波长，波的传播方向为B→A。可以表示质点A的振动图线的是（）A.只有第1条曲线B.只有第2条曲线C.两条曲线中的

任意一条都可以D.两条曲线都不可以【答案】A【解析】【详解】A、B平衡位置之间的距离为四分之一波长，根据振动图像可知，在t=0时刻两质点分别位于平衡位置与波峰，作出可能得波形如图甲、乙所示波的传播方向为B

→A，若为图甲，根据同侧法可知，质点B沿y轴向下运动，与图b一致，此时质点A的振动图线的是第1条曲线，若为图乙，根据同侧法可知，质点A沿y轴向上运动，与图b不一致，即质点A的振动图线只能是第1条曲线。故选A。10.为探讨磁场对脑部

神经组织的影响及临床医学应用，某小组查阅资料得知：“将金属线圈放置在头部上方几厘米处，给线圈通以上千安培、历时约几毫秒的脉冲电流，电流流经线圈产生瞬间的高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感

应电场及感应电流，而对脑神经产生电刺激作用，其装置如图所示。”同学们讨论得出的下列结论正确的是（）A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象B.脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电流的磁效应C.若将脉冲电流改为恒定电流

，可持续对脑神经产生电刺激作用D.若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则在脑部产生的感应电场及感应电流会增强【答案】D【解析】【详解】A．脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电流的磁效应，故A

错误；B．脉冲磁场在线圈周围空间产生感应电场是电磁感应现象，故B错误；C．若将脉冲电流改为恒定电流，线圈将会产生恒定磁场，脑部特定区域不会产生持续的感应电场及感应电流，对脑神经不会持续产生电刺激作用，故C错误；

D．脉冲磁场对脑部特定区域产生感应电场及感应电流，满足Et=EIR=若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则脑部特定区域的磁通量改变量大小不变，但磁通量改变的时间缩短，所以感应电场及感应电流增大，故D正确。故选D。11.表面沾有流感病毒的

口罩，可使用波长为253.7nm的紫外线照射，破坏病毒的脱氧核糖核酸DNA和核糖核酸RNA的结构，达到消灭病毒的效果。已知普朗克常量346.610Jsh−=，若该紫外线以强度为326.610W/cm−垂直照射口罩表面2

.0s，则这2.0秒钟每平方厘米接收的紫外线光子数目为（）A.132.410B.146.410C.158.410D.161.710【答案】D【解析】【详解】由题意可知紫外线的功率为32236.6

10W/cmcm6.1610WP−−==根据hcPtn=解得每平方厘米接收的紫外线光子数目为161.710n=个故选D。12.有一种理论认为所有比铁重的元素都是超新星爆炸时形成的。已知235U和238U的半衰期分别为90.70410年和94.4710年，若地球上的铀来自95.941

0年前的超新星爆炸，且爆炸时产生相同数量的235U和238U，则目前地球上235U与238U原子核的数量比约为多大（）A.92−B.72−C.52−D.32−【答案】B【解析】【详解】根据995.94100.70

4101012NN=，995.94104.47102012NN=解得7122NN−=故选B。13.如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃

，紫光和红光分别从B、C点射出。下列说法中正确的是（）A.逐渐减小入射角i，紫光先发生全反射B.逐渐减小入射角i，红光先发生全反射C.红光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长D.紫光在半圆柱体玻璃中传播的时间较长【答

案】A【解析】【详解】AB．紫光的折射率较大，由1sinCn=可知，紫光的临界角较小，而紫光射到玻璃内表面时入射角较大，所以逐渐减小入射角i，紫光先发生全反射，故A正确，B错误。CD．设任一光在O点的折射角为r，则光在玻璃中

传播距离为s=2Rsinr传播时间stv=光在介质中的传播速度cvn=结合折射定律有sinsininr=代入整理得2sinRitc=所以紫光和红光在半圆柱体中传播时间相同，同时从半圆柱体玻璃中射出，故CD错误；故选A。二、不定项选择题（本题有2个小题，

每题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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.我们用如图所示的电路研究光电效应时，当开关闭合后，微安表有一定示数，以下说法正确的是（）为A.如图所示的电路连接可用于测量遏止电压B.更换电源的正负极，可以

使微安表示数减小C.把滑动变阻器滑动头向左滑动，微安表示数一定减小D.仅增大入射光强度时，微安表示数一定增大【答案】BD【解析】【详解】A．测量遏止电压时，应使光电子逸出后减速运动，图中电路不能测量遏

止电压，故A错误；B．将电源的正，负极对调，若电压超过遏止电压，则微安表示数为零，若电压小于遏止电压，则微安表示数减小，故B正确；，C．滑动变阻器滑片左移，正向电压减小，若没有达到饱和光电流，则微安表示数减小，若已经达到饱和光电流，则微安表示数不变，故C错误；D．仅增大入射光

强度，则单位时间里产生的光电子数目增多，所以微安表示数一定增大，故D正确；故选BD。15.如图所示为氢原子的能级示意图，已知锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A.

由图可知，电子离核越远，能级越高，绕核运动的动能越大B.用能量为10.30eV的电子撞击处于基态的氢原子，可能使其跃迁到激发态C.一群处于5n=能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，其中有4种不同频率的光能使锌板发生光电效应D.假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率

均为11n−，则对AN个处于3n=能级的氢原子，跃迁过程中辐射的光子的总数为A32N个【答案】BCD【解析】【详解】A．根据222evkmrr=解得22k122keEmvr==结合能级图可知，电子离核越远，能级越高，绕核运动的动能越小，A错误；B．由于10.30eV-13.6eV=-3.3eV

>-3.4eV可知用能量为10.30eV的电子撞击处于基态的氢原子，可能使其跃迁到激发态，B正确；C．一群处于5n=能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光的光子的能量分别为()0.54eV0.85eV0.31eV−−−=()0.54eV1.51eV0.97eV−−−=()0

.54eV3.40eV2.86eV−−−=()0.54eV13.6eV13.06eV−−−=()0.85eV1.51eV0.66eV−−−=()0.85eV3.4eV2.55eV−−−=()0.85eV13.6eV12.75eV−−−=()1.51eV3

.4eV1.89eV−−−=()1.51eV13.6eV12.09eV−−−=()3.40eV13.6eV10.20eV−−−=锌的逸出功是3.34eV，根据跃迁规律可知，其中有4种不同频率的光能使锌板发生光电效应，C正确；D．假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为11n−

，则对AN个处于3n=能级的氢原子，跃迁至2n=能级辐射的光子数为1AA11312NNN==−跃迁至1n=能级辐射的光子数为2AA11312NNN==−而2n=能级跃迁至1n=能级辐射的光子数为31A1

1212NNN==−则对AN个处于3n=能级的氢原子，跃迁过程中辐射的光子的总数为123A32NNNNN=++=D正确。故选BCD。三、非选择题（本题共有5小题，共55分）16.如图甲所示为研究电容器充放电的电路图，先将开关接1，给电容器充

电，待电容器充满电后，将开关拨到2，利用电流传感器得到电流随时间变化的关系如图乙所示，现将电阻R0换成2R0，则电流随时间变化的关系可能为图丙中的___________【答案】b【解析】【详解】[1]电容器带电荷量不变，则图线与时间轴围成的面积不变，因为电阻增大，初始电压不变，则初始

电流减小，且放电过程中，电流减小，图线与坐标轴所围面积不变，则电流随时间变化的关系可能为图丙中的b。17.如图甲所示为“用双缝干涉测量光的波长”的实验（1）甲图中A、B处分别应该安装的器材及滤光片的位置是_____

______。A．A处安装单缝，B处安装双缝，滤光片置于AB之间B．A处安装双缝，B处安装单缝，滤光片置于A与凸透镜之间C．A处安装单缝，B处安装双缝，滤光片置于A与凸透镜之间D．A处安装双缝，B处安装单缝，滤光片置于目镜处（2）

该同学按顺序安装好仪器，并调整好光路后，得到了如图乙所示的干涉条纹（图中阴影部分为亮纹），发现叉丝竖线与条纹不平行，若此时他旋转测量头上的旋钮，会发现___________。A．条纹左右移动B．条纹沿EF移动C．叉丝竖线沿EF移动D．叉丝竖线左右移动

（3）如图甲中110.0cmL=，270.0cmL=，该同学不知道双缝间距是多少，他查阅说明书，发现双缝间距有两种规格，分别是10.080mmd=，和20.100mmd=，调整装置使叉丝竖线与条纹平行后，叉丝中心线

对准某条亮纹中心（记为第0条）时读数如图丙所示，其读数为___________mm，旋转测量头旋钮，第4条亮纹中心与又丝中心线对准时读数如图丁所示，则被测光的波长约为___________nm（结果保留3位有效数字）【答案】①.C②.B③.7.40④.626【解析】【详解】（1）[1]用双缝

干涉测量光的波长，实验仪器从左到右是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、光屏。故选C。（2）[2]旋转测量头上的旋钮，可以使条纹沿EF移动。故选B。（3）[3]图丙读数为7mm+80.05mm=7.40mm[4]

图丁读数为29mm+60.05mm=29.30mm根据Lxd=又29.30mm7.40mm21.9mm4x−==分别代入d1和d2的数值，可得12626nm783nm==，可见光的波长范围大于400nm

小于760nm。所以本实验双缝间距采用的是10.080mmd=，可知626nm=18.某研究小组想要研究一标有“6V，3W”的小型电动机的伏安特性曲线，实验室提供的器材有：量程为0.6A的电流表（电阻约为1.

0Ω），电源（电动势为9V，内阻为3Ω），定值电阻（阻值为6000Ω），导线若干，单刀开关一个，还有以下器材可供选择A．量程为3V的电压表（内阻为3000Ω）B．量程为15V的电压表（内阻为6000Ω）C．滑动变阻器（阻值为10Ω，额定电流为2.0A）D．滑动变阻

器（阻值为200Ω，额定电流为0.5A（1）为尽量准确地测出小型电动机的伏安特性曲线，电压表应选___________，滑动变阻器应___________。（2）请用笔画线代替导线将实物图补充完整_____

______。（3）连接好电路后，合上开关，读出电压表和电流表的示数，将电动机两端电压与流过它的电流数据在毫米方格纸中标出，并画出其伏安特性曲线_______，请说明在P处为何出现如图所示的图像______

_____（4）电动机正常工作时，电动机两端电压为U，通过电动机的电流为I，下列几个功率的表达式的大小关系正确的是___________A．22UUIIRR==B．22UUIIRR=C．22UUIIRRD．22UUIIRR（5）将该电动机

与一个阻值为30Ω的定值电阻并联后，再与一个电动势为9V，内阻为15Ω的电源串联，则此时电动机的输出功率为___________W。【答案】①.A②.C③.④.⑤.电压较小时，电动机没有转动，可看成纯电阻，电动机开始转动后，不能看成纯电阻电路，电压稍变大时

，电流快速减小⑥.C⑦.0.176W【解析】【详解】（1）[1][2]15V量程的电压表太大，应选择量程为3V的电压表，并进行改装，故选A；滑动变阻器分压式接法的电路中，滑动变阻器应选用最大阻值小于待测电阻阻值的

滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高，实验误差小，故选用C。（2）[3]连接实物图如图（3）[4]伏安特性曲线如图[5]出现图中P处的原因是：电压较小时，电动机没有转动，可看成纯电阻，电动机开始转动后，不能看成纯电阻电路，电压稍变大时，电流快速减小。（4）[6]电动机是

非纯电阻电路，电路总功率是机械功率与热功率之和，所以有22UUIIRR故选C。（5）[7]设电动机的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律有EUIRr++=()则有459UI=−+U-I图象如图交点处为电动机的实际电压和电流

，则有1.10.16W=0.176WPUI==四、计算题（本大题共41分，其中18题9分，19题12分，20题10分，21题10分）19.为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。a.打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上

下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置。b.关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这是测得两管水银面高度差为19.0cmc.打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭Kd.向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得

两管水银面高度差为38.0cm。已知容器C和管A的总体积为31000cm，外界大气压强为076cmHgp=，保持不变，此时环境温度为300K。求：（1）容器B的体积；（2）被测固体体积；（3）维持左侧液面在m处，要使放入固体后两管中液面高度差仍为

19.0cm，则环境温度应为多少。【答案】（1）3250cm；（2）3500cm；（3）250K【解析】【详解】（1）根据玻意耳定律有0BC01C()()PVVPghV+=+的解得3B250cmV=（2）根据玻

意耳定律有0BC01C()()()xxPVVVPghVV+−=+−解得3500cmxV=（3）根据查理定律有12'PPTT=解得'250KT=20.2023年4月23日，某高中同学集体游玩杭州乐园，小王同学深受启发，将高空飞翔、激流勇

进、悬挂飞车等项目进行整合，设计出一款更加刺激的极限项目。如下图所示。半径为13mR=的圆盘1O边缘通过长为3mL=的轻绳挂着若干质量为120kgm=的座椅，质量为50kgm=的人坐在其中一个座椅1上，启动升降台，使圆盘一边缓慢加速转动，一边缓慢

上升，当圆盘1O上升080mh=后，轻绳与竖直方向的夹角为137=且不再变化，某时刻，人脱离座椅1，做平抛运动，从B点进入特制座椅2，进入座椅2时速度方向恰好与轨道平行，轨道BC与水平方向夹角为260=，座椅2的质量为210kgm=，人连同座椅一起通过直轨道BC

后进入半径为240mR=的圆弧轨道CD，再进入水平轨道DE，圆弧轨道CD与直轨道BC和DE相切，座椅通过E点时，座椅上的挂钩被停在H处的轻质滑轮勾住，滑轮沿半径为38mR=的光滑轨道3O运动，再次回到最低点时，挂钩脱离滑轮，座椅沿轨道FG继续向前直至停止。已

知BC长度为1403m3L=，由于有水流作用，可认为座椅2在倾斜轨道及圆弧轨道上运动时无阻力，在水平轨道上时阻力大小与速度成正比100fv=，试求：（1）圆盘上升到80m时，维持匀速圆周运动时，座椅1的速度1v

；（2）人坐上座椅2后瞬间，人和座椅的速度大小2v，并求人到达D处时，座椅2对人的支持力的大小；（3）若DE的长度为3ms=，则人最终停在距离D点多远处；（4）要使人安全，DE长度的取值范围是多少（挂钩和座椅的大小均可忽略）。【答案

】（1）6m/s；（2）10m/s，2500N；（3）18m；（4）121210(m)5−【解析】【详解】（1）对人呢和座椅有2111()tan37()sin37AvmmgmmRL+=++解得6m/sAv=（2）进入座椅2时速度方向恰好

与轨道平行，则有cos60ABvv=解得12m/sBv=由动量守恒有2()BBmvmmv=+可得10m/s=Bv根据动能定理有2222212211()()()sin60()(1cos60)22DBmmvmmvmmgLmmgR+−+=+++−解得30m/sDv=在D点有2

2DvFmgmR−=解得2500NF=（3）根据动量定理有2()fvtmmv−=+根据题意，可知10060()DEsvv=−可得25m/sEv=若人和座椅2恰好可过最高点，在最高点速度为03vgR=要求在E处速度为3520m/sEvgR==因而可以过最高点，故最终会停在FG段，则有2()fv

tmmv−=+挤压2100'()(0)Dsmmv−=+−解得8'1ms=（4）恰好到最高点25m/sEv=根据12()()DEfsmmvv=+−解得16ms=恰好到圆心等高点410m/sEv=根据22()()DEfsmmvv=+−解得2121210(m)5s=−21.如图所示，电阻可忽略的

导轨EFGH与''''EFGH组成两组足够长的平行导轨，其中''EFFE组成的面与水平面夹角为30=，且处于垂直于斜面向下大小为0B的匀强磁场中，EF与''EF之间的距离为2L，GHG'H水平，且处于竖直向下，大小也为0B的匀强磁场中，GH与G'H'之间的距离为L，质量为2m，长

为2L，电阻为2R的导体棒AB横跨在倾斜导轨上，且与倾斜导轨之间无摩擦，质量为m，长为L，电阻为R的导体棒CD横跨在水平导轨上，且与水平导轨之间摩擦系数为0.5=，导体棒CD通过一轻质细线跨过一定滑轮与一质量也为m的物块相连，不计细线与滑轮的阻力

和空气阻力。（1）固定AB导体棒，试求CD棒能达到的最大速度；（2）若固定CD，将AB由静止释放，则AB两端的最大电压为多少；（3）同时释放AB和CD，试求两导体棒能达到的最大速度分别为多大；（4）假定从释放到两棒达到最大速度

经历的时间为t，试求此过程中两导体棒产生的总焦耳热。【答案】（1）22032mgRBL；（2）02mgRBL；（3）CD220310mgRvBL=，AB22035mgRvBL=；（4）22223222222440001599201020mgRt

mRgmgRQBLBLBL=−−【解析】【详解】（1）CD棒达到最大速度，根据平衡条件有的0mgBILmg=+根据闭合电路欧姆定律有013BLvIR=由此可得122032mgRvBL=（2）对AB，根据共点力平衡有

01222mgBIL=根据闭合电路欧姆定律有02(2)3BLvIR=由此可得222034mgRvBL=AB两端的电压为0201(2)32mgRUBLvBL==（3）对导体棒AB分析0AB2sin3022mgBILma−=对导体棒CD分析0CD122mgmgBILma−−=由以

上两式可得ABCD2aa=始终成立因而任意时刻ABCD2vv=研究CD棒，最终12mgmgBIL−=053CDBLvIR=可解得CD220310mgRvBL=，AB22035mgRvBL=(4)对CD由动量定理0CD0CD51()223BLvmgBLtmvR−=

CD22CD222200391025mgRtmgRxvtBLBL==−根据能量守恒定律有22CDCDCDADBC112(2)sin302222Qmgxmgxmgxmvmv=+−−−解得22223222222440001599201

020mgRtmRgmgRQBLBLBL=−−22.如下图甲所示为某质谱仪核心部件结构图。半径为R的圆内有垂直纸面向外大小为B的匀强磁场，圆心为O，'OO为竖直方向的轴线，O点右侧S处有一粒子源（'OSOO⊥）可以向圆形磁场内均匀向

各个方向以相同大小的速度，发出质量为m，电量为q的带正电的粒子，圆形磁场上方有关于轴线'OO对称放置的两块平行金属板，两金属板之间的距离为1.6R，长为2R，两平行板间加如图乙所示的匀强电场，其中2201625BRqUm=，平行金属板上方有垂直于纸

面向内范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度也为B，磁场下边缘处有一可左右平移的探测板PQ。从S点正对圆心O射出的粒子，恰好沿轴线进入电场中。不计离子之间的相互作用，不计重力，电场变化的周期远大于带电粒子在磁场中运动

的时间。（取sin530.8=，cos530.6=）求：（1）进入圆形磁场中的粒子的速度大小；（2）电容器不加电压时，能从电容器中穿出的粒子占总粒子数的比；（3）两极板MN之间加上如图乙所示的电压，要使接收板能接收到所有从平行板电容器中射出的粒子，则板的长

度至少多长；（4）当0UU=时，若接收板可以上下左右平移，要使接收板能接挡住所有从平行板电容器中射出的粒子，则板的长度至少为多长。【答案】（1）qBRm；（2）5390；（3）1.6R；（4）0.4R【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为0mvRqB=解得0q

BRvm=（2）根据几何关系可知1cos0.8RR=2(1cos)0.2RR−=解得137=237=从电容器穿出的粒子占总粒子数比为5390=（3）粒子在上方磁场中偏转距离2cosmvLqB=0cosvv=可

得022mvLRqB==因而所有进入上方磁场中的粒子在磁场中向右偏转的距离都相等，且为2R要使所有粒子都能达到PQ上，即电容器电压为零时进入的粒子能到达PQ板上即可。探测板PQ长度至少为min1.6LR=（4）带电粒子在电场中偏转为20012()0.821.6qU

RyRRmv==如图①为从电容器边缘射出的粒子的轨迹如图③为从电容器边缘射入的粒子，出磁场时的轨迹如图②为其①③中间的圆。当图中PQ移到''PQ时，所有粒子都被挡住。因而板的长度为0.4R获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com