【文档说明】浙江省新阵地教育联盟2022-2023学年高二下学期第一次联考物理试题 Word版含解析.docx，共(31)页，6.855 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省新阵地教育联盟2024届第一次联考高二物理试题卷考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上相应的位置，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。5.重力

加速度g取210m/s。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的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量的单位正确的是（）A.功NsB.电场强度

V/mC.磁通量2T/mD.加速度m/s【答案】B【解析】【详解】A．根据做功公式cosWFL=可知功的单位为Nm，故A错误；B．根据电场强度公式UEd=可知电场强度的单位为V/m，故B正确；C．根据磁通量公式B

S=可知磁通量的单位为2Tm，故C错误；D．根据加速度公式vat=可知加速度的单位为2m/s，故D错误。故选B。2.下图是小敏同学晨跑路径图，根据图上的信息，以下说法正确的是（）A.8月10日凌晨6:03是时间间隔B.3.40公里是小敏同学的晨跑位移C.当计算小敏同学晨

跑的平均速率时，可以把小敏同学看成质点D.小敏同学晨跑时，看到马路两边的树木在倒退，是以地面为参考系【答案】C【解析】【详解】A．8月10日凌晨6:03是时刻，选项A错误；B．3.40公里是小敏同学晨跑路程，选项B错误；C．当计算小敏同学晨跑的平均速率时，小敏的形状大小可忽略，可以把小

敏同学看成质点，选项C正确；D．小敏同学晨跑时，看到马路两边的树木在倒退，是以自己为参考系，选项D错误。故选C。3.正是人类对电与磁的研究，发展成了电磁场与电磁波的理论。下列说法正确的是（）A.奥斯特发现电流的磁效应，并创造性地用“磁感线”形象地描述“场”的物理

图景B.麦克斯韦建立了电磁场理论，并在实验中捕捉到了电磁波C.普朗克认为振动着的带电微粒的能量是连续的D.爱因斯坦认为光是一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子叫作光子【答案】D【解析】【详解】A．奥

斯特发现电流的磁效应，法拉第创造性地用“磁感线”形象地描述“场”的物理图景，故A错误；B．麦克斯韦建立了电磁场理论，赫兹在实验中捕捉到了电磁波，故B错误；C．普朗克认为振动着的带电微粒的能量是量子化的，故C错误；D．爱因斯坦认为光是一个

个不可分割的能量子组成的，这些能量子叫作光子，故D正确。的故选D。4.“安吉游戏”源起浙江省安吉县，是安吉幼儿园“游戏”式的教学方法的简称。“安吉游戏”提倡把游戏还给孩子，让他们在自主、自由的游戏中学习。如图所示，是一个小朋友将一个篮球

放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状态。已知斜坡的倾角为（为锐角），挡板对篮球的弹力为1F，斜面对篮球的弹力为2F，不考虑篮球受到的摩擦力，下列说法正确的是（）A.斜面对篮球的弹力2F小于挡板对篮球的弹力1FB.斜面对篮球的弹力2F小于篮球重力GC.缓慢地把挡板绕其与坡面的

接触轴逆时针转一个较小角度，1F减小D.缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，2F增大【答案】C【解析】【详解】AB．对篮球受力分析如图所示设篮球质量m，由于篮球处于静止状态，所以1F和mg的合力大小等于2F，则有2coscosmgGF==1tantanFmgG==故

21FF2FG故AB错误；CD．对篮球进行受力分析如图所示挡板绕O缓慢把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，图中得B缓慢下移，即11FF=，22FF=则1F减小，2F也减小，故C正确，D错误。故选C。5.2022年冬奥会重点交通工程，有一段路程为螺旋隧

道，通过螺旋线实现原地抬升，如图所示。下列对这段公路的分析，说法正确的是（）A.车辆上坡过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力、下滑力B.车辆转弯处，路面应适当内低外高C.通过螺旋隧道设计，主要目的是减小车辆行驶过程中对路面的压力D.车辆以某一恒定速率转弯时，转

弯半径越大，所需的向心力越大【答案】B【解析】【详解】A．车辆上坡过程中受到重力、支持力、摩擦力、牵引力，没有下滑力，故A错误；B．转弯处的路面适当内低外高，支持力沿指向圆周方向的分力可以为汽车提供一部分向心力，使汽车转弯更安全，故B正确；C．通过螺旋隧道设计，

减小坡度的主要目的是为了减小汽车重力沿坡的斜面向下的分力，故C错误；D．根据2Frvm=可知，车辆以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需的向心力越小，故D错误。故选B。6.图书管理员经常遇到搬书的情况。如图所示，小刘在某一次搬书过程中，水平托着书沿水平方向加速前进过程中，手与书之间、书与书

之间都无相对运动。由于书的材质不同，书与书之间的动摩擦因数介于0.2和0.4之间，且最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.手给书的力是由书的弹性形变产生的B.运动的最大加速度为24m/sC.把动摩擦因数比较大的书本放在上层更不容易有相对滑动D.任意两本书所受的合力方向均相同

【答案】D【解析】【详解】A．手给书的力，手是施力物体，书是受力物体，力是由手的弹性形变产生的，故A错误；BD．当动摩擦因素为0.2时，两本书之间恰好要产生相对滑动，同学运动的最大加速度为2m2m/sag==且任意

两本书所受的加速度相同，故任意两本书所受的合力方向均相同，故B错误，D正确；C．对整体分析可知，无论把动摩擦因素比较大的书本放在上层还是下层，只要同学的加速度大于最大加速度，都会产生相对滑动，故C错误；故选D。7.2022年中国载人航天

创造了多个新记录，天舟五号发射并成功对接空间站，首次实现了两小时自主快速交会对接，创造了世界记录，神十四和神十五两个航天员乘组首次在空间站进行在轨轮换，6名航天员首次在中国的“太空家园”留下这张太空合影。中国空间

站距离地面约400km，下列说法正确的是（）A.航天员绕地球运动的加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度B.航天员绕地球运动的速度应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间C.航天员绕地球运动的周期为24小时D.航天

员所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零【答案】A【解析】【详解】A．静止在赤道上物体的角速度等于地球同步卫星绕地球运动的角速度，根据22MmGmrr=可得2ar=故静止在赤道上物体的加速度小于地球同步卫星绕地球运动的加速度，

根据牛顿第二定律2MmGmar=可得2GMar=同步卫星距离地面36000km，可知航天员绕地球运动的加速度大于地球同步卫星绕地球运动的加速度，故航天员绕地球运动的加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，故A正确；B．第一宇

宙速度是最大环绕速度，航天员绕地球运动的速度应小于第一宇宙速度，故B错误；C．同步卫星距离地面36000km，运行周期为24小时，中国空间站距离地面约400km，根据开普勒第三定律32TCR=可知航天员绕地球运

动的周期小于24小时，故C错误；D．航天员所受地球引力提供航天员做圆周运动的向心力，飞船对其作用力为零，两者的合力不为零，故D错误。故选A。8.不带电的橡胶棒和毛皮摩擦，然后再将它们分开，它们在空间上产生的电场如图所示。现有一离子从

A点射入，轨迹如图中虚线AB所示，下列说法正确的是（）A.该离子带负电B.A点电势低于B点电势C.该离子加速度变小D.该离子的电势能减小【答案】D【解析】【详解】A．离子顺着电场线方向运动，故离子带正电，故A错误；B．沿着电场线方向电势降低，A点电势高于B点，故B错误

；C．电场线越密集电场强度越大，则电场力越大，故越靠近B电场力越大，则加速度越大，故C错误；D．正电荷沿着电场线方向运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确。故选D。9.炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力，让人腾空而起或

平衡或匀速或变速运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A.人在加速上升的过程中，机械能一定守恒B.人在减速上升过程中一定处于失重状态C.人在减速上升的过程中机械能一定减少D.人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量为零【答案】B【解析】【详解】A．人在加

速上升的过程中，人的动能增大，重力势能增大，机械能增大，机械能不守恒，故A错误；B．人在减速上升过程中有竖直向下的加速度，人处于失重状态，故B正确；C．人在减速上升的过程中，人的动能减小，重力势能增大，机械能不一定减少，故

C错误；D．根据动量定理Ftpmv==合人在悬空静止的一段时间内，0v=，合力的冲量为零，但反冲动力的冲量不为零，故D错误。故选B。10.“暖手充电宝”集暖手与移动充电两大功能而受热捧，下面是某一产品的说明书，列出了这种产品的几个主要参数；

根据上述信息，下列说法正确的是（）额定容量2700mAh额定功率8W输入接口USB-C输出接口USB-A输入参数5V—2.1A输出参数5.1V—1.5A（最大）产品尺寸92.456433mm执行标准Q/JSZM0019包装内含：ZMI

暖手充电宝、说明书、USB-A转USB-C充电线A.mAh是能量单位B.该产品的电阻约为2.38C.该产品以最大电流给手机充电，最多能连续工作约1.8hD.该产品以额定功率8W暖手，理论上最多可持续工作约1h【答案】C【解析】【详解】

A．mAh是电荷量单位，故A错误；B．根据2PIR=解得228Ω3.6Ω1.5PRI==故B错误；C．由图可知，充电宝的最大输出电流1.5A，根据qIt=可知以最大电流给手机充电，充电宝持续工作时间为3270010h1.8h1.5qtI−===故C正确；D．该充电宝储

存的电能为345.12700103600J4.9610JWqU−===由图可知，以额定功率8W暖手，根据WPt=可得持续时间为44.9610s1.72h8WtP==故D错误。故选C。11.

如图甲所示，一小型发电机的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场的固定轴转动，矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻0R和滑动变阻器R，矩形线圈内阻为10r=，其他电阻都不计，从图示位置开始计时，且当滑动变阻器为R，其中线圈匝数100n=，穿过线

圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是（）A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为200cos200(V)et=B.矩形线圈从图示位置转过90的时间内，通过电流表1A的电荷量为0.1CC.滑动变阻器的滑片向上移动过程中，电流

表1A示数不变，2A示数变小D.滑动变阻器的滑片向上移动过程中，电压表1V示数不变，2V和3V示数都变小【答案】A【解析】【详解】A．因为222=200rad/s3.1410T−==矩形线圈产生的感应电动势的最大

值210020010V=200VmmEnBSn−===瞬时值表达式为200cos200(V)et=选项A正确；CD．因1212UUnn=1221InIn='22UIR=11EUIr=+可得2'1221EInnRrnn=+（其中'0RRR=+）滑动变阻器的滑片向上移动过程

中，R＇阻值变大，则次级电流I2减小，2A示数变小，初级电流I1减小，电流表1A示数变小；由于'2212'21EUIRnnrnnR==+R＇阻值变大，U2变大，2V示数变大，则1V示数变大，电阻R0上电压减小，可知

3V示数变大，选项CD错误。B．由上述表达式可知2122'112()nEIInnRrn==+即初级回路的等效电阻为2'12()nRRrn=+等效矩形线圈从图示位置转过90的时间内，平均电动势mnEntt==则通过电流表1A的电荷量21

00101mnEqtRRRR−====等效等效等效等效由2'12()10nRRrn=+等效可知0.1Cq选项B错误故选A。12.如图为松花江音乐喷泉喷出水柱的场景。主喷泉喷出的最高水柱约80m，喷管的直径约为10cm，已知水的密度33110kg/m=。据此估计主喷管喷水的电动机的输

出功率约为（）A.46.510WB.51.310WC.55.010WD.52.510W【答案】D【解析】【详解】喷泉喷水的初速度为0240m/svgh==。t时间喷水的质量为204dmVvt==则喷水消耗的功率大约为2023501122.510W8m

vPdvt===故选D。13.如图所示，横截面为圆环的柱形容器由折射率为n的玻璃制成，其外径为1R，内径为2R，MN为一条直径。有两束光线，其中光线A在纸平面内传播，从M点射向容器，经一次折射后，恰好与容器内壁相切，另一束光线B

平行于MN射向容器，经过一次折射后，恰好在容器内壁发生全反射，则下列说法正确的是（）A.光线A的入射角正弦值为12nRRB.光线B到MN的距离等于2RnC.光线A的入射角大于光线B的入射角D.光线B从射入柱形容器外壁到第一次到达内壁的时间为()22222121nRn

RRc−−−【答案】C【解析】【详解】A．光线与容器内壁相切，光路图如图1所示，设光线在M点的入射角为i，折射角为r，由折射定律得sinsininr=由几何关系得21sinRrR=解得21sinnRiR=故A错误；C．平行于MN的光线B射向容器，在容器外

壁的入射角为i′，折射角为r′，如图2所示，由折射定律得''sinsininr=光线恰好在容器内壁发生全反射，入射角等于临界角C，光路图如图所示，则1sinCn=根据正弦定理可得()2111sinsins

inRRRnRrCC===−解得21sinRrnR=即21sinsinRinrR==则'ii故C正确；B．设光线B到MN的距离为d，根据几何关系可得d=R1sini′=R2故B错误。D．光线B从射入柱形容器外壁到第一次到达内壁，根据正弦定理可得()11sin(π-)sin

RPQnRCCr==−cvn=时间为22221221nRRRnPQtvc−−−==选项D错误。故选C。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.传感器的功能与人的视觉、听觉、触觉、嗅觉等功能相似。不只在科研领域，在人们的日常生活中，也会用到传感器以实现某种功能。关于图中应用传感器的实际情景，下列说法正确的是（）A.甲图传感器用来测量位移的微小变化，是电容式位移传感器B.乙图光电计数器用到了光敏

电阻这个传感元件，是光传感器C.丙图利用霍尔元件可以测量微小位移，是利用电磁驱动原理D.丁图干簧管是利用电磁感应的原理控制电路的通断【答案】AB【解析】【详解】A．甲图中，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动。如果测出了电容的变化，就能知道物体位置的变化，所以

甲图传感器是位移传感器，故A正确；B．乙图中A是发光仪器，B是接收光信号的仪器，B中的主要元件是由光敏电阻组成的光电传感器。当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值较小，供给信号处理系统的电压变低；当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，供给信号处理

系统的电压变高。这种高低交替变化的信号经过处理，就会转化为相应的数字，实自动计数的功能，故B正确；C．丙图中，在两块磁感应强度相同、同极相对的放置的磁体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压为0，可将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着轴

正、负方向移动时，则有霍尔电压输出，且电压大小与位移大小成正比，从而能够实现微小位移的测量，未利用电磁驱动原理，故C错误；D．丁图干簧管是利用磁场的有无控制电路的通断，故D错误。故选AB。15.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于0.2mx=−

和1.2mx=处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm，如图为0=t时刻两列波的图像，此刻平衡位置在0.2mx=和0.8mx=的P、Q，两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于0.5mx=处（）A.0

=t时刻，质点a的速度大于质点b的速度B.0=t时刻之后，质点a的比质点b先回到平衡位置C.1.75st=时刻，两列波相遇D.0~1.5s质点M运动的路程为12cm【答案】BD【解析】【详解】A．质点a、b

在各自平衡位置附近做简谐运动，0=t时刻，质点a距离平衡位置比质点b距离平衡位置远，质点a的速度小于质点b的速度，故A错误；B．根据上下坡法可知，质点a、b都向x轴正方向振动，质点a距离平衡位置比质点b距离平衡位置远，0=t时刻之后，质点a的比质点b先回到平衡位置，故B正确；C．两列波相遇

的时间为()xvvt=+解得0.75st=故C错误；D．两列波经0.75st=，相遇在P、Q的中点M，故质点M在0.75st=时起振，两列波起振的方向都是y轴负方向，故两列波在质点M处振动加强，M点的振幅为24cmAA==两列波的周

期为1sTv==可知，1.5st=质点M振动了34T,质点M运动的路程为312cmsA==故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，每小题55分）16.小刘同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时采用了如图甲所示的装

置，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶。①本实验使用了打点计时器，下列选项中的哪些实验也需要用打点计时器______A.探究平抛运动的特点B.探究两个

互成角度的力的合成规律C.验证机械能守恒定律②根据该同学的实验方案，关于该实验的下列操作，必要或正确的步骤是______A.用天平测出沙和沙桶的质量B.要满足小车的质量远大于沙桶和沙的质量C.应当先释放小车，再接

通电源D.将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿摩擦力③下图是该同学打出的一条纸带，各计数点对应刻度尺上的读数如图乙，其中相邻两个计数点之间还有4个打点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据纸带上的信息可求出小车的加速度=a____

__2m/s。（结果保留2位有效数字）④保持小车的质量不变，改变沙子的质量，进行多次测量。根据实验数据作出了加速度a随拉力F的变化图线，如图丙所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是______。【答案】①.C②.D③.0.50④.未平衡摩擦力【解析】

【详解】①[1]A．实验探究平抛运动的特点可通过位移差计算各点的时间间隔，不需要用打点计时器，故A错误；B．实验探究两个互成角度的力的合成规律不需要用打点计时器，故B错误；C．实验验证机械能守恒定律需要用打点计时器记录时间间隔以及纸带上各点位置，故C正确。故选C。②[2]AB．本实验

小车的拉力可以通过弹簧测力计测量，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，不需要满足小车的质量远大于沙桶和沙的质量，故AB错误；C．使用打点计时器应当接通电源，再先释放小车，故C错误；D．本实验将小车的拉力作为小车的合外力

，需平衡摩擦力，故D正确。故选D。③[3]由逐差法求加速度为24CDDEABBCxxxxaT+−−=解得2222(18.9510.45)(10.453.95)10m/s0.50m/s40.1a−−−−==④[4]根

据图象可知，小车的拉力为0.2N时，小车加速度为零，说明实验未平衡摩擦力。17.某实验小组用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验装置如图甲所示，请回答下列问题：①实验室准备了A和B两种遮光条，用螺旋测微器测量遮光条A的宽度如图乙

所示，其读数为______mm；另一个遮光条B的宽度为8.00mm，两遮光条应选用遮光条______（填“A”或“B”）。②测得两滑块P、Q（带有遮光条）的质量分别为1m和2m，实验中，用细线将两滑块P、Q连接使轻弹簧压缩后静止，然后烧断细线，轻弹簧将两滑块P、Q弹开，

测得两滑块P、Q上的遮光条通过光电门的时间分别为1t、2t。若两滑块P、Q弹开的过程中系统动量守恒，则需要验证的关系式为______（用题中所给符号表示）。【答案】①.4.00②.A③.1212mmtt=【解析】【详解】①[1][2]用螺旋测微器测量遮光条A的

宽度读数为4mm+0.01mm×0=4.00mm；另一个遮光条B的宽度为8.00mm，两遮光条应选用宽度较小的遮光条A。②[3]若动量守恒，则满足11220mvmv−=即11220mmddtt−=即1212mmtt=18.某同学在测某型号电池的电动势和内阻时所用器材如下：A.某型

号电池：电动势3V左右，内阻为几欧；B.电压表V：量程0-3V，内阻约3000欧；C.电流表A：量程0-30mA，内阻为38；D.标准电阻0R：2；E.滑动变阻器1R：020−，2A；F滑动变阻器2R：02k−，1AG.开关、导线若干①该小组两名

同学各设计了一个实验电路，其中可行的是______（选填“甲”或“乙”）。②实验器材中有两个滑动变阻器，该实验应选用的是______（选填“1R”或“2R”）。③如图是该实验中某状态下电流表的指针偏转情况，其读数为

______mA。.④选择第①题中正确的电路后，该小组同学闭合开关，调节滑动变阻器，多次测量，得出多组电压表示数U和电流表示数I，通过描点画出UI−图象如图丁所示，则该特殊电池的电动势E=______V、内阻r=______。（结果均保留三位有效数字）⑤另一同

学用安阻法测电池电动势与内阻，把电流表看作理想电表，连接的实物图如图甲，在数据处理时根据电流表示数I与电阻箱的阻值R作出1RI−图像（图乙）进行处理得到电源的电动势和内阻，如果考虑到电流表的内阻，则这种方案测得的电动势的值与真实值相比

，E测______E真，r测______r真（两空均选填“＞”“＝”“＜”）。【答案】①.乙②.1R③.20.0④.3.00⑤.3.13⑥.=⑦.>【解析】【详解】①[1]甲电路0R太小，电流表容易烧坏，不可行，乙电路电流表与0R并联组成一个大量程电流表，可行

;②[2]电源电动势比较小，为方便调节，应选变阻器1R;③[3]由图可知电流表的读数为20.0mA;④[4][5]根据闭合电路的欧姆定律有A0()20REUIIrrIUR=++=+根据图象可得3.00VE=3322016.010kr−−==解得3.13Ωr=⑤[6][7]安阻法

测电池电动势与内阻，把电流表看作理想电表，有EIRIr=+整理得11rRIEE=+若把电流表不能看作理想电表，有AEIRIrIR=++整理得A11rRRIEE+=+可得斜率11kEE==测真截距ArRrbEE+==真测故EE=测真，rr测真四、

计算题（本大题共4小题，17题8分，18题11分、19题11分，20题11分。）19.汽油机某型号汽缸如图，现在该汽缸中密封一定质量的理想气体，通过各种技术手段，使该汽缸中密封的理想气体的状态按图1中箭头所示的顺序变化

，图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。（1）已知气体在状态A的温度02T，求气体在状态B和D的温度各是多少？（以上温度均为热力学温标）（2）将上述变化过程在图2中画出气体的VT−图线（图中要标明A、B、C、D四点，并且要画

箭头表示变化方向）（3）如果理想气体经历C到D的过程中，气体内能减少了002pV、请问气体放出了多少热量？（用0p、0V、0T已知量表示上面3问的结果）【答案】（1）04BTT=，02DTT=；（2）；（3）006QpV=【解析】【详解】（1）对A、B两个状

态用盖-吕萨克定律ABABVVTT=即00022BVVTT=解得04BTT=B到C为等温过程04CBTTT==对C、D两个状态用盖-吕萨克定律CDCDVVTT=即000424DVVTT=解得02DTT=（2）VT−图如下（3）外界对气体做功000002(42)4WpV

VpV=−=由热力学第一定律，气体放热006QWUpV=+=20.一实验装置截面如图所示，光滑水平面AB的左端固定一轻弹簧，光滑螺旋圆形轨道与水平面相切于C（E）处，凹槽BDFH底面水平光滑，上面放一质量为M无动力平板车，紧靠侧壁BD，平板车上表面与直轨道AB在同一水平面上，将一

质量为m滑块压紧左侧轻弹簧从静止开始释放，已知螺旋圆形轨道的半径0.3mR=，平板车的长度1.8md=，DF的长度为L，3kgm=，2kgM=，滑块与车的动摩擦因数0.5=。（车与竖直侧壁FH的碰撞为弹性碰撞，滑块视为质点，不计空气阻力）（1）当弹簧弹性势能以P1

5JE=释放滑块，求滑块经过圆弧C点时对轨道的压力CF；（2）若L足够长，要使滑块不脱离圆轨道，且在车第一次与右侧壁FH相撞前不会从车上掉落下来，求释放滑块时弹簧的弹性势能范围；（3）若3.6mL=，当弹簧弹性势能以P24JE=释放滑块，求滑块最终离小车左端的距离以及平板车经

过的总路程。【答案】（1）130NCF=；（2）p22.5J67.5JE；（3）1.6mx=，2.6ms=【解析】【详解】（1）根据机械能守恒212CEmv=p根据牛顿第二定律2CvFmgmR−=解得130NF=根据牛顿第三定律130NCFF

==（2）要使滑块不脱离圆轨道，有2vmgmR=由机械能守恒有2pmin1222.5J2EmgRmv=+=使滑块在车第一次与右侧壁FH相撞前不会从车上掉落下来，根据动量守恒有12()mvmMv=+根据能量守恒有221211()22mgdmvmMv=−+2pmax11

2Emv=解得pmax67.5JE=故释放滑块时弹簧的弹性势能范围p22.5J67.5JE（3）P24JE=在p22.5J67.5JE范围内，说明平板车与竖直侧壁FH的碰撞前，已与滑块共速，滑块最终离小车左端的距离pE

mgx=解得1.6mx=滑块与平板车第一次碰撞有01()mvMmv=+211102mgxMv−=−解得12.4m/sv=，10.384mx=滑块与平板车第二次碰撞有12()()mMvmMv−=

+222102mgxMv−=−解得2115vv=2222121()225MvMvxmgmg==故222(1)11()225nnnMvMvxmgmg−==1224221110.3840.4m555

nnxxxx−=++=（1+++）=平板车经过的总路程为22.6msLdx=−+=21.如图甲，在倾角为30的斜面上固定放置的两足够长光滑导轨MN、PQ相距为d，M、P两端连接一阻值为R的电阻。垂直于导轨平面有向上的匀强磁场按图乙的规律变化

，原先金属棒ab垂直于导轨且接触良好，并通过水平细线跨过滑轮与物体A相连，使得棒ab紧靠其右侧的两个固定支柱E、F处于静止状态，与导轨最下端的距离为L。0=t时刻起，磁感应强度从02B减小到0B时支柱E、F受到的弹力恰好为零，此后磁感应强度保持不变，棒ab开始运动，测得棒ab从开始运动到最大速度的

过程中，流过电阻R的电量为q。已知棒ab质量为3m、物体A质量为m，重力加速度为g，不计除R外其余部分的电阻、一切摩擦以及细线和滑轮的质量。问（1）图乙中0=t时刻棒ab上电流的方向以及磁感应强度减小到0B时对应的时刻0t；（2）棒ab运动过程中达到的最大速度mv；（3

）棒ab从开始运动到最大速度的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。【答案】（1）从b到a；0022dBmgRt=；（2）2202mmgRvBd=；（3）322440022mgqRmgRQBdBd=−【解析】【详解】（1）图乙中0=t时刻，由于穿过闭合回路磁通量减小，根据楞次定律可知，棒ab上电流的方向

从b到a；磁感应强度减小到0B时支柱E、F受到的弹力恰好为零，则03sin30mgBIdmg+=EIR=0002BBEt−=解得0022dBmgRt=（2）当ab棒向下运动达到最大速度时，则满足'03sin30mgBIdmg=+'0m

BdvIR=的解得2202mmgRvBd=（3）设导体棒下滑x达到最大速度，则0BdxEqIttRRR====解得0qRxBd=由能量关系213sin30(3)2mmgxmgxmmvQ=+++

解得322440022mgqRmgRQBdBd=−22.如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在范围足够大、磁感应强度大小为1B、方向垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ；第四象限内，在0Ly−区域存在沿x轴正方向的匀强电场E（未画出），在yL−区域存在一定宽度且足够长、磁感

应强度大小为2B、方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ。已知2112BB=，坐标为()0,2L的A点处固定一粒子源，沿x轴正方向发射速度大小为v、带正电的粒子束。粒子的质量为m，电荷量为q，粒子第一次经过x轴的位置为(),0CL点。已知21225mvEqL=，忽略

粒子间的相互作用及粒子所受重力。（1）求磁场的磁感应强度大小1B；（2）粒子第一次进入磁场2后，恰好不从磁场2的下边界射出，求磁场2的宽度D及粒子第一次离开磁场2时的坐标；（3）在x轴上放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于

接收从x轴下方打入的粒子，则当靶位于哪些坐标时，能接收到粒子？【答案】（1）145mvBqL=；（2）2DL=，37(,)8LL−；（3）239122xnn=+−，(1,2,3......)n=【解析】【详解】（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动轨迹如图1所示，有21vqvBmr=222(2)L

rLr−+=解得145mvBqL=（2）由（1）可得粒子在磁场中的运动轨迹半径54rL=设粒子第一次进入电场时速度与x轴负方向的夹角为，则cos0.6xvvv==sin0.8yvvv==粒子在电场中受到水平向右的恒力，故在y轴方向做匀速直线运

动，在x轴方向做匀变速直线运动0.8Ltv=0.60xqEvvtm=−=故粒子第一次磁场2时垂直磁场边界入射，如图2所示粒子在磁场2中运动的轨迹半径为20.82mvRLqB==故磁场宽度为2DRL==粒子第一次在电场中做类

平抛运动时水平方向位移大小211328EqxtLm==故粒子第一次从磁场2中射出时距y轴的距离为337488LLLL−+=出射点坐标为37(,)8LL−（3）粒子在匀强电场中时，沿x轴正方向做匀变速直线运动，

沿y轴方向做匀速直线运动，每穿越一次电场所用时间为0.8Ltv=设粒子第一次从电场中进入磁场1时速度与水平方向的夹角为，则粒子在磁场1中的偏转距离为1112sinΔ2sin2mvxrLqB===同理，设粒子第二次进入磁场2时速度与水平方向的夹角为，则粒子在磁场2中的偏转

距离为2222sinΔ2sin4mvxrLqB===如图3所示为当靶位于1P、2P、……时，能接收到粒子由于粒子的竖直方向分速度大小不变，粒子从第一次由电场中进入磁场开始，在磁场1、2中运动的水平方向位移大小始终分别为1x、2x，故靶在x

轴上的位置22123739(21)(1)(ΔΔ)18222qExLntnxxnnm=+−+−+=+−，(1,2,3......)n=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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