2024届山东省淄博市部分学校高三年级下册阶段性测试（二模）物理试题（解析版）

2023-2024学年度部分学校高三阶段性诊断检测试题

物理

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号等填写在相应位置，认真核对条形码上的姓

名、考生号和座号等，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑

色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题

卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.如图所示是用干涉法检查厚玻璃板b的上表面是否平整的装置，将一标准样板玻璃。放置在厚玻璃板b

之上，在两玻璃板右端插入薄片c。用红光照射标准样板，从上往下可看到干涉条纹。下列说法正确的是（

A.干涉条纹是由a的上表面和b的上表面反射的光叠加而成的

B.干涉条纹是由。的下表面和6的上表面反射的光叠加而成的

C.当薄片c向左移动少许时，干涉条纹间距将增大

D.若将红光改为紫光，干涉条纹间距将增大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.干涉条纹是由a的下表面和b的上表面反射的光叠加而成的，选项A错误，B正确；

C.当薄片c向左移动少许时，小。板间的夹角变大，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会减

小，即干涉条纹变密，故C错误；

D.若是用紫光做该实验，则波长变短，则干涉条纹变密，干涉条纹间距将减小，故D错误。

故选B。

2.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为；H+^CfX+Q],

5

；H+；N->^C+^He+Q2,方程式中Qi、Q表示释放的能量，相关的原子核质量见上表。以下推断正

确的是（)

原子核；He62C*3N；5N

质量/u1.00784.002612.000013.005715.0001

A.X是；N,Q2>QjB.X是；5N,Q2>Q1

C.x是；N,Q2<Qi口了是；3Q2<Q1

【答案】A

【解析】

【详解】根据质量数和核电荷数守恒可知，X是;3N,前一核反应过程的质量亏损

&勺=（1.0078+12.0000-13.0057）u=0.0021u

而后一核反应的质量亏损

Am,=（1.0078+15.0001-12.0000-4.0026）u=0.0053u

Am2>八叫

根据质能方程

E=Amc2

可知

Q2>Qi

A正确。

故选Ao

3.如图甲所示，汽缸内封闭了一定质量的气体（可视为理想气体），可移动的活塞与容器壁光滑接触，开始

时活塞处于I位置静止，经历某个过程后，活塞运动到n位置（图中未标出）重新静止，活塞处于这两个

位置时，汽缸内各速率区间的气体分子数n占总分子数N的百分比1?xl00%］与分子速率v之间的关系

分别如图乙中I（实线）和n（虚线）所示，忽略大气压强的变化，下列说法中正确的是（）

［京X100%

OV

甲乙

A.在状态I时气体分子平均动能较大

B.在状态II时气体的压强较大

C.在状态I时汽缸内单位时间、单位面积上碰撞器壁的气体分子数较多

D.每一个气体分子在状态II时都比在状态I时的速率大

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图像乙可知，气体在状态n时，速率较大的分子占据的比例较大，则分子平均速率较大，温

度较高，A错误；

B.气体进行等压变化，则气体在两个状态的压强相等，B错误；

C.从状态I到状态II的过程是等压变化，且温度升高，气体的体积变大，气体在状态I时分子平均作用力

较小，则单位时间、单位面积上碰撞器壁的气体分子数较多，C正确；

D.气体在状态n时，速率较大的分子占据的比例较大，则分子平均速率较大，并非每一个分子的速率都大

于状态I时的速率，D错误。

故选Co

4.车辆减震装置中的囊式空气弹簧由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成。某气囊内有一定质量的理想

气体，其p-V图像及状态。c-。的变化过程如图所示，图像中a、6、c三点的坐标为已知量，ab

平行于V轴，次平行于p轴，已知气体在状态。时的温度7；=300K。以下说法正确的是（）

A.afAfc变化过程中，气体内能一直增大

B.c变化过程中，气体吸收的热量为6P0%

C.af6fcfa的整个过程中气体对外做功为0

D.cfa的变化过程中气体的最高温度为360K

【答案】B

【解析】

【详解】A.a—变化过程中，气体体积增大，气体对外做功，根据坐标可知，afZ?过程，气体

压强与体积乘积变大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增大，bfC变化过程中，气体压强

与体积乘积变小，根据理想气体状态方程可知，温度降低，内能减小，故A错误；

B.a、c两点状态，气体压强与体积乘积相等，均为3%%,根据理想气体状态方程可知，°、c两点状态的

温度相等，即气体内能不变，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量与做功

大小相等，即吸收热量为

3p0（3V0-V0）=6p0V0

故B正确；

C.结合上述，a—＞＞一＞c变化过程中，气体对外做功，且

叱=一60%

cf。的变化过程中，气体体积减小，外界对气体做功，且为

『（…。―。）=4一

则af6fcfa的整个过程中气体对外做功为

W1+W2=-2p0V0

故C错误；

D.根据理想气体状态方程有

P^=C

T

可知，压强与体积乘积越大，温度越高，c的变化过程中，根据数学函数规律可知，体积与压强乘积

的最大值为

20.2%=4PM

则有

&XTq

解得

=400K

故D错误。

故选B。

5.某烟雾报警器结构和原理如图甲和乙所示。光源S向外发射某一特定频率的光，发生火情时有烟雾进入

报警器内，由于烟雾对光的散射作用，会使部分光进入光电管c从而发生光电效应，于是有电流输入报警

系统，当电流大于就会触发报警系统报警。某次实验中，当滑动变阻器的滑片P处于图乙所示位置，烟

雾浓度增大到"时恰好报警。假设烟雾浓度越大，单位时间内光电管接收到的光子个数越多。己知元电荷

为e,下列说法正确的是（）

A.光电管内单位时间激发出的光电子数为八时，一定会触发报警

e

B.将滑片P向左移动，当烟雾浓度小于“时有可能报警

C.仅提高光源S发出光的强度，光电子的最大初动能将增大

D.报警器报警时，将滑片P向左移动警报有可能会被解除

【答案】D

【解析】

【详解】A.光电管内单位时间激发出的光电子数为人时，会受到两端电压的限制，在阴极产生的光电子

e

不一定全部到达A极，故不一定能让报警系统的电流达到/。，不一定能触发报警，故A错误；

B.将滑片P向左移动，光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A极的光子个数减少，则报警系

统的电流达到时，单位时间内光电管接收到的光子个数增大，烟雾浓度增大，即当烟雾浓度大于"时有

可能报警，故B错误；

C.根据光电效应方程

Ek=hv-W0

可知光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强度无关，故仅提高光源S发出光的强度，光电子的最

大初动能不变，故c错误；

D.报警器报警时，将滑片P向左移动，光电管两端所加的正向电压减小，单位时间内到达A极的光子个数

减少，报警系统的电流减小，警报有可能会被解除，故D正确。

故选D。

6.中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下

方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑；A、B间的接触

面与水平方向成45。角，A、B间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。己知B质量为相，重力加速度

3

大小为g。当施加在A上的水平力尸=57咫时，门闩刚好能被启动，则A、B间的动摩擦因数为（）

【答案】C

【解析】

【详解】对A、B受力分析如图所示

门闩刚好启动时，对A水平方向上

F=Nsin450+4Ncos45°

对于B在竖直方向上

Ncos45°=mg+sin45°

结合已知条件

F=-mg

可得

〃=0.2

故选C。

7.介质中坐标原点。处的波源在£=0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，％时亥1|传至IJL处，波

形如图所示。下列能描述为处质点振动的图像是（）

【答案】B

【解析】

【详解】由波形平移法可知L处的起振方向沿y轴正方向，则与处质点的起振方向沿y轴正方向；由波形图

可知，小处与乙处的距离大于一个波长九，小于1；彳，则%时刻，％处质点已经振动的时间大于一个周期

T,小于，T,且由波形平移法可知%时刻七处质点沿y轴正方向振动。

故选B

8.如图是摄影爱好者成功拍摄到的中国空间站“凌月”（凌月是指在地球上观测月球时看到空间站在月球

前面快速掠过）画面，整个“凌月”过程持续时间极短，仅约半秒钟。将空间站绕地球的运动看作半径为r

的匀速圆周运动，已知地球半径为R,地球表面处的重力加速度为g,月球绕地球做匀速圆周运行的周期为

T,空间站与月球在同一轨道平面且绕行方向相同。则再次出现空间站凌月现象的时间为（）

27iTry[r27rTry[r

B.

RTy[g-2兀r@RTa-4ir6

、7iTry[lrjiTryjlr

D.

RTy[g-17ir4rRTy[g-^7ir4r

【答案】A

【解析】

【详解】对空间站

Mm4万

G下=m——2r

T2o

解得

Mm

在地球表面由G——=mg,解得

角速度为

月球的角速度为

设再次出现空间站凌月现象时间为r,则

a>ot-cot=2TI

解得

t27iTrG

RTy[g-27ir4r

故选A„

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.风力发电是一种绿色清洁能源，其模型如下，叶片长度为/的风轮机（如图甲）在风的驱动下，带动内

部匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，从图乙位置开始计时，可得通过矩形线圈

的磁通量①随时间f变化规律如图丙所示，周期为T,磁通量最大值为中m。空气密度为夕，风速为打风

轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积，发电机将风的动能转化为电能的效率为〃,

下列说法正确的是（）

A.发电机线圈在工时刻输出的瞬时电压为0

4

B.发电机产生的电动势瞬时值表达式e=

C.发电机的发电功率。=工％/丫3

2

D,若风速加倍，则发电机的发电功率将变为4倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A.发电机线圈在工时刻，磁通量为最大，磁通量变化率为0,则输出的瞬时电压为0,故A正确;

4

B.发电机线圈电动势的最大值为

2»N①

E—N①&=一^

初时刻磁通量为0,则发电机产生的电动势瞬时值表达式

故B错误；

CD.单位时间吹过风的质量为

m-npl~v

根据能量守恒，发电机的发电功率为

P=<mv/=g7LT]pl'Vi

若风速加倍，则发电机的发电功率将变为8倍，故C正确，D错误。

故选AC„

10.如图所示，一个正方体A5CD—ARC'。'，其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H,在E、

G两点固定电荷量为一夕的点电荷，在R”两点固定电荷量为+4的点电荷，下列说法正确的是（）

c

A，B，

A.B'、。两点电势相等

B.A5'中点处的场强与OC'中点处的场强相同

C.一带正电的试探电荷在A点的电势能等于它在C点的电势能

D.A4'两点间的电势差小于两点间的电势差

【答案】CD

【解析】

【详解】A.由空间的对称性可知，？点更靠近正电荷，而。点更靠近负电荷，所以有电场的叠加可知，

两点的电势不相等，？点的电势大于。点的电势，故A项错误；

B.四个电荷，将其E、F看成一对，G、H看成一对，则E、F为一对等量异种电荷，G、H也为一对等量

异种电荷，所以该电场时两对等量异种电荷的电场的叠加。两对等量异种电荷的中心为该正方体的中心，

以该中心为坐标原点。，设连线中点处为/,OC'连线中点处为L以。/为坐标轴的正方向，。乙为坐

标轴的负方向，结合等量异种电荷的电场分布可知，A3'中点处的场强与OC'中点处的场强大小相等，方

向相反，故B项错误；

C.由空间的对称性可知，A到四个电荷的距离与C到四个电荷的距离相等，A点和C点到正负电荷距离

相等，所以有电场的叠加可知，两点的电势相等，由

E、=q(p

可知，一带正电的试探电荷在4点的电势能等于它在C点的电势能，故C项正确。

D.4到两个正电荷的距离与到两个负电荷的距离相等，所以A电势为零。B点到两个正电荷的距离与到

两个负电荷的距离相等，所以2点的电势也为零。A点靠近负电荷，所以A点的电势为负，8'点更靠近正

电荷，所以8'的电势为正。A'A间电势差有

"制=%-9建＜0

间电势差为

0血=外一%〉0

故D项正确。

故选CDo

11.如图所示，质量分别为机和27%的A、B两滑块用足够长轻绳相连，将其分别置于等高的光滑水平台面

上，质量为4加的物块C挂在轻质动滑轮下端，手托C使轻绳处于拉直状态。/=0时刻由静止释放C,经彳

时间C下落/z高度。运动过程中A、B始终不会与定滑轮碰撞，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速

A.A、C运动的加速度大小之比为4:3

B.A、C运动的加速度大小之比为4:1

C.%时刻，C下落的速度为

D.4时刻，C下落的速度为J—

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.根据题意，由牛顿第二定律可得

T=maK

T=2maB

解得

=2：1

则路程之比

12

s5"A%

幺——=2

设B运动的路程为s,则A运动的路程为2s,可知此时C运动的路程为1.5s,则有

：出：%=4:2:3

故A、C运动的加速度大小之比为4:3,A正确，B错误;

CD.由旷=。/■可知

%：4：%=4：2:3

C下落过程ABC组成的系统机械能守恒

4mgh=gmv；+；-2mv|+g-4-mv^

解得

C错误，D正确。

故选AD„

12.如图甲所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L=0.1m,距左端乙处的中间一段被弯成倾斜轨道，

长度也为L,与水平面夹角6=30。，各段轨道均平滑连接。倾斜轨道所在区域无磁场，左段区域I存在均

匀分布但随时间线性变化的磁场3,取竖直向上为正方向，如图乙所示；右段区域H存在竖直向上的匀强磁

场稣=0.2T。在倾斜轨道顶端，放置一质量为热=O/kg、电阻尺=1。、长为L的金属棒ab,与导轨左段

形成闭合回路，ab由静止开始下滑，进入右侧磁场n后经过时间t(已知)达到稳定状态。导轨电阻不计，

A.ab在倾斜轨道上下滑过程中产生焦耳热为1x10-j

B.ab达到稳定后的速度大小等于0.5m/s

C.ab进入右侧磁场II后流过电阻R的电荷量为2.5C

D.ab进入右侧磁场II经过位移为(125+0.5Z)后达到匀速

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.左侧回路中产生的感应电动势

E=—£2=—x0.12V=0.01V

At0.2

金属杆在斜轨上下滑时的加速度

a-gsinO-5m/s2

下滑的时间

"=0.2s

4=

5

ab在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为

"2nni2

Q=——L=--X0.4J=4X10-5J

R11

选项A错误;

B.ab达到稳定时回路感应电流为零，则

E=B0Lv

解得

v=0.5m/s

选项B正确;

C.导体棒到达斜面底端时的速度

v0={2aL=lm/s

到达稳定时由动量定理

—BoILNt=—B0Lq=mv—mv0

解得

q=2.5C

选项C正确;

D.由以上可知

BQLV-E

-----------Z=q

R

即

Z（稣万加-£△%）=qR

即

B0Lx-Et-qR

解得

x=0.5/+125

选项D正确。

故选BCDo

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.利用智能手机和铉磁粒测量滑块在斜面上运动的加速度。如图甲所示，一斜面上安装有两组磁粒，其中

8组磁粒固定在斜面上靠近底端处，A组磁粒的位置可移动（A组磁粒更靠近滑块），两组磁粒之间的距离

为X。在滑块上面安装智能手机，打开APP中的磁力计，将滑块从斜面上的。点由静止释放，滑块依次经

过两组磁粒附近时，手机磁力计会测出磁感应强度的峰值，该峰值所对应的时刻就是智能手机磁力计到达

该组磁粒所在位置的时刻，而相邻两个峰值之间的时间差即是智能手机磁力计依次经过两组磁粒所用的时

间心改变A组磁粒的位置进行多次测量，每次都使滑块从。点由静止释放，并用米尺测量A、8之间的距

离x,记下相应的f值，所得数据如图乙所示。

i组2组3组4组5组6组

x(m)0.300.400.500.600.700.80

，(s)0.210.290.400.490.81

m/s

f()1.431.381.251.220.99

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小人滑块经过8组磁粒的瞬时速度匕、测量值x和r

四个物理量之间所满足的关系式是:

%

（2）根据图乙信息补充表格中缺失的数据：t=S,—m/s；

X

-----1图线.

丙

X

（4）由―-，图线，可得滑块加速度的大小为。=m/s2（保留3位有效数字）。

19

【答案】(1)x=vtt—at

2

(2)①.0.61②.1.15

（3）见解析（4）1.47

【解析】

【小问1详解】

滑块沿斜面向下是匀加速运动，反过来也可以看成是初速度为小的沿斜面向上的匀减速运动，由位移公式

有

12

x=vt——at'

,t2

【小问2详解】

[1]根据图乙信息可知f=0.61s。

⑵则有

X

-=1.15m/s

t

【小问3详解】

【小问4详解】

由第一问表达式，可得

X1

--v——at

t't2

结合图像，有

La=k=1.0-1.5

20.8-0.12

解得

61=1.47m/s2

14.某同学为了研究欧姆表的改装原理和练习使用欧姆表，设计了如下实验。利用一个满偏电流为lOOpA的

其电路原理图如图甲所示。

(1)请根据图甲中的电路原理图，在答题卡上的图乙中连接实物图.并正确连接红、黑表笔。使用

时进行欧姆调零发现电流表指针指在如图丙所示位置，此时应将滑动变阻器的滑片P向(选填“上”

或“下”)移动;

(2)将单刀双掷开关S与2接通后，先短接，再欧姆调零。两表笔再与一电阻凡连接，表针指向表盘中央

图丁中的a位置处，然后用另一电阻号代替凡，结果发现表针指在b位置，则凡=。；

(3)该同学进一步探测黑箱问题。黑箱面板上有三个接线柱1、2和3,黑箱内有一个由三个阻值相同的电

阻构成的电路。用欧姆表测得1、2之间的电阻为5Q,2、3之间的电阻为10。，1、3之间的电阻为150,

在答题卡图戊所示虚线框中画出黑箱中的电阻可能的连接方式(一种即可)

【解析】

【小问1详解】

[1]由多用电表红黑表笔的特点，红黑表笔的电流“红入黑出”，8点接红表笔，A点接黑表笔，按照电路图连

接实物图如下

[2]电表调零时，红黑表笔短接，电流表应达到最大值，需要调节滑动变阻器滑片，使电流表指针满偏，当

电流表电流增大时，由欧姆定律/=且可得，电流表两端电压

R

Ug=IgRg

4增大，4不变时，电流表两端电压增大。由并联电路特点知，《、&两端的总电压也等于，

通过与、旦的电流

In=-^—

«+尺2

Ug增大时，儿也增大，电路中总电流

电路总电流增大，由闭合电路电压特点可得，滑动变阻器和电源内阻的总电压

U=E—Ug

滑动变阻器和电源内阻的总电压U减小，又有欧姆定律可得滑动变阻器和电源内阻的总电阻

/总

由以上可知滑动变阻器和电源内阻的总电阻减小，滑动变阻器电阻减小，滑动变阻器滑片向上移动。

【小问2详解】

由欧姆表电路的特点及闭合电路的欧姆定律得，当红黑表笔短接时

E=仆内

当电流表处于“、b两位置时

E=4（O+&）

E=/b（4+a）

将/gm=10°RA、4=50.0屿、人=80.0「iA带入以上三式解得

&二支

【小问3详解】

由题意可得1、3之间的电阻可为1、2和2、3之间电阻的串联值，所以第一情况：1、2之间接一个5。电

阻，2、3之间接两个5Q电阻串联。

所以第二情况：1、2之间接两个10。电阻并联，2、3之间接一个10。电阻。

15.如图所示，是某激光液位自动监测仪的示意图。矩形ABCD为长方体液池的截面，宽度d=6m,装有

深度为丸=26m的某种液体，在池底部水平放置宽度d'=5m的平面镜，平面镜的右端与C点重合，在其

正上方水平放置一长度等于池宽的标尺A3,池左壁高用=国处有一激光器S,激光器发出的一束单色

光以与池壁成夕角（0°＜夕＜90。）射到平面镜上，经平面镜反射后再从液体的上表面射出，打在标尺上形

成一亮点。改变戊角，测得此截面上能折射出光线的液面所的长度为L=3（、6-l）m,不考虑光在液面

上的反射光。

（1）求该液体的折射率〃；

（2）若保持。=30°,发现液体的深度从〃发生变化，变化后标尺上亮点向右移动了Ax=3m，试问液

3

面高度是上升还是下降？液面高度变化量是多少？

【答案】（1）0;（2）下降，1m

【解析】

【详解】（1）当改变a角时，由题意可知，在尸点发生全反射，光路图如图所示

1

tana=

耳

又

L+(A+/?())tan«

sin6=

++[L+(/z+4)tan«T

根据临界角与折射率的关系可知

1

n=---

sin9

联立解得

n=A/2

(2)根据题意可知，亮点向右移动了，光路图如图所示

由图可知，液面下降，设下降后液面的高度为"，由几何关系可知

(/z+/^)tan«=+/^)tan«+Ax

解得

〃'=26Tm

即液面高度变化量为

/\h=h-h'=Im

16.“动能回收”是指智能电动汽车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能，其基本原理是车轮带动电机

内线圈转动，向动力电池反向充电。某智能电动汽车质量为m=2xl()3kg,以石的=L0xl()5j的初动能沿

斜坡向下做直线运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，始终受到一个外界施加的阻力/=0.225mg,

其动能与位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，比第一次自由滑行时

多受到一个线圈提供的阻力，其动能与位移关系如图线②所示。重力加速度为g=10m/s2。

(1)第一次关闭发动机，求滑行到200m时车所受重力的瞬时功率P；

(2)第二次关闭发动机，开启“动能回收”装置运行200m过程中，共回收时=1.224xl()5j的电能。求

机械能回收效率〃(机械能回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比)。

【答案】(1)5X104W；(2)90%

【解析】

【详解】(I)斜坡的角度为仇有

mg-xsin0-fa=Ek-EkO

汽车的动能有

E口,=~1mv2

2

则重力的瞬时功率为

P=mgvsin0

解得

P=5X104W

(2)运行200m,则运动的第一次同样位置，即两次到该位置，汽车的重力势能相等，由题意可知，在车

自由滑行时，有

%+叱=4=（200-100）X103J

开启动能回收装置后，有

3

%+叱+吗=AEkl=（64-100）X10J

所以用于发电的机械能为

E发机=—叫=1.36x105J

则发电效率为

77=^^X100%=90%

。发机

17.如图甲所示，在竖直平面内的坐标系双？中有半径为R=0.05m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小

B=2X10-2T，磁场方向垂直纸面向里，圆心与坐标原点重合。在坐标为（0,-尺）的A点放置一个粒子源，

粒子源在竖直平面内沿与y轴正方向成-30。至30。范围内连续发射速率%=2x106m/s的大量带负电粒子,

比荷为"=2x1（/c/kg,磁场右侧有两水平金属板P、Q,其中心线沿无轴，板长为乙=0.4111,两板间

m

距d=O.lm。加在P,。两板间电压随时间f变化关系如图乙所示（每个带电粒子通过电场区域的极短

时间内，电场可视作恒定）。两板右侧放一记录圆筒，筒左侧边缘与极板右端相距4=02m,筒绕其竖直

轴匀速转动，周期为T=0.4s,筒的周长为L=0.24m,筒能接收到通过P,。两板的全部粒子。（不计粒

子的重力及粒子间的相互作用）o

（1）求带电粒子在磁场中的运动时间的最大值却和粒子束到达尸、。两板左侧时的宽度。；

（2）若。皿=250V，以/=0时（见图乙，此时Up。=0）,沿＞轴正方向入射的粒子打到筒上的点作为x'o'y'

坐标系（竖直向上为y,轴正方向）的原点，求沿y轴正方向入射的粒子束打到圆筒上的最高点对应的位置

坐标；

（3）在给出的坐标纸（图丙）上定量画出第（2）问中粒子束打到圆筒上的点形成的图线；

（4）若Um=62.5V,求所有粒子能够打到圆筒上的区域面积S。

【答案】(1)5.2x1。-%,0.05m；(2)(3cm,10cm)；(3)见解析；(4)120cm2

【解析】

【详解】(1)如图所示

由几何关系可知，粒子在磁场中运动转过的最大夹角为

因为粒子在磁场中运动的周期为

qB

所以粒子在磁场中运动的最长时间为

t_=曳7=21=工义10『5.2*10飞

3qB6

由洛伦兹力提供向心力

2

qv^B=m—

r

解得粒子在磁场中运动的半径为

/嗡=0.°5m

速度方向与y轴成30。，射入第三象限进入磁场的粒子，距离无轴

△4=Rsin30°=g

速度方向与y轴成30。，射入第四象限进入磁场的粒子，如图

A4=Rsin300=g

所以粒子束的宽度为

D-A&+=R-0.05m

(2)沿y轴正方向入射的粒子，当电压为U时刚好能射出极板

其中

qUA

a---,/———

md%

联立可得

U=125VV250V

由图乙可知，乙=0.05s时粒子刚好从上极板右边缘飞出电场，由几何关系可知

Ad

2:2

代入数据解得

ym=0.10m=10cm

在%=0.05s内圆筒转过的弧长即为横坐标

菁=T%=0.03m=3cm

故沿y轴正方向入射的粒子束打到圆筒上的最高点对应的位置坐标为(3cm,10cm)o

(3)第(2)问中粒子束打到圆筒上的点形成的图线如图所示

(4)当电压为Um=62.5V时，射出极板的竖直侧移量为

y」必也)2

2md%

代入数据解得

y=0.025m=2.5cm

所以所有粒子均能打到圆筒上，如图

丙

则所有粒子能够打到圆筒上的区域面积为

S=DL=5cmx24cm=120cm2

18.某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为6=30。的是够长光滑斜面

底端，上端与质量为3根的物块B相连，B处于静止状态，此时弹簧压缩量为&现将质量为根下表面光滑

的足够长的木板A置于B的上方，A的下端与B相距25d；质量为2根物块C置于A的上端，C与A之间

动摩擦因数为正，B、C均视为质点。B与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B施加大小可调的阻力，当

2

B的速度为零时涂层对其不施加作用力。现将A和C由静止释放，之后A与B发生正碰，碰撞时间极短,

碰后B向下运动2d时速度减为零，此过程中B受到涂层的阻力大小/与下移距离x之间的关系如图乙所示。

已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内。

(1)求A、B第一碰前瞬间A的速度大小%；

(2)求A、B在第一次碰撞过程中损失的机械能AE；

(3)在B第一次向下运动过程中，求B与A下端相距最远的距离五,；

(4)若撤除弹簧，将B锁定在原位置，更换B与斜面间的智能涂层，仅B受到涂层的阻力，其大小尸与

下移距离x之间的关系为7''=3.5mg+Wx。在A下端侧面粘有一质量不计的橡皮泥，A、C仍从原位置

a

静止释放，A、B碰撞前瞬间B自动解除锁定，A、B碰后一起运动，经时间办(已知)A、B速度减为零立

即被锁定，且C与A、B始终未达共速。求从A、B碰后开始计时，在/=勾时间内A、C之间因摩摩擦产

3

生的热量是多少。

【答案】(1)5痂；(2)6mgd-(3)L5d；(4)mg威—聆一1d

12488,

【解析】

【详解】(1)木板A下表面光滑，A与B第一次碰撞前，若A、C一起向下加速，则

("/+2m)gsin30°=(m+2m)a

则此时C与A之间的摩擦力大小为

f—2mgsin30°—2ma=0

假设合理。对A和C,由位移速度关系

2&?d=丫