【文档说明】2023届浙江省杭州市等4地宁波市鄞州高级中学等2校高三下学期二模物理试题 含解析.docx，共(25)页，2.305 MB，由小赞的店铺上传

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浙里卷天下——2022～2023学年高三百校联考3月测试物理一、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选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.关于物理量的正负，下列说法正确的是（）A.12月某日，

杭州气温为+3℃，沈阳气温为-7℃，杭州的气温比沈阳低B.物体在第一段时间内发生位移为7m−，第二段时间内发生位移为4m+，则该物体在第一段时间内发生的位移小于第二段时间内发生的位移C.运动员掷垒球时，对垒球做功20J+，坐滑滑梯时摩擦力对小朋友做功40J−，则摩擦力对小朋

友做功小于运动员对垒球做功D.线圈在位置一的磁通量为5Wb+，该线圈在位置二的磁通量为20Wb−，则线圈在位置一的磁通量小于线圈在位置二的磁通量【答案】D【解析】【详解】A．气温数值的正负与温度的高低有关，故杭州的气温比沈阳

高，故A错误；B．位移是矢量，矢量正负代表方向，不参与大小的比较，则第一段时间内发生的位移（7m−）大于第二段时间内发生的位移（4m+），故B错误；C．功是标量，但是与温度也不一样，功的正负表示做功性质，不参与功的大小的比较，故摩擦力对小朋友做的功（40J−）

大于运动员对垒球做的功（20J+），故C错误；D．磁通量为标量，但是也与温度不一样，磁通量的正负表示进出的方向，不参与磁通量的大小的比较，故线圈在位置一的磁通量（5Wb+）小于线圈在位置二的磁通量（20Wb−），故D正确。故选D。2.目前，疫情防控进入新阶段，在疫情防控中有许多设备用到物理知识

，下列说法错误的是（）A.额温枪中的红外线传感器接收人体发出的红外线，体温越高，发出的红外线波长越短B.水银温度计利用气体的热胀冷缩现象，测量体温时，人体温度越高，水银温度计里面的气体温度越高，体积越

大，温度计示数就越高C.防疫期间经常用紫外线照射环境和设备，这是利用紫外线的消毒功能D.病患的餐具可以在沸水中消毒，把冷水煮为沸水的过程，是水吸热，内能增加的过程【答案】B【解析】的【详解】A．额温枪是接收人体发出的红外线，任何物体温度越高，发出的红外线波长越短，故A正确；B．水银温度计利用水银

的热胀冷缩现象，测量体温时，人体温度越高，水银温度计里面的水银泡温度就越高，体积越大，温度计示数就越高，故B错误；C．紫外线具有消毒功能，故C正确；D．把水煮沸的过程，是水吸热，内能增加的过程，故D正确。本题选择错误

的答案，故选B。3.汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（）A.汽车第1秒末的速度为23m/sB.汽车加速度大小为23m/sC.汽车的减速时间为6.5sD.汽车刹车总位移

为78m【答案】C【解析】【详解】AB．由题意易得，倒数第2秒内的位移为6m，由逆过程为初速度为零的匀加速运动，可得最后一秒的位移为2m，则可求得汽车刹车时的加速度大小为21224m/ssat==由此根据2101112svtat=−可以求得汽车的初速度为v0=26m/s第1秒末的

速度为v1=v0-at1=22m/s选项AB错误；C．汽车的减速时间为006.5svta==选项C正确；D．汽车刹车总位移为0084.5m2vxt==选项D错误。故选C。4.神舟十四号又被称为“最忙乘组”，在空间站工作期间迎接了问天、梦天、天舟

五号和神舟十五号，它于12月4日返回祖国。返回时在穿越大气层时对返回舱起主要减速作用的降落伞（主伞）面积达21200m，质量为120kg，由96根坚韧的伞绳均匀连接返回舱悬挂点和降落伞边缘，降落伞边缘为圆形状，半径为15m，设每一根伞绳长度为39

m，返回舱（不含航天员）的质量为2670kg，舱内三个航天员的质量每人平均计70kg。设某一段过程，返回舱受到的空气阻力为返回舱总重力的0.05倍，中轴线（返回舱悬挂点与降落伞中心的连线）保持竖直，返回舱以20.5m/s的加速度

竖直向下减速。此过程的重力加速度可以近似取：210m/sg=。对此以下分析正确的是（）A.在迎接神舟十五号的时候，神舟十四号处于完全失重状态，不受外力B.题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力大于返回舱的总重力C.题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325ND.题中减速阶

段，降落伞受到的空气阻力为31500N【答案】C【解析】【详解】A．在迎接神舟十五的时候，地球对神舟十四号的万有引力提供神舟十四号绕地球做匀速圆周运动的向心力，神舟十四号处于完全失重状态，但受到万有引力作用

，故A错误；B．减速阶段，返回舱的总重力（含航天员）为(3)(2670370)10N28800NGMmg=+=+=人舱根据牛顿第二定律0.05(3)(3)(3)FMmgMmgMma++−+=+绳合人人人可得伞绳对返回舱的合力28800NFG

==绳合舱故题中减速阶段，伞绳对返回舱的合力等于返回舱的总重力，故B错误；C．设伞绳与竖直方向的夹角为，有155sin3913==对返回舱受力分析有96cosFT=绳合可得题中减速阶段，每根伞绳的拉力为325NT=故C正确；D．题中

减速阶段，对整体受力分析有0.05(3)(3)(3)FMmgMmmgMmma++−++=++空人人人伞伞解得降落伞受到的空气阻力为30060NF=空故D错误。故选C。5.2022年11月底，中国空间站迎来全面建造完

成关键一役。随着神舟十五号乘组3名航天员进入空间站，我国首次实现空间站6个型号舱段组合体结构和6名航天员在轨驻留的“66+”太空会师。如图，有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，假设就是神舟十五号，卫星b处于离地约300km的轨道上正常运动，

假设就是神舟十四号，c是地球同步卫星，d是某地球高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.神舟十四号的向心加速度大于神舟十五号的向心加速度B.同步卫星在相同时间内转过的弧长最长C.四颗卫星中，神舟十五

号离地心最近，所以它的角速度最大D.地球高空探测卫星最高，故发射它的能量一定最大【答案】A【解析】【详解】A．根据2GMar=则神舟十四号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，根据a=ω2r同步卫星的向心加速度大于赤道静止物体的加速度，则神舟十四号的向心加速度大于神舟十五号的向心加速度

，故A正确；B．根据GMvr=显然神舟十四号的线速度最大，则在相同时间内转过的弧长最长，故B错误；C．神舟十五号和同步卫星的角速度相等，根据3GMr=同步卫星的角速度小于神舟十四号的角速度，故C错误；D．地球高空探测卫星确实最高，但是卫星质量未知，故发射它的能量相比于其他卫星不

一定最大，故D错误。故选A。6.某天，小陈同学放学经过一座石拱桥，他在桥顶A处无意中把一颗小石子水平沿桥面向前踢出，他惊讶地发现小石子竟然几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，但是又始终没有与桥面接触。他一下子来了兴趣，跑上跑下量出了桥顶高OA=3.2m，桥顶到桥底

的水平距离OD=6.4m。这时小陈起一颗小石，在A处，试着水平抛出小石头，欲击中桥面上两块石板的接缝B处（B点的正下方B′是OD的中点），小陈目测小石头抛出点离A点高度为1.65m，下列说法正确的是（）A.石拱桥为圆弧形石拱桥B.小陈踢出的小石头速度约为6.4m/sC.小陈抛出的小石头速度约为

4.6m/sD.先后两颗小石子在空中的运动时间之比为2:1【答案】C【解析】【详解】A．石头做平抛运动，石子几乎贴着桥面一直飞到桥的底端D处，且始终没有与桥面接触，则石拱桥为抛物线形石拱桥，故A错误；B．石头做平抛运动，水平方向为匀速直

线运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向，有11ODvt=竖直方向，有2112OAgt=代入数据联立解得10.8st=，18m/sv=故B错误；C．小陈踢出的石子经过B点时，水平方向的位移为总位移的12，则时间为总时间的12，A和B竖直方

向的距离为21111()3.2m0.8m2244ABthgOA====小陈抛出的小石头做平抛运动，水平方向的位移为2212ODvt=竖直方向位移2212ABhhgt+=代入数据解得20.7st=，232m/s4.6m/s7v=故C正确；D．先后两颗小石子在空中的运动时间之比为12:8:7t

t=故D错误。故选C。7.高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（）为A.颗粒运动的角速度为

2nB.颗粒此时受到的合外力大小必为224mrnC.离转轴越远，分离沉淀效果越好D.此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀【答案】C【解析】【详解】A．由2n=得，颗粒运动的角速度

为2n，故A错误；B．由向心力公式确实可以算得()222224nFmrmnrmrn===颗粒此时受到的合外力大小未必为224mrn，一般都是小于这个值，正是因为合外力提供不了所需向心力，故颗粒会沉淀，故B错误；C．离转轴越远，r越大

，液体提供的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大，则分离沉淀效果越好，故C正确；D．只有颗粒的密度大于液体密度，颗粒才会在试管底部沉淀，如果颗粒的密度小于液体密度，颗粒会在试管管口“沉淀”，即漂浮在管口，故D错误。故选C。8.两个不规则带电导体间

的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则（）A.c处场强大于a处，c处电势也必定高于a处电势B.两个导体内部场强都零，内部电势也都为零为C.将一负试探电荷放在d点时其电势能为负值D.图中b点所在的

电场线一定存在一个点，此处的电势为零【答案】D【解析】【详解】A．电场线的疏密程度表示场强的大小，则c处场强大于a处。沿着电场线方向电势逐渐降低，则c点电势低于a点电势，故A错误；B．两个导体处于静电平衡，内部场强处处为零，

但是内部的电势不相等，可以确定在左侧导体内部电势大于零，右侧导体内部电势小于零，故B错误；C．因为d处电势小于零，则将一负试探电荷放在d点时其电势能为正值，故C错误；D．图中b点所在的电场线的起点在左侧导体，电势大于零，终点在右侧表面，电势小于

零，所以线上一定存在一个点，此处的电势为零，故D正确。故选D。9.如图是某一吸油烟机的用电参量铭牌，对此下列说法正确的是（）A.抽油烟时电动机的输出功率为200WB.主机和照明全部工作情况下的工作电流约为1.05AC.图中电容为4F/50

0V，则在220V电压下电容约为1.76FD.额定频率为50Hz，即额定功率下，电机每秒钟转动50转【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，抽油烟时电动机的总功率为200W，但是抽油烟机的电动机必定存在内阻，故抽油烟时电动机的输出功率小于200W，故A错误；B．主机和照明全部工作情况下的工

作电流约为230A1.05A220PIU==故B正确；C．电容为4F，则在任意允许电压下电容都为4F，故C错误；D．额定频率为50Hz，是指交流电源的频率为50Hz，故D错误。故选B。10.如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动

滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为10:1，线圈L上的直流电阻不计。原线圈接()2202sinVut=的交流电，则（）A.当P接b时，变阻器R两端的电压为442VB.当P接a时，通过原、副线圈截面的磁通

量之比为10:1C.若将P由a向b滑动时，则变压器的输入功率增大D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮【答案】C【解析】【详解】A．当P接b时，原副线圈匝数比为5:1，原线圈的电压为220V（指有效值），则变阻器R两端的电压为

44V，故A错误；B．任何情况下，通过原、副线圈截面的磁通量之比总为1:1，故B错误；C．若将P由a向b滑动时，则副线圈电压变大，变压器输出功率增大，则变压器的输入功率增大，故C正确；D．若增大电源的频率，L的感抗增大，L上的自感（反）电动势变大，则灯泡B两端的电压减小，则

灯泡B将变暗，故D错误。故选C。11.质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的

是（）A.导体棒的安培力大小为cosBILB.导体棒受到导轨对它向左的摩擦力C.导体棒对导轨的压力大于重力D.导体棒受到的摩擦力大小为sinBIL【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知，导体棒所受到的安

培力为FBIL=方向垂直于导体棒斜向左上方，与水平方向的夹角为90°-θ，故A错误；BCD．根据平衡条件有cos(90)Ff−=Nsin(90)FFmg−+=所以NFmgsinfBIL=摩擦力的方向水平向右，故BC错误

，D正确。故选D。12.如图，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，正在竖直方向做振幅为0x的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当系统振动到某个位置时，剪断A、B间细绳，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（）A.如果在平

衡位置剪断绳子，A依然可以到达原来的最低位置B.如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多C.无论在什么地方剪断绳子，此后A振动的振幅一定增大，周期一定减小D.如果在最低点剪断绳子，此后A振动过程中，振幅为02x【答案】B【解析】【详解】A．如果在平衡位置剪断绳子，由于振子质量

减小，从能量角度分析，假设依然可以到达剪断前的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于振子动能和重力势能的减小量（可以与剪断前比较），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故A错误；B．由于在上升过程中，AB间的绳子拉力一直对B

做正功，所以到达最高点时，B的机械能最大，则如果在最高点剪断绳子，则B带走的能量最多，故B正确；CD．如果在最低点剪断绳子，不难得出此后A的振幅为032x，而越是在弹簧短的时候剪断绳子，此后A的振幅就越小，当在最高点剪断绳子时，此后A的振幅为012x，故CD错误。故选B。13.如图所示，劲度

系数为k的轻质弹性绳一端固定在O点，另一端与一质量为m、套在摩擦因数为μ的粗糙竖直固定杆的圆环相连，M处有一光滑定滑轮，初始圆环置于A处，OMA三点在同一水平线上，弹性绳的原长等于OM。圆环从A处由静止开始释放，

到达C处时速度为零，ACh=。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列分析正确的是（）A.下滑过程中，竖直杆对圆环摩擦力越来越大B.从A下滑到C过程中摩擦发热为214mvC.在C处，弹性绳的弹性势能为214mghmv−D.圆

环的机械能在下滑过程中持续减小，上升过程中持续增加【答案】B【解析】【详解】A．设下滑过程中，弹性绳的伸长量为l，弹性绳与水平方向成，在水平方向有NcosFklkd==即弹力的水平分力不变，则圆环和固定杆之间的弹力不变，滑动摩擦力不变，故A错误；B．从C到A再到C，圆环弹性势能、重力势能

和动能不变，则C处赋予的动能212mv等于来回摩擦力对应发热，故从A下滑到C过程中摩擦发热为214mv，故B正确；C．根据动能定理可得从C到A，弹性势能减少214mghmv−，但是A处弹性势能不为零，故在C处，弹性绳的弹性势能大于214

mghmv−，故C错误；D．圆环在下滑过程中弹性绳弹力和摩擦力都做负功，故圆环的机械能持续减小，上升过程中弹性绳弹力做正功，摩擦力做负功，可以分析得，圆环的机械能先增加（特别是上升的初始阶段动能和重力势能都增加），但是即将到

达A处时，弹性绳弹力做正功的功率趋向于零，而摩擦力做负功的功率不变，故即将到达A阶段，弹性绳弹力和摩擦力总功率为负值，故圆环的机械能减小，圆环的机械能上升过程中先增加后减少，故D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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，BC一侧用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，

下列关于这些条纹的说法中正确的是（）A.条纹与AD边平行B.看到的条纹是由薄玻璃板ABCD的上下两个界面的反射光叠加而成的C.如果用手用力捏右侧三层，会发现条纹保持间距不变，整体向AD侧移动D.看到的条

纹越多，说明薄片的厚度越厚【答案】AD【解析】【详解】A、薄膜干涉光程Δs=2d（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD边平行，故A正确；B、根据薄膜干涉的产生原理可知，上述现象是由空气膜上下表面反射的两列光叠加而成的，故B错误；C.如果用手用力捏右侧三层，

根据Lxd=可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C错误；的D、看到的条纹越多，说明相邻亮条纹间距变小，所以干涉条纹会变密，说明薄片的厚度越厚，故D正确。故选AD。15.对于原子和原子核的

说法，下列正确的是（）A.原子核的结合能越大，说明该原子核越稳定B.一群氢原子从5n=的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出10种不同频率的光子C.卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是有结构的D.原子核衰变时电荷数和质量数都守恒【答案】BD【解析】【详解】A．应该是原子核的比结合能越大，说明该原子核

越稳定，故A错误；B．一群氢原子从5n=的激发态迁到基态时，有可能辐射出不同频率的光子为2510C=种，故B正确；C．卢瑟福的粒子散射实验证明了原子的核式结构理论，故C错误；D．原子核衰变时电荷数和质量数守恒，故D正确。故选BD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某同学设计了一个探究平

抛运动的家庭实验装置，如图所示。在水平桌面上放置一个斜面，每次都让钢球从斜面上同一位置静止开始滚下，滚过桌边后钢球便做平抛运动。他把桌子搬到墙的附近，使从水平桌面上滚下的钢球能打到墙上，把白纸和复写纸附

在墙上，记录钢球的落点。现测得钢球直径为d，某次实验桌子边缘到墙的水平距离为x，钢球在墙上的落点到桌面的竖直距离为H。重力加速度为g。（1）钢球此次实验平抛的水平位移为__________；竖直位移为__________。（

2）现保持钢球释放位置不变，改变桌子到墙的距离，结合第（1）问使钢球平抛的实际水平位移变为原来的2倍，钢球平抛后仍能打到墙上，钢球下落的竖直位移变为原来的N倍，则N=__________；实际由于钢球与桌面之间存在摩擦力，其他误差和阻力不计，则本次钢球平抛的实际竖直位移_

_________原来钢球平抛竖直位移的N倍（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】①.2dx−②.2dH+③.4④.等于【解析】【详解】（1）[1]由于开始平抛时，钢球的球心在桌子边缘的正上方，而击打墙壁时球心离墙2d，故本次平抛的水平位移为2dx−

；[2]由于开始平抛时，钢球的球心在桌子边缘的正上方2d处，而击打墙壁时球心与击墙点等高，故本次平抛的竖直位移为2dH+；（2）[3]平抛运动水平方向做匀速直线运动，平抛的水平位移变为2倍，水平速度不变，则平抛时间变为2倍，平抛运动竖直方向做自由落体运动，根据212

hgt=则平抛的竖直位移变为原来的4倍，N等于4；[4]因为桌面粗糙与否，只要释放位置不变，则钢球的平抛初速度不变，不影响平抛的规律，故本次钢球平抛的实际竖直位移等于原来钢球平抛竖直位移的N倍，即4倍。17

.（1）多用电表可以测量电阻，也可以测量电流与电压，下列测量电路是某同学设计的有关测量电路：A.用图甲方案测量小灯泡的电阻B.用图乙方案测量小灯泡的电流强度C.用图丙方案测量小灯泡两端的电压D.用图丁方

案测量二极管的正向电阻已知这位同学已经正确调节选择开关，他能顺利完成测量，且不会损坏仪器的是__________（选填“A”、“B”、“C”、“D”）（2）利用电流表（不理想，内阻等于5Ω）和电压表（不理想，内阻未知）测定一节干电池

的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。①应该选择的实验电路是图中的__________（选填“戊”或“己”）。②有如下滑动变阻器提供：A.滑动变阻器（0～1Ω）B.滑动变阻器（0～20Ω）C.滑动变阻器（0～100Ω）滑动变阻器应选用__________（选填相应器材前的字母

）。【答案】①.AC##CA②.己③.B【解析】【详解】（1）[1]A．图甲方案电阻所在回路已经断开，则可以测量电阻，不会损坏仪器，故A正确；B．图乙方案多用电表极性接错，不但无法测量，而且会损坏仪器，故B错误；C．图丙方案接法正确，可以测量电压，故C正确；D．图丁方案，不但极性接错，而且二

极管所在电路处于通电状态，不但无法测量，而且会损坏仪器，故D错误。故选AC。（2）①[2]为了尽量减小实验误差，电流表内阻已知，故采用己方案。②[3]由于电流表有5Ω的内阻，电源有一定数值的待测内阻，为了电路调节明显，滑动变阻器应选B。18.如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封

闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为AB:1:3SS=。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸始终不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为0V、03V，温度皆为0300KT=。A中气体压强A04pp=，0p是汽缸外

的恒定大气压强，现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到B103pp=。求：（1）加热前汽缸B中的气体压强Bp；（2）加热后汽缸B中的气体体积B1V；（3）加热后汽缸A中的气体温度A1T。【答案】（1）02p；（2）02

V；（3）700K【解析】【详解】（1）对刚性细杆分析有AA0B0ABBpSpSpSpS+=+解得B02pp=（2）若保持B中气体温度不变，则有B0B1B13pVpV=解得B102VV=（3）根据上述可知，刚性细杆右移

动的距离为00B32VVxS−=则加热后A的体积A1A0VxSV=+解得A1043VV=加热后对刚性细杆分析有A1A0B0AB1BpSpSpSpS+=+解得A107pp=根据A0A1A10A1pVpVTT=解得A10K70T=19.某闯关项目的简化图如图所示，距

离水平地面高为1.8mh=的平台上，A点左侧为光滑平台，一根弹簧左端与固定挡板连接，自然长度时右端不超过A点，一个可以看作质点的滑块靠着弹簧右端（不拴连），滑块质量为1kgm=。平台AB段长为12.0mL=，与滑块的动摩擦

因数为10.1=。B点右侧设置长为21.5mL=的水平传送带，传送带与滑块的动摩擦因数为2，传送带的右端设置半径为0.9mR=的半圆弧光滑轨道，CD为竖直直径的上下两端，C点与传送带末端的空隙很小，但是可以让滑块通过。传送带一旦启动，顺转（即让传送带顺时针方向转动

）和逆转的速度都为4m/sv=，在B点的左侧附近设置传送带启动按钮，按钮有两个，一个为顺转，一个为逆转。闯关开始前传送带处于关闭状态。闯关时，选手首先向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的初始弹性势能pE，然后释放滑块，在滑块进入传送

带前，选手必须按照实时情况按下顺转按钮或逆转按钮。闯关规则为：如果滑块最终能始终沿着轨道到达水平地面，则闯关成功；如果滑块最终退回到A点左侧，则可以再次闯关（既不失败，也没有成功）；如果滑块最终停在AB段上，或者

向右出传送带后摔落在CD段则游戏失败（来不及按下按钮也视为失败，本题假设选手都按了按钮）。g取210m/s。（1）设备调试时，关闭传送带，测得当弹簧的初始弹性势能为p5.0JE=时，滑块恰好滑到传送带的右端停止，求传送带与滑块的动摩擦因数2的大小；（2）某选手压

缩弹簧使其具有p4.5JE=的初始弹性势能，请通过计算说明本次闯关选手（按下任何一个按钮的可能性都会有）是否可能会失败；（3）求选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能pE取值范围。【答案】（1）0.2；（2）选手闯关不会失败；（3）p9.5JE【解析】【详解】（1）根据

能量守恒有p1122EmgLmgL=+解得20.2=（2）设滑块到达B点的速度为Bv，根据能量守恒有2p1112BEmgLmv−=解得5m/sBv=设滑块能够沿CD轨道运动的C点临界速度为0v20vmgmR=解得03m/sv=选择

1：若选手按下顺转按钮，设滑块在传送带上能全程加速，到达C处的为Cv，有2221122CBmgLmvmv=−解得11m/s<4m/sCv=说明滑块全程加速成立，由于0Cvv说明按下顺转按钮可以沿轨道到达水平地面，闯关成功选择2：若选手按下逆转按钮，设滑块在

传送带上减速到零的对地位移为x，有2212Bmgxmv−=−解得21.25mxL=说明滑块在传送带上减速至零成立，由于5m/sBvv=说明滑块可以按原速率5m/sBv=返回B点，又21112.5J2J2B

mvmgL==故滑块可以回到A点左侧，再闯关一次。综上分析，本次选手闯关不会失败（3）设顺转按钮情景下的最小初始弹性势能为p1E，有2pl1122012EmgLmgLmv−+=解得p13.5JE=且p1113.5J2JEmgL==能冲上传送带，成立；设逆转按钮情景下的最

小初始弹性势能为p2E，有2p21122012EmgLmgLmv−−=解得p29.5JE=综上所述，选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能pE取值范围为p9.5JE20.如图，相距为1mL=的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为37=，上

端接有阻值为3ΩR=的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场032TB=，右侧部分水平，分布着如图所示的磁场，边界CD与EF相距13ms=，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为25ms=，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为2TB=，左右两部分在倾斜轨道底端用光滑绝缘材料

平滑连接，金属棒a与b的质量都为1kgm=，长度都为1mL=，电阻都为3ΩR=，一开始金属棒b静止在边界EF与GH的中点，金属棒a从斜面上高度为2mh=处滑下，到达斜面底端前已经匀速运动，此后进入水平轨道，发现金属棒a到达边界EF时已经再

次匀速。运动过程中，两棒与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，两棒如果相碰则发生弹性碰撞。（1）求斜面上金属棒a的匀速运动速度0v；（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小bx，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t；（3）求最终稳定时两棒的间距x，以及全过程a棒的

总发热量。【答案】（1）2m/s；（2）1.5m，2.25s；（3）0.5m，10J【解析】【详解】（1）斜面上金属棒a匀速运动时2210sin2BLvmgR=解得02m/sv=（2）再次匀速必有baBLvBLv=（且可知bv方向向左）对a棒有()2202abaBLxxm

vmvR−−=−（向右为正）对b棒有()222bbaBLxxmvR−=（向左为正）联立上述三式解得1m/sbvv==及1.5mabxx−=又已知3max=所以1.5mbx=方向向左经分析易得01abxxvt+=（a棒减小的速度恰好由b棒增大的速度补偿）又4.5mabx

x+=则可解得12.25st=（3）此后a棒和b棒都以1m/s在EF的右侧相向运动，两棒初始相距2.5m1.5m1m−=，并以相同的加速度（加速度不断减小）减速，如果相碰，各自原速反弹后继续以相同的加速度减速，

直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为aS、bS，对任意棒有：()22102abBLSSmvR+−=−解得1.5mabSS+=则易得：最终两棒先相向运动共1m，背离运动共0.5m，则a棒先向右0.5m，后向左0.25m，易得两棒都在EF的右侧停止，相距为0.5m

又可知初始a棒的重力势能在任意阶段都是a棒电阻R与另一个等大电阻R的平均消耗为内能，故2amghQ=解得10JaQ=21.如图，为某一粒子分离收集装置，间距3cmd=PQ两平行绝缘板之间为初始粒子通道，OO为中轴线，工作时会有大量带电粒子或仅沿

着中轴线通过该通道，或平行于中轴线通过整个通道。如果需要，整个通道还可以绕O点在纸面内转动，其右侧分布着垂直于纸面向外的单边界水平磁场，磁感应强度为0.1TB=，磁场区域在竖直方向和右边足够大，O点为通道中轴线与磁场左边界的交点，初始中轴线垂直于边界。在左边界放置足够大单向滤网

板，带电粒子可以从左向右无影响的穿过滤网板，但是从右向左带电粒子无法穿越，从右向左遇到单向滤网板会被滤网板挡住且收集，可以视为收集板。PQ平行板的右的端与磁场左边界有足够距离，以O点为坐标原点，沿边界竖直向上为y轴正方向，水平向

右为x轴正方向，建立坐标系。现有大量速度都为510m/sv=的11H、21H粒子，从左端进入通道，实施试验。已知11H的质量为271.610kgm−=，21H的质量为2m，它们的带电量都为191.610Ce−=，不计粒子在通道内的运

动时间，粒子离开通道后可以继续匀速直线前进，直至进入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互影响。（1）第一次试验，通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道，求11H在收集板上的落点位置（用y坐标表示）；（2）第二次试验，

整个通道绕O点在纸面内缓慢转动，转动范围为中轴线与水平方向的夹角为θ（90θ）的上下对称区域，带电粒子始终沿着中轴线通过通道，为了使11H、21H粒子在收集板上不重叠，求转动角θ的最大值；（3）第三次试验，通道在上

下对称区域内缓慢转动，最大转动角60=，带电粒子始终平行于中轴线通过整个通道，求11H、21H粒子在收集板上的重叠区间。【答案】（1）2cmy=−；（2）60°；（3）5.5cm1cmy−【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力2mvevB

R=解得1cmmvReB==则11H在收集板上的落点位置2cmy=−（2）当通道中轴线与水平方向成时，11H的轨道半径依然为R，则其轨道在磁场左边界上两交点距离为2cossR=故11H的落点范围22cosRyR−−同理易得故21H的落点范围为4

4cosRyR−−为了不重叠，有4cos2RR−−解得60故转动角θ的最大值为60°。（3）因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意θ，11H粒子进入磁场的位置为2cos2cosdd−某一11H粒子收

集点与进场点的距离为2cossR=故易得对于任意θ，11H粒子收集点的坐标范围为(2cos)(2cos)2cos2cosddRR−+−−对所有的，2cos2cosdR−−的值随的增大是一直增加的，当60

=，有max2cmy=经过数学方法可得，2cos2cosdR−+的值随的增大是先增大后减小的，易得当30=的时候最大0=时，有23.5cmy=−60=时，有34cmy=−故最小值为min

4cmy=−综上：对于060的所有情况，11H粒子收集点的坐标范围为4cm2cmy−同理可以求出，对于060的所有情况，21H粒子收集点的坐标范围为5.5cm1cmy−综上：11H、21H粒子在收集板上的重叠区间为4cm1cmy−（附：21H粒子收集点的坐标范围推

理过程）因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意，21H粒子进入磁场的位置为2cos2cosdd−21H粒子收集点与进场点的距离为4cossR=故易得对于任意，21H粒子收集点的坐标范围为(4cos)(4cos)2cos2cosddRR−+−−对所有的，(4c

os)2cosdR−−的值随的增大是一直增加的，当60=时，有max1cmy=经过数学方法可得，(4cos)2cosdR−+的值随θ的增大是先增大后减小的，易得当3060的某值时最大0=时，有25.5cmy=−60=时，有35cmy=−故最小值为min5.5cm

y=−综上：对于060的所有情况，21H粒子收集点的坐标范围为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com