2023年高考物理考前信息必刷卷（浙江地区专用）（解析版）.docx

1、绝密启用前2023年高考物理考前信息必刷卷01浙江地区专用 2023年1月浙江省选考科目物理命题全面依据新课标课程内容、核心素养和评价目标；结合浙江教与学和物理选考的实际。保持主观题55分、客观题45分不变；为适应新课标新内容，试题的分数进行微调。2023年6月的选考应该继续保持这样命题方向。“新”体现在展现新课标成果。如第17题为新教材增加的热学内容，考查主干知识，即等压变化、等容变化和热力学第一定律；16-I（2）为新增加的“探究向心力大小的表达式”实验，考查实验方法、稳态过程观察和动态过程推理能力。一、稳中有新 展现新课标成果体现新课标有命题新视角，注重通过解决实际问题评价学生学科核心素

2、养达成的水平，从生产生活中提炼有价值的科学探究问题情境，设计符合学生认知规律、反映物理学科本质的试题。如本卷中第3题悬挂的足球、第5题摩天轮、第8题。二、学科育人评价重核心素养以高中物理新课程标准为依据，注重考查“物理观念”“科学思维”“科学探究”“科学态度与责任”四个方面。试题注重考查必修和选择性必修两部分内容中重要的物理观念与规律的理解与运用情况。如本卷中第10题近代物理、第14题近代物理、第16题实验探究。三、分层设计满足高校选人才根据学业质量水平的不同要求，从物理学科核心素养水平层次、试题情景的复杂性和新颖性合理设计试题区分度，确保试题合理梯度，适度区分不同学业质量水平。如本卷第12题

3、、第18题、第19题、第20题，计算题设置多问来全面考察学生知识掌握能力。一、选择题（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，均为矢量的一组是（）A加速度、力、时间B加速度、力、速度C时间、位移、质量D速度、位移、路程【解答】解：A、加速度与力既有大小又有方向，均为矢量，时间为标量，只有大小没有方向，故A错误；B、加速度、力和速度既有大小又有方向，均为矢量，故B正确；C、时间和质量均为标量，位移是矢量，故C错误；D、速度和位移既有大小又有方向，均为矢量，路程是标量，故D错误。故选：B。2在刚刚结束的201

4、9年第13届女排世界杯比赛中，中国女排再次荣获冠军。下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是（）A研究女排比赛中选手扣球的动作时B确定运动员在球场中的位置时C研究运动员比赛中发出的旋转球时D确定落在边线处排球是否为界内时【解答】解：A、研究女排比赛中选手扣球的动作时，选手的大小和形状不能忽略不计，因此不能看成质点，故A错误；B、确定运动员在球场中的位置时，运动员的大小和形状可忽略不计，因此能看成质点，故B正确；C、研究运动员比赛中发出的旋转球时，球的大小和形状不能忽略不计，因此不能看成质点，故C错误；D、确定落在边线处排球是否为界内时，排球的大小和形状不能忽略不计，因此不能看成质点，故D

5、错误。故选：B。3如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为，网兜的质量不计，用F表示悬绳对足球的拉力，用FN表示墙壁对足球的支持力，分别以水平向右和竖直向上为x轴和y轴正向建立直角坐标系，把F分解为沿着两个坐标轴的分力，分别记作Fx和Fy，若换用更长的悬绳，各力大小的变化情况是（）AF增大BFN增大CFx不变DFy不变【解答】解：足球受力如图：重力mg、支持力FN、拉力F，由平衡条件：FyFcosmg，不变，与绳长无关，得F=mgcosa，悬绳变长，变小，cos变大，sin变小，则F变小，FxFNFsin 变小，故D正确，ABC错误

6、；故选：D。4若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L已知月球半径为R，万有引力常量为G则下列说法正确的是（）A月球表面的重力加速度g月=hv02L2B月球的平均密度=3hv022GL2RC月球的第一宇宙速度v=v0L2hD月球的质量m月=hR2v02GL2【解答】解：A、平抛运动的时间t=Lv0再根据h=12gt2，得g月=2hv02L2，故A错误； B、由g月=Gm月R2 与g月=2hv02L2，可得：m月=2hR2v02GL2，因此月球的平均密度=m月43R3=3hv022GL2R故B正确。 C、第一宇宙速度：v=g?R=2hv02L2R=v0L

7、2hR，故C错误； D、由g月=Gm月R2 与g月=2hv02L2，可得：m月=2hR2v02GL2，故D错误；故选：B。5“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最低点时，乘客处于超重状态C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；B、圆周运动过程中，在

8、最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上方，所以FNmg则支持力Nmg+F，所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，故B正确；C、转动一周，重力的冲量为ImgT，不为零，故C错误；D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。故选：B。6如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，t0时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，沿x轴负方向传播的波刚好传播到x1m处。已知两列波的振幅均为5cm，波均为5m/s，则下列说法正确的是（）A两波相遇后，原点是振动减弱的点B经0.4s，处于原点的质点运动的路程为2mC0.4s时，坐标

9、在01m之间的质点位移都为0D在00.4s内，坐标在01m之间的质点的路程都为0【解答】解：A、两波在原点处的振动方向均向上，相遇后原点的振动加强，故A错误；B、两波波长均为2m，则周期为T=v=25s0.4s，设经过时间t，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有t1=1m5m/s=0.2s=T2，已知两列波的振幅，所以在前0.2s处于原点的质点运动路程为s12A10cm，0.2s时两波相遇，原点为振动加强点，此时的振幅为A12A10cm，则后0.2s经过的路程为s22A120cm，则经0.4s，处于原点的质点运动的路程为ss1+s230cm0.3m，故B错误；C、在0.4s时，左侧的波刚好

10、传播到2m处，右侧的波刚好传播到lm处，两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在01m之间的质点位移都为0，故C正确；D、路程为质点运动轨迹的长度，而位移则是由始末位置决定，在00.4s内，坐标在01m之间的质点位移为0，但路程不为0，故D错误。故选：C。7正、负电子对撞后湮灭成三个频率相同的光子。已知普朗克恒量为h，电子的质量为m，电荷量为e，电磁波在真空中传播速度为c，则生成的光子射入折射率为43的水中，其波长为（）A3h4mcBhmcC9h4mcD9h8mc【解答】解：根据爱因斯坦质能方程得，2mc23hv，则v=2mc23h。光子在水中的速度V=cn=c43则光子波长

11、?=Vv=9h8mc故D正确，A、B、C错误。故选：D。8将金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到静置的纸屑从金属板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。关于本实验下列说法正确的是（）A金属板碰触接地金属柱后不带电B上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强C纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低D纸屑是因为带负电相互排斥而不断飞出【解答】解：A塑料板带负电，金属板靠近后，金属板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地金属柱接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，故A错误；B上抬金属板，金属板与塑料板的距离增大，根据电容

12、的决定式C=?rS4pkd可知，电容减小，所以容纳电荷本领减弱，故B错误；C由于金属板容纳电荷的本领变小，所以纸屑带了一小部分正电荷，飞离金属表面，所以静电力做正功，电势能减少，金属板的电势降低，故C正确；D纸屑与金属板接触，所以纸屑与金属板间因为同种电荷（正电荷）相互排斥，所以飞离金属板上表面，故D错误。故选：C。9为研究与平行板电容器电容有关的因素的实验装置，下列说法不正确的是（）A同时闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片，使静电计指针有一定的张角，然后只向右移动A极板，则静电计指针的张角不变B若保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片P向D端移动，则静电计指针的张角变小C在静电计指针有

13、明显张角的情况下，将开关S2断开，将电容器A极板向上平移，静电计指针的张角变小D在静电计指针有明显张角的情况下，将开关S2断开，在极板A、B间插入玻璃板，静电计指针张角变小【解答】解：AB、静电计指针张角大小显示电容器两极板间的电势差，电势差越大，静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接，电路结构不变，若只改变极板间距离或正对面积时，电容器两极板间的电势差不变，故静电计指针张角不变；将滑动变阻器的滑片向D端移动时，电容器两端的电压减小，故静电计的指针张角变小。故AB正确；C、断开开关S2后，电容器极板上的电量不变，将A极板上移时，正对面积减小，由C=rS4kd知电容器的电容减小，由C=QU可

14、知电容器极板间电势差增大，所以静电计指针张角变大，故C错误；D、而在极板间插入玻璃板时，电容器的电容增大，由C=QU可知电容器极板间电势差减小，所以静电计指针张角变小，故D正确；本题要求选不正确的，故选：C。10关于近代物理知识，下列说法正确的是（）A核反应方程 84210Po y206X+ 24He中，生成物X的中子数为124B铀235吸收慢中子裂变成中等质量原子核的过程中，核子的平均质量变大C衰变中一个中子可转化成一个质子和一个电子，同时吸收能量D在辐射防护中，可以用电磁场来束缚中子【解答】解：由核反应的电荷数守恒可知，生成物X的质子数为84282，则中子数为20682124，故A正确；B

15、、裂变的过程中会释放能量，有质量亏损，所以平均核子质量会变小，故B错误；C、裂变中一个中子变成一个质子和电子，在衰变的过程中，同时会释放出能量，故C错误；D、中子不带电，电磁场不会束缚中子，故D错误。故选：A。11如图甲所示，每年夏季，我国多地会出现日晕现象，日晕是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（）Aa光的频率比b光的频率小B在冰晶中，b光的传播速度较大C用同一装置做双缝干涉实验时，b光条纹间距更大D从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小【解答】解：A、太阳光射入

16、六角形冰晶时，a光的折射角大于b光的折射角，由折射定律可知，冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率比b光的频率小，故A正确；B、冰晶对a光的折射率小于对b光的折射率，由v=cn知在冰晶中，b光的传播速度较小，故B错误；C、由于cf，所以a光的波长大于b光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式x=ld，知用同一装置做双缝干涉实验时，a光条纹间距更大，故C错误；D、由临界角公式sinC=1n知，a光的折射率较小，a光的临界角较大，故D错误。故选：A。12质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送

17、带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A电动机多做的功为12mv2B传送带克服摩擦力做的功为12mv2C电动机增加的功率为2mgvD物体在传送带上的划痕长为v22g【解答】解：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是12mv2，所以电动机多做的功一定要大于12mv2故A错误。 B、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，B错误。C、动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fvmgv，所以C错误。D、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间t=vg，在这段时间内物块的位

18、移x1=v22g，传送带的位移x2=vt=v2g则物体相对位移x=x2-x1=v22g故D正确；故选：D。13如图所示，空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，有一质量为M，电荷量为q（q0）的粒子静止在O点。某时刻，该粒子炸裂成P、Q两部分，P粒子质量为M3、电荷量为q3，Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力，则下列说法正确的是（）AP粒子与Q粒子半径之比r1：r22：1BP粒子与Q粒子半径之比r1：r21：2CP粒子与Q粒子周期之比T1：T22：1DP粒子与Q粒子周期之比T1：T21：2【解答】解：AB、粒子炸裂过程动量守恒，根据动量守恒定律可得P、Q两部分的动量大

19、小相等，再根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得粒子的轨迹半径r=mvqB=pqB；由此可知P粒子和Q粒子的半径之比与电荷量成反比，即r1r2=q2q1=23q13q=2，故A正确，B错误；CD、粒子的周期公式T=2prv=2pmqB，据此可知P粒子与Q粒子周期之比T1T2=2m1q1B2m2q2B=m1q2m2q1=M32q32M3q3=1，故CD错误。故选：A。二、选择题（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关于下列四幅图的描述，正确的是（）A图甲说明了光的粒子性B图乙说明

20、原子由3能级跃迁到2能级所吸收光子的能量比4能级跃迁到3能级的大C图丙说明了光能够将空气分子电离从而使锌板带电D图丁说明了原子的核式结构【解答】解：A、衍射是波的特性，电子束穿过铝箔后的衍射图样证实了电子具有波动性，故A错误；B、氢原子跃迁时吸收或放出相应能级差间能量，由图乙知，原子由3能级跃迁到2能级所吸收光子的能量比4能级跃迁到3能级的大，故B正确；C、光电效应实验说明了光能够将锌板原子核外电子电离，从而使锌板带电，故C错误；D、极少数粒子发生大角度偏转，说明原子的质量和正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，故D正确。故选：BD。15图甲是研究光电效应的电路图，图乙是光电流

21、与电压的关系。根据图甲和图乙中提供的信息，下列说法正确的是（）Aa光的光照强度大于c光的光照强度Ba光的光照强度小于b光的光照强度Ca光的频率小于c光的频率Da光的频率大于b光的频率【解答】解：AB、在同样电路下，发生光电效应的饱和光电流与光照强度成正比，由图乙可知，a光的光强最大，c光的光强最小，故B错误；CD、根据eUCEkmhW0可知，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，由图像可知：a光、b光的遏止电压相等，且小于c光的遏止电压，所以三种色光的频率关系为cab，故C正确，D错误；故选：AC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（、共14分）（一）验证“力的平行四边形定

22、则”，如图所示，实验步骤如下：用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F3的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；比较F3和F的一致程度。（1）下列说法中正确的是D。A应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上B为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30、45、90等特殊角度C系在橡皮条末端的两绳要一样长D同时改变两个弹簧测力计拉力的大小和方向，结点可能保持在位置O1（2）改变F

23、1、F2，重复步骤至进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2不必（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同。【解答】解：（1）A、F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，两绳间夹角不一定要取30、45、90等特殊角度，故B错误；C、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必等长，故C错误；D、同时改变两个弹簧测力计的拉力，若合力不变，结点可能保持在位置O1，故D正确（2）由于本实验需要验证的是分力与合力的关系，故重复实验时，O2不必与O1位置相同答：（1）D（2）不必（二）如图甲（侧视图只画了一个小

24、车）所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小。（1）该实验中，盘和盘中砝码的总质量应远小于小车的总质量（填“远大于”“远小于”或“等于”）。（2）图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量m1100g，小车2的总质量m22

25、00g。由图可读出小车1的位移x15.00cm，小车2的位移x22.48cm，可以算出a1a2=1.42（结果保留三位有效数字）；在实验误差允许的范围内，a1a2等于m2m1（填“大于”“小于”或“等于”）。【解答】解：（1）对小车和盘整体受力分析可知：mg（M+m）a，对小车有：FMa=MmgM+m可知，当mM时，小车受到的拉力等于盘和盘中砝码的总重力（2）通过刻度尺可知：x22.49cm由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据x=12at2，由于时间相同，故有：a1a2=x1x2=5.002.49=2.01 又m2m1=200100=2故在误差允许的范围内，a1a2=m2m1故答案为：（

26、1）远小于；（2）2.49，2.01，等于。（一）在“测定金属丝的电阻率”的实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图甲所示，则该金属丝直径的测量值d0.385mm。（2）按如图乙所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15）。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：电压表V（量程03V，内阻约3k）；电流表A1（量程0200mA，内阻约3）；电流表A2（量程03A，内阻约0.1）；滑动变阻器R1（050）；滑动变阻器R2（0200）；电源E（3V，内阻不计）。为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选 A1，滑动变阻器应选 R1。（填器材的名称符号）（3）请根据如图乙所示电路图

27、，将图丙中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小。其中，伏特表的接线柱c应该连接安培表的接线柱 e；电源正极的d应该连接滑动变阻器的接线柱 g。（填入图中对应的字母代号即可）（4）若通过测量可知，金属丝的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I，对应金属丝两端的电压为U，由此可计算得出金属丝的电阻率pd2U4IL。（用题目所给字母和通用数学符号表示）【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mmm；金属丝直径的测量值d0mm+38.50.01mm0.385mm；（2）若滑动变阻器选R1，估算电路中的电流I=ERx+R1=315+50A0.05A=50mA，

28、所以电流表选A1即可保证调节方便，测量准确；（3）连接的电路图，如图所示由于电流表外接，因此电压表接线柱c应该连接电流表的接线柱e；滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小，说明电路中的电阻最大，滑动变阻器的阻值最大，因此电源正极的d应该连接滑动变阻器的接线柱g；（4）金属丝的横截面积S=14pd2，根据电阻定律，得金属丝的电阻R=lS=l14d2=4ld2；根据欧姆定律，得电阻的测量值R=UI联立解得，金属丝的电阻率?=pd2U4IL故答案为：（1）0.385；（2）A1；R1；（3）电路连接图见解析；e；g；（4）pd2U4IL。（二）有同学在做“用DIS研究温度不变时气体的压强跟

29、体积的关系”实验时，缓慢推动活塞，在使注射器内空气体积逐渐减小。实验完成后，计算机屏幕上显示出如图所示的pV图线（其中实线是实验所得图线，虚线为一根参考双曲线）。（1）开始实验后，压强传感器 不需要（选填“需要”或“不需要”）调零。（2）仔细观察不难发现，该图线与玻意耳定律不够吻合，造成这一现象的可能原因是：注射器内的空气向外泄露；（3）由于此图无法说明p与V的确切关系，所以改画p1/V图象。根据上述误差的图像画出的p-1V图象应当与下列哪个图象最接近 A；（4）根据你在（2）中的判断，说明为了减小误差，应采取的措施是：在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性。【解答】解：（1）在进行本实验时，压强

30、传感器需要校准，但不需要调零；（2）根据图像可知，当V减小时，图线逐渐偏离双曲线，即pV值逐渐减小，造成这一现象的可能原因是注射器内的空气向外泄露；（3）根据上述分析可知，pV的乘积逐渐减小，则p-1V图像的斜率也会逐渐减小，因此误差的图像画出的p-1V图象应当与下列A图象最接近，故A正确，BCD错误；故选：A。（3）为了减小误差，应采取的措施是在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性。故答案为：（1）不需要；（2）注射器内的空气向外泄露；（3）A；（4）在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性17如图所示，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以

31、忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是358cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为300K时，油柱离管口10cm。已知大气压强为105Pa。（结果保留到小数点后一位）（1）这个气温计的刻度是否均匀；（2）这个气温计的最大测量值是多少；（3）已知气温计的温度从300K缓慢上升到最大值的过程中，气体从外界吸收了0.7J的热量，则此过程中气体内能增加了多少？【解答】解：（1）根据题意可知，封闭气体做等压变化，根据V0T0=VT=V0+ShT化简得：T=(V0+Sh)T0V0温度与气体在细管中的高度成线性关系，可知气温计的刻

32、度是均匀的。（2）封闭气体做等压变化，当液体到达饮料管的最上端时，气体的温度最高，由盖吕萨克定律知V1T1=V2T2可得T2=V2V1T1=358+0.220358+0.120300K=301.7K（3）气体对外做功WpV1050.10.2104J0.2J由热力学第一定律知UQW0.7J0.2J0.5J18如图所示，滑板静止于足够长光滑水平地面，上表面由长度为L的粗糙水平部分AB和四分之一光滑圆周BC组成（半径R未知）平滑连接而成，小物体P（可视为质点）置于滑板最右端A点，一根长度为L不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系质量为m的小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现

33、将小球Q拉至与O等高处（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，在最低点与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物体P的质量和滑板的质量均为2m，重力加速度为g。求：（1）小球Q与物体P碰后瞬间，物体P的速度大小；（2）若=19，为保证物体始终不会从圆弧上C点离开滑板，求圆弧半径R满足的条件；（3）要使物体P最终停在滑板上，求物体P与滑板AB段的动摩擦因数应满足的条件。【解答】解：（1）设小球Q与物体P碰撞前瞬间速度大小为vQ，此时细线对小球拉力的大小为T，小球Q由静止释放到碰撞前瞬间的过程，由机械能守恒得mgL=12mvQ2解得：vQ=2gLQ与P发生弹性碰撞，P、Q组成的系统动量守恒、机

34、械能守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有：mvQmvQ+2mvP由机械能守恒定律有12mvQ2=12mvQ2+122mvP2 解得：vP=232gL，方向水平向左；vQ=-132gL，方向水平向右；（2）为保证物体不从圆弧上C点离开滑板，临界条件为为：物体P滑到C点时与滑板共速，P与滑板组成系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有2mvP（2m+2m）v共物块开始滑动到C点过程，根据能量守恒定律得2mgL+2mgR=122mvP2-12(2m+2m)v共2联立解得：R=19L，为保证物体始终不会从圆弧上C点离开滑板，圆弧半径R满足的条件R19L；（3）要使物体P在滑板上

35、最后不滑落，临界条件为：物体P返回A点时与滑板共速，则有2mvP（2m+2m）v共由能量守恒及功能关系得2mg2L=122mvP2-12(2m+2m)v共2解得：=19故要使物体P在滑板上最后不滑落，满足的条件是19。19如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为1、2l，导体棒a、b的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为R和2R，其余部分电阻均忽略不计。导体棒a、b均处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，a、b两导体棒均以v0的初速度同时水平向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，导体棒a始终在窄轨上运动，导体棒

36、b始终在宽轨上运动，直到两导体棒达到稳定状态。求：（1）导体棒中的最大电流。（2）稳定时导体棒a和b的速度。（3）电路中产生的焦耳热及该过程中流过导体棒a的某一横截面的电荷量。【解答】解：（1）导体棒刚开始运动时感应电动势最大，感应电流最大由闭合电路的欧姆定律得：I=Eb-EaR+2R=B2lv0-Blv03R=Blv03R（2）导体棒达到稳定状态时做匀速直线运动，回路中的电流为零两导体棒产生的感应电动势大小相等，即有：BlvaB2lvb解得：va2vb取向右为正方向，根据动量定理得：对a棒：BIltmvamv0对b棒：BI2lt2mvb2mv0解得，稳定时两棒速度分别为：va=43v0，vb

37、=23v0（3）设电路中产生的焦耳热为Q，对a、b系统，根据能量守恒定律得：12mv02+122mv02=12mva2+122mvb2+Q解得：Q=16mv02以向右为正方向，对导体棒a，由动量定理得：BIltmvamv0其中：q=It，则：Blqmvamv0解得：q=mv03Bl20如图所示，第一象限内圆心为K的两个同心圆半径分别为R和3R，大圆与两坐标轴分别相切，x轴上的切点为M，MN连线与y轴平行，N点在大圆上。同心圆之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，小圆内存在着垂直纸面向外的匀强磁场；两处的磁感应强度大小相等，第四象限范围内分布着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+

38、q的带电粒子从第四象限y轴上的P点沿x轴正方向以某初速度射入匀强电场，经M点时以速度v0进入环状区域，且v0的方向与MN的夹角为30，已知粒子在环状磁场中的运动半径为2R，且恰好从N点射出磁场，带电粒子的重力忽略不计。求：（1）电场强度的大小；OP间的距离；（2）磁感应强度的大小；粒子从M到N的运动时间；（3）若粒子从第四象限中NM延长线上的某点由静止释放，粒子进入磁场后刚好不进入小圆区域。求此次粒子的释放位置坐标。【解答】解：（1）根据题意，分解速度可知，vx=v0sin30=v02，vy=v0cos30=32v0，在水平方向上3Rvxt，竖直方向上vy=qEmt，联立解得E=3mv0212

39、qR，竖直方向的位移为y=12qEmt2，解得y=332R，即OP间的距离为332R。（2）由牛顿第二定律得，qv0B=mv022R，解得B=mv02qR，根据题意作出粒子运动的轨迹如图（1）所示， 图（1）根据几何知识可得每段圆弧所对应圆心角均为3，粒子从M运动到N点的时间tt1+t2+t3=pmqB，代入数据可得t=2Rv0。（3）由题意可知，此次粒子的运动轨迹与小圆相切，作出粒子的运动轨迹如图（2）所示， 图（2）由几何知识得，根据几何关系（r+R）2r2+（3R）2，解得r4R，由牛顿第二定律得qvB=mv2r，则有v2v0，根据动能定理Eqy=12m(2v0)2，可得y=83R，故坐标为（3R，83R）。