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08
（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．下列力学单位中，属于基本单位的是（ ）
A．千克 B．牛顿 C．米/秒 D．焦耳
【解答】解：牛顿、焦耳以及米/秒都是力学单位制中导出单位，而千克是基本单位，故 BCD错
误，A正确。
故选：A。
2．如图甲所示是一个小朋友玩抖空竹的游戏，图乙是小朋友玩该游戏的示意图，两根不可伸长的
线是对称的。如果小朋友的两手离得更远一些，两细线再次保持对称并稳定后，下列说法正确
的是（ ）
A．两细线的拉力都变大
B．两细线的拉力都变小
C．两细线的拉力都不变
D．两细线的拉力合力变大
【解答】解：两根不可伸长的线是对称的，所以两根线的拉力大小相等，合力等于空竹的重力，
根据合力的特点可知，若合力不变，夹角越大时，两细线拉力越大，所以小朋友的两手离得更
远一些，两细线的拉力都变大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
3．北京时间2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的运载火箭，在中国文昌航天
发射场点火发射，飞船与火箭最终成功分离并进入预定轨道，下列说法正确的是（ ）A．“10时03分”指的是时间间隔
B．只要建立二维坐标系就可以精准确定火箭位置
C．进入太空后，货运飞船内的货物不再具有惯性
D．飞船与火箭分离前，以火箭为参考系，飞船是静止的
【解答】解A．“10时03分”在时间轴上对应一个点，指的是飞船进入轨道的时刻，故A错误；
B．火箭在空中飞行时，若要精准确定火箭的位置，需要建立三维空间坐标系，故B错误；
C．质量是惯性大小的唯一量度，所以当货物进入太空后，质量不变，惯性保持不变，故C错误；
D．飞船与火箭分离前，二者保持相对静止，所以以火箭为参考系，飞船是静止的，故D正确。
故选：D。
4．如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬于P点，使小球在水平面内以O为圆心做匀速圆
周运动，细线与竖直方向的夹角为 ，下列说法中正确的是（ ）
θ
A．小球受重力、拉力、向心力
B．由于小球做匀速圆周运动，所以向心力不变
C．小球所受到的合力大小为mgtan
1 √g θ
D．小球角速度的大小为
cosθ l
【解答】解：A、小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图，小球受重力、绳子
的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，叫做向心力，故A
错误；
B、小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，但方向时刻变化，所以向心力是变力，故B错误；
C、根据几何关系可知：F向 ＝mgtan ，故C正确；
θ√ g
D、根据牛顿第二定律知mgtan ＝m 2lsin ，解得 = ，故D错误。
lcosθ
θ ω θ ω
故选：C。
5．如图所示，地月拉格朗日点L 和L 位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月亮引力
1 2
的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。假设在地月拉格朗日点 L 和L ．分别
1 2
建立了空间站P和Q，使其与月球同周期绕地球运动，以a 、a 、a 分别表示空间站P、月球、
1 2 3
空间站Q的向心加速度的大小，则以下判断正确的是（ ）
A．a
1
＞a
2
＞a
3
B．a
1
＝a
2
＝a
3
C．a
1
＜a
2
＜a
3
D．a
1
＝a
3
≠a
2
【解答】解：在拉格朗日点L 建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度为：
1
a 4π2 r，
n=
T2
由于拉格朗日点L 的轨道半径小于月球的轨道半径，所以a ＞a ，
1 2 1
又月球的轨道半径小于拉格朗日点L 的轨道半径，故a ＜a ，
2 2 3
故a ＜a ＜a ，
1 2 3
故ABD错误，C正确；
故选：C。
6．如图所示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图像，图中P 为发动机的额定功率，汽
0
车所受阻力恒定，若已知汽车在t 时刻之前已达到最大速度v ，据此可知（ ）
2 mA．t ～t 时间内汽车做匀速运动
1 2
B．0～t 时间内发动机做的功为P t
1 01
t
C．0～t 时间内发动机做的功为P （t − 1）
2 0 2
2
D．汽车t 时刻所受牵引力为P
1 0
v
m
【解答】解：A、0～t 时间内，由P＝Fv＝Fat可知，汽车做匀加速直线运动，t 时刻达到额定
1 1
功率，此时汽车的牵引力仍然大于阻力，所以汽车将继续做加速运动，根据P＝Fv，随着速度增
大，牵引力减小，汽车的加速度减小，则t ﹣t 时间内汽车做加速度减小的变加速运动，当加速
1 2
度减为零时，即牵引力等于阻力，汽车做匀速运动，故A错误；
B、0～t 时间内发动机的功率逐渐增大，最大功率为P ，所以发动机做的功一定小于P t ，故B
1 0 01
错误；
C、根据功的公式W＝Pt，可知P﹣t图线与时间轴之间所围成的面积表示发动机做的功，所以 0
(t −t )+t t
﹣t 时间内发动机做的功为W= 2 1 2•P ＝P （t − 1），故C正确；
2 0 0 2
2 2
D、汽车匀速运动时，牵引力为F P 。汽车在t ﹣t 时间内汽车做加速度减小的加速运动，牵
= 0 1 2
v
m
引力逐渐减小，则t 时刻所受牵引力大于P ，故D错误。
1 0
v
m
故选：C。
5
7．如图所示，半圆 AOB为透明柱状介质的横截面，半径为 R，折射率为 ，建立直角坐标系
3
Oxy，y轴与直径AB平行，且与半圆相切于原点O。一束平行单色光沿x轴正方向射向整个介
质，欲使所有平行光线都不能到达x轴正半轴，需紧贴直径AB放置一遮光板，则该遮光板沿y
轴方向的长度至少为（不考虑反射光的影响）（ ）6 4 3 2
A． R B． R C． R D． R
5 5 5 5
1 3
【解答】解：根据已知条件能求出全反射时的临界角C满足sinC= = ，
n 5
欲使所有平行光线都不能到达x轴正半轴，即入射角等于全反射临界角时折射光线不能够到达x
轴，
3
当入射角等于临界角时，根据几何关系l＝RsinC= R，
5
3 6
由于对称性可知，总长度至少为L=2l= R×2= R
5 5
所以选项BCD错误，选项A正确；
故选：A。
8．如图1所示为某款人工智能（AI）扫地机器人，可实现自动充电、工作、休息等智能化工作，
充电桩固定于墙面。某次充电时，发射线圈通入“220V 50Hz”的正弦式交流电，便会在接收线
圈中感应出电流，实现对扫地机器人充电，接收线圈获得的感应电压约为15V，如图2所示。下
列说法正确的是（ ）
A．接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相同
B．接收线圈中电流方向始终与发射线圈中电流方向相反
C．接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率之比约为3：44
D．接收线圈与发射线圈的匝数之比约为3：44
【解答】解：AB．由于发射线圈输入的是交变电流，大小和方向都在做周期性变化，若发射线
圈中的电流增大，则发射线圈产生的磁场增加，穿过接收线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相反的磁场，所以接收线圈中感应电流的方向与发射线圈
中电流方向相反，若发射线圈中的电流减小，则发射线圈产生的磁场减小，穿过接收线圈的磁
通量减小，根据楞次定律可知接收线圈中电流产生与原磁场方向相同的磁场，所以接收线圈中
感应电流的方向与发射线圈中电流方向相同，故AB错误；
C．接收线圈与发射线圈中磁通量的变化率相同，故C错误；
D．接收线圈与发射线圈的匝数比约为n U 15 ，故D正确。
2= 2= =3：44
n U 220
1 1
故选：D。
9．如图所示为光电效应实验装置图。实验中用 a光照射光电管时，灵敏电流计有示数；而用 b光
照射光电管时，灵敏电流计没有示数。则下列说法中正确的是（ ）
A．a光频率大于b光频率
B．若增加b光的照射时间，灵敏电流计将会有示数
C．若增大b光的光照强度，灵敏电流计将会有示数
D．用b光照射时，适当增大电源的电压，灵敏电流计将会有示数
【解答】解：A、光电管两端接正向电压，实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说
明能够发生光电效应；而用b光照射光电管时，灵敏电流计没有示数，说明不能发生光电效应，
可知a光频率大于b光频率，故A正确；
BC、根据光电效应的规律可知，若增加b光的照射时间以及增加b光的光照强度，都不能发生
光电效应，则灵敏电流计都不会有示数，故BC错误；
D、用b光照射时不能发生光电效应，即使适当增大电源的电压，也不会发生光电效应，灵敏电
流计也不会有示数，故D错误。
故选：A。
10．如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始
时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时
小磁针在水平面内偏转了 30°，已知地磁场的水平分量为 3×10﹣5T，则下列说法正确的是（ ）
A．通电长直导线的电流方向为从北指向南
√3
B．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 ×10−5T
3
C．通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为√3×10−5T
D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变
为原来的2倍
【解答】解：A．小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可
判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；
BC．根据题意可知，分磁场与合磁场的关系如图所示：
地磁场的水平分量为B＝3×10﹣5T
根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为
√3
B =Btan30°=3×10−5× T=√3×10−5T
x 3
综上分析，故B错误，C正确；
D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感
应强度大小变为2√3×10−5T
设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为 ，则 2√3×10−5T 2√3
tanθ= =
3×10−5T 3
θ
则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
11．如图所示，在盛有浅水的水槽中，在t＝0时刻以相同的频率拍打水面上的两个点S 和S 产生
1 2
两列波，两波源相距9cm，频率为2Hz，连线中点处有一浮标始终未振动。距S ＝12cm处有一
2
P点，PS ⊥S S ，经过3s后P点开始振动，下列说法中正确的是（ ）
2 1 2A．两波源的振动情况完全相同
B．S P连线上（两端点除外）共有6个振动减弱点
1
C．P点是振动减弱点
D．若将S 的频率增大为原来的两倍，浮标仍然可以保持静止
2
【解答】解：A．根据题意，连线中点处有一浮标始终未振动可知，两列波的振幅相等，频率相
同，振动相位相差 ，即振动情况相反，故A错误；
π 12cm v 4cm/s
B、两列波的波速均为：v= =4cm/s，两列波的波长均为： ＝vT= = =2cm
3s f 2Hz
λ
S P之间的距离为：S cm＝15cm
1 1P=√122+92
S P连线上的振动减弱点Q到两波源的波程差满足：0≤QS ﹣QS ＝9cm﹣0cm＜9cm
1 2 1
两个波源中点浮标始终没动，所以两列波是反步调的波，根据干涉减弱点到两波源的波程差与
波长的关系有：0≤QS ﹣QS ＝n ＜9cm
2 1
两式联立解得：n＝0、1、2、3、λ4
同理：0＜QS ﹣QS ＝15cm﹣12cm＜3cm
1 2
即：0＜QS ﹣QS ＝n ＜3cm
1 2
解得：n＝1 λ
所以，则S P连线上（两端点除外）共有6个振动减弱点，故B正确；
1
3
C、根据几何关系可知P到两波源的波程差为：Δs =PS −PS =3cm= λ，所以两列波在P
P 1 2 2
点会发生稳定地干涉，是振动加强点，故C错误；
D、若只改变S 的频率，两个波的频率不同，则两列波不能发生稳定的干涉，浮标不能保持静
2
止，故D错误。
故选：B。
12．人在体重计上起立时，体重计的示数会发生变化。小管同学质量为50kg，在腰间挂有一只加速
度传感器，显示“+”代表加速度方向向上，显示“﹣”代表加速度方向向下，起立过程中的某
时刻显示为“+4m/s2”，那么此时体重计的读数可能为（ ）A．70kg B．50kg C．60kg D．20kg
【解答】解：加速度传感器挂在腰间，起立过程中的某时刻显示为“+4m/s2”，可知此时刻腰部
的加速度方向向上，大小为4m/s2，人体不同部分的运动并不相同，腿部的加速度小于4m/s2，
人整体的平均加速度必小于4m/s2，设体重计的示数为m′，对小管同学受力分析，由牛顿第二
定律得：m′g﹣mg＜ma
代入数据解得：m′＜70kg，此时体重计的读数可能选项中的60kg，故C正确，ABD错误；
故选：C。
13．如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（
）
风机流量 22000m3/h
风机效率 65%
电机电功率 5.5kW
风机转速 1450r/min
工作电压 220V/50Hz
A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8
C．空气排出的速度约为15mΩ/s
D．出风口半径约为0.26m
145
【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min= r/s
6
145π
风机转动的角速度为 ＝2 n= rad/s
3
ω π
故A错误；
B、由表格得，风机的工作电压U＝220V
电功率为P电 ＝5.5kW＝5500W
由P电 ＝UI得，电流I＝25A风机的输出功率P出 ＝ P电 ＝65%×5500W＝3575W
热功率为P热 ＝P电 ﹣Pη出 ＝5500W﹣3575W＝1925W
1925 77
由P热 ＝I2R得，排风扇的内电阻R =
252
=
25
＝3.08
Ω Ω Ω
故B错误；
1
C、设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：P出t= Qt v2
2
ρ
代入数据解得：v＝30m/s
故C错误；
D、风机的流量Q＝v r2
代入数据解得，出风口π半径r≈0.26m
故D正确。
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．下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（ ）
A．我们观察近处的飞鸟和远处的飞机时，往往会觉得鸟比飞机飞得快，这是因为鸟相对眼睛的
角速度比较大
B．小管同学自己绕制天线线圈，制作一个简易的收音机，若想接收一个频率较高的电台，那么
应该增加线圈的匝数
C．人造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在外壳中形成的涡流是导致轨道半径变小的原因
之一
D．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
【解答】解：A、鸟和飞机的飞行看成绕地球做圆周运动，鸟比飞机飞得低，在相同的时间里鸟
转过的角度较大，视觉的错觉感觉鸟比飞机飞得快，而飞机飞得越高，看起来慢。鸟相对眼睛
的角速度比较大。故A正确；
1
B、若想接收一个频率较高的电台，根据：f = ，可知应减少线圈的匝数。故B错误；
2π√LC
D、空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故D正确；
C、人造卫星绕地球运行时由于受地磁场影响，在金属外壳中形成的涡流，涡流会导致卫星机械
能减小，是导致轨道半径变小的原因之一，故C正确。
故选：ACD。15．下列说法正确的是（ ）
A．氘核分离成质子与中子的过程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能
B．氪90（ Kr）经过一系列衰变成为稳定的锆90（ Zr）要经过1次 衰变和4次 衰变
90 90
36 40
α β
C． 射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后形成的电子流
D．β放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间
【解答】解：A、质子与中子结合成氘核的过程中会放出的能量或者氘核分离成质子与中子的过
程中需要吸收的最小能量就是氘核的结合能，故A正确；
B、由质量数守恒和电荷数守恒知经过1次 衰变即可，故B错误；
C、 射线是原子核中的中子转化为质子时产β生的，故C错误；
D、β放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，故D正确；
故选：AD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ．某同学设计了如图所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系，小车总质量用 M表示，
重物质量用m表示。
（1）关于该实验方案，实验时一定要进行的操作是 AB 。
A．平衡摩擦力
B．调节细线与长木板平行
C．所挂重物质量m远小于小车的总质量M
D．测量重物质量m
（2）实验进行过程中，该同学发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，把弹簧测力计换为
一截轻绳，仍利用该装置进行了新的探究，步骤如下；
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a的大小；
③保持小车总质量M不变，改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；
④以a为纵轴、m为横轴作出的a﹣m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，该同
1 1 1
学整理公式，发现以 为纵轴，以 （选填“ ”或“m”）为横轴，便可得到线性图像。
a m m
k
若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M＝ （用字母k，b表示）。
4b【解答】解：（1）本实验探究小车加速度与力、质量的关系，因为有弹簧测力计，所以只需使
绳的拉力作为小车的合外力即可，所以需要平衡摩擦力且调节细线与长木板平行。
故选：AB。
（2）对小车由牛顿第二定律有：F＝Ma
a
对重物由牛顿第二定律有：mg﹣2F＝m⋅
2
1 2M 1 1
化解得： = ⋅ +
a g m 2g
1 1
为了得到两者的线性关系，以 为纵轴，以 为横轴；
a m
1 2M 1 1 2M 1
由 = ⋅ + ，可得：k= ，b=
a g m 2g g 2g
k
解得：M=
4b
1 k
故答案为：（1）AB；（2） 、 。
m 4b
Ⅱ．酒精检测仪是交警执法时通过呼气来检测司机饮酒多少的检测工具。现有一个酒精检测仪的主
要原件“酒精气体传感器”，其阻值随气体酒精浓度变化的情况如表。
R（ ） 60 40 30 20 10
气体酒精浓度Ω（mg/m3） 0 50 90 140 360
（1）请根据表中数据在图2中描绘出“R﹣气体酒精浓度”的关系曲线。（2）若测得某司机经过气体酒精浓度测试，显示呼气酒精浓度为 120mg/m3，则此时R数值约
为 2 4 。
（3）现有Ω一个电源，电动势为4.5V，内阻约为1 ；电压表V，量程为3V，内阻约为2000 ；
滑动变阻器R ，阻值0～50 ；滑动变阻器R ，阻Ω值0～500 ；开关、导线若干。若要用以上Ω器
1 2
材和上述“酒精气体传感器Ω”组成一个测定气体酒精浓度的Ω电路。正常工作时，被测气体酒精
浓度若为0，则电表指针满偏；该电路可以在电源老化、内阻变大的情况下，通过调节变阻器，
保证被测气体酒精浓度为0时，电表指针仍能满偏。考虑到调节方便，应选用的滑动变阻器是
R 。请设计电路图。
1
【解答】解：（1）根据描点法可得出R﹣气体酒精浓度”的关系曲线如图1所示；
（2）呼气酒精浓度为120mg/m3，由图可知，此时电阻约为24 ；
（3）题目要求，当正常工作时，被测气体酒精浓度若为0（此Ω时电阻最大），则电表指针满偏，
即电压也最大，即电压表直接测传感器两端电压。并且可以在电源老化，内阻变大的情况下，
通过调节变阻器，保证被测气体酒精浓度为0时，电表指针仍能满偏。
则只能采用电压表与传感器并联的形式进行实验；同时因酒精浓度为 0时，电阻仅为60 ，故应
采用总阻值为50 的滑动变阻器才能满足要求，故实验电路如图2所示； Ω
Ω故答案为：（1）如图1所示
（2）24；（3）R 、如图2所示
1
17．一种海浪发电机的气室如图所示．工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，
从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭．气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动
出气口处的装置发电．气室中的空气可视为理想气体．
（1）下列对理想气体的理解，正确的有 AD ．
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
（2）压缩过程中，两个阀门均关闭．若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加
3.4×104J，则该气体的分子平均动能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”），活塞
对该气体所做的功 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）3.4×104J．
（3）上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m3，压强为1个标准大气压．
已知1mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L，阿伏加德罗常数N ＝6.02×1023mol﹣
A
1，计算此时气室中气体的分子数．（计算结果保留一位有效数字）【解答】解：（1）AD、理想气体是一种理想的模型，实际并不存在，但实际气体在温度不太
高，压强不太大时都可视为理想气体，故选项A正确，B错误；
C、理想气体的内能仅与温度有关，选项C错误；
D、理想气体遵循气体实验定律，选项D正确．
故选：AD
（2）气体内能增加，温度升高，分子的平均动能将增大；由热力学第一定律W+Q＝ΔU知，根
据题意Q＝0，
W＝ΔU＝3.4×104J
（3）设气体刚被压缩时的温度为T＝（273+27）K＝300K，体积为V＝0.224m3，
在标准状态时的温度为T ＝273K，体积为V ，等压过程有：
0 1
V V
= 1
T T
0
在标准状态时气体摩尔体积为V ＝22.4L/mol
0
气体物质的量为： V ，且分子数N＝nN
n= 1 A
V
0
解得： V T
N= 0 N
V T A
0
代入数据得：N＝5×1024
故答案为：（1）AD；（2）增大，等于；（3）5×1024
18．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧
轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为 ＝37°，底端H有一弹簧，A、O 、O 、D、
1 2
O 、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢θ 球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）
3
从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无
能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在 B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数 ＝
0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，μ小
钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小v ；
C
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F （保留两位小数）；
B
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【解答】解：（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为
0，小球从C点到E点，根据动能定理得：
1
﹣mg•2R＝0− mv2
2 C
代入数据解得：v ＝2√6m/s
C
1 1
（2）从B点到C点，由动能定理得：﹣ mgL= mv2− mv2
2 C 2 B
μ
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg＝mv2
B
R
5
代入数据联立解得：N= N≈0.83N
6
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小F ＝N＝0.83N
B
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定理
1
得：
mg（h ﹣R）﹣ mgL＝0
1
代入数据解得：μh
1
＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定理得：
2
R
mg（h ﹣R）﹣ mgL﹣2 mgcos • =0
2
tanθ
μ μ θ代入数据解得：h ＝2.24m
2
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次， ＜tan ，则小钢球最终停在H点，
从释放点到停在H点，根据动能定理得： μ θ
mgh﹣ mgL﹣ mgcos •s＝0
代入数μ据解得：μs＝2.5θ（h﹣1）
0.6
R ×
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次，s＝2 =2 3 m＝1.6m
tanθ
4
19．如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别为r ＝0.3m，r
1 2
＝0.1m，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小 B＝1T的匀强磁场，金属圆环以角速度
＝5rad/s绕中心轴线转动。金属环电阻不计，金属杆电阻R ＝0.1 ，两环通过电刷分别与间距
1
ωL＝0.5m的两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'连接，Ω其中MQ、M'Q'段倾斜放置，
倾斜角 ＝30°，MQ＝M'Q'＝4m，QN，QN'段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）
光滑圆弧θ绝缘材料平滑相连，在Q和Q'两端向下引出两根无电阻的金属导线通过电键S 与一电
2
容量C＝0.6F的电容器相连，在N和N′两端与电阻R＝0.1 相连，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域
内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B ＝2T，在水平Ω导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平
1
导轨平面向上的匀强磁场B ＝0.4T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝0.5m，U形
2
金属框cdef除c、f横截面处外其他表面都有绝缘层（与导轨间绝缘），U形金属框质量为3m，
每边电阻均为R ＝0.1 ，各边长度均为L＝0.5m，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外。
2
现有一不计电阻的质量Ω为m的金属棒a紧贴MM′放置，合上电键S 时金属棒恰好静止在导轨
1
上。（g＝10m/s2）
（1）求金属棒a的质量m；
（2）断开S 同时闭合S ，金属棒a向下滑行，求金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大
1 2
小；
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后黏在一起（金属棒a与导轨及U形金
属框都接触良好）穿过磁场B 区域，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。
2【解答】解：（1）金属圆环在环形磁场中转动时产生动生电动势：E＝B（r ﹣r ）v
1 2
ωr +ωr
而平均切割速度：v= 1 2
2
E
s 闭合时，a导体棒与金属圆环“电源”构成回路，此时电流：I =
1 R
1
a静止在倾斜的导轨上，由平衡条件有：mgsin ＝B IL
1
联立代入数据解得：m＝0.4kg θ
（2）断开S 同时闭合S ，金属棒a与电容器组成电路，金属棒a向下滑行过程中，电容器的电
1 2
压U始终等于金属棒a切割磁感线产生的感应电动势E′，则有：U＝E′＝B Lv
1
电容器的电量：q＝CU
Δq ΔU Δv
电路中的电流：I= =C× =CB L× =CB La
1 1
Δt Δt Δt
对金属棒a，根据牛顿第二定律得：mgsin ﹣B IL＝ma
1
联立可得：mgsin L2a＝ma θ
−CB2
1
θ
代入数据得到：a＝2m/s2
金属棒a匀加速下滑，设金属棒a到达倾斜导轨底端QQ′时的速度大小为v ，由运动学公式得：
0
2a•MQ
v2=
0
代入数据可得：v ＝4m/s
0
（3）金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生完全非弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量
守恒定律得：
mv ＝（m+3m）v
0 1
代入数据得：v ＝1m/s
1
在de边进入磁场的过程，de边左侧被导轨和金属棒a短路（即电阻R中无电流），回路中只有de边的电阻R，设de边到达EE′时的速度为v ，以水平向右为正方向，此过程由动量定理得：
2
﹣B I L×Δt＝4mv ﹣4mv
2 2 2 1
E ΔΦ ΔΦ B L2
I ×Δt= 1×Δt= ⋅Δt= = 2
2 R Δt⋅R R R
联立代入数据解得：v ＝0.8m/s
2
在金属棒a（在cf之间）进入磁场B 的过程，de边与电阻R并联，电路总电阻为0.5R，设金属
2
棒a到达EE′时的速度为v ，同理由动量定理得：
3
﹣B I L×Δt＝4mv ﹣4mv
2 3 3 2
B L2
I ×Δt= 2
3 0.5R
联立代入数据解得：v ＝0.4m/s
3
1 1
此过程产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得：Q= ×4m×v2− ×4m×v2
2 1 2 3
代入数据得：Q＝0.672J
20．如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆
柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径R＝0.05m的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内
分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B＝4×10﹣3T；沿x轴正方向观察电磁场分布
如图乙，宽度d＝0.05m的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度E＝40N/C的匀强电场沿x轴正
方向，磁场的磁感应强度大小也为B＝4×10﹣3T、磁感线与圆弧边界平行且顺时针方向。沿y轴
q
负方向观察电磁场分布如图丙。比荷 =5×107C/kg的带正电粒子，从坐标为（0，0，
m
0.10m）的A点以一定初速度沿z轴负方向进入区域Ⅱ。（不计粒子的重力和空气阻力）
（1）该粒子若以速度v 沿直线通过区域Ⅱ，求速度v 大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
0 0
（2）若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度2v 从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间；
0
（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v 进入区域Ⅱ，求它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标。
0【解答】解：（1）沿直线通过区域Ⅱ，则：Eq＝qv B
0
E 40
解得：v = = m/s＝1×104m/s
0 B 4×10−3
在区域Ⅰ中运动的半径： v 2
qv B=m 0
0 R
1
解得：R ＝0.05m
1
（2）粒子在区域Ⅱ中的半径：q×2v B (2v ) 2
0 =m 0
R
2
解得：R ＝0.10m
2
根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为： ＝30°
α
T πm
所以：t = 2=
2 12 6Bq
在区域Ⅰ中运动的半径：q×2v Bsin60° (2v sin60°) 2
0 =m 0
R '
1
解得：
R '=0.05√3m
1
根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60°T πm
所以：t = 1=
2 6 3Bq
πm
所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间：t＝t +t =
1 2
2Bq
π
代入数据可得：t= ×10−5s
4
（3）若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v 进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动，
0
沿z轴方向：d＝v t
01
1 Eq
沿x轴方向：x = × t2
1 2 m 1
Eq
进入区域Ⅰ时沿x轴正方向的分速度为v = t
x m 1
解得：x ＝0.025m，v ＝1×104m/s
1 x
粒子在区域Ⅰ内的运动轨迹为螺旋线，在平行yOz面的平面内以速度大小为v 做匀速圆周运动，
0
T
由（1）结论可知圆周运动半径为R ＝0.05m＝d，可得粒子偏转 在xOy平面内进入区域Ⅱ。同
1
4
时沿x轴正方向上做匀速直线运动，此过程的运动时间和沿x轴正方向的位移分别为：
t T 2πR
2= = 1
4 4v
0
x ＝v t
2 x2
π
解得：x = m
2
40
粒子在xOy平面内再次进入区域Ⅱ，在xOy平面做类抛体运动，则有：
d＝v t
03
1 Eq
x =v t + × t2
3 x 3 2 m 3
解得：x ＝0.075m
2π π
可得离开区域Ⅱ时x轴坐标：x＝x +x +x ＝0.025m+ m+0.075m＝（0.1+ ）m
1 2 3
40 40
y轴坐标：y＝2d＝0.1m
z轴坐标：z＝0m
π
故第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为：[（0.1+ ）m，0.1m，0m]
40
