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2022 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试
物理试题
选择题部分
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. 单位为J/m的物理量是（ ）
A. 力 B. 功 C. 动能 D. 电场强度
【答案】A
【解析】
【详解】根据功的定义式W = Fx可知
J = N×m
则有
J N×m
= =N
m m
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B. 研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C. 研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D. 研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，故A
错误；
第1页 | 共25页B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B
正确；
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为
相同，故D错误；
故选B。
3. 利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线
通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导
线受到的力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据
F = BIL
可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图象是过原点的直线。同理保持电流
I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图象是过原点的直线。
故选B。
4. 如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过
第2页 | 共25页一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A. 水桶自身重力的大小
B. 水管每秒出水量的大小
C. 水流对桶撞击力的大小
D. 水桶与水整体的重心高低
【答案】D
【解析】
【详解】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到一定量之后，导致水
桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，
故选D。
5.
如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为，工作人
员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为q，则下列说法正确的是
（ ）
mg
A. 轻绳的合拉力大小为
cosq
mg
B. 轻绳的合拉力大小为
cosq+sinq
C. 减小夹角q，轻绳的合拉力一定减小
D. 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
【答案】B
【解析】
第3页 | 共25页【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
Tcosq= f
f =N
Tcosq+N =mg
联立解得
mg
T =
cosq+sinq
故A错误，B正确；
C．拉力的大小为
mg mg
T = =
cosq+sinq 1+2 sin(q+j)
其中tanj=，可知当q+j=90°时，拉力有最小值，即减小夹角q，轻绳的合拉力不一定减小，故C
错误；
D．摩擦力大小为
mgcosq mg
f =Tcosq= =
cosq+sinq 1+tanq
可知增大夹角q，摩擦力一直减小，当q趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石
墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选B。
6. 图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细
绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操
作，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中的小球将保持静止
B. 甲图中的小球仍将来回振动
C. 乙图中的小球仍将来回摆动
D. 乙图中的小球将做匀速圆周运动
第4页 | 共25页【答案】B
【解析】
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将
在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重时，
回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球
一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B。
7. 如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q
构成，其重量分别为G 和G 。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，
P Q
P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小
为F。下列说法正确的是（ ）
A. Q对P的磁力大小等于G
P
B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于G ＋F
Q
D. 电子秤对Q的支持力大小等于G ＋G
P Q
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q
对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，
则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G ，选项AB错误；
P
CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G ＋G ，即Q对电子秤的压力大
P Q
第5页 | 共25页小等于G ＋G ，选项C错误，D正确。
P Q
故选D。
8. “天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调
相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A. 发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B. 从P点转移到Q点的时间小于6个月
C. 在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D. 在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于
11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；
B．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共
12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停
泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D．卫星从P点变轨时，要加速增大速度，此后做离心运动速度减小，则在地火转移轨道运动时的速度P
点速度大于地球绕太阳的速度，故D错误；
故选C。
9. 如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上
的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转
动。下列说法正确的是（ ）
第6页 | 共25页A. 甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B. 乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C. 甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D. 乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故
C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选A。
10. 某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小
孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
第7页 | 共25页D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【答案】C
【解析】
【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；
B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；
C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；
D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为
零，选项D错误。
故选C。
11. 如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折
射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Dq时，b、c、d也会随之转动，则
（ ）
A. 光束b顺时针旋转角度小于Dq
B. 光束c逆时针旋转角度小于Dq
C. 光束d顺时针旋转角度大于Dq
D. 光速b、c之间的夹角减小了2Dq
【答案】B
【解析】
【详解】A．设入射光线a的入射角为a，则反射角为a，光束c的折射角为b，光束d的反射角也为
b，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Dq时，入射角变为
a¢=Dq+a
由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于Dq，故A错误；
B．由折射定律有
第8页 | 共25页sina sin(a+Dq)
=n>1， =n>1
sinb sin(b+Dq¢)
可得
Dq¢<Dq
即光束c逆时针旋转角度小于Dq，故B正确；
C．光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于Dq，故C错误；
D．光束b顺时针旋转角度等于Dq，光束c逆时针旋转角度小于Dq，则光速b、c之间的夹角减小的角
度小于2Dq，故D错误；
故选B。
12. 某节水喷灌系统如图所示，水以v =15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是
0
从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压
为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已
知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则
（ ）
A. 每秒水泵对水做功为75J
B. 每秒水泵对水做功为225J
C. 水泵输入功率为440W
D. 电动机线圈的电阻为10Ω
【答案】D
【解析】
【详解】AB．每秒喷出水的质量为m =2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
0
第9页 | 共25页1
W =m gH + m v2 =300J
0 2 0 0
故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
W
P = =300W
出 t
而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
P
P = 出 =400W
入 75%
故C错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
P = P =400W
机 入
而电动机的电功率为
P =UI=440W
电
由能量守恒可知
P = I2R+P
电 机
联立解得
R=10Ω
故D正确；
故选D。
13. 如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁
场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为r、高度为h、半径为r、厚度为d
（d≪r），则（ ）
A. 从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
第10页 | 共25页kpr2
B. 圆管的感应电动势大小为
h
pdhk2r3
C. 圆管的热功率大小为
2r
D. 轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺
时针方向，选项A错误；
B．圆管的感应电动势大小为
DB
E = pr2 =kpr2
Dt
选项B错误；
C．圆管的电阻
2pr
R=r
dh
圆管的热功率大小为
E2 pdhk2r3
P= =
R 2r
选项C正确；
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始
终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共 3小题，每小题 2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 2分，选对但不选全的得 1分，有选错的得 0分）
14. 2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011kW·h，相当于减排
二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是
（ ）
A. 秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
第11页 | 共25页B. 秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6kg
C. 核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D. 反应堆中存在235U+ 1n ®Ba+Kr+31n的核反应
92 0 0
【答案】CD
【解析】
【详解】A．秦山核电站利用的是重核裂变变释放的能量，故A错误；
B．原子核亏损的质量全部转化为电能时，约为
DE 6.9´1011´1000´3600
Dm= = kg»27.6kg
c2 (3´108)2
核电站实际发电还要考虑到核能的转化率和利用率，则原子核亏损的质量大于27.6kg，故B错误；
C．核电站反应堆中需要用镉棒能吸收中子的特性，通过中子的数量控制链式反应的速度，故C正确；
D．反应堆利用铀235的裂变，生成多个中核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在
235U+ 1n ®Ba+Kr+31n的核反应，故D正确；
92 0 0
故选CD。
15. 两列振幅相等、波长均为l、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动
产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距l，则（ ）
T
A. t = 时，波形如图2甲所示
4
T
B. t = 时，波形如图2乙所示
2
3T
C. t = 时，波形如图2丙所示
4
D. t =T 时，波形如图2丁所示
第12页 | 共25页【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据波长和波速的关系式为
l
v=
T
T
则t = 时，两列波各种向前传播的距离为
4
l
x=vt =
4
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
T
B．t = 时，两列波各种向前传播的距离为
2
l
x=vt =
2
故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
3T
C．t = 时，两列波各种向前传播的距离为
4
3l
x=vt =
4
l 3l l
根据波的叠加原理可知，在两列波之间 ~ 的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强， 处的波谷
4 4 2
质点的位移为2A，故C错误；
D．t =T 时，两列波各种向前传播的距离为
x=vt =l
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正确；
故选BD。
16. 电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10-
23kg·m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10-31kg，普朗克常量取6.6×10-34J·s，
下列说法正确的是（ ）
A. 发射电子的动能约为8.0×10-15J
B. 发射电子的物质波波长约为5.5×10-11m
第13页 | 共25页C. 只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D. 如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为
P2 (1.2´10-23)2
E = = J »8.0´10-17J
k 2m 2´9.1´10-31
故A错误；
B．发射电子的物质波波长约为
h 6.6´10-34
l= = m»5.5´10-11m
P 1.2´10-23
故B正确；
CD．物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通过双缝都能发
生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故C错误，D正确；
故选BD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共 6小题，共 55分）
17. （1）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直
坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛
运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x ，y ）。
0 0
①下列说法正确的是_______。
A.实验所用斜槽应尽量光滑
B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
第14页 | 共25页②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v =_______。
0
g g
A． 2gh B． 2gy C．x D．x
0 0 2h 0 2y
0
③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是_______。
【答案】 ①. C ②. D ③. 确保多次运动的轨迹相同
【解析】
【详解】①[1]A．只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜
槽是否光滑无关，故A错误；
B．画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故C正
确；
故选C
。
②[2] 坐标原点O为抛出点，由平抛规律有
x =v t
0 0
1
y = gt2
0 2
联立解得平抛的初速度为
g
v = x
0 0 2y
0
故选D。
③[3] 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多
次运动的轨迹相同。
18. 小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金
丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I 达到某一相同值时记录电压表的示数
U U
U，从而得到多个 的值，作出 -l图像，如图2中图线a所示。
I I
第15页 | 共25页（1）在实验中使用的是_______（选填“0~20Ω”或“0~200Ω”）的滑动变阻器。
（2）在某次测量时，量程为3V电压表的指针位置如图3所示，则读数U=_______V。
（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10-8m2，则合金丝甲的电阻率为_______Ω·m（结果保留2位有效
数字）。
（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的
U
-l图像，由图可知合金丝甲的横截面积_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截
I
面积。
【答案】 ①. 0~20Ω ②. 1.32（1.31~1.34） ③. 0.99×10-6（0.96×10-6~1.0×10-6） ④. 小于
【解析】
【详解】（1）[1]由实验原理可知
U
R =
x I
U
而由 -l图像可知待测电阻最大约为8W，为了使电压表有明显的读数变化，则滑动变阻器的阻值不能
I
太大，故选0~20Ω比较合适；
（2）[2]量程为3V的电压表，精度为0.1V，估读到0.01V，则电压为1.32V（1.31~1.34）；
（3）[3]根据电阻定律有
U r
= R = ×l
I x S
U
则 -l图像的斜率为
I
r
k =
S
可得合金丝甲的电阻率为
第16页 | 共25页7.4-4.0
r=kS = ´7.0´10-8(W×m)»0.99´10-6(W×m)（0.96×10-6~1.0×10-6）
0.44-0.20
（4）[4] 另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而横截面积变为
S¢=S +S
乙
由图2中图线b可得
r 0.99´10-6
S¢= = »29.7´10-8m2
k 2.2-1.4
b
0.44-0.20
解得
S =S¢-S »22.7´10-8m2 >S
乙
故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。
19. 第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m
的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加
速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时
5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车
（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
8
【答案】（1）a = m/s2；（2）12m/s；（3）66N
1 3
【解析】
【详解】（1）AB段
v2 =2a x
1 1 1
第17页 | 共25页解得
8
a = m/s2
1 3
（2）AB段
v =at
1 11
解得
t =3s
1
BC段
1
x =vt + a t2
2 1 2 2 2 2
a =2m/s2
2
过C点的速度大小
v=v +a t =12m/s
1 2 2
（3）在BC段有牛顿第二定律
mgsinq-F =ma
f 2
解得
F =66N
f
20. 如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角a=37°的光滑直轨道AB、圆心为O 的半圆形光滑
1
轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F
2
为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O 、D、O 和F点处于同一直线
1 2
上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度l =3m，
AB
7
滑块与轨道FG间的动摩擦因数= ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，
8
cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）设释放点距B点的长度为l ，滑块第一次经F点时的速度v与l 之间的关系式；
x x
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l 的值。
x
第18页 | 共25页13 9 41
【答案】（1）7N；（2）v= 12l -9.6 （l ³0.85m）；（3） m， m， m
x x 15 5 15
【解析】
【详解】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
1
mglsin37o +mgR(1-cos37o)= mv2
2 C
经过C点时
v2
F -mg=m C
N R
解得
F =7N
N
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
1
mgl sin37o -mg´4Rcos37o = mv2
x 2
解得
v= 12l -9.6
x
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定
理
mgl sin37o -mg（3Rcos37o+R）=0
x
可解得
l =0.85m
x
则要保证小球能到F点，l ³0.85m，带入v= 12l -9.6可得
x x
v³ 0.6m/s
第19页 | 共25页（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
l l
mgl sin37o -mg FG sin37o -nmg FG cos37o=0
x 2 2
解得
7n+6
l = m n=1,3,5, ……
x 15
又因为
l ³l ³0.85m，l =3m
AB x AB
13 9 41
当n=1时，l = m，当n=3时，l = m，当n=5时，l = m，满足要求。
x1 15 x2 5 x3 15
13 9 41
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度l 的值可能为 m， m， m。
x 15 5 15
21. 如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R 的两金属棒沿直径放置，其中
0
一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度w=600rad/s匀速转
动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间
1
距l 的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与
1
接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l 、长度为l 、磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域。在磁场区
1 2 2
域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l 的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，
1
在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l 、质量均为
1
m=0.01kg，de与cf长度均为l =0.08m，已知l =0.25m，l =0.068m，B =B =1T、方向均为竖直向上；棒ab
3 1 2 1 2
和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良
好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到
2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框
abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N；）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量DQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
v
第20页 | 共25页【答案】（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m
【解析】
【详解】（1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动
生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；
根据法拉第电磁感应定律可知
1
E = Bwr2
2 1
则电容器的电量为
CE
Q=CU = =0.54C
2
（2）电容器放电过程有
B lDQ=mv
21 1
棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
mv =(m+m)v
1 2
棒的上滑过程有
1
2mv2 =2mgh
2 2
联立解得
2m
DQ= 2gh =0.16C
B l
21
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Dx，由动量定理
B2l2Dx
2 1 =2mv
2R 2
可得
Dx=0.128m>0.08m
匀速运动距离为
l -l =0.012m
3 2
则
Dx=Dx+l -l =0.14m
3 2
第21页 | 共25页22. 如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸
面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为
90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和
磁感应强度大小恒为B 、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且
1
相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向
里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区
域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器
接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W ，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间
0
的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能E ，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v 的大小范围；
km 0
3eU emU
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E = B ，区域Ⅱ的磁感应强度大小B = ，求被探测到的电
1 m 2 ea
子刚从板M逸出时速度v 的大小及与x轴的夹角b；
M
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强
度E和区域Ⅱ的磁感应强度B ，求E的最大值和B 的最大值。
2 2
2eU 2hn+eU -W eU
【答案】（1） E =hn-W ； £v £ 0 ；（2）v = ；b=30o；（3）
km 0 m 0 m M m
2(hn+eU -W ) 2B 2m(hn-W )
E = B 0 ；B = 1 0
max 1 m 2 ea
【解析】
【详解】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
E =hn-W
km 0
第22页 | 共25页1
mv2 = E +eU ；(0£ E £W )
2 0 k k 0
2eU 2hn+eU -W
£v £ 0
m 0 m
（2）速度选择器
ev B =eE
0 1
E 3eU
v = =
0 B m
1
1 1
mv2 - mv2 =eU
2 0 2 M
eU
v =
M m
如图所示，几何关系
mv a
0 sina=
eB 2
2
v sinb=v sina
M 0
b=30o
（3）由上述表达式可得
2(hn+eU -W )
E = B 0
max 1 m
mv a
由 0 sina=
eB 2
2
2(hn-W )
v sina£ B 0
0 1 m
可得
第23页 | 共25页2B 2m(hn-W )
B = 1 0
2 ea
23. “探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速
度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有_______。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
碰撞后B的速
碰撞前A的速度大 碰撞后A的速度
度大小/
A的质量/kg B的质量/kg
小/（m×s-1） 大小/（m×s-1）
（m×s-1）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是_______kg·m/s。（结果保留3位有效数
字）
【答案】 ①. C ②. 0.200
【解析】
【详解】①[1]碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长
度和小车的长度、高度。
故选C。
②[2]由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为
正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
p¢=m v -m v'
B B A A
解得
p¢=0.200kg×m/s
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