【文档说明】浙江省金华十校2021-2022学年高三下学期4月二模物理试题 含解析.docx，共(29)页，7.988 MB，由小赞的店铺上传

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金华十校2022年4月高三模拟考试物理试卷选择题部分一、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.用国际单位制基本单位表示为23kgm/s的物理量是（）A.功率B.重力势能

C.电势D.冲量【答案】A【解析】【详解】A．由题意3221kgm/skgm/sm/s=1Nm/s=1W=1A．功率单位为W，A正确；B．重力势能单位为J，B错误；C．电势单位为V，C错误；D．冲量单位为Ns，D错误。故选A。2

.下列关于冬奥会运动项目的说法正确的是（）A.甲图中运动员在进行500米短道速滑比赛，500米是指位移B.研究乙图中隋文静和韩聪花样滑冰比赛动作时可以将他们看做质点C.丙图中自由式滑雪空中技巧赛选手在空中下降过程中处于失重状态D.丁

图中，钢架雪车运动员间文港以4分01秒77获得铜牌，4分01秒77表示的是时刻【答案】C【解析】【详解】A．甲图中运动员在进行500米短道速滑比赛，500米是指路程，A错误；B．研究乙图中隋文静和韩聪花样滑冰比赛动作时，不可以将他们看做质点，B

错误；C．丙图中自由式滑雪空中技巧赛选手在空中下降过程中处于完全失重状态，C正确；D．丁图中，钢架雪车运动员间文港以4分01秒77获得铜牌，4分01秒77表示的是时间间隔，D错误。故选C。3.有一种磁悬浮地球仪，如图甲所示。其原

理如图乙所示，底座是线圈，地球仪是磁铁，通电时能让地球仪悬浮在空中。下列说法正确的是（）A.线圈的两端应该接交流电源B.线圈的a端点须连接直流电源的正极C.线圈的a端点须连接直流电源的负极D.地球仪根据异名磁极互相排斥的原理工作【

答案】B【解析】【详解】A．线圈的两端应该接直流电源；若接交流电源，则会产生一上一下的效果，而无法悬浮，A错误；BC．由题意，通电线圈上端应为S极，根据右手螺旋定则可知，线圈的a端点须连接直流电源的正极；B正确，C错误；D．地球仪根据同名磁极互相

排斥的原理工作，D错误。故选B。4.2022年初金华轨道交通金义线正式开通，某次列车从进站减速到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度—时间图象如图所示，对于该列车下列说法正确的是（）A.进站减速时列车的加速度大小为21.2m/sB.列车在加速与减

速两阶段运动的位移相同C.若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大D.若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，与原来相比，通过车站的运行时间少耗费22.5s【答案】C【解析】【详解】A．

由vt−图像可知进站减速时列车的加速度大小为22130m/s1.5m/s20a==A错误；B．vt−图像与横轴围成的面积表示位移，列车在减速阶段运动的位移为112030m300m2x==列车在加速阶段运

动的位移为212530m375m2x==可知列车在加速与减速两阶段运动的位移不相同，B错误；C．列车在加速阶段的加速度大小为22230m/s1.2m/s25a==根据牛顿第二定律可得Fma=合由于22121.5m/s1.2m/saa==可知若列车总质量不变，则减速时列车所受的合外力

比加速时列车所受的合外力大，C正确；D．若列车在该站不停车，以30m/s的速度匀速驶过该站，则列车匀速所用的时间为12300375s22.5s30xxtv++===与原来相比，通过车站的运行时间少耗费的时间为75s22.5s52.5st=−=D错误；故选

C。5.如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆以表示环数，O是圆心，盘竖直挂在墙上，A是盘的最高点，B是盘的最低点．某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A等高，且每次飞镖的出手点相同，出手时飞镖速度与盘面垂直，第一支飞镖命中B点，第二支飞镖命中O点，若空气阻力不计，可知前后两支飞镖

（）A.空中飞行时间之比是2:1B.出手时飞镖速度之比是1:2C.命中前瞬间速度之比是1:2D.命中前瞬间动能之比是1:2【答案】B【解析】【详解】A．飞镖飞出竖直方向做自由落体运动，由0xvt=212ygt=解得飞镖飞行时间为2ytg=由题意可知，第一支飞镖和第二支飞镖飞行时间之比为12:2:

1tt=A错误；B．飞镖飞出后水平方向做匀速直线运动，且水平位移相等，由0xvt=可知，第一支飞镖和第二支飞镖出手速度之比为0102:1:2vv=B正确；C．飞镖命中的速度为222220020()gxvvgtvv=+=+可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时速度之比

不可能为1：2，C错误；D．飞镖命中时的动能为2222k02011()22gxEmvmvv==+可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时动能之比不可能为1：2，D错误。故选B。6.如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中风筝质量0.5kgm=，某时刻风筝平面与

水平面的夹角为37，主线OA对风筝的拉力与风筝平面成53角。已知风对风筝的作用力与风筝平面垂直，sin530.8=，cos530.6=，取210m/sg=。则此时主线OA对风筝的拉力T的大小和风对风筝的作用力F的大小为（）A.4NT=B.6.25

NT=C.7NF=D.8NF=【答案】D【解析】【详解】以风筝到O点这一部分为整体，受到重力，主线OA的拉力T和风对风筝的作用力F，把力分解到沿风筝平面和垂直风筝平面上，根据受力平衡可得cos53sin37Tmg

=sin53cos37FTmg=+联立解得5TN=，8NF=选项D正确，ABC错误；故选D。7.一空心金属球壳内球心右侧放一带正电点电荷，于是在球内外形成如图所示电场，其中a在球心，b在球壳内壁，c在球壳内，d在球外，若以无穷远电势为0，下列说法正确的是（）A.b点和c点

电势均为0B.c点电场强度大于a点电场强度C.若一电子从a点运动到b点，电势能减少D.ab、两点电势差小于ad、两点的电势差【答案】D【解析】【详解】A．b点和c点电势相等，场强为零，但电势不为0，A错误；B．c点场强为零，a点场强不

为零，c点电场强度小于a点电场强度，B错误；C．若一电子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，C错误；D．因为d点电势小于b点电势，所以ab、两点电势差小于ad、两点的电势差。D正确。故选D。8.中国“天问一号”探测器进入环绕火星轨道，标志着我国航天强国建设又向

前迈进一大步。假设“天问一号”环绕火星的轨道半径等于某个卫环绕地球运动的轨道半径，如果地球表面重力加速度是火星表面重力加速度的k倍，火星半径是地球半径的q倍（不考虑它们本身的自转），火星和地球均视为均匀球体，则“天问一号”与该卫星的

（）A.线速度之比为:kqB.线速度之比为:kqC.环绕运动周期之比为:kqD.环绕运动周期之比为:qk【答案】C【解析】【详解】A．B．设火星与地球质量分别是M1、M2，由2MmGmgR=得212MqM

k=由22MmvGmrr=得GMvr=得12vqvk=故AB错误；C．D．由2224MmGmrrT=可知32rTGM=得12TkTq=故C正确，D错误。故选C。9.在x轴上有两个持续振动的波源，分别位于0.2

mx=−和1.0mx=处，振幅均为8cmA=，由它们产生的两列简谐横波甲、乙分别沿x轴正方向和x轴负方向传播，两列波传播速度大小相同。如图所示为0=t时刻的波形图，此刻平衡位置处于0.2mx=和0.6mx=处的MN、两质点刚开始振动。在0~0.25s内，平衡位置处于0.4mx=处的质点P运动的路程

为48cms=。则（）A.波速为2m/sB.波速为3.2m/sC.0.25st=时，质点N在平衡位置D.0.25st=时，质点N位移为8cm【答案】A【解析】【详解】AB．由题意可知，两列波传播速度大小相同，波长均为0.4m=，故

周期相同，设周期为T，则有0.2m2MPNP===两列波同时传到0.4mx=处，质点P起振的时刻为122Ttv==0.4mx=处为振动加强点，故P点的振幅为216cmPAA==因32PsAA=所以质点P振动的时间为234tT=故有

120.25stt+=解得0.2sT=故波速为0.4m/s2m/s0.2vT===A正确，B错误；为CD．由图可知两列波的起振方向都是向下，由于0.25s4TtT==+说明0.25st=时刻，沿x−方向传播的波在N点引起的振动位移为8cm−，沿x+方向传播的波从M传到N所用时间为0

.4s0.2s2xtv===0.25st=时刻，沿x+方向传播的波在N点引起的振动时间为0.25s0.2s0.05s4Tt=−==说明0.25st=时刻，沿x+方向传播的波在N点引起的振动位移为8cm−，故0.25st=时，质点N位移为16cm

−，CD错误；故选A。10.如图是变电所为市区用户供电的示意图。变压器的输入电压是电网的电压，可视为不变。变压器视为理想变压器，其变压比通过P上下可调，输电线的电阻为0R，则（）A.用户减少时，0R上的功率增大B.用户减少时，用户获得的电压不变C.用户增多时，电

流表A的示数减小D.用户增多时，用户获得的电压要维持不变，应将P适当上调使得原线圈的匝数减小【答案】D【解析】【详解】A．用户减少时，用户所在线路总电阻增大，而输入电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，用户所在线路的总电流减

小，由20PIR=可知，0R上的功率减小。A错误；B．由上述分析，用户所在线路的总电流减小，0R上的电压减小，总电压不变，所以用户获得的电压增大，B错误；C．用户增多时，由A中分析，同理可得，用户所在线路总电流增大，由理想变压器原副线圈电流比等于匝数比的倒数可知，

匝数比不变，原线圈中电流增大，电流表A的示数变大。C错误；D．用户增多时，由B中分析，同理可知，用户获得的电压减小，若想维持用户获得的电压不变，应使用户所在电路总电压变大，故根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，应将P适当上调使得匝数比变大。D正确。故选D。11.如图所示，劲

度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的粘性小球自离圆盘h高处静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置

做简谐运动B.圆盘做简谐运动的振幅为mgkC.振动过程中圆盘的最大速度为2mghMm+D.碰后向下运动过程中，小球和圆盘的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A．以小球和圆盘组成的系统

为研究对象，系统做简谐运动，平衡位置处合外力应为零，而碰后瞬间，系统合外力不为零，A错误；B．上述分析可知，开始的位置不是最大位移处，开始时0Mgkx=球粘在盘子上一起静止的位置满足2()mMgkx+=所以从开始碰撞

到平衡位置距离为mgxk=故振幅应大于mgk，B错误；C．小球自h处静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，由动量守恒1()mvmMv=+由匀变速直线运动，速度位移关系22vgh=联立解得12mghvMm=+两者碰撞瞬间由牛顿第二定律0()mMgkxma+−=即碰后两者做加速度减小的加

速运动，当=0a时，速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中，圆盘的速度应大于2mghMm+，C错误；D．设小球和圆盘所具有的的总能量为E，则由能量守恒可知pkpEEEE=++重弹因为系统速度读先增大后减小，故小球的动能先增大后减小，所以

小球和圆盘的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大。D正确。故选D。12.如图连接电动机的电路，闭合开关，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的整个过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化清况如图乙所示，已知当电流小于0.2A时，电动机不会发生转动，若不考虑电表对电路的影响，

则（）A.该电动机的内阻为2B.该电路中电源的电动势为3.4VC.此电路中，电动机的最大输出功率为0.9WD.若电动机能转动，需要调节滑动变阻器阻值小于12【答案】D【解析】【详解】A．当电流小于0.2A时，电动机不会发生转动，为纯电阻，则

该电动机的内阻为M0.80.440.20.1r−==−选项A错误；B．根据E=U2+Ir当U2=3.4V时I=0.1A；当U2=3.0V时I=0.3A；带入方程解得该电路中电源的电动势为3.6VE=r=2Ω选项B错误；C．此电路中，电动机的最大输出功率为221M30.

30.340.54WPIUIr=−=−=选项C错误；D．当电动机两端电压超过U1=0.8V时电动机开始转动，此时电路中的电流为I=0.2A，则由电路可知1()EUIRr=++解得12R=即若电动机能转动，需要调节滑动变阻器阻值小于12，选

项D正确。故选D。13.一种发光装置是由半径为R的半球体透明介质和发光管芯组成的，管芯发光部分MN是一个圆心与半球体介质球心O重合的圆面。其纵截面如图所示，OBAC⊥，MN上的E点发出的一条光线经D点的折射光线平行OB，已知60=，圆弧AD长6R，则（）A.该透明介质折射率为2

B.沿EB方向的光线从半球面射出时的折射角是45C.为使从管芯射向半球面上的所有光线都不会发生全反射，MN的半径要小于33RD.不论发光管芯的半径多大，总会有部分光线到达球面时发生全反射现象【答案】C【解析】【详解】A．光路图如图所示

由几何关系可知光线入射到D点的入射角30i=折射角60=折射率为sin3sinni==A错误；CD．临界角1sinCn=解得3sin3C=从M或N点垂直于MN发出的光线射到球面上的入射角最大，设为，管芯发光部

分MN的半径为r，所以有sinrR=所有光能射出，则sinsinC＜解得33rR＜C正确；D错误；B．光路图如图所示由几何知识13sin23=＜可以发生折射，设折射角为，所以有sinsinn=解得3sin2=B错误。故选C。

二、选择题Ⅱ（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，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A.光学镜头上的增透膜是利用了光的干涉现象B.在单缝衍

射实验中，将入射光由黄光换成绿光，衍射条纹间距变宽C.质子和电子的物质波波长相等时，它们的动量大小相等D.低频扼流圈只能遏制低频交流电，对高频交流电阻碍作用小【答案】AC【解析】【详解】A．光学镜头上的增透膜是利用了光的干涉现象，A正确；B．在单缝衍射实验中，将入射光由黄光换成绿

光，波长变短，则衍射条纹间距变窄，B错误；C．根据德布罗意波长公式hp=可知质子和电子的物质波波长相等时，则它们的动量大小也相等，C正确；D．低频扼流圈对低频交流电阻碍作用很大，对高频交流电阻碍作用更大，D错误；故选AC。15.铀核裂变的一种方程为23594139

19238540UXSrXe3n+→++，已知原子核的比结合能与质量数的关系如图所示，下列说法中正确的有（）A.X粒子是中子B.X粒子是质子C.23594139923854USrXe、、相比，9438Sr的比结合能最大，最稳定D.23594139923854USrXe、、相比，23592

U的质量数最多，结合能最大【答案】ACD【解析】【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒，X的质量数为1，电荷数为0，X为中子，故A正确，B错误；CD．根据图像可知，9438Sr的比结合能最大，最稳定。23592U的质量数最多，结合能最大。故CD

正确。故选ACD。16.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（）A.

光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eVB.这些氢原子跃迁时共发出3种频率光C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极D.氢原子跃迁放出的光子中共有2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象【答案】BD【解析】【详解】A．由图甲可知，大量处于n

=3激发态的氢原子跃迁时，发出频率最高的光子的能量为3112.09eVEEE=−=根据图丙可知，遏止电压为7V，则光电子的初动能k7eVEeU==根据光电效应方程k0EEW=−则光电管阴极K金属材料的逸出功为05.09

eVWEeU=−=故A错误；B．根据排列组合的规律可知，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，共发出3种频率的光，故B正确；C．光电子由阴极K向对面的极板运动，形成光电流，要阻止该电流，需要接反向电压，则可判断图乙中电源左侧为正极，故C错误；D．通过A分析可知，只要光电子的能量大于5.09e

V，就可以使阴极K发生光电效应现象，由图甲可知，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，有2种频率的光子满足要求，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.用图甲装置探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，用力传感器测量力的大

小。的①若某次实验中得到图乙纸带，已知交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，则小车的加速度大小是______2m/s；（计算结果保留2位有效数字）②对于本实验，下列说法正确的是_____（单选

）。A．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量B．实验前需要平衡摩擦力C．作出aF−图像，斜率为小车的质量D．作出2aF−图像，斜率为小车的质量【答案】①.1.0②.B【解析】【详解

】①[1]由逐差法可知()2222221.68.88.810m/s1.0m/s440.1BDOBxxaT−−−−===②[2]A．本实验中由于有力传感器测量拉力，故不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，A错误；B．实验前需要平衡摩擦力，B正确；CD．由牛顿第二定律

可知1aFm=作出aF−图像，斜率为小车质量的倒数，CD错误。故选B。18.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验装置如图甲所示。①用游标卡尺测量摆球的直径，如图丙所示，摆球直径为______cm。②下列操作正确的是____（单选）A.摆长应为绳长和摆球直径之和B.为使实验效果明

显一点，摆球的初始摆角可以达到30°C.若实验中有直径相同的铁球与木球，应选择铁球作为摆球D.测量周期时，应从摆球经过最高点开始计时，这样摆球速度小，时间测量更精确【答案】①.1.075②.C【解析】【详解】[1]游标卡尺读数为

1cm+150.05mm=1.075cm[2]A．摆长应为绳长和摆球半径之和，A错误；B．初始摆角应小于5°，B错误；C．若实验中有直径相同的铁球与木球，应选择铁球作为摆球，空气阻力影响小，C正确；D．测量周期时，应取摆球经过最低点时的位置

作为计时的始终点位置，D错误。故选C。19.现要组装一个酒精测试仪，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，此传感器的电阻xR随酒精气体浓度的增加而减小，规律如图甲所示。目前国际公认的酒驾标准是“0

.2mg/mL酒精气体浓度0.8mg/mL”，醉驾标准是“酒精气体浓度0.8mg/mL”。提供的器材有：A.二氧化锡半导体型酒精传感器xRB.直流电源（电动势为4V，内阻不计）C.电压表（量程为3V，内阻非常大，作为浓度表使用）D.

电阻箱（最大阻值为999.9）E.定值电阻1R（阻值为50）F.定值电阻2R（阻值为10）G.单刀双掷开关一个，导线若干（1）图乙是酒精测试仪电路图，请在图丙中完成实物连线________；（2）电路中R应

选用定值电阻________（填“1R”或“2R”）；（3）为便于识别，按照下列步骤调节此测试仪：①电路接通前，先将电阻箱调为30.0，然后开关向_____（填“c”或“d”）端闭合，将电压表此时指针对

应的刻度线标记为_____mg/mL；②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大按照甲图数据将电压表上“电压”刻度线标为“酒精气体浓度”；③将开关向另一端闭合，测试仪即可正常使用。【答案】①.②.2R③.c④.0

.2【解析】【详解】（1）[1]实物连线如图所示（2）[2]由于电压表量程为3V，本实验电压表并联在定值电阻两端，由欧姆定律可得，定值电阻两端的电压RxERURR=+由图甲可知1070xR，电动势为4V，电压表量程为3V，得max43V10RRUR=+则

30ΩR≤故选R2；（3）①[3]本实验采用替代法，用电阻箱的阻值替代传感器的电阻Rx，故应先电阻箱调到30.0Ω，结合（1）中电路，开关应向c端闭合；[4]由图甲可知Rx=30Ω时，酒精气体浓度为0.2mg/mL。

20.在第24届北京冬奥会后，全国范围内掀起了一股滑雪运动热潮。如图所示是某高山滑雪场一滑道示意图，AB为弧形滑道，BC为水平滑道，CD为倾斜直滑道，滑道间平滑连接。小王从AB段滑下，到达B点时速度达16m/s，然后保持身体姿态不变自由滑行，2s后滑至C点，后沿CD上滑再经4

s至最高点。已知BC长度为30m，小王和滑板整套装备总质量为70kg，CD滑道倾角为17，g取210m/s，sin170.3，求：（1）运动员滑至C点的速度；（2）沿CD上滑的最大距离；（3）沿CD

上滑过程中受到的阻力大小。【答案】（1）14m/s；（2）28m；（3）35N【解析】【详解】（1）从B到C由平均速度公式1115m/sLvt==又因中间时刻的瞬时速度等于平均速度12BCvvv+=解得14m/sCv=（2）CD上滑中间时刻的瞬时速度等于平均速度207m/s2

Cvv+==由平均速度公式max2228mxvt==（3）CD上滑，由牛顿第二定律sinmgFma+=阻又因为223.5m/scvat==解得35NF阻21.如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道BCDEC（管道口径远小于管道半径）、水平

粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧周定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C点（C和C略错开）。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为0.5=，AB斜轨道倾角37=，AB长度0.4ml=

。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为0.2mR=。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的

D点。第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1m/s。已知小滑块质量0.1kgm=，可视为质点，已知sin370.6=，cos370.8=。（1）求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；（2）求第二次压缩弹簧释放

小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为0.48J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力。小滑块在水平直轨道上距离C为x处的速度为v，求v与x之间的关系

式。【答案】（1）3N，方向竖直向下；（2）0.03J−；（3）不受，1210(m/s)vx=−【解析】【详解】（1）从C到D，对小球由动能定理212CmgRmv−=−在C点由牛顿第二定律2NCvFmgmR−=联立解得N3N=F由牛顿第三定律可知，第一

次运动到C点时对轨道的压力为3N，方向竖直向下（2）从开始到E点由动能定理2pf1sincos(1cos)02EEmglmglmgRWmv+−−++=−解得f0.03JW=−（3）当滑块以0v通过最高点时对轨道无

压力，此时的弹性势能为0E，由牛顿第二定律20vmmgR=从开始到E点由动能定理2001sincos(1cos)02EmglmglmgRmv+−−+=−解得00.38JE=弹性势能0.48J大于0E时，小滑块在圆管道内不受到摩擦力。从开始到离

C距离为x处，由动能定理2p1sincos(1cos)02EmglmglmgRmgxmv+−+−−=−解得1210(m/s)vx=−22.两根间距为L的平行光滑金属导轨如图放置，竖直导轨与水平导轨之间通过圆心角90的圆弧导轨ACBD、平滑连接，圆弧轨道半径为R，水平导轨上的EF、两处

是绝缘材料（使导轨EF、两处的左右不能导通），导轨右端接入一电容为C的电容器。EF左侧区域空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为1B，EF右侧区域空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为2B。现有一长为L，电阻为2r的金属棒b静止于导轨PQ处，与导轨接触良好。另有一根长为L、电阻

为1r的金属棒a与轨道接触良好，由MN处静止释放，在到达AB之前金属棒a已经作匀速运动，运动到AB处开始在一外力作用下匀速率通过导轨ACBD、区域，当运动到CD处时撤去外力。已知金属棒a与金属棒b质量均为m，其他电阻忽略不计。（1）求当金属棒a到达AB

位置时的速度v；（2）求在ACBD、区域外力对金属棒a做的功W；（3）若金属棒ab、发生碰撞可视为弹性碰撞，且EF、右侧导轨足够长，求平行板电容器上最多能够储存电荷量q。为的【答案】（1）()12221

mgrrBL+；（2）14mgR−；（3）()()221222221CmgBrrmCBLBL++【解析】【详解】（1）棒a匀速：1mgILB=又112BLVIrr=+得：()12221mgrrvBL+=（2）在ACBD、区域电动势cos()eBLvt=为正弦式交流电，根据焦

耳定律()2124TQIrr=+有其中12mgIBL=有，2RTv=得：4mgRQ=由功能关系0WmgRQ+−=得14WmgR=−（2）ab、棒发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒abmvmvmv=+，2221

11222abmvmvmv=+解得0av=，bvv=即ab、棒速度交换，最终b棒稳定速度1v21BLqmvmv−=−对电容器21qCBLv=得()()221222221CmgBrrqmCBLBL+=+23.在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图，离

子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选择出一定速度的离子，然后通过磁分析器I，选择出特定比荷的离子，经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器中的匀强电场场强大小为E，方向竖直向上。磁分析器截面是

矩形，矩形长为2L，宽为(423)L−。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔；半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，DMN、、在一条竖直线上，DM为圆形偏转系统的直径，最低点M到硅片的距离2LMN=，不计离子重力。（1）求离子通过速度选择器后的速度大小；（

2）求磁分析器选择出来的离子的比荷；（3）若偏转系统磁感应强度大小的取值范围2333BBB偏，求硅片上离子注入的宽度。【答案】（1）EB；（2）22ELB；（3）3L【解析】详解】（1）由题意可知qvBqE=解得EvB=（2）离子圆周运动由几何知识222[(23)]RL

RL=+−−得2RL=又因为洛伦兹力充当向心力2mvqvBR=解得22qEmLB=（3）结合上述分析，并由几何知识可得半径R满足2333LRL【所以粒子轨迹如图所示，当3RL=时由几何知识可知，离子竖直向下离开，落点到

N点距离132xL=当233RL=时，由几何知识，离子从M点与水平方向成30°离开，落点到N的距离232xL=宽度123xxxL=+=