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【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07
（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．在国际单位制中，电场强度的单位是（ ）
A．伏•米（V•m） B．牛/库（N/C）
C．库/伏（C/V） D．特斯拉（T）
F
【解答】解：根据电场强度的定义式E= 可知，力的单位是牛顿，电荷的单位是库仑，所以电
q
U
场强度的单位是牛/库，根据电场强度的E= 可知，电势差的单位为伏，距离的单位为米，
d
所以电场强度的单位是伏/米，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．在人类探索微观世界的过程中，许多科学家做出了巨大的贡献，下列说法符合历史事实的是（
）
A．汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中的偏转，发现阴极射线由带负电的粒子组成
B．贝克勒尔通过石墨对X射线的散射实验，说明光子不仅具有能量还具有动量
C．玻尔最早引入能量子的观点，破除了“能量连续变化”的传统观点
D．康普顿发现了天然放射现象，说明原子核内部具有复杂结构
【解答】解：A．汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中的偏转，发现阴极射线由带负电的粒子组成，
故A正确；
B．康普顿效应说明光子不仅具有能量还具有动量，故B错误；
C．普朗克最早引入能量子的观点，破除了“能量连续变化”的传统观点，故C错误；
D．贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核内部具有复杂结构，故D错误；
故选：A。
3．如图所示，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，一
端与斜面上的物块M相连，另一端位于天花板上的A点，并通过动滑轮悬挂物块N，系统处于
静止状态。现将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B点，已知斜面和M始终保持
静止，则在此过程中（ ）A．M所受细绳拉力的大小可能保持不变
B．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
C．斜面所受地面的摩擦力大小一直增大
D．斜面所受地面的支持力大小一直增大
【解答】解：A、以滑轮和物块A为研究对象，受力分析如图，由于两侧细绳为同一条细绳，拉
1
mg
力T相等，所以两侧细绳与竖直方向的夹角相等，设为 ，由平衡条件得：T 2 ，将细绳的
=
cosθ
θ
一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B点， 变大，T变大，故A错误；
B、因M与N的质量关系不确定，所以最初M所θ受的静摩擦力方向不确定，如果最初M所受的
静摩擦力方向沿斜面向上，当细绳拉力增大，M所受的静摩擦力变小，故B错误；
C、以斜面体和M整体为研究对象，斜面受到地面的摩擦力大小等于细绳拉力的水平分量，即f
1
＝T ＝Tsin = mgtan ，随 增大，f增大，故C正确；
x
2
θ θ θ
D、以斜面体和M整体为研究对象，斜面体受地面的支持力大小等于整体重力与细绳拉力的竖
1
直分量T 之和，由于T＝Tcos = mg不变，所以斜面体受到地面的支持力不变，故D错误。
y y
2
θ
故选：C。
4．如图所示，将小球从倾角为 ＝30°的光滑斜面上 A 点以速度 v ＝10m/s 水平抛出（即
0
v ∥CD），最后从B处离开斜面θ，已知AB间的高度h＝5m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列
0
说法正确的是（ ）10√3
A．小球的加速度为 m/s2
3
B．小球做平抛运动，运动轨迹为抛物线
C．小球到达B点时的速度大小为10√2m/s
D．小球从A点运动到B点所用的时间为1s
【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
mgsinθ
a= =gsin ＝10×5m/s2＝5m/s2，
m
θ
根据位移—时间关系可得： ℎ = 1 at2
sinθ 2
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：v ＝at＝5×2m/s＝10m/s
y
则到达B点时的速度大小v m/s＝10 m/s，故C正确、ABD错误。
=√v2+v2=√102+102 √2
0 y
故选：C。
5．对于下面几幅插图中所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地
【解答】解：A.甲图中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；
B.乙图中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；
C.丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，即在强电场作用下，物体尖锐部
分发生一种放电现象，故C正确；D.丁图中，油罐车车尾下方拖着一根落地的软铁条是把产生的静电及时导入到大地，故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
6．下列说法不正确的是（ ）
A．甲图是“核反应堆”示意图，它是通过可控的链式反应实现核能的释放，链式反应是指由裂
变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B．乙图是光电流与电压的关系图，由图可知a、c两束光的频率相等且小于b光的频率
C．丙图是原子核的比结合能图，由图可知不同原子核的比结合能是不一样的，中等大小的核比
结合能最大，这些核最稳定
D．丁图是中子的转化示意图，强相互作用是引起中子—质子转变的原因
【解答】解：A、链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代又一代持续下去的过程，故A
正确；
B、根据eU ＝hν﹣W ，可知图中a、c两束光的频率相等且小于b光的频率，故B正确；
c 0
C、不同原子核的比结合能不同，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故C正确；
D、丁图是中子的转化示意图，弱相互作用，是引起 衰变的原因，故D错误；
本题选择错误选项； β
故选：D。
7．英国著名科幻作家Arthur CClarke在小说《天堂之泉》中，首先向主流科学社会和公众介绍了
“太空天梯”的设想。“太空天梯”的主体结构为一根缆绳：一端连接地球赤道，另一端连接
地球同步卫星，且缆绳延长线通过地心。当两货物分别停在天梯的 a、b两个位置时，以地心为
参考系，下面说法正确的是（ ）A．b处的线速度小于a处的线速度
B．b处的向心加速度小于a处的向心加速度
C．若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期大于位
于a处货物的周期
D．若有一个轨道高度与b相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的角速度大于
位于b处货物的角速度
【解答】解：AB、天梯连接地心和同步卫星，天梯上各点的角速度都和地球自转相等，根据v
＝r ，a＝r 2可知处的线速度大于处的线速度，b处的向心加速度大于处的向心加速度，故 AB
错误ω； ω
C、轨道高度与a相同的人造卫星周期小于同步卫星的周期，则其环绕地球的周期小于 a处货物
的周期，故C错误；
D、轨道高度与b相同的人造卫星角速度大于同步卫星的角速度，则其环绕地球的角速度大于位
于b处货物的角速度，故D正确。
故选：D。
8．全面了解汽车的运行状态（速度、水箱温度、油量）是确保汽车安全行驶和驾驶员安全的举措
之一，为模仿汽车油表原理，某同学自制一种测定油箱油量多少或变化多少的装置。如图所示，
其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端。该同学在装置中使用
了一只电压表（图中没有画出），通过观察电压表示数，可以了解油量情况，已知 R'＞R 有关
0
电压表的接法及示数变化下列说法正确的是（ ）A．接在bc之间，当油量减少时电压表示数增大
B．接在bc之间，当油量减少时电压表示数减小
C．接在bd之间，当油量减少时电压表示数增大
D．接在bd之间，当油测减少时电压表示数减小
【解答】解：由于滑动变阻器滑片达到最低点时滑动变阻器接入电路的电阻为零，此时滑动变
阻器两端电压为零，所以滑动变阻器两端电压可以从零开始变化，电压表应该接在滑动变阻器
两端，即接在b、c两点之间；
当油箱中油量减少时，浮标下降，滑动变阻器滑片左端下降、右端上升，滑动变阻器接入电路
的电阻增大、电压表的示数将增大，故A正确、BCD错误。
故选：A。
9．一个小球在离地一定高度处向右水平抛出，不计空气阻力，离地的高度越大，则小球（ ）
A．落地时的速度越小
B．从抛出到落地过程中，速度的变化量越大
C．落地时的重力的瞬时功率不变
D．从抛出到落地过程中，动能的变化量不变
【解答】解：A、设小球抛出点离地高度为h，则落地时的速度为v ，知
=√v2+v2=√v2+2gℎ
0 y 0
抛出的初速度越大，小球落地时的速度越大，故A错误；
B、由ℎ =
1
gt2 可得t=
√2ℎ
2 g
知h越大下落时间越长，由Δv＝gt可知离地的高度越大，速度的变化量越大，故B正确；
C、由A项分析知：
v =√2gℎ
y
则
P=mgv =mg√2gℎ
y
知落地时的重力的瞬时功率变大，故C错误；
D、由动能定理：ΔE ＝mgh
k
可知离地的高度越大，则从抛出到落地过程中，动能的变化量越大，故D错误。
故选：B。
10．如图所示的电路，R ，R ，R 是定值电阻，R 是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关，
1 2 3 4
在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变小 B．电流从上往下通过R
3
C．电源的输出功率变小 D．通过R 的电流变大
2
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动时，R 变大，电路的总电阻变大，总
4
电流I变小，内电压变小，则路端电压变大，因此电压表示数变大，故A错误；
B、电容器两端电压为：U＝E﹣I（r+R ），I变小，故电容器两端电压U变大，带电量变大，电
2
容器充电，电流从上往下通过R ，故B正确；
3
C、由于不知道内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故C错误；
D、电路的总电阻变大，干路电流变小，则通过R 的电流变小，故D错误。
2
故选：B。
11．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匀速转动时，灯泡恰能正常发光，电压表
示数为U，已知灯泡的额定功率为P．下列选项正确的是（ ）A．线圈在图示位置磁通量的变化率最大
2P
B．电流表的示数为
U
C．变压器原、副线圈匝数比为n U
1=
n √PR
2
D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式u＝Usin2n t
【解答】解：A、线圈在图示位置，磁通量最大，即为中性面，线圈的π感应电动势为零，则磁通
量的变化率为零，故A错误；
B、因理想变压器的原副线圈功率相等，副线圈中定值电阻和灯泡的阻值相等，且灯泡能正常发
2P
光，那么副线圈的功率为P副 ＝UI
1
，因原线圈的电压为U，所以2P＝UI
1
，解得：I
1
= ，故B
U
正确；
C、对于副线圈，因灯泡正常发光，则灯泡两端的电压U灯 =√PR，因此副线圈的电压为U副 ＝2
，那么变压器的原副线圈匝数之比为：n U ，故C错误；
√PR
1=
n 2√PR
2
D、由于线圈从中性面开始计时，那么是正弦交流电，且角速度 ＝2 n，及U =√2U，那么变
m
压器的输入电压的瞬时值表达式为e=√2Usin2n t，故D错误。 ω π
故选：B。 π
12．一列简谐横波沿x轴传播在t＝0时刻的波形如图中实线所示，P点此时正沿y轴负方向运动，t
＝0.7s时刻的波形第一次如图中虚线所示，虚线恰好过质点 P的平衡位置。已知质点P平衡位置
的坐标x＝0.5m。下列说法正确的是（ ）A．波源振动的周期为1.0s
B．该波传播的速度为2.0m/s
C．t＝0.7s时O点的位移为﹣5√3cm
D．在0～1.3s内，质点P运动路程为45cm
【解答】解：AB、t＝0时刻质点P向平衡位置运动，说明波沿x轴负方向传播，t＝0.7s时刻的
波形第一次如图中虚线所示，则 0.7s内波传播的距离为 x＝1.2m﹣0.5m＝0.7m，故波速为v
x 0.7 λ 1.2
= = m/s＝1m/s，波长为 ＝1.2m，则周期为 T= = s＝1.2s，故AB错误；
t 0.7 v 1
λ
2π 2π
C、质点O的振动方程为y＝Asin t＝10sin t（cm），将t＝0.7s代入解得，O点的位移为y
T 1.2
＝﹣5cm，故C错误；
D、质点P平衡位置的坐标x＝0.5m，结合波动方程可知t＝0时，质点P偏离平衡位置5cm，波
沿x轴负方向传播，最近的是x＝1.2m处质点运动形式平移到该点。根据波形平移法可得：t＝0
0.6−0.5 1
时刻，质点P向平衡位置运动，经t'= T= T（T为周期）刚好回到平衡位置，再运动
1.2 12
半个周期到虚线中位置，故质点P在0～0.7s时间运动路程为s＝5cm+2A＝5cm+20cm＝25cm，
在0.7～1.3s运动的路程s'＝2A＝2×10cm＝20cm，所以在0～1.3s内，质点P运动路程为45cm，
故D正确；
故选：D。
13．某种酒精测试仪应用二氧化锡半导体型酒精气体传感器。酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓
度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，如果
二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么电压表示数U与
酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是（ ）
A．U越小，表示c越大，c与U成反比
B．U越小，表示c越大，c与U不成反比
C．U越小，表示c越小，c与U成正比D．U越大，表示c越大，c与U不成正比
【解答】解：由电路图可知，R 与R、酒精气体传感器电阻串联，电压表测R 两端的电压，
0 0
因二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻R 倒数与酒精气体的浓度成正比，
1
1
所以，可设R ＝k ，
1
c
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：
E E
= =
I R +R+r+R 1，
0 1 R +R+r+k
0 c
E
=
电压表的示数：U＝IR 1•R ；
0 R +R+r+k 0
0 c
由表达式可知，U越大，c越大，U越小，c越小，但两者不成正比，故D正确、ABC错误。
故选：D。
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．下列关于电磁波的说法正确的是（ ）
A．麦克斯韦提出：变化的磁场一定产生变化的电场，变化的电场一定产生变化的磁场
B．各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/s
C．X射线的穿透能力较强，医院透视用的是X射线
D．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒
【解答】解：A、均匀变化的磁场会产生稳定的电场，均匀变化的电场会产生稳定的磁场，故A
错误；
B、各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/s，故B正确；
C、X射线的穿透能力较强，医院透视用的是X射线，故C正确；
D、红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，紫外线常用于医院和食品消毒，故D错误。
故选：BC。
15．如图所示，干旱季节，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田。已知潜水泵由电动机、水泵、输
水钢管组成，某地下水源距离地表5.55m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与
地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为3m/s，每秒
出水量为 4kg。已知电动机额定电压为 220V，水泵的抽水效率为 75%，水的密度为
1.0×103kg/m3，则（ ）4
A．出水口钢管横截面积为 ×10−3m2
3
B．每秒内水流机械能增加258J
C．电动机的输入功率为258W
D．电动机线圈的电阻约为35
m 4
【解答】解：A、由题意得，单 Ω 位时间内出水的体积为V = = m3＝4×10﹣3m3
ρ 1.0×103
V 4×10−3 4
出水口钢管横截面积为S= = m2= ×10﹣3m2
vt 3×1 3
故A正确；
1
B、以每秒出水量为研究对象，每秒机械能增加ΔE＝mgh+ mv2
2
h＝5.55m+0.45m＝6m
代入数据解得：ΔE＝258J
故B正确；
W ΔE 258
C、电动机的输出功率P出 = = = W＝258W
t t 1
P 258
电动机的输入功率为P入 = = W＝344W
75% 75%
故C错误；
D、对电动机，有P入 ＝P出+I2r
P入 ＝UI
3025
代入数据联立解得：r= ≈35
86
Ω Ω
故D正确。
故选：ABD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ．某学习小组的同学用图甲所示装置做“探究弹簧弹力与伸长量的关系”实验，测量弹簧原长时
为了方便测量，他们把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，弹簧顶端与刻度尺零刻线对齐，用刻
度尺测出弹簧的原长如图乙所示。然后把弹簧悬挂在铁架台上，仍使顶端的同一位置对齐刻度
尺的零刻线，将6个完全相同的钩码逐个加挂在弹簧的下端，测出每次弹簧的长度，结合图乙测
得的原长，得出对应的伸长量x，所挂钩码质量为m，重力加速度为g，测量数据见表。
钩码质量m/g 10 20 30 40 50 60
弹簧伸长量x/cm 3.00 5.10 7.20 9.20 11.30 13.40
（1）由图乙可知，弹簧的原长为 20.0 0 cm。
（2）在答题卡给出的坐标纸上作出弹簧的伸长量x与钩码质量m的关系图像。
（3）图像不过坐标原点的原因是 见解析 。
（4）由于上述原因导致利用图像测得的弹簧的劲度系数 不变 （选填“偏大”、“偏小”
或“不变”）。
【解答】解：（1）刻度尺的最小分度值为1mm，所以其读数为20.00cm；
（2）根据表格数据在坐标平面中描点、连线，让大部分点落在直线上或均匀分布在直线两侧，
远离直线的点舍去，弹簧的伸长量x与钩码质量m的关系图像如图
（3）由于实际弹簧都有重力，故竖直悬挂后，有了一定的初始伸长量，使得图线不过坐标原点。ΔF
（4）根据k= ，可知弹簧的劲度系数与弹簧弹力和弹簧形变量有关，所以这样通过图像计算
Δx
的劲度系数k相对真实值不变。
故答案为：（1）20.00；（2）见解析；（3）弹簧都有重力，故竖直悬挂后，有了一定的初始伸
长量，使得图线不过坐标原点；（4）不变
Ⅱ．某实验小组的同学要测量阻值约为300 的定值电阻R ，现备有下列器材：
x
A．电流表A（量程为10mA，内阻约为Ω10 ）；
B．电压表V（量程为3V，内阻约为3k ）Ω；
C．滑动变阻器R
1
（阻值范围为0～10 Ω，额定电流为2A）；
D．定值电阻R 2 （阻值为750 ）； Ω
E.直流电源E（电动势为4.5VΩ，内阻不计）；
F.开关S和导线若干。
U
（1）实验小组设计了如图甲、乙所示的两种测量电路，电阻的测量值可由 R = 计算得出，式
x
I
中U与I分别为电压表和电流表的示数，则图 甲 （填“甲”或“乙”）所示电路的测量值
更接近待测电阻的真实值。
（2）若采用（1）中所选电路进行测量，得到电压表和电流表的示数如图丙所示，则电压表的
示数为 1.60 V，电流表的示数为 5.0 mA，由此组数据可得待测电阻的测量值 R ＝
x
320 ，若所用电压表和电流表的内阻分别按3k 和10 进行计算，则由此可得待测电阻的真
实值RΩ 真 ＝ 31 0 （计算结果均保留三位有效数Ω字）。Ω
Ω
【解答】解：（1）由于R 3000 R 300
V = =10＜ x = =30
R 300 R 10
x A
可知电压表分流更明显，故采用电流表内接法，则题图甲所示的电路测量更准确，测量值更接
近待测电阻的真实值；（2）电压表量程为3V，最小分度值为0.1V，电压表的示数U＝1.60V；
电流表量程为10mA，最小分度值为0.2mA，电流表的示数I＝5.0mA
根据欧姆定律可得待测电阻的测量值 U 1.60
R = V = Ω=320Ω
x测 I 5.0×10−3
U −U U U
电路误差在于电流表的分压，则R = V A = V − A =R −R
x真 I I I x测 A
解得R真 ＝310
故答案为：（1Ω）甲；（2）1.60，5.0，320，310。
17．如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无
摩擦，两活塞之间与大气相通，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍。两汽缸内装有理想
气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为V ，压强为1.5p ，温度为T ，汽缸B的体积为
0 0 0
2V ，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍。设环境温度始终
0
保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，已知大气压为p 。求：
0
（1）加热前B汽缸中气体的压强；
（2）加热达到稳定后汽缸A中气体的体积。
【解答】解：（1）设连接杆的压力为F，气缸B内气体压强为p ，活塞横截面积为2S，气缸A
B
活塞横截面积为S
对气缸B，根据平衡条件p •2S＝p •2S+F
B 0
对气缸A，根据平衡条件1.5p •S＝p •S+F
0 0
联立解得p ＝1.25p
B 0
（2）重新达到稳定后，对于气缸B，根据平衡条件p ′•2S＝p •2S+F′
B 0
对于气缸A，根据平衡条件2×1.5p •S＝p •S+F′
0 0
联立解得p ′＝2p
B 0
由于气缸B中的气体做等温变化，根据波意耳定律p •2V ＝p ′•V
B 0 B B
代入数据联立解得V ＝1.25V
B 0
因此气缸B的体积变化ΔV ＝2V ﹣1.25V ＝0.75V
B 0 0 0气缸A的体积变化ΔV ＝V ﹣V
A A 0
设连接杆向右移动的距离为d，根据题意ΔV ＝2S•d，ΔV ＝S•d
B A
代入数据联立解得V ＝1.375V
A 0
18．如图所示，竖直平面内固定有光滑轨道AB、水平直轨道CD、EF和以速度v 逆时针转动的传
0
送带MN，在EF轨道右侧固定一反弹装置。各轨道平滑连接，传送带与水平轨道等高、间隙不
计。现有一质量为m的滑块a从轨道AB上高为h处由静止下滑，与反弹装置的碰撞为完全弹性
碰撞。已知轨道AB末端B处的曲率半径R＝2m，L ＝0.45m，L ＝0.7m，L ＝0.9m，m＝
CD MN EF
5
2kg，v ＝3m/s，滑块与CD和MN间的动摩擦因数 ＝0.5，与EF间的动摩擦因数 '＝0.5−
0
9
μ μ
x，其中x为滑块距E点的距离。
（1）若h＝0.2m，求滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力F ；
N
（2）若滑块过不了传送带，求高度h的最大值；
（3）若滑块只通过传送带一个来回，试求传送带额外做功的最大值。
1
【解答】解：（1）滑块a下滑过程中，根据动能定理可得：mgh= mv2
2 B
代入数据解得：v ＝2m/s
B
滑块运动至B处时，根据牛顿第二定律可得：F ′﹣mg＝mv2
N B
R
代入数据解得：F ′＝24N
N
根据牛顿第三定律可知，滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力大小为F ＝F ′＝24N、方向
N N
向下
（2）若滑块过不了传送带，滑块到达E点的速度为零时下滑的高度最大，设最大高度为 h ，由
m
动能定理，有：
mgh ﹣ mgL ﹣ mgL ＝0
m CD MN
代入数据μ解得：h mμ＝0.575m
（3）传送带额外做功最大的临界条件：滑块第二次到达E点速度为零，在EF段，克服摩擦力做功为：
5
0.5×2×10+(0.5− ×0.9)×2×10
W =F •L 9 0.9J＝4.5J
EF f EF= ×
2
1
滑块第一次到达E点时，根据功能关系可得： mv2 =2W ，解得：v ＝3m/s
2 E1 EF E1
1
滑块第一次到达D点，根据功能关系可得： mv2 =2W + mgL ，解得：v ＝4m/s
2 D1 EF MN D1
μ
1
滑块第二次到达D点，根据功能关系可得： mv2 = mgL ，解得：v =√7m/s
2 D2 MN D2
μ
v −v
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W ＝ mgv • D1 E1
1 0
μg
μ
v −v
第一次在传送带上运动过程中，传送带额外做的功：W ＝ mgv • D2 E2
2 0
μg
μ
滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为：W＝W +W
1 2
联立解得：W＝6（1+√7）J。
19．根据霍尔效应原理制成的霍尔元件有广泛的应用，某研究小组用霍尔元件来研究金属棒在磁场
中的运动规律。如图1（a）所示，在水平面上固定放置两间距为l的平行、光滑金属导轨，其右
侧通过开关S接有恒流源，向回路提供恒定电流I ；在﹣x ≤x≤x≤x 区间存在方向垂直导轨
0 0 0
平面向下、大小沿Oy轴方向不变、沿Ox轴方向按某一规律变化的稳恒磁场。一质量为m的金
属棒垂直于导轨放置，其上固定一霍尔元件（相比 m，其质量可忽略不计），它是一个长、宽
和高分别为a×bxc的长方体微小半导体薄片，磁场方向垂直a×b平面，其单位体积中载流子数为
n，每个载流子带电荷量为e。在半导体薄片上制作四个电极E、F、M、N，放大图如图1（b）
所示，在E、F间通入恒定的电流I，则在M、N间出现霍尔电压U ＝U ﹣U （图中没有画出
H M N
1
提供电流I和测量电压 U 的电路图）。开关S断开时，导体棒静止在x＝x 处。计算时将
H 0
nec
用常量k表示。（已知力一位移图象的面积是力所做的功）
（1）求半导体薄片中载流子平均移动速率；
（2）半导体材料有P型（载流子以空穴导电为主，即正电荷导电）和N型（载流子以电子导电
为主）两种，当棒位于x＝x 处时，测得霍尔电压大小为U ，求该处磁感应强度B 的大小；如
0 H0 0
果 U ＞0，则该半导体是P型还是N型？
H0
（3）闭合开关S，导体棒从x＝x 处开始运动，测得霍尔电压U 随x变化的图线为如图2所示，
0 H
求磁感应强度B沿Ox轴的分布规律和棒运动速度与x的关系。【解答】解：（1）设半导体薄片中载流子平均移动速率为v，根据电流微观表达式
I=nqsv=necbv
I k
解得：v= = ；
necb b
（2）当棒位于x＝x 处时，evB =eE
0 0 H0
U
E = H0
H0 b
U nec 1
联立解得：B = H0= U = U
0 bv I H0 k H0
若U ＞0，M端积累正电荷，N端积累负电荷，故为N型。
H0
（3）由图2可知， U ，当导体棒运动到x处时，其磁感应强度大小为B，则
U = H0 x
H x
0
B 1 U （磁场方向竖直向下为正）
= U = H0 x
k H kx
0导体棒受力 I l
F =− 0 U x
A kx H0
0
由动能定理：1 1 I l
mv2= 0 U (x2−x2 )
2 2 kx H0 0
0
v √ I l （﹣x ≤x≤x ）
=± 0 U (x2−x2 ) 0 0
kmx H0 0
0
导体棒做简谐振动，沿x轴负方向运动时，取负号，反之取正号。
21．如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d＝20cm，板长L＝6cm，左端有一粒子源
均匀发射带负电的粒子（单位长度发射粒子数目相同），粒子间的相互作用不计，比荷为
q
=1.2×106 C/kg，忽略重力，粒子速度v ＝4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示
0
m
的方形波电压，已知U ＝1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调
0
节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打
到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求：
（1）射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值 和收集板的最小长度L ；
1
1 η
（2）在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B = T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒
1
6
5
子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L 为多少？若磁场改为B = T结果又为多少？
2 2
96
（3）撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一
点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B（此问保留两位有效数字）。
【解答】解：（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子
打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在 t＝0时刻（或方形波电
压每一周期的起始时刻）发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，
假设在极板左侧的C位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示；以t＝0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则：L＝v t
0
2
解得：t＝1.5×10﹣5s＞ T ，则粒子在板间运动分为两段。
3 波
qU 1.2×106×1.0×102
粒子在电场中的加速度大小为：a= 0= m/s2=6×108m/s2
md 0.2
粒 子 在 电 场 方 向 先 做 匀 加 速 运 动 后 做 匀 减 速 运 动 ， 匀 加 速 运 动 时 间 为 ：
t =2×0.5×10−5s=1×10−5s
1
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：v ＝at ＝6×108×1.0×10﹣5m/s＝6×103m/s
1 y1 1
1
在电场方向匀加速运动的位移为：y = ×6×108×(1.0×10−5 ) 2m＝3cm
1
2
匀减速运动时间为：
t =t−t =0.5×10−5s
2 1
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：
2 v =v −at =3×103m/s
y2 y1 2
v +v
在电场方向匀减速运动的位移为：y = y1 y2t =2.25cm
2 2 2
故粒子向上偏转的距离为：y＝y +y ＝5.25cm
1 2
d−y 20−5.25
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为：η= = =73.75%
d 20
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为：v m/s＝5×103m/s
=√v2+v2 =√42+32×103
0 y2
v 4
合速度与初速度方向之间夹角为：cosθ= 0= ，即 ＝37°
v 5
θ
4
由图中几何关系可知收集板的最小长度为：L =(d−y)cosθ=(20−5.25)× cm=11.8cm
1 5
（2）设粒子在t＝1×10﹣5s时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，
最后向上加速离开电场，设极板左侧的D位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示；
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为：
t' =0.5×10−5s
1
t 时 刻 粒 子 在 电 场 方 向 的 分 速 度 为 ：
1 v' =at' =3×103m/s
y1 11
在电场方向向下匀加速运动的位移为：y' = at'2=0.75cm
1 2 1
向下匀减速运动时间为：
t' =0.5×10−5s
2
由对称性可知向下匀减速运动的位移为：y' ＝y' ＝0.75cm
2 1
最后向上匀加速运动时间为：
t =0.5×10−5s
3
1
在电场方向向上匀加速运动的位移为：y = at2=0.75cm
3 2 3
t 时刻粒子在电场方向的分速度为：
3 v =v' −at' +at =3×103m/s
y3 y1 2 3
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm。
所有离开电场的粒子速度都满足大小为： ，与初速度方向之间夹角为
v=√v2+v2=5×103m/s
0 y
＝37°。
θ
v2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：qvB=m
r
解得：r＝2.5cm
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示，由几何关系可得收集板的最小长度为：
L ＝d ﹣2r＝（20﹣0.75﹣2×2.5）cm＝14.25cm
2 AF
5 mv
若磁场改为B = T，则粒子在磁场中的轨迹半径为：r = =8cm
2 96 2 qB
2
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示由几何关系可得收集板的最小长度为：
L' ＝2r ＝2×8cm＝16cm
2 2（3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽
度相等，如图所示；
4
(20−0.75)×
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为： d cosθ 5
R = AF = cm=7.7cm
min 2 2
为使粒子在磁场中偏转后会聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为：r'＝R
min
v2
根据牛顿第二定律：qvB=m
r'
解得：B≈5.4×10﹣2T
