【文档说明】浙江省丽水、湖州、衢州2022-2023学年高三上学期一模物理试题 含解析.docx，共(29)页，8.430 MB，由小赞的店铺上传

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丽水、湖州、衢州2022年11月三地市高三教学质量检测物理试题卷考生注意：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。第I卷（选择题共45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.已知k为静电力常量，q为电荷量，r为距离，则2kqr用国际单位制表示正确的是（）A.V/mB.J/mC.ND.V【答案】A【解析

】【详解】静电力常量k的单位为22Nm/C，电荷量q的单位为C，距离r的单位为m，所以可得2kqr的单位为222(Nm/C)C11N/C1V/mm==故选A。2.如图所示一名重为G的攀岩爱好者正准

备攀岩，左脚所在处为起点A，经过一段时间，她左手触及攀岩岩点B，则关于此过程的说法正确的是（）A.计算她从A到B的时间时可以把她看成质点B.攀岩爱好者所走路线的总长度等于位移C.攀岩者位移与时间的比值是平均速度

D.图中攀岩者左脚受到的支持力一定是4G【答案】C【解析】【详解】A．计算她从A到B的时间时，身体的大小与形状不能忽略不计，所以不能把她看成质点，故A错误；B．攀岩爱好者所走路线为曲线，所以路线的总长度大于位移，故B错误；C．根据平均速度的定义可知

，攀岩者位移与时间的比值是平均速度，故C正确；D．攀岩者在登山过程中，手与脚的位置要不断变化，所以各支撑点的受力也是不断变化的，所以图中攀岩者左脚受到的支持力不一定是4G，故D错误。故选C。3.如图所示，某同学把一不带电的验电器用金属网罩起来，用带正

电的金属小球靠近金属网但不与网接触，则（）A.验电器箔片张开B.验电器和金属网之间场强不为零C.用一根导线连接金属网的P、Q两点，导线中有电流通过D.拿走金属网，验电器铂片张开【答案】D【解析】【详解】不带电的验电器用金属网罩起来，金属网和金属网内的验电器处于静电屏蔽状态

，验电器和金属网之间场强为零，带正电的金属小球靠近金属网时验电器箔片不张开，用一根导线连接金属网的P、Q两点，不会有电流通过，拿走金属网后，根据验电器铂片张开。故选D。D，4.下列说法正确的是（）A.受潮后粘在一起的蔗糖没有固定的形状，所以蔗糖是非晶体B.LC振

荡电路中，当电容器极板两端电压增大时电路中的电流减小C.两端开口的细玻璃管插入水中，已知水浸润玻璃，则管内的液面低于管外水面D.把一块带负电的锌板连接在验电器上，用紫外线灯照射锌板，验电器指针张角一直变大【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖受潮后粘在一

起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，但不是非晶体，而是多晶体，故A错误；B．LC振荡电路中，当电容器极板两端电压增大时属于电容器的充电过程，该过程中电路中的电流减小，磁场能转化为电场能，故B正确；C．两端开

口的细玻璃管插入水中，已知水浸润玻璃，则管内的液面高于管外水面，故C错误；D．一块带负电的锌板连接在验电器上，用紫外线灯照射锌板时会发生光电效应，锌板上失去电子，所以锌板的带电量将先减少后增加，验电器指针张角先变小后变大，

故D错误。故选B。5.将铁丝圈在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄薄的液膜，竖直放置能观察到彩色条纹，如图所示，则（）A.这是光的衍射现象B.这是光的偏振现象C.这层肥皂膜上薄下厚，侧截面为梯形D.若用黄光照射将看到上疏下密的黄色横条纹【答案】D【解析】【详解】A

B．铁丝圈挂上一层薄薄的液膜，观察到彩色条纹，是薄膜干涉现象，故AB错误；C．由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，因表面张力的原因，侧截面是一个圆滑的曲面，不是梯形，故C错误；D．黄光照射，将看到上疏下密的黄色横条纹，故D正确。故选D。6.如图所示，某同学利用无人机玩“投弹”游

戏。无人机以05m/sv=的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的竖直高度20m=h，空气阻力忽略不计，则以下说法不正确的是（）A.小球下落的时间为2sB.小球的位移大小为105mC.小球落地前瞬间的速度与水平方向夹角的正切值为0.25D.小球

下落过程中速度的变化量为20m/s，方向竖直向下【答案】C【解析】【详解】A．无人机释放小球后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动212hgt=解得小球下落的时间为22shtg==故A正确；B．小球下落的过程水平方向的位移为010mx

vt==根据运动合成解得小球的位移大小为22105mlxh=+=故B正确；C．小球落地前瞬间的速度与水平方向夹角的正切值为0tan4yxvgtvv===故C错误；D．根据加速度的定义式vgt=得20msvgt==故D正确。本题选择

不正确得选项，故选C。7.2022年7月24日问天实验舱发射取得圆满成功。已知轨道近地点高度为352km，远地点高度为485km，则以下关于问天实验舱的说法正确的是（）A.在近地点的线速度比远地点的大B.在近地点的线速度有可能大于11.2km

/sC.运行时的周期跟地球同步卫星的周期相同D.问天实验舱中实验柜处于完全失重状态不受万有引力【答案】A【解析】【详解】A．由开普勒第二定律可知在近地点的线速度比远地点的大，A正确；B．11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力的最小发射速度，问天实验舱在近地点的线速度一定小

于11.2km/s，B错误；C．同步卫星的高度约为36000km，由开普勒第三定律可知问天实验舱运行时的周期小于地球同步卫星的周期，C错误；D．问天实验舱中的实验柜受地球的引力完全提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，但仍受万有引

力的作用，D错误；故选A。8.某品牌的波轮洗衣机的脱水桶如图所示，相关规格参数如下。某次脱水程序中，有一质量为6g的硬币的的被甩到竖直筒壁上，随着脱水桶一起做圆周运动。下列说法中正确的是（）额定电压220V脱水电机输出功率22

5W脱水转速600r/min脱水筒尺寸直径300mm、高370mmA.脱水桶的转速越小，脱水效果越好B.该洗衣机脱水时流过电机的电流是1.02AC.脱水桶稳定转动后，该硬币受到的支持力约为3.6ND.启动脱水程序后洗衣机的振动振幅一定越来

越大【答案】C【解析】【详解】A．根据向心力公式224Fnmr=脱水桶的转速越小，需要的向心力越小，脱水效果越差，故A错误；B．洗衣机脱水时流过电机的电流PIU=脱水时的总功率大于输出功率，故P＞225W故225A=1.02A220PIU=＞故B错误；C．脱水桶稳定转动后

，该硬币受到的支持力提供向心力2243.6NFnmr＝＝故C正确；D．脱水频率接近固有频率，振幅才变大，所以启动脱水程序后洗衣机的振动振幅不一定越来越大，故D错误；故选C。9.如图所示，在空间坐标系O-xyz中，存在着电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场（图中都未画出），方向

均沿y轴负方向。一质量为m电荷量为+q的油滴从O点以速度v沿x轴正方向进入复合场，关于油滴的运动下列说法正确的是（）A.若Bvq=mg，则油滴做匀速直线运动B.若Eq=mg，则油滴做匀速圆周运动C.若Bvq=mg，则油滴做类平抛运动D.无论如何，油滴都不可能做匀变速曲线运动【

答案】C【解析】【详解】ACD．油滴从O点以速度v沿x轴正方向进入复合场，受到竖直向下的重力，竖直向上的洛伦兹力，沿y轴负方向的电场力，若洛伦兹力与重力相等，则电场力和初速度垂直，则油滴做类平抛运动，加

速度大小方向不变，为匀变速曲线运动，故AD错误，C正确；B．若Eq=mg，则油滴做螺旋运动，故B错误。故选C10.如图所示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图，其中ABOD是矩形，OCD是半径为R的四分之一圆弧，圆心为O。一束红色激光从AB面上的某点入射，入射角θ＝o60它进入棱镜后恰好

以临界角射在BC面上的O点，部分光路图如图所示，下列说法正确的是（）A.红色激光有可能在CD边发生全反射。B.红色激光在棱镜中的折射率为72C.红色激光在棱镜中传播速度是真空中的3倍D.若入射角不变，换绿色激光，在BC边不可能发生全反射【答案】B

【解析】【详解】A．红色激光在棱镜中的光路图如图所示红色激光在O点发生全反射后，沿半径方向射向CD边，光线沿界面的法线方向，所以光线不改变传播方向，在CD边不发生全反射，故A错误；B．设红色激光的折射率为n，在AB面的折射角为r，根据数学知识，光在BC面的入射角i＝C＝

o90-r在入射点处，根据折射定律osin60sinnr=解得sin32rn=由于红色激光在BC面刚好发生全反射，根据临界角公式o1sinsin(90)Crn=−=解得1cosrn=又由数学知识sin2r+cos2r＝1代入数据联立解得72n=故B正确；C．根据公式cnv=可

得得1277cnv==故C错误；D．根据电磁波谱可知，红光的频率小于绿光的频率，因此红光的折射率小于绿光的折射率，即n红＜n绿根据折射定律sinsinnr=，光在AB面折射角满足r红＞r绿则光在BC面的入射角满足i红＜i绿根据临界角公式1sinCn=可得，光在BC面的临界角关系为

C红＞C绿由于红光恰好以临界角射在BC面上的O点，因此入射角不变时，换绿色激光，在BC边一定会发生全反射，故D错误。故选B。11.如图所示，水平地面下一根通有水平向左恒定电流I的长直导线。O、P和Q为地面

上的三点，O点位于导线正上方，PQ连线平行于导线，OP连线垂直于导线。一闭合的圆形金属线圈，圆心在O点，线圈平面始终与地面平行，以相同的速率沿不同方向做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.P、Q两点的磁感应强度大小相等方向不

同B.线圈从O点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流C.线圈沿OP方向运动时，从上往下看线圈中有顺时针方向的电流D.线圈从O到P与从O到Q的两个过程平均感应电动势相等【答案】BC【解析】【详解】A．通电指导线周围的磁场的截面图是以导线为圆心的一

个个同心圆，某一位置的磁感应强度大的小和这个点到圆心的距离成反比，P、Q两点的连线平行于通电指导线，两点的磁感应强度大小相等方向相同，故A错误；B．线圈在导线正上方，直导线在线圈内的合磁场为0，穿过线圈的磁通量为0，当线圈从O点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量始终为0，根据楞次定律可知线圈中无

感应电流，故B正确；C．线圈沿OP方向运动时，穿过线圈的磁感应强度有向下的竖直分量，因此有向下的磁通量，在移动过程中穿过线圈的磁通量不断减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，根据安培定则

可知线圈沿OP方向运动时，从上往下看线圈中有顺时针方向的电流，故C正确；D．线圈从O到P与从O到Q的过程，两个过程磁通量变化量相等，但线圈速率恒定，OQ与OP距离不同，所用时间不等，根据法拉第电磁感应定律Ent=可知，两个过程中产生的感应电动势不相等，故D错误。

故选BC。12.如图所示，一工人将两根长为5m的木杆并排靠在高4m的墙上，现将一质量2kg、直径1m、高2m的圆柱形塑料管从木杆顶端静止释放。已知塑料管和木杆间的动摩擦因数0.8=，两木杆间距60cm，塑料管及木杆上端与墙顶

端平齐，则塑料管下滑过程中（）A.所受的摩擦力为12NB.沿杆向下的加速度为25m/sC.滑到底端的时间约为2sD.重力的冲量等于163Ns【答案】A【解析】【详解】AB．对塑料管进行受力分析，垂直于木杆的方向根据共点力平衡可知cos

NFmg=212NNfF==沿着木杆的方向根据牛顿第二定律sinmgfma−=得22msa=故A正确，B错误；C．根据匀变速直线运动的位移与时间得关系可知212Llat−=解得3st=故C错误；D．根据

冲量的表达式可知重力的冲量为203N.sImgt==故D错误。故选A。13.杭州西站枢纽屋顶铺设了单晶硅光伏组件，铺设面积为421.510m，发电功率为6310W。若已知太阳的辐射总功率约为26410W´，太阳与地球之间的距离约111.510m，则下列

关于该光伏组件说法正确的是（）A.单位面积上接收到的太阳辐射功率约为200WB.工作一天大约可发电47.210kWhC.光电的转换效率约为8%D.工作6h发电电能为106.4810J【答案】D【解析】【详解】A．距离太阳111.510

m的大圆球面积()22112232443.141.510m2.8310mSr===单位面积上接受太阳太阳辐射的功率262223410W/m1413W/m2.8310PS==总故A错误；B．若

24小时都有太阳，则工作一天大约可发电6431024Wh7.210hWPtkW===电但有太阳的时间小于24小时，故B错误；C．太阳板接收的太阳能4714311.510W2.14710WPPSS===总光光电的转换放率约为67310100%

100%14%2.14710PP==电光故C错误；D．工作6h发电电能为61031063600J6.4810JWPt===电故D正确。故选D。二、选择题（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.中国科学院开发核聚变为人类利用新能源奠定了重要的技术基础。已知核聚变的方程为234112HHHeX17.6MeV→+++，下列说法正确的是（）A.X粒子为中子B.核聚变比核裂变更安全、清洁C.21H和31H的结

合能为17.6MeVD.42He的比结合能一定比21H的比结合能小【答案】AB【解析】【详解】A．核聚变反应中电荷数及质量数守恒，方程为23411120HHHen17.6MeV→+++可知X粒子为中子，A正确；B．核聚变反应的原料是氢元素，聚变后的产物是氦元素，且发生

意外时反应条件不满足反应将停止，相比于核裂变更安全、清洁，B正确；C．反应中释放17.6MeV的能量是以核能的形式出现的，自由核子结合成原子核的能量才是结合能，C错误；D．核聚变反应是放能反应，生成物比反应物更稳定，

42He的比结合能一定比21H的比结合能大，D错误；故选AB。15.如图甲所示，在磁感应强度0.4TB=的匀强磁场中有一矩形线圈，线圈匝数10N=匝，面积20.02mS=，线圈电阻不计，线圈绕垂直于磁场

的轴12OO匀速转动，转速3000r/minn=，P、Q为线圈的输出端，图乙为教学用可拆变压器（铁芯不闭合），取3。下列说法正确的是（）A.P、Q接电压表时，电压表读数为24VB.P、Q接阻值2R=的

电阻时，2s内电阻上产生的热量约为288JC.P、Q接定值电阻时，相等时间内通过电阻的电荷量可能不同D.若P、Q接原线圈的“0、8”端，则副线圈“0、4”端所接电压表的示数约为8.46V【答案】BC【解析】【详解】A．线圈的转速为3000r/min50r/sn==故线圈转动的角速

度为2300rad/sn==线圈转动时产生的感应电动势为m24VENBS==故P、Q接电压表时，电压表读数为m122V2EU==A错误；B．P、Q接阻值2R=的电阻时，2s内电阻上产生的热量约为2288JUQtR==B正确；C．

由法拉第电磁感应定律可知ENtEIRqIt===可得qNR=P、Q接定值电阻时，相同的时间内线圈转过的角度相同，但磁通量的变化可能不同，故相等时间内通过电阻的电荷量可能不同，C正确；D．由于变压器铁芯不闭合，故P

、Q间接原线圈的“0、8”端，副线圈“0、4”端时匝数比不满足2:1，故18.46V2UU=副D错误。故选BC。【点睛】，16.位于坐标原点的波源P从0=t时开始振动，形成简谐横波沿x轴正向传播，0.9st=时刚传到9mx=处，其波形如图所示。在13mx=处有另一波源Q，当波源P产生的

横波传到Q处时，波源Q以1.25Hz的频率开始振动，起振方向沿y轴负方向，形成波可沿x轴正、负方向传播，振幅为4cm。下列说法正确的是（）A.0.4st=时，3mx=处质点向y轴负方向振动B.1.2st=时，波源P恰好回到平衡位置C.波源Q右侧所有的质点位移始终为0D.01.7s

内，11mx=处的质点通过的路程为12cm【答案】BC【解析】【详解】A．0.9s时刚传到9m处，则波的传播速度为9m/s10m/s0.9xxt===由波形图可知波源P的起振方向为y轴正方向，波长为8m=传播周期为8s0.8s10Tv===

0.3st=时，3mx=处质点起振，经0.1s即0.4st=时，3mx=处质点向y轴正方向振动，A错误；B．31.2s2tT==时，波源P恰好回到平衡位置，B正确；C．波源Q的频率为1.25Hz，则该波的周期也为0.8s，P、Q

产生的两列波能发生稳定的干涉现象，当波源Q刚开始振动时，两列波在Q右侧各点产生的振动情况完全相反，由于两列波的振幅相同，所以波源Q右侧所有的质点位移始终为0，C正确；D．当Q点的振动传到11mx=处的质点时1.5st=，该质点在波

源P的带动下振动了半个周期，该时间内通过的路程为8cm，此时两列波源在该点的振动均沿y轴负方向，该点为振动加强点，到1.7st=时，又经10.2s4T=质点在两波源的带动下振动了14个周期，该质点通过的路程为两列波振幅之和8cm，所以01.7s内，11mx=处的质点通过

的路程为16cm，D错误；故选BC。第II卷（非选择题共55分）17.用图进行实验“探究加速度与力、质量的关系”时，将两辆小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。

两小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。（1）本实验还需要的仪器有______A.B.C.D.（2）下列说法不正确的是______A.本实验需抬高木板一端以补偿小车所受的阻力B.小盘与盘中

重物的总质量应远小于小车的质量C.探究加速度与质量的关系时，应在两个盘中放质量不同的重物【答案】①.BC##CB②.C【解析】【详解】（1）[1]实验需要测量出释放和按下板擦小车运动的位移，改变小车质量时需要

知道质量，所以需要的仪器为刻度尺和天平。故选BC。（2）[2]A．本实验需要抬高木板一端以补偿小车所受的阻力，故A正确；B．小盘与盘中重物的总质量应远小于小车的质量，故B正确；C．探究加速度与质量的关系时，应在两个盘中放质量相同的重物，故C

错误。本题选择不正确的选项，故选C。18.在“用单摆测量重力加速度”实验中（1）摆线上端的两种悬挂方式中更恰当的是_______（选填“图甲”或“图乙”）（2）如果测得的g偏大，可能的原因是_______A.摆球运动的振幅太小B.计时结束时，停表过早按下C.

计算摆长时，未计入小球的半径D.摆线上端的悬点未固定，摆动过程出现了松动【答案】①.图乙②.B【解析】【详解】（1）[1]摆球在摆动过程中，摆线长度应不变，故摆线上端的两种悬挂方式中更恰当的是图乙；（2）[2]根据单摆周期公式2LTg

=可得重力加速度224πLgT=A．摆球运动的振幅不影响重力加速度的测量，故A错误；B．计时结束时，停表过早按下，所测周期偏小，根据224πLgT=可知重力加速度偏大，故B正确；C．计算摆长时，未计入小球的半径，摆长测量值偏小，

根据224πLgT=可知重力加速度偏小，故C错误；D．摆线上端的悬点未固定，摆动过程出现了松动，导致摆线长度变大，所测周期偏大，根据224πLgT=重力加速度偏小，故D错误。故选B。19.某探究实验小组研究食盐溶

液的导电性能时，将部分食盐倒入纯净水中搅拌至溶液均匀，然后将溶液装入一绝缘性能良好的圆柱形注射器内，溶液两端用圆片状金属电极与外界相连，靠近针孔一端的电极固定不动，另一端电极与活塞固定，活塞可拔出和移动。测得该注射器容积200ml对应的长度

为20cm。此外，实验室还提供如下器材：A.电流表1A：量程010mA，内阻为2B.电流表2A：量程0~0.6A，内阻约为0.1C.电压表V：量程03V，内阻约为3000D.多用电表E.滑动变阻器R：阻值范围020，允许的最大电流2AF.两节干电池G.开关和导线若干（1）抽取200m

l溶液后密封注射器，用多用电表的欧姆档对溶液的电阻进行粗测。安装红黑表笔前，发现多用电表的指针如图甲所示，则应调节_______（选填旋钮“M”或“N”）。正确操作后使用“10”测量，指针偏转如图乙所示，则溶液电阻为_______。（2）为更精确地测量溶液的阻

值，实验小组使用如图丙所示的电路进行测量，其中测量电流大小应使用仪器_________（选填电流表“1A”、“2A”），导线a端应接在电流表_________（选填“b”、“c”）处。（3）改变溶液的体积V，根

据电压表和电流表的读数计算出阻值R，利用描点法作出的R—V图像如图丁所示，则根据图像可以得出溶液电阻率大小为=_________m（结果保留3位有效数字）。（4）实验小组采用每次增加待测溶液的方法改变注射器内溶液的体积，若在某次之后均误将纯净水

加入注射器内，则作出的R—V图像可能是________。【答案】①.M②.280③.1A④.c⑤.2.39##2.402.41##2.42##2.43##2.44##2.45⑥.C【解析】【详解】（1）[1]安装红黑表笔前，发现多用电表的指针如图甲所示，则应进行机

械调零，及调节调节旋钮M；[2]多用电表电阻的读数为2810Ω=280Ω（2）[3]电路中最大电流约为3V11mm280ΩI==电流表应选择A1；[4]溶液电阻较大，电流表应采用内接法，故导线a端应接在电流表c处；（3）[5]注射器的横截面积为623220010m10m0.2VSL

−−===由电阻定律得2LRVSS==由图丁可知斜率为35390Ω/m1610k−=即352390Ω/m1610S−=解得2.44Ωm=[6]纯净水的导电性能比食盐溶液的差，则纯净水的电阻率比食盐溶液的电阻率大，因此作出的R—V图像的斜率变大；故选C。20.一定量

的理想气体从状态A开始，经历A、B、C三个状态变化，其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知状态A的温度为0T。（1）求状态C的温度CT；（2）类比直线运动中根据速度一时间图像求位移的方法，求过程AB→，气体对外界做的功W；（3）求过程AB→中，气体从外界吸收的热量Q。【答案】（1）03

T；（2）004pV；（3）004pV【解析】【详解】（1）A→C，由理想气体状态方程有00000333CpVpVTT=得03CTT=（2）由图像，AB→，气体体积膨胀，气体对外做功气体对外做功()()

0000332ppVVW+−=得004WpV=（3）由AB→可得003AABBVpVpVp==即A、B两个状态温度相等，内能相等，由热力学第一定律有UQW=−可得，AB→中，气体从外界吸收的热量为004QWpV==21.如图所示，一质量为m的小球a静置于弹射装置P（大小可忽略）A点处，倾角为37

=长为1l的粗糙倾斜直轨道AB和管道CDQ处于同一竖直平面内。管道CDQ由两段半径为R的四分之一光滑圆管CD及水平粗糙管道DQ（长度可调，且Q处用弹性膜封闭，小球碰撞后以原速率返回）组成，其下端有一高度可伸缩的支撑杆12NN，管道内径远小于管道半径。管口C处静

置一质量为m的小球b。已知：13g1.5m0.5mmlR===，，，小球与AB及DQ间的动摩擦因数均为0.5=，小球直径略小于管道内径且可视为质点。（1）若小球a释放后恰好可以到达B点，求弹簧的弹性势能p0E；（2）若弹性势能为2p8.2510JE−=，小球能够飞离B点且恰好与

小球b发生水平弹性正碰，求BC水平距离2l及管口C点距水平面2AN的高度H；（3）若条件同（2），则小球b第一次经过圆管道D点时对管道的压力F；（4）若条件同（2），则小球b第一次向左能返回圆管CD，且不与小球a再次相碰

，则DQ可调的长度3l的范围。【答案】（1）24.510J−；（2）1.2m，1.35m；（3）0.246N；（4）30.8m1.8ml【解析】【详解】（1）从A到B，由动能定理得110sincos0PmglmglE−−=−得204.510JPE−=（2）

当28.2510JPE−=从A到B，由动能定理得2111sincos2BPmglmglmvE−−=−得5m/sBv=从B到C，由斜抛运动（或逆向的平抛运动），水平方向有2cos37Blvt=竖直方向有sin37Bvgt=212hgt=1sin37Hhl=+可得21.2ml=1.

35mH=（3）a、b两小球弹性碰撞，速度交换，小球b从C到D，由机械能守恒有()22112cos3722DBmgRmvmv=−在D点由牛顿第二定律得2DDmvFmgR−=由牛顿第三定律2DDmvFFmgR

==+综上可得0.246NDFF==（4）（2）能返回D点23max122Dmvmgl=23min1222DmvmglmgR=+得DQ的可调范围为30.8m1.8ml22.如图所示，一半径为1mr=水平金属圆环，其上固定一电阻为1R=的金属棒，金属棒随圆环绕竖直轴以角速度2rad/s=

匀速转动，圆环内存在竖直向上的匀强磁场I。转轴及圆环边缘通过电刷与间距2md=的平行轨道12341234MMMMNNNN−相连，轨道上22MN、两处用长度不计的绝缘材料平滑连接水平和倾斜金属轨道。水平轨道右侧1221MMNN区域存在方向竖直向上的匀强磁

场II。金属棒a靠近磁场II右边界处垂直轨道放置，长为1ml=不可伸长的轻绳连接倾斜轨道上的金属棒b，轻绳伸直但不绷紧。倾斜轨道末端连一阻值00.5R=的电阻，3443MMNN区域存在宽度1.1ms=，垂

直轨道平面向上的匀强磁场III。开始b棒被固定，闭合开关后，a棒被弹出磁场II的瞬间释放b棒，并开始计时。绝缘材料上方有一小段光滑圆弧，使a棒通过绝缘轨道时速度大小不变，方向变为沿倾斜轨道向下。当1st=时，a

棒与b棒恰好同时到达磁场III上边界并发生碰撞，碰撞后两棒粘在一起，并匀速通过磁场III。已知倾斜轨道的倾角30=，a，b棒质量均为1kgm=，电阻均为1R=，匀强磁场I、II、III的磁感应强度分别为11TB=，25TB=，3B如图乙

所示，不计一切阻力，求：（1）开关闭合瞬间，a棒两端的电压U；（2）a棒弹出瞬间通过其电荷量q；（3）a、b棒在倾斜轨道上运动时，整个电路产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.5V；（2）0.1C；（3）13.2J【解析】【详解】（1）金属棒转动产生的感应电动势212EBr=a棒两端的电压10.5

V2UE==（2）合上开关瞬间，由动量定理可得对金属棒aA00aFtmv=−200aBdqmv=−a、b棒0t时间内沿倾斜轨道运动的位移201sin2aaxvtgt=+21sin2bxgt=0abaxxlvt−==解得01m/sav=之后a、b两金属棒进入磁场III做匀速运动，则此时磁场均匀

磁场，当1st=可得0.1Cq=（3）金属棒a出磁场后，a、b两金属棒均做匀加速直线运动，有0sinaavvgt=+sinbvgt=在33MN处a、b两金属棒发生非弹性碰撞，有2ababmvmvmv+=5.5m/sabv=由电磁感应定律和平衡条件有0abEBdv=02RE

IR=+02sinAFBIdmg==即22002sin2abBdvmgRR=+可得05T11B=a、b两金属棒未进入磁场III时产热20102.2J2BsdtQtRR==+a

、b两金属棒进入磁场III时产热()202011J2ababBdvsQRvR==+可得a、b两金属棒在倾斜斜面上运动时，整个电路产生的焦耳热为1213.2JQQQ=+=23.有一实验装置处于真空中，其简化图如图所示，直角坐标系Oyx的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场1E和一可持续发

射粒子的线性粒子源（位置满足抛物线方程2ykx=）。大量质量为m，电荷量为q+的粒子以速度0v沿x轴负方向进入匀强电场1E（大小未知），并全部过O点。在第三象限有垂直纸面向内的匀强磁场，其磁感应强度为B。在第四象限

内有沿x轴正向的匀强电场2E，其右侧xl=处有一足够长的接收屏，所有粒子均能打在接收屏上，并发生弹性碰撞。不计粒子重力及粒子间的相互作用。（1）求1E的大小；（2）求这些粒子经过y负半轴的位置分布及在磁场中运动的最长时间t；（3）若单位时间内接收屏上接收到的粒子

数有n个，求这些粒子对接收屏作用力F。【答案】（1）202kmvq；（2）见解析，mqB；（3）22022Eqlnmvm+【解析】【详解】（1）任意一个带电粒子都在第一象限做类平抛运动0xvt=，21

12Eqytm=又2ykx=可得2012kmvEq=（2）粒子进入磁场x方向速度分量保持不变。其轨迹如图所示粒子在磁场中运动轨迹的弦长为0222coscosmvmvdrqBqB===的即所有粒子弦长相同，过

y轴负方向上同一点02mvydqB=−=−粒子在磁场中运动的最长时间为12BtTmq==（3）沿x轴正向，有22202Eqvvlm−=当粒子与接收屏弹性碰撞时，由动量定理有2xxxFtnmvnmvnmv

−=−−=−得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com