2025届浙江省强基联盟高三上学期10月联考(一模)物理试题（解析版）

这是一份2025届浙江省强基联盟高三上学期10月联考(一模)物理试题（解析版），共28页。试卷主要包含了可能用到的参数等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.可能用到的参数：重力加速度取。
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. 下列属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. B. NC. WD. J
【答案】A
【解析】A ．kg是质量的单位，是基本单位，A正确；
B．N是力的单位，是导出单位，B错误；
C．W是功率单位，是导出单位，C错误；
D．J是能量单位，导出单位，D错误。
故选A。
2. 下列关于物理研究方法叙述中，正确的是（ ）
A. 把物体当成质点来处理，主要采用了“微元法”
B. 建立“重心”概念时，主要采用了“极限法”
C. 卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量的数值，主要采用了“放大法”
D. 利用图像推导匀变速直线运动位移与时间公式时，主要采用了“控制变量法”
【答案】C
【解析】A．把物体当成质点来处理，抓住主要因素忽略次要因素，主要采用了理想模型法。故A错误；
B．立“重心”概念时，主要采用了“等效法”。故B错误；
C．卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量的数值，主要采用了“放大法”。故C正确；
D．在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动。故D错误。
故选C
3. 图甲是迷宫尺子，质量为M的尺子外壳内有一颗质量为m的小钢珠，通过倾斜尺子，可以让小钢珠走出迷宫。小齐保持尺面竖直，小钢珠位于如图乙所示相互垂直的A、B挡板之间，缓慢逆时针转动尺子，直至Ｂ水平。将A与水平面的夹角记为，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. A对小钢珠的作用力先增大后减小
B. B对小钢珠的支持力大小为
C. 小齐对尺子的作用力大小始终为
D. 小钢珠对尺子的作用力和小齐对尺子的作用力是平衡力
【答案】B
【解析】AB．对小钢珠受力分析如图所示，由共点力的平衡条件可得
缓慢逆时针转动尺子，直至Ｂ水平，可知角逐渐增大到90°，则挡板A对小钢珠的支持力逐渐减小到零，由牛顿第三定律可知，A对小钢珠的作用力一直减小到零，A错误，B正确；
C．在受力平衡时，可知小齐对尺子的作用力大小始终为，C错误；
D．小钢珠对尺子的作用力大小是，小齐对尺子的作用力大小是，两个力不是平衡力，D错误。
故选B。
4. 中国跳水队在巴黎奥运会包揽8金完美收官。质量为50kg的跳水运动员，训练10m跳台跳水。若将运动员看作质点，其跳水过程可简化为先自由落体10m，入水后受恒定阻力做匀减速直线运动，减速2m时速度恰为零，下列说法正确的是（ ）
A. 水中减速的运动员处于失重状态
B. 水的阻力大小为2500N
C. 运动员整个运动过程的平均速度为
D. 从入水到速度为零，运动员动能减少了1250J
【答案】C
【解析】A．水中减速的运动员加速度竖直向上，处于超重状态。故A错误；
B．依题意，设运动员入水时的速度为v，则有
解得
运动员水中减速过程，有
由牛顿第二定律可知
联立，解得
故B错误；
C．运动员空中运动时间为
运动员水中运动时间为
运动员整个运动过程的平均速度为
故C正确；
D．从入水到速度为零，运动员动能变化量为
即运动员动能减少了5000J。故D错误。
故选C。
5. 一种典型的核反应是一个铀核与一个中子结合成一个钡核和氮核同时放出三个中子，反应方程为：已知铀核、钡核、氪核和中子的质量分别为m1、m2、m3和m4，光在真空中的传播速度为c，下列说法正确的是（ ）
A. m1 + m4 = m2 + m3 + 3m4
B. 该核反应需要在很高的温度下进行，又叫热核反应
C. 该核反应属于核裂变，制造氢弹不需要利用核裂变
D. 该核反应释放的能量ΔE = （m1 − m2 − m3 − 2m4）c2
【答案】D
【解析】AD．根据爱因斯坦质能方程，反应过程放出能量，则质量一定有亏损，该核反应释放的能量为
故A错误，D正确；
B．该核反应为核裂变，可以在常温下进行，而热核反应是核聚变，故B错误；
C．氢弹爆发的过程既有核裂变也有核聚变，故C错误。
故选D。
6. 如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬挂一副边长为L，粗细均匀的均质金属等边三角形，将三条边分别记为a、b、c。在a的左右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电流，此时a边中电流大小为I，两弹簧测力计的示数均为。仅将电流反向，两弹簧测力计的示数均为。电流产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 三条边a、b、c中电流大小相等B. 两次弹簧测力计示数
C. 金属等边三角形的总质量D. 匀强磁场的磁感应强度
【答案】C
【解析】A．由题知，b与c串联后再与a并联，电压相等，bc的电阻为a的电阻的两倍，此时a边中电流大小为I，故bc中的电流为，故A错误；
BCD．电流反向前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上，bc边的安培力方向竖直向上，a边的安培力大小为
bc边的安培力大小为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
电流反向后，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向下，bc边的安培力方向竖直向下，a边的安培力大小为
bc边的安培力大小为
对金属等边三角形受力分析，可得
解得
由上分析可得
，，
解得
，
故BD错误，C正确。
故选C。
7. 无线充电是一种基于变压器原理的充电方式。如图发射线圈连接的交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60%，不计其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A. 发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次
B. 发射线圈与接收线圈中电流之比为
C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为
D. 接收线圈的输出电压有效值约为3V
【答案】D
【解析】A．由交流电，可知
则频率
交流电每个周期电流方向改变两次，所以发射线圈中的电流每秒钟方向变化100次，故A错误；
B．由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，发射线圈与接收线圈中电流之比
故B错误；
C．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为，故C错误；
D．发射线圈的电压的有效值
发射线圈的电压
穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的60%，则有
则
解得
故D正确。
故选D。
8. 打水漂是一项很有趣的运动，其成功与否的条件之一是石块入水速度与水面的夹角。小明某次打水漂时，将一小石块从离水高度45的地方水平抛出，石块首次入水速度与水面的夹角等于37°，结果打水漂失败。为提高成功率，小明降低抛出点以同一速度平抛石块，这次石块首次入水速度与水面的夹角等于26.5°，打水漂成功。抛出点下移的距离为（不计空气阻力，）（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】B
【解析】打水漂过程中石块做平抛运动，第一次打水漂， ，在竖直方向有
解得
根据速度夹角关系有
解得
第二次打水漂，设石块刚落到水面时竖直方向的速度为，根据速度夹角关系有
解得
设此过程竖直方向的高度为，则有
故抛出点下移的距离为
故选B。
9. 2024年6月嫦娥六号在鹊桥二号中继星支持下，成功在月球背面南极着陆。以下是落月轨迹图，嫦娥六号先在距离月球表面200km的圆轨道I上运行，经过A点进入近月点离月球表面15km、远月点离月球表面200km的椭圆轨道II，最后经过B点进入距离月球表面15km的圆轨道III。已知月球半径约为1740km。下列说法正确的是（ ）
A. 嫦娥六号在轨道I和轨道III运行的速率之比
B. 嫦娥六号在轨道I和轨道II运行的周期之比
C. 嫦娥六号从轨道I到轨道II机械能增大
D. 嫦娥六号在轨道II运行时，其加速度只改变运动方向，不改变运动大小
【答案】A
【解析】A．嫦娥六号在轨道I和轨道III运行时，万有引力提供向心力
可得
解得嫦娥六号在轨道I和轨道III运行的速率之比
故A正确；
B．由开普勒第三定律可得嫦娥六号在轨道I和轨道II运行的周期之比
故B错误；
C．嫦娥六号在轨道I做匀速圆周运动；嫦娥六号在轨道II做椭圆运动，在A点做近心运动；嫦娥六号在轨道I上A点的速度比轨道II上A点的速度大，所以嫦娥六号从轨道I到轨道II机械能减小，故C错误；
D．嫦娥六号在轨道II运行时做椭圆运动，其加速度不仅改变运动方向，还改变运动大小，故D错误。
故选A。
10. 如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。图乙是小球简谐振动时传感器示数随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 小球的质量为0.8，振动的周期为8s
B. 0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0
C. 1~2s和2~3s内，小球受弹力的冲量相同
D. 1~3s内，小球受弹力的冲量大小为16，方向向上
【答案】D
【解析】A．根据图像可知，t=1s时，弹簧弹力最大，为16N，小球位于最低点；t=3s时，弹簧弹力最小，为零，小球位于最高点。由对称性可知，小球振动的周期为4s，小球位于平衡位置时，弹力为
解得
故A错误；
B．小球受到的合外力提供回复力，0~2s内，小球初末速度不为零且大小相等，而方向相反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回复力的冲量大小不为0。故B错误；
C．1~2s和2~3s内，平均弹力大小不同，小球受弹力的冲量不同。故C错误；
D．1~3s内，由动量定理得
解得
方向向上。故D正确。
故选D。
11. “福建舰”是我国第一艘采用电磁弹射装置的航空母舰。如图是某实验小组做的弹射模拟装置，首先将单刀双掷开关打到a，用电动势为E的电源给电容为C的电容器充电。电容器充满电后开关打到b，驱动线圈通电产生磁场，同时发射线圈从绝缘且内壁光滑的发射管道内弹射出去。下列说法正确的是（ ）
A. 发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右
B. 开关打到b瞬间，发射线圈中的感应电动势最大
C. 开关打到b的瞬间，驱动线圈的自感电动势最小
D. 开关打到b的瞬间，发射线圈的安培力最大
【答案】C
【解析】A．根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，发射线圈被弹射出去，则发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左。故A错误；
BC．开关打到b的瞬间，电容器开始放电，此时电流变化最慢的，发射线圈和驱动线圈感电动势均最小。故B错误，C正确；
D．开关打到b的瞬间，发射线圈的电动势最小，则感应电流最小，安培力最小。故D错误。
故选C。
12. 如图是氢原子的能级，一群处于基态的氢原子吸收某频率光子能量后跃迁到了能级，很快这些氢原子开始向下跃迁，放出不同频率的光，这些光照射在逸出功为3.34的锌板上，已知可见光的光子能量范围为到，下列说法正确的是（ ）
A. 吸收的光子能量可能大于
B. 跃迁时，最多能发出6种不同频率的可见光
C. 存在可以使锌板发生光电效应的可见光
D. 锌板表面逸出光电子的最大初动能为
【答案】D
【解析】A．处于低能级的氢原子只能吸收能量值为对应两个能级能量差值的光子，从而跳跃到较高的能级。显然一群处于基态的氢原子吸收某频率光子能量后跃迁到了n = 4 能级，吸收光子的最大能量值为
故A错误；
B．由题意，可知跃迁时，最多能发出
种不同频率的光，但是只有，释放的光子为可见光，故B错误；
C．可见光的光子能量范围为1.62eV 到3.11eV ，均小于逸出功为3.34eV 的锌板。根据发生光电效应的条件，可知不存在可以使锌板发生光电效应的可见光，故C错误；
D．跃迁时，释放的光子中，释放出光子的能量最大，为12.75eV，根据爱因斯坦光电效应方程，可得用该光照射锌板时，锌板表面逸出光电子的最大初动能最大，为
故D正确。
故选D 。
13. 如图甲所示是弗兰克―赫兹实验，该实验为能量量子化假设提供了直接证据。实验前，装置内仅充满汞原子，实验中，灯丝发射出初速度可忽略的电子，先经过阴极K与栅极G之间的电场加速，再经过栅极G与集电极A之间的反向电场减速。电子在整个运动过程中会和汞原子碰撞，实验中记录了栅极G到阴极K的电压大小，以及通过集电极A的电流I，电流越大说明单位时间到达集电极A的电子越多。实验结果如图乙所示，电流I的极大值呈周期性出现，峰值的水平间距为4.9V从中得出汞原子能量具有量子化的结论。由于电子质量远远小于汞原子质量，通过弹性碰撞转移给汞原子的动能可以忽略不计。结合以上内容判断下列说法错误的是（ ）
A. 时，电子与汞原子碰撞不会使处于基态的汞原子激发
B. 峰值的水平间距为4.9V，说明汞原子第一激发态与基态的能量差为4.9
C. 只有当电子的动能等于4.9或其整数倍才能使汞原子从基态跃迁到第一激发态
D. 时，有大量电子两次与汞原子碰撞，使汞原子从基态跃迁到第一激发态
【答案】C
【解析】AB．由乙图可知，电压U每升高4.9V时，电流表的示数I就会显著下降，说明汞原子基态和第一激发态之间的能极之差等于4.9eV。当时，电子与汞原子碰撞不会使处于基态的汞原子激发。故AB正确，与题意不符；
C．根据玻尔的跃迁条件可知，当电子的动能等于或者大于4.9都可能使汞原子从基态跃迁到第一激发态。故C错误，与题意相符；
D．电子运动过程中有可能与汞原子发生一次，也有可能没发生碰撞，还可能发生多次碰撞，所以当时，有大量电子两次与汞原子碰撞，使汞原子从基态跃迁到第一激发态。故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选C。
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）
14. 如图所示，一束复色光从等边三棱镜的边中点D射入，入射光线与水平面夹角为30°，最后色散成两种单色光从边射出，打在右侧白纸上，上方为a光，下方为b光，其中a光的出射位置为边中点E，下列说法中正确的是（ ）
A. 经过相同的狭缝，a光比b光更容易发生明显的衍射现象
B. a光在真空中的传播速度大于b光
C. 若a、b光分别通过相同的双缝装置，a光的条纹间距大于b光的条纹间距
D. 该复色光若垂直方向从A、D两点间入射，则a光不能从边射出
【答案】ACD
【解析】A．由图知，入射角相同，但b光的折射角较小，根据折射定律，可知三棱镜对b光的折射率较大，则b光的波长小于a光的波长，根据发生明显的衍射现象的条件，可知经过相同的狭缝，a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故A正确；
B．所有单色光在真空中传播速度都是一样的，均为，故B错误；
C．若a、b光分别通过相同的双缝装置，根据双缝干涉条纹间距公式可知，由于b光的波长小于a光的波长，则a光的条纹间距大于b光的条纹间距，故C正确；
D．依题意，由几何知识可得a光在AB面上的入射角为60°时，折射角为30°，则棱镜对单色光a的折射率为
根据可知
当复色光入射方向与边AB垂直且从A、D两点间入射时，光线在AC边上的入射角为，由于
所以a光将在AC边发生全反射，最后a光垂直BC边射出，故D正确。
故选 ACD。
15. 图甲是一列机械波在时刻的波形图，图乙是平衡位置在处质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A. 该列波向右传播，传播速度为20
B. 处的质点经过0.4s的时间将沿x轴传播8m
C. 在时，处的质点具有向下的最大加速度
D. 到时间内，处的质点经过的路程为
【答案】CD
【解析】A．由图甲和图乙可知，，则该列波的传播速度为
波向左传播，故A错误；
B．质点只是在平衡位置上下振动，并不会随波的传播方向迁移，故B错误；
C．由图乙可知，在t=0.15s时，质点处于正向最大位移处，具有向下的最大加速度，故C正确；
D．处的质点的振动方程为
将带入得
质点经过的路程为
故D正确。
故选CD。
三、实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
16. 实验小组分别用如图甲、乙所示装置进行“探究加速度与力和质量的关系”实验，利用如图丙所示的装置进行“验证机械能守恒”实验。
（1）下列说法正确的是___________。
A. 图甲和图乙实验均需要平衡摩擦力
B. 图甲和图乙实验均需要称量悬挂的重物质量
C. 图甲和图乙实验均需要悬挂的重物质量远小于小车质量
D. 图丙实验中应该用手托住重物由静止释放
（2）已知打点计时器使用的是50 Hz的交流电源，进行图甲和图丙实验的实验小组不小心把他们的两条纸带弄混了，经过分析下图的计时点分布得知，以下纸带___________（选填“A”或“B”）是图甲实验得到的纸带，其加速度大小为__________m/s2。（保留两位有效数字）
（3）进行图乙实验的实验小组，多次改变重物的质量，以弹簧测力计的拉力F为横轴，小车的加速度a为纵轴，画出一条斜率为k的倾斜直线，则小车的质量M为___________（用k表示）。
【答案】（1）A （2）B 1.8 （3）
【解析】【小问1详解】
A．由于存在摩擦力，对小车受到的合外力有影响，所以图甲和图乙实验均需要平衡摩擦力，故A正确；
BC．图甲实验需要称量悬挂的重物质量，需要悬挂的重物质量远小于小车质量；图乙实验用弹簧测力计测拉力，所以没必要满足重物的质量远小于小车的质量，也不需要测量重物质量，故BC错误；
D．图丙实验开始时要使纸带处于竖直状态，用手或者夹子固定纸带上端，然后静止释放，故D错误。
故选A。
【小问2详解】
[1][2]利用逐差法分别计算出纸带A和纸带B的加速度aA和aB，则
图丙实验测量自由落体运动的加速度，所以图丙实验得到的是纸带A；图甲实验测量的加速度应远小于重力加速度，所以图甲实验得到的是纸带B，其加速度大小为1.8 m/s2。
【小问3详解】
由于动滑轮与小车相连，由牛顿第二定律得
则图像斜率
小车质量
17. 小刚要测量某水库内水的电阻率，用圆柱形容器装入水样品，已知圆柱形容器内部长度为l，内部直径为d。
（1）小刚先用多用电表欧姆挡的“×100”倍率粗测待测样品的电阻，示数如图1所示，可知样品的电阻值为R = ___________kΩ。
（2）为更精确地测量样品的电阻，同时有尽可能大的测量范围，该小组打算用以下器材完成伏安法测样品电阻：
A．电流表（量程3 mA，电阻约为30 Ω）
B．电压表（量程6 V，电阻约为20 kΩ）
C．滑动变阻器（0 ~ 20 Ω，额定电流1 A）
D．电源（6 V，内阻约为1 Ω）
E．开关一只、导线若干
请用笔画线代替导线，把图2中测量纯净水样品电阻的电路补充完整___________
（3）如果测得电流表示数为I，电压表示数为U，都采用国际单位制单位，则它的电阻率ρ = __________（用l、d、I、U表示）
【答案】（1）2.2 （2） （3）
【解析】【小问1详解】
样品的电阻值为
R = 22 × 100 Ω = 2.2 kΩ
【小问2详解】
因
可知应该采用电流表内接，滑动变阻器接成分压电路，电路如图
小问3详解】
根据
解得
18. 在“用油膜法估测分子的大小”实验中，将体积为V1的纯油酸配成总体积为V2的油酸酒精溶液，用注射器取体积为V0的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N。
（1）把一滴油酸酒精溶液滴入浅盘中，待稳定后得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示。图中每个小正方形格的边长为a，可估算出油酸分子的直径为__________。
A. B. C. D.
（2）若配置好的油酸酒精溶液敞口后放置了较长时间再使用，实验得到的油酸分子直径数据__________（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】（1）B （2）偏小
【解析】小问1详解】
轮廓包围方格约为68个，故油酸薄膜的面积为
每滴溶液中含有纯油酸的体积为
油酸分子的直径为
故选B。
【小问2详解】
根据
若配置好的油酸酒精溶液敞口后放置了较长时间再使用，由于酒精的挥发，使得油酸酒精溶液浓度变大，而代入计算的浓度偏小，一滴油酸酒精溶液中纯油酸体积测量值偏小，则计算得到的油酸分子直径将偏小。
四、解答题（本题共4小题，共41分）
19. 如图所示，一带活塞的气缸放置在倾角可变的粗糙斜面上，其初始角度为37°气缸质量，活塞质量，横截面积为，活塞与气缸间可无摩擦滑动，气缸与斜面间动摩擦因，大气压强保持不变，初始环境温度，活塞此时离缸底，气缸足够长且导热良好。
（1）环境温度保持不变，倾角缓慢由37°变为30°，气缸内气体的内能__________（选填“增大”“减小”或“不变”），缸内气体__________；（选填“吸热”“放热”或“不吸放热”）
（2）角度为37°时，气缸静止在斜面上，求缸内气体压强；
（3）角度为37°保持不变，环境温度由270K逐渐上升到330K的过程，内能增加了48J，求气体吸收的热量。
【答案】（1）不变 吸热 （2） （3）
【解析】【小问1详解】
[1]气缸足够长且导热良好，气体温度不变，内能不变。
[2]对活塞，沿斜面方向，由平衡条件得
倾角缓慢由37°变为30°过程中，重力分力减小，则气体压强减小。可知气体体积增大，外界对气体做负功，则
根据热力学第一定律可知
则缸内气体从外界吸热。
【小问2详解】
由平衡条件可知
解得
【小问3详解】
环境温度由270K逐渐上升到330K的过程，由可知压强不变。则
结合
解得
外界对气体做的功
由热力学第一定律得
20. 一游戏装置截面如图所示，该装置由固定平台、竖直圆管道和倾角为37°足够长的阻尼直轨道组成。圆管道与平台相切于B点，平台右端有一与平台等高固定的木板，平台及木板足够长。平台中间位置有一小球P及滑块Q，中间有一弹性挡板隔开，小球与挡板碰撞后原速反弹。阻尼轨道与管道相切，小球直径略小于管道直径，现给小球水平向左的初速度。已知圆轨道半径为，小球P质量，滑块Q质量，小球受阻尼轨道的阻力恒为0.15N，小球与木板阻力不计，滑块与木板的动摩擦因数，其余各接触面均光滑。
（1）求小球P经过与圆心等高的C点时受到轨道对它的支持力大小；
（2）若小球不滑出轨道，求其长度的最小值l，并求经过足够长时间，小球在直轨道运动的总路程s；
（3）经过足够长时间，撤去挡板，小球P与滑块Q每次均为弹性碰撞，碰前Q均已静止，求Q第3次碰撞后到最终静止过程中在木板上滑行的总长度。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】【小问1详解】
设小球到达C点的速度为，根据机械能守恒定律可知
在C点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得轨道对小球的支持力
【小问2详解】
从出发到最高点的过程中，根据动能定理
解得
最终小球在D与挡板之间往复运动，则有
解得
【小问3详解】
设第一次碰前小球的速度为，碰撞后小球的速度为，滑块的速度为
解得
小球与滑块为弹性碰撞，则有
解得
同理可得第三次碰后
第三次碰后最终通过多次碰撞二者停止运动，根据功能原理可得
21. 某电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距为l，倾角为，导轨上端串接一个阻值为的电阻，下端接有电容为Ｃ的电容器。在导轨间长为d的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m的金属棒水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆相连，金属棒向上运动时，闭合，断开，向下运动时，断开，闭合。棒的初始位置在磁场下方某位置处，一位健身者用大小为的恒力拉动杆，运动过程中始终保持与导轨垂直，进入磁场时恰好匀速上升，不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量，重力加速度为g。
（1）求棒进入磁场时的速度大小；
（2）棒进入磁场处时，撤去拉力F，恰好能减速运动到磁场上边界，求减速向上运动的时间；
（3）棒从磁场上边界由静止下滑，此时电容器电量为零，下滑过程中，拉力始终为零，求棒出磁场时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
棒进入磁场时有
又
，，
联立解得
【小问2详解】
减速过程，由动量定理得
又
联立解得
【小问3详解】
设CD棒的速度大小为时，经历的时间为t，通过CD棒的电流为I，CD棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为
f1=BIl
设在时间间隔（t，t+t）内流经CD棒的电荷量为Q，则
Q=CBlv
Q是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+t）内增加的电荷量，v为CD棒的速度变化量。按定义有
，
CD棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣f1=ma
联立可得
可知CD棒做初速度为零的匀加速运动。则
解得
22. 如图为某同学设计的光电效应研究装置，A、B为金属板，频率为的单色光照射到板A上发生光电效应，经A、B间的电场加速后，部分粒子从小孔a进入图中虚线所示的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场半径为R，磁场区域的下方有一粒子选择及接收装置P。在磁场圆心O的正下方，与垂直，接收板与垂直。光电子经过电场加速后能从a孔以不同的角度进入磁场，已知元电荷为e，电子的质量为m，间的加速电压为，只有速度方向垂直接收板的粒子才能通过粒子选择器，其它粒子被粒子选择器吸收并立即导入大地，通过选择器的粒子最终打在接收板上，被接收板吸收并立即导入大地。重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用力，不考虑缓慢变化的磁场产生的电场，只考虑纸面内运动的电子，普朗克常量为h。
（1）磁感应强度时，某光电子从A板离开时的速度为0，求该电子经过a进入磁场后做圆周运动的半径；
（2）粒子从a孔进入时速度与角度范围，求粒子接收器上接收到粒子的长度L；
（3）磁感应强度由缓慢增大到时，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金属板A的逸出功；
（4）当时，粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，求单位时间内接收板上接收到的粒子数n。
【答案】（1） （2） （3） （4）
【解析】【小问1详解】
光电子从A板离开到a进入磁场时，由动能定理可得
解得
光电子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
【小问2详解】
电子以不同的入射角进入磁场，其轨迹会形成一个扇形区域，如图所示，由于入射角度范围，因此可知该扇形的张角为60°。由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径为时，粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，在圆磁场边缘上两粒子射出磁场时所夹的圆弧所对的圆心角为60°，则接收器上接收到粒子的长度是R。
【小问3详解】
磁感应强度由缓慢增大到时，接收器上恰好不能再接收到粒子，说明初速度最大的粒子运动轨道半径都比R小，临界状态是速度最大的粒子轨道半径恰好为R
这意味着电子从A板逸出时的最大动能是
光电效应方程可得
解得
【小问4详解】
当时，粒子射出磁场时的速度为
粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，单位时间内接收板上接收到的粒子数n，对粒子由动量定理可得
解得