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02
（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．下列单位及符号属于基本单位的是（ ）
A．伏特V B．厘米cm C．库仑C D．焦耳J
【解答】解：际单位制中有七个基本物理量，七个基本物理量与其国际单位分别是：
长度（米—m），质量（千克—kg），时间（秒—s），电流（安—A），
热力学温度（开尔文—K），物质的量（摩尔—mol）和发光强度（坎德拉—cd）。
故可知伏特、库仑、焦耳均是导出物理量的单位，属于导出单位；
厘米是基本物理量长度的单位，属于基本单位，而长度的国际单位是米（m）。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．物理课上经常出现“高速公路”、“高压输电”、“高频振荡”、“高温物体”等带有“高”
字的词语，下列对这些词语的说法正确的是（ ）
A．高速公路上有限速，如限速120km/h，即行车的平均速度不得超过120km/h
B．我国远距离输电一般采取高压输电，输送电压越高，相应电流也越大
C．要有效发射电磁波，需要用高频振荡，频率越高发射电磁波的本领越大
D．温度高的物体，从微观角度看，分子热运动的平均速率大
【解答】解：A、高速公路限速指的是瞬时速度，故A错误；
B、根据P＝UI知，P一定时，U越大，I越小，故B错误；
C、发射电磁波的本领由振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故 C
正确；
D、温度高的物体分子平均动能较大，但如果分子质量大，则分子的平均速率可能小，故D错误。
故选：C。
3．如图所示，2021年10月16日0时23分，神舟十三号成功发射，随后与天和核心舱交会对接，
3名航天员成功抵达天和核心舱，开始长达6个月的太空任务。则以下说法正确的是（ ）A．在分析神舟十三号运动轨迹时，可将其视为质点
B．研究飞船姿态控制问题时，可将飞船视为质点
C．研究飞船对接后的运动时，不可选地球为参考系
D．北京时间2021年10月16日0时23分是时间间隔
【解答】解：A．在分析神舟十三号运动轨迹时，由于神舟十三号的大小和形状对所研究的问题
的影响可以忽略，则可以将神舟十三号看作质点，故A正确；
B．在研究飞船姿态控制问题时，由于神舟十三号的大小和形状是不能忽略的，即不能将飞船看
作质点，故B错误；
C．研究物体的运动必须选择参考系，而参考系的选取则是任意的（除自身以外），研究飞船对
接后的运动时，可以选取地球作为参考系，故C错误；
D．北京时间2021年10月16日0时23分是神舟十三号点火的时间点，即是时刻，不是时间间
隔，故D错误。
故选：A。
4．如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起
运动，则下列说法正确的是（ ）
A．车对物块的作用力方向水平向右
B．车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变
C．若车厢加速度变大，车壁对物块的弹力也变大
D．若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大
【解答】解：A．车对物块有向右的支持力和向上的摩擦力，故作用力斜向右上，故A错误；
B．在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于车壁发生了弹性形变，故B错误；
C．根据牛顿定律F ＝ma可得，若车厢加速度变大，车壁对物块的弹力F 也变大，故C正确；
N ND．竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，二力是等大的，与车厢的加速度大小
无关，故D错误。
故选：C。
5．小球以初速度v 水平抛出，忽略空气阻力，落地时的速度v，下列选项正确的是（ ）
0
v−v
A．小球在空中运动的时间是 0
g
B．抛出点距地面的高度为1 v−v 2
g( 0 )
2 g
v (v−v )
C．小球的水平射程为 0 o
g
D．小球的位移是√v4−3v4+2v2v2
0 0
2g
【解答】解：A、物体落地的竖直速度为： ，则小球运动的时间为： √v2−v2，
v =√v2−v2 t= 0
y 0 g
故A错误；
B、抛出点距地面的高度为： v2 v2−v2，故B错误；
= y = 0
ℎ
2g 2g
C、小球的水平射程为： v √v2−v2，故C错误；
x=v t= 0 0
0 g
D、小球的位移为： √v4−3v4+2v2v2，故D正确。
s=√x2+
ℎ
2= 0 0
2g
故选：D。
6．如图所示，a、b为电场中同一条水平方向电场线上的两点。若已知这两点的电势大小和两点间
的距离，则（ ）
A．一定能求出此电场的电场强度
B．一定能求出a、b两点间中点的电势
C．一定能求出已知电荷量的电荷从a点移动到b点电场力所做的功
D．一定能求出已知电荷量的电荷从a点由静止运动到b点所用的时间【解答】解：AB、在匀强电场中，根据公式U＝Ed，但因为电场不一定是匀强电场，所以不一
定能计算出电场强度和电势差，以及ab两点间中点的电势，故AB错误；
CD、因为已知两点的电势和移动电荷的电量，所以能计算出电势能的变化，根据功能关系也可
以计算出电场力做的功；但根据已知条件无法计算出电荷从a点由静止运动到b点的时间，故C
正确，D错误；
故选：C。
7．国内首个重力储能技术应用示范项目—如东100MWh重力储能项目正在紧锣密鼓地建设中。该
项目的工作原理是利用新能源产生的多余电能来推动复合砖进行储能，等到用电高峰时，再降
下复合砖，用重力做功发电。该项目中所有复合砖一上一下，完成一次充放电，最大可输出电
能100MWh，最大功率25MW，已知此装置把重力势能转化为电能的效率为90%，设每组复合
砖质量为2×104kg，每组复合砖的平均提升高度为120m，则共需复合砖的数量为（ ）
A．5×103组 B．1.7×104组 C．5×104组 D．3.4×105组
【解答】解：设共需n组复合砖，根据能量守恒定律有
W＝nmgh×90%
将W＝100MWh＝3.6×109J代入解得
n＝1.7×104组
故ACD错误，B正确；
故选：B。
8．小明准备参加玩具赛车比赛，他正准备挑选一只能量转换效率较高的电动机。设电动机两端电
压不变，他先用手捏住电动机的转轴，使其不转动，闭合开关后读出电流表的读数 2A；然后放
手，当电动机正常转动时，又读出电流表的读数为 0.4A，则该玩具电动机正常转动时将电能转
化为机械能的效率为（ ）
A．20% B．60% C．80% D．96%
U
【解答】解：设电压为U，电动机内阻为r，由欧姆定律可知，I = =2A
1 r当电动机正常转动，电动机正常转动时将电能转化为机械能的效率 U I −I2r 100%
η= 2 2 ×
U I
2
联立两式解得 ＝80%，故C正确，ABD错误。
故选：C。 η
9．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球
同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法正确的是（ ）
A．周期关系为T＝T＞T
a c b
B．线速度的大小关系为v ＜v ＜v
c b a
C．向心加速度的大小关系为a ＞a ＞a
a b c
D．向心力关系为F ＞F ＞F
b c a
【解答】解：a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地
球同步卫星，则a、c的角速度相等，b、c的向心力由万有引力提供；
A、c为地球同步卫星，转动角速度与地球自转角速度相等，根据万有引力提供向心力有：
GMm
=
mr4π2 ，解得：T
=
√4π2r3，可知T
c
＝T
a
＞T
b
，故A正确；
r2 T2 GM
GMm
B、对a、c，根据公式v＝r ，由r ＜r 可知，v ＜v ；对b、c，根据牛顿第二定律得： =
a c a c r2
ω
v2 √GM
m ，解得：v= ，由r ＜r 可知，v ＜v ；故三者线速度的大小关系为v ＜v ＜v ，故B
b c c b a c b
r r
错误；
C、对a、c，根据向心加速度公式a＝r 2，由r ＜r 可知，a ＜a ；对b、c，根据牛顿第二定律
a c a c
ω
GMm GM
得： = ma，解得：a = ，由r ＜r 可知，a ＜a ；故三者心加速度的大小关系为a ＜a ＜
r2 r2 b c c b a c
a ，故C错误；
b
D、由于三个物体的质量未知，所以无法比较向心力大小，故D错误。故选：A。
10．“水流导光”实验装置如图所示，长直开口透明塑料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，
水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察实验现象．
则（ ）
A．减小激光的强度，“水流导光”现象更明显
B．改用频率更低的激光，“水流导光”现象更明显
C．改用折射率较大的液体，“水流导光”现象更明显
D．随着瓶内清水高度的降低，“水流导光”现象更明显
【解答】解：AD、减小该激光的强度，激光的临界角不变，现象不会改变，故A错误；
B、水从小孔流出形成弯曲的水束，激光没有完全被限制在水束内，是因为光从水射向空气的入
射角小于临界角，出现折射现象，当换用频率更低的激光，临界角变大，更不容易发生全反射，
将有更多激光不能被限制在水流内传播，故B错误；
C、水从小孔流出形成弯曲的水束，激光没有完全被限制在水束内，是因为光从水射向空气的入
射角小于临界角，出现折射现象，改用折射率更大的液体时，临界角变小，容易发生全反射，
“水流导光”现象更明显，故C正确；
D、随着瓶内清水高度的降低，则从孔中射出的水流速度会变小，水流轨迹会变得更弯曲，激光
在水和空气界面处的入射角会变小，则会有大部分光会在界面处折射，导致“水流导光”现象
不明显，故D错误，
故选：C。
11．在下列情况中，发生的是光的哪一种现象，说法错误的是（ ）
A．通过狭缝看日光灯可见彩色花纹，是光的衍射现象
B．增透膜是利用的是光的干涉现象制成的
C．炎热夏日中午，干燥的柏油马路上看上去有水，能显示车辆的倒影，是光的全反射现象
D．阳光下水面上的油膜会出现彩色花纹是光的偏振现象【解答】解：A、通过狭缝去观察发光的白炽灯，会看到彩色条纹，是衍射现象；故A正确；
B、增透膜是利用光的干涉现象来使反射光的强度减至最小，属于薄膜干涉；故B正确；
C、夏日炎炎，马路面上方空气不均匀，靠近路面处的温度高，空气密度小，折射率小，满足光
的全反射条件，因而能显示车辆的倒影，看上去就像有水，是光的全反射现象，故C正确；
D、阳光下水面上的油膜看上去五颜六色的，是由油膜内外表面反射的光在油膜的外表面处发生
干涉，产生干涉图样．故D错误。
本题选择错误的，
故选：D。
12．下列说法正确的是（ ）
A．频率越低的光，粒子性越显著
B．无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应
C．氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，动能也变大
D．发生 衰变时，新核的核电荷数不变
【解答】β解：A、频率越低的光，光子的能量值越小，其动量越小，粒子性越不显著。故A错误；
B、光电效应实验中，无论入射光多强，只要入射光的频率低于金属的截止频率，就不可能发生
光电效应，故B正确；
C、氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，根据ke2 mv2可知电子的动能减小。故C
=
r2 r
错误；
D、发生 衰变时，原子核内的每一个中子转化为一个质子和一个电子，新核的质量数不变，核
电荷数增β加一个。故D错误；
故选：B。
13．如图所示，甲图为参与波动的质点 P的振动图像，乙图为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝2s
时刻的波动图像，则下列判断错误的是（ ）A．该波的传播速率为1m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．在0～2s时间内，质点P的路程为1.2m
D．这列简谐横波与另一列频率为0.25Hz的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象
【解答】解：A．由题可知，题中给出了波在2s时的波形图和质点P的振动图，则由乙读出该
波的波长为 ＝4m，由甲图读出周期为T＝4s，
λ λ 4
则波速为：v= = m/s=1m/s，故A正确；
T 4
B．由甲图可知t＝2s时刻，P质点的振动方向沿y轴正方向，在乙图中，根据“上坡下，下坡
上”的规律可判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
C．质点P不会随波向前传播，只是在平衡位置附近振动，故质点P的路程可由波的振幅表示，
根据甲图可知，在0～2s时间内，质点P的路程为0.6m，故C错误；
1 1
D．由上分析可得，这列简谐横波频率为：f = = Hz=0.25Hz，则可判断该简谐波与另一列
T 4
频率为0.25Hz的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象，故D正确。
本题选择错误的，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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．下列说法中正确的是（ ）
A．动圈式扬声器也可以当作话筒使用
B．利用光敏电阻可以对流水线上的产品计数
C．用半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高而变大
D．霍尔元件可以把电学量转化为磁学量
【解答】解：A．动圈式扬声器在外界的作用下振动，会带动线圈运动，此时，线圈会切割磁感
线运动，从而引起闭合回路的磁通量变化，则会产生感应电流，就会把声音信号变成电信号，故A正确；
B．光敏电阻的阻值和光强有关，则利用光敏电阻可以通过遮光情况实现对流水线上的产品计数，
故B正确；
C．用半导体材料制成的热敏电阻，若它的阻值会随温度升高而变小的，称为负温度系数热敏电
阻；若它的阻值随温度升高而变大的，称为正温度系数热敏电阻。所以半导体材料制作的热敏
电阻的阻值随温度升高不一定是变大的，故C错误；
D．霍尔元件的原理是把磁学量转化为电学量，故D错误。
故选：AB。
15．利用光电管可以研究光电效应（如图a），小明用三种不同的光分别照射同一光电管的阴极
K，测定光电流I与光电管两端电压U的关系，得到了三条不同的曲线甲、乙、丙（如图b），
下面分析正确的是（ ）
A．甲光比丙光的光照强度更大
B．甲光比丙光的波长短
C．甲光比乙光的频率低
D．甲光产生的光电子的最大初动能比乙光的小
【解答】解：根据光电效应方程E ＝hν﹣W 和E ＝eU得
k 0 k
eU ＝hν﹣W
c 0
A.由图知甲光和丙光的遏止电压相同，则频率相同，在频率一定的情况下，光照强度越强，饱
和光电流越大，因为甲光的饱和光电流较大，故甲光比丙光的光照强度更大，故A正确；
c
B.由图可知甲光和丙光的遏止电压相同，则甲光和丙光的频率相同，又由 = 可得甲光和丙光
ν
λ
的波长也相同，故B错误；
C.由图可知甲光照射时的遏止电压比乙光小，所以甲光的频率低，故C正确；
D.由图知乙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，则乙光的频率大于甲光的频率，由光电效应方
程E ＝hν﹣W 可知，甲光产生的光电子的最大初动能比乙光的小，故D正确；
k 0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．（1）在“探究弹簧弹力F与弹簧长度l的关系”的实验中，装置如图甲所示。毫米刻度尺的 0
刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力。
①实验中某次测量弹簧长度如图1所示，则此时弹簧长度l＝ 8.8 2 cm。
②多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣1图像，由此可知该弹簧的劲度系数k＝ 200
N/m。（计算结果保留三位有效数字）。
（2）某实验小组测量当地重力加速度。
①小明同学利用手机频闪拍摄小球自由下落的过程来测量当地重力加速度。图 3是自由下落运
动的部分频闪照片。x 、x 、x 、x 分别是小球到O点的距离，已知手机闪光频率f＝50Hz，则
1 2 3 4
可以测得当地重力加速度g＝ 9.6 3 m/s2。（计算结果保留三位有效数字）．
②小金同学利用图4单摆装置测量当地重力加速度。下列操作正确的是 AC （多选）
A．摆线上端需要夹子夹牢来固定悬点B．应该从平衡位置（最低点）开始计时，并直接测量一次全振动的时间作为周期
C．为减小误差，摆球应该质量大体积小
D．为了减小阻力影响，应该让摆球的摆角大一些好，摆动得更明显
③小金利用单摆周期公式计算重力加速度，在实验前正确测量摆长，实验后回想到实验过程中
小球的摆动平面并没有在严格的同一竖直平面内，则他计算的重力加速度值将 偏大 （选填
“偏大”、“偏小”、“不偏”）。
【解答】解：（1）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，此时弹簧的实际长度为8.82cm。
ΔF 12−0
= =
②图象斜率代表弹簧的劲度系数，则k N/m＝200N/m；
Δx (9.0−3.0)×10−2
1 1
（2）①手机闪光频率 f＝50Hz，则 T= = s＝0.02s，根据逐差法可解得重力加速度 g
f 50
x −x −x 61.4−23.0−23.0 m/s2＝9.63m/s2；
= 4 2 2= ×10−3
4T2 4×0.022
②A、在摆线上端的悬点处，用夹子夹牢摆线，防止摆线长度变化，故A正确；
B、为了减小测量误差，采用累积法，测量多个周期求平均值可以减小误差，故B错误；
C、为减小误差，摆球应该质量大体积小，故C正确；
D、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故D错
误；
故选：AC。
③对圆锥摆，根据牛顿第二定律有mgtan ＝mr4π2，其中r＝Lsin
T2
θ θ
解得
√Lcosθ √L
T＝2π ＜2π
g g
根据g 4π2 L可知T偏小，所以g偏大。
=
T2
故答案为：（1）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大
Ⅱ．某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们用如图所
示的实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。
电流表的内阻为100 ，量程为0～300 A；电阻箱阻值的变化范围为0～9999 。
Ω μ Ω连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如表2所示。
表2电阻箱R和电流表I的各组数据
R/k 9 8 7 6 5 4 3
I/ AΩ 92 102 115 131 152 180 220
请作μ 出本实验的U﹣I图像（U为电阻箱两端的电压，I为通过电阻箱的电流），根据U﹣I图像
得出该橙汁电池的电动势和内阻。
【解答】解：根据表中数据可得，由U＝IR可得，对应的电压U如下表所示；
R/k 9 8 7 6 5 4 3
I/ AΩ 92 102 115 131 152 180 220
Uμ/V 0.828 0.816 0.805 0.786 0.760 0.720 0.660
根据闭合电路欧姆定律可得，U＝E﹣I（r+R ）
A
根据描点法可得出U﹣I图象如图所示，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压：U＝E﹣Ir，故U
﹣I图中图象与纵轴的交点表示电动势，
由图示U﹣I图象可知，电源电动势：E＝0.95V；图象的斜率表示内电阻与电流表内阻之和，则
ΔU 0.95−0.60
内阻r= −r = ﹣100 ＝1196 。
ΔI A 270×10−6
Ω Ω Ω答： ；电动势为0.95V；内阻为1196 。
Ω
17．如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为19cm的水银柱封闭一段长
8cm的空气柱，已知大气压强为105Pa（相当于76cmHg），封闭气体的温度为27℃，玻璃管的
横截面积为2×10﹣4m2，对该装置分别进行下列三种操作，请根据要求进行解答。
（1）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求空气柱的长度；
（2）若保持玻璃管不动，封闭气体从外界吸收 5J的热量使温度缓慢升高到42℃，求气体内能
的变化量；
（3）若将玻璃管的上端封闭后，再将封闭的两部分气体升高相同的温度，请推导水银柱的移动
方向。
【解答】解：根据题意可知，水银柱的长度h＝19cm，空气柱原来的长度为l ＝8cm。
1
（1）大气压强p ＝76cmHg＝105Pa
0
初态时封闭气体的压强p ＝p +p ＝95cmHg＝1.25×105Pa
1 0 h
初态时封闭气体的体积V ＝l S
1 1
末态时封闭气体的体积V ＝l S
2 2
气体做等温变化，由玻意耳定律得：p V ＝p V
1 1 0 2
解得末态气柱长度l ＝10cm；
2
（2）初状态气体的温度为T ＝（273+27）K＝300K
1封闭气体从外界吸收5J的热量使温度缓慢升高到T ＝（273+42）K＝315K，此时空气柱的长度
3
为l ，
3
气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：l S l S
1 = 3
T T
1 3
解得：l ＝8.4cm
3
封闭气体体积的变化量ΔV＝（l ﹣l ）S＝（0.084﹣0.08）×2×10﹣4m3＝8×10﹣7m3，
3 1
封闭气体对外界做的功W＝p ΔV＝1.25×105×8×10﹣7J＝0.1J
1
由热力学第一定律得：﹣W+Q＝ΔU
气体内能的变化量ΔU＝4.9J，即内能增加4.9J；
（3）假设水银柱不动，两部分气体做等容变化
p Δp
由查理定律得： =
T ΔT
ΔT
整理得：Δp= ⋅p
T
由于初态下端气体的温度T相同，而温度变化量ΔT也相同，上端气体的压强小于下端气体压强，
则上端气体的压强增加量小于下端气体压强增加量，水银柱向上移动。
18．某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角 ＝37°的直轨道OB、光滑
圆弧轨道B'C'以及平台CD组成，其中圆弧轨道在B'、C'两点的切线分θ别与直轨道OB、平台CD
平行，BB'、CC'间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定在直轨道OB的底端，
质量m＝0.2kg的滑块P紧靠弹簧上端放置，平台右端D点处放置一质量M＝0.4kg的滑块Q。
已知圆弧轨道半径R＝1m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD长度L ＝1m，平台离地高度h
CD
＝2.5m，滑块P与轨道OB、平台CD间的动摩擦因数 ＝0.1。
游戏中，游戏者将滑块P压缩弹簧到不同的程度，如果μ释放滑块P后，滑块P能够一直沿轨道运
动至D点，与滑块Q发生弹性正碰，且滑块P停留在CD平台上则视为游戏成功。
某次游戏中游戏者将滑块P压缩弹簧至A点，AB距离L ＝3m，释放后滑块P沿轨道运动，测
AB
得经过C点的速度大小为v '＝4m/s。
c
（1）求该次游戏滑块P经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能E ；
p
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q的落地点距D点的水平距离x
的范围。【解答】解：（1）在C'点由牛顿第二定律有： mv '2
F +mg= C
N R
代入数据，可得F ＝1.2N
N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F＝F ＝1.2N，方向竖直向上；
N
（2）由几何关系可知∠BO′C＝
从A点到C由能量守恒可得：E θ =mgL sinθ+mg(R−Rcosθ)+ 1 mv '2+μmgL cosθ
p AB 2 C AB
代入数据，可得E ＝6.08J；
p
（3）设滑块P在D点碰前的速度为v ，碰后的速度为v ，滑块Q碰后的速度为v
D 1 2
两滑块碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mv ＝mv +Mv
D 1 2
1 1 1
由能量守恒可得： mv 2= mv 2+ Mv 2
2 D 2 1 2 2
1 2
两式联立，可得v =− v ，v = v
1 3 D 2 3 D
mv2
①当滑块P恰好过C′点不脱离轨道，则有：mg=
R
代入数据，解得C′点的速度v=√10m/s，C′点的速度v最小，则D点的速度v 最小
D
1 1
从C点到D点利用动能定理：−μmgL = mv 2− mv2
CD 2 D 2
代入数据可得
v =2√2m/s
D
4√2
可得滑块Q碰后的速度v 的最小值v = m/s
2 2 3
②滑块P碰后恰好返回到C点，可知滑块P碰后的速度v 最大时，则v 最大，v 最大
1 D 2
1
从D点运动到C点，利用动能定理：−μmgL =0− mv 2
CD 2 1代入数据，可得v 的大小 ，则
1 v =√2m/s v =3√2m/s
1 D
可得滑块Q碰后的速度v 的最大值
2 v =2√2m/s
2
1
滑块Q离开D点做平抛运动，则有：ℎ = gt2
2
√2
代入数据，可得t= s
2
4
由x＝v t可得x的最小值x = m，最大值x ＝2m
2 min 3 m
4
所以 m≤x≤2m
3
19．如图所示，虚线边界左侧空间分布磁感应强度为B的匀强磁场，方向竖直向下，边界右侧空间
分布磁感应强度为2B的匀强磁场，方向竖直向上。一质量为m，总电阻为R，ab边长为3s，bc
边长为L的单匝矩形线框abcd垂直于磁场水平放置，bc边平行于虚线边界，ab、cd边上的e、f
两处（e、f两处在边界处）有两个小孔，一光滑绝缘的固定轴穿过两个小孔（小孔和轴图中未
画出），ad到边界的距离为s。现让线框在外力的作用下，绕ef轴以角速度 ，顺着ef看为逆
时针方向开始匀速转动。 ω
（1）求从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小q；
（2）在乙图上画出线框中感应电流随时间的图像（以abcda方向为电流正方向，从初始时刻开
始，画一个周期，请标注电流最大值）；
（3）求匀速转动一周外力所做的功W；
（4）撤去外力和转轴，让线圈静止于一个足够大的光滑绝缘水平面上，线圈与磁场的相对位置
依然如图甲所示，现给线框一个水平向右的初速度v 。线框开始运动，发现线框最终的稳定速
0
度为v，求初速度v 大小。
0
ΔΦ
【解答】解：（1）感应电动势E=
ΔtE
感应电流I=
R
根据q＝It
其中Δ ＝3BLs
Φ3BLs
解得q=
R
1 3BLωs π π 3π
（2）第一个 T内，i= sinωt，0≤t≤ ，方向为正， ≤t≤ ，ad边和bc边的
4 R 2ω 2ω 2ω
感应电动势始终抵消，电流为零；
1 3BLωs 3π 2π
第四个 T内，i= sinωt， ≤t≤ ，方向为负，故图像为
4 R 2ω ω
（3）根据W＝I2Rt
√2 3√2BLωs
有效值I= I =
2 m 2R
9πB2L2s2ω
解得W =
2R
（4）线框的感应电动势E＝2BLv+BLv
3BLv
bc边受到安培力向左F =2B L
1 R
3BLv
ad边受到安培力向左F =B L
2 R
3BLs
由动量定理，Δt时间内有−∑2BiLΔt−∑BilΔt=mv−mv ，∑iΔt=q=
0 mR
3BL
即−3B Ls=mv−mv
R 0
9B2L2s
解得v =v+
0 mR
20．如图甲，平行边界CD、EF之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，CD、
EF之间的距离为d。t＝0时刻，有一质量为m的带电粒子从磁场CD边界A点处以速度v 射入
0
磁场，v 方向与CD边界的夹角为60°，粒子恰好从O点垂直EF边界射出磁场。紧靠磁场EF边
0界右侧，有两个间距为L、足够大的平行板M、N，平行板间存在电场，两板电势差的变化规律
如图乙，其中T 为已知。带电粒子在运动过程始终不与N板相碰，粒子重力不计。求：
0
（1）该带电粒子的电性及电荷量大小；
4πd 16BdL T
（2）若v = 、U = ，带电粒子从A点到第一次到达O点的时间t 及t= 0时刻带电
0 3T 0 T 1 2
0 0
粒子的速度v与v 的比值；
0
（3）若满足（2）条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如下图所示。
粒子在磁场中顺时针偏转，由左手定则判断，粒子带正电荷。
设其轨道半径为r ，由几何关系可知：
1
r sin30°＝d，解得：r ＝2d
1 1
由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力得：
v2
qv B=m 0
0 r
1mv
解得：q= 0
2Bd
（2）粒子在磁场中运动周期为： 2πr
T= 1
v
0
粒子从A点到第一次到达O点的轨迹圆心角为30°，则有：
30°
t = T
1 360°
4πd
已知：v =
0 3T
0
T
解得：t = 0
1 4
T T
可知粒子在 0时刻进入电场，到t= 0时刻时速度达到v，粒子在电场中做匀加速直线运动的时
4 2
T T T
间为 0− 0= 0，设此过程的加速度大小为a ，则有：
1
2 4 4
qU
a = 0
1 mL
T
v=v +a 0
0 1 4
16BdL
已知：U =
0 T
0
解得：v＝3v
0
故v：v ＝3
0
T
（3）接（2）的过程继续分析。t= 0到T 时间内粒子先匀减速直线运动到速度为零，后反向匀
0
2
减速直线运动，设此过程的加速度大小均为a ，T 时刻粒子与O点相距为x。则有：
2 0
2qU 16v
a = 0= 0
2 mL T
0
v +v T T 1 T
x= 0 × 0+v(T − 0 )− a (T − 0 ) 2
2 4 0 2 2 2 0 2
解得：x＝0
即在t＝T 时刻，粒子恰好回到O点。设此时粒子的速度大小为v′，则有：
0
T
v'=|v−a 0|=5v
2 2 0粒子第二次在磁场中运动的轨迹如下图所示。
设其轨道半径为r
2
同理有： (5v ) 2
q×5v B=m 0
0 r
2
解得：r ＝10d
2
粒子从K点离开磁场，则有：
AK=r (1−cos30°)+(r −√r2−d2 )
1 2 2
解得：AK=(12−√3−3√11)d。
