浙江省Z20联盟2024届高三物理上学期第一次联考试题（Word版附解析）

Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024届高三第一次联考物理试题卷考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s25.考试结束后，只需上交答题卷。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分.每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列四组物理量中均为标量的是（）A.电势电场强度B.电流磁通量C.动量动能D.功率加速度【答案】B【解析】【详解】电势、磁通量、动能、功率只有大小没有方向，是标量，电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形定则，也是标量；电场强度、动量、加速度既有大小又有方向，是矢量。故选B。2.下列说法正确的是（　　）A.法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，得到法拉第电磁感应定律B.法国物理学家库仑比较准确地测定了电子的电荷量C.普朗克为了解释黑体辐射的问题，提出了能量量子化概念D.爱因斯坦提出的相对论否定了经典力学理论【答案】C【解析】【详解】A．法拉第发现了电磁感应现象，而电磁感应定律则是纽曼和韦伯先后提出的，故A错误；B．电荷量e的数值最早是由物理学家密立根测得的，故B错误；C．普朗克为了解释黑体辐射的问题，提出了能量量子化概念，故C正确； D．爱因斯坦提出的相对论，但相对论并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，只是说明了经典力学的局限性，故D错误。故选C。3.2020年11月10日8时12分，中国自主研发的万米载人潜水器“奋斗者”号，在马里亚纳海沟下沉至接近海底时，向水底发射出持续时间为的某脉冲声波信号，最终在深度处成功坐底。在该深度，“奋斗者”号每平方厘米要承受的海水压力，并停留进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（）A.m、N、s是国际单位制中的基本单位B.在下沉过程中，潜水器的位移一定是C.“8时12分”指的是时间间隔D.采集海底矿物时，不能将潜水器视为质点【答案】D【解析】【详解】A．N不是国际单位制中的基本单位，N为导出单位，故A错误；B．由于潜水器下沉时不一定是竖直下沉，则位移不一定是，故B错误；C．“8时12分”对应时间轴上的点，是时刻，故C错误；D．采集海底矿物时，需要注意潜水器的形状和大小，不能视为质点，故D正确。故选D。4.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为（h小于同步卫星距地面的高度），入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（） A.该卫星的线速度大小大于7.9km/sB.该卫星的动能大于同步卫星的动能C.该卫星的加速度大小等于gD.该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度【答案】D【解析】【详解】A．地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动时的最大运行速度，可知该卫星的线速度小于7.9km/s，故A错误；BD．根据万有引力提供向心力可得解得，由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，但由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B错误，D正确；C．对该卫星，根据牛顿第二定律可得解得可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，故C错误。故选D。5.炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生反冲动力，让人腾空而起或平衡或翻滚或匀速或变速运动，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.人在翻滚时，水对装置的反冲动力大于装置对水的压力B.人在减速上升的过程中，机械能一定减少 C.人在减速上升过程中一定处于失重状态D.人在悬空静止的一段时间内，反冲动力的冲量为零【答案】C【解析】【详解】A．人在翻滚时，水对装置的反冲动力与装置对水的压力是一对相互作用力，等大反向，故A错误；B．无法确定减速上升过程中动能的减少量和重力势能增加量的大小，故不能判断机械能如何变化，故B错误；C．人在减速上升的过程中，加速度向下，故一定处于失重状态，故C正确；D．人在悬空静止的一段时间内，合外力的冲量为零，反冲动力的冲量不为零，和重力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。故选C。6.如图所示，一个重为10N的小球O被夹在两光滑斜面间，斜面AB和AC与水平面的夹角分别为60°和30°，下列说法正确的是（　　）A.斜面AB对小球的弹力是由小球的形变产生的B.斜面AB对小球的弹力为5NC.斜面AC对小球的弹力为10ND.保持斜面AB倾角不变，缓慢增大斜面AC倾角，斜面AB对小球的弹力不变【答案】B【解析】【详解】A．斜面对小球的弹力是由斜面的形变产生的，A错误；BC．画出受力分析图如图 根据受力分析图可得B正确，C错误；D．画出力的动态变化图，如图FC按照箭头方向变化，则FB在逐渐增大，D错误。故选B。7.如图所示，两个定值电阻阻值分别为R1和R2，直流电源的电动势E0，内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m的带电小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则（　　）A.该小球带负电B.小球所带的电量为 C.匀强磁场的磁感应强度为D.如果将上极板上移，电容器极板所带的电量将增大【答案】C【解析】【详解】A．小球在复合场区域做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，电场力向上；分析电路可知，电容器下极板带正电，上极板带负电，场强的方向向上，小球电场力的方向与场强的方向相同，所以小球带正电，A错误；B．电容器极板电压跟R2两端电压相同，大小为所以极板间电场强度大小为小球电场力与重力平衡，有得B错误；C．小球做圆周运动的轨迹如图所示设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系解得 根据解得D．平行板电容器电容大小为当d增大时，C会减小；而电容器两端的电压不变，而可得电容器上的电荷量会减小，D错误。故选C。8.在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的，其衰变方程为→Bi+X。以下说法正确的是（）A.衰变方程中的X是电子B.为了精确测量时间，应该考虑温度变化对衰变的影响C.的结合能大于Bi的结合能D.1000个原子核经过一个半衰期后，还剩500个未衰变【答案】A【解析】【详解】A.根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，衰变方程中的X质量数为零，电荷数为-1，是电子，选项A正确；B.原子核的半衰期与温度等外界条件无关，即温度变化对衰变无影响，选项B错误；C.核反应放出能量，生成物更加稳定，则的结合能小于Bi的结合能，选项C错误；D.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核衰变不适应，选项D错误。故选A。9.家庭中用的取暖器，正常工作时所用电压是按照图中正弦规律变化的交流电，取暖器正常工作时的电流是3A。下列表述正确的是（　　） A.该交流电的有效值是311VB.取暖器的阻值约为103.7ΩC.图中所示电压的瞬时值表达式为D.取暧器正常工作时的功率约为660W【答案】D【解析】【详解】A．该交流电的有效值是故A错误；B．取暖器的阻值故B错误；C．电压的瞬时值表达式为故C错误；D．取暧器正常工作时的功率故D正确。故选D。10.如图所示，在边长为L的立方体表面中心EF处固定电荷量均为+q的点电荷，表面中心G、H处固定电荷量均为-q的点电荷。下列说法正确的是（　　） A.立方体中心处的电场强度为0B.A、C两点的电势相等C.若移去H点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为D.若移去H点的电荷，将F点的电荷移到H点的过程中，电场力做正功【答案】B【解析】【详解】A．F、H处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向竖直向上，G、E处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向水平向右，根据电场强度的叠加可知立方体中心处的电场强度不为0，故A错误；B．由于A点到两个正电荷的距离与C点到两个正电荷的距离相等，同时，A点到两个负电荷的距离与C点到两个负电荷的距离相等，故图中A处电势等于C处电势，故B正确；C．若移去H点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为故C错误；D．若移去H点的电荷，将F点的电荷从F沿直线移到H的过程中，根据电场强度的叠加可知F点的电荷受到的电场力一直水平向右，速度方向与电场力方向一直垂直，故电场力不做功，故D错误。故选B。11.在匀质轻绳上有两个相距10m的波源S1、S2，两波源上下振动产生两列绳波，可将其看作简谐波。两波源的连线上有两质点A、B，A距S1波源3m，B距S2波源5m，如图甲所示。t=0时波源S1开始向上振动，其振动方程为cm，而波源S2的振动图像如图乙所示。t=0.2s时质点A开始振动，则下列说法不正确的是（） A.1s后S1、S2两波源之间有7个振动加强点B.波源S1产生波的波长为3mC.波源S1产生的波的波速为15m/sD.0～s内质点B通过的路程为40cm【答案】A【解析】【详解】BC．由振动方程可知A波源的振动周期为在一个周期内振动从传到了A点，所以波源产生的波长为波速故BC正确；A．由图乙可知，振动的周期为由于在同种介质中，所以激发的波的速度为所以由于两个波源的振动步调相反，1s后两波源之间的振动加强点到两波源之间的距离差满足 其中，由于，解得则加强点为5个，故A错误；D．由于B点到波源、的距离相等，所以两列机械波同时到达B点；并且两个波源的振动步调相反，所以B点始终是振动减弱处，其振幅为则B点在一个周期内经过的路程为8cm；在内B点的振动时间为则经过的路程为故D正确。本题要求选择错误的，故选A。12.某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统效率为80%，则下列说法正确的是（）A.该风力发电机的发电功率约为12.8kWB.每秒钟水流机械能增加400JC.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约3hD.若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍【答案】C【解析】【详解】AD．单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为 依题意，此风力发电机发电的功率为若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍；故AD错误；B．每秒钟水流机械能增加约为其中解得故B错误；C．水泵正常工作每秒钟耗电为风力发电机一天的发电量为解得故C正确；故选C。13.某半径为r的类地行星表面有一单色点光源P，其发出的各方向的光经过厚度为、折射率为n=2的均匀行星大气层（图中阴影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为2r的轨道上绕行星做匀速圆周运动，忽略行星表面对光的反射，则（　　） A.大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为B.卫星探测器运行时，任意时刻只能在轨道上某部分观测到光，这部分轨道弧长为C.若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长与有大气层时的光轨道弧长相同D.若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率【答案】C【解析】【详解】A．根据全反射临界角与折射率的关系有解得由几何关系可知，点光源发出的光与圆弧在P点相切时恰好发生全反射，大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为故A错误；B．根据上述可知，卫星探测器运行时，任意时刻只能在轨道上某部分观测到光，这部分轨道弧长为故B错误；C．根据上述可知，点光源发出的光与圆弧在P点相切时恰好发生全反射，即若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长与有大气层时的光轨道弧长相同，故C正确；D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，根据多普勒效应可知，当探测器与点光源P相对靠近时，探测器接收到光的频率大于光源发出的频率，当探测器与点光源P相对远离时，探测器接收到光的频率小于光源发出的频率，故D错误。故选C。二、选择题Ⅰ（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，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.关于以下四幅图片，说法正确的是（） A.甲图是电子的干涉图样，如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样B.乙图是粒子散射的实验装置，当带荧光屏的显微镜放在D位置时，荧光屏上观察到大量闪光C.丙图是花粉微粒在液体中运动位置的连线，说明花粉中的分子在做无规则热运动D.丁图是观察自然光的偏振现象实验，将偏振片以光线为轴旋转任意角度，屏亮度不变【答案】AD【解析】【详解】A．甲图是电子的干涉图样，电子具有波粒二象性，即使是一个一个发射的，也会得到干涉图样，故A正确；B．乙图是粒子散射的实验装置，当带荧光屏的显微镜放在D位置时，荧光屏上将观察到极少量的闪光，因为金原子的原子核非常小，所以大部分粒子将穿过金箔沿原方向前进，少部分发生偏转，极少部分会被弹回，故B错误；C．丙图是花粉微粒在液体中运动位置的连线，花粉微粒的无规则运动是大量液体分子对微粒的撞击不平衡导致的，故C错误；D．丁图是观察自然光的偏振现象实验，自然光包含了沿着各个方向的偏振光，所以将偏振片以光线为轴旋转任意角度，穿过偏振片的光的偏振方向变了，但屏的亮度不变，故D正确。故选AD。15.几种金属的逸出功和氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV-3.11eV之间。现有大量氢原子处于激发态，则（）表几种金属的截止频率和逸出功金属钨钙钠钾铷10.957.735.535.445.154.543.202.292.252.13 A.氢原子的能级En指的是氢原子中电子的动能B.氢原子从n=4能级跃迁到n=3时会辐射出具有显著热效应的电磁波C.处于n=3能级的氢原子在跃迁时辐射出的光子于可以使钾金属发生光电效应，光电子的最大初动能可能为12.09eVD.氢原子从能级3跃迁到能级2和从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光，用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，前者的相邻条纹间距更大【答案】BD【解析】【详解】A．氢原子的能级指的是氢原各个状态的能量值，包括氢原子的电势能和动能，故A错误；B．氢原子从能级跃迁到时会辐射出光子的能量为属于红外线，即具有显著热效应的电磁波，故B正确；C．根据题意可知，大量处于能级的氢原子在跃迁时，可以辐射3种光子，即从跃迁到、从跃迁到和从跃迁到，而从跃迁到跃迁辐射光子的能量最大，最大值为(-1.51eV)-(-13.6eV)=12.09eV，若使钾金属发生光电效应，则逸出光电子的最大初动能为可知光电子的最大初动能不可能为12.09eV，故C错误；D．从能级3跃迁到能级2辐射光子的能量为(-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV；从能级4跃迁到能级2辐射光子的能量为(-0.85eV)-(-3.4eV)=2.55eV，则两者都是可见光；因从能级3跃迁到能级2辐射光子的能量比从能级4跃迁到能级2均辐射出可见光的能量小，由公式 可知，从能级3跃迁到能级2辐射出可见光的波长较大，则用这两种光在同一双缝干涉装置做实验，根据可知，前者的相邻条纹间距更大，故D正确。故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）16.如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。（1）该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，在操作此步骤时需要______（单选）A.悬挂槽码同时连接纸带并使用打点计时器B.悬挂槽码但不使用纸带和打点计时器C.不悬挂槽码但要连接纸带并使用打点计时器D.不悬挂槽码也不使用纸带和打点计时器（2）在质量不变的情况下探究加速度与合力关系时，应该保持______的总质量M不变，多次改变______的总质量m并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出______进而得出实验结论。以下答案组合中正确的是______（单选）A.小车和车内砝码、槽码、a-mg图像B.槽码、小车和车内砝码、a-mg图像C.小车和车内砝码、槽码、a-M-1图像D.槽码、小车和车内砝码、a-M-1图像【答案】①.C②.A【解析】【详解】（1）[1]该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，使小车的重力沿斜面方向的分力正好补偿小车和纸带受到的阻力，实验中不悬挂槽码但要连接纸带并使用打点计时器。故选C。（2）[2]当小车的质量远大于槽码的质量时，近似认为细线对小车的拉力大小等于槽码重力的大小 ，在质量不变的情况下探究加速度与合力关系时，应该保持小车和车内砝码的总质量M不变，多次改变槽码的总质量m并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出a-mg图像进而得出实验结论。 故选A。17.在“用单摆测定重力加速度”实验中：（1）先用游标卡尺测小球的直径D，如图1所示，则小球的直径D=______mm（2）调节好装置，用毫米刻度尺测得摆线长为l，拉开一个小角度（小于5%）释放小球开始摆动，记小球某次经过最低点为“1”并按下秒表开始计时，再次经过最低点记为“2”，一直数到“n”时停止计时，秒表记录时间为t，请写出重力加速度的字母表达式g=______（用D，l，n，t表示）（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2—L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2—L图像是图2中的______（选填①、②、③）【答案】①.19.00②.③.①【解析】【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律，该读数为（2）[2]令单摆周期为T，根据计时过程有摆长为根据单摆周期公式有解得 （3）[3]由于把小球直径当作半径来计算摆长，则实际摆长为，则有解得可知图像的纵坐标截距为负值，则由此得到的T2—L图像是图2中的①。18.热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。实验小组用伏安法测量某热敏电阻的阻值，并研究其阻值与温度的关系，实验室可提供的器材有：热敏电阻Rt（阻值在几百到几千欧的范围内）；电压表V（量程为15V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为10mA，内阻约1Ω）：滑动变阻器R（最大阻值20Ω）；蓄电池（电动势为E=12V，内阻不计）：开关、导线若干。（1）为了减小热敏电阻测量误差，图1中电压表右侧导线接______（选填“a”或“b”）；正确连接电路后，调节恒温箱中的温度1，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表和电压表示数在合适数值，记录对应的电流表和电压表的示数，并算出热敏电阻的阻值Rt。多次改变温度t，算出对应的阻值Rt；（2）在坐标纸上作出Rt与温度t关系图像如图2所示。由图可知，当电压表的示数为9.0V，电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻所在处的温度约为______°C；（3）实验小组用该热敏电阻设计了如图3所示的保温箱温度控制电路，Rt为热敏电阻，R2为电阻箱，控制系统可视为R=300Ω的电阻，电源的电动势E0=10V（内阻不计）。当通过控制系统的电流小于2mA时，加热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到2mA时，加热系统将关闭。若要使得保温箱内温度低于48°C，加热系统就开启，应将R2调为______Ω；【答案】①b②.48③.1700 【解析】【详解】（1）[1]因为有故电流表应采用内接法，图1中电压表右侧导线接b；（2）[2]当电压表示数为9.0V，电流表的示数为3.0mA时，热敏电阻的阻值为根据图2可知热敏电阻所处的温度约为48℃；（3）[3]取控制系统电流为由图2知，当温度为48℃时热敏电阻的阻值为，根据闭合电路欧姆定律，有代入数据得所以若要使得保温箱内温度低于48°C，加热系统就开启，应将R2调为1700Ω。19.关于下列实验，说法正确的是（）A.“用油膜法测油酸分子大小”的实验中，由于油酸酒精溶液长时间放置，会导致测量结果偏小B.“测量玻璃的折射率”实验中，入射光路上大头针、与出射光路上的、分布在一条直线上C.“探究平抛运动的特点”实验中，应用光滑的曲线将描在纸上的所有点连起来，得到轨迹D.“探究影响感应电流方向的因素”实验中，必须要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系【答案】AD【解析】【详解】A．如果油酸酒精溶液长时间放置在空气中，酒精挥发，导致油酸酒精溶液中的油酸体积分数增大，1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大，则分子直径的测量结果偏小，故A正确；B．“测量玻璃的折射率”实验中，入射光与出射光相互平行，但不在同一条直线上，故B错误；C．“探究平抛运动的特点”实验中，应用光滑的曲线将描在纸上的点连起来，偏差较大的点可以舍去，故C错误；D．“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D正 确。故选AD。20.如图所示，导热气缸（不计缸壁厚度）与活塞之间无摩擦且不漏气，通过不可伸长的绳索竖直悬挂。气缸质量m=4kg，底面积为S=0.04m2，气缸内密封一定质量的理想气体。从状态A开始，气体缓慢升温至状态B，活塞与底面间的距离从LA=30cm，增大到LB=40cm，此时温度为400K。在状态B将活塞锁定，气体温度下降到350K至状态C。已知，大气压强p0=1.01×105Pa，A到C过程气体内能增加量为500J。试求理想气体：（1）在状态A的温度TA；（2）在状态C的压强；（计算结果保留3位有效数字）（3）从状态A到状态C的过程中，吸收的热量Q。【答案】（1）300K；（2）；（3）900J【解析】【详解】（1）气体从状态A缓慢升温至状态B，气体发生等压变化，则有其中，解得（2）气体从状态B缓慢降温至状态C，气体发生等容变化，则有又解得 联立解得（3）根据热力学第一定理可得又联立解得从状态A到状态C的过程中，吸收的热量为21.如图所示为一游戏装置的竖直截面图，A、B、D、E、H、I处于同一水平面上，在A端的弹簧装置能将滑块（可视为质点）水平弹出，并从B点顺利进入曲线轨道BC、半径为R的螺旋圆轨道CD、曲线轨道CE。在E点连接了倾角为的斜面EF和水平平台FG，平台FG高度为且平台长度为。靠在平台右侧的小车上表面与平台FG齐平，小车的长度为，在B、F处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块的质量，小车的质量，，，，，，滑块与斜面EF、平台FG间的动摩擦因数均为，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为，其余部分均光滑，各处平滑连接，不计空气阻力，取，。求：（1）若滑块在C处对轨道的压力为时，此时滑块的向心加速度大小；（2）若弹簧的弹性势能为，螺旋圆轨道能承受的最大压力为，且螺旋圆轨道半径R可以通过改变C的位置而改变（保持最高点D的高度不变），要使滑块第一次进入螺旋圆轨道时能顺利通过，求螺旋圆轨道半径R需满足的条件；（3）螺旋圆轨道半径时，若要求滑块最终停在小车上，车获得的动能和弹簧的弹性势能之间应满足的关系。 【答案】（1）；（2）；（3）（）【解析】【详解】（1）滑块在C处，根据牛顿第二定律可得解得此时滑块的向心加速度大小为（2）临界1：滑块恰好过最高点D点，有重力提供向心力得根据能量守恒可得解得临界2：对最低点C点的压力为，根据牛顿第二定律可得根据能量守恒可得解得则轨道半径需要满足（3）设滑块到G点的速度为，滑块从A到G的过程，根据能量守恒可得 小车与滑块共速，根据动量守恒可得可得联立可得要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端，则有可得则有综上所述可得（）22.如图所示，两根一样的“L”形金属导轨平行放置，其间距d=0.75m，导轨竖直部分粗糙，水平部分光滑且足够长。整个装置处于方向竖直向上、大小B=1T的匀强磁场中。有两根导体棒ab和cd，它们的质量都为m=0.1kg，阻值都为R=lΩ，ab棒与竖直导轨间的动摩擦因数=0.5。ab棒在竖直导轨平面左侧并垂直导轨固定，cd棒垂直导轨放置在水平导轨上。现用一大小F=3N的水平恒力由静止开始向右拉动cd棒，同时释放ab棒。t=ls末，ab棒速度恰好为0。ab棒始终与竖直导轨接触良好，其余电阻不计，求：.（1）当cd棒的速度为v0=1m/s时，cd棒两端电压Ucd和流过ab棒的电流I的大小；（2）t=ls末cd棒的速度v；（3）在0～1s内，两根棒上产生的总焦耳热Q。 【答案】（1），；（2）10m/s；（3）【解析】【详解】（1）当cd棒的速度为v0=1m/s时，产生的感应电动势为cd棒两端电压为流过ab棒的电流大小为（2）对ab棒在0～ls过程中运用动量定理解得对cd棒在0～1s过程中运用动量定理联合解得（3）cd棒在0～1s过程中受到安培力的冲量解得 对cd棒在0～ls过程中运用动能定理由于安培力对ab棒不做功，故可得23.如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为的方向内均匀地发射速度为v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半径为R=0.1m的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L在范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x轴、曲线OA和直线GF（方程为：y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x轴、直线GF、y轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F点沿垂直x轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P点，上下两板间电势差U=-10kv，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：（1）圆形磁场的磁感应强度B0；（2）当L=R时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻力f与其速度v关系为（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；（4）曲线OA的方程。【答案】（1）0.5T；（2）；（3）；（4） 【解析】【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得解得（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为解得临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与的夹角为解得能进入控制系统的粒子数个（3）对粒子在加速系统运用动能定理：解得对粒子进入样品得过程运用动量定理（4）设粒子从曲线OA的点进入电场，则粒子从直线GF的点射出电场， 得