2024年高考物理试卷（浙江）（6月）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按年份分类）2008-2025_2024·高考物理真题

2024 年 6 月浙江省物理选考真题试卷 可能用到的相关参数∶重力加速度 g取 10 m/s2。 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. 下列物理量中，属于矢量的是（ ） A. 位移 B. 时间 C. 电流 D. 热量 【答案】A 【解析】 【详解】A．位移既有大小又有方向，且运算法则为平行四边形法则，是矢量，故A正确； BD．时间和热量均只有大小没有方向，是标量，故BD错误； C．电流运算法则是算术法则，是标量，故C错误。 故选A。 2. 如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（ ） A. 飞行的蝴蝶只受重力的作用 B. 蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向 C. 小猫在空中受重力和弹力的作用 D. 小猫蹬地时弹力大于所受重力 【答案】D 【解析】 【详解】A．飞行的蝴蝶除了受到重力的作用还受到空气的作用力，故A错误； B．蝴蝶转弯时做曲线运动，所受合力与速度方向不在一条直线上，故B错误； C．小猫在空中与其他物体间没有接触，不受弹力的作用，故C错误； D．小猫蹬地时有向上的加速过程，故弹力大于所受重力，故D正确。 故选D。 第1页/共26页 学科网（北京）股份有限公司3. 如图为水流导光实验，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，则（ ） A. 激光在水和空气中速度相同 B. 激光在水流中有全反射现象 C. 水在空中做匀速率曲线运动 D. 水在水平方向做匀加速运动 【答案】B 【解析】 c 【详解】A．光在介质中的速度为v ，故激光在水中的传播速度小于在空气中的传播速度，故A错误； n B．水流导光的原理为光在水中射到水与空气分界面时入射角大于临界角，发生了全反射，故B正确； C．水在空中只受到重力作用，做匀变速曲线运动，速度在增大，故C错误； D．水在水平方向做匀速直线运动，故D错误。 故选B。 4. 发现中子的核反应方程为4He+9Be®X+ 1n，“玉兔二号”巡视器的核电池中钚 238的衰变方程为型 2 4 0 238Pu® 234U+Y，下列正确的是（ ） 94 92 A. 核反应方程中的X为12C 6 B. 衰变方程中的Y为3He 2 C. 中子1n的质量数为零 0 D. 钚238的衰变吸收能量 【答案】A 【解析】 【详解】AB．根据质量数和电荷数守恒可知X为12C，Y为4He，故A正确，B错误； 6 2 C．中子的质量数为1，故C错误； D．衰变过程中质量亏损，释放能量，故D错误。 故选A。 第2页/共26页 学科网（北京）股份有限公司5. 一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2´10-4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1´103kg/m3，则该 喷头喷水的功率约为（ ） A. 10W B. 20W C. 100W D. 200W 【答案】C 【解析】 【详解】设Δt时间内从喷头流出的水的质量为 mrSv·Δt 喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即 1 mv2 W 2 P  Δt Δt 联立解得 P 100W 故选C。 6. 图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电 计指针张角增大，则 （ ） A. 极板间电势差减小 B. 电容器的电容增大 C. 极板间电场强度增大 D. 电容器储存能量增大 【答案】D 【解析】 eS 【详解】AB．根据QCU ，C  可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故 4pkd 极板间电势差增大，故AB错误； U C．根据E  得 d 4pkQ E  eS 故场强不变，故C错误； 第3页/共26页 学科网（北京）股份有限公司D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。 故选D。 7. 理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所 示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（ ） A. 电容C增大，L 灯泡变亮 B. 频率f增大，L 灯泡变亮 1 2 C. R 上光照增强，L 灯泡变暗 D. S接到b时，三个泡均变暗 G 3 【答案】A 【解析】 【详解】A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L 灯泡变亮，故A正确； 1 B．频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L 灯泡变暗，故B错误； 2 C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L 灯泡电流增大，变亮，故C错误； 3 D．S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个泡均变亮，故D错误。 故选A。 8. 与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的 公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R ，小行星乙的近日 1 点到太阳的距离为R ，则（ ） 2 A. 小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度 B. 小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度 T R3 C. 小行星甲与乙的运行周期之比 1  1 T R3 2 2 t （R +R）3 D. 甲乙两星从远日点到近日点的时间之比 1 = 1 t （R +R）3 2 2 第4页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【答案】D 【解析】 【详解】A．根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误； B．根据 GMm ma R2 小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B错误； C．根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比 3 æ R +Rö 1 ç ÷ T è 2 ø （R +R）3 1 »  1 T æ R +Rö 3 （R +R）3 2 2 2 ç ÷ è 2 ø 故C错误； D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比即为周期之比 t （R +R）3 1 ≈ 1 t （R +R）3 2 2 故D正确。 故选D。 9. 如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为 30°的固定斜杆 上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效 于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g 10m/s2，则（ ） A. 摆角变小，周期变大 B. 小球摆动周期约为2s 3 C. 小球平衡时，A端拉力为 N 2 D. 小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 【答案】B 【解析】 第5页/共26页 学科网（北京）股份有限公司L 【详解】A．根据单摆的周期公式T 2p 可知周期与摆角无关，故A错误； g CD．同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图 可得 2F cos30°mg A 解得 mg 3 F  F   N A B 2cos30° 3 故CD错误； B．根据几何知识可知摆长为 1.5m´tan30° L 1m cos30° 故周期为 L T 2p »2s g 故B正确。 故选B。 10. 玻尔氢原子电子轨道示意图如图所示，处于n =3能级的原子向低能级跃迁，会产生三种频率为n 、 31 n 、 n 的光，下标数字表示相应的能级。已知普朗克常量为h，光速为c。正确的是（ ） 32 21 第6页/共26页 学科网（北京）股份有限公司E -E A. 频率为n 的光，其动量为 3 1 31 hc B. 频率为n 和n 的两种光分别射入同一光电效应装量，均产生光电子，其最大初动能之差为hn 31 21 32 C. 频率为n 和n 的两种光分别射入双缝间距为d，双缝到屏的距离为L的干涉装置，产生的干涉条纹间 31 21 Lc 距之差为 。 dn 32 E -E D. 若原子n=3 跃迁至 n=4 能级，入射光的频率n' > 4 3 34 h 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据玻尔理论可知 hn  E -E 31 3 1 则频率为n 的光其动量为 31 h hn E -E p  31  3 1 l c c 选项A错误； B．频率为n 和n 的两种光分别射入同一光电效应装量，均产生光电子，其最大初动能分别为 31 21 E hn -W km1 31 逸出功 E hn -W km2 21 逸出功 最大初动能之差为 ΔE hn -hn hn km 31 21 32 选项B正确； C．频率为n 和n 的两种光分别射入双缝间距为d，双缝到屏的距离为L的干涉装置，根据条纹间距表 31 21 第7页/共26页 学科网（北京）股份有限公司达式 L Lc Dx l d dn 产生的干涉条纹间距之差为 Lc Lc Lc 1 1 Lc Ds  -  ( - )¹ dn dn d n n dn 31 21 31 21 32 选项C错误； D．若原子n=3 跃迁至 n=4 能级，则 E -E hn' 4 3 34 可得入射光的频率 E -E n'  4 3 34 h 选项D错误； 故选B。 11. 频率相同的简谐波源S 、S ，和接收点M位于同一平面内，S 、S 到M的距离之差为6m。t=0时S ， 1 2 1 2 1 S ，同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（ ） 2 A. 两列波的波长为2m B. 两列波的起振方向均沿x正方向 C. S 和S ，在平面内不能产生干涉现象 D. 两列波的振幅分别为3cm和1cm 1 2 【答案】B 【解析】 【详解】根据图像可知t=4s时M点开始向上振动，故此时一列波传播到M点，起振方向向上，t 7s时 波形开始改变，说明另一列波传播到M点，此时两列波平衡位置都传到M点，第一列波使M点向下振 动，之后振幅减小，则此时M点振动减弱，可知第二列波使M点向上振动。 Dx A．S 、S 到M的距离之差为6m，由图可知两列波传到M点的时间差为3s，根据v 可得波速为 1 2 Dt 6 v m/s2m/s 3 故波长为 lvT 4m 第8页/共26页 学科网（北京）股份有限公司故A错误； B．根据前面分析可知两列波刚传到M点时均使M点向上振动，故两列波的起振方向均沿x正方向，故B 正确； C．两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故C错误； D．由t 4.5s和t 7.5s时的位移知第一列的振幅为3cm,，第二列波的振幅为 A 3cm-1cm2cm 2 故D错误。 故选B。 12. 如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量 异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖 直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v 做完整的圆周运动， 0 则（ ） A. 小球从A到C的过程中电势能减少 B. 小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C. 可求出小球运动到B点时的加速度 D. 小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则 小球从A到C的过程电势增加，电势能增加；故A错误； B．当场强满足Eq mg时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误； C．根据动能定理 1 1 mg-EqR mv 2 - mv 2 2 B 2 0 v 2 可求出小球到B点时的速度v ，根据a  B 可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 B 1 R 第9页/共26页 学科网（北京）股份有限公司mg-Eq ma 2 可得小球的切向加速度a ，再根据矢量合成可得B点的加速度为 2 a a2 +a 2 1 2 故C正确； D．小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D 错误。 故选C。 13. 如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框 abcd 放在与强磁场中，线框平面与磁场B垂 DB 直。若线框固定不动，磁感应强度以 0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为 Dt 0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO¢匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力 为（ ） 1 2 A. N B. N C. 1N D. 2N 2 2 【答案】C 【解析】 【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为 DB E  S 0.1V Dt 可得 E2 P 0.25W R 线框以某一角速度w绕其中心轴OO¢匀速转动时电动势的最大值为 E  BSw m 第10页/共26页 学科网（北京）股份有限公司此时有 2 æ E ö m ç ÷ è 2 ø 2P 0.5W R 解得 w1rad/s 分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为 BSw I  5A m R 故ab边所受最大的安培力为 F  BI L1N 安m m 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. 下列说法正确的是（ ） A. 中子整体呈电中性但内部有复杂结构 B. 真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同 C. 增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号 D. 分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少 【答案】AB 【解析】 【详解】A．中子靠弱相互作用结合成整体，则中子呈电中性但内部有复杂结构，故A正确； B．根据爱因斯坦的相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故B正确； C．根据 1 f  2π LC 可知，增加接收电路的线圈匝数，可减小振荡电路的固有频率，则可接收较低频率的电台信号，故C错 误； D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，即分子距离从小于r 10-10m到大于r 的过程，分子力先做 0 0 正功后做负功，则分子势能先减小后增大，故D错误。 故选AB。 第11页/共26页 学科网（北京）股份有限公司15. 如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成q角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套 在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气 阻力。小球以初速度v 沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ） 0 A. 合力冲量大小为mv cosƟ B. 重力冲量大小为mv sinq 0 0 qBv2 2mgcosq C. 洛伦兹力冲量大小为 0 D. 若v  ，弹力冲量为零 2gsinq 0 qB 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据动量定理 I 0-mv -mv 0 0 故合力冲量大小为mv ，故A错误； 0 B．小球上滑的时间为 v t  0 gsinq 重力的冲量大小为 mv I mgt  0 G sinq 故B错误； C．小球所受洛伦兹力为 Bqv Bqv -at-Bqat+Bqv ，a gsinq 0 0 随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 v v v qBv2 I =q´ 0 ´Bt q´ 0 ´B´ 0  0 洛 2 2 gsinq 2gsinq 故C正确； 2mgcosq D．若v  ，0时刻小球所受洛伦兹力为 0 qB 第12页/共26页 学科网（北京）股份有限公司Bqv 2mgcosq 0 小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得 Bqvmgcosq+F N 即 F  Bqv-mgcosq Bqv -at-mgcosqmgcosq-Bqtgsinq N 0 则小球在整个减速过程的F -t图像如图 N 图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。 故选CD。 非选择题部分 三、非选择题（本题共 5 小题，共 55 分） 16. 在“验证机械能守恒定律”的实验中 （1）下列操作正确的是 。 A. B. C. （2）实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为 50 Hz，则打点 “13”时，重锤下落的速度大小为___________m/s（保留三位有效数字）。 第13页/共26页 学科网（北京）股份有限公司（3）某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤 的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m（m为重锤质量）则该结果______（选填 “能”或“不能”验证机械能守恒，理由是（ ） A.在误差允许范围内 B.没有用当地的重力加速度g 【答案】（1）B （2）3.34 （3） ①. 能 ②. A 【解析】 【小问1详解】 应手提纸带上端使纸带竖直，同时使重物靠近打点计时器，由静止释放。 故选B。 【小问2详解】 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时，重锤下落的速度大小 0.6069-0.4733 0.6069-0.4733 v   f 3.34m/s 13 2T 2 【小问3详解】 [1][2]可以验证机械能守恒； 理由是“在误差允许范围内，重锤的重力势能减小值等于动能增加值” 故选A。 17. 在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中， （1）用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用´100挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发 现电表指针均不偏转。选用挡_______（选填”´10”或“´1k”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管 极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管_________（选填“正极”或“负 极”）。 第14页/共26页 学科网（北京）股份有限公司（2）图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接________ 接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接_________接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某 次选用多用电表量程为50 mA 挡测量，指针如图（B）所示，则电流I=__________mA （3）根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是__________元件（选填“线性” 或“非线性”，正常发光时电压在_________V范围。 【答案】（1） ①. ×1k ②. 负极 （2） ①. a ②. d ③. 45.0 （3） ①. 非线性 ②. 1.9-2.5 【解析】 【小问1详解】 [1][2]指针未偏转，说明可能电阻过大，应换用´1k档继续实验；根据“红进黑出”原则及二极管单向导 电性可知红色表笔相连的是二极管负极。 【小问2详解】 [1][2]实现电压可从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，P应连接a；根据图C可知电压表选取 0 3V量程，故Q接d； : [3]多用电表量程为50 mA，分度值为1mA，需要估读到0.1mA，故电表的读数为 4´10mA+5´1mA+0´0.1mA45.0mA 第15页/共26页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 [1][2]根据图像可知I随U非线性变化，故说明该二极管是非线性元件，根据图像可知正常发光时即有电流 通过时电压在1.9V-2.5V范围。 18. 如图所示，用“插针法”测量一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和 B、顶角大小为q）的折射率。 ①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点； ②将侧面A沿ab放置，并确定侧面B的位置ef ③在 cd 上坚直插上大头针 P 和 P ，从侧面 B 透过玻璃砖观察P 和 P ，插上大头针 P ，要求 P 能挡住 1 2 1 2 3 3 __________（选填“P ”、“P ”或“P 和P ”）的虚像； 1 2 1 2 ④确定出射光线的位置____________（选填“需要”或“不需要”第四枚大头针； ⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为α，则玻璃砖折射率 n=____________________。 cosa 【答案】 ①. P 和P ②. 不需要 ③. 1 2 sinq 【解析】 【详解】③[1]要求P 和P 在一条光线上，该光线透过玻璃砖后过P ，故P 要能挡住P 和P 的虚像； 1 2 3 3 1 2 ④[2]cd与ab垂直，则过P 和P 的光线与ab垂直，光垂直入射时传播方向不变，可确定ef边上的入射 1 2 点，此时只需要找到折射光线上的一点即可确定出射光线，不需要插第四枚大头针； p ⑤[3]根据几何关系可知入射角为q，折射角为 -a，故 2 æp ö sin -a ç ÷ è 2 ø cosa n  sinq sinq 19. 如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为V 的导热效果良好的容 0 器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想 气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为l ，将此容器放入热水中， 1 第16页/共26页 学科网（北京）股份有限公司活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为l 、温度为T 。已知S=4.0×10-4m2，m=0.1kg，l =0.2 m， 2 2 1 l =0.3m，T =350K，V =2.0×10-4m3，大气压强p =1.0×105Pa，环境温度T =300K。 2 2 0 0 1 （1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力________（选填“变大”“变小”或“不变”）， 气体分子的数密度_______（选填“变大”“变小”或“不变”）； （2）求此不规则小块固体的体积V； （3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。 【答案】（1）不变，变小；（2）4×10-5m3；（3）14.4J 【解析】 F 【详解】（1）[1][2]温度升高后，活塞缓慢上升，受力不变，故封闭气体的压强不变，根据 p 可知器壁 S 单位面积所受气体分子的平均作用力不变；由于体积变大，故气体分子的数密度变小。 （2）气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律 V -V +lS V -V +l S 0 1  0 2 T T 1 2 解得 V 4´10-5m3 （3）整个过程中外界对气体做功为 W -pSl -l  1 2 1 对活塞受力分析 pS mg+ p S 1 0 解得 W -4.1J 根据热力学第一定律 DU Q+W 其中 第17页/共26页 学科网（北京）股份有限公司DU 10.3J 解得 Q14.4J 故气体吸收热量为14.4J。 20. 一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、 光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板 上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动， 平板到达 HG 即被锁定。已知 R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数 μ =0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ 。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动 1 2 摩擦力，重力加速度g 10m/s2。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v 的大小； 0 （2）若μ =0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； 2 （3）若μ =0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度v 。 2 m 【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 【解析】 【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时 mv 2 mg  C R 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理 1 1 -2mgR= mv 2 - mv 2 2 C 2 B 解得 v 5m/s 0 （2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒 mv (M +m)v B 共 第18页/共26页 学科网（北京）股份有限公司根能量守恒 1 1 DE  mv 2 - (M +m)v 2 2 B 2 共 解得 5 DE  J 8 （3）若μ =0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为 2 a mg 6m/s2 1 1 mmg-m(M +m)g a  1 2 4m/s2 2 M 共速后，共同加速度大小为 a mg 1m/s2 3 2 考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速； 假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 v v -at a t E 11 21 共速过程，滑块、木板位移分别为 v+v x  E t 1 2 1 v x  t 2 2 1 共速时，相对位移应为 Dx  L x -x 1 2 解得 v 6m/s，v2.4m/s E 随后共同减速 x d -x 1.88m 3 1 到达H速度 v  v2 -2a x  2m/s H 3 3 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 21. 某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a 0.8m的辐 条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m1kg的物 第19页/共26页 学科网（北京）股份有限公司块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘 良好接触，开关 S 可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E 12V、内阻r 0.1W、限流电阻 0 R 0.3W、飞轮每根辐条电阻R0.9W，电路中还有可调电阻R （待求）和电感L，不计其他电阻和阻 1 2 力损耗，不计飞轮转轴大小。 （1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U 8V。 ①判断磁场方向，并求流过电阻R 的电流I； 1 ②求物块匀速上升的速度v。 （2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物 块的速度大小相等， ①求可调电阻R 的阻值； 2 ②求磁感应强度B的大小。 【答案】（1）①垂直纸面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2W；②2.5T 【解析】 【详解】（1）①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流 方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由闭合电路的欧姆定律可知 E -U  I (R +r) 0 1 1 则 E -U 12-8 I  0  A10A 1 R +r 0.3+0.1 1 第20页/共26页 学科网（北京）股份有限公司②辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E ，则 1 r U -E  I 0 1 1 3 解得 E 5V 1 此时金属轮可视为电动机 P  E I 出 1 1 当物块P匀速上升时 P mgv 出 1 解得 v 5m/s 1 另解：因U 8V，I 10A根据 1 r UI  I2 0 +mgv 1 1 3 解得 v5m/s （2）①物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R 的电流 2 第21页/共26页 学科网（北京）股份有限公司I  I 10A 2 1 由题意可知 v v 5m/s 2 1 每根辐条切割磁感线产生的感应电动势 E  E 5V 2 1 E 5V R  2  0.5W 总 I 10A 2 r R  R + 0 总 2 3 解得 R 0.2W 2 另解：由能量关系可知 r mgv  I2(R + 0) 2 2 2 3 解得 R 0.2W 2 ②根据 1 1 1 E  Bwa2  Bawa  Bav 2 2 2 2 2 而 E 5V 2 解得 B2.5T 第22页/共26页 学科网（北京）股份有限公司22. 探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平 面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区 域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的 网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0），离子源产 1 生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的 倍，经电压U=kU 0 4 B2qL2 （其中U  ，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁 0 8m 场偏转和栅极板N和M间电压U 调控（U >0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸 NM NM 收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U=U ，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x （用L表示）。 0 0 3 （2）调节U和U ，并保持U  U ，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： NM NM 4 ①U的调节范围（用U 表示）； 0 ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和U 的大小。 NM 1 9B2qL2 【 答 案 】 （ 1 ） L ； （ 2 ） ①U 2L n-1 3 2r  L n 2 即 9L2 8n-1m - U >L2 4 B2q NM 9L2 8nm 9 - U  L2 4 B2q NM 16 解得 27B2qL2 5B2qL2 < 128nm 32n-1m 27 即n< ，n取整数，故可得n1,2,3，故可得 7 27B2qL2 27B2qL2 9B2qL2 U  或 或 NM 128m 256m 128m 第26页/共26页 学科网（北京）股份有限公司