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2023-2024学年辽宁省沈阳市高三（第一次）质量监测物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市高三（第一次）质量监测物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.日本将核废水排放到大海中，会对太平洋造成长时间的核污染。废水中含有铯、锶、氚等多种放射性物质，其中铯137原子核具有较强的放射性，会发生衰变并释放能量，其半衰期长达30年。若铯137原子核的衰变方程为： 55137Cs→56137Ba+X，下列说法正确的是( )
A. 铯137衰变时，衰变产物中的X为中子
B. 铯137衰变时，衰变产物中的X为质子
C. 虽然未衰变的铯137数量逐渐减少，但其半衰期并不改变
D. 排入太平洋后，废水中的铯137经过60年只衰变了四分之一
2.比亚迪作为国内新能源汽车领域最有影响力的品牌，在市场上备受瞩目，为了用户的安全，比亚迪进行多次安全测试。在某次安全测试中，某款比亚迪汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值xt与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该汽车的初速度为20m/sB. 该汽车的初速度为6m/s
C. 该汽车的加速度大小为4m/s2D. 该汽车从制动到停止用时5s
3.如图所示为血管探头发射的沿x轴正方向传播的简谐横波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知该简谐波的频率为2×107Hz，则下列说法正确的是( )
A. 简谐波在血管中的传播速度为8000m/s
B. t=2.5×10−8s时，质点M运动到横坐标上的N点
C. t=2.5×10−8s时，质点N沿y轴正方向开始振动
D. t=2.5×10−8s时，质点N处于波谷
4.2021年2月21日∼4月2日，“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7000米级作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27∘C、压强为1.0×105Pa，当下潜到某一深度时，艇内温度降到17∘C。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是( )
A. 17∘C时，压强约为0.63×105PaB. 17∘C时，压强约为0.97×105Pa
C. 下潜过程中，内能增加D. 下潜过程中，吸收热量
5.图甲是半圆柱形玻璃体的横截面，一束紫光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过O点的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测从AB面反射光的强度。若反射光强度随θ变化规律如图乙所示，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 该紫光在半圆柱体中的折射率为53
B. θ减小到0时，光将全部从AB界面透射出去
C. θ减小时，反射光线和折射光线夹角随之减小
D. 改用红光入射时，CD上探测到反射光强度最大值对应的θ<37∘
6.为了减少环境污染，工业废气常用静电除尘器除尘。某静电除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气分子电离，进入静电除尘器的尘埃吸附带电粒子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，最终落入尘埃收集器实现除尘目的。设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列说法正确的是( )
A. 向收尘极运动的尘埃带正电荷
B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越低
C. 带电尘埃向收尘极运动过程中所受静电力越来越大
D. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越小
7.如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A. 小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B. 小球沿轨道上升的最大高度为3v028g
C. 小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D. 小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组进驻中国空间站，航天员汤洪波、唐胜杰和江新林承担着多项空间实验任务。若中国空间站绕地球做匀速圆周运动，一名宇航员手拿一个小球“静立”在“舱底面”上，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 宇航员不受地球引力的作用
B. 宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零
C. 若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，小球将做自由落体运动
D. 空间站运行的线速度小于第一宇宙速度
9.如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为va=v、vb= 3v，方向分别与虚线AB成α=60∘、β=30∘。则下列说法中正确的是( )
A. 物体从A点运动到B点动能变化量为mv2
B. 物体从A点运动到B点速度变化量大小为( 3−1)v
C. 该恒力大小为2mvt
D. 从A到B的过程中，物体速率的最小值为v2
10.如图所示，用金属制成的平行导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场；窄轨和宽轨部分磁场的磁感应强度大小分别为2B和B，质量均为m金属棒a、b垂直于导轨静止放置。现将金属棒a自弧形导轨上距水平导轨h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. a棒刚进入磁场时，b棒的加速度方向水平向左
B. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，a棒和b棒组成的系统动量守恒
C. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过b棒的电量为m 2gh4BL
D. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，b棒上产生的焦耳热为14mgh
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学通过查阅资料得知，轻弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，k为轻弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。该同学设计了如图甲所示的装置验证弹性势能表达式。
(1)实验步骤如下：
①打开气泵电源开关，进气管通气，气垫导轨上只放置滑块(带遮光条)，调节气垫导轨水平，直至滑块在导轨上做匀速直线运动；
②用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d，示数如图乙，则d=_______mm；
③用两根长度和劲度系数均相同的轻弹簧将滑块与导轨两端相连，光电门固定在滑块的平衡位置处，在平衡位置处两轻弹簧恰好保持原长；
④接通电源，将滑块从平衡位置拉到某一位置(弹簧处于弹性限度内)，通过刻度尺测出偏离平衡位置的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t；
⑤重复步骤④测出多组x及对应的t；
⑥画出1t−x图像如图丙。
(2)滑块经过光电门时速度可以用表达式v=dt求出。
(3)测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能Ep，还必须测量_______；
A.弹簧原长lB.当地重力加速度gC.滑块(含遮光条)的质量m
(4)已知轻弹簧的劲度系数为k，若轻弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2成立，再利用测得的物理量表示1t−x图像的斜率为_______。
A.1d 2kmB.1d kmC.2d km
12.某实验小组要测量一块量程为3V的电压表的内阻RV。
(1)小组同学先用多用电表粗测电压表的内阻，当欧姆挡位调到×100位置时，刻度盘如图甲所示，则读数约为_______kΩ。
(2)为进一步精确测量电压表内阻RV，小组设计如图乙所示电路，实验步骤如下：
第一步，按电路图乙正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，并将电阻箱R0的阻值调到最大，闭合开关S2；
第二步，闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电压表的指针指到满刻度；
第三步，保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值。由于R0阻值受限，电压表无法达到半偏，所以调节R0阻值使电压表的指针指到满刻度的45位置，此时电阻箱R0的阻值为905.5Ω。
实验提供的器材除待测电压表、多用表、电阻箱(最大阻值999.9Ω)、电池(电动势约6.0V，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：
A.滑动变阻器(最大阻值10Ω)
B.滑动变阻器(最大阻值150Ω)
C.滑动变阻器(最大阻值1500Ω)
根据以上设计的实验方法，回答下列问题：
①为了使测量结果比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器应选用_______(填字母代号)。
②根据实验数据，求得电压表的阻值R测=_______Ω。
③对于该测量方法，根据实验原理可知，在测量无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测_______真实值RV(填“大于”“小于”或“等于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲，水平面内有一条双线等宽光滑轨道，它由直轨道和两端半圆形轨道组成。在直轨道上放置一质量m=0.2kg的小圆柱体，如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱体截面的圆心O连线的夹角θ=120∘，如图丙，初始时小圆柱体位于轨道上A点。现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0，小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计，小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略不计，两端半圆形轨道半径R= 33m，g取10m/s2。
(1)当v0=2m/s时，小圆柱体可以安全通过半圆形轨道，求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时，内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小；
(2)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少?(结果可以保留根式)
14.如图所示，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸面内有一半径为R的圆环，圆心为O，圆环上涂有荧光材料，电子打到圆环表面时被圆环吸收，荧光材料会发出荧光。以圆环的圆心O为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，A点的坐标为0,R，P点的坐标为(− 3R,0)。P处有一粒子源，可在纸面内沿着各个方向发射速率为eBRm的电子，其中m为电子质量，e为电荷量的绝对值。不计电子重力和电子间的相互作用。求：
(1)从粒子源正对O点射出的电子，到达圆环的坐标；
(2)在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间；
(3)圆环上发光部分的圆弧长度。
15.如图，水平地面上放置一长度L=10m、质量M=1kg的长木板。一可视为质点、质量m=1kg、带电量q=+1×10−5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1=7m。在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1=2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度，d4=6m的匀强电场，场强E2=1×106N/C，方向竖直向上。从t=0时刻起，水平恒力F=8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块运动多长时间进入匀强电场E1;
(2)物块离开匀强电场E2时速度的大小；
(3)物块最终停下来时，离木板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.由核反应中，电荷数守恒和质量数守恒可知，铯137衰变时，衰变产物中的X的电荷数为−1，质量数为0，即X为电子。故AB错误；
CD.半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，与原子核自身有关，与外界因素无关。废水中的铯137经过60年(两个半衰期)衰变了四分之三，故C正确、D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】ABC.由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为 a ，由位移与时间的关系可得x=v0t−12at2
变式可得xt=−12at+v0
结合题图所给图像可得v0=20m/s ， a=8m/s2
故A正确，BC错误；
D.根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0=v0a=2.5s
故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知简谐波的波长为 8×10−5m ，根据波的速度公式可得v=λT=λf=1600m/s，故A错误；
B.质点只会上下振动，不会随波迁移，故B错误；
CD.由图可知该波的起振方向为y轴正方向，由“平移法”可知， t=2.5×10−8s 时，波的图像向右移动的距离为x=vt=4×10−2mm
说明振动恰好传播到质点N，它将沿y轴正方向开始振动，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】AB.依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得p1T1=p2T2
其中T1=273+27K=300K,T2=273+17K=290K
解得p2≈0.97×105Pa
故A错误；B正确；
CD.由热力学第一定律，可得ΔU=W+Q
依题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即ΔU<0
又因为气体体积不变，即W=0
解得Q<0
即下潜过程中，放出热量，故CD错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】AD.由图乙可知，当 θ=37∘ 时发生全反射，可得sin37∘=1n
解得n=53
若改用红光照射，折射率减小，所以光学传感器探测到反射强度达到最大时θ大于37∘，故A正确，D错误；
B.图甲中若减小入射角 θ 到0∘，仍存在反射光线，只是反射角为零，光线不会全部从A B界面透射出去，故B错误；
C.若减小入射角 θ ，则反射角减小，根据折射定律知折射角也减小，由几何关系知反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故C错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】ABC.由图可知，高压电源的负极接电晕极，正极接收尘极，水平面内的电场分布类似于负点电荷电场，金属圆筒内电场线由收尘极指向电晕极，越靠近收尘极电势越高，向收尘极运动的尘埃带负电荷，电场强度由电晕极到收尘极逐渐减小。由F=qE可知带电尘埃向收尘极运动过程中所受静电力越来越小，故ABC错误；
D.依题意，带电尘埃向收尘极运动过程中电场力做正功，电势能越来越小，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】AB.依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得mv0=m+3mv
根据能量守恒，可得12mv02=12(m+3m)v2+mgH
联立，解得H=3v028g
故A错误；B正确；
CD.设小球滑离小车时，二者速度分别为 v球 和 v车 ，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0=mv球+3mv车 ， 12mv02=12mv球2+12⋅3mv车2
联立，解得v球=−12v0 ， v车=12v0
可知小车相对小球的速度大小为Δv=v车−v球=v0
故CD错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A.宇航员随空间站一起绕地球做圆周运动，地球对空间站及宇航员的引力提供空间站和宇航员各自随地球一起做圆周运动的向心力，故A错误；
B.宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零，故B正确；
C.由于空间站处于完全失重状态空间站内的所有物体也都处于完全失重状态，其原因是由于万有引力完全充当向心力，因此，若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，则小球将和宇航员保持相对静止，随宇航员一起绕地球做圆周运动，故C错误；
D.第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，根据万有引力充当向心力GMmR2=mv2R
可得v= GMR
当物体环绕地球表面做圆周运动时，即环绕半径近似等于地球半径时其速度为第一宇宙速度，而空间站环绕半径大于地球半径，而环绕半径越大线速度越小，则可知，空间站运行的线速度小于第一宇宙速度，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】A.物体从A点运动到B点动能变化量为ΔEk=12mvb2−12mva2=mv2，故A正确；
BC.速度为矢量，则根据题意可知初速度的方向与末速度的方向之间的夹角为 90∘ ，做出其矢量图如图所示
根据矢量的合成法则可得速度的变化量为Δv= va2+vb2=2v
其速度变化量的方向与AB成 60∘ 角，则物体从A点运动到B点动量变化量为Δp=m⋅Δv=2mv
而根据题意可知，该恒力即为物体所受合外力，则由动量定理可得Ft=Δp=2mv
解得该恒力大小为F=2mvt，恒力方向与速度变化量方向相同，故B错误，C正确；
D.根据以上分析，将初速度分解为竖直恒力方向的运动和沿着恒力水平方向的运动，其分解图如图所示
可知，当分速度 vay 减为零时速率最小，此时只有垂直恒力方向的分速度 vax ，根据几何关系可得最小速率vax=vacs30∘= 32v
故D错误。
故选AC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】本题考查电磁感应中的双杆切割磁感线问题，此类模型解题方法：判断双杆组成的系统是否动量守恒，如果满足动量守恒，那么使用动量守恒定律和能量守恒定律分析求解。如果动量不守恒，往往先判断双杆最终的运动状态，然后分别对双杆使用动量定理求出双杆最终的速度，然后再结合能量守恒定律分析解题。注意在双杆问题中，最常用的解题方法是动量定理。
【解答】A.根据右手定则，a棒进入磁场时，a棒的电流方向向外，则b棒的电流方向向内；根据左手定则可得，b棒的安培力方向向左，所以b棒加速度方向水平向左，故A正确；
B.根据左手定则，ab棒受到的安培力方向都向左，故ab棒组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C.对a棒，根据动能定理mgh=12mv02，解得v0= 2gh，当ab棒达到稳定时Ea=Eb，即2BLva=B×2Lvb，
对a棒，由动量定理2BILt=mv0−mva，对b棒，由动量定理BI×2Lt=mvb，通过b棒的电荷量为q=It，以上各式联立，解得va=vb=v02= 2gh2，q=mv04BL=m 2gh4BL，故C正确；
D.根据能量守恒12mv02=12mva2+12mvb2+Q总，解得Q总=14mv02=12mgh，则b棒上产生的焦耳热为Qb=RR+RQ总=14mgh，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)4.85(3)C(4)B
【解析】(1)该游标卡尺游标尺为20分度值，其精度为0.05mm，主尺读数为4mm，可得遮光条的宽度d=4mm+0.05×17mm=0.85mm=4.85mm
(3)根据能量守恒有Ep=12kx2=12mv2，可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能 Ep ，还需测出滑块(含遮光条)的质量 m 。
故选C。
(4)根据12kx2=12m(dt)2，变式可得1t=1d kmx，则可得 1t−x 图像的斜率为k′=1d km。
故选B。
12.【答案】(1)3.6(2)①A ②3622 ③大于
【解析】(1)多用电表表盘最上面一圈刻度为欧姆挡表盘刻度，根据表盘刻度可得该电压表内阻约为RV≈36×100Ω≈3.6kΩ
(2)①由于电源电动势约为6V，而电压表的满偏电压为3V，电路采用的是分压式接法，则选用最大值小的滑动变阻器更容易进行调节，使电压表达到满偏；另外，当电压表达到满偏时，由于电压表的内阻大于滑动变阻器与之并联部分的电阻，则并联后的总电阻接近滑动变阻器左侧电阻的阻值；滑动变阻器左侧电阻与电压表内阻并联后再与滑动变阻器右侧电阻串联而分压，当断开 S2 接入电阻箱后，并联部分电阻将增大，分压也将增大，而增大后的电阻更接近滑动变阻器左侧电阻，左侧电阻越大，接入电阻箱后等效电阻的增加量就越大，因此等效电阻分去的电压就越大，实验误差就越大，综合可知，应选择总阻值最小的滑动变阻器。
故选A。
②由于电阻箱与电压表串联，根据串联分压，且分压比等于电阻之比可得UR0UV=R0RV
代入数据解得RV=45×905.515Ω=3622Ω
③当将电阻箱接入电路后，滑动变阻器左侧与电压表所在电路并联后的等效电阻，因电阻箱的接入使并联等效电阻变大，而由于忽略电源的内阻，滑动变阻器的左侧电阻与电压表所在电路并联后与滑动变阻器右侧电阻串联，根据串联分压原理可知，当电阻箱接入电路后，滑动变阻器左侧与电压表并联部分的电压变大，因此，当电压的指针指到满刻度的 45 位置时，实际上电阻箱分担的电压大于电压表满偏刻度的 15 ，根据UR0UV=R0RV
得到RV=UVR0UR0
因此可知实际测出的电压表内阻的测量值 R测 大于真实值 RV 。
13.【答案】(1)小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动，所受合力为零，则根据平衡条件可得2F内1cs60∘=mg=2N
解得F内1=2N
当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，其受力分析如所示
竖直方向根据平衡条件有F内2cs60∘+F外cs60∘=mg
水平方向由牛顿第二定律有F外sin60∘−F内2sin60∘=mv02R
联立解得F内2=1.2N
(2)设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为 vm ，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重力与外侧导轨对小圆柱体的支持力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力，对小圆柱体受力分析如图所示
则有mgtan30∘=mvm2R
解得vm= 10m/s
即为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度 v0 不能超过 10m/s 。
【解析】本题考查圆周运动的运动规律以及平衡状态的计算，要找准圆周运动的临界状态，难度一般。
14.【答案】(1)粒子圆周运动的半径r=mvBe=R
从粒子源正对O点射出的电子与圆环交于一点(x,y)，则根据几何关系(− 3R−x)2+(−R−y)2=R2
且该点在圆上x2+y2=R2
解得到达圆环的坐标为 (− 32R,−12R) 。
(2)因为AP= R2+( 3R)2=2R
所以电子垂直AP出射，经过A点，运动了半个圆周，电子运动周期T=2πmBe
在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间t=12T=πmBe
(3)根据几何关系可知，打在A点的是上弧的最远点，第(1)问中的粒子轨迹刚好与圆相切，是在下半圆的最远点，根据几何关系可知有电子经过的圆弧对应圆心角为θ=90∘+30∘=120∘
所以圆环上发光部分的圆弧长度l=13×2πR=2πR3。
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行求解，关键是找对临界状态，难度一般。
15.【答案】(1)在物块未进入电场时设其最大加速度大小为 a0 ，则由牛顿第二定律有μ1mg=ma0
解得a0=4m/s2
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为 a ，则对整体由牛顿第二定律有F−μ2(m+M)g=(m+M)a
代入数据解得a=2m/s2则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移x0=12at2=12×2×52m=25m
可知x0>d1+d2
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的时间为 t0 ，由位移与时间的关系可得d1+d2=12at02
解得t0=4s
(2)当物块进入电场 E1 后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场 E1 中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为 a1 ，由牛顿第二定律有F−μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a1
解得a1=0
即在物块进入电场 E1 中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为 x1 ，进入电场 E1 时的速度大小为 v1 ，则有v1=at0=2×4m/s=8m/s，x1=v1t1=8×1m=8m
此时距进入电场 E2 的距离为x2=d3−x1=11.5m−8m=3.5m
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为 a ′1 ，由牛顿第二定律有μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a ′1
解得a ′1=4m/s2
设物块和木板共同进入电场 E2 时的速度大小为 v2 ，则由速度与位移的关系可得v22−v12=−2a ′1x2
解得v2=6m/s
当进入匀强电场 E2 ，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有mg=E2q
可知，物块在电场 E2 中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场 E2 时速度的大小为 6m/s 。
(3)设物块出电场 E2 所用的时间为 t2 ，在物块出电场 E2 的过程中木板在电场 E2 中做匀减速直线运动的加速度大小为 a2 ，则有d4=v2t2，μ2Mg=Ma2
解得t2=1s ， a2=2m/s2
设该过程中木板的位移为 x3 ，可得x3=v2t2−12a2t22=5m
则可得物块出电场 E2 时距离木板右端的距离为d5=d1−(d4−x3)=6m
此时木板的速度v3=v2−a2t2=4m/s
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为 a0=4m/s2 ，设木板的加速度大小为 a3 ，对木板由牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+M)g=Ma3
解得a3=0
即物块出电场 E2 后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为 t3 ，根据速度时间关系可得v3=v2−a0t3
解得t3=0.5s
则在该时间内物块和木板的位移分别为 x4 、 x5 ，则根据位移与时间的关系有x4=v2t3−12a0t32=(6×0.5−12×4×0.25)m=2.5m
x5=v3t3=4×0.5m=2m
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为d6=d5−(x4−x5)=5.5m。
【解析】(1)进入电场前，分别对m和整体受力分析，列出牛顿第二定律方程，得出加速度。再结合位移时间公式列式子即可；
(2)当物块进入电场 E1后，对整体列出牛顿第二定律方程得出加速度，再结合运动学公式求解。
(3)在两个复合场中，分别根据牛顿第二定律分析加速度，再根据运动学公式分析。
本题是板块模型和复合场相结合的问题，难度较大。
1.日本将核废水排放到大海中，会对太平洋造成长时间的核污染。废水中含有铯、锶、氚等多种放射性物质，其中铯137原子核具有较强的放射性，会发生衰变并释放能量，其半衰期长达30年。若铯137原子核的衰变方程为： 55137Cs→56137Ba+X，下列说法正确的是( )
A. 铯137衰变时，衰变产物中的X为中子
B. 铯137衰变时，衰变产物中的X为质子
C. 虽然未衰变的铯137数量逐渐减少，但其半衰期并不改变
D. 排入太平洋后，废水中的铯137经过60年只衰变了四分之一
2.比亚迪作为国内新能源汽车领域最有影响力的品牌，在市场上备受瞩目，为了用户的安全，比亚迪进行多次安全测试。在某次安全测试中，某款比亚迪汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值xt与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 该汽车的初速度为20m/sB. 该汽车的初速度为6m/s
C. 该汽车的加速度大小为4m/s2D. 该汽车从制动到停止用时5s
3.如图所示为血管探头发射的沿x轴正方向传播的简谐横波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知该简谐波的频率为2×107Hz，则下列说法正确的是( )
A. 简谐波在血管中的传播速度为8000m/s
B. t=2.5×10−8s时，质点M运动到横坐标上的N点
C. t=2.5×10−8s时，质点N沿y轴正方向开始振动
D. t=2.5×10−8s时，质点N处于波谷
4.2021年2月21日∼4月2日，“深海一号”钻井平台搭载“蛟龙”号潜艇赴西北太平洋深渊区开展7000米级作业。若开始下潜时，“蛟龙”号潜艇内气体温度为27∘C、压强为1.0×105Pa，当下潜到某一深度时，艇内温度降到17∘C。潜艇内气体视为理想气体，体积和质量不变，下列关于艇内气体的说法，正确的是( )
A. 17∘C时，压强约为0.63×105PaB. 17∘C时，压强约为0.97×105Pa
C. 下潜过程中，内能增加D. 下潜过程中，吸收热量
5.图甲是半圆柱形玻璃体的横截面，一束紫光从真空沿半圆柱体的径向射入，并与底面上过O点的法线成θ角，CD为足够大的光学传感器，可以探测从AB面反射光的强度。若反射光强度随θ变化规律如图乙所示，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 该紫光在半圆柱体中的折射率为53
B. θ减小到0时，光将全部从AB界面透射出去
C. θ减小时，反射光线和折射光线夹角随之减小
D. 改用红光入射时，CD上探测到反射光强度最大值对应的θ<37∘
6.为了减少环境污染，工业废气常用静电除尘器除尘。某静电除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气分子电离，进入静电除尘器的尘埃吸附带电粒子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，最终落入尘埃收集器实现除尘目的。设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列说法正确的是( )
A. 向收尘极运动的尘埃带正电荷
B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越低
C. 带电尘埃向收尘极运动过程中所受静电力越来越大
D. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越小
7.如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A. 小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B. 小球沿轨道上升的最大高度为3v028g
C. 小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D. 小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组进驻中国空间站，航天员汤洪波、唐胜杰和江新林承担着多项空间实验任务。若中国空间站绕地球做匀速圆周运动，一名宇航员手拿一个小球“静立”在“舱底面”上，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 宇航员不受地球引力的作用
B. 宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零
C. 若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，小球将做自由落体运动
D. 空间站运行的线速度小于第一宇宙速度
9.如图所示，一质量为m的物体受水平面内的恒力作用，在光滑水平面上运动。从A点经过t时间运动到B点，速度大小分别为va=v、vb= 3v，方向分别与虚线AB成α=60∘、β=30∘。则下列说法中正确的是( )
A. 物体从A点运动到B点动能变化量为mv2
B. 物体从A点运动到B点速度变化量大小为( 3−1)v
C. 该恒力大小为2mvt
D. 从A到B的过程中，物体速率的最小值为v2
10.如图所示，用金属制成的平行导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场；窄轨和宽轨部分磁场的磁感应强度大小分别为2B和B，质量均为m金属棒a、b垂直于导轨静止放置。现将金属棒a自弧形导轨上距水平导轨h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a棒始终在窄轨磁场中运动，b棒始终在宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. a棒刚进入磁场时，b棒的加速度方向水平向左
B. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，a棒和b棒组成的系统动量守恒
C. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，通过b棒的电量为m 2gh4BL
D. 从a棒进入磁场到两棒达到稳定过程，b棒上产生的焦耳热为14mgh
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学通过查阅资料得知，轻弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，k为轻弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。该同学设计了如图甲所示的装置验证弹性势能表达式。
(1)实验步骤如下：
①打开气泵电源开关，进气管通气，气垫导轨上只放置滑块(带遮光条)，调节气垫导轨水平，直至滑块在导轨上做匀速直线运动；
②用游标卡尺测出滑块上遮光条的宽度d，示数如图乙，则d=_______mm；
③用两根长度和劲度系数均相同的轻弹簧将滑块与导轨两端相连，光电门固定在滑块的平衡位置处，在平衡位置处两轻弹簧恰好保持原长；
④接通电源，将滑块从平衡位置拉到某一位置(弹簧处于弹性限度内)，通过刻度尺测出偏离平衡位置的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t；
⑤重复步骤④测出多组x及对应的t；
⑥画出1t−x图像如图丙。
(2)滑块经过光电门时速度可以用表达式v=dt求出。
(3)测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能Ep，还必须测量_______；
A.弹簧原长lB.当地重力加速度gC.滑块(含遮光条)的质量m
(4)已知轻弹簧的劲度系数为k，若轻弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2成立，再利用测得的物理量表示1t−x图像的斜率为_______。
A.1d 2kmB.1d kmC.2d km
12.某实验小组要测量一块量程为3V的电压表的内阻RV。
(1)小组同学先用多用电表粗测电压表的内阻，当欧姆挡位调到×100位置时，刻度盘如图甲所示，则读数约为_______kΩ。
(2)为进一步精确测量电压表内阻RV，小组设计如图乙所示电路，实验步骤如下：
第一步，按电路图乙正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，并将电阻箱R0的阻值调到最大，闭合开关S2；
第二步，闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电压表的指针指到满刻度；
第三步，保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值。由于R0阻值受限，电压表无法达到半偏，所以调节R0阻值使电压表的指针指到满刻度的45位置，此时电阻箱R0的阻值为905.5Ω。
实验提供的器材除待测电压表、多用表、电阻箱(最大阻值999.9Ω)、电池(电动势约6.0V，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：
A.滑动变阻器(最大阻值10Ω)
B.滑动变阻器(最大阻值150Ω)
C.滑动变阻器(最大阻值1500Ω)
根据以上设计的实验方法，回答下列问题：
①为了使测量结果比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器应选用_______(填字母代号)。
②根据实验数据，求得电压表的阻值R测=_______Ω。
③对于该测量方法，根据实验原理可知，在测量无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测_______真实值RV(填“大于”“小于”或“等于”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图甲，水平面内有一条双线等宽光滑轨道，它由直轨道和两端半圆形轨道组成。在直轨道上放置一质量m=0.2kg的小圆柱体，如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱体截面的圆心O连线的夹角θ=120∘，如图丙，初始时小圆柱体位于轨道上A点。现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0，小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计，小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略不计，两端半圆形轨道半径R= 33m，g取10m/s2。
(1)当v0=2m/s时，小圆柱体可以安全通过半圆形轨道，求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时，内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小；
(2)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少?(结果可以保留根式)
14.如图所示，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸面内有一半径为R的圆环，圆心为O，圆环上涂有荧光材料，电子打到圆环表面时被圆环吸收，荧光材料会发出荧光。以圆环的圆心O为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，A点的坐标为0,R，P点的坐标为(− 3R,0)。P处有一粒子源，可在纸面内沿着各个方向发射速率为eBRm的电子，其中m为电子质量，e为电荷量的绝对值。不计电子重力和电子间的相互作用。求：
(1)从粒子源正对O点射出的电子，到达圆环的坐标；
(2)在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间；
(3)圆环上发光部分的圆弧长度。
15.如图，水平地面上放置一长度L=10m、质量M=1kg的长木板。一可视为质点、质量m=1kg、带电量q=+1×10−5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1=7m。在距木板右端d2=9m的虚线右侧，存在宽度d3=11.5m的匀强电场，场强E1=2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度，d4=6m的匀强电场，场强E2=1×106N/C，方向竖直向上。从t=0时刻起，水平恒力F=8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块运动多长时间进入匀强电场E1;
(2)物块离开匀强电场E2时速度的大小；
(3)物块最终停下来时，离木板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.由核反应中，电荷数守恒和质量数守恒可知，铯137衰变时，衰变产物中的X的电荷数为−1，质量数为0，即X为电子。故AB错误；
CD.半衰期是原子核发生半数衰变所需的时间，与原子核自身有关，与外界因素无关。废水中的铯137经过60年(两个半衰期)衰变了四分之三，故C正确、D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】ABC.由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为 a ，由位移与时间的关系可得x=v0t−12at2
变式可得xt=−12at+v0
结合题图所给图像可得v0=20m/s ， a=8m/s2
故A正确，BC错误；
D.根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0=v0a=2.5s
故D错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.由图可知简谐波的波长为 8×10−5m ，根据波的速度公式可得v=λT=λf=1600m/s，故A错误；
B.质点只会上下振动，不会随波迁移，故B错误；
CD.由图可知该波的起振方向为y轴正方向，由“平移法”可知， t=2.5×10−8s 时，波的图像向右移动的距离为x=vt=4×10−2mm
说明振动恰好传播到质点N，它将沿y轴正方向开始振动，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】AB.依题意，潜艇内气体体积保持不变，由查理定律可得p1T1=p2T2
其中T1=273+27K=300K,T2=273+17K=290K
解得p2≈0.97×105Pa
故A错误；B正确；
CD.由热力学第一定律，可得ΔU=W+Q
依题意，下潜过程中，气体温度降低，内能减小，即ΔU<0
又因为气体体积不变，即W=0
解得Q<0
即下潜过程中，放出热量，故CD错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】AD.由图乙可知，当 θ=37∘ 时发生全反射，可得sin37∘=1n
解得n=53
若改用红光照射，折射率减小，所以光学传感器探测到反射强度达到最大时θ大于37∘，故A正确，D错误；
B.图甲中若减小入射角 θ 到0∘，仍存在反射光线，只是反射角为零，光线不会全部从A B界面透射出去，故B错误；
C.若减小入射角 θ ，则反射角减小，根据折射定律知折射角也减小，由几何关系知反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故C错误。
故选A。
6.【答案】D
【解析】ABC.由图可知，高压电源的负极接电晕极，正极接收尘极，水平面内的电场分布类似于负点电荷电场，金属圆筒内电场线由收尘极指向电晕极，越靠近收尘极电势越高，向收尘极运动的尘埃带负电荷，电场强度由电晕极到收尘极逐渐减小。由F=qE可知带电尘埃向收尘极运动过程中所受静电力越来越小，故ABC错误；
D.依题意，带电尘埃向收尘极运动过程中电场力做正功，电势能越来越小，故D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】AB.依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得mv0=m+3mv
根据能量守恒，可得12mv02=12(m+3m)v2+mgH
联立，解得H=3v028g
故A错误；B正确；
CD.设小球滑离小车时，二者速度分别为 v球 和 v车 ，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0=mv球+3mv车 ， 12mv02=12mv球2+12⋅3mv车2
联立，解得v球=−12v0 ， v车=12v0
可知小车相对小球的速度大小为Δv=v车−v球=v0
故CD错误。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】A.宇航员随空间站一起绕地球做圆周运动，地球对空间站及宇航员的引力提供空间站和宇航员各自随地球一起做圆周运动的向心力，故A错误；
B.宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零，故B正确；
C.由于空间站处于完全失重状态空间站内的所有物体也都处于完全失重状态，其原因是由于万有引力完全充当向心力，因此，若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，则小球将和宇航员保持相对静止，随宇航员一起绕地球做圆周运动，故C错误；
D.第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，根据万有引力充当向心力GMmR2=mv2R
可得v= GMR
当物体环绕地球表面做圆周运动时，即环绕半径近似等于地球半径时其速度为第一宇宙速度，而空间站环绕半径大于地球半径，而环绕半径越大线速度越小，则可知，空间站运行的线速度小于第一宇宙速度，故D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】A.物体从A点运动到B点动能变化量为ΔEk=12mvb2−12mva2=mv2，故A正确；
BC.速度为矢量，则根据题意可知初速度的方向与末速度的方向之间的夹角为 90∘ ，做出其矢量图如图所示
根据矢量的合成法则可得速度的变化量为Δv= va2+vb2=2v
其速度变化量的方向与AB成 60∘ 角，则物体从A点运动到B点动量变化量为Δp=m⋅Δv=2mv
而根据题意可知，该恒力即为物体所受合外力，则由动量定理可得Ft=Δp=2mv
解得该恒力大小为F=2mvt，恒力方向与速度变化量方向相同，故B错误，C正确；
D.根据以上分析，将初速度分解为竖直恒力方向的运动和沿着恒力水平方向的运动，其分解图如图所示
可知，当分速度 vay 减为零时速率最小，此时只有垂直恒力方向的分速度 vax ，根据几何关系可得最小速率vax=vacs30∘= 32v
故D错误。
故选AC。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】本题考查电磁感应中的双杆切割磁感线问题，此类模型解题方法：判断双杆组成的系统是否动量守恒，如果满足动量守恒，那么使用动量守恒定律和能量守恒定律分析求解。如果动量不守恒，往往先判断双杆最终的运动状态，然后分别对双杆使用动量定理求出双杆最终的速度，然后再结合能量守恒定律分析解题。注意在双杆问题中，最常用的解题方法是动量定理。
【解答】A.根据右手定则，a棒进入磁场时，a棒的电流方向向外，则b棒的电流方向向内；根据左手定则可得，b棒的安培力方向向左，所以b棒加速度方向水平向左，故A正确；
B.根据左手定则，ab棒受到的安培力方向都向左，故ab棒组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C.对a棒，根据动能定理mgh=12mv02，解得v0= 2gh，当ab棒达到稳定时Ea=Eb，即2BLva=B×2Lvb，
对a棒，由动量定理2BILt=mv0−mva，对b棒，由动量定理BI×2Lt=mvb，通过b棒的电荷量为q=It，以上各式联立，解得va=vb=v02= 2gh2，q=mv04BL=m 2gh4BL，故C正确；
D.根据能量守恒12mv02=12mva2+12mvb2+Q总，解得Q总=14mv02=12mgh，则b棒上产生的焦耳热为Qb=RR+RQ总=14mgh，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)4.85(3)C(4)B
【解析】(1)该游标卡尺游标尺为20分度值，其精度为0.05mm，主尺读数为4mm，可得遮光条的宽度d=4mm+0.05×17mm=0.85mm=4.85mm
(3)根据能量守恒有Ep=12kx2=12mv2，可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能 Ep ，还需测出滑块(含遮光条)的质量 m 。
故选C。
(4)根据12kx2=12m(dt)2，变式可得1t=1d kmx，则可得 1t−x 图像的斜率为k′=1d km。
故选B。
12.【答案】(1)3.6(2)①A ②3622 ③大于
【解析】(1)多用电表表盘最上面一圈刻度为欧姆挡表盘刻度，根据表盘刻度可得该电压表内阻约为RV≈36×100Ω≈3.6kΩ
(2)①由于电源电动势约为6V，而电压表的满偏电压为3V，电路采用的是分压式接法，则选用最大值小的滑动变阻器更容易进行调节，使电压表达到满偏；另外，当电压表达到满偏时，由于电压表的内阻大于滑动变阻器与之并联部分的电阻，则并联后的总电阻接近滑动变阻器左侧电阻的阻值；滑动变阻器左侧电阻与电压表内阻并联后再与滑动变阻器右侧电阻串联而分压，当断开 S2 接入电阻箱后，并联部分电阻将增大，分压也将增大，而增大后的电阻更接近滑动变阻器左侧电阻，左侧电阻越大，接入电阻箱后等效电阻的增加量就越大，因此等效电阻分去的电压就越大，实验误差就越大，综合可知，应选择总阻值最小的滑动变阻器。
故选A。
②由于电阻箱与电压表串联，根据串联分压，且分压比等于电阻之比可得UR0UV=R0RV
代入数据解得RV=45×905.515Ω=3622Ω
③当将电阻箱接入电路后，滑动变阻器左侧与电压表所在电路并联后的等效电阻，因电阻箱的接入使并联等效电阻变大，而由于忽略电源的内阻，滑动变阻器的左侧电阻与电压表所在电路并联后与滑动变阻器右侧电阻串联，根据串联分压原理可知，当电阻箱接入电路后，滑动变阻器左侧与电压表并联部分的电压变大，因此，当电压的指针指到满刻度的 45 位置时，实际上电阻箱分担的电压大于电压表满偏刻度的 15 ，根据UR0UV=R0RV
得到RV=UVR0UR0
因此可知实际测出的电压表内阻的测量值 R测 大于真实值 RV 。
13.【答案】(1)小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动，所受合力为零，则根据平衡条件可得2F内1cs60∘=mg=2N
解得F内1=2N
当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，其受力分析如所示
竖直方向根据平衡条件有F内2cs60∘+F外cs60∘=mg
水平方向由牛顿第二定律有F外sin60∘−F内2sin60∘=mv02R
联立解得F内2=1.2N
(2)设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为 vm ，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重力与外侧导轨对小圆柱体的支持力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力，对小圆柱体受力分析如图所示
则有mgtan30∘=mvm2R
解得vm= 10m/s
即为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度 v0 不能超过 10m/s 。
【解析】本题考查圆周运动的运动规律以及平衡状态的计算，要找准圆周运动的临界状态，难度一般。
14.【答案】(1)粒子圆周运动的半径r=mvBe=R
从粒子源正对O点射出的电子与圆环交于一点(x,y)，则根据几何关系(− 3R−x)2+(−R−y)2=R2
且该点在圆上x2+y2=R2
解得到达圆环的坐标为 (− 32R,−12R) 。
(2)因为AP= R2+( 3R)2=2R
所以电子垂直AP出射，经过A点，运动了半个圆周，电子运动周期T=2πmBe
在A点被吸收的电子，到达圆环所需时间t=12T=πmBe
(3)根据几何关系可知，打在A点的是上弧的最远点，第(1)问中的粒子轨迹刚好与圆相切，是在下半圆的最远点，根据几何关系可知有电子经过的圆弧对应圆心角为θ=90∘+30∘=120∘
所以圆环上发光部分的圆弧长度l=13×2πR=2πR3。
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行求解，关键是找对临界状态，难度一般。
15.【答案】(1)在物块未进入电场时设其最大加速度大小为 a0 ，则由牛顿第二定律有μ1mg=ma0
解得a0=4m/s2
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为 a ，则对整体由牛顿第二定律有F−μ2(m+M)g=(m+M)a
代入数据解得a=2m/s2
可知x0>d1+d2
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的时间为 t0 ，由位移与时间的关系可得d1+d2=12at02
解得t0=4s
(2)当物块进入电场 E1 后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场 E1 中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为 a1 ，由牛顿第二定律有F−μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a1
解得a1=0
即在物块进入电场 E1 中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为 x1 ，进入电场 E1 时的速度大小为 v1 ，则有v1=at0=2×4m/s=8m/s，x1=v1t1=8×1m=8m
此时距进入电场 E2 的距离为x2=d3−x1=11.5m−8m=3.5m
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为 a ′1 ，由牛顿第二定律有μ2[(m+M)g+Eq]=(m+M)a ′1
解得a ′1=4m/s2
设物块和木板共同进入电场 E2 时的速度大小为 v2 ，则由速度与位移的关系可得v22−v12=−2a ′1x2
解得v2=6m/s
当进入匀强电场 E2 ，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有mg=E2q
可知，物块在电场 E2 中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场 E2 时速度的大小为 6m/s 。
(3)设物块出电场 E2 所用的时间为 t2 ，在物块出电场 E2 的过程中木板在电场 E2 中做匀减速直线运动的加速度大小为 a2 ，则有d4=v2t2，μ2Mg=Ma2
解得t2=1s ， a2=2m/s2
设该过程中木板的位移为 x3 ，可得x3=v2t2−12a2t22=5m
则可得物块出电场 E2 时距离木板右端的距离为d5=d1−(d4−x3)=6m
此时木板的速度v3=v2−a2t2=4m/s
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为 a0=4m/s2 ，设木板的加速度大小为 a3 ，对木板由牛顿第二定律有μ1mg−μ2(m+M)g=Ma3
解得a3=0
即物块出电场 E2 后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为 t3 ，根据速度时间关系可得v3=v2−a0t3
解得t3=0.5s
则在该时间内物块和木板的位移分别为 x4 、 x5 ，则根据位移与时间的关系有x4=v2t3−12a0t32=(6×0.5−12×4×0.25)m=2.5m
x5=v3t3=4×0.5m=2m
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为d6=d5−(x4−x5)=5.5m。
【解析】(1)进入电场前，分别对m和整体受力分析，列出牛顿第二定律方程，得出加速度。再结合位移时间公式列式子即可；
(2)当物块进入电场 E1后，对整体列出牛顿第二定律方程得出加速度，再结合运动学公式求解。
(3)在两个复合场中，分别根据牛顿第二定律分析加速度，再根据运动学公式分析。
本题是板块模型和复合场相结合的问题，难度较大。
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