浙江省北斗星盟2024-2025学年高三上学期12月月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1高三物理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试题卷和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，在本说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的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g取。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.下列各组物理量中均属于矢量的是（）A.位移、电场强度 B.磁感应强度、磁通量C.电势能、电流 D.加速度、时间【答案】A【解析】A．位移、电场强度都是既有方向又有大小，属于矢量，故A正确；B．磁感应强度既有方向又有大小，是矢量，磁通量只有大小，虽然选取正方向后有正负，但是运算不满足平行四边形法则，是标量，故B错误；C．电势能只有大小，没有方向，是标量；电流有大小，但是不满足平行四边形法则，是标量，故C错误；D．加速度既有方向又有大小，是矢量，时间只有大小，没有方向，是标量，故D错误。故选A。2.弧旋球，又香蕉球，是指运动员运用脚法，踢出球后使球在空中向前作弧线运行的踢球技术。如图所示是足球比赛中踢出的香蕉球场景，下列说法正确的是（）A.踢球时足球从刚接触脚到落地的过程中机械能守恒B.足球转弯时所受合力沿运动方向C.足球在空中加速运动时，其惯性逐渐增大D.在研究如何才能踢出香蕉球时，不能把足球看作质点【答案】D【解析】A．踢球时足球从刚接触脚到落地的过程中，足球受到摩擦力和空气阻力对球做功，所以足球的机械能不守恒，故A错误；B．足球转弯时做曲线运动，合力方向指向轨迹的凹侧，而运动方向为轨迹的切线方向，即合力不沿运动方向，故B错误；C．惯性是物体保持其运动状态（静止或匀速直线运动）的性质，它只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，因此，足球在空中加速运动时，其惯性不会增大，故C错误；D．在研究如何才能踢出香蕉球时，我们需要考虑足球的旋转和空气动力学效应，这些都与足球的形状和大小有关，因此，在这种情况下，不能把足球看作质点，故D正确。故选D。3.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列选项符合实际应用的是（）A.在光导纤维内传送图像是利用光的色散B.光学镜头上的增透膜是利用光的偏振C.观看立体电影时所戴的眼镜是利用光的偏振D.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射【答案】C【解析】A．在光导纤维内传送图像是利用光的全发射，故A错误；B．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉，故B错误；C．观看立体电影时所戴的眼镜是利用光的偏振，故C正确；D．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射，故D错误。故选C。4.核能的利用离不开人类对微观世界的不断探索。下图表示了科学家对原子认识的演变史，下列说法正确的是（）A.德布罗意基于电子的发现事实建构了枣糕模型B.卢瑟福建构的行星棋型（核式结构模型）不仅揭示了原子内存在原子核而且揭示了原子核的组成结构C.玻尔基于行星模型（核式结构模型）和氢原子光谱的实验规律建构了氢原子模型并做了有限推广D.基于量子理论建构的电子云模型完全否定了玻尔模型的正确性及其科学研究价值【答案】C【解析】A．汤姆孙基于道尔顿的实心小球模型和电子的发现事实建构了枣糕模型，也叫西瓜模型，故A错误；B．卢瑟福建构的行星模型揭示了原子内存在原子核，但是并没有揭示原子核内部的组成结构，故B错误；C．玻尔基于行星模型和氢原子光谱的实验规律建构了氢原子模型并做了有限推广，该模型对于氢原子以外的原子不成立，故C正确；D．基于量子理论建构的电子云模型并没有完全否定玻尔模型的正确性及其科学研究价值，故D错误。故选C。5.如图某海上风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为的圆面。某时间内该海面的风速，风向恰好跟叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度，若该风力发电机能将此圆内的空气动能转化为电能。取3.14，则该发电机单机容量（输出功率）的数量级可达（）A. B. C. D.【答案】B【解析】时间内，通过圆面的空气的质量该部分空气的动能则此风力发电机发电的功率解得故选B。6.图示是“研究影响平行板电容器电容大小的因素”实验，保持电荷量不变，则下列说法正确的是（）A.甲图中减小极板间的正对面积，极板间的电势差减小B.乙图中增大极板间距，极板间电场强度增大C.在丙图中在极板间插入电介质，电容器的电容变小D.乙图中增大极板间距，电容器储存能量增大【答案】D【解析】A．保持电荷量不变，减小极板间的正对面积，由平行板电容器决定式电容C变小，由可知，电压U变大，故A错误；B．保持电荷量不变，增大极板间距，由平行板电容器决定式电容C变小，由极板间的电场强度可表示为场强与d无关，场强不变，故B错误；C．在极板间插入电介质,由平行板电容器决定式，变大，变大，故C错误；D．保持电荷量不变，增大极板间距，由平行板电容器决定式可知电容C变小，根据电容器储能公式电容器储存能量增大，故D正确。故选D。7.如图所示，街头变压器将市区电网电压降压后输送给用户的供电示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。忽略输电导线的电阻，交流电表作为理想电表处理，下列说法正确的是（）A.由于输入电压高于输出电压，所以原线圈所用的导线应当更粗B.降压变压器的工作原理是通过铁芯导电的C.当用户用电器增加时，电压表的示数增大D.当用户用电器增加时，变压器的输出功率变大【答案】D【解析】A．由于输入电压高于输出电压，变压器两端的功率相等，根据可知，副线圈电流较大，副线圈所用的导线应当更粗，A错误；B．降压变压器的工作原理是电磁感应，而不是通过铁芯导电，故B错误；CD．输入电压不变，原副线圈的匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，即电压表的示数不变，对于副线圈回路，当用户用电器增加时，等效电阻变小，根据可知功率变大，即变压器的输出功率变大，故C错误，D正确。故选D。8.如图是2024年9月8日发生的“土星冲日”天文现象的示意图（当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”）。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示。

地球火星木星土星天王星海王星轨道半径1.01.55.29.51930根据题中信息，下列说法正确的是（）A.火星绕太阳公转线速度大于地球绕太阳公转线速度B.天王星绕太阳公转角速度大于木星绕太阳公转角速度C.海王星两次冲日的时间间隔最短D.土星下次冲日的时间可能为2026年9月8日【答案】C【解析】A．根据万有引力提供向心力有解得由表格数据可知，火星绕太阳公转半径大于地球绕太阳公转半径，则火星绕太阳公转线速度小于地球绕太阳公转线速度，故A错误；B．根据万有引力提供向心力有解得由表格数据可知，天王星绕太阳公转半径大于木星绕太阳公转半径，则天王星绕太阳公转角速度小于木星绕太阳公转角速度，故B错误；C．根据题意，设两次行星冲日时间间隔为年，则有解得可知，越大，越小，由开普勒第三定律可知，海王星的周期最大，则海王星两次冲日的时间间隔最短，故C正确；D．由开普勒第三定律解得年结合C分析可得，土星相邻两次冲日的时间间隔为年则土星下次冲日的时间可能为2025年9月22日左右，故D错误。故选C。9.如图所示，两段不可伸长细绳的一端分别系于两竖直杆上的AB两点，另一端与质量为m的小球D相连，已知A、B两点高度相差为h，∠CAB=∠BAD=37°，∠ADB=90°，重力加速度为g。现使小球发生微小摆动（绳AD、BD始终张紧），则下列说法正确的是（）A.小球平衡时，绳AD、BD的拉力大小相等B.小球摆动周期约为C.摆角变小，周期变大D.小球质量增加，周期变小【答案】B【解析】A．根据几何关系可知，绳AD与竖直方向的夹角为16°，对小球受力分析可得则绳AD、BD的拉力大小不相等，故A错误；B．该单摆的等效摆长为OD，如图所示根据几何关系可知，三角形ABD与三角形ABC全等，则根据几何关系可得所以根据单摆周期公式可得故B正确；C．摆角变小，则周期不变，故C错误；D．小球质量增加，周期不变，故D错误。故选B。10.1885年瑞士的中学教师巴耳末发现，氢原子光谱中可见光部分的四条谱线的波长可归纳成一个简单的经验公式：，n为大于2的整数，R为里德伯常量。1913年，丹麦物理学家玻尔受到巴耳末公式的启发，同时还吸取了普朗克的量子假说、爱因斯坦的光子假说和卢瑟福的核式结构原子棋型提出了自己的原子理论、根据玻尔理论，推导出了氢原子光谱谱线的波长公式：，m与n都是正整数，且。当m取定一个数值时，不同数值的n得出的谱线属于同一个线系．如：m=1，n=2、3、4、…组成的线系叫赖曼系；m=2，n=3、4、5、…组成的线系叫巴耳末系；m=3，n=4、5、6、…组成的线系叫帕邢系；m=4，n=5、6、7、…组成的线系叫布喇开系；m=5，n=6、7、8、…组成的线系叫逢德系．以上线系只有一个在紫外光区，这个线系是……如图是氢原子的能级图。则下列说法正确的是（）A.在氢原子的能级图中只有一个线系在紫外光区，它应该是帕邢系B.若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，则赖曼系的都能使该金属发生光电效应C.每一次能级跃迁都会释放出一个电子，使原子变为离子D.巴耳末线系中能量最小的光子的频率与赖曼系中能量最大的光子频率之比为【答案】B【解析】A．与可见光相比，紫外线的频率高，能量高，即题目列出的线系中能量最高的即为紫外光区．而根据频率，即波长最短的为紫外光区，根据可得即最大的波长最短，频率最高能量最大即紫外线区．根据已知条件可得赖曼系的能量最高为紫外光区，故A错误；B．若巴尔末系的某种光能使一金属发生光电效应，根据题图可知赖曼系的能量都大于巴尔末系的光子的最大能量，则则赖曼系的都能使该金属发生光电效应，故B正确；C．每一次能级跃迁都会释放出一个光子，氢原子不会变成离子，故C错误；D．巴耳末线系中能量最小的光子的能量为赖曼系中能量最大的光子的能量为根据可知巴耳末线系中能量最小的光子的频率与赖曼系中能量最大的光子频率之比等于故D错误。故选B。11.如图所示，x轴O点两侧分别为两种不同的介质，两坐标分别为xM=6m，xN=2m的波源M、N在t=0时刻同时开始振动，在不同介质中形成两列相向传播的简谐横波，在介质ON中波的传播速度为v1=2m/s，在介质OM中波的传播速度为v2=4m/s。已知两波源的振动方程分别为：、。则下列说法正确的是（）A.波在ON介质中传播的波长大小为2mB.波在OM介质中传播的波长大小为1mC.t=2s时质点O处于波峰D.经过足够长的时间，MN间（不包括MN两点）振幅为15cm的点有10个【答案】D【解析】AB．根据题意可得所以波在ON、OM介质中传播的波长大小分别为故AB错误；C．两波源产生的波传播到O点的时间分别为由于两波源振动周期相同，均为0.5s，所以t=2s时质点O处于平衡位置，故C错误；D．由题可知，两波源振动步调相反，则波程差等于半波长的奇数倍时，质点振动加强，所以解得，，，或，，，，，即MN间（不包括MN两点）振幅为15cm的点有10个，故D正确。故选D。12.在高速公路两侧或路口路面上，一般都等间距地镶嵌一些反光板，以提醒司机注意。其中做反光板的材料中有很多小玻璃球，这是利用光的“再归反射”，它能使光线沿原来的方向反射回去，当夜间行驶的汽车的车灯照上后显得非常醒目。某同学找到半径为R的透明球体，要测其折射率，将其固定在水平桌面上，如图所示，用一束某一频率的细激光沿水平方向射入透明球体，并将激光的入射位置自b点缓慢向上移动，发现入射位置移到a点时，出现光的“再归反射”。忽略光线在球体内的多次反射，已知入射点a距b点的竖直距离为，光在真空中传播速度为c。则下列说法正确的是（）A.透明球体对于该频率激光的折射率为B.该激光束在玻璃球内传播时间为C.换不同的频率激光，还从a点水平入射，仍能出现光的“再归反射”D.换不同的频率激光，在某处激光射入球体后，在球内表面可能发生全反射【答案】B【解析】A．如图所示根据光路的对称性可知，只有在B点反射的光才能沿原方向返回，设光线在球面上的入射角为i，折射角为r，由几何关系可得又因为可得则根据折射定律有解得故A错误；B．根据几何关系，光程为在球中的光速传播用时为解得故B正确；C．根据B选项分析可知换不同的频率激光，玻璃对光的折射率不同，光线折射后不能到达B点反射，则无法出现光的“再归反射”，故C错误；D．如图所示根据几何关系可知，光线在经过折射后，在玻璃球内到玻璃球外的入射角r′始终等于从玻璃球外到玻璃球内的折射角r，因为i<90°，由折射定律可知r′=r<C（C为临界角），所以换不同的频率激光，在某处激光射入球体后，在球内表面不可能发生全反射，故D错误。故选B。13.如图所示，水平地面上方存在垂直纸面向里高度为h的有界匀强磁场，有界磁场上边界与水平地面平行，下边界离地高为H。两个边长相等的单匝闭合正方形线圈a和b，分别用材料相同、粗细不同的导线绕制，线圈a和b所用导线的横截面面积之比为，两线圈从距磁场上边界高处由静止开始自由下落，再穿过磁场区域，最后落到地面。已知线圈运动过程中均不发生转动。设线圈a和b进入磁场的整个过程中，两线圈穿过磁场的运动时间分别为和，线圈从抛出到落地所花时间分别为和，两线图进入磁场过程通过线圈的电荷量分别为和，不计空气阻力，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】AB．由题意，知线圈a和b在进入磁场前做自由落体运动，由于下落高度相同，则两线圈刚进入磁场时的速度相等，由牛顿第二定律得两线圈进入磁场时的加速度为且，，，由以上各式可得其中为电阻率，为密度，从该式可以看出，两线圈进入磁场时加速度相同，那么线圈完全进入磁场时的速度也相同，则进入磁场整个过程的时间相同，即由于两线圈在磁场中的运动情况完全相同，则线圈完全出磁场时的速度相同，出磁场后的运动情况也相同，则可知故A正确，B错误；CD．由前面分析可知，由于两线圈的运动情况完全相同，根据联立可得则故CD错误。故选A。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，进对但不全的得2分，有选错的得0分）14.关于下列四幅图，说法正确的是（）A.甲图为位移传感器，它可以把被测物体位移的大小转换为线圈自感系数的大小B.图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小C.图丙，状态①的温度比状态②的温度低D.图丁，按照经典电磁理论，这样运动的电荷应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走【答案】AD【解析】A．甲图为位移传感器，当物体1向右发生微小位移时，线圈自感系数变小，当物体1向左发生微小位移时，线圈自感系数变大，故它可以把被测物体位移的大小转换为线圈自感系数的大小，故A正确；B．光导纤维的原理是利用光的全反射，根据全反射的条件是从光密介质射向光疏介质，所以内芯的折射率比外套的折射率大，故B错误；C．温度越高，分子的平均动能越大，分子的平均速率也越大，图甲中状态①的温度比状态②的温度高，故C错误；D．图丁，电子运动的半径不断变化，即做变速运动，按照经典电磁理论，这样运动的电荷应该产生变化的电场，再产生变化的磁场，则应该辐射出电磁波，电子绕核转动的能量将不断地被电磁波带走，故D正确。故选AD15.如图所示，一光滑绝缘细杆上的a点处套有一个质量m、电荷量的小球，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。现让绝缘细杆以大小为的速度向下匀速运动（杆始终保持水平），发现小球从细杆上的a点向b点运动。已知ab间的距离为。若以地面为参考系，则小球从a点到b点的过程中（）A.水平杆对小球的弹力保持不变B.小球的运动轨迹为抛物线C.小球所受合力冲量大小为D.小球所受的洛伦兹力冲量大小为【答案】BC【解析】A．因为小球竖直方向做匀速运动，所以小球受到的洛伦兹力在水平上的分力不变，根据牛顿第二定律可知，小球在水平方向的加速度不变，所以小球在水平方向做匀加速直线运动。因为水平方向小球速度增加，所以小球在竖直方向的洛伦兹力变大，又因为竖直方向做匀速直线运动，所以合力为零，因此竖直方向上的弹力发生变化，故A错误；B．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，则小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故B正确；CD．根据以上分析可知小球所受的合力为根据牛顿第二定律水平方向根据运动学公式解得根据动量定理可得小球所受的合力冲量大小为由于运动过程中小球还受到重力和水平杆对小球的弹力，故小球所受的洛伦兹力冲量大小不等于，故C正确，D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为的弹簧测力计两个，橡皮条（一端与轻质小圆环相连），刻度尺，图钉（若干个）。（1）实验中，要求用一个弹簧测力计拉橡皮条与用两个弹簧测力计同时拉橡皮条的“作用效果相同”。为满足此要求，实验中应保证__________。（2）关于实验操作的建议，其中正确的有__________。A.两弹簧测力计的夹角越小，越有利于减小误差B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同C.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力D.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度（3）实验中，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、二个分力的大小及表示力作用线的点，如图丁所示。根据图示信息，可得图丁中和的合力大小为__________。（保留两位有效数字）（4）如图是“探究物体的加速度与力和质量的关系”实验中的一条纸带。实验小组非常规范地用刻度尺测出了，打点计时器所用电源的周期为。在计算A点速度时，小汪用；而小明同学用来计算。你认为谁更准确，理由是____________________。【答案】（1）两次将结点O拉至同一位置（2）BD（3）4.1/4.2/4.3/4.4/4.5/4.6/4.7/4.8（4）小明同学更准确，因为比的相对误差小。【解析】【小问1详析】一个弹簧测力计拉橡皮条与用两个弹簧测力计同时拉橡皮条的“作用效果相同"，为满足此要求，实验中应保证两次将结点O拉至同一位置【小问2详析】A．弹簧测力计之间的夹角太小会导致确定力的夹角的时候相对误差太大，会造成误差增大，故A错误；B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，同一次实验中结点O的位置不变，不会产生较大误差，故B正确；C．用两个测力计互成角度拉橡皮条时，拉力不一定都小于只用一个测力计时的拉力，故C错误；D．使用弹簧测力计时，施力方向应沿着弹簧测力计的轴线，读数时视线正对弹簧测力计刻度，故D正确；故选BD。【小问3详析】通过平行四边形定则画出和的合力，如下图所示：因此，可得合力大小为4.4N。【小问4详析】因为匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为平均速度，所以误差主要在于长度的测量，用刻度尺测出的相对误差比更小，因此小明同学更准确17.某小组通过实验探究某热电阻的阻值与温度的关系。实验室可提供的器材：热电阻、学生电源（通过调节可输出的电压）、温控箱（能显示温度并可调节温度）、电流表（量程为，内阻约为）、电流表（量程为，内阻）、电压表V（量程为，内阻约）、滑动变阻器（最大阻值为）、导线和开关若干。（1）为了更准确地描述出热电阻随温度变化的关系，在图甲所示的电路图中，1应选__________；2应选__________（填“电流表”、“电流表”、“电压表V”）。（2）闭合开关S，调节滑动变阻器。记下1电表的示数为，2电表的读数为__________A（如图乙所示），则__________（用题中所给相关物理量的字母表示）。（3）实验中改变温控箱的温度，分别测出了热电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的图像。根据所给的图像可以看出，该热电阻的阻值与温度的关系式是__________。【答案】（1）电流表电流表（2）0.50（3）【解析】【小问1详析】[1][2]电源电压为12V，电压表量程为3V，所以电压表不可选用，电流表A2的内阻已知，可以当成电压表使用，电流表A2内阻未知，可以用来测干路电流，所以1应选电流表；2应选电流表。【小问2详析】[1]2电表的量程为0.6A，分度值为0.02A，其读数为0.50A；[2]根据欧姆定律可得【小问3详析】图像斜率为该热敏电阻的阻值与温度的关系式为18.用电流传感器来探究电容器和电感对电流的影响，实验电路如图所示。当S接1或S接2，电流传感器就能显示其电流变化情况。（1）S接2时电流传感器显示的电流变化与下图中电流I与t的变化相近的是（）A. B.C. D.（2）已知电源的电动势为E、内阻为r，外电阻R，电容器的电容为C，线圈的自感系数为L。当S接1，电路稳定后，电容器的带电量为___________；当S接2，电路稳定后，线圈产生的自感电动势为___________V。【答案】（1）C（2）CE0【解析】【小问1详析】闭合开关S的瞬间，电路中的电流突然增大，在L中要产生自感电动势阻碍电流的增加，所以电路的电流会逐渐增加到稳定值。故选C。【小问2详析】[1]S接1且电路稳定后，电容器两端电压为E，根据电容的定义式则电容器所带电荷量为[2]电路稳定后，电路电流的变化率为零，则线圈产生的自感电动势为零。19.如图甲所示是一气体温度计模型，容积的空球有一根有刻度的均匀玻璃细长管，管上共有个刻度线，（长管与球连接处为第一个刻度，记为“0”，向上按顺序排列），相邻两刻度间玻璃管的容积为，管中有水银滴将球内空气与大气隔开，当管口向上竖直放置，温度时，水银滴a端在刻度的地方；当管口向下竖直放置（图乙），温度时，水银滴a端在刻度的地方。若外界大气压不变，求：（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）若环境温度升高，水银滴a端由刻度的地方上移到的地方，此过程容器内气体内能___________（选填“增加”、“减小”或“不变”，容器内气体___________（选填“吸热”、“放热”或“既不吸热也不放热”）。（3）玻璃管竖直放置时，管内水银滴所产生的附加压强；（计算结果保留两位有效数字）【答案】（1）变小变小（2）增加吸热（3）【解析】【小问1详析】[1][2]当管口倒置后，容器内气体温度不变、压强变小，体积增大，所以器壁单位面积所受气体分子的平均作用力“变小”，气体分子的数密度“变小”；【小问2详析】[1][2]环境温度升高，容器内气体温度升高，所以气体内能增加：同时体积增大，外界对气体做功，根据热力学第一定律知气体从外界吸收热量。【小问3详析】当管口向上竖直放置时，空球内的气体压强为当管口向下竖直放置时，空球内的气体压强为根据玻意耳定律解得20.图甲为某游戏项目模型，固定于水平地面上的光滑轨道BCD，质量m1=1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块GH和质量m2=4kg、长度l=2.25m的平板小车等三部分紧靠在一起，滑块左端G点与小车等高。圆弧BC的半径R=2.75m，对应的圆心角θ=37°，最低点为C点，轨道水平部分与小车等高。当把一质量为m=1kg的小物块（视为质点）以v0=4m/s速度从A位置水平弹出，恰好由B点切入圆弧BC，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.6，忽略小车和GH下表面与地面的摩擦。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求AB两点的高度差h和小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；（2）若锁定平板小车，求小物块沿GH上滑的最大高度hʹ；（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从左（E端）向右（F端）随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0=4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过F点？并说明理由。【答案】（1）0.45m，（2）0.225m（3）见解析【解析】【小问1详析】根据平抛运动的规律有解得小物块从A点运动到C点，根据动能定理有小物块经过C点时，有解得，【小问2详析】若锁定平板小车，则小物块以速度v=vC=6m/s滑上小车，经EF后以速度v′滑到滑块GH上，根据动能定理有解得设小物块滑上滑块GH的最大高度时，小物块与滑块GH共速为v1，由动量守恒守律有由机械能守恒得解得【小问3详析】物块从E到F过程，系统克服摩擦力做功若到F点共速，则有解得则有故能通过F点。21.如图所示，固定在水平面内间距为l的平行金属导轨M和N，其左端通过开关S1和S2连接电阻R、电容C及在竖直平面内带有三根轻金属辐条可绕过其中心的水平轴O转动、半径为d的轻质金属圆环，圆环内存在垂直于圆环的匀强磁场B；右端与动摩擦因数为μ的绝缘导轨x、y无缝相连，其正中固定一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧，弹簧左端恰好与绝缘导轨对齐。在长度为Δl的虚线框内存在大小也为B方向垂直于导轨平面的匀强磁场。电阻为R、质量为m、长为l的导体棒ab静止于磁场右边界（处在磁场内），并与导轨接触良好。不可伸长的细绳绕在金属圆环上，系着质量也为m的物块Q，物块距地面的高度为h，当物块Q向下运动时带动金属圆环绕圆心O旋转。已知k=15N/m，m=0.25kg，l=1m，B=2T，R=0.5Ω，C=0.25F，d=0.5m，h=1m，μ=0.2，Δl=0.1m；电容器两端电压为U时，其储存