【文档说明】浙江省金华十校2024届高三下学期二模物理试题 含解析.docx，共(28)页，2.445 MB，由管理员店铺上传

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金华十校2024年4月高三模拟考试物理试题卷满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1．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题卷和答题纸规定的位置上。2．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，在本试题卷上的作

答一律无效。3．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，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4．可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s2。选

择题部分一、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.卡路里是健身爱好者熟知的能量单位，将其用国际单位制的基本单位表示正确

的是（）A.JB.N·mC.kg·m3/s2D.kg·m2/s2【答案】D【解析】【详解】能量的单位为焦耳，则2221J=1Nm=1kgm/sm1?m/skg=故选D。2.“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究

它们的规律的意思。我们要在学习物理知识之外，还要了解物理学家是如何发现物理规律的，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列四幅图对应的实验探究中，运用了等效替代这一思想方法的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故

A正确；B．研究微小形变的实验中使用了放大法，故B错误；C．探究向心力大小表达式的实验中使用了控制变量法，故C错误；D．平抛运动的研究方法是运动的合成与分解，故D错误。故选A。3.如图甲是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧

。为了方便问题研究，将该场景模型化为如图乙，若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，则下列说法正确的是（）A.篮球受到的合力增大B.篮球对人的静摩擦力方向竖直向上C.人对篮球的作用力的方向竖直向上D.手臂对篮球的压力是由于篮球发生形变而产生的【答案】C

【解析】【详解】AC．篮球受到重力和人对篮球的作用力保持静止状态，即篮球处于平衡状态，由力的平衡条件可知，篮球的重力与人对蓝球的作用力大小相等方向相反，即人对篮球的作用力的方向竖直向上，篮球受到的合力不变，A错误，C正确；B．篮球

对人的静摩擦力在篮球与人的两个接触面间都有，静摩擦力方向向下，B错误；D．手臂对篮球的压力是由于手臂发生形变而产生的，D错误。故选C。4.在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中

，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图，假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A.P位置的小水珠速度方向沿a方向B.P、Q两位置，杯子的向心加速度相同C.P、Q两位置，

杯子的速度相同D.从Q到P，杯子所受合外力做功为零【答案】D【解析】【详解】A．P位置的小水珠速度方向沿b方向。故A错误；B．P、Q两位置，杯子的向心加速度大小相等，方向不同。故B错误；C．P、Q两位置，杯子的速度大小相同，方向不同。故C错误；D．从Q到P，杯子所受合力始终指向圆心，与

其速度夹角为90°，合外力做功为零。故D正确。故选D。5.如图所示是航天员在水下进行模拟失重训练的一种方式。航天员穿水槽训练航天服浸没在水中，通过配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假设其总质量为m，训练空间

的重力加速度为g且不变，航天员在某次出舱作业时，匀速上升距离为h的过程中，下列说法正确的是（）A.宇航员处于完全失重状态B.机械能增加了mghC.合力不做功，机械能守恒D.重力做负功，机械能减少【答案】B【解析】

【详解】A．航天员匀速上升，处于平衡状态，故A错误；BCD．根据功能关系，除了重力外其他力做的功等于机械能的增加量，由题意可知浮Fmg=浮力做的功WFhmgh==浮浮则航天员机械能增加了mgh，重力对航天

员做的功GWmgh=−故B正确，CD错误。故选B。6.图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙甲是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖

直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.石块每次弹起后的滞空时间相等B.石块最多能在湖面上弹起5次C.石块每次弹起过程能量损失30%D.石块每次弹起到最高点的速度为零【答案】B【解析】【详解】B．石块做斜上抛运动sin30yvv=根据1yvgt=

运动总时间12tt=解得8m/sv=设石块一共能打n个水漂，则有1(130%)2m/snv−−，（n取整数）解得5n=故B正确；A．石块每次弹起后竖直方向速度都减小，根据B选项分析可知石块每次弹起后的滞空时间减小，故A错误；D

．石块每次弹起到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以石块每次弹起到最高点的速度不为零，故D错误；C．石块每次弹起过程能量损失22211(0.7)22100%51%12mvmvmv−==故C错误。故选B。7.如图所示，2023年11月2日，日本东京电

力公司启动第三批福岛核污染水排海。核污染水虽然经过“多核素去除设备”（ALPS）处理，但核污染水中氚（31H）很难被分离清除，氚气会通过食物链在人体内累积，对人的伤害将不可估量。其衰变方程为330121HHee−→+，半衰期为12.5年，下列说法正确的是（）A.衰变过程核子总质量不变

B.衰变放出的01e−是由原子核外电子受激发而产生C.受核污染的海产品经过高温烹煮不能去除其放射性D.31H在食物链传递过程中，其半衰期会逐渐缩短【答案】C【解析】【详解】A．核反应前后核子数量不变，但是核反应前后总质量要变化，出现质量亏损，故A错

误；B．衰变放出的01e−是原子核中的一个中子转化为一个质子时，放出一个电子，故B错误；C．由于放射性物质的放射性是原子核本身的性质，不会受环境影响，则通过高温烹煮后不能消除核辐射，的故C正确；D．半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故D

错误。故选C。8.在2023年9月21日的“天宫课堂”上，航天员给同学们解答了与太空垃圾相关的问题。假设在空间站观察到如图所示的太空垃圾P、Q、M、N（P、Q、M、N均无动力运行，轨道所在空间存在稀薄

气体），假设空间站和太空垃圾均绕地球做顺时针方向的运动，空间站的轨道高度不变。则最可能对空间站造成损害的是（）A.PB.QC.MD.N【答案】A【解析】【详解】太空垃圾无动力运行，由于轨道空间存在稀薄气体，所以太空垃圾的轨道会逐渐减低，根据2224GMmmrrT=可得234rTGM=所以太

空垃圾P、N的周期大于空间站，在轨道降低过程中，P最有可能对空间站造成损害，N会在空间站的后方。故选A。9.如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和II彼此靠的很近（间距可忽略），两球壳均匀带有电荷，电荷量均为()0qq，O为球心，A

为球壳外一点，AOx=。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为零，下列说法正确的是（）A.O点电势为零B.球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左C.球壳II在

A点形成的电场强度大小2122kqEEx=−D.球壳Ⅰ和球壳II在A点的电势相等【答案】C【解析】【详解】A．电势是标量，O点电势等于两球壳在O点形成的电势之和，不为零，故A错误；B．球壳带正电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右，故B错误；

C．把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为22kqEx=方向沿OA方向，两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿OA方向，则12EEE=+解得2122kqEEx=−故C正确；D．电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A

点近，形成电势高，故D错误。故选C10.如图甲所示为我国GIL输电系统的三相共箱技术。三根超高压输电线缆平行且间距相等，图乙为其截面图，截面圆心构成正三角形，边长为L，三边中点分别记为D、E、F点，中点为O点。上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某

时刻A、C中电流方向垂直纸面向外，B中电流方向垂直纸面向里，电流大小均为I。已知距导线r处的磁感应强度IBkr=（k为常数）。则（）的。A.A输电线缆所受安培力垂直AD斜向右上方B.正三角形中心O处磁感应强度为零C.D、E、F三点

中F点磁感应强度最大D.D点和E点磁感应强度大小相等【答案】D【解析】【详解】A．B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小与B对A作用力相等，如图所示A输电线缆所受安培力垂直AD斜向左

下方，故A错误；B．A输电线在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，根据平行四边形法则，O处合磁感应强度不为零，故B错误；C．根据平行四边形法则，D、E、F三点中

F点磁感应强度最小，故C错误；D．根据平行四边形法则，D点和E点磁感应强度大小相等，故D正确。故选D。11.如图甲所示为某品牌漏电保护器，其内部结构及原理如图乙所示，虚线框内为漏电检测装置，可视为理想变压器，其中原线

圈由入户的火线、零线在铁芯上双线并行绕制而成，副线圈与控制器相连。当电路发生漏电时，零线中的电流小于火线，从而使副线圈中产生感应电流，通过控制器使线路上的脱扣开关断开，起到自动保护的作用。若入户端接入311sin100πut=（V）的

交变电流，则（）A.入户端接入的交变电流方向每秒变化50次B.当用电器发生短路时，该漏电保护器会切断电路C.没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量始终为0D.没有发生漏电时，通过副线圈的磁通量随原线圈中电流的增加而增加【答案】C【解析】【详解】A．由题意得交流电的周期22s0.0

2s100T===因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次，故A错误；BCD．控制器中线圈内的磁通量，是由火线和零线中的电流产生的，当无漏电时，火线和零线中的电流等大反向，在副线圈内的磁通量始终为零，且当电流增加，甚

至出现用电器短路时，在副线圈内的磁通量依旧始终为零，而当出现漏电时，副线圈内的磁通量产生变化，引起脱扣开关自动断开，故BD错误，C正确；故选C。12.2022年10月，我国自主研发的“夸父一号”太阳探

测卫星成功发射。“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，且太阳辐射硬X射线的总功率为P。卫星探测仪镜头正对着太阳，已知卫星探测仪镜头面积为S，

卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，则卫星探测仪镜头每秒接收到该种光子数为（）A.24πPShcRB.2πPShcRC.34πPShcRD.234πPShcR【答案】A【解析】【详解】每个光子的能量为cEh

h==太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，设其t秒内发射总光子数为n，卫星探测仪镜头每秒接收到该种光子数为N，有24nRtNS=t秒辐射光子的总能为WWnE=太阳辐射硬X射线的总功率为WPt=解得24PSNRhc=故选A。13.光程是光学中的概念，定义为光在介质中经过

的几何路程与该介质折射率的乘积。当两束相干光的光程差为光在真空中波长的整数倍时，在屏幕上出现亮条纹。瑞利干涉仪就是一种利用该原理测量气体折射率的仪器。如图甲所示，两束光的光程差为零时，屏幕上O点为零级干涉亮条纹。将长度为l、装有待测气体的透明薄管放在1S后面，如图乙所示，零级亮

条纹移至屏幕上的O点，O点为第k级干涉亮条纹。已知空气的折射率为0n，所用光在真空中的波长为λ，待测气体的折射率为（）A.()01knl−+B.0knl+C.klD.()01knl++【答案】B【解析】【详解】乙图中两束光到O

点的光程差为sk=根据题意得()0nsnl=−联立可得0knnl=+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.关于下面四幅图涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A.随着温度升高，各种波长的辐射强度都有增加B.对于一定频率的光，入射光越强，饱和电流越大，光电子最大初动能也越大C.光子与电子碰撞，光子散射后频率增大D.镉棒插

入深一些，多吸收一些中子，链式反应速度减缓【答案】AD【解析】【详解】A．由图知，随着温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，故A正确；B．根据光电效应方程k0EhW=−ν对于一定频率的光，光电子最大初动能一定，与入射光强度无关，故B错误

；C．光子与电子碰撞，光子将部分能量转移给电子，则光子能量减小，根据εhν=可知光子散射后频率减小，故C错误；D．镉棒插入深一些，多吸收一些中子，链式反应速度减缓，故D正确。故选AD。15.多个点波源在空间也可以形成干涉图样，如图甲是利用软件模拟出某时刻三个完全相同的横波波源产生的干涉图样。

图乙是三个完全相同的横波波源在均匀介质中位置，波源1S、2S、3S分别位于等边三角形的三个顶点上，且边长为2m。三个波源0=t时刻同时开始振动，振动方向垂直纸面，振动图像均如图丙所示。已知波的传播速度为0.25m/s，O处质点位于三角形中心，C处质点位于2S与3S连线中点。下列说法正确的是

（）A.足够长时间后，位于O处的质点的振幅为6cmB.足够长时间后，位于C处的质点的振幅为6cmC.4.5t=s时，C处质点与平衡位置之间的距离是22cmD.其中一列波遇到尺寸为0.8m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象

【答案】AC【解析】【详解】A．O处质点位于三角形中心，该点到三个波源的间距相等，可知该点为振动加强点，则该点振幅为AO=3A=3×2cm=6cm故A正确；B．因为13mSC=该波长为1mvT==则C点

到S1S3的距离之差不是半波长的奇数倍，也不是半波长的偶数倍，（同理C点到S1S2也一样）则该点即不加强也不减弱，则振幅不是6cm，选项B错误；C．波源S1的振动传播到C所需要时间113s43s4.5s0.25SCtv===表明t=4.5s时，波

源S1的振动还没有传播到C点。由于C处质点位于S2与S3连线中点，则波源S2与S3的振动传播到C所需要时间均为21s4s4.5s0.25t＝＝＜表明t=4.5s时，波源S2与S3的振动传播到了C点，由于S2C=S3C=1m=λT=4s4.5s＝T+8TC点为振动加强点，表

明C点4.5s时刻的位移为波源S2与S3在8T时刻振动形式的叠加，图丙的振动方程为()()22sincm2sincm42ytt==当时间为8T时，解得y0＝2cm则t=4.5s时，C处质点与平衡位置之间的距离是2y0＝2×2cm

＝22cm故C正确；D．因波长为1m，则其中一列波遇到尺寸为0.8m的障碍物时，能发生明显的衍射现象，故D错误。故选AC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题（Ⅱ、Ⅲ、Ⅲ三题共14分）16

.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。（1）不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是______。（2）实验中，按照正确的操

作得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（纸带上第一个点）的距离分别为Ah、Bh、Ch。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，

从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量pE=______，动能变化量kE=______。（3）如果计算结果显示重力势能变化量绝对值小于动能变化量，可能的原因是______。A.纸带受到阻力较大B.先接通电源后释放

纸带C.先释放纸带后接通电源D.阻力与重力之比很小【答案】（1）B（2）①.Bmgh②.22()8CAmhhT−（3）C【解析】【小问1详解】依题意，打点计时器接交流电源，重物应靠近打点计时器，为减小阻力，使纸带在竖直方向上，可知

B图符合要求。故选B。小问2详解】[1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为pBEmgh=[2]纸带上打B点的速度为2CABhhvT−=动能变化量22k2()128CABmhhEmvT−=

=【小问3详解】正常情况下实验中，由于系统误差，各种阻力导致机械能有损失，那么重力势能的减小量总略大于动能的增加量，而此验实验证结果恰好相反，则是操作错误引起的，可能是物体具有初速度，即先放手后接通电【源。故选C。17.在“利用单摆测重力

加速度”的实验中。（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于______（选填“最高点”或“最低点”）。若测得连续50个（

开始计时记为第1个）磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为______（不考虑地磁场影响）。（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，甲同学得到的2TL−图线斜率为k，则当地重力加速度g为______；乙同学分别取L和

T的对数，所得到的lglgTL−图线为______（选填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）。【答案】（1）①.最低点②.249t（2）①.24k②.直线【解析】【小问1详解】[1]单摆做小角度摆动，当磁感应强

度测量值最大时，磁性小球位于最低点。[2]若测得连续50个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆的周期为2501492ttT==−【小问2详解】[1]根据2πLTg=解得224TLg=结合2TL−图线斜率为k，可得24kg=可得24gk=

[2]由上面分析可得2141lglglg22TLg=+即lglgTL−图线为直线。18.某同学想要测量一新材料制成的粗细均匀电阻丝的电阻率，设计了如下的实验。（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图甲所示，测得其直径D=______mm。（2）用多用电表粗测电阻丝的阻值。选择旋

钮打在“×100”挡，进行欧姆调零后测量，指针静止时位置如图乙所示，此测量值为______Ω。（3）为了精确地测量电阻丝的电阻xR，实验室提供了下列器材：A．电流表1A（量程500μA，内阻11kΩr=）B．电流表2A（量程10mA，内阻2r约为0.1Ω）C．滑动变阻器

1R（0500，额定电流0.5A）D．滑动变阻器2R（010，额定电流1A）E．电阻箱R（阻值范围为09999.9）F．电源（电动势3.0V，内阻约0.2Ω）G．开关S、导线若干①实验小组设计的实验电路图如图丙所

示，开关闭合前，滑动变阻器滑片应位于______端（选填“最左”、“最右”或“居中”）。由于没有电压表，需要把电流表1A串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值R=______Ω。滑动变阻器应选择______（选填“1R”或“2R”）。②正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得

电流表1A的示数为1I，电流表2A的示数为2I，测得电阻丝接入电路的长度为L，则电阻丝的电阻率=______（用题中所给或所测得的物理量的符号表示）。【答案】（1）2.150##2.149##2.151

（2）600（3）①.最左②.5000③.2R④.()()211214DIRrIIL+−【解析】【小问1详解】如图所示，其螺旋测微器的主尺读数为2mm，所以其读数为2mm15.00.01mm2.150mmD=+=小问2详解】由题意可知，其倍率为1

00，所以其读数为6100600R==【小问3详解】①[1]由题图可知，滑动变阻器采取分压式接法，开关闭合前，滑动变阻器滑片应位于最左端。[2]电流表1A串联电阻箱R改为量程为3V的电压表，由()g1UIRr=+解

得5000R=[3]由于滑动变阻器采用分压式接法，所以为了减少实验误差，滑动变阻器应该选择2R②[4]电阻丝两端的电压为()11UIrR=+流过电阻丝的电流为21III=−【由于欧姆定律有xURI=由电阻定律有22xLRD=整理有()(

)211214DIRrIIL+=−19.“拔火罐”是一种中医的传统疗法，某实验小组为了探究“火罐”的“吸力”，设计了如图所示的实验。圆柱状汽缸（横截面积为S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与置于铁架台平面上的重物m相连

，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸顶的阀门K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时关闭阀门K。一段时间后，当活塞下的细线绷紧，且重物对铁架台平面压力刚好为零，此时活塞距缸顶距离为L。汽缸导热性能良好，重物缓慢升高，最后稳定在距铁架台平面10L处。已知环境温度恒为0T，大气压强恒为0p，重力加速度

为g，汽缸内的气体可视为理想气体，活塞厚度忽略不计。（1）闭合阀门K，重物缓慢升高过程，缸内气体所经历过程为______过程（选填“等温”、“等容”、“等压”），此过程中缸内气体分子平均动能______（选填“变大”、“变小”、“不变”）。（2）求重物对铁架台平面压力刚好为零时，缸内气

体的温度T=______。（3）若从酒精棉球熄灭到最终稳定的过程中气体放出的热量为Q，求该过程缸内气体内能的变化____________。【答案】（1）①.等压②.变小（2）0109T（3）()0110pSmgLQ−−【解析】【小问1详解】[1]由

于重物升高过程中，对活塞受力分析有0pSmgpS+=由于大气压强和重物的重量不变，所以该过程中，封闭气体为等压变化。[2]重物缓慢升高过程，气体发生等压变化，所以由VCT=由于封闭气体的体积变小，所以气体的温度变小，所以

气体分子的平均动能变小。【小问2详解】重物开始升高时，体积为1V1VLS=重物升到最高时，体积为2V2991010VLSLS==由之前的分析可知，重物升高过程中为等压变化，所以有120VVTT=解得0109TT=【小问3详解】闭开关K，此时活塞下的细线刚好能拉起重物

，则0pSmgpS+=解得0pgpmS=−外界对气体做功为10LWpS=气体放出的热量为Q，根据UQW=−+解得()0110UpSmgLQ=−−20.如图所示，质量11kgm=的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径1.8mR=

，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高1.25mh=的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质

量22kgm=的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求：（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小；（2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量；（3）若平台上P、Q之间是一个长度0.5ml=

的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小20NF=的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。①求当

0.1=时，滑块B第一次通过Q点时速度；②求当0.9=时，滑块B在PQ间通过的路程。【答案】（1）60N；（2）12J；（3）①5m/s；②13m9【解析】【详解】（1）设B滑到A的底端时速度为0v，由动能定理得222012mgRmv=小球在圆弧底端，有20N22vFmgmR−=联立各式并代

入数据得06m/sv=，N60NF=根据牛顿第三定律可知，滑块对圆弧底端的压力为60N。（2）设A、B获得共同速度为1v，以向右为正方向，由动量守恒定律得()20121mvmmv=+代入数据解得14m/sv=对A、B

系统利用能量守恒定律()22201211112J22Qmvmmv=−+=（3）①当μ=0.1时，对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有22223211122Flmglmvmv−=−解得35m/sv=②当μ=0.9时，对滑块B从

共速位置到Q点应用动能定理有22224211122Flmglmvmv−=−解得417m/sv=由于224212mvmgh所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段；由于2221122mglmv所以滑块B不能从平台左端滑出；由于2Fmg所以滑块B不会停止在

PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有2221102Flmgsmv−=−解得13m9s=21.基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。某同学设计的这种系统的一种简易模型如图所示。某种材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，圆的半

径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B。一匝数为n的线圈abcd固定放

置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图所示，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向

相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他一切阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可以忽略。电容器的击穿电压足够大，开始

时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势；（3）求充电结束时，薄板的角速度1

大小；（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。【答案】（1）负电；（2）0r，0nBLr；（3）()0222mrftmnBLCr−+；（4）()()222202222220nBLCmrftmrmnBLC−+【解析】【详解】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运

动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M板带负电。（2）由线速度和角速度关系有0vr=由法拉第电感应有EnBLv=解得0EnBLr=（3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为00vr=同理充电后的速度为11vr=停止充电时，两极板的电压为11UnBLv=在充电过

程中，对薄板分析，根据动量定理得10ftnBILtmvmv−−=−充电的电荷量大小满足1QIt=又因为11QCU=联立解得()01222mrftmnBLCr−=+（4）整个过程中，薄板损失的机械能为2012Emv=损充电过程中的QU−图像如图所示

利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式WqU=电容的公式QCU=可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即1112EUQ=回薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率EE=回损联立解得()()222202222220nBLCmrftmrmnBLC

−=+22.电子束光刻系统的核心技术是聚焦电子束以获得更高能量。如图所示为某公司研发的多电子束聚焦系统和测试系统。每个电子枪均可以将电子通过加速电压加速后，连续发射速度方向与y轴垂直的电子束。各电子束通过聚焦区后，可以在x轴上1O位置聚焦成一

束更高能量的电子束。其中，聚焦区由两个匀强磁场区域构成，磁感强度大小均为B，方向垂直纸面相反，磁场长度足够长，宽度均为d。已知电子质量为m、电子元电荷量为()0ee，不考虑电子间的相互作用，忽略电子的初速度。（1）若电子枪的加速电压为U，求电子在聚焦区做圆周运动的轨道半径R；（2）求从位置坐标

()0,d射入的电子在聚焦区运动的总时间t；（3）若电子枪的加速电压为U，射入聚焦区时的坐标为()0,y，要使各电子枪射出的电子束均在x轴上1O位置聚焦，求在2dyd范围内的y与U需满足的函数关系并写出U的取

值范围；（4）为进一步测试聚焦后的电子束强度，在x轴上1O位置的右方放置一测试区，在测试区施加一垂直纸面的匀强磁场0B，电子束被约束在该测试区中不会射出，电子在测试区运动速度大小为v时所受的阻力fkv=−（k为常数且0k

）。求从位置坐标y射入聚焦区的电子在测试区中运动的路程s与y的关系。【答案】（1）12mURBq=;（2）5390meB;（3）22222528932128BdeBdeUmm;（4）214qBdsyky=+(02)yd

【解析】【详解】（1）电子在加速区，由动能定理2102eUmv=−由洛伦兹力提供向心力2vevBmR=解得12mURBq=（2）如图所示由几何关系2222dRdR=+−解得54Rd=其中sin0.8dR==解得53=从位置坐标

()0,d射入的电子在聚焦区运动的总时间25336090mtTeB==（3）结合几何关系()222yRRd=−−将12mURBq=带入解得221222mUmUydBqBq=−−(0,)d射入的电子，对应半径为54Rd=对应加速电压为22min

2532BdeUm=10,2d射入的电子，对应半径178Rd=对应加速电压为22max289128BdeUm=所以取值范围为22222528932128BdeBdeUmm（4）由动量定理iikvtmv−=累加后

0ksmv−=−解得mvsk=射入位置y与半径R关系2221144yddRyyy+==+即有214qBdvymy=+解得214qBdsyky=+(02)yd