2021-2022学年浙江省杭州市浙江大学附属中学高三（下）5月仿真模拟物理试题含解析

这是一份2021-2022学年浙江省杭州市浙江大学附属中学高三（下）5月仿真模拟物理试题含解析，共34页。试卷主要包含了选择题I，选择题II，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 浙大附中2022届高三仿真模拟试卷
物理试卷
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. 在聚变反应中，一个质量为1876.1MeV/c2（c为真空中的光速）的氘核和一个质量为2809.5的氚核结合为一个质量为3728.4MeV/c2的氦核，并放出一个质子，同时释放大约17.6MeV的能量，用国际单位制基本单位表示为（　　）
A. J B. N·m C. D. kg·m/s2
【答案】C
【解析】
【详解】是能量单位

由，可知

故用国际单位制基本单位表示为。
故选C。
2. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（　　）
A. 库仑发现点电荷间相互作用的规律并测出了静电力常量k的数值
B. 法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场
C. 奥斯特发现了电流的磁效应并总结出右手螺旋定则来判定电流周围磁场方向
D. 普朗克首次提出能量子的概念与物体所带的电荷量是量子化的
【答案】B
【解析】
【详解】A．静电力常量k的数值是根据麦克斯韦的相关理论计算出来的，故A错误；
B．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出右手螺旋定则，故C错误；
D．普朗克首次提出能量子的概念，密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，故D错误。
故选B。
3. 荡秋千是人们平时喜爱的一项体闲娱乐活动，如图所示小孩正在荡秋千，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. 在最高点时小孩速度为零，处于平衡状态
B. 在最低点时小孩处于失重状态
C. 最高点向最低点运动过程中小孩所受合力不为零且指向圆心，提供向心力
D. 最高点向最低点运动过程中小孩对秋千踏板的压力大小始终等于秋千踏板对该同学的支持力大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．小孩在最高点受到重力、绳子拉力，合外力沿轨迹切线，垂直于绳子，受力不平衡，A错误；
B．在最低点时合外力充当向心力，由牛顿第二定律

故在最低点，小孩加速度竖直向上，处于超重状态，B错误；
C．从最高点到最低点，小球做变速圆周运动，速度越来越大，故小孩合外力不为零，既有沿半径方向的合外力产生向心加速度，改变速度方向，又有沿切线方向合外力改变速度大小，即从最高点向最低点运动过程中合外力不指向圆心，C错误；
D．最高点向最低点运动过程中小孩对秋千踏板的压力和秋千踏板对该同学的支持力是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知压力、支持力大小相等，D正确。
故选D
4. 在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( )

A. 拖把将做减速运动
B. 拖把继续做匀速运动
C. 地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小
D. 地面对拖把的支持力FN变大，地面对拖把的摩擦力Ff变大
【答案】C
【解析】
【详解】CD．设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．

将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：
竖直方向上
Fsinθ+mg=FN①
水平方向上
Fcosθ-Ff=0 ②
式中FN和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有
Ff=μFN③
由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力FN变小；由③可得地面对拖把的摩擦力Ff变小．故C正确；D错误；
AB．减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小而Fcosθ增大，所以Fcosθ-Ff将大于0，所以拖把将做加速运动．故AB错误。
故选C。
【名师点睛】此题考查了物体的平衡问题；对于拖把头受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住水平方向和竖直方向平衡，根据正交分解，运用平衡条件和滑动摩擦力公式列方程分析各个力的变化．
5. 下列说法正确的是（　　）
A. 天然放射现象说明原子是可分的
B. LC振荡电路中充电完毕瞬间回路电流为零，电感L中自感电动势最大
C. 红外体温计是依据体温计发射红外线来测体温的
D. 全息照相与立体电影都利用了光的干涉原理
【答案】B
【解析】
【详解】A．天然放射现象说明原子核是可分的，故A错误；
B．LC振荡电路中充电完毕瞬间回路电流为零，此时电流变化最快，所以电感L中自感电动势最大，故B正确；
C．红外体温计是根据人体发射红外线来测体温的，故C错误；
D．全息照相利用光的干涉，立体电影利用光的偏振，故D错误。
故选B。
6. 一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是（　　）


A. 在位置③，人的速度为0
B. 从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0
C. 从位置②到⑤，重力做功几乎为0
D. 在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，选项A错误；
B．从位置②到⑤，重力对人的作用时间不为零，根据
IG=mgt
可知重力冲量不为0，选项B错误；
C．从位置②到⑤，人的重心高度几乎不变，则根据
WG=mgh
可知，重力做功几乎为0，选项C正确；
D．在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，选项D错误。
故选C。
7. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道I为空间站运行轨道，其离地高度约为400km，地球半径是6400km。下列说法正确的是（　　）

A. 载人飞船在轨道I上运行速率在7.9km/s到11.2km/s之间
B. 载人飞船在轨道I上的周期大于24h
C. 载人飞船在轨道I上的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度
D. 载人飞船在轨道I上机械能大于在轨道II上的机械能
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是7.9km/s，是最大的运行速度，故载人飞船在轨道I上运行速率小于7.9km/s，A错误；
B．地球同步卫星的周期是24h，载人飞船在轨道I上运行时的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，对于卫星万有引力提供向心力

故

可见卫星轨道半径越小，周期越短，即载人飞船在轨道I上的周期小于24h，B错误；
C．由可得

故卫星轨道半径越大，加速度越小，所以同步卫星的向心加速度小于轨道I上载人飞船的向心加速度；又因为同步卫星和赤道上的物体角速度相等，由可知，同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故载人飞船在轨道I上的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，C错误；
D．卫星在轨道II上需在A点加速才能变轨到轨道I上，在A点变轨过程中有其他形式能转化为机械能，故载人飞船在轨道I上机械能大于在轨道II上的机械能，D正确。
故选D。
8. 家电待机耗电问题常常被市民所忽略，技术人员发现一台电视机待机一天的耗电量约0.2度。据最新统计浙江省的常住人口约5800万人，假设每户家庭拥有的家用电器如下表所示，则由表中数据，估算每年浙江省家庭用电器待机耗电量约为（　　）
家庭常用电器
电视机
洗衣机
空调
电脑
户均数量（台）
2
1
2
1
电器待机功耗（W/台）
10
20
40
40

A. 度 B. 度 C. 度 D. 度
【答案】C
【解析】
【详解】浙江省家庭用电器每家待机总电功率为

大约三人一户，则浙江省家庭用电器年待机耗电量

故选C。
9. 雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为右图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点（　　）


A. 该烟尘颗粒带正电
B. 该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是匀变速曲线运动
C. A点的场强小于B点的场强
D. 该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】A．观察发现，颗粒向正极板弯曲，说明颗粒带负电，故A错误；
B．电场线由正极指向负极，由图知，该电场不可能是匀强电场，电场力不可能不变，故加速度不可能不变，故不可能是匀变速曲线运动，故B错误；
C．电场线的越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，故C错误；
D．等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的颗粒在A点的电势能更大，故D正确。
故选D。
10. 如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计．下列说法不正确的是（ ）

A. 合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B. 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
C. 合上开关S稳定后，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向右
D. 断开开关S时，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向右
【答案】D
【解析】
【详解】AC．合上开关的瞬间，L由于产生自感电动势阻碍通过A1的电流，所以A1中的电流小于A2中的电流，稳定后L对直流电路没有阻碍作用，A1和A2电阻相等，即合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮，此时A1和A2的电流方向都向右，故A不符合题意，C不符合题意.
BD．断开开关时，由于L中产生的自感电动势在A1和A2之间构成串联电路中产生电流，故都要过一会才会熄灭，此时流过A1的电流向右，流过A2的电流向左.故C不符合题意，D符合题意
11. 如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是（　　）


A. 电压表的示数为5V
B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C. 在0~0.01s内穿过线圈的磁通量变化为Wb
D. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．原线圈的电压

根据变压比可知副线圈电压

由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知

解得电压表的示数为

故A正确；
B．根据变压比可知副线圈电压

若只将S从1拨到2，则增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知

因为增大且减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；
C．由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为

又因为

解得

故C错误；
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据


则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
故选A。
12. 如图所示，真空中平行玻璃砖的折射率n=，一束单色光与界面成=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，相距h=2.0cm。则（　　）

A. 若减小角，则在玻璃砖的下表面将会没有光线射出
B. 该单色光射入玻璃砖的折射角为60°
C. 该玻璃砖的厚度d=cm
D. 若减小角，则h变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，则说明折射光线在玻璃砖的下表面处发生了反射和折射，若减小角，光线在玻璃砖的下表面处的入射角更大，光线在此处可能发生全反射，也可能入射角还没有达到临界角即不会发生全反射，则在玻璃砖的下表面可能没有光线射出，所以A错误；
B．光路图如图所示，根据几何关系可得入射角为

根据折射定律

解得

所以该单色光射入玻璃砖的折射角为，则B错误；
C．如图所示，由几何关系可知三角形CDE为等边三角形，四边形ABEC为等腰梯形，则有

玻璃的厚度d为等边三角形的高，则有

所以C正确；

D．若减小角，利用极限思想可知，h变小，所以D错误；
故选C。
13. 霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（　　）


A. a端电势低于b端电势
B. 若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变
C. 霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D. 若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面平行
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误。
BC．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即

可得

U与磁感应强度B、元件的前后距离d等因素有关，与题中定义的厚度无关，故B正确，C错误；
D．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于垂直状态，故D错误。
故选B。
二、选择题II（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）
14. 光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，下列说法正确的是（　　）

A. 图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件
B. 若换用频率更大的单色光，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变宽
C. 若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处出现了凹陷
D. 用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变宽的同心圆环
【答案】AC
【解析】
【详解】A．上板是标准样板，下板是待检测板，故A正确；
B．设空气膜厚度为d，则出现亮条纹时需满足。换用频率更大的单色光，则单色光波长变短，亮条纹左移，条纹变窄，故B错误；
C．图丙条纹向左弯曲，说明亮条纹提前出现，说明被检查的平面在此处出现了凹陷，故C正确；
D．牛顿环中空气厚度不是均匀变化，空气膜厚度增加的越来越快，则亮条纹提前出现，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同心圆环同心圆环间距不相等。故D错误。
故选AC。
15. 如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（　　）

A. 处于n=l能级的氢原子可以吸收任意频率的光子
B. 欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV的光子照射
C. 大量氢原子从n=4的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出6种不同频率的光子
D. 用从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时能发生光电效应
【答案】BC
【解析】
【详解】A．要使n=1能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，故A错误；
B．根据玻尔理论用12.09eV电子照射时，吸收光子后电子的能量

所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3能级，故B正确；
C．一个氢原子从n= 4的状态跃迁到基态时，最多时，跃迁的路径有条，可知能辐射出6种不同频率的光子，故C正确；
D．从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光子的能量

而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故不可以发生光电效应，故D错误。
故选BC。
16. 某横波在介质中沿x轴传播，图甲为t=0.25s时的波形图，此时x=6m处的质点刚开始振动，图乙为横坐标在1.5m处P点的振动图象。则（　　）

A. 该波向右传播，波速为2m/s
B. L质点比N质点先到达波峰
C. 再经过3.5s质点P通过的路程为140cm
D. 若在x=10m处有一质点Q，则再经3.5s质点Q第一次到达波谷
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图乙可知，t=0.25s时，P点正在向y轴正方向振动，所以该波向右传播，波速为

故A正确；
B．t=0.25s时L质点正在向y轴正方向振动，N质点正在向y轴负方向振动，所以L质点比N质点先到达波峰，故B正确；
C．由图甲可知，P点从t=0.25s时第一次回到平衡位置，需要0.25s，即，P质点到达平衡位置的对称点，需要，由图甲可知，这内的路程大于20cm，而

所以再经过3.5s质点P通过的路程

故C错误；
D．若在x=10m处有一质点Q，则再经3.5s，x=3m处的处于波谷的质点的振动形式向右传播到

即正好传播到10m处，故x=10m处的质点Q，再经3.5s Q第一次到达波谷，故D正确。
故选ABD。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. 利用如图1所示的装置甲同学完成“探究功与物体速度变化关系”实验，小车在橡皮筋的作用下沿着木板滑行。实验中：


（1）如图1装置中的打点计时器要接下面的哪种电源___________。


（2）乙同学完成“验证机械能守恒定律”等分组实验，在图3实验器材中，既能用于“探究做功与物体速度变化的关系”，还能用于“验证机械能守恒定律”等分组实验的是___________。


（3）关于上面两个实验下列说法正确的是___________。
A．甲同学可以利用纸带上任意两点间的距离求所需速度
B．甲同学实验时长木板倾斜的目的是使橡皮筋所做的功等于合力所做的功
C．乙同学可以取纸带上任意2个计时点进行数据处理
D．乙同学实验时使重物靠近打点计时器释放的目的是为了获取更多的计时点
（4）图4是实验中得到的纸带①、②，请计算②纸带计算b点对应速度___________m/s，其中纸带___________是验证机械能守恒定律实验得到的（填“①”或“②"）。


【答案】 ①. B ②. B ③. BD##DB ④. 0.70 ⑤. ①
【解析】
【详解】（1）[1]图1中打点计时器为电火花打点计时器，需要接220V交流电。
故选B。
（2）[2] “探究功与物体速度变化关系”实验需要小车、打点计时器、纸带、刻度尺、橡皮筋等，“验证机械能守恒定律”实验需要重锤、铁架台、打点计时器、纸带、刻度尺等，观察图3发现，能够同时用于此两个实验的只有打点计时器。
故选B。
（3）[3]A．根据“探究功与物体速度变化关系”实验原理，需要点迹间距均匀后的两点间距离求出匀速速度，故A错误；
B．甲同学实验时长木板倾斜的目的是平衡摩擦力，使橡皮筋所做的功等于合力所做的功，故B正确；
C．乙同学所做实验中，应将点迹不清晰的部分舍去后再选取点进行数据处理，故C错误；
D．乙同学实验时使重物靠近打点计时器释放的目的是为了获取更多的计时点，以减小误差，故D正确。
故选BD。
（4）[4] b点对应速度

[5] “验证机械能守恒定律”实验中，重锤做匀加速直线运动，点迹间的距离应当会越来越大。
故选①。
18. 实验室中有如下器材：多用电表，电压表（3V，3kΩ），两节1.5V干电池（内阻未知），滑动变阻器（最大阻值2kΩ）电键一个、导线若干。
①用多用电表测其中一节干电池的电动势，将选择开关置于合适的位置，下列符合要求的是___________。


②欧姆表的内部可以等效为一个电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图1所示。利用图2所示的电路测量多用电表欧姆档内部电池的电动势和内阻。记电池的电动势为E，欧姆表“×”挡内部电路的总电阻为r，调节滑动变阻器。测得欧姆表的读数R和电压表的读数U，某次测量电压表的示数如图3所示，读数为___________V，根据实验数据画出的图线如图4所示，求得电动势___________V，内部电路的总电阻___________kΩ（所有结果保留两位小数）。


【答案】 ①. B ②. ③. ④.
【解析】
【详解】①[1]用多用电表测量电动势时，应采用直流电，并且量程选择10V时误差过大，故应选择2.5V量程，故ACD错误，B正确。
故选B。
②[2]由图3可知，由于电压表的量程为3V，则最小刻度为，读数时要估读到最小刻度的下一位，则读数为。
[3][4]由图2，根据闭合回路欧姆定律可得

整理可得

结合图像4可得
,
解得
，
19. 如图所示是一个种电动升降机的模型示意图，A为厢体，B为平衡重物，A、B的质量分别为。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻绳系住。在电动机牵引下使厢体A由静止开始向上运动，电动机输出功率20W保持不变，厢体上升5m时恰好达到最大速度。不计空气阻力和摩擦阻力，g取10。在厢体向上运动过程中，求：
（1）厢体的最大速度vm；
（2）厢体向上的加速度为1m/时，重物下端绳的拉力大小：
（3）厢体从开始运动到恰好达到最大速度过程中所用的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设厢体的最大速度为，由分析可知，速度最大时

由可知

（2）当厢体向上的加速度为时，利用牛顿第二定律，对A

对B

联立可得

（3）由动能定理可知

解得

20. 过山车是游乐场中常见的设施．图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径＝2.0 m、＝1.4 m．一个质量为m＝1. 0 kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距=6. 0 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字．


试求：
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
【答案】（1）F=10.0 N （2）L=12.5m（3）当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，；当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，26.0 m．
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理有：

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：

解得：
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，则有：

解得：
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足


解得：
II．轨道半径较大时，小球上升最大高度为R3，根据动能定理

解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则

当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，则

21. 国家高山滑雪中心赛道“雪飞燕”长约3000多米、落差近900米、滑行速度可能超过每小时140公里，极具危险性。所以电磁滑道成为未来运动的一种设想，我们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成角，虚线EF上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，时刻磁场方向垂直斜面向上（图中未画出）磁感应强度在0~t1时间内均匀变化，磁感应强度最大值为，t1时刻后稳定为、0~时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与虚线EF的距离为时刻撤去外力，金属框将沿斜面下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为v1，已知金属框质量为、边长为d，每条边电阻为。求：（计算结果保留两位小数）
（1）CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差：
（2）从时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热；
（3）从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）CD边运动到EF的过程中由动能定理可知

AB边作为电源，AB两端的电压

解得

（2）从时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分


可得

设时刻之后的过程中安培力做的功W，根据动能定理

由功能关系可知


可得

（3）AB边运动到EF的过程中分为两段，第一段CD边运动到EF的过程，设运动时间为，由运动学公式可知

解得

第二阶段CD经过EF直至AB与EF重合，由动量定理可知



解得

22. 如图所示，在平面（纸面）内，有一以O为圆心、圆心角为的半径不同的两条圆弧所围成的封闭管道，两端面中心各有一恰好可供带电粒子垂直出入的小孔P、Q，P、Q到O的距离为R，该管道内存在垂直纸面向外的磁场，且磁感应强度大小随时间变化的关系为（k未知），在管道内还有一顺时针电场，调节电场，使得管道内电场大小恒定为，另存在一边界平行的匀强磁场，其左边界过坐标原点O，与x轴正方向成，磁场区域宽度为，长度足够长，其中磁场方向垂直纸面向外。一带电粒子质量为m、电荷量为q，在时刻从P点飘入管道后（初速度为0），从磁场右边界离开，其速度方向恰好与磁场边界垂直。粒子的重力不计，本题结果用E、R、q、m、θ表示，试求：
（1）带电粒子从Q点出射时的速度大小v及中的系数k；
（2）匀强磁场的大小；
（3）带电粒子从磁场出射后，落在x轴上的交点横坐标x的值；
（4）若磁场方向取，写出带电粒子从磁场出射后，落在x轴上的交点横坐标x与θ的关系式。（可用反三角函数表示）


【答案】（1），；（2）；（3）；（4），
【解析】
【详解】（1）根据题意，由动能定理有

解得

根据题意可知，粒子在管道内运动过程中，洛伦兹力提供向心力有

粒子管道内由于电场做加速运动，根据牛顿第二定律有

由运动学公式有

又有

联立解得

（2）带电粒子从左边界水平入射，从右边界垂直出射，运动轨迹如图所示


根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转，则有

则圆心交于x轴，又有

可得

（3）根据几何关系可知，落在x轴上的交点横坐标x的值为

（4）根据题意，设磁场与轴夹角为，运动轨迹如图所示


根据正弦定理有

即

则

可得落在x轴上的交点横坐标x的值为

当磁场与轴夹角为时，运动轨迹如图所示


根据题意，由几何关系可得，落在x轴上的交点横坐标x的值为

23. 如图甲是某同学在实验室用黄光做“双缝干涉测量光的波长”实验的器材，观察到如图乙所示的干涉条纹，图中灰色部分表示暗条纹，于是他使分划板中心刻线与暗条纹中心对齐，移动测量头进行测量，下列说法中正确的是（　　）

A.该同学测条纹间距时必须将分划板中心刻度线与亮条纹中心对齐
B.在实验过程中拿掉双缝，将观察不到明暗相间的条纹
C.该干涉条纹虽然倾斜，但测得的波长值仍正确
D.若需得到竖直的条纹与分划板刻度线平行只需逆时针转动测量头即可
【答案】C
【解析】
【详解】A．该同学测条纹间距时必须将分划板中心刻度线与亮条纹中心重合，A错误；
B．在实验过程中拿掉双缝，将观察到明暗相间的衍射条纹，B错误；
C．该干涉条纹虽然倾斜，但测得的波长值仍正确，C正确；
D．若需得到竖直的条纹与分划板刻度线平行只需顺时针转动测量头即可，D错误。
故选C。