文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（浙江卷专用）
黄金卷01
（考试时间：90分钟 试卷满分：100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．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，对全球做功+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
【解答】解：A、温度的正负表示温度为零上或零下，则+3℃一定高于﹣7℃，杭州的气温比沈
阳高，故A错误；
B、位移是矢量，正负表示方向，绝对值表示大小，则该物体在第一段时间内发生的位移大于第
二段时间内发生的位移，故B错误；
C、功为标量，正负号表示做正功或负功，绝对值表示大小，则摩擦力对小朋友做功大于运动员
对垒球做功，故C错误；
D、磁通量是标量，磁通量的正负表示磁感线的方向，绝对值表示大小，则线圈在位置一的磁通
量小于线圈在位置二的磁通量，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
【解答】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
温度就越高，体积越大，温度计示数越高，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；
本题选错误的，故选：B。
3．某新能源汽车的生产厂家为了适应社会的需求，在一平直的公路上对汽车进行测试，计时开始
时新能源汽车a、b的速度分别满足v ＝10t、v ＝10+5t，经时间t＝1s两新能源汽车刚好并排行
a b
驶。则下列说法正确的是（ ）
A．计时开始时，b车在a车后方5m
B．从计时开始经2s的时间两新能源汽车速度相同
C．两新能源汽车速度相等时的距离为2m
D．从第一次并排行驶到第二次并排行驶需要3s的时间
【解答】解：A、新能源汽车a的速度v ＝10t，则a的加速度a ＝10m/s2
a a
新能源汽车b的速度v ＝10+5t，则b的初速度v ＝10m/s，加速度a ＝5m/s2
b 0 b
1 1
0～1s内，a的位移x = a t 2= ×10×12m＝5m
a1 a1
2 2
1 1
b的位移x ＝v t + a t 2＝10×1m+ ×5×12m＝12.5m
b1 01 b1
2 2
由题意知，经时间t＝1s两新能源汽车刚好并排行驶，则计时开始时，a和b的距离为Δx＝x ﹣
b1
x ＝12.5m﹣5m＝7.5m
a1
故A错误；
B、2s时，a的速度v ＝10t ＝10×2m/s＝20m/s
a2 2
b的速度v ＝10+5t ＝10m/s+5×2m/s＝20m/s
b2 2
则从计时开始经2s的时间两新能源汽车速度相同，故B正确；
C、1s时，a的速度v ＝10t ＝10×1m/s＝10m/s
a1 1
b的速度v ＝10+5t ＝10m/s+5×1m/s＝15m/s
b1 1
1 1
1～2s内，a的位移为x = （v +v ）（t ﹣t ）= ×（10+20）×（2﹣1）m＝15m
a2 a1 a2 2 1
2 2
1 1
b的位移为x = （v +v ）（t ﹣t ）= ×（15+20）×（2﹣1）m＝17.5m
b2 b1 b2 2 1
2 2
两新能源汽车速度相等时的距离Δx′＝x ﹣x ＝17.5m﹣15m＝2.5m
b2 a2故C错误；
1 1
D、设经t时间两车相遇，则0～t时间内，由位移—时间公式得：v t+ a t2− a t2＝Δx
0 b a
2 2
代入数据解得：t＝1s或3s
则从第一次并排行驶到第二次并排行驶需要的时间Δt＝3s﹣1s＝2s
故D错误。
故选：B。
4．如图所示，质量为m ＝2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5kg的箱子B相连，箱
1
子底板上放一质量为m ＝1kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程
2
中，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2
B．物体A处于超重状态，加速度大小为5m/s2
C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为10N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N
【解答】解：AB、取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得（M+m ）g﹣m g＝（M+m +m ）a
2 1 1 2
代入数据得a＝5m/s2
即A有向上的加速度而处于超重状态，故A错误，B正确；
C、隔离C，根据牛顿第二定律可得：m g﹣F ＝m a
2 N 2
解得：F ＝5N
N
D、隔离A，根据牛顿第二定律可得：F ﹣m g＝m a
T 1 1
解得F ＝30N
T
所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2F ＝2×30N＝60N，故D错误；
T
故选：B。
5．中国北斗卫星导航系统（简称BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，也是继美国 GPS、
俄罗斯GLONASS之后的第三个成熟的卫星导航系统。第三代北斗导航系统一共由35颗卫星组成。
5颗地球同步静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成。35颗卫星在离地面2万多千米的高空上，
以固定的周期环绕地球运行，使得在任意时刻，在地面上的任意一点都可以同时观测到 4颗以上的卫星。北斗导航卫星与近地轨道（低于2000km）卫星相比（ ）
A．线速度更大 B．周期更长
C．角速度更大 D．向心加速度更大
【解答】解：设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，人造卫星绕地球做匀速圆周运
动，万有引力提供向心力，
有： GMm
=
mv2
=mr
4π2
=mrω2=ma
，解得：
v=
√GM，
T=2π
√ r3 ，
ω=
√GM，
r2 r T2 n r GM r3
GM
a =
n r2
由于北斗导航卫星的轨道半径大于近地轨道（低于2000km）卫星的轨道半径，所以前者的周期
大，但线速度、角速度、向心加速度较后者小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．有A、B两小球，A的质量为B的两倍。现将它们以相同速率从同一点处沿同一方向水平抛出，
不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【解答】解：A小球一定的初速度水平抛出出，根据平抛运动的规律得：
水平方向做匀速直线运动，x＝v t
0
1
竖直方向做自由落体运动：y= gt2
2
联立上边两个公式，消去时间t，可得出小球的轨迹方程为：y= g x2
2v2
0
由轨迹方程可以看出小球的运动轨迹与物体的质量无关，与抛出位置、初速度有关，
由于A、B两小球以相同速率从同一点处沿同一方向水平抛出，
所以两次的轨迹重合，即B的运动轨迹是①，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．如图所示，水平旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘飞出。下列说法正确的是（ ）A．水珠从雨伞的边缘沿半径方向脱离雨伞
B．水珠重力大于水珠与雨伞之间的作用力
C．水珠脱离雨伞时的速率小于雨伞边缘的线速度
D．水珠受到的合外力小于水珠需要的向心力
【解答】解：A.水珠从雨伞的边缘沿切线方向脱离雨伞，故A错误；
B.水珠与雨伞之间的作用力小于水珠做圆周运动所需的向心力，水珠所受重力大小与水珠与雨
伞之间的作用力的大小关系不能确定，故B错误；
C.水珠脱离雨伞时的速率等于雨伞边缘的线速度，故C错误；
D.水珠受到的合外力不足以提供水珠需要的向心力（合力小于向心力），水珠做离心运动，故D
正确。
故选：D。
8．电场中电场线、电势能及电势的判断，下列说法正确的是（ ）
A．电场中电势降低的方向即电场线方向
B．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，静电力做正功
C．若﹣q在E点的电势能为负值，则E点电势为负值
D．若+q在A点的电势能比在B点的大，则A点电势高于B点电势
【解答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，但电势降低最快的方向才是电场线方向，故A错
误；
B、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较
低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故B错误；
C、负电荷置在E点的电势能为负值，根据E ＝q ，可知该点电势为正值；故C错误。
p
D、正电荷具有的电势能越大，则该点的电势越高φ，所以若+q在A点的电势能比在B点的大，
则A点电势高于B点电势，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200W
B．主机和照明全部工作情况下的工作电流约为1.05A
C．图中电容为4 F/500V，则在220V电压下电容约为1.76 F
D．额定频率为5μ0Hz，即额定功率下，电机每秒钟转动50转μ
【解答】解：A、电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和，抽油烟时电动机的输入功率是
200W，则其输出功率小于200W，故A错误；
P 230
B、主机和照明全部工作情况下总功率P＝230W，工作电流I= = A≈1.05A，故B正确；
U 220
C、电容器的电容由电容器的结构决定，与电压无关，在 220V电压下电容器的电容仍然为
4 F，故C错误；
Dμ、额定频率指的是电源频率，电动机的转速与电源频率无关，故D错误。
故选：B。
10．如图所示，一交流发电机的线圈通过滑环与理想变压器相连，理想变压器原线圈接有理想电压
表和电流表，副线圈接有定值电阻和灯泡，它们的阻值相等（设灯泡阻值不变），且均为R，当
线圈由图示位置（磁场恰好与线圈平面垂直）以转速n匀速转运时，灯泡恰能正常发光，电流表
示数为I，理想变压器原、副线圈的匝数比为k。下列选项中正确的是（ ）
A．线圈在图示位置磁通量的变化率最大
B．电压表示数为k2IR
C．灯泡的额定功率为k2I2RD．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式u＝2k2IRsin2n t
【解答】解：A、线圈在图示位置为中性面，磁通量最大，但磁通量的变化π率为零，故A错误。
B、由 I n 1，得副线圈电流的有效值I ＝kI，
= 2= 2
I n k
2 1
副线圈电压有效值U ＝I •2R＝2kIR，
2 2
U
由 = k，得原线圈电压的有效值U＝2k2IR，即电压表示数为2k2IR，故B错误。
U
2
C、灯泡的额定功率P ＝I 2R＝k2I2R，故C正确。
0 2
D、原线圈电压的最大值U =√2U＝2√2k2IR，角速度 ＝2 n，从图示位置开始计时，变压器
m
输入电压的瞬时值表达式u＝2√2k2IRsin2n t，故D错误ω。 π
故选：C。 π
11．如图所示，在匀强磁场中，光滑导轨 ab、cd平行放置且与电源相连，导轨与水平面的夹角为
，间距为L。一个质量为m的导体棒MN垂直放在两平行导轨上，通以大小为I的恒定电流时，
θ恰好能静止在斜面上。重力加速度大小为g，下列关于磁感应强度B的大小及方向说法正确的是
（ ）
mgtanθ
A．B的最小值为 ，方向竖直向下
IL
mgsinθ
B．B的最小值为 ，方向垂直导轨平面向下
IL
mg
C．当B的大小为 时，方向一定水平向右
IL
mg
D．当B的大小为 时，导体棒对导轨的压力一定为零
IL
【解答】解：AB.根据左手定则，当磁场方向垂直于导轨平面向下时，导体棒受到沿斜面向上的
安培力，此时求得的B为最小，如图1所示：图1
根据共点力平衡条件有：
BIL＝mgsin
求得 θ
mgsinθ
B=
IL
故A错误，B正确；
mg
CD.当B的大小为 时，即安培力大小等于重力，由平衡条件可知，安培力可能恰好竖直向上
IL
平衡重力，磁场方向水平向右；也可能与斜面夹角90°﹣ 斜向右下方，如图2：
θ
图2
则此种情况导体棒对导轨的压力不为零；
故CD错误。
故选：B。
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x 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
0
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
x
D．如果在最低点剪断绳子，此后A振动过程中，振幅为 0
2
【解答】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A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），所以假设错误，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、剪断绳子前，两物体达到最高点时弹簧恰好为原长，振幅为 x ，在最低点时弹簧伸长
0
2mg
2x ，在平衡位置时，弹簧伸长x = 。如果在最低点剪断绳子，A物体在新的平衡位置时，
0 0
k
mg 1 1 3
弹簧伸长x= = x ，不难得出此后A的振幅为A′＝2x ﹣x＝2x − x = x ，而越是在弹
k 2 0 0 0 2 0 2 0
1
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 x 。振
0
2
√m
子的质量减小了，由T＝2 分析可知周期一定减小，故CD错误。
k
π
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 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μ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，AC
＝h。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
1
B．从A下滑到C过程中摩擦发热为 mv2
4
1
C．在C处，弹性绳的弹性势能为 mgℎ− mv2
4
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
【解答】解：A、圆环下滑过程受力如图所示，设弹性绳的伸长量为l，弹性系数为k，弹性绳与
水平方向的夹角为
θ
在水平方向，由平衡条件得：F ＝klcos ＝kd，由于k、d都是常数，则F 不变，下滑过程竖直
N N
杆对圆环的摩擦力f＝ F 大小不变，故θA错误；
N
BC、圆环从A到C与μ从C到A过程弹性绳弹性势能的变化量相等，设为ΔE
p
，摩擦产生的热量
相等，圆环恰好回到A，则到达A点时圆环的速度为零，设为Q，设A、C间的距离为h，圆环
1
从A到C过程，由功能关系得：mgh＝ΔE +Q，从C到A过程，由功能关系得： mv2+ΔE ＝
p p
2
1 1
mgh+Q，解得：Q= mv2，ΔE ＝mgh− mv2，从A到C过程弹性绳弹性势能的增加量为mgh
p
4 4
1 1
− mv2，在A处弹性绳的弹性势能不是零，则到达C点弹性绳的弹性势能大于mgh− mv2，
4 4
故B正确，C错误；
D、圆环的机械能在下滑过程中要克服摩擦阻力与弹性绳的弹力做功，机械能持续减小，圆环上
升过程中弹性绳对环做正功，摩擦力对圆环做负功，由于不知弹性绳做功与摩擦力做功大小关
系，无法判断圆环机械能如何变化，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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．如图所示，检查精密零件的表面质量，将被检查平面和放在上面的透明标准样板的一端垫一个
薄片，使样板的标准平面和被检查平面间形成一个楔形空气膜。单色光从上面照射，入射光在
空气层的上、下表面反射出两列光波叠加情况，从反射光中看到干涉条纹，根据干涉条纹的形
状，来确定工件表面情况。下面关于条纹的说法中正确的是（ ）
A．干涉条纹的产生是由于光在劈尖形空气膜上下两个表面反射形成的两列光波叠加的结果
B．将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖方向移动
C．观察薄膜干涉条纹时，眼睛应在入射光的另一侧
D．增大薄片的厚度，条纹间距变大
【解答】解：从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出现条纹，所
以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的，故A正确；
B、根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈
尖移动，故条纹向着劈尖移动，故B正确；
C、观察薄膜干涉条纹时，眼睛应在入射光的同一侧，故C错误；
D、根据薄膜干涉的特点可知条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，条纹间距都相等；增大薄片
的厚度，条纹间距变小，故D错误；
故选：AB。
15．下列说法正确的是（ ）
A．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
B．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出 射线
C．光电效应实验表明入射光的频率低于截止频率时β不发生光电效应
D．核反应方程 He Al→ P n是约里奥•居里夫妇首次用人工核转变的方法获得放射性
4 + 27 30 + 1
2 13 15 0
同位素
【解答】解：A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定。故A正确；B、 射线是原子核中的中子变成一个质子，放出来的电子，而不是氢原子核从高能级向低能级
跃迁β时辐射出的 射线，故B错误；
C、依据光电效应β条件，实验表明入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应，故C正确；
D、方程 He Al→ P n是约里奥•居里夫妇首次用人工核转变的方法获得放射性同位素。
4 + 27 30 + 1
2 13 15 0
故D正确；
故选：ACD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ．在“探究平抛运动的特点”实验中。某同学采用如图1所示的实验装置，每次都将小球从斜槽
的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上
落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。
（1）研究平抛运动规律时，下述条件中有利于减小误差的是 BCD ；
A．斜槽轨道尽量光滑
B．斜槽轨道末端保持水平
C．减小水平板每次移动的距离，获得更多的记录点
D．使用密度更大的小钢珠进行实验
（2）实验后得到了如图2所示的小球轨迹，每小格的边长L＝5cm，实验中记录了小球运动途
中的三个位置，如图所示。则可知该小球做平抛运动的初速度为 1. 5 m/s。（g取10m/s2）
（3）如图3图像中，能正确反映上述实验中y与x关系的是 C 。
【解答】解：（1）A、本实验只需要保证每次小球平抛的初速度相同即可，轨道光滑对减小实
验误差没有帮助，故A错误；B、弯曲轨道边缘保持水平，能保证小球离开轨道后做平抛运动，故对减小误差有帮助，故 B正
确；
C、减小水平板每次移动的距离，获得更多的记录点，对减小误差有帮助，故 C正确；
D、使用密度更大的小钢珠进行实验，能减小空气阻力的影响，小钢球的运动更接近平抛运动，
故对减小误差有帮助，故D正确；
故选：BCD。
（2）钢球在水平方向有：Δx＝4L＝v t
0
竖直方向有：Δy＝2L＝gt2，
将L＝5cm＝0.05m代入解得v ＝1.5m/s。
0
（3）平抛运动规律得x＝v t
0
1
y= gt2
2
可得y= g x2
2v2
0
可知y与x2成正比，故选C。
故答案为：（1）BCD；（2）1.5；（3）C
Ⅱ．（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 AC （选填
“A”、“B”、“C”、“D”）。
（2）利用电流表（不理想，内阻等于5 ）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。Ω
①应该选择的实验电路是图中的 己 （选填“戊”或“己”）。
②有如下滑动变阻器提供：
A.滑动变阻器（0～1 ）
B.滑动变阻器（0～20Ω ）
C.滑动变阻器（0～10Ω0 ）
Ω滑动变阻器应选用 B （选填相应器材前的字母）。
【解答】解：（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、图乙方案多用电表的极性接错，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，黑表笔接了内部电源的正极，这是正确的，但是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为了尽量减小实验误差，目前电流表内阻已知，故采用己方案。
②由于电流表有5 的内阻，电源有一定数值的待测内阻，为了电路调节明显，滑动变阻器应该
选B。 Ω
故答案为：（1）AC；（2）①己，②B
17．如图所示，一细U形管两端均开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在管的底部，初始状态气
体温度为 T ＝280K，各段的长度分别为 L ＝20cm，L ＝15cm，L ＝10cm，h ＝4cm，h ＝
1 1 2 3 1 2
20cm。现使气体温度缓慢升高，大气压强为p ＝76cm不变。
0
（1）若当气体温度升高到T 时，右侧水银柱开始全部进入竖直管，求此时的温度T ；
2 2
（2）在T 的基础上继续升温至T 时，右侧水银柱变成与管口相平，求温度T 。
2 3 3【解答】解：（1）设U形管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：p ＝p +p ＝
1 0 h1
（76+4）cmHg＝80cmHg，V ＝L S＝20S，
1 1
当右侧的水银全部进入竖管时，水银柱的高度：h＝h +L ＝4+10＝14cm，此时左侧竖管中的水
1 3
银柱也是14cm。
气体的状态参量：p ＝p +p ＝（76+14）cmHg＝90cmHg，V ＝L S+2L S＝20S+2×10S＝40S，
2 0 h 2 1 3
由理想气体的状态方程得：p V p V ，
1 1= 2 2
T T
1 2
代入数据得：T ＝630K；
2
（b）水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动，右侧水银柱与管
口相平时，气体的体积：V ＝L S+L S+h S＝20S+10S+20S＝50S，
3 1 3 2
由盖吕萨克定律：V V ，
2= 3
T T
2 3
代入数据得：T ＝787.5K；
3
答：（1）若当气体温度升高到 T 时，右侧水银柱开始全部进入竖直管，此时的温度 T 为
2 2
630K。
（2）在T 的基础上继续升温至T 时，右侧水银柱变成与管口相平，温度T 为787.5K。
2 3 3
18．如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的
薄壁圆筒上。t＝0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满
足 ＝ t（ 为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为 ．求：
1 1
（1ω）物β块做β何种运动？请说明理由。 μ
（2）物块运动中受到的拉力。
（3）从开始运动至t＝t 时刻，电动机做了多少功？
1
（4）若当圆筒角速度达到 时，使其减速转动，并以此时刻为t＝0，且角速度满足 ＝ ﹣
0 0
t（式中 、 均为已知）ω，则减速多长时间后小物块停止运动？ ω ω
2 0 2
β ω β【解答】解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v＝ R＝R t，线速度与时
1
间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动； ω β
（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a＝R ，根据物块受力，由牛顿第二定律得：
1
T﹣ mg＝ma β
则细μ线拉力为：
T＝ mg+m R
1
（3）μ 对整体运β用动能定理，有
1 1
W电+W
f
= mv2+ 2mv2
2 2
其中：
1
W＝﹣ mgs=− mgRβ t2
f 2 1 1
μ μ
则电动机做的功为：
1 3
W电 =
2
mgRβ
1
t
1
2+
2
mR2β
1
2t
1
2
μ
（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v＝ R＝ R﹣R t，线速度变化率为a＝R
0 2 2
ω ω β β
若a≤ g，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t ω
= 0
β
2
μ
ω R
若a＞ g，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t= 0
μg
μ
答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；
（2）物块运动中受到的拉力为 mg+m R ；
1
（3）从开始运动至t＝t 时刻， μ 电动机做功 β 为 1 mgRβ t2+ 3 mR2β2t2；
1 2 1 1 2 1 1
μ
（4）若a≤ g，减速ω 时间后小物块停止运动；若a＞ g，减速ω R时间后小物块停止运动。
0 0
β μg
2
μ μ
19．如图，相距为L＝1m的光滑金属轨道，左侧部分倾斜，倾角为 ＝37°，上端接有阻值为R＝
θ3 的电阻，左侧空间存在有垂直于斜面向上的磁场B ＝3√2T，右侧部分水平，分布着如图所
0
示Ω的磁场，边界CD与EF相距s ＝3m，中间分布着竖直向下的磁场，边界EF与GH相距为s ＝
1 2
5m，中间分布着竖直向上的磁场，它们的磁感应强度都为B＝2T，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m＝1kg，长度都为L＝1m，电阻都为R＝
3 ，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h＝2m处滑下，到
达Ω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v ；
0
（2）当棒a到达边界EF时，棒b的位移大小x ，以及a棒在CD与EF之间的运动时间t ；
b 1
（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。
【解答】解：（1）金属棒a匀速运动时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsin ＝BI L
1
B Lv
θ
其中：I = 0 0
1
2R
解得：v ＝2m/s
0
（2）再次匀速必有：BLv ＝BLv ，且v 方向向左
a b b
对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BILt ＝mv ﹣ma
1 a 0
即：B2L2 (x −x ) mv ﹣mv
a b = 0 a
2R
对b棒，取向左为正方向，根据动量定理可得：B2L2 (x −x ) mv ﹣0
a b = b
2R
联立解得：v ＝v ＝1m/s，x ﹣x ＝1.5m
a b a b
根据题意可知：x ＝3m，则x ＝1.5m，方向向左；
a b
由于a和b棒的加速度大小始终相等、方向相同，所以a相对于b做匀速直线运动，则有：
x +x ＝v t
a b 01
联立解得：t ＝2.25s
1
（3）此后a棒和b棒都以v＝1m/s的初速度在EF的右侧相向运动，两棒初始相距Δx ＝2.5m﹣
1
1.5m＝1m，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s 、s ，对任意棒
1 2
有：
B2L2 (s +s ) 0﹣mv
− 1 2 =
2R
解得：s +s ＝1.5m
1 2
所以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，最后两
棒都在EF的右侧停止，相距为：x＝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，
1
故：Q = mgh
a
2
解得：Q ＝10J
a
20．东方超环是我国研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置，此装置需要利用“剩余离子偏转
系统”将带电粒子从混合粒子束中剥离出来。如图所示是一种剩余离子电偏转系统的原理简图，
在两平行极板间加上恒定电压，让混合粒子束经过电场偏转，若粒子打在极板上将全部被极板
吸收。紧靠平行金属板的右侧有一竖直边界，边界右侧区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁
场的宽度为L ＝0.40m。整个装置置于真空环境中，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，忽
1
略带电粒子运动对电场磁场的影响和极板的边缘效应。已知带正电粒子进入电场的速度v ＝
0
q
1.0×106m/s，比荷为 =1.0×108C/kg，两极板的长为L＝1.0m，间距为d＝0.5m。求：
m
（1）要使正电粒子都能被极板吸收，两极板加的电压至少多大。
1
（2）在电压不变的条件下，将下极板下移 Δd= m．为使所有从电场中射出的正电粒子均能回
6
到电场，求磁感应强度B的大小需满足的条件。
（3）在（2）的条件下可利用右侧竖直放置的电荷收集板在磁场中平移来吸收粒子，若磁场的
磁感应强度B＝0.1T，当粒子碰到收集板左侧或右侧时会立即被吸收，要使所有正电粒子都能被
收集，对应的收集板至少多长。【解答】解：（1）粒子进入电场后受到向下的电场力，粒子要向下偏转，要使正粒子都能被极
板吸收，那么沿上极板边缘进入的粒子刚好能打在下极板边缘上时，两极板上所加电压为最小
值，如图1所示；
qU
粒子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：a=
md
L
水平方向上做匀速直线运动，离开电场经过的时间：t =
v
0
1
竖直方向上根据匀变速直线运动的规律可得：d= at2
2
联立上面三式得：U＝5×103V
（2）板下移后，两极板之间的距离为：d′＝d+Δd，如图2所示；
qU
此时粒子在电场中运动的加速度大小为：a′=
m(d+Δd)
粒子离开电场时竖直方向的速度大小为：v ＝a′t
y
代入数据解得：v ＝7.5×105m/s
y粒子出来时速度方向与水平方向的夹角为 ，则有：tan v
= y
v
0
θ θ
解得：tan ＝0.75，所以 ＝37°
粒子出来时 θ 的偏转位移： θ y= 1 a't2
2
代入数据解得：y＝0.375m；
粒子进入磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图3所示；
v2 v
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ，其中v= 0
R cosθ
2mv
在磁场中上移位移为y′＝2Rcos = 0
qB
θ
要使粒子能从磁场中出来进入电场必须满足y＞y′，
代入数据可得：B≥5.3×10﹣2T
同时磁场有边界，为保证粒子不从磁场右侧出来，需要满足：
R+Rsin ≤L
1
mvθ
R=
qB
可得B≥5.0×10﹣2T
所以粒子能从磁场中出来，又进入电场的条件为：B≥5.3×10﹣2T；
（3）当B＝0.1T时，粒子在磁场中的半径R ，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2
1
R
1
解得：R ＝0.125m；
1
在磁场中旋转上移位移y″＝2R cos ＝0.2m，运动轨迹如图4所示；
1
θ2 7
PQ区间为粒子离开电场的区域：y +y ＝d′﹣y＝（ −0.375）m= m，K为PQ中点。
1 2
3 24
要使得MN最短：
QK区域出来的粒子打在MN的右侧，KP区域出来的粒子打在MN的左侧。利用对称性可知y
1
7
＝y = m
2
48
7
K点进入的粒子刚好过MN，所以MN长度为L＝y ＝y = m。
1 2
48
