浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷03 （解析版）

这是一份浙江省冲刺2024年高考物理真题重组卷03 （解析版），共21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。
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．（2021•天津）科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪个成果是运用理想实验法得到的（ ）
A．牛顿发现“万有引力定律”
B．库仑发现“库仑定律”
C．法拉第发现“电磁感应现象”
D．伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”
【解答】解：A、牛顿提出万有引力定律是通过演绎法得到的，故A错误；
B、库仑发现“库仑定律”是通过微小放大法得到的，故B错误；
C、法拉第发现电磁感应理论，是通过实验法得出的，故C错误；
D、伽利略根据理想实验法得出力不是维持物体运动原因的结论，故D正确。
故选：D。
2．（2023•浙江）“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（ ）
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
【解答】解：
A选地球为参考系，“天和”是运动的，故A错误；
B.选地球为参考系，“神舟十五号”是运动的，故B错误；
CD.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接，选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，选“神舟十五号”为参考系，“天和”是静止的，故C正确，D错误。
故选：C。
3．（2023•全国）如图，在置于水平地面的楔状物体P的斜面上有一小物块Q，Q受水平外力F的作用。已知P和Q始终保持静止，则（ ）
A．增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q的质量，P与Q间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F的大小，P与Q间摩擦力的大小一定增加
【解答】解：AB、P和Q始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加，故A错误，B正确；
CD、由于不确定F沿斜面向上分量与Q的重力沿斜面向下分量的关系，故P与Q间摩擦力的大小变化不能确定。若F沿斜面向上分量大于Q的重力沿斜面向下分量，此时增加Q的质量，则P与Q间摩擦力先沿斜面向下减小，减小到零后再反向增大。若F沿斜面向上分量小于Q的重力沿斜面向下分量，增加外力F的大小，则P与Q间摩擦力先沿斜面向上减小，减小到零后再反向增大。故CD错误。
故选：B。
4．（2022•乙卷）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为（ ）
A．5F8mB．2F5mC．3F8mD．3F10m
【解答】解：当两球运动至二者相距35L时，对此时进行受力分析，如图所示：
因为两球关于F所在直线对称，sinθ=310LL2=35，所以csθ=45，
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcsθ＝F，解得：T=58F，
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a=5F8m。
故A正确，BCD错误。
故选A。
5．（2023•广东）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（ ）
A．周期为2t1﹣t0
B．半径为3GM(t1-t0)24π2
C．角速度的大小为πt1-t0
D．加速度的大小为32πGMt1-t0
【解答】解：AC、根据图（b）可知，Q的亮度变化的周期为：T＝t1﹣t0
则角速度的大小为：ω=2πT=2πt1-t0
故AC错误；
B、行星P受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：GMmr2=m×4π2T2r
解得：r=3GM(t1-t0)24π2
故B正确；
D、行星P的加速度的大小为：a=4π2T2r=4π2(t1-t0)23GM(t1-t0)24π2
故D错误；
故选：B。
6．（2023•江苏）地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：因为地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，则太阳光斜射向地面的过程，总是由折射率较小的空气射向折射率较大的空气，即由光疏介质斜射入光密介质，光线始终会向靠近法线的方向偏折，法线为竖直方向上，故光线始终会向竖直方向偏折，故A正确，BCD错误；
故选：A。
7．（2022•山东）如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体（ ）
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
【解答】解：初始时气缸开口向上，活塞处于平衡状态，气缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，设初始时气缸内的压强为p1，活塞的面积为S，则有：p1S﹣p0S＝mg，气缸在缓慢转动的过程中，气缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿气缸壁的分力，故气缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后气缸水平，缸内气压等于大气压。
AB、气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q+W得，气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，故AB错误；
CD、气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
故选：C。
8．（2022•湖北）上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核 47Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 47Be+ -10e→X+ 00νe。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。下列说法正确的是（ ）
A．原子核X是 37Li
B．核反应前后的总质子数不变
C．核反应前后总质量数不同
D．中微子νe的电荷量与电子的相同
【解答】解：ABC、根据核反应方程 47Be+-10e→X+00ve，结合质量数与电荷数守恒，可知X的质量数为：A＝7+0＝7，质子数为：Z＝4﹣1＝3，所以新核为 37Li，反应前总质子数为4，反应后为3，故A正确，BC错误；
D、中微子不带电，故中微子的电荷量与电子的不同，故D错误。
故选：A。
9．（2023•浙江）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）
A．E1E2=R2R1B．E1E2=R12R22
C．E1E2=R1R2D．E1E2=R22R12
【解答】解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
qE1=mv2R1
qE2=mv2R2
联立解得：E1E2=R2R1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
10．（2022•北京）2021年5月，中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）取得新突破，成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录，向核聚变能源应用迈出重要一步。等离子体状态不同于固体、液体和气体的状态，被认为是物质的第四态。当物质处于气态时，如果温度进一步升高，几乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子，此时物质称为等离子体。在自然界里，火焰、闪电、极光中都会形成等离子体，太阳和所有恒星都是等离子体。下列说法不正确的是（ ）
A．核聚变释放的能量源于等离子体中离子的动能
B．可以用磁场来约束等离子体
C．尽管等离子体整体是电中性的，但它是电的良导体
D．提高托卡马克实验装置运行温度有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力
【解答】解：A.核聚变释放的能量源于来自于原子核的质量亏损，故A错误；
B.带电粒子运动时，在匀强磁场中会受到洛伦兹力的作用而不飞散，故可以用磁场来约束等离子体，故B正确；
C.等离子体是各种粒子的混合体，整体是电中性的，但有大量的自由粒子，故它是电的良导体，故 C正确；
D.提高托卡马克实验装置运行温度，增大了等离子体的内能，使它们具有足够的动能来克服库仑斥力，有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力，故D正确。
本题选择错误的，
故选：A。
11．（2022•浙江）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【解答】解：A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；
故选：A。
12．（2021•浙江）大功率微波对人和其他生物有一定的杀伤作用。实验表明，当人体单位面积接收的微波功率达到250W/m2时会引起神经混乱，达到1000W/m2时会引起心肺功能衰竭。现有一微波武器，其发射功率P＝3×107W。若发射的微波可视为球面波，则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离约为（ ）
A．100m 25mB．100m 50m
C．200m 100mD．200m 50m
【解答】解：引起神经混乱时，单位面积接收的微波功率达到250W/m2，则接触面积：
S=P250=3×107250m2=1.2×105m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S＝4πR12，
代入数据解得：R1≈100m；
当心肺功能衰竭时，单位面积接收的微波功率达到1000W/m2，则接触面积：
S'=P1000=3×1071000m2=3×104m2，
因为发射的微波可视为球面波，所以接触面积：S′=4πR22，
代入数据解得：R2≈50m，
则引起神经混乱和心肺功能衰竭的有效攻击的最远距离分别约为100m和50m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
13．（2023•山东）质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．2F2(F-f)(S2-S1)S1(M+m)S2-MS1
B．2F2(F-f)(S2-S1)S1(M+m)S2-mS1
C．2F2(F-f)(S2-S1)S2(M+m)S2-MS1
D．2F2(F-f)(S2-S1)S2(M+m)S2+mS1
【解答】解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F﹣f﹣μmg＝（M+m）a1
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a1S1
额定功率P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2＝2a2（S2﹣S1）
联立解得：P0=2F2(F-f)(S2-S1)S1(M+m)S2-MS1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
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．（2022•浙江）位于x＝0.25m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75m，质点b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列说法正确的是（ ）
A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B．t＝0.42s时，波源的位移为正
C．t＝2.25s时，质点a沿y轴负方向振动
D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m
【解答】解：A、沿x轴正负方向传播的波不会相遇，因而不能发生干涉，故A错误；
B、由图可知，2.0﹣2.1s内波传播的距离为x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，则波速为v=xt=＝2.5m/s，由图可知波长为λ＝1m，则周期为T=λv=12.5s＝0.4s。
在t＝2.0s时间内，波传播的距离为x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5个波长波形，则知波源的起振方向沿y轴正方向。因t＝0.42s＝1120T，所以t＝0.42s时，波源的位移为正，故B正确；
C、t＝2.1s时质点a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s经历时间Δt＝0.15s=38T，则t＝2.25s时，质点a沿y轴正方向振动，故C错误；
D、波从波源传到质点b的时间为t1=xbPv=＝0.3s，在0到2s内，质点b振动时间为t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝414T，则在0到2s内，质点b运动总路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正确。
故选：BD。
15．（2023•湖南）一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号，设激光光束与水面的夹角为α，如图所示。他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，下列说法正确的是（ ）
A．水的折射率为1sin41°
B．水的折射率为1sin49°
C．当他以α＝60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D．当他以α＝60°向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
【解答】解：AB、他发现只有当α大于41°时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束，由此可知当α＝41°时激光恰好能发生全反射，根据全反射的临界公式可得：
sin(90°-41°)=1n
解得：n=1sin49°，故B正确，A错误；
CD、当他以α＝60°向水面发射激光时，根据几何关系可知，此时的入射角i为30°，根据折射定律可得：
n=sinisinr
由此可知，折射角r大于30°，因此岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°，故C正确，D错误；
故选：BC。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.实验题（Ⅰ、Ⅱ共14分）
Ⅰ、（2023•湖南）某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：
（1）测出钩码和小磁铁的总质量m；
（2）在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此
时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；
（3）某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图（b）所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝ t010 （用“t0”表示）；
（4）改变钩码质量，重复上述步骤；
（5）实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是 线性的 （填“线性的”或“非线性的”）；
（6）设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是 A （填正确答案标号）；
A.2πmk
B.2πkm
C.2πmk
D.2πkm
（7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因： 空气阻力的影响 。
【解答】解：（3）根据图（b）所示，可知0～t0时间内弹簧振子完成了10次全振动，故弹簧振子振动周期为：T=t010；
（5）分析实验的数据，可知质量逐次增加0.01kg，对应弹簧振子振动周期的平方逐次近似增加0.04s2，
可知在误差允许的范围内，弹簧振子振动周期的平方随质量的增大而均匀增大，即弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的；
（6）根据量纲法可知，周期的单位为s，则周期的正确表达式单位也是s，选项A的表达式2πmk的单位为：kgNm=kg×mkg×m/s2=s，对比选项B、C、D与A的表达式，可知选项B、C、D的表达式的单位不是s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（7）本实验中除偶然误差外可能产生误差的原因为：空气阻力的影响。
故答案为：（3）t010；（5）线性的；（6）A；（7）空气阻力的影响
17．（2023•海南）用如图1所示的电路测量一个量程为100μA，内阻约为2000Ω的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，R1（0∼9999.9Ω），R2（0∼99999.9Ω）
（1）RM应选 R1 ，RN应选 R2 ；
（2）根据电路图，请把实物连线补充完整；
（3）下列操作顺序合理排列是： ①③②④ 。
①将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值；
②闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值；
③断开S2，闭合S1，调节滑动头P至某位置再调节RN使表头满偏；
④断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。
（4）如图2是RM调节后面板，则待测表头的内阻为 1998.0Ω ，该测量值 小于 （大于、小于、等于）真实值。
（5）将该微安表改装成量程为2V的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 1.30 V（保留三位有效数字）。
（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出RN值，在滑动头P不变，S2闭合后调节电阻箱RM，使电表半偏时读出RM，若认为OP间电压不变，则微安表内阻为： RNRMRN-RM 。（用RM、RN表示）
【解答】解：（1）根据半偏法的测量原理可知，RM与R1相当，当闭合S2之后，变阻器上方的电流应基本不变，就需要RN较大，对下方分压电路影响甚微。故RM应选R1，RN应选R2；
（2）实物图如图：
（3）为保证电路安全，闭合开关前先将滑动变阻器调至左侧，电阻箱调至最大，先闭合S1开关，调节电阻箱RN，再闭合S2调节电阻箱RM，最后断开开关整理器材，正确的操作顺序是：①③②④；
（4）读出的RM即是微安表的内阻。
当闭合S2后，原电路可看成如下电路：
闭合S2后，相当于RM由无穷大变成有限值，变小了，不难得到流过RN的电流大于原来的电流，则流过RM的电流大于IA2，故RM＜RA。
（5）按读数规则，只需要读出65即可，按换算关系2100=u65可知，电压为：u＝1.30V
（6）根据题意可得：I(RA+RN)=(I2+I2RARM)RN+I2⋅RA
解得：RA=RNRMRN-RM
故答案为：（1）R1，R2；（3）①③②④；（4）1998.0Ω，小于；（5）1.30；（6）RNRMRN-RM。
17．（2023•全国）将汽车橡胶轮胎套在金属轮毂上，内部密封空间体积为V0并已充满压强为p0的空气，温度为外界环境温度t0＝17℃，用气泵将压强为p0、温度为t0、体积为2V0的空气压缩后通过气门注入轮胎，胎内的气体温度上升为t1＝27℃。假设空气为理想气体，轮胎内部体积不变。
（1）求此时轮胎内部的气体压强；
（2）若汽车高速行驶一段时间后，轮胎内气体温度上升到t2＝77℃，求此时气体的压强。
【解答】解：（1）以内部密封的空气和注入的空气为研究对象，气体初状态的压强为p0，体积为V0+2V0，温度为T0＝t0+273K＝17K+273K＝290K
末状态的压强为p1，体积为V0，温度为T1＝t1+273K＝27K+273K＝300K
由理想气体状态方程得：p0(V0+2V0)T0=p1V0T1
代入数据解得：p1=9029p0
（2）以轮胎内的气体为研究对象，气体初状态的压强为p1=9029p0，体积为V0，温度为T1＝300K
末状态的压强为p2，体积为V0，温度为T2＝t2+273K＝77K+273K＝350K
气体发生等容变化，由查理定律的：p1T1=p2T2
代入数据解得：p2=10529p0
18．（2023•湖南）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若Mm=ba-b，求小球下降h=b2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g表示）。
【解答】解：（1）小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v1，凹槽的速度为v2，则
0＝mv1﹣Mv2
两边同时乘以t可得：
0＝mx1﹣Mx2
根据几何关系可知：x1+x2＝a
根据机械能守恒定律可得：
mgb=12mv12+12Mv22
联立解得：v2=2m2gbM2+Mm；x2=maM+m
（2）设小球的坐标为（x，y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则
m（a﹣x）＝Mx0
小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：
(x-x0)2a2+y2b2=1
整理可得：[x(M+m)-ma]2M2a2+y2b2=1，（y≤0）
（3）将Mm=ba-b代入上述的轨迹方程可得：
[x﹣（a﹣b）]2+y2＝b2
根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以（a﹣b，0）为圆心，b为半径的圆，当小球下落的高度为h=b2时，对应的位置如图所示：
此时可知速度的方向与水平方向的夹角为60°，小球下落的高度为b2 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为v3，凹槽的速度为v4，则
0＝mv3cs60°﹣Mv4
根据机械能守恒定律可得；
12mgb=12mv32+12Mv42
联立解得：v3=2bga+3b
19．（2023•湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
【解答】解：（1）棒a切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0
回路中产生的感应电流I=E2R=BLv02R
棒a受到的安培力FA=BIL=B2L2v02R
棒a匀速运动时，合力为零，则有：FA＝mgsinθ
代入数据解得v0=2mgRsinθB2L2
（2）棒b由静止释放，由左手定则可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串联电流相等，两者的安培力大小相等
对b利用牛顿第二定律：mgsinθ+FA＝ma0
代入数据解得a0＝2gsinθ
（3）对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：（mgsinθ﹣FA）t0＝mv﹣mv0 （mgsinθ+FA）t0＝mv﹣0
两式联立，可得v=gt0sinθ+v02=gt0sinθ+mgRsinθB2L2
从释放b到两棒匀速运动，平均安培力FA=BIL，对b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：mgt0sinθ+BILt0=mv-0
已知q=It0
代入数据解得q=mv02BL
由法拉第电磁感应定律则有：E=nΔΦΔt
由闭合电路欧姆定律则有：I=E2R
电荷量q＝IΔt
联立方程，可得q=nΔΦ2R
ΔΦ＝BLΔx，n＝1
代入数据解得Δx=mv0RB2L2=m2mgRsinθB2L2×RB2L2=2m2gR2sinθB4L4
20．（2023•山东）如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0；
（ⅱ）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【解答】解：（1）粒子从A到垂直于NP进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：r1=13AP=13d
设粒子第一次进入磁场时的速度为v1，根据动能定理可得：qE•2d=12mv12，解得：v1=2qEdm
由于粒子第二次从QN边进入电场到再次从QN边进入磁场过程中，电场力做功为零，所以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为v1。
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝mv12r1
解得：B=6mEqd；
（2）（i）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r22=（2d）2+（r2﹣d）2
解得：r2＝2.5d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B＝mv22r2
解得：v2＝15qEdm
根据几何关系可得：csθ=2dr2=2d2.5d=0.8，则有：sinθ＝0.6
粒子从P点进入电场E′后，从Q点离开电场，则有：
t=2dv2csθ
2d＝v2sinθ•t+12a't2
根据牛顿第二定律可得：a′=qE'm
联立解得：E′＝36E；
粒子从A到上边界运动的过程中，根据动能定理可得：qE′•2d=12mv22-12mv02
解得：v0＝9qEdm，方向向上；
（ii）假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，设粒子离开Q点速度大小为v3，与y轴夹角为α，如图所示：
根据动能定理可得：qE′•2d=12mv32-12mv22
解得：v3＝341⋅qEdm
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3B＝mv32r3，解得：r3=412d
根据几何关系可得：sinα=v2csθv3，解得：sinα=441，则csα=541
根据图中的几何关系可得：r3=2dcs(α+45°)
解得：r3=241d
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。m/kg
10T/s
T/s
T2/s2
0.015
2.43
0.243
0.059
0.025
3.14
0.314
0.099
0.035
3.72
0.372
0.138
0.045
4.22
0.422
0.178
0.055
4.66
0.466
0.217