2023届浙江省嘉兴市高三下学期二模物理试题（解析版）

2023年高三教学测试

物理试题卷

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定

的位置上

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷

上的作答一律无效。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用

25铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。

4.可能用到的相关公式或参数：除实验题外，重力加速度g均取lOm/s为

选择题部分

一、选择题/（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一

项是符合题目要求的。）

1.“匹”又称马力.虽然“匹”是一个古老的功率单位，但现代的空调、内燃机等仍常使用这个单位。“匹”

用国际单位制的基本单位表示应为（）

A.735kg-m/s2B.735kg-m2/s3C.735kg/s2D.735kg/s3

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意可知匹是功率的单位，根据

WFs

P=——=—

tt

可得单位为

Njn2

=kg-m/s-m=kgm2/s3

SS

故选Bo

2.小沈同学从桐乡出发去嘉兴，他在导航软件中获得如图所示的信息，按图中导航方案“预计18:37到达”。

贝U（）

32公里34公里30公里

A.“18:37”指时间间隔

B.导航推荐的方案三位移最小

C.方案一的32km除以55分钟为平均速度

D.方案二的平均速度最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.“18:37”是到达嘉兴的时刻，即“18:37"指时刻，A错误；

B.三种方案的初位置与末位置相同，即三种方案的位移相同，根据图中数据可知，导航推荐的方案三路程

最小，B错误；

C.方案一的32km指路程，32km除以55分钟为平均速率，C错误；

D.根据上述，三种方案的位移相同，根据

-Ax

v=——

方案二的时间最小，则方案二的平均速度最大，D正确。

故选D。

3.如图所示，足球场上画了一条以。为原点，以x轴为对称轴的抛物线，/、8为该抛物线上的两点。体育

老师要求学生在规定时间内不停顿地从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，

A.所受的合外力始终不为零

B.x轴方向的分运动是匀速运动

C.y轴方向的分运动是匀速运动

D.通过/、8两点时的加速度相等

【答案】A

【解析】

【详解】A.学生沿抛物线运动，其做曲线运动，速度方向发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零,

即学生所受外力的合力肯定不为零，A正确；

BC.根据上述，可知，学生所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向

与少轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，BC错误；

D.根据上述，由于学生所受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过4、8两点时的加速度不能肯定是

相等的，D错误。

故选A。

4.下列四幅图涉及到不同的物理知识，下列说法正确的是（）

A.图甲：黑体辐射强度的极大值随温度升高向波长较长的方向移动

B,图乙：用竹竿举着蜂鸣器快速转动时听到声音频率发生变化，这是多普勒效应

C.图丙：下雪时轻盈的雪花从空中飘落，说明分子在做无规则运动

D.图丁：高压输电线上方架有与大地相连的两条导线，其原理是尖端放电

【答案】B

【解析】

【详解】A.图甲表明，随温度的升高黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A错误；

B.蜂鸣器快速转动至声源的相对位置发生改变，所接受频率发生变化，是多普勒效应，B正确；

C.雪花是宏观物体，与分子热运动无关，C错误；

D.高压输电线上方架有与大地相连的两条导线，用于减小闪电击中的概率，利用静电屏蔽原理，D错误。

故选Bo

5.如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为〃?,

则当杆秤稳定时（）

每根细绳的拉力大小蟹

A.B.增加细绳长度时每根绳拉力均减少

3

C.增加细绳长度时秤犯应向右移动D.增加细绳长度时手对秤拉力增大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.设每根细绳与竖直方向的夹角为6,根据受力平衡可得

3Tcos。=mg

可得

mgmg

1—---->--

3cos。3

增加细绳长度时，细绳与竖直方向的夹角。变小，贝Ijcos。变大，每根绳拉力均减少，故A错误，B正确；

CD.增加细绳长度时，杆右端受到拉力大小等于中药和秤盘的总重力加g保持不变，则秤蛇位置不变，手

对秤拉力不变，故CD错误。

故选B。

6.如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正

压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀

速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（）

A.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/铲

B.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s

C.晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道

D.下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道

【答案】D

【解析】

【详解】AB.汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径为120m,运动速率

v=72km/h=20m/s

向心加速度为

v2202/2-/2

a=——=----m/s«3.3m/s

R120

角速度

v201.

co-——=----rad/s=-rad/s

R1206

AB错误；

C.以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率

为安全通过圆弧形弯道的最大速率Vm。设汽车的质量为加，在水平方向上根据牛顿第二定律得

在竖直方向有

4=mg

径向最大静摩擦力变为正压力的0.8倍，即

联立得

解得

vm«111.5km/h

所以晴天时，汽车以180km/h的速率不能安全通过此圆弧形弯道，C错误；

D.下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有

解得

vm=78.9km/h>70km/h

所以下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，D正确。

故选D。

7.如图所示是磁电式电表的结构示意图。磁电式电表由固定的蹄形磁铁(图中只画出了一部分)、极靴、圆

柱形铁芯、绕在铝框上的铜质线圈、下端带有平衡锤的指针等组成。指针与铝框固定在一起，可绕转轴转

动。则()

A.铝框转动时框内没有感应电流

B,圆柱形铁芯使得极靴间形成匀强磁场

C.平衡锤的作用是使指针整体的重心在转轴上

D.用电表测量时线圈左右两侧所受安培力方向相同

【答案】C

【解析】

【详解】ABD.蹄形磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场是辐向均匀分布的，并不是匀强磁场，但是距离转轴中

心距离相同的地方，磁感应强度大小相同，而铝框左右两边关于转轴对称，铝框在转动中左右两边切割磁

感线从而产生感应电流，又在磁场作用下产生安培力，而由

F.安=BIL

可知，铝框左右两边产生的安培力的大小相同，而由于铝框在转动过程中，所在平面始终和辐向磁场平行,

根据左手定则可知，左右两边所受安培力方向始终相反，故ABD错误：

C.平衡锤的作用是减弱指针的倾斜趋势，使指针整体的重心在转轴上，故C正确。

故选C。

8.太阳内部核聚变反应产生的能量向太空辐射，太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近

50%能量。现测得单位时间内地球表面正对太阳光的单位面积上吸收的太阳辐射约为1.4xlO3J/m2s»已知日

地距离为1.5x108km,则太阳每秒钟因辐射而亏损的质量约为（）

A.8.8xlO3kgB.6.6x105kgC.2.2x107kgD.8.8x109kg

【答案】D

【解析】

【详解】根据题意可知，1s内到达地面In?的能量为

g=1.4x10”

太阳每秒钟辐射到以日地距离为半径的球面上的总能量为

==1.4X103X4X3.14x（1.5x10"）2J=3.9564X1026J

而太阳辐射在到达地面之前会经过厚厚的大气层并损失近50%能量，则可知太阳每秒实际辐射出的总能量

为

E总=2E：=7.9128X1（）26J

由爱因斯坦的质能方程可知每秒钟太阳损失的质量为

E

1sm=—^-»8.8xl09kg

c

故选D。

9.月球夜晚温度低至-180℃,“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素杯238（端）会不断发生a衰变

rPuHe+^U,释放的能量为仪器设备供热。攀Pu可以通过以下反应得到：置u+：H-号Np+《n,

寻NpfX+空Pu。则（）

A.A=1且X为电子

B.置U比善U更加稳定

C.CPu的比结合能比任U的大

D.肾u+；H一置Np+《n是轻核聚变

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据质量数守恒和质子数守恒可知左=2,X为电子，故A错误；

B.根据核反应

-U+；HT-Np+《n,j：NptX+贯Pu,；：Pu+He+^U

可知置Np比翼U稳定,同Pu比置Np稳定,何u比置pu稳定,则可知力u比各u更加稳定，故B

正确；

C.根据等Pu的衰变方程

238TV4TTI234TT

94Pu-^2He+92U

该反应释放能量，生成了相对稳定的铲u,而原子核越稳定，比结合能越大，所以j；8pu的比结合能比置U

的小，故C错误；

D.核反应

-U+LNp+"

不是聚变反应，而是人工核反应，故D错误。

故选B。

10.如图所示，水面上方一只小鸟正沿水平路线从左向右飞行，水中一定深度处有一条静止的鱼，点。是

鱼正上方与小鸟飞行轨迹的交点。则小鸟从左向右水平飞行时（）

冬……!一……

三三三三三三三

A.飞到。点时鸟看到的鱼比实际位置深

B.飞到。点时鱼看到的鸟比实际高度低

C.飞向。点过程中鸟看到鱼远离水面下沉

D.飞离。点过程中鱼看到鸟离水面高度不变

【答案】C

【解析】

【详解】小鸟在左侧时，光路图如图所示

则小鸟看到鱼的虚像，比鱼实际位置高；当飞到。点时.，鸟看到的鱼实际位置，所以飞向。点过程中鸟看

到鱼远离水面下沉。

故选C

11.如图1所示是一款光电烟雾探测器的原理图。当有烟雾进入时，来自光源S的光被烟雾散射后进入光电

管C,光射到光电管中的钠表面时会产生光电流。如果产生的光电流大于10-8A，便会触发报警系统。金

属钠的遏止电压U,随入射光频率丫的变化规律如图2所示，则()

图1

A.要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于5.0xl()7m

B.图2中图像斜率的物理意义为普朗克常量人

C.触发报警系统时钠表面每秒释放出的光电子数最少是26.25*101。个

D.通过调节光源发光的强度来调整光电烟雾探测器的灵敏度是不可行的

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图2可知金属的截止频率为匕=6X1(}MHZ,则有

3.0X1Q8

m=5.0x10-7m

6.0xl014

则可知光源S发出的光波波长不能大于5.0xlO-m,故A错误;

B.由遏制电压与光电子的最大初动能之间的关系，以及爱因斯坦的光电效应方程可得

eUc=Ek=hv-hvc

变式可得

可知该图像的斜率为故B错误；

e

c.当光电流等于i(r8A时，每秒产生的光子的个数为

N』=10义:个=6.25xl(y°个

e1.6xl0-19

故C正确；

D.当光源S发出的光能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管的光就越多，越容

易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，故D错误。

故选C。

12.在天文观测中，科学家向某行星发射了两颗卫星。若卫星甲和乙在同一平面内以相反方向绕行星作匀速

圆周运动，甲卫星每隔1周期总是和乙卫星相遇，则甲、乙两卫星的轨道半径之比为()

A.1：4B.1：2C.2：1D.4：1

【答案】D

【解析】

2

・、斗瓜八、,GMtnGMm47ttnr

【详解】由一7—=2——=——「可得

mco^r,2

r2户T

由题意可知

2兀_2k

%+oB9

解得

%:g=4:1

故选D。

13.如图所示，空间有两个相距为“的等量异种电荷，以两电荷连线的中点为坐标原点O,建立如图所示坐

标系。在x轴上有一坐标为（/,0）的点力,在y轴上有一坐标为（0,/）的点B。若d«l,则（）

5(0,/)

-44/,0)

A.48两点电场强度大小相等

B.A点电场强度大小是8点的两倍

C.在A点由静止释放的负点电荷将作简谐振动

D.在8点由静止释放的正点电荷将作上下振动

【答案】B

【解析】

【详解】AB.根据题意，由点电荷场强公式及电场叠加原理可得，A点的电场强度为

kq-2dl

Jd2\

2

由于利用近似处理，忽略上-的大小，则有

4

8点的电场强度大小为

9kq__2

同理，忽略《的大小，则有

4

即A点电场强度大小是8点的两倍，故A错误，B正确；

C.根据题意，假设在A点由静止释放的负点电荷将作简谐振动，则。点为平衡位置，电场力提供回复力,

点电荷在。点右侧X处时，规定X轴正方向为正方向，则有

2kqd1

r=-----—•x=-2kqa■—

xx

不满足回复力与位移关系

F=-kx

则不是简谐运动，故C错误；

D.由电场叠加原理可知，5点电场方向水平向左，在8点由静止释放的正点电荷将向左运动，故D错误。

故选B,

二、选择题U（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题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.如图1所示，在直铁棒上有上下两组线圈，上线圈匝数勺=200匝，下线圈匝数〃2=400匝。上线圈输

入电压片随时间变化如图2所示。则（）

A.交流电压表读数为20后

B.交流电压表读数为20V

C.下线圈中电流的频率为50Hz

D.滑动变阻器滑片下移时上线圈输入功率增大

【答案】CD

【解析】

【详解】AB.根据题意可知，上线圈输入电压的有效值为

q=%=10V

V2

由电压与匝数关系有

U2n2

解得

U2=20V

由于不是理想变压器，则交流电压表读数应小于20V,故AB错误；

C.由图2可知，交流电的周期为axioms，由于不改变交流电频率，则下线圈中电流的频率等于输入交流

的频率，为

f=_L=50Hz

T

故C正确；

D.由于输入电压与线圈的匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，由于滑动变阻器滑片下移时.，负载电阻

变小，由

R

可知线圈输入功率增大，故D正确。

故选CD。

15.水面上两振源振动图像皆如图1所示。图2是两振源发出的两列水波在离振源较近区域内叠加形成的干

涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷。图2中“、N、。点皆为两振源连线中垂线上的点，R点为下。连

线上一点。若用图3中的甲、乙、丙三图像描述图2区域内的振动，则可能正确的说法是（）

AM点振动如丙所示B.N点振动如乙所示

C.R点振动如甲所示D.。点振动如乙所示

【答案】AC

【解析】

【详解】根据题意，由图2可知，M.N、。皆为两振源连线中垂线上的点，到两振源距离相等，均为振

动加强点，则加、N、。振动如图丙所示，R到两振源距离之差介于0〜工/1,当R到两振源距离差为

24

时，R点振动如甲所示。

故选ACo

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16.实验题

（1）在“验证机械能守恒定律”实验中，采用重锤自由下落的实验方案，经正确操作获得一条纸带如图1

所示。实验所用打点计时器电源频率为50Hz,重锤质量加=0.30kg,当地重力加速度g=9.79m/s2,则打/点

时纸带速度为,Z点到8点过程中重力势能变化量为（结果保留2位有效数字）。

•A•••••B•••

|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||

01cm23456789101112131415161718

图1

（2）小姚同学用如图2所示的装置做“探究碰撞中的不变量”实验。

图2

①关于滑块A、B的碰撞，下列说法正确的是（）

A.两个滑块碰撞前必须有一个静止

B.两个滑块碰撞后必须结合在一起

C.两个滑块碰撞后可结合在一起，也可分开

D.两滑块可以从整体静止到相互弹开

②实验中测得滑块A的质量为222.0g,滑块B的质量为216.0g,用50分度游标卡尺测量遮光条A的宽度,

其读数如图3所示，则读数为cm；滑块A从左向右通过光电门1后与静止的滑块B碰撞，碰

后粘合成一体通过光电门2,遮光条A先后通过光电门1、2所对应的计时器读数分别如图4、图5所示（图

中数值的单位是ms）,则碰后滑块A、B的总动量为kg-m/s（计算结果保留2位小数）。

|8.35|I8.77|

II3IIII4III

数字计时器数字计时器

图3图4图5

(3)在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中,

①用单色光照射双缝后，在目镜中观察到如图所示的情形。若其他操作无误，则上述情形下测得的单色光

波长将(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)；

②若想对图的情形进行调整，则需要的操作是

A.旋转毛玻璃屏

B.左右拨动拨杆

C.旋转测量头上的手轮

D.旋转遮光筒和测量头

【答案】①.0.50##0.51##0.5②.0.28##0.29③.CD##DC©.0.510⑤.0.12⑥.偏大

⑦.D

【解析】

【详解】(1)口］根据中间时刻的瞬时速度等于这段过程的平均速度，则打/点时纸带速度为

2.00x10-2

匕4m/s=0.50m/s

0.04

⑵由纸带读数可知

xAB=10.69-0.80cm=9.89cm

所以4点到B点过程中重力势能变化量为

/^Ep-mgxAB=0.30x9.79xl(f2x9.89J«0.29J

(2)［3］在验证碰撞过程中的动量守恒定律时，对两个物体碰撞前后的速度没有要求，可以都是运动的，也

可以其中一个是静止的，还可以两滑块从原来静止到相互分开；同时对碰撞后的速度也没有要求，可以碰

后粘在一起，也可以碰撞后分开。

故选CDo

［4］用50分度游标卡尺测量遮光条A的宽度，其读数

5mm+5x0.02mm=5.10mm=0.510cm

[5]遮光条A通过光电门2所对应的计时器读数为18.77mm,则碰后的速度为

d0.510xl(p2

v=—=m/sx0.272m/s

18.77x1()3

则碰后滑块A、B的总动量为

p=（wA+ZMB）V=0.438x0.272«0.12kgm/s

（3）[6]在目镜中观察到如图所示的情形，会导致条纹间距测量偏大，由公式

Ar=—2

d

可知导致测得的单色光波长偏大；

[7]A.毛玻璃屏在本实验中的作用是产生漫反射，使图样更明显，故A错误；

B.拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，因为已有清晰图样，不用调节，故B

错误；

C.旋转测量头上的手轮是为了测距，故C错误；

D.旋转遮光筒和测量头使分划线与干涉条纹平行，故D正确。

故选D。

17.在“测量玻璃的折射率”实验中，所用的玻璃砖如图所示。玻璃砖有4个光学面4B、C、D,其中

A,。两面相互平行。此实验中对于玻璃砖入射面和出射面的选择，正确的是（）

D

A.只能选用4。两面

B,不能选用8、C两面

C.既可选用力、C两面，也可选用8、C两面

【答案】C

【解析】

【详解】应用插针法测玻璃的折射率实验时，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针[、P2,透过玻璃砖观

察大头针片、鸟的像，调整视线方向，直到《挡住片的像；再在观察的这一侧插两枚大头针月、月，使《

挡住q、Q的像，鸟挡住鸟及勺、鸟的像，记下《、4的位置，由图所示玻璃砖可知，实验时可以用任

意两面进行实验。

故选c。

18.在“测量电源电动势与内阻”实验中:

（1）请根据图2所示电路图，在答题卷上与图3对应的位置用笔画线代替导线完成实物连线；

（2）开关Sz分别接在1和2处，记录两电表读数并在图4所示的坐标纸上描点、画线，得到图线。和乐

开关S2接在1处时对应的图线是（填”或者6）；

（3）根据现有器材分析并判断，实验时开关S?应接在（填1或者2）,试用简短的文字说明

（2）[2]由图2电路图可知，开关S2接在1处时，电流表相对电源采用内接法，误差来源于电流表的分压,

使得电源内阻测量值大于真实值；开关S2接在2处时，电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的

分流，使得电源内阻测量值小于真实值；根据图线的斜率绝对值表示电源内阻，可知开关S2接在1

处时图线斜率绝对值大于开关S2接在2处时图线斜率绝对值，故开关S2接在1处时对应的图线是6。

(3)[3][4]根据现有器材分析并判断，实验时开关Sz应接在2；因为两节干电池的内阻比较小，若开关Sz

应接在1，电流表相对电源采用内接法，误差来源于电流表的分压，电流表内阻对电池内阻的测量有较大影

响；若开关Sz应接在2,电流表相对电源采用外接法，误差来源于电压表的分流，由于电池内阻远小于电

压表内阻，可知电压表内阻对电池内阻的测量影响较小。

19.如图1所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃管长度£=570mm,将其从水银面上方竖直向下

缓慢插入水银中。发现管内水银面与管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2所

示。当玻璃管恰好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为人此时作用于管的竖直向下压力大小为尸。

已知大气压强=760mmHg«1.0x105Pa,玻璃管横截面积大小S=LOcn?,玻璃管质量机=04kg,

环境温度为常温且恒定。

(1)图2所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？

(2)求高度差人

(3)求撤去压力尸的瞬间，玻璃管的加速度大小。

【答案】(1)水银不浸润玻璃，放热；(2)380mm：(3)2.5m/s2

【解析】

【详解】(1)根据题意，由图2可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气体内能不变，把玻璃

管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热。

(2)根据题意可知，插入过程等温变化，则有

PQLS=p2hS

又有

p2=760+〃

解得

A=380mm

（3）根据题意，撤去尸瞬间，由牛顿第二定律有

{Pi-P^S-mg=ma

解得

a=2.5m/s2

20.如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道5c和竖直圆形管道

8平滑连接，8和C分别是8c和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹

簧左右两端分别放置滑块。和6,解除锁定后，。沿轨道运动并从。点抛出。若a恰好从£点沿水

平方向滑上E尸且不滑高平台，则游戏成功。已知8c半径凡=0.2m；CO半径&=0.1m且管道内径远小于

七,对应的圆心角6=127。；EF长度L=1.08m；滑块与EF间动摩擦因数幺=0.25,其它阻力均不计；滑块质

量,""=0.1kg,如>=0.2kg,且皆可视为质点；sin37°=0.6>cos37°=0.8。

（1）若弹簧释放的能量Ep=3OJ,求在5点时圆形轨道对a的支持力大小；

（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？

（3）若固定b,推导并写出游戏成功时a最终位置到£>点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能心的关系式。

【答案】（1）外=21N；（2）痴m/s：（3）X=0.12（20£p-11.2）0.56J<EP<1.31J

【解析】

【详解】（1）滑块b相互作用动量守恒，弹性势能转化为。、b动能

5=mhv2

L1212

Ep»=~maV\+~mbV2

%=2V10m/s

a=21N

(2)滑块。要到达。点，在。点速度要大于0,则C点的速度至少满足：

1S炉=(&+R2sin37°)

vc=V32m/s

过半圆环轨道8C的最小速度J函大小为我m/s

/s>V2m/s

物体”在C点的最小速度为V32m/s

(3)设物体。到达。点的速度为v

2

州=；muv+m“g(2«+&+&sin37。)

斜抛运动满足

vsin53°

t=-------

g

水平位移

玉=讨cos53°

得到

v2sin53°cos53°

石=----------------

S

EF轨道位移

_(vcos530)2

"2〃g

距离。点的水平位移

X=再+工2

x=0.12(20^-11.2)0.56J<£P<1.31J

21.如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨也、尸。间距为/,底部是型刚性导电支架，导轨区

域布满了垂直于平面MNQP的磁感应强度为8的匀强磁场。长为/的金属棒M垂直导轨放置，与导轨接触

良好。半径为厂的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴。匀速转动。圆盘与

导轨间有一T型架，T型架下端与金属棒成固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的

小圆柱体嵌入在T型架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动T型架进而驱动金属棒而上下运动。

已知副质量为机，电阻为R。“△”型导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、P。电阻不计且不

考虑所有接触电阻，圆盘、T型架质量不计。圆盘以角速度⑦沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图

中虚线位置处为初始时刻，求：

（1）初始时刻外所受的安培力；

（2）圆盘从初始时刻开始转过90。的过程中，通过外的电荷量；

（3）圆盘从初始时刻开始转过90。的过程中，T型架对的冲量/；

（4）圆盘从初始时刻开始转过90。的过程中，T型架对M做的功。

【答案】（1）F.,=2L匚；（2）2Brl2rB用兀mg

q=------；（3）I=----------ma）r-------；（4）

安57?5R5R2co

（OTrB-1-r122

W------------------mcor-mgr

10R2

【解析】

【详解】（1）初始时刻，导体棒ab的速度

v=3r

则导体棒切割磁感线产生的电动势为

E=Blv

整个回路的电阻

3R・3R

R枚=

总3R+3R

则导体棒ab受到的安培力大小为为

2corB2l2

=BIl=

5R

（2）运动到最底端过程，导体棒ab的电荷量

-△①25/7

q=It=-----=--------

R总5R

（3）由动量定理可得

2乃1--八

1T+mg——x-----Blit=0-mcor

co4

,2rB用7Vtng

1=----------tncor----------

5R2co

（4）设运动到最底端过程中，导体棒对必做功为〃，则由功能关系可得

E有效27r1八1/、2

W-\-mgr-----——X—=0——m(cor)

2.5Rco42

Blcor

E有效

222

C07rBlr122

W----------------------mo）r-mgr

10/?2

22.如图1所示是一个电子检测装置的示意图，两块长度为d且平行正对的金属板/、N相距为“，板间加

有如图2所示的交变电压。M,N右侧区域存在垂直纸面向里且范围足够大的匀强磁场。N右侧边缘。。点

正下方存在着长度足够长的收集板，收集板通过电流表与大地相连。M,N左端连线中点处有一粒子源S