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04
（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．下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位（ ）
A．kg、m/s2、℃ B．kg、N、s C．m、kg、s D．C、kg、mol2
【解答】解：国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电
流、发光强度、物质的量，对应的单位分别为m、kg、s、K、A、cd、mol，故全部是基本单位
的只有C，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．下列说法中正确的是（ ）
A．研究短跑运动员的起跑动作时，可将运动员看作质点
B．“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”是以“万重山”为参考系的
C．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时，可将汽车看作质点
D．升国旗时，观察到国旗冉冉升起，观察者是以“国旗”为参考系的
【解答】解：当物体的形状和大小对研究的问题可忽略不计时，可以把物体看作质点。
A、研究短跑运动员起跑动作时，其动作姿态不能忽略，不能看作质点，故A错误；
B、轻舟已过万重山，是以山作为参考系，故B正确；
C、研究汽车在上坡时有无翻到危险时，考虑汽车的重心位置，不能看作质点，故C错误；
D、参考系是假设不动的物体，国旗冉冉升起，是以地面为参考系，故D错误；
故选：B。
3．中国跳水队被誉为跳水“梦之队”。如图是一位运动员跳水过程的频闪照片，A为运动员起跳
位置，B为运动员重心到达最高位置，C为运动员指尖到达水面位置，空气阻力不可忽略，下列
说法正确的是（ ）A．在B位置，运动员处于平衡状态
B．在C位置，运动员的机械能最大
C．运动员入水后，立即做减速运动
D．在A位置，运动员受到跳板的弹力是由于跳板发生形变产生的
【解答】解：A、在B位置，运动员只受重力，合力不为零，处于非平衡状态，故A错误；
B、在运动过程中，空气阻力对运动员做负功，其机械能不断减少，所以在 C位置，运动员的机
械能最小，在A位置，机械能最大，故B错误；
C、运动员入水后，受到水的作用力，该作用力先小于重力，后大于重力，则运动员先做加速运
动，后做减速运动，故C错误；
D、在A位置，由于跳板发生形变，要恢复原状，所以跳板对运动员产生了弹力，故D正确。
故选：D。
4．静电除尘机原理示意图如图所示，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的
尘埃在电场力的作用下向上、下集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线（方
向未标出）。不考虑尘埃受到的重力与空气阻力，以及在迁移过程中的相互作用和电荷量的变
化，下列说法正确的是（ ）
A．图中A点的电场强度大于B点的电场强度B．图中A点的电势高于B点的电势
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．尘埃在迁移过程中电势能增加
【解答】解：A、图中A处电场线密，根据电场线的疏密与电场强度的关系可知，A点的电场强
度大于B点的电场强度，故A正确；
B、带负电的尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，则集尘极带正电，是正极，放电极带负电，是
负极，所以图中A点电势低于B点电势，故B错误；
C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，加速度变化，不可能是匀
变速运动，故C错误；
D、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故 D
错误。
故选：A。
5．2022年7月5日和7月6日，嫦娥四号任务“玉兔二号”月球车和着陆器分别完成休眠设置，
完成第44月昼工作，进入第44月夜休眠。月球车采用同位素 Pu电池为其保暖供电， Pu
238 238
94 94
是人工放射性元素，可用 Np吸收一个中子得到。 Pu衰变时只放出 射线，其半衰期为
237 238
93 94
α
88年，则下列说法正确的是（ ）
A． Np吸收一个中子得到 Pu时，还要释放一个电子
237 238
93 94
B． Pu衰变时放出 射线的衰变方程为 Pu→ U He
238 238 235 + 4
94 94 92 2
α
C．100个 Pu原子核经过88年后剩余50个
238
94
D．月球昼夜温差是310℃左右， Pu在白天衰变速度比夜晚快
238
94
【解答】解：A、根据核反应方程为： Np n→ Pu e， Np吸收一个中子得到
237 + 1 238 + 0 237
93 0 94 −1 93
Pu时，还要释放一个电子，故A正确。
238
94
B、根据电荷数和质量数守恒可知 Pu发生 衰变的方程式为： Pu→ U He，故B错
238 238 234 + 4
94 94 92 2
α
误。C、半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，所以100个 Pu原子
238
94
核，经过88年后，剩下的不一定是50个，故C错误。
D、放射性元素的半衰期与温度、环境无关，故D错误。
故选：A。
6．如图所示，质量之比为1：3的两个小球A、B套在光滑的水平杆上，小球可以沿杆滑动，且两
小球之间用一轻绳相连。当该装置绕中心轴线以某一角速度匀速转动时，两小球保持相对静止，
则A、B两小球做圆周运动的（ ）
A．向心加速度大小之比为1：3
B．向心加速度大小之比为1：1
C．轨道半径之比为1：3
D．轨道半径之比为3：1
【解答】解：CD、两球同轴转动角速度相同，由绳子的拉力提供向心力，则有：m 2r ＝
1 A
ω
m 2r ，解得半径之比为r m 3，故D正确，C错误；
2 B A = 2=
r m 1
B 1
ω
AB、根据a＝r 2知，半径之比为3：1，角速度相等，则向心加速度之比为3：1，故AB错误。
故选：D。 ω
7．如图为“H225”应急救援直升机在永嘉碧莲镇执行灭火任务时的情景．直升机沿水平方向匀速
直线飞往水源地取水时，悬挂空水桶的悬索与竖直方向的夹角为37°；直升机取水后飞往火场灭
火，沿水平方向以5m/s2的加速度匀加速直线飞行时，悬挂水桶的悬索与竖直方向的夹角也为
37°。若空气阻力大小不变，空桶质量为400kg，忽略悬索的质量，则此时水桶中水的质量为
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）A．260kg B．500kg C．800kg D．1000kg
【解答】解：设空气阻力大小为f，空桶质量为m，水桶中水的质量为m′。
直升机沿水平方向做匀速直线运动时，空桶受力如图1所示，由平衡条件可得：f＝mgtan37°
直升机取水后做匀加速直线运动时，桶及桶中水的整体受力如图2所示。由牛顿第二定律得
竖直方向，有：F cos37°＝（m+m′）g
2
水平方向，有：F sin37°﹣f＝（m+m′）a
2
联立并代入数据解得：m′＝800kg，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题，如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生
的噪声．波长为 的声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达a处时，分成上下两束波，这两
束声波在b处相遇λ时可削弱噪声。已知上下两束波从a处到b处的路程分别为s 和s ，下列说法
1 2
正确的是（ ）A．该消声器是根据波的衍射原理设计的
B．该消声器是根据波的多普勒效应原理设计的
C．s 和s 关系满足s ﹣s ＝n （n＝1，2，3…）时，消声效果最好
1 2 1 2
λ λ
D．s 和s 关系满足s −s =(2n+1) (n=0，1，2，3⋯)时，消声效果最好
1 2 1 2 2
【解答】解：AB.波绕过障碍物继续传播的现象称为波的衍射；当观测者与波源之间发生相对运
动时，观测者接收到的频率发生变化的现象称为多普勒效应；消音器是利用了两列相干波叠加
使质点的振动减弱的原理制成，因此消音器消除噪声利用了波的干涉原理，故AB错误
λ
CD.当两列声波到达a处时的路程差为半波长的奇数倍时，即s ﹣s =(2n+1)⋅ （n＝0，1，
1 2
2
2，3……），介质中质点为振动减弱点，消声效果最好，故D正确，C错误。
故选：D。
9．高速公路的标志牌常贴有“逆反射膜”，夜间行车时，它能使车灯射出的光逆向返回，使标志
牌上的字特别醒目。这种“逆反射膜”的内部均匀分布着一层直径为10 m的细玻璃球。下面分
析单个微小球体对光的作用，如图所示，真空中的细光束以 i＝60°从Aμ点入射到玻璃球表面，
进入球内后在B点发生反射，然后从C点射出。下列说法正确的是（ ）
A．当折射率n=√3时，从C点射出的光线与A点的入射光线平行
B．若仅减小球的半径，从外部进入球内的光在球内可能发生全反射
C．若仅增大球的折射率，从外部进入球内的光在球内可能发生全反射
D．若仅增大入射光的频率，C点与A点的距离变大sin60°
【解答】解：A、当折射率n=√3时，由折射定律n= 可得r＝30°，其光路图如图所示，
sinr
由几何关系可知从C点射出的光线与A点的入射光线平行，故A正确；
BC、由光路的可逆性知，无论减小球的半径或增大球的折射率，光在球内都不可能发生全反射，
故BC错误；
D、若仅增大入射光的频率，则B点将下移，由光路对称性知C将上移，故C点与A点距离将
减小，故D错误。
故选：A。
10．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图甲所示是霍尔元件的
工作原理示意图，实验表明，铜以及大多数金属的载流子是带负电荷的电子，但锌中的载流子
带的却是正电。自行车的速度计的工作原理主要依靠的就是安装在自行车前轮上的一块磁铁，
轮子每转一周，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，这样便可测出某段时间内的脉冲数。若自行
车前轮的半径为R、磁铁到轴的距离为r，下列说法错误的是（ ）
A．若霍尔元件材料使用的是锌，通入如图甲所示的电流后，C端电势高于D端电势
B．当磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的过程中，C．D间的电势差越来越大
C．若自行车骑行过程中单位时间测得的脉冲数为N，此时的骑行速度2 Nr
D．由于前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，则速度π计测得的骑行速度偏大
【解答】解：A、该霍尔元件中载流子带正电，根据左手定则知，正电荷在洛伦兹力作用下偏向
C端，因此C端电势高于D端电势。故A正确。
U
B、根据qvB＝q H得，U ＝Bdv，由电流的微观定义式：I＝nqsv，n是单位体积内的电子数，
H
d
q是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子运动的速度。I BdI
整理得：v= ．联立解得：U = ，可知磁铁从如图乙所示的位置逐渐靠近霍尔传感器的
H
nqs nqs
过程中，B增大，C、D间的电势差U 越来越大。故B正确。
H
1
C、根据单位时间内的脉冲数N，可求得车轮转动周期 T= ，从而求得车轮的角速度 ＝
N
ω
2 N，最后由线速度公式，结合车轮半径R，即可求解车轮的速度大小v＝2 NR．故C错误。
Dπ、若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计中的参数偏小，那么单位时间π测得的脉冲数会增
多，则速度计测得的骑行速度偏大，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
11．2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，这是首次在距离地面约400km
的中国载人空间站“天宫”上进行的太空授课活动。授课期间，航天员与地面课堂的师生进行
了实时互动交流，已知“天宫”围绕地球做匀速圆周运动，运行周期约为90分钟，引力常量G
的数值也已知。下列说法正确的是（ ）
A．“天宫”的轨道高度大于地球同步卫星的轨道高度
B．“天宫”的运行速度大于7.9km/s
C．若忽略空间站离地高度，则根据题中数据可估算出地球密度
D．授课时，航天员可以用天平称量物品的质量
【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
GMm 4π2 ，可得 √4π2r3
=m r T=
r2 T2 GM
由于“天宫”的运行周期小于同步卫星的周期，则“天宫”的轨道半径小于地球同步卫星的轨
道半径，所以“天宫”的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，故A错误；
B、地球第一宇宙速度7.9km/s等于卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知“天宫”的
运行速度小于7.9km/s，故B错误；
C、若忽略空间站离地高度，则“天宫”的轨道半径近似等于地球半径 R，则有
GMm
=m
4π2
R
，又地球的质量M＝ •4
πR3
，联立可得地球的密度为
ρ=
3π ，故C正确；
R2 T2 3 GT2
ρ
D、由于在“天宫”中的物体处于完全失重状态，则授课时，航天员不可以用天平称量物品的质
量，故D错误。故选：C。
12．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q两板间距为d，两板间加上如
图乙所示最大值为U 的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻
0
开始连续释放初速度大小为v ，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好
0
2d
从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T= ，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间
v
0
的作用力，则下列叙述不正确的是（ ）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v
0
B．粒子的电荷量为mv2
0
U
0
1 1
C．在t= T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 mv2
8 8 0
1
D．在t= T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
4
【解答】解：粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，得
2d＝v t
0
解得
t＝T
故粒子在电场中运动的时间为T
1 1
A.t＝0时刻进入的粒子，粒子在竖直方向先向下加速运动 T，再向下减速运动 T，经过一个周
2 2
期，竖直方向速度为0，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v ，故A正确；
0
1 1
B.粒子在竖直方向，在 T时间内的位移为 d，则
2 21d 1 U q d
= × 0 ×( ) 2
2 2 dm v
0
解得
q
mv2
= 0
U
0
故B正确；
1
C.t= T时刻进入电场的粒子，离开电场时竖直方向的速度为0，则动能不变，所以电势能增量
8
为0，故C错误；
1 1 1 1
D.t= T时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动 T，然后向下减速运动 T，向上加速
4 4 4 4
1
T，再向上减速 T后离开电场，由运动过程对称可知，此时竖直方向位移为0，故粒子刚好从P
4
板右侧边缘离开电场，故D正确；
本题选择错误选项
故选：C。
13．安全带是在高空作业与进行技艺表演时，为保障安全所用的带子。假设质量为70kg的建筑工
人，不慎从高空由静止落下，幸好有弹性安全带，使他最终静止悬挂。已知弹性安全带的缓冲
时间是1.0s，安全带长5m，g取10m/s2，不计空气阻力，则安全带所受的平均冲力的大小为（
）
A．700N B．1400N C．7000N D．770N
【 解 答 】 解 ： 人 下 落 为 自 由 落 体 运 动 ， 下 落 到 底 端 时 的 速 度 为 ： v
0
=√2gℎ =√2×10×5m/s=10m/s；
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F
方向为正方向，
由动量定理得：
Ft﹣mgt＝0﹣（﹣mv ）
0
mv 70×10
解得：F＝mg+ 0=70×10N+ N=1400N，故B正确，ACD错误。
t 1.0
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．下列说法中正确的是（ ）
A．爱因斯坦提出了光子说及光电效应方程，成功地解释了光电效应规律
B．汤姆逊通过阴极射线的研究发现了电子，并提了原子的核式结构模型
C．玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D．卢瑟福通过 粒子散射实验发现了质子
【解答】解：A、α 根据光学发展的历程可知，1905年，爱因斯坦提出的光子说很好地解释了光
电效应现象。故A正确；
B、汤姆逊通过阴极射线的研究发现了电子，卢瑟福通过对 粒子散射实验的研究提出了原子的
核式结构模型。故B错误； α
C、玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律。故C正确；
D、卢瑟福通过对 粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型。故D错误。
故选：AC。 α
15．一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，
如图所示，则a、b两束光（ ）
A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长
B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小
C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小
D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大
【解答】解：由图可知，a光的偏折角大于b光的偏折角，故说明a光的折射率大于b光的折射
率；故说明a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光，在介质中a光的波速小于b光；
A、垂直穿过同一块玻璃时，不会发生折射，则经过的距离相同；因a光的波速小；故a光所用
的时间长；故A正确；
1
B、由sinC= 可知，a光的临界角要小于b光的临界角；故B正确；
n
L
C、由x= 可知，a光的干涉条纹小于b光的干涉条纹；故C错误；
d
λ
D、由E ＝h ﹣W ；由于b光的频率小，故b光光子能量小，则b光照射时逸出的光电子最大
K 0
γ初动能要小；故D错误。
故选：AB。
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）下列实验需要利用控制变量法的是 AC （多选）
A．“探究加速度与力、质量的关系”实验
B．“探究求合力方法”实验
C．“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验
D．“用单摆测量重力加速度”实验
（2）某同学用如图1所示装置“探究加速度与力、质量的关系”，为使细线对小车的拉力等于
小车所受的合力，以下操作正确的是 AB （多选）
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．调整长木板的倾斜程度以补偿阻力
C．可以任意调整砝码和砝码盘的质量大小
（3）某同学利用如图2所示做“单摆测定重力加速度”实验时，进行以下操作：
①用游标卡尺测得摆球直径D如图3所示，D＝ 2.12 5 cm；
②把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长L；然后用停表记录了单摆完成N次全振动所用
D
4π2N2 (L+ )
的时间t，可以测得重力加速度g＝ 2 。（用实验中的物理量符号L、D、N、
t2
t等表示）
【解答】解：（1）A．“探究加速度与力、质量的关系”实验时，需要控制力或质量不变，研究加速度与质量或与力的关系，利用了控制变量法，故A正确；
B．“探究求合力方法”实验时，采用了等效替代法，故B错误；
C．“探究向心力大小与质量、角速度、半径的关系”实验时，需要控制质量、角速度、半径其
中两个量恒定，研究向心力和第三个量的关系，采用了控制变量法，故C正确；
D．“用单摆测量重力加速度”实验采用了理想模型法，故D错误。
故选：AC。
（2）A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，可以使细线拉力等于小车的合力，故
A正确；
B．调整长木板的倾斜程度以补偿阻力，可以使细线拉力等于小车的合力，故B正确；
C．必须调整砝码和砝码盘的质量大小远小于小车的质量，故C错误。
（3）①游标卡尺的最小分度值为 0.05mm，摆球直径 D＝21mm+5×0.05mm＝21.25mm＝
2.125cm
D
②根据单摆周期公式T=2π √ l ，解得 4π2l 4π2N2 (L+ 2 )
g
g= =
T2 t2
D
4π2N2 (L+ )
故答案为：（1）AC；（2）AB；（3）①2.125；② 2 。
t2
Ⅱ．在测定蓄电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．待测蓄电池（电动势约为2V）
B．电流表G（满偏电流2mA，内阻R ＝10 ）
G
C．电流表A（0～3A，内阻未知） Ω
D．滑动变阻器R （0～10 ，10A）
1
E．滑动变阻器R
2
（0～200Ω ，1A）
F．定值电阻R
3
（阻值为99Ω0 ）
G．单刀开关S、导线若干 Ω
（1）在实验中，为了操作方便且能够尽量准确测量，滑动变阻器应选用 R （选填“R ”
1 1
或“R ”）。
2
（2）根据题目提供的实验器材，请在虚线框内设计出测量该蓄电池电动势和内阻的电路原理图
（图中需标注出所选用器材的符号）。（3）某同学利用上述设计实验电路通过正确操作，测出的数据绘出的I ﹣I 图线（I 为电流表G
1 2 1
的示数，I 为电流表A的示数）如图所示，则由此图线可以得到被测蓄电池的电动势 E＝ 1.8
2
V，内阻r＝ 0. 8 。
【解答】解：（1）Ω为方便实验操作，滑动变阻器应选择R
1
。
（2）由题意可知，没有电压表，可以把电流表G与定值电阻R 串联改装成电压表测电压，电
3
流表测电流，由于蓄电池内阻较小，相对于电源来说电流表应采用外接法，实验电路图如图所
示。
（3）由图示电路图可知，电源电动势为：E＝I （R +R ）+（I +I ）r，
1 G 3 1 2
r E
整理得：I =− I + ，
1 R +R +r 2 R +R +r
G 3 G 3
由图示I ﹣I 图线可知： r (1.8−0.6)×10−3A， E 1.8×10﹣3A，
1 2 − = =
R +R +r 1.5A R +R +r
G 3 G 3
代入数据解得：E＝1.8V，r＝0.8 ；
故答案为：（1）R
1
；（2）电路图Ω如图所示；（3）1.8；0.8。
17．如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，活塞横截面积 S＝10cm2，质
量m＝2kg，活塞与汽缸之间无摩擦。汽缸内密封有一定质量的理想气体，气体温度T ＝300K，
1
气柱长度L＝30cm，汽缸内距缸底h＝20cm处有固定的卡环（卡环大小忽略不计）。已知大气
压为p ＝1.0×105Pa，g＝10m/s2。现缓慢降温使得活塞恰好与卡环接触。
0
（1）求此时缸内气体温度T ；
2
（2）若该降温过程气体内能变化量ΔU＝﹣20J，求缸内气体放出热量Q。【解答】解：（1）缓慢降温使得活塞恰好与卡环接触，此过程缸内气体经历等压变化，根据盖
—吕萨克定律可得：
LS ℎS
=
T T
1 2
解得：T ＝200K；
2
（2）设封闭气体压强为p，对活塞根据平衡条件可得：pS＝p S+mg，其中S＝10cm2＝1.0×10﹣
0
3m2
外界对气体做功为：W＝pS（L﹣H），其中L＝30cm＝0.30m，h＝20cm＝0.20m
根据热力学第一定律可得：ΔU＝W﹣Q
解得：Q＝32J。
18．温州市开展一项趣味文体活动，此项活动的装置简化为如图所示，竖直面上固定着一段内壁光
滑、半径为R＝0.5m的细圆管BP，O为圆心， ＝37°，光滑水平地面上有一质量M＝0.4kg的木
板，木板上表面与管口底部在同一水平线上，木θ 板的左、右方都有一台阶，其高度正好与木板
高度相同。现一可视为质点、质量m＝0.2kg的小物块从左方台阶A处以v ＝10m/s的速度水平
0
向右滑上木板，使木板从静止开始向右运动，当木板速度为2m/s时，木板与右边台阶碰撞并立
即被粘住，同时物块离开木板从B点进入细圆管。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）物块在木板上滑动过程中产生的热量；
（2）物块滑到圆细管出口P处时受到细圆管弹力的大小；
（3）在距离圆心O点正上方多高处的C点放置接收槽能收到从P点飞出的物块恰好水平向左打
入接收槽；
（4）若增大滑块的初速度v ，为了使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则接收
0
槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角应满足什么条件。【解答】解：（1）物块滑到木板上运动过程它们组成的系统合外力为0，系统动量守恒，设物
块在B点的速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：
B
mv −Mv 0.2×10−0.4×2
mv ＝Mv +mv ，解得v = 0 M = m/s=6m/s
0 M B B m 0.2
根 据 能 量 守 恒 求 解 物 块 在 木 板 上 滑 动 过 程 中 产 生 的 热 量 Q
1 1 1 1 1 1
= mv2− mv2− Mv2 = ×0.2×102J− ×0.2×62J− ×0.4×22J=5.6J；
2 0 2 B 2 M 2 2 2
（2）设物块滑到圆细管出口P处时的速度为v ，以管口底部所在水平面为0重力势能参考平面，
p
1 1
由机械能守恒定律得： mv2= mv2+mg(R+Rsinθ)
2 B 2 p
将v ，R＝0.5m， ＝37°代入解得：
B v =2√5m/s
p
θ
在p点对物块受力分析，受重力mg、物块受到细圆管弹力F，并设F指向圆心，将重力分解成
指向圆心以及沿着管口切线方向的力，沿PO方向，根据向心力公式得：
mgsin +F
v2，代入数据解得：F＝6.8N；
=m p
R
θ
（3）根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，物块只有在
P点具有某一速度v才能恰好水平向左打入在距离圆心O点正上方某一高处的C点，将v沿着水
平和竖直分解，根据题意可知，竖直方向速度减为 0才能水平进入C点的接收槽，根据两个方
Rcosθ 0−vcosθ √ gR √10×0.5 5√3
向时间相等列等式得： = ，解得v= = m/s= m/s
vsinθ −g sinθ 0.6 3
设从P点再上升h水平进入C点的接收槽，则：
5√3
( )
2×0.82
h v2cos2θ 3 4
= = m= m
2g 2×10 154 17
OC的竖直距离为H＝Rsin +h＝0.5×0.6m+ m= m；
15 30
θ
（4）使从P点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，则C点跟P点的连线就是斜抛到最高
点的位移，设与水平方向的夹角为 ，根据斜抛知识，将运动分解成水平匀速直线运动和竖直方
向的竖直上抛运动，若增大滑块的α初速度 v ，设到P点的速度变为v ，则从P到接收槽放置的
0 1
位置C点的竖直位移y v2cosθ2
= 1
2g
v cosθ
水平位移x=v sinθt=v sinθ× 1
1 1 g
y cosθ 0.8 2
则tan = = = =
x 2sinθ 2×0.6 3
α
2
接收槽放置的位置C点跟P点的连线与水平方向的夹角的正切值要等于 。
3
19．某学校举办“跌不破的鸡蛋”小发明比赛，小王设计了如图甲所示的装置。装置绝缘外框架
MNGH下端固定了一个横截面（俯视）如图乙所示的磁体，两磁极间存在沿径向向外的辐向磁
场，不考虑其他区域的磁场。CDEF是一个金属线框，CF、DE两边被约束在外框架的凹槽内，
可沿外框架无摩擦上下滑动，CD边的正中间接有一个半径为r（r略大于圆柱形N磁极的半径）、
匝数为n、总电阻为R的线圈，EF边接有一装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R。铝盒与外框
架连接了一根劲度系数为k的轻质弹簧．开始装置在离水平地面h高度处保持竖直状态，待铝盒
静止后将弹簧锁定，此时线圈上端恰好位于磁体上边界处。现由静止释放装置，装置落地前瞬
间弹簧立即解除锁定，落地时外框架MNGH连同磁体的速度立即变为零。已知线框CDEF（含
线圈、铝盒、鸡蛋）的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是刚落地时的三
倍，此时EF仍未进入磁场。已知线圈所在处的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，弹簧始
1
终在弹性限度内，弹性势能表达式为E = kx2，除线圈和铝盒外，其他部分电阻不计，忽略空
P 2
气阻力。
（1）求装置落地时C、D两点间的电压U ；
CD
（2）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，求通过线圈的电荷量q；
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，线框上产生的焦耳热为 Q ；从落地到线框
1
最终静止的过程中，线框上产生的焦耳热为Q ，求Q 与Q 的比值。
2 1 2【解答】解：（1）根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为C→F→E→D→C，即顺时针；
落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势：E＝nBLv，其中L＝2 r，
根据动能定理可得：mgh= 1 mv2 π
2
则可解得：v=√2gℎ
1
C、D两点间的电压U = E
CD
2
解得U
CD
＝n Br√2gℎ
（2）线框CπDEF静止时有
mg＝kx
1
由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的三倍，则说明线框刚落地到
最低点下落的距离为2r ，根据法拉第电磁感应定律有
1
2x
E=nBLv=nB （2 r） 1
Δt
π
通过回路某截面的电荷量
q=IΔt
2nπrmgB
解得q=
kR
（3）从刚落地到线框第一次运动到最低点的过程中，初态弹性势能
1
E = kx2
p1 2 1
末态弹性势能
1
E = k(3x ) 2
p2 2 1此过程由能量守恒得
1
mv2+mg （3x ﹣x ）＝E ﹣E +Q
1 1 p2 p1 1
2
解得
2mg
Q ＝mg （h− ）
1
k
最终静止后弹簧的弹性势能与未释放时相等，则从静止释放到战框最终静止的过程中，根据能
量守恒有
Q ＝mgh
2
则
Q 1 2mg
1= −
Q k
2
20．在研究带电微观粒子的过程中，常采用电场或磁场对带电粒子的作用来实现对它们运动情况的
控制，通过对它们运动情况的分析，或是控制它们之间发生相互作用，来研究带电粒子的组成。
以下讨论中，空气阻力及带电粒子所受重力均可忽略不计。
（1）如图甲所示，在xOy平面内的x＜0的范围有沿x轴正方向，电场强度为E的匀强电场，
在x＞0的范围内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。
①现有一带正电的粒子1从x轴上的M点由静止释放，最后通过N点，已知MO及ON的距离
均为l，ON的方向与x轴夹角 ＝45°，求带电粒子1的比荷（即电荷与质量之比）；
②若另有一带正电的粒子2从θx轴上的M点由静止释放，最后从N点的右侧飞过，请分析说明
粒子2的比荷比粒子1的比荷大还是小。
（2）在保持（1）问中磁场不变的条件下，将匀强电场扩大到整个空间，且电场强度不变。有
一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点由静止释放，该粒子的运动轨迹大致如图乙所
示，其中轨迹距y轴的最大距离为s，粒子运动中的最大速度为v。求s与v的大小。
【解答】解：（1）①设粒子1的质量为m 、电荷量为q ，对于其在电场中加速的过程，根据
1 11
动能定理有 q E= m v2
1 1
2
粒子1进入磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，设运动的半径为R ，根据洛伦兹力提供向
1
心力知：q vB m v2
1 = 1
R
1
1 √2
由几何关系可知， l=R sin ，解得：R = l
1 1
2 2
θ
联立可解得：q 4E
1 =
m B2l
1
②根据上述①的分析可知，对于质量为m、电荷量为q的带电粒子，其在磁场中做匀速圆周运
动的半径
mv
R=
Bq
1 √2Elm
联立解得：R= ，即半径与比荷的平方根成反比。
B q
粒子2从N点的右侧飞过，表明其做圆周运动的半径 R 大于R ，即粒子2的比荷比粒子1的比
2 1
荷小。
（2）带电粒子在第一象限运动中，只有电场力做功，当其运动至离y轴最远时，电场力做功最
1
多，此时速度最大，根据动能定理有，Eqs= mv2
2
粒子沿x方向上的速度v 产生y方向的洛伦兹力F ，即 F ＝qBv
x y y x
取沿y方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F •Δt＝qBv Δt＝mΔv
y x y
注意式中v Δt表示粒子沿x轴方向运动的距离，因此等式两边对粒子从离开O点到第一次离y
x
轴最远的过程求和有，qBs＝mv
2E 2mE
联立解得：v= ，s =
B qB2
