浙江省2023_2024学年高三物理下学期4联考试题含解析

这是一份浙江省2023_2024学年高三物理下学期4联考试题含解析，共28页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分共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题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量属于矢量，且其单位用国际单位制基本单位表示是（ ）
A. 电流AB. 电场强度
C. 磁感应强度D. 磁通量
【答案】C
【解析】
【详解】A．电流有大小，有方向，运算不遵循平行四边形定则，电流是标量，故A错误；
B．电场强度有大小，有方向，运算遵循平行四边形定则，电场强度是矢量，其单位不是用国际单位制基本单位表示的，故B错误；
C．磁感应强度有大小，有方向，运算遵循平行四边形定则，磁感应强度是矢量，其单位是用国际单位制基本单位表示的，故C正确；
D．磁通量是通过闭合线圈的磁感线的条数，它是标量，故D错误。
2. 2023年10月7日，第19届亚运会皮划艇静水项目中浙江选手李冬崟以1分58秒931的成绩获得皮划艇静水女子500米单人皮艇决赛冠军，如图为运动员冲刺时的照片。下列说法一定正确的是（ ）
A. 研究冲刺瞬间的划水动作时可以将运动员视为质点
B. “1分58秒931”是指时间间隔
C. 桨对水的作用力大于水对浆的作用力
D. 运动员冲刺的瞬时速度约为4.2m/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．研究冲刺瞬间的划水动作时需要考虑到运动员身体各部分的运动情况，不可以将运动员视为质点，A错误；
B．“1分58秒931”是指时间间隔，B正确；
C．根据牛顿第三定律，桨对水的作用力大小等于水对浆的作用力大小，C错误；
D．根据题目中的已知条件可以计算出平均速度的大小，但无法得到运动员冲刺的瞬时速度，D错误。
故选B。
3. 如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B. 小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C. 小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D. 小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在下滑过程中，圆弧轨道向左运动，动能增大，重力势能不变，机械能增大，故小球对圆弧轨道做正功，故A错误；
B．小球下滑过程中，小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能，故B错误；
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故C错误；
D．因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，没有外力做功，故系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
4. 《大国重器》节目介绍的GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，管道内部有三根绝缘超高压输电线缆平行且间距相等，截面图如图乙所示，上方两根输电线缆A、B连线水平，某时刻A、C中电流方向垂直于纸面向里，B中电流方向垂直于纸面向外，A、B、C中电流大小均为I，则（ ）
A. 正三角形中心O处的磁感应强度为0
B. A、C连线中点处的磁感应强度沿CA方向
C. A、C输电线缆相互吸引
D. C输电线缆受到的安培力方向是水平向右
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据安培定则可以确定各个电流在O点的磁感应强度的方向，根据磁感应强度的叠加，可知，正三角形中心O处的磁感应强度不为0，故A错误；
B．根据安培定则，结合对称性可知，A、C电流在AC中点的合磁感应强度为0，则该中点的磁感应强度等于B电流在该中点的磁感应强度，可知A、C连线中点处的磁感应强度沿AC方向，故B错误；
C．根据安培定则判定磁场方向，根据左手定则判定电流所受安培力方向，可知，A、C输电线缆相互吸引，故C正确；
D．根据安培定则与磁场的叠加可知，A、B电流在C处的合磁感应强度方向由O指向C，根据左手定则可知，C输电线缆受到的安培力方向是水平向左，故D错误。
故选C。
5. 023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞后大球的动量大于小球的动量
B. 碰撞后大球的动能等于小球的动能
C. 大球碰撞前后的速度比为2：1
D. 大球碰撞前后的动能比为2：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，则
根据
碰撞后大球的动量等于小球的动量，故A错误；
B．根据
碰撞后大球的动能小于小球的动能，故B错误；
C．根据动量守恒
得
故C正确；
D．根据
大球碰撞前后的动能比为4：1，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，甲、乙两个物块叠放在一起，恰随车厢一起向右做匀加速直线运动，甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值，甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，甲与厢壁间的动摩擦因数为，则（ ）
A. 甲、乙整体的加速度大小为
B. 乙对甲的作用力大小为
C. 甲、乙之间的动摩擦因数为
D. 可以求出甲、乙的质量之比
【答案】C
【解析】
【详解】A．对甲乙的整体由牛顿第二定律
解得
选项A错误；
B．甲对乙的摩擦力
甲对乙的压力为mg，则甲对乙的作用力为
则乙对甲的作用力大小为
选项B错误；
C．对乙分析可得
可得甲、乙之间的动摩擦因数为
选项C正确；
D．由题中条件不可以求出甲、乙的质量之比，选项D错误。
故选C。
7. 我国利用小型辐照装置研究病毒灭活，其主要原理是辐照源钴衰变后产生镍和X粒子，并放出射线，利用射线、X粒子束产生的电离作用，使病毒失去感染性。已知钴60的半衰期为5.27年，下列说法正确的是（ ）
A. X粒子为中子
B. 该衰变属于β衰变，反应放出的射线是一种电磁波
C. 的结合能比该反应产生的新核的大
D. 1g钴60经21年后约有发生了衰变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X粒子为电子，故A错误；
B．该衰变属于β衰变，反应放出的射线为γ射线，是一种电磁波，故B正确；
C．衰变时放出能量，生成物更稳定比结合能更大，由于两原子核核子数都为60，所以的结合能比该反应产生的新核的小，故C错误；
D．21年约为钴60的4个半衰期，1g钴60经21年后发生衰变的质量约为
故D错误。
故选B。
8. 一个不带电的空腔导体放入匀强电场中，达到静电平衡后，导体外部电场线分布如图所示。W为导体壳壁，A、B为空腔内两点。下列说法正确的是（ ）
A. 金属发生感应起电，右端外表面的感应电荷为正，右端内表面的感应电荷为负
B. 金属内表面是等势面，金属导体内外表面存在电势差
C. 感应电荷在A、B两点场强相等
D. 金属处于静电平衡时，金属内部的电场强度与静电场大小相等、方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属放在静电场中会发生感应起电，根据静电屏蔽，右端外表面的感应电荷为正，右端内表面不带电，故A错误；
B．根据静电平衡下导体内部特征，金属整体是等势体，金属导体内外表面电势差为0，故B错误；
CD．根据静电平衡下导体内部特征，金属内部被静电屏蔽，A、B两点的电场强度为0，金属内部的感应电场强度与静电场电场强度大小相等、方向相反，故感应电荷在A、B两点场强相等，故C正确，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，甲、乙两颗卫星分别沿椭圆轨道和圆轨道绕地球运动，甲的轨道的近地点在地面附近，远地点与地面的距离为3R，甲的轨道的远地点与乙的轨道的最近距离为2R。已知地球的半径为R，质量为M，引力常量为G，卫星引力势能的表达式为（m为卫星的质量，r为卫星到地心的距离），则（ ）
A. 甲的运动周期小于乙的运动周期
B. 若乙的质量为，则乙的引力势能为
C. 在经过轨道交点的位置上，卫星甲的向心加速度小于卫星乙的向心加速度
D. 若卫星乙的圆轨道高度降低，卫星的动能与引力势能均减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据开普勒第三定律
甲卫星轨道的半轴长为
乙卫星轨道的半径为
故甲的运动周期大于乙的运动周期，故A错误；
B．若乙的质量为，则乙的引力势能为
故B错误；
C．根据牛顿第二定律
可得
故在经过轨道交点的位置上，卫星甲的加速度等于卫星乙的加速度，由于卫星乙受到的万有引力全部提供向心加速度，卫星甲受到的万有引力部分提供向心加速度，故在经过轨道交点的位置上，卫星甲的向心加速度小于卫星乙的向心加速度，故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
卫星的动能为
若卫星乙的圆轨道高度降低，卫星的动能增大，引力势能减小，故D错误。
故选C。
10. 一个加速度传感器（如左图），较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧某同学设计了连接两相同的弹簧，R为滑动变阻器，4是与滑块2相连的滑动片，两个电池的电压相等。已知电压表指针的零刻度线位于表盘中央，哪端电势高向哪端偏转。用该传感器得到的图像如右图所示，规定向右为正方向。分析可知（ ）
A. 时刻滑块加速度向右
B. 时刻滑块向左压缩弹簧
C. 滑块的加速度一直增大
D. 时刻电压表的指针将偏向Q端
【答案】D
【解析】
【详解】A．向右为正方向，时刻滑块加速度向左，故A错误；
B．时刻滑块加速度向左，应向右压缩弹簧，才能受到向左的弹力。故B错误；
C．由图可知，滑块的加速度先减小后增大，故C错误；
D．时刻加速度向右，滑块向左压缩弹簧，Q点电势高于P点电势，电压表的指针将偏向Q端。故D正确。
故选D。
11. 如图所示真空中某直线形粒子发射装置水平放置在截面为三角形的匀强电场区域上方，匀强电场水平向里，且足够长，图示是前视图．已知该粒子发射的都是质子，同时射出的粒子为同一批粒子，出射速度一样，不计重力经过电场偏转打在水平地面的光屏上．则从上往下看，关于打在光屏上的粒子说法正确的是（ ）
A. 同批射出的粒子，在左右两边的最先到达地面光屏
B. 同一批射出的粒子打在地面光屏上呈“”形状
C. 不同批次射出的粒子速度越大打在地面光屏上离开轴的平均距离越远
D. 同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改变量正比于入射电场时离轴的高度的平方
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，粒子进入电场后，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，所以同批射出的粒子同时到达地面，故A错误．由类平抛运动规律知：竖直方向有h=v0t，水平方向有d=at2，，与平抛运动类比可知，粒子打在地面光屏上不是呈“∧”形状，而是抛物线，故B错误．粒子速度越大，则在电场中运动时间越短，距离x轴的平均速度越近，故C错误．根据功能关系有-∆Ep=W电=qEd=，即同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改变量正比于入射电场时离轴的高度的平方．故D正确．
12. 如图所示，能级间的跃迁产生不连续的谱线，从不同能级跃迁到某一特定能级就形成一个线系，比如：巴耳末系就是氢原子从n=3，4，5…能级跃迁到的能级时辐射出的光谱，其波长遵循以下规律：，R为常数，下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子从能级跃迁到能级时辐射出的光子，在巴耳末系中波长最短
B. 氢原子从能级跃迁到能级，该氢原子放出光子，其核外电子的动能增大
C. 用能量为14.0eV的光子去照射一群处于基态的氢原子，受照射后，氢原子能跃迁到的能级
D. 用大量电子去撞击一群处于基态的氢原子，使处于基态的氢原子跃迁到能级的电子德布罗意波长
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据玻尔理论可知
氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子，在巴耳末系中光子中能量值最小，则波长最长，A错误；
B．氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，放出光子，其核外电子的轨道半径减小，由牛顿第二定律可得
即
故电子动能增大，B正确；
C．由于入射光子的能量满足
14.0eV>13.6eV
故该光子能使基态氢原子电离，C错误；
D．用大量电子去撞击一群处于基态的氢原子，使处于基态的氢原子跃迁到能级的电子的能量需满足
则德布罗意波长需满足
D错误。
故选B。
13. 已知太阳光垂直射到地球表面上时，地球表面的单位面积上单位时间接收到的太阳光的能量为。假如认为太阳光为单一频率的光，且波长为，光速为c，普朗克常量为h。由于地球离太阳很远，所以照射到地球表面的太阳光可近似看成平行光。现有一个半径为R的半球体，球心为O，倒扣在地面上，太阳光垂直于地面入射到半球面上，如图甲所示。图乙为平放在地面上的半径同为R的圆盘。由于太阳光的作用，会使半球体或圆盘受到一个向下的压力。为研究该压力，小杨同学在半球面上取一条很窄的环带状球面ABCD，AB是一个以为圆心的圆的直径，CD是以正上方离很近的（图中未画出）为圆心的圆的直径，。由于AD很短，故整个环带状球面可看成与水平方向成θ角的斜面。设该环带状球面的面积为，其在地面上的投影记为。则下列说法中正确的是（ ）
A. 光子动量的变化量大小
B. 单位时间打到半球面上的光子数
C. 假设所有照射到球面上的太阳光均被吸收，则面上所受压力大小为
D. 假设太阳光直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变，且反射方向遵循光的反射定律，则面上所受压力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．若光被反射，反射前后频率不变，则
方向垂直于S1面，如图所示
故A错误；
B．单位时间打到半球面上的光子数
故B错误；
C．在时间内，射到S1面上的光子数为
光子被完全吸收，根据动量定理，光子受到的力大小为F1，则
得
根据牛顿第三定律，S1面受到的力大小为
故C错误；
D．在时间内，射到S2面上的光子数为
太阳光直接穿过球面照射到上再被反射，反射前后频率不变
根据动量定理，光子受到的力大小为F2
得
由于
得
根据牛顿第三定律，S2面受到的力大小为
故D正确。
故选D
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 汤姆孙发现电子使人们认识到原子内部是有结构的
B. 子弹德布罗意波的波动性有可能导致狙击手目标脱靶
C. 伽利略将逻辑推理和实验两种方法结合起来研究自然现象
D. 裂变产生的是速度很大的快中子，能量很大，因而引发并加剧进一步的裂变，这样的中子就是“热中子”
【答案】AC
【解析】
【详解】A．汤姆孙发现电子使人们认识到原子内部是有结构的,故A正确；
B．实物波动性的波长很短，波动性可以忽略，故B错误；
C．伽利略将逻辑推理和实验两种方法结合起来研究自然现象，故C正确；
D．裂变产生的是速度很大的快中子，速度太快的中子不能使铀核发生裂变，只有速度与热运动相当的中子最适于引发裂变，这样的中子就是热中子，或称慢中子，故D错误。
故选AC。
15. 如图甲所示，振源P、Q分别形成沿水平方向传播的机械波，已知，质点M、N到振源P的距离分别为5m和15m，图乙中的实线和虚线分别为振源P、Q的振动图像，且时刻振源P开始振动，从振源Q开始振动起经的时间两列波相遇。则下列说法正确的是（ ）
A. 两列波的波长均为2m
B. 稳定后质点N的振幅为25cm
C. 质点M和N振动情况始终相反
D. 从时刻开始到振源Q产生的波刚传到质点M时，质点M通过的路程为630cm
【答案】AD
【解析】
【详解】A．波源Q比波源P晚振动∆t=1s，两列波相遇时根据
解得
两列波的波长均为
选项A正确；
B．因振源P振动1s后振源Q开始振动，可知稳定后质点N振动减弱，则振幅为5cm，选项B错误；
C．质点M到两振源的距离之差为20m为波长的偶数倍，则M点的振动减弱，即质点M和N的振动情况始终相同，选项C错误；
D．振源P产生的波刚传到质点M时需要的时间为
振源Q产生的波刚传到质点M时需要的时间为
振源Q产生的波刚传到质点M时质点M已经振动的时间为
质点M通过的路程为
选项D正确。
故选AD。
非选择题部分共55分
16、实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题，共14分）
16. 某同学利用打点计时器分析自身步行时的速度特征，把接在50Hz的交流电源上的打点计时器固定在与人腰部等高的桌面上，纸带穿过打点计时器限位孔，一端固定在人腰部，人沿直线步行时带动纸带运动，打点计时器记录人步行时的运动信息。
（1）选取点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，其中连续5个计数点A、B、C、D、E图所示，纸带中CD段的平均速度为______m/s。（保留两位有效数字）
（2）再次实验，沿着计数点位置把纸带裁开并编号，按编号顺序把剪出的纸带下端对齐并排粘贴在坐标纸上，剪出的纸带长度代表打出这段纸带时间内的平均速度，把每段纸带上边中点连接成线，如下图所示，若用图中曲线描述人运动的速度一时间关系，如果用纵坐标表示速度大小，横坐标表示时间，则纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为______s，请根据上图估算该同学的步幅为______m。（保留两位有效数字）
【答案】（1）0.58
（2） ①. 0.10 ②. 0.53
【解析】
【小问1详解】
相邻两个计数点间的时间间隔T=0.1s，纸带中BC段的平均速度为
【小问2详解】
[1][2]纸带的横宽d对应横坐标中的时间间隔为
T=0.10s
可把图像看成图像，同学的步幅为图像一个周期内每段纸带面积之和，该同学的步幅为
17.
（1）某同学在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，下列物体中最适合用于提供拉力的是______。
A. B.
C. D.
（2）该同学保持悬挂的重物质量m不变，研究小车的加速度a与小车质量M的关系。改变小车的质量M，得到小车的加速度a，并描绘图线后，发现图线在值较大的区间发生弯曲，其他区间为直线，他分析认为可能是由于细绳拉力不再等于悬挂物重力引起的，于是调整了研究参数，结果得到了一条完整的直线，他的调整可能是______。
A. 描绘a与的关系图线B. 描绘a与的关系图线
C. 描绘a与的关系图线D. 描绘a与的关系图线
【答案】（1）D（2）A
【解析】
【小问1详解】
由于在实验中，要使小车受到的外力等于所挂重物的重力，需使重物的质量远小于小车的总质量，所给定的四个选项中，只有D可以实现这一要求。
故选D。
【小问2详解】
对于小车和所挂重物整体分析，可知
解得
由此可知，当所挂的重物质量m不变，研究小车的加速度a与成正比，故A正确。
故选A。
18. 现有同学要测定一节干电池的电动势E和内阻r。
干电池（电动势约1.5V、内阻较小）滑动变阻器（0~10Ω）
电阻箱（0~9999Ω）电压表（0~3V量程、内阻约3kΩ）
电流表（0~0.6A量程、内阻约0.5Ω）开关S、导线若干。
（1）该同学设计出如下三个方案，其中精度较高是______；
A. B. C.
（2）经过多次测量，他们记录了多组电流表示数I和电压表示数U，并在图中画出了图像。由图像可以得出，此干电池的电动势的测量值______V（保留三位有效数字），内阻的测量值______（保留两位有效数字）。
（3）由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下图实线为该同学按照正确的实验方法操作时作出的图线，两条虚线①②中有一条是真实图线，则下列说法正确的有______。
A. 引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小
B. 引入系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大
C. 图线①表示真实图线，小明同学所测电动势和内阻均偏小
D. 图线②表示真实图线，小明同学所测电动势为真实值，内阻偏大
【答案】（1）B（2） ①. 1.48##1.49 ②. 0.79##0.80
（3）AC
【解析】
【小问1详解】
C．由
可知若选C图需要电流表内阻已知，否则测量的电源内阻为电源内阻与电流表电阻之和，电源内阻测量误差较大，C错误；
AB．因电流表内阻未知，故为了减小电流表内阻对测量电源内阻造成的误差应将电流表放在支路，A错误，B正确。
故选B。
【小问2详解】
由闭合电路欧姆定律
可得
故纵截距为电动势，斜率的绝对值为内阻
【小问3详解】
AB．本实验引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小，A正确，B错误；
C．若考虑电压表分流造成的影响，闭合电路欧姆定律可表示为
可知，当时，，即测量值与真实值与横坐标交点相同，故图线①表示真实图线，所以所测电动势和内阻均偏小，C正确，D错误。
故选AC
19. 传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（电学量），例如热敏传感器。某热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由该热敏电阻作为传感器制作的简单自动报警器线路图。问：
（1）为了使温度过高时报警器响铃，c应接在______（选填“a”或“b”）处。
（2）若要使启动报警的温度降低些，应将滑动变阻器的滑片P向______（选填“左”或“右”）移动。
【答案】（1）a（2）右
【解析】
【小问1详解】
图乙左端电路开关闭合后，当温度达到一定高度时，电流增大，电磁铁磁性增大，吸引右边的铁片，故c应接在a处。
【小问2详解】
若要使启动报警的温度降低些，即相同电流下，热敏电阻阻值变大，电路总电阻不变，应将滑动变阻器的滑片P向右移动。
20. 如图所示，一端开口的绝热试管竖直放置，开口朝上，试管总长，横截面积，试管内用水银封闭一段理想气体，气柱高度与水银柱高度均为，试管下侧内部有一电阻丝，电阻丝的体积可忽略。该理想气体初始温度，处于状态A。现通过电阻丝对封闭的气体缓慢加热，使水银上液面恰好到达玻璃管开口处，气体处于状态B。继续对封闭气体缓慢加热，直至水银恰好即将全部流出，气体达到状态C。已知大气压强（约为），重力加速度大小。求：
（1）气体处于状态B时的温度；
（2）气体从状态B到状态C，其分子平均动能______（选填“增大”、“减小”或“不变”），试管内壁单位面积受到的压力______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（3）已知气体从状态A到状态C，内能增加，求整个过程电阻丝放出的热量Q。
【答案】（1）；（2）增大，减小；（3）
【解析】
【详解】（1）等压膨胀，由盖-吕萨克定律得
可得
（2）气体从状态B到状态C温度增加，分子平均动能增大，压强降低，试管内壁单位面积受到的压力减小
（3）法1：将封闭气体与水银看做整体，吸收的热量变为气体的内能增量、水银的重力势能增量和系统对外界大气做功
所以
法2：封闭气体对外做功
有热力学第一定律可得
21. 某游戏装置的竖直截面如图所示，由光滑的轨道AB，长为的传送带BC，圆心角均为，半径的圆弧轨道DE、EF，以及足够长的光滑水平平台FG组成。平台FG上停有相同质量的滑块b和滑块c，其中滑块c左端连有劲度系数的轻弹簧。传送带以的速率顺时针转动，现将质量的滑块a从斜面AB高h处释放。已知滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）且处于弹性范围内，，重力加速度大小。滑块a与滑块b的碰撞为完全弹性碰撞，游戏过程中要求滑块不脱离轨道。
（1）若，求：
①小物块a第一次经过D点时对轨道的压力大小；
②弹簧的最大压缩量x；
③滑块b的最终速度大小v；
（2）求滑块b与滑块c的最终动能之和与释放高度h的关系。
【答案】（1）①；②；③；（2）见解析
【解析】
【详解】（1）①由机械能守恒定律
得
在点，对物块由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可得，对轨道的压力大小为
②第一次到F点时
由
与第一次完全弹性碰撞后
共速时压缩量最大
解得
③与分离时，静止，速度为，再次返回平台时速度为
第二次碰撞后
（2）当时，
当时，第一次到点时
得最终的速度为
最终的速度为
所以
当时，第一次到点时
得最终的速度为
最终的速度为
所以
当时，第一次到点时
得最终的速度为
最终的速度为
所以
当时，滑块在点脱轨
综上，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，滑块在点脱轨。
22. 某科技小组的学生进行电磁炮发射装置的课题研究，模型简化如下：如图所示，在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，磁场方向竖直向上，导轨左侧末端接有电动势为E，内阻为r的电源，开关K控制电路通断。质量为m，电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于导轨上，并与导轨接触良好。电路中其余部分电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平方向的速度转变为与地面成角，但不改变速度的大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反，大小与速度大小成正比的阻力，k为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。
(1)若已知磁场的磁感强度为B，求闭合电键K瞬间导体棒的加速度大小；
(2)导体棒从静止开始达到某一速度v，滑过的距离为，电流流过导体棒ab产生的电热为Q，求电源提供的电能；
(3)i．若导轨足够长，调节磁场的磁感应强度，可以使导体棒获得最大的速度，求这个最大速度；
ⅱ．若导体棒到达NQ时速度为，最后发现导体棒以的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度。
【答案】（1）；（2）；（3）i．，ⅱ．
【解析】
【详解】（1）闭合电键K瞬间电路中的电流为
根据牛顿第二定律
联立各式，解得
（2）由能量守恒得
由于电源内阻与导体棒内阻相等，则
解得
（3）i．导体棒速度最大时导体棒受力平衡，即
由闭合电路欧姆定律得
联立可得
由数学知识可得
ⅱ．导体棒从NQ到落地，在水平方向上由动量定理可得
所以
解得
在竖直方向由动量定理可得
解得
导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度为
23. 如图所示，在OA段有一均匀分布的线状粒子源，单位时间水平向右发射N个质量为m、带电荷量为速度的粒子，OA段右侧区域为足够大匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在O点放置一足够长收集板，与AO方向成60°，离子打在收集板上即被吸收。已知OA段长度为。（不计粒子重力及其相互作用）求：
（1）从O处发射离子打在收集板位置与O点距离；
（2）收集板上被离子打到的长度；
（3）离子对收集板沿板方向的作用力大小。
【答案】（1）R；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力
可得轨迹半径为
根据几何关系
可知，从O处发射离子打在收集板位置与O点距离
L=R
（2）当粒子速度竖直向下击中收集板时，粒子离O最远，如图所示
此时击中点与O的距离为
当粒子从A点射出击中收集板时，粒子离O最近，如图所示
此时根据几何关系（收集板与图示虚线夹角为30°），此时击中点与O的距离为
则收集板上被离子打到的长度
（3）设粒子击中收集板时速度方向与收集板方向夹角为偏向右下，一个粒子单位时间对收集板作用力
对收集板沿板方向作用力；
根据以上分析，当粒子击中收集板时，其速度方向由与收集板方向夹角为30°偏向右下到与收集板方向夹角为60°偏向左下；
则单位时间内射出的所有粒子对收集板沿板方向的作用力大小为