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2024届浙江省义乌市重点中学高三上学期1月首考适应性考试 物理试卷（含答案）
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这是一份2024届浙江省义乌市重点中学高三上学期1月首考适应性考试 物理试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题 I等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
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。
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，在本试题卷上的作答一律无效。
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。
第Ⅰ卷（选择题共45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題目要求的，不选、多选、错选均不得分）
在微观物理学中，不确定关系告诉我们，如果以x 表示粒子位置的不确定量，以p 表示粒子在 x 方向
上动量的不确定量，则 式中 h 是普朗克常量，其单位是
关于教材中的插图，下列理解不正确的是
A.A 图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近
B.B 图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律
C.C 图中桌面上的装置可以放大桌面的微小形变
D.D 图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦
一小车沿直线运动，从 t=0 开始由静止匀加速至 t=t1 时刻，此后做匀减速运动，到 t=t2 时刻速度降为零。在下列小车位移 x 与时间 t 的关系曲线中，可能正确的是
ABCD
我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中
火箭的加速度为零时，动能最大
高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜（FAST）如图所示，质量为 3×104kg 的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离 300m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长 600m，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为
A. 4×105NB. 6×104NC. 1×105ND. 3×104N
某种光电式火灾报警器的原理如图所示，由红外光源发射的光束经烟尘粒子散射后照射到光敏电阻上，光敏电阻接收的光强与烟 雾的浓度成正比，其阻值随光强的增大而减小。闭合开关，当烟 雾浓度达到一定值时，干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发 蜂鸣器报警。为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，下列调节正确的是
A.增大电阻箱 R1 的阻值 B.增大电阻箱 R2 的阻值
C.增大电源 E3 的电动势 D.增大干簧管上线圈的匝数
如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9km / s 对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2km / s 对应的脱离轨道， a、b、c 三点分别位于三条轨道上， b 点为轨道Ⅱ的远地点， b、c 点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的 2 倍，则
卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的 2 倍
卫星经过a 点的速率为经过b 点的 倍
卫星在a 点的加速度大小为在c 点的 3 倍
质量相同的卫星在b 点的机械能小于在c 点的机械能
下列说法正确的是
原子核的结合能越大，说明该原子核越稳定
1ml 某放射性元素经过 16 天后，还剩下 没衰变，则它的半衰期 1 天
原子核发生β衰变时放出一个高速运动的电子，这表明原子核中存在着电子
太阳就是一个巨大的热核反应堆，在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻。 9.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动完全相同
的波源 S1、S2，两波源相距 24cm，M、N 为介质中两波源连线的中垂线上的两个质点。已知波速为 0.25m/s 两波源同时开始振动，从波源振动开始计时，M 点的振动图像如图乙所示。当 N 点开始振动后，在某一时刻在中垂线上 M、N 是相邻的波峰，则
A. M、N 间的距离为 5cmB. M、N 间的距离为 7cm
C. M、N 连线的中点振动减弱D. M、N 处于波峰时，两点连线的中点处于波谷
我国潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海 水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回 路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为 V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为 I（导体板外电流不计），下列说法正确的是
要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同
同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向 C.潜艇所受磁场力的大小为 IVB
D.若导体板间海水的电阻为 R，其两端的电压为 U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流等于 U/R
杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至 1 小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器
（原、副线圈匝数比为 n1：n2）的牵引变电所，将高压 220kV 或 110kV 降至 27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得 25kV 工作电压，则下列说法正确的是
若电网的电压为 110kV，则 n1：n2=22：5
若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于 25kV C.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功
率也会随之增大
D.如果高铁机车的电动机输出机械功率为 9000kW，电机效率为 90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为 62.5Ω
如图所示，为了给一座特殊的密闭仓库采光，在正南朝向的竖直墙壁上切开一个正方形孔，其中 AF 边与 BE 边水平、AB 边与 FE 边竖直，并在孔内镶嵌一块折射率为 的玻璃砖。这块玻璃砖的室内部分是边长为 2R 的正方体，室外部分是半圆柱体。某时刻正南方向的阳光与竖直面成
30°角斜向下射向半圆柱面，已知光在真空中的传播速度为 c，则
从圆弧面折射进入玻璃的各光束中，从 AF 边入射的那束光，其偏转角最大
在半圆柱表面以入射角 45°折射进入玻璃砖的那束光，其首次从玻璃砖表面折射回到空气的折射角大小为 45°
在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，首次从玻璃砖表面出射至空气前，在玻璃砖内传播的
时间为
，
，
若考虑玻璃对不同色光的折射率差异，则紫光在玻璃表面发生全反射的临界角大于红光的临界角 13.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小 （g 为重力加速度）
A、B 两物体通过劲度系数为 k 的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B 都处于静止状态。A、B 质量均为 m，其中 A 带正电，电荷量为q ，B 不带电。弹簧始终在
弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为 ，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑 A 物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是
电场换向的瞬间，A 的加速度大小为 g
从电场换向瞬间到 B 刚要离开地面的过程中，A 的速度一直增大
从电场换向瞬间到 B 刚要离开地面的过程中，A 的机械能增加量等于 A 电势能的减少量
D.B 刚要离开地面时，A 的速度大小为
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，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的是
甲图中，“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速
乙图中，核电站的核反应堆外面修建很厚的水泥层，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线
丙图中，用同一装置仅调节单缝宽度得到某单色光的两幅衍射图样，可判定 A 的缝宽大于 B 的缝宽 D.丁图中，由氢原子能级图可知，某一氢原子从 n=2 能级向基态跃迁辐射的光子，有可能被另一个处于n=2 能级的氢原子吸收并使之电离
氖泡可用于指示和保护电路。在玻璃管中有两个相同的板状金属电极，并充 入低压氖气，在两极间接入电压使氖气导电，如果金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光。将氖泡、保护电阻和电压可调的电源按如图所示的电路连接。氖泡用黑纸包住，黑纸上留出一条狭缝使光可以照射到氖泡。发现在没有光照的暗室中，当电源两端电压为 U0 时，氖泡恰能发光；当电源两端电压为 U1(U1若保持电压 U1 不变，用黄光照射氖泡，氖泡也能发光
通过实验可知，紫光的光子能量
通过实验可知，电极中的电子脱离金属至少需要 的能量
实验中使用交流电源也能观察到上述现象
Ⅱ卷（非选择题共55分）
16.(14分)（Ⅰ）小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为S1，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于 O 点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分
别测出两硬币碰后停止滑行时距 O 点距离的平均值 S2 和 S3，如图丙所示。
（1）（单选）实验中还需要测量的量有
A.五角硬币和一元硬币的质量m1 、m2B.五角硬币和一元硬币的直径d1 、d2
C.硬币与木板间的动摩擦因数D.发射槽口到 O 点的距离 S0
（2）该同学要验证动量守恒定律的表达式为 （用已知量和测量的量表示），若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式 是否成立（用 S1、S2、S3 表示）。
（Ⅱ）某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量， 智能手机可以利用APP 直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m 的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度 a ；改变钩码的质量m ，进行多次测量；做出a 与m g a
的图像如图，已知图像中直线的截距为b ，斜率为k 。不计空气阻力，重力加速度为 g 。
（1）（单选）以下说法正确的是 ； A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量 B.细绳应该始终与长木板平行
C.不悬挂钩码时，应使小车和智能手机匀速沿木板下滑 D.细线的拉力等于钩码的重力
根据图像可得，小车和手机的质量为 ；
再利用手机 APP 测出斜面倾角为，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为 。
（Ⅲ）灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图 1 所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，当电流通过接柱流入线圈时，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的大小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，但是允许通过的电流很弱，如希望用它测量较大的电流值，就要进行电表的改装。
图 1
图 2
图 3
当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到 力的作用而转动。
如图 2 所示，为将内阻为 200Ω，满偏电流为 2mA 的表头改装成量程为 0.1A 的电流表，应给表头并联一个定值电阻 R1，R1 的阻值为 Ω。（结果保留两位有效数字）
某同学查阅资料了解到制作定值电阻的材料是锰铜或镍铬合金，而制作表头线圈的材料是铜，对比材料的电阻率随温度变化的数据得知，图 2 中表头的阻值 Rg 随温度升高而增大，而 R1 几乎不随温度变化。他认为电流表这样直接改装会因环境温度变化的影响对测量带来较大的误差。为了探究大量程电流表的结构，他打开了双量程安培表的后盖观察内部电路，发现其表头是与一个电阻 R0 串联后才一起接入电路的， 如图 3 所示，经查阅资料发现这是一个温度补偿电阻。
为保持在一定温度区间内精准测量的要求，这个温度补偿电阻的阻值随温度变化的特点应为：随温度升高电阻的阻值 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
若将用图 2 方法改装且已完成刻度盘重新标度的电流表，放到更高温度的环境下使用，会造成测量结果偏大还是偏小？请分析说明。
17.（8 分）如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的 U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭
有长 L = 20cm 的空气柱，初始两管水银面相平，下方水银柱足够长，已知大气压强p0 = 75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1 = 300K。现将下端阀门 S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门 S，发现左管水银面下降的高度为Δh1 = 5cm。
求放出的水银对应的水银柱长度；
关闭阀门 S 后，若缓慢升高左管内封闭气体的温度，使左管的水银面再下降 5cm，求此时左管内气体的热力学温度T2；
在（2）问的过程中，测得左管气体的内能增加为ΔU，左管气体从外部吸收的热量为 Q，请比较ΔU
与 Q 的大小关系。
18.（11 分）如图所示，轨道 ABCD 由半径 R1=1.2m 的光滑四分之一圆弧轨道 AB、长度 LBC=0.6m 的粗糙水平轨道 BC 以及足够长的光滑水平轨道 CD 组成。质量 m1=2kg 的物块 P 和质量 m2=1kg 的物块 Q 压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于 CD 段中间，物块 P、Q 可视为质点。紧靠 D 的右侧水平地面上停放着质量 m3=3kg 的小车，其上表面 EF 段粗糙，与 CD 等高，长度LEF = 1.2m；FG 段为半径 R2=1.8m 的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q 与 BC、EF 间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度 g = 10m/s2，现解除弹簧锁定，物块 P、Q 由静止被弹出（P、Q 脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块 P 进入 CBA 轨道，而物块 Q 滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
若物块 P 经过 CB 后恰好能到达 A 点，求物块 P 通过 B 点时，物块 P 对圆弧轨道的弹力；
若物块 P 经过 CB 后恰好能到达 A 点，试分析物块 Q 能否冲出小车上的 G 点，若能冲出 G 点，求出物块 Q 从飞离G点到再次回到 G 点过程中小车通过的位移；若物块 Q 不能飞离 G 点，请说明理由；
若弹簧解除锁定后，物块 Q 向右滑上小车后能通过 F 点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
19.（11 分）如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈 abcd 固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为m = 1kg，水平面粗糙，线圈 ab 边长度为L1 = 2m，线圈 ad 边长度为L2 = 1m，金属丝单位长度的电阻为λ = 0.1Ω/m。滑块的右侧有一以 EH、EG 为界的匀强磁场，磁场区域足够大。滑块在外力 F 的作用下以速度 v = 0.6m/s 水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到 F 随时间 t 变化的图像如图乙所示。已知 ab 边到磁场下边界 EH 的距离 x = 0.5m，取 g = 10m/s2，求：
匀强磁场磁感应强度的大小；
线圈进入磁场过程中 cd 两点间的电势差 Ucd，通过线圈的电荷量和线圈中产生的热量；
从开始计时到线圈 ad 边刚好进入磁场过程中外力 F 做的总功和摩擦力的冲量。
20.（11 分）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：
圆形磁场的磁感应强度 B0；
当 L=R 时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数 N0；
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 f = kv（k=0.2kg/s），求粒子在样品中可达的深度 d；
曲线 OA 的方程（定义域不做要求）
参考答案：
1-5：BDDAB 6-10：DDDBC 11-13：CBD 14:ABD 15：BD
16．（Ⅰ） A（1分） （2分） （2分）
【详解】（1）A．为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；
BD．验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；
C．由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误。
（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。
其中 则
由动量守恒定律可知
只需验证 成立，即可明确动量守恒。
（3）如果该碰撞为弹性碰撞，则 解得
（Ⅱ） B（1分） （1分） （2分）
【详解】（1）设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。
（2）根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为
联立解得摩擦力的大小为
（Ⅲ）（1）安培（1分） （2）4.1 （1分） （3）a．减小（1分）
b．设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流 ，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。（2分）
17.（1）由p0Ls=p1L+Δℎ1s ----------------------------------------------------------1分
p1=60cmHg ----------------------------------------------------------1分
p1=p0−Δp ----------------------------------------------1分
Δp=15cmHg
可得L=(15+5+5)cm=25cm ------------------------------------------------------1分
（2）p2=70cmHg，对应空气柱长度为L'=30cm，由 -------------------------------------------1分
p1L+Δℎ1ST1=p2L'ST2 ------------------------------------------------------1分
可得T2=420K ----------------------------------------1分
（3）由ΔU=Q+W可知左管气体对外做功，所以W<0，所以ΔU18.【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，12.6m；（3）12J≤EP≤24J
（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有−m1gR1=0−12m1vB2 ---------------1分
物块P在B点，对该物块进行分析有N−m1g=m1vB2R1 ---------------1分
解得N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。 ---------------1分
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有−m1gR1−μm1gLBC=0−12m1vP2
解得vP=30m/s ---------------1分
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有m1vP−m2vQ=0
解得vQ=230m/s
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
m2vQ=m2+m3vx vx=7.5m/s ---------------1分
根据能量守恒定律有12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF
解得vy=42m/s ---------------1分
物块P运动时间为t=2vy/g=20.42s
x=vxt=12.6m ---------------1分
（3）物块被弹开过程有m1vP1−m2vQ1=0
EPmin=12m1vP12+12m2vQ12 ---------------1分
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
m2vQ1=m2+m3v3
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmin=12J ---------------1分
由于m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有m1vP2−m2vQ2=0
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmax=24J ---------------1分
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J ---------------1分
19.【答案】（1）B=2T；（2）-0.2v，103C，2J；（3）17J，25Ns，水平向左
【详解】（1）如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μMg
解得μ=0.5 ---------------1分
设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为E=Bxv
回路中的感应电流方向为cbad，大小为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)
线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平=BIx=B2x2vλ(2L1+2L2)
线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直=BIvt=B2xv2tλ2L1+2L2 ---------------1分
因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2=μ(Mg+F竖直)+F水平 ---------------1分
刚进入磁场时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T ---------------1分
（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)=1A
Ucd=-0.2V ---------------1分
线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量q=It=IL1v=103C ---------------1分
Q=I2Rt=2J ---------------1分
（3）在0~1s时间内，外力F做的功为W1=F1x1=F1⋅vt1=5×0.6×1J=3J
线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有F=μ(Mg+BIs)+BIx
可知外力F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有
F3=μMg+BIL1+BIx=8N
则线圈进入磁场过程，外力F做的功为W2=F2+F32L1=14J ---------------1分
从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为W总=W1+W2=17J ---------------1分
在0~1s时间内摩擦力冲量If1=5Ns
在t=133s时，线圈ad边刚好进入磁场，此时摩擦力f2=7N
在1~133s时间内摩擦力冲量If2=5+72×103=20Ns ---------------1分
If2=25Ns ---------------1分
20.【答案】（1）0.5T；（2）1×105；（3）10−2m；（4）10y2−y−x=0
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得mv02R=qv0B0 ---------------1分
解得圆形磁场的磁感应强度为B0=0.5T ---------------1分
（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SO1的夹角为θ1，则
sinθ1=R2R=12
解得θ1=30∘ ---------------1分
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SO1的夹角为θ2，则
sinθ2=R2R=12
解得θ2=30∘ ---------------1分
能进入控制系统的粒子数N0=30∘+30∘120∘N=1×105 ---------------1分
（3）对粒子在加速系统运用动能定理qU=12mv2
解得v=2000m/s ---------------1分
对粒子进入样品得过程运用动量定理−∑kvΔt=0−mv ---------------1分
粒子在样品中可达的深度为d=∑vΔt=mvk=10−2m ---------------1分
（4）设粒子从曲线OA的x,y点进入电场，则粒子从直线GF的0.4−y,y点射出电场，根据动能定理有
Eq0.4−y−x=12mv12−12mv02 ---------------1分
由洛伦兹力提供向心力得mv12y=qv1B ---------------1分
曲线OA的方程为10y2−y−x=0 ---------------1分
考生注意：
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。
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，在本试题卷上的作答一律无效。
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。
第Ⅰ卷（选择题共45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題目要求的，不选、多选、错选均不得分）
在微观物理学中，不确定关系告诉我们，如果以x 表示粒子位置的不确定量，以p 表示粒子在 x 方向
上动量的不确定量，则 式中 h 是普朗克常量，其单位是
关于教材中的插图，下列理解不正确的是
A.A 图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近
B.B 图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律
C.C 图中桌面上的装置可以放大桌面的微小形变
D.D 图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦
一小车沿直线运动，从 t=0 开始由静止匀加速至 t=t1 时刻，此后做匀减速运动，到 t=t2 时刻速度降为零。在下列小车位移 x 与时间 t 的关系曲线中，可能正确的是
ABCD
我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中
火箭的加速度为零时，动能最大
高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜（FAST）如图所示，质量为 3×104kg 的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离 300m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长 600m，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为
A. 4×105NB. 6×104NC. 1×105ND. 3×104N
某种光电式火灾报警器的原理如图所示，由红外光源发射的光束经烟尘粒子散射后照射到光敏电阻上，光敏电阻接收的光强与烟 雾的浓度成正比，其阻值随光强的增大而减小。闭合开关，当烟 雾浓度达到一定值时，干簧管中的两个簧片被磁化而接通，触发 蜂鸣器报警。为了能在更低的烟雾浓度下触发报警，下列调节正确的是
A.增大电阻箱 R1 的阻值 B.增大电阻箱 R2 的阻值
C.增大电源 E3 的电动势 D.增大干簧管上线圈的匝数
如图，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9km / s 对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2km / s 对应的脱离轨道， a、b、c 三点分别位于三条轨道上， b 点为轨道Ⅱ的远地点， b、c 点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的 2 倍，则
卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的 2 倍
卫星经过a 点的速率为经过b 点的 倍
卫星在a 点的加速度大小为在c 点的 3 倍
质量相同的卫星在b 点的机械能小于在c 点的机械能
下列说法正确的是
原子核的结合能越大，说明该原子核越稳定
1ml 某放射性元素经过 16 天后，还剩下 没衰变，则它的半衰期 1 天
原子核发生β衰变时放出一个高速运动的电子，这表明原子核中存在着电子
太阳就是一个巨大的热核反应堆，在“核燃烧”的过程中“体重”不断减轻。 9.如图甲所示，在同一均匀介质中有两个振动完全相同
的波源 S1、S2，两波源相距 24cm，M、N 为介质中两波源连线的中垂线上的两个质点。已知波速为 0.25m/s 两波源同时开始振动，从波源振动开始计时，M 点的振动图像如图乙所示。当 N 点开始振动后，在某一时刻在中垂线上 M、N 是相邻的波峰，则
A. M、N 间的距离为 5cmB. M、N 间的距离为 7cm
C. M、N 连线的中点振动减弱D. M、N 处于波峰时，两点连线的中点处于波谷
我国潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海 水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回 路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为 V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为 I（导体板外电流不计），下列说法正确的是
要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同
同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向 C.潜艇所受磁场力的大小为 IVB
D.若导体板间海水的电阻为 R，其两端的电压为 U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流等于 U/R
杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至 1 小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器
（原、副线圈匝数比为 n1：n2）的牵引变电所，将高压 220kV 或 110kV 降至 27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得 25kV 工作电压，则下列说法正确的是
若电网的电压为 110kV，则 n1：n2=22：5
若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于 25kV C.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功
率也会随之增大
D.如果高铁机车的电动机输出机械功率为 9000kW，电机效率为 90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为 62.5Ω
如图所示，为了给一座特殊的密闭仓库采光，在正南朝向的竖直墙壁上切开一个正方形孔，其中 AF 边与 BE 边水平、AB 边与 FE 边竖直，并在孔内镶嵌一块折射率为 的玻璃砖。这块玻璃砖的室内部分是边长为 2R 的正方体，室外部分是半圆柱体。某时刻正南方向的阳光与竖直面成
30°角斜向下射向半圆柱面，已知光在真空中的传播速度为 c，则
从圆弧面折射进入玻璃的各光束中，从 AF 边入射的那束光，其偏转角最大
在半圆柱表面以入射角 45°折射进入玻璃砖的那束光，其首次从玻璃砖表面折射回到空气的折射角大小为 45°
在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，首次从玻璃砖表面出射至空气前，在玻璃砖内传播的
时间为
，
，
若考虑玻璃对不同色光的折射率差异，则紫光在玻璃表面发生全反射的临界角大于红光的临界角 13.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小 （g 为重力加速度）
A、B 两物体通过劲度系数为 k 的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B 都处于静止状态。A、B 质量均为 m，其中 A 带正电，电荷量为q ，B 不带电。弹簧始终在
弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为 ，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑 A 物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是
电场换向的瞬间，A 的加速度大小为 g
从电场换向瞬间到 B 刚要离开地面的过程中，A 的速度一直增大
从电场换向瞬间到 B 刚要离开地面的过程中，A 的机械能增加量等于 A 电势能的减少量
D.B 刚要离开地面时，A 的速度大小为
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，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的是
甲图中，“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速
乙图中，核电站的核反应堆外面修建很厚的水泥层，用来屏蔽裂变产物放出的各种射线
丙图中，用同一装置仅调节单缝宽度得到某单色光的两幅衍射图样，可判定 A 的缝宽大于 B 的缝宽 D.丁图中，由氢原子能级图可知，某一氢原子从 n=2 能级向基态跃迁辐射的光子，有可能被另一个处于n=2 能级的氢原子吸收并使之电离
氖泡可用于指示和保护电路。在玻璃管中有两个相同的板状金属电极，并充 入低压氖气，在两极间接入电压使氖气导电，如果金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光。将氖泡、保护电阻和电压可调的电源按如图所示的电路连接。氖泡用黑纸包住，黑纸上留出一条狭缝使光可以照射到氖泡。发现在没有光照的暗室中，当电源两端电压为 U0 时，氖泡恰能发光；当电源两端电压为 U1(U1
通过实验可知，紫光的光子能量
通过实验可知，电极中的电子脱离金属至少需要 的能量
实验中使用交流电源也能观察到上述现象
Ⅱ卷（非选择题共55分）
16.(14分)（Ⅰ）小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为S1，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于 O 点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分
别测出两硬币碰后停止滑行时距 O 点距离的平均值 S2 和 S3，如图丙所示。
（1）（单选）实验中还需要测量的量有
A.五角硬币和一元硬币的质量m1 、m2B.五角硬币和一元硬币的直径d1 、d2
C.硬币与木板间的动摩擦因数D.发射槽口到 O 点的距离 S0
（2）该同学要验证动量守恒定律的表达式为 （用已知量和测量的量表示），若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式 是否成立（用 S1、S2、S3 表示）。
（Ⅱ）某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量， 智能手机可以利用APP 直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m 的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度 a ；改变钩码的质量m ，进行多次测量；做出a 与m g a
的图像如图，已知图像中直线的截距为b ，斜率为k 。不计空气阻力，重力加速度为 g 。
（1）（单选）以下说法正确的是 ； A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量 B.细绳应该始终与长木板平行
C.不悬挂钩码时，应使小车和智能手机匀速沿木板下滑 D.细线的拉力等于钩码的重力
根据图像可得，小车和手机的质量为 ；
再利用手机 APP 测出斜面倾角为，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为 。
（Ⅲ）灵敏电流计（俗称“表头”）的结构如图 1 所示，线圈由长而细的铜丝绕制而成，当电流通过接柱流入线圈时，线圈会在均匀辐向磁场中转动，从线圈的偏转角度就能判断电流的大小。灵敏电流计的优点是灵敏度高，但是允许通过的电流很弱，如希望用它测量较大的电流值，就要进行电表的改装。
图 1
图 2
图 3
当电流流过灵敏电流计的线圈时，线圈因受到 力的作用而转动。
如图 2 所示，为将内阻为 200Ω，满偏电流为 2mA 的表头改装成量程为 0.1A 的电流表，应给表头并联一个定值电阻 R1，R1 的阻值为 Ω。（结果保留两位有效数字）
某同学查阅资料了解到制作定值电阻的材料是锰铜或镍铬合金，而制作表头线圈的材料是铜，对比材料的电阻率随温度变化的数据得知，图 2 中表头的阻值 Rg 随温度升高而增大，而 R1 几乎不随温度变化。他认为电流表这样直接改装会因环境温度变化的影响对测量带来较大的误差。为了探究大量程电流表的结构，他打开了双量程安培表的后盖观察内部电路，发现其表头是与一个电阻 R0 串联后才一起接入电路的， 如图 3 所示，经查阅资料发现这是一个温度补偿电阻。
为保持在一定温度区间内精准测量的要求，这个温度补偿电阻的阻值随温度变化的特点应为：随温度升高电阻的阻值 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
若将用图 2 方法改装且已完成刻度盘重新标度的电流表，放到更高温度的环境下使用，会造成测量结果偏大还是偏小？请分析说明。
17.（8 分）如图所示，左端封闭右端开口、内径相同的 U 形细玻璃管竖直放置，左管中封闭
有长 L = 20cm 的空气柱，初始两管水银面相平，下方水银柱足够长，已知大气压强p0 = 75cmHg，初始时封闭气体的热力学温度T1 = 300K。现将下端阀门 S 打开，缓慢流出部分水银，然后关闭阀门 S，发现左管水银面下降的高度为Δh1 = 5cm。
求放出的水银对应的水银柱长度；
关闭阀门 S 后，若缓慢升高左管内封闭气体的温度，使左管的水银面再下降 5cm，求此时左管内气体的热力学温度T2；
在（2）问的过程中，测得左管气体的内能增加为ΔU，左管气体从外部吸收的热量为 Q，请比较ΔU
与 Q 的大小关系。
18.（11 分）如图所示，轨道 ABCD 由半径 R1=1.2m 的光滑四分之一圆弧轨道 AB、长度 LBC=0.6m 的粗糙水平轨道 BC 以及足够长的光滑水平轨道 CD 组成。质量 m1=2kg 的物块 P 和质量 m2=1kg 的物块 Q 压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于 CD 段中间，物块 P、Q 可视为质点。紧靠 D 的右侧水平地面上停放着质量 m3=3kg 的小车，其上表面 EF 段粗糙，与 CD 等高，长度LEF = 1.2m；FG 段为半径 R2=1.8m 的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q 与 BC、EF 间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度 g = 10m/s2，现解除弹簧锁定，物块 P、Q 由静止被弹出（P、Q 脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块 P 进入 CBA 轨道，而物块 Q 滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
若物块 P 经过 CB 后恰好能到达 A 点，求物块 P 通过 B 点时，物块 P 对圆弧轨道的弹力；
若物块 P 经过 CB 后恰好能到达 A 点，试分析物块 Q 能否冲出小车上的 G 点，若能冲出 G 点，求出物块 Q 从飞离G点到再次回到 G 点过程中小车通过的位移；若物块 Q 不能飞离 G 点，请说明理由；
若弹簧解除锁定后，物块 Q 向右滑上小车后能通过 F 点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
19.（11 分）如图甲所示，由粗细均匀的金属丝绕制而成的单匝矩形线圈 abcd 固定在绝缘滑块上，线圈和滑块的总质量为m = 1kg，水平面粗糙，线圈 ab 边长度为L1 = 2m，线圈 ad 边长度为L2 = 1m，金属丝单位长度的电阻为λ = 0.1Ω/m。滑块的右侧有一以 EH、EG 为界的匀强磁场，磁场区域足够大。滑块在外力 F 的作用下以速度 v = 0.6m/s 水平向右做匀速直线运动。从某时刻开始计时，得到 F 随时间 t 变化的图像如图乙所示。已知 ab 边到磁场下边界 EH 的距离 x = 0.5m，取 g = 10m/s2，求：
匀强磁场磁感应强度的大小；
线圈进入磁场过程中 cd 两点间的电势差 Ucd，通过线圈的电荷量和线圈中产生的热量；
从开始计时到线圈 ad 边刚好进入磁场过程中外力 F 做的总功和摩擦力的冲量。
20.（11 分）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：
圆形磁场的磁感应强度 B0；
当 L=R 时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数 N0；
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 f = kv（k=0.2kg/s），求粒子在样品中可达的深度 d；
曲线 OA 的方程（定义域不做要求）
参考答案：
1-5：BDDAB 6-10：DDDBC 11-13：CBD 14:ABD 15：BD
16．（Ⅰ） A（1分） （2分） （2分）
【详解】（1）A．为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；
BD．验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；
C．由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误。
（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。
其中 则
由动量守恒定律可知
只需验证 成立，即可明确动量守恒。
（3）如果该碰撞为弹性碰撞，则 解得
（Ⅱ） B（1分） （1分） （2分）
【详解】（1）设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得 可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。
（2）根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为
联立解得摩擦力的大小为
（Ⅲ）（1）安培（1分） （2）4.1 （1分） （3）a．减小（1分）
b．设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流 ，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。（2分）
17.（1）由p0Ls=p1L+Δℎ1s ----------------------------------------------------------1分
p1=60cmHg ----------------------------------------------------------1分
p1=p0−Δp ----------------------------------------------1分
Δp=15cmHg
可得L=(15+5+5)cm=25cm ------------------------------------------------------1分
（2）p2=70cmHg，对应空气柱长度为L'=30cm，由 -------------------------------------------1分
p1L+Δℎ1ST1=p2L'ST2 ------------------------------------------------------1分
可得T2=420K ----------------------------------------1分
（3）由ΔU=Q+W可知左管气体对外做功，所以W<0，所以ΔU
（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有−m1gR1=0−12m1vB2 ---------------1分
物块P在B点，对该物块进行分析有N−m1g=m1vB2R1 ---------------1分
解得N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。 ---------------1分
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有−m1gR1−μm1gLBC=0−12m1vP2
解得vP=30m/s ---------------1分
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有m1vP−m2vQ=0
解得vQ=230m/s
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
m2vQ=m2+m3vx vx=7.5m/s ---------------1分
根据能量守恒定律有12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF
解得vy=42m/s ---------------1分
物块P运动时间为t=2vy/g=20.42s
x=vxt=12.6m ---------------1分
（3）物块被弹开过程有m1vP1−m2vQ1=0
EPmin=12m1vP12+12m2vQ12 ---------------1分
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
m2vQ1=m2+m3v3
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmin=12J ---------------1分
由于m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有m1vP2−m2vQ2=0
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32
解得EPmax=24J ---------------1分
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J ---------------1分
19.【答案】（1）B=2T；（2）-0.2v，103C，2J；（3）17J，25Ns，水平向左
【详解】（1）如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μMg
解得μ=0.5 ---------------1分
设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为E=Bxv
回路中的感应电流方向为cbad，大小为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)
线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平=BIx=B2x2vλ(2L1+2L2)
线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直=BIvt=B2xv2tλ2L1+2L2 ---------------1分
因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2=μ(Mg+F竖直)+F水平 ---------------1分
刚进入磁场时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T ---------------1分
（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)=1A
Ucd=-0.2V ---------------1分
线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量q=It=IL1v=103C ---------------1分
Q=I2Rt=2J ---------------1分
（3）在0~1s时间内，外力F做的功为W1=F1x1=F1⋅vt1=5×0.6×1J=3J
线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有F=μ(Mg+BIs)+BIx
可知外力F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有
F3=μMg+BIL1+BIx=8N
则线圈进入磁场过程，外力F做的功为W2=F2+F32L1=14J ---------------1分
从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为W总=W1+W2=17J ---------------1分
在0~1s时间内摩擦力冲量If1=5Ns
在t=133s时，线圈ad边刚好进入磁场，此时摩擦力f2=7N
在1~133s时间内摩擦力冲量If2=5+72×103=20Ns ---------------1分
If2=25Ns ---------------1分
20.【答案】（1）0.5T；（2）1×105；（3）10−2m；（4）10y2−y−x=0
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得mv02R=qv0B0 ---------------1分
解得圆形磁场的磁感应强度为B0=0.5T ---------------1分
（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SO1的夹角为θ1，则
sinθ1=R2R=12
解得θ1=30∘ ---------------1分
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SO1的夹角为θ2，则
sinθ2=R2R=12
解得θ2=30∘ ---------------1分
能进入控制系统的粒子数N0=30∘+30∘120∘N=1×105 ---------------1分
（3）对粒子在加速系统运用动能定理qU=12mv2
解得v=2000m/s ---------------1分
对粒子进入样品得过程运用动量定理−∑kvΔt=0−mv ---------------1分
粒子在样品中可达的深度为d=∑vΔt=mvk=10−2m ---------------1分
（4）设粒子从曲线OA的x,y点进入电场，则粒子从直线GF的0.4−y,y点射出电场，根据动能定理有
Eq0.4−y−x=12mv12−12mv02 ---------------1分
由洛伦兹力提供向心力得mv12y=qv1B ---------------1分
曲线OA的方程为10y2−y−x=0 ---------------1分
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