浙江省名校协作体2023-2024学年高三年级上册开学联考物理 含解析

2023学年高三年级第一学期浙江省名校协作体试题

物理试卷

考生须知：

L本卷满分100分，考试时间90分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题卷；

5.本卷中无特殊说明，重力加速度g均取10m∕s2

一、选择题1（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.质量B.开尔文C.力D.米/秒

【答案】B

【解析】

【详解】质量和力是物理量不是单位，米/秒是导出单位，开尔文是国际单位制中基本单位。

故选Bo

2.2023年苏迪曼杯羽毛球比赛在中国苏州举行，中国队与韩国队之间的决赛于5月21日下午14时开

始，经过3个小时的激烈角逐以总比分3:0战胜韩国队，获得冠军。男单选手石宇奇扣球瞬间球速达

400km∕h,下列说法正确的是（）

A.5月21日下午14时指的是时间间隔

B.扣球球速40OknVh指的是平均速度

C.研究羽毛球的运动线路时可以把羽毛球看成质点

D.羽毛球在空中的运动是抛体运动

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据题意可知，5月21日下午14时指的是时刻，故A错误；

B.扣球球速40Okmzh指的是瞬时速度，故B错误；

C.研究羽毛球的运动线路时，可以忽略羽毛球的大小和形状，把羽毛球看成质点，故C正确：

D.羽毛球在空中的运动时，空气阻力不能忽略，不是抛体运动，故D错误。

故选C。

3.高竿船技是嘉兴乌镇至今仍保留并演出的传统民间杂技艺术，表演者爬上固定在船上的竹竿，模拟蚕

宝宝吐丝做茧的动作祈愿蚕茧丰收。如图所示，表演者沿弯曲倾斜的竹竿缓慢向上爬行的过程中

)

A.竹竿对表演者的作用力是一个恒力

B.表演者与竹竿间的摩擦力始终为零

C.表演者对竹竿的弹力是由竹竿形变产生的

D.竹竿对表演者的作用力大于表演者对竹竿的作用力

【答案】A

【解析】

【详解】A.表演者沿弯曲倾斜的竹竿缓慢向上爬行，处于动态平衡状态，竹竿对表演者的作用力始终与

表演者的重力等大反向，是一个恒力，故A正确；

B.因杆弯曲倾斜，根据平衡条件可知人应受到摩擦力的作用，故B错误；

C.表演者对竹竿的弹力是由表演者形变产生的，故C错误；

D.竹竿对表演者的作用力与表演者对竹竿的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。

故选Ao

4.如图所示是某游乐场中的“摩天轮”，乘客坐在座厢内随着座厢一起在竖直面内做匀速圆周运动，则

在此过程中乘客（）

A.所受的合外力是一个恒力

B.经过最高点时处于失重状态

C.运动过程中，乘客的机械能守恒

D.绕行一圈的过程中，乘客所受重力的冲量为零

【答案】B

【解析】

【详解】A.所受的合外力大小不变，方向改变，不是恒力，故A错误；

B.经过最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，故B正确；

C.运动过程中，乘客的动能不变，势能随着高度变化而变化，机械能不守恒，故C错误；

D.绕行一圈的过程中，乘客所受重力的冲量等于重力与周期的乘积不为零，故D错误。

故选B。

5.下列说法正确的是（）

A.电子表的液晶显示利用了光的偏振现象

B.伽利略有很多成就，单摆周期公式是他众多发现之一

C.小鸟站在高压电线上不会触电主要是因为小鸟的电阻很大

D.奥斯特首先提出电荷周围存在由它产生的电场

【答案】A

【解析】

【详解】A.液晶材料是具有光学各向异性的，液晶层能使光线发生扭转，应用了光的偏振现象，故A正

确；

B.伽利略最早发现了摆的等时性原理，后来惠更斯得出了单摆周期公式，故B错误；

C.小鸟站在高压电线上不会触电主要是因为小鸟的体积很小，站在同一根线上，两脚间电压很低，故C

错误；

D.首先提出在电荷的周围存在由它产生的电场这一观点的是法拉第，故D错误。

故选Ao

6.如图所示，足球运动员一脚强力任意球轰破对方球门。已知足球的质量约为450g,则该运动员此次射

门过程中对足球做的功约为（）

A.15JB.150JC.I.5×lO3JD.1.5×104J

【答案】B

【解析】

详解】设足球做斜抛运动至球门最高点时速度水平，则

,12

x=v∕'h=淤广

得

"X岛

球门高度和水平距离估算为2.4m和15m。足球被踢出时的速度为

%=亚+W）2

射门过程中对足球做的功等于足球的初动能

经估算可得出做功约为150J,

故选B。

7.如图所示，神舟十五号航天员乘组于2022年11月30日清晨入驻“天宫”，与神舟十四号航天员乘组

相聚中国人的“太空家园”，开启中国空间站长期有人驻留的时代。已知空间站绕近地圆轨道运行，轨

道离地高度约400km,月球绕地轨道半径约为地球半径的60倍，则下列表述中正确的是（）

A.空间站的绕行速度约为7.7km∕s

B.图中相对空间站静止站立的航天员处于平衡状态

C.月球绕地球的公转周期约为空间站绕行周期的60倍

D.神舟飞船与空间站对接后，加速度减小

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据题意，由万有引力提供向心力有

GMmV2GMmv2

———=m—，——；—=m—l

R2Rr2r

其中

V=7.9km/s,r=R+4∞km

联立解得

vl≈7.7km∕s

故A正确；

B.图中相对空间站静止站立的航天员随空间站一起做匀速圆周运动，不是平衡状态，故B错误；

C.根据题意，由万有引力提供向心力有

GMm4万2

—―=m——r

rT2

解得

T产

VGM

可知，月球绕地球的公转周期约为空间站绕行周期的60病倍，故C错误；

D.根据题意，由万有引力提供向心力有

GMm

——广--=ma

解得

GM

a=~~

r

可知，神舟飞船与空间站对接后，加速度不变，故D错误。

故选Ao

8.烟雾自动报警器被广泛应用在会议室、宾馆、厨房等地方。其中烟雾自动报警器中装有放射性元素销

241,其衰变方程为号北Am→2*Np+X+γ,Am的半衰期为432年。下列说法正确的是（）

A.方程中的X为β粒子

B.NP的比结合能大于微Am

C.核反应三种射线中，γ射线的穿透能力最弱

D,若有IOOO个北Am原子核，经过432年后将剩下500个引Am原子核未衰变

【答案】B

【解析】

【详解】A∙由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为；He粒子，故A错误;

B.衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即MNP的比结合能大于能Am,故B正确；

C.核反应的三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能量最弱，故C错误；

D.半衰期为大量粒子的统计规律，对少数粒子不适用，故D错误。

故选Bc

9.把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图示连成电路。把示波器两端连在电容器的两个极板

上。先把开关置于电源一侧为电容器充电；稍后再把开关置于线圈一侧，从此刻开始计时，电容器通过

线圈放电（规定逆时针方向为电流的正方向）。电路工作过程中，同时会向外辐射电磁波，则电压Uab和

电流随时间/变化的波形正确的是（）

【答案】D

【解析】

【详解】电容器放电时，电流由a通过线圈流向b,为正方向。起始时刻电流最大，电路向外辐射电磁波

的过程中，电路中的能量减小，则电容器两极板的最大电压逐渐减小。

故选D。

10.关于下列各装置说法正确的是（）

A.甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是电磁感应

B.乙图中物体向左移，则电容器的电容变小

C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变

D,丁图装置只要有声音，即使不接入电源，R两端也有电压输出

【答案】C

【解析】

【详解】A.甲图装置霍尔元件左右移动时，能产生霍尔电压的原理是带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用

而发生偏转，不是电磁感应，故A错误；

B.乙图中物体向左移，插入电容器的电介质增加，则电容器的电容变大，故B错误；

C.丙图装置中通过物体位置变化引起线圈的自感系数改变，故C正确；

D.丁图装置是电容话筒一样利用振膜接受空气振动信号，振膜与固定的平面电极之间形成一个电容，两

者之间的距离变化会导致其电容的变化，在电容两端施加固定频率及大小的电压，通过电容的电流就会变

化。将这个电流信号进行转换，即可输出音频信号。但是只有声音，不接入电源，R两端不会有电压输出，

故D错误。

故选C。

11.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图

甲电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变化的图像如图乙所示，已知氢原子的能级图如图内

所示，则下列推断正确的是（）

A.动能为1.5IeV的电子撞击氢原子，能使处于第3能级的氢原子电离

B.阴极金属的逸出功可能为W）=1.75eV

C.图乙中的。光是氢原子由第2能级向基态跃迁发出的

D.图乙中的b光光子能量为12.09eV

【答案】D

【解析】

【详解】A.如图丙，使处于第3能级的氢原子电离，用来撞击的电子动能应大于L51eV,A错误;

B.使金属发生光电效应的三种光子中，能量最小的是

E2-Ei=10.2eV

其次是

E4-E2=2.55eV

此光子不能使金属发生光电效应，说明逸出功应在2.55eV~10.2eV之间，B错误；

C.根据

12

qU=-mv^=hv-W[}

“光遏止电压最大，光子能量最大，是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，C错误；

D.由图乙和丙，。光是氢原子由第3能级向基态跃迁发出的，光子能量为

E=E3-&=12.09eV

D正确。

故选D。

12.浙江省为落实国家“双碳”战略，推动能源绿色低碳转型，在很多山区推进新型绿色光伏发电。假设

太阳光子垂直射到发电板上并全部被吸收。已知光伏发电板面积为S,发电板单位面积上受到光子平均作

用力为凡普朗克常量为〃，光子的频率为U,真空中的光速为以则经过时间f,该光伏发电板上接收

到的太阳光能量为（）

A.2FSctB.FSctC.FSthvD.2FSthv

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，设经过时间，光伏发电板吸收的光子个数为〃，则有

Lhv

F&t=n-

解得

FvC

hv

又有

F=空

S

则光伏发电板上接收到的太阳光能量为

E=nhv=FStc

故选B。

13.如图所示，为了给一座特殊的密闭仓库采光，在正南朝向的竖直墙壁上切开一个正方形孔，其中AF

边与BE边水平、AB边与尸E边竖直，并在孔内镶嵌一块折射率为0的玻璃砖。这块玻璃砖的室内部分

是边长为2R的正方体，室外部分是半圆柱体。某时刻正南方向的阳光与竖直面成30。角斜向下射向半圆

柱面，已知光在真空中的传播速度为c,则（）

A.从圆弧面折射进入玻璃的各光束中，从A尸边入射的那束光，其偏转角最大

B.在半圆柱表面以入射角45。折射进入玻璃砖的那束光，其首次从玻璃砖表面折射回到空气的折射角大

小为45°

C.在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，首次从玻璃砖表面出射至空气前，在玻璃砖内传播的

…AR

时间为-----1^1——

I3Jc

D.若考虑玻璃对不同色光的折射率差异，则阳光中的紫光在玻璃表面发生全反射的临界角大于红光的临

界角

【答案】B

【解析】

【详解】A.从圆弧面折射进入玻璃的各光束中，从圆柱部分中间入射的那束光，入射角为60。，其偏转角

最大，故A错误；

B.在半圆柱表面以入射角45。折射进入玻璃砖的那束光，在玻璃中折射角

nsmr=sinz

解得

1

sin/•=—

2

折射角为30°,根据几何关系可知，首次从玻璃砖表面折射回到空气的入射角为30°,所以折射角为45°,

故B正确；

C.在玻璃砖中的速度

C

V--

n

在半圆柱表面沿半径方向入射玻璃砖的那束光，经过路程

用时

一修联

故C错误；

D.紫光频率高，折射率大，根据

,C1

sinC=—

n

可知，紫光临界角小，故D错误。

故选B。

二、选择题∏（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.下列说法正确的是（）

A.物体所受合力的冲量越大，但合力做功不一定越大

B.一个热力学系统不可能把吸收的热量全部用来对外做功

C.一些昆虫可以停在水面上，是因为昆虫受到水的浮力等于昆虫的重力

D.狭义相对论的其中一个假设是在不同的惯性参考系中物理规律的形式都是相同的

【答案】AD

【解析】

【详解】A.物体所受合力的冲量越大，则动量变化量越大，动量变化可能只改变方向，故动能不一定变

大，合外力做功不一定越大，故A正确；

B.一定量的理想气体在等温膨胀过程中吸收的热量等于对外做的功，并不违反热力学第二定律，该过程

中可能引起了其他方面的变化，故B错误；

C.一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力的缘故，故C错误；

D.狭义相对论的其中一个假设是在不同的惯性参考系中物理规律的形式都是相同的，故D正确。

故选ADo

15.A、B两列波在同一介质中沿X轴正负两个方向相向传播，f=0时刻波形如图所示。已知波速均为

u=20cm∕s,两波源（图中位置未标）持续振动。则下列说法正确的是（）

,WCm

B

A.两波源的起振方向相同

B.x=6Cm处的质点是振动加强点

C.，=4.4s0寸，X=I5cm处的质点沿V轴负向振动

D.r=4.6s时，X=T8cm处的质点将第7次处在y=-2.5cm位置处

【答案】BD

【解析】

【详解】A∙根据“同侧法”，由图可知，A的起振方向沿y轴负方向，B的起振方向沿y轴正方向，故A

错误；

B.由图可知，A、B的波长均为24cm,周期均为

T=-=1.2s

V

则可知这两列波能够产生稳定的干涉，而x=6Cm处的质点是波谷与波谷相遇点，则为振动加强点，故B

正确；

C.根据图像可知，A波传播到％=15Cm处，还需时间f',则可得

,3

t=—S

20

对于B波，写出x=15Cm处质点的振动方程，为

.71

y=Ansm(ωt+~)

其中

AR=3cm,co——=-TrradZS

T3

则其振动方程可表示

,.571、

y-3sιnz(-πt+-)

将

3

t=tf=­S

20

代入上式可得X=I5cm处的质点的位移为

../5TC、_.7CC

y—3sιn(-+-)=3sιn万=3cm

即，当A波波刚传播到x=15Cm处时，B波在该处的质点恰好位于波峰，而此后A波在该处的质点将沿

着V轴负方向振动，B波在该处的质点也将沿着y轴负方向振动，显然该处质点振动减弱，则其此后该质

点的振动方程可表示为

y=(AB-AA)sin(而+—)=sin(^+—)

则当t=4.4S时，即两波在X=I5cm处相遇又振动了

31713

/"=/—/'=4.4s-----s=—s=3—T

20424

则可知该处的质点叠加后振动了3个半周期后到达波谷，之后又沿着轴正方向振动了工，即r=4.4s时,

12

x=15Cm处的质点沿y轴正方向振动，故C错误；

D.根据，=O时刻的图像可知，A波在x=—18Cm处的质点正位于波谷，而B波传播到x=—18Cm处还

需时间

63IT

t,=——s=—S=-T

120104

而经过Lτ,A波在X=T8Cm处的质点恰好位于平衡位置且沿着y轴向上振动，与此同时，B波传播到

4

X=-18cm处时，该处的质点也将沿着轴向上振动，即两列波经LT在X=-18cm处相遇且振动加强，

4

该处质点的振动方程可表示为

y=Asin69/

而

2π5

A=AA+4=5cm,ω=—=—^^rad∕s

即该处质点的振动方程为

y=5singR(cm)

因此当t=4.6s时，相遇后在平衡位置一起振动的时间为

7

Z=t-t=4.3s=3—T

721x12

显然，在3T时间内X=T8cm处的质点6次经过y=-2∙5cm处的位置，将时间G代入该处质点的振动

方程可得

5TT71TT

y=5sin(——X4.3s)(cm)=5sin("+—)(cm)=-5sin—(cm)=-2.5cm

366

因此可知，在r=4.6s时，x=-18Cm处的质点将第7次处在y=-2.5cm位置处，故D正确。

故选BDo

三、非选择题(本题共5小题，共55分)

16.(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器的实验有。

A.“探究小车速度随时间变化的规律”B.“验证机械能守恒定律”

C.“用单摆测量重力加速度的大小”D.“探究气体等温变化的规律”

(2)如图所示的打点计时器，其工作电压为(选填“交流8V”、“直流8V”、“交流220V”或“直流

,,

220V)o

(3)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图所示。

槽虞『轨■]

①小明同学顺利地完成了实验，如图3所示是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时

间间隔为0.1s,由图中数据可得小车的加速度为m∕s2o(结果保留两位小数)

A•B•C•D•E•F•G•

∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣llll∣∣∣∣∣∣∣-

Ocm123456789101112131415161718

②关于以上实验，下列说法正确的是。

A.实验中应让小车的加速度尽量大些

B.若槽码质量相不断增大，绳子拉力会无限增大

C.实验时，应先接通打点计时器的电源再释放小车

D.完成补偿阻力，该实验装置可用于完成“验证机械能守恒定律”实验

【答案】①.AB##BA②.交流220V(3).0.27~0.33®.C

【解析】

【详解】(D[1]A∙"探究小车速度随时间变化的规律”需要用到打点计时器测速度，故A正确;

B.“验证机械能守恒定律”需要用到打点计时器测速度计算动能变化量，故B正确：

C.“用单摆测量重力加速度的大小”不需要用到打点计时器，故C错误；

D.“探究气体等温变化的规律”不需要用到打点计时器，故D错误；

故选ABo

(2)[2]电火花打点计时器工作电压为交流220V。

(3)①[3]根据AX=结合作差法得

2

a=⅞G-⅞o^0.28m∕s

(37)2

②[4]A.实验中小车的加速度适当即可，不需要尽量大，故A错误;

B.根据

mg=（Λ∕+m）a

随着槽码质量相不断增大，加速度会接近g,对小车根据牛顿第二定律可得

F-Ma

联立解得

F=Mg

不会无限增大，故B错误；

C.实验时，应先接通打点计时器的电源再释放小车，故C正确；

D.完成补偿阻力，该实验装置不可用于完成“验证机械能守恒定律”实验，因为存在阻力做功，机械能不守

恒，故D正确。

故选CD0

17.小李同学要测量一节5号电池的电动势和内阻，已知一节干电池的电动势约为1.5V。

（1）测量时下列滑动变阻器接法正确的是。

（2）测量时发现，移动滑动变阻器的滑片，发现电流表有示数且变化明显，而电压表有示数但示数变化

很小，可能的原因是。

A.滑动变阻器以最大阻值接入B.电压表内阻过大C.电压表接触不良D.电源的内阻较小

（3）①选择合适的器材改进实验方案，实物电路连接如图所示，其中定值电阻R）=IC。

②根据所选量程，某次实验电压表的示数如图所示，为V0

UN

1.60

1.40

1.20

1.00

0.80

0.60

00,100.200.300.400.50’‘八

根据闭合电路欧姆定律

E=U+∕(5+r)

得

U=-∕(M+r)+E

图线斜率为

,C1.50-0.72.

k=K+r=---------=1.56

”0.50

内阻为

r=().56Ω

18.如图所示，一导热良好、足够长的汽缸水平放置在地面上。汽缸质量M=Iokg,与地面间的动摩擦

因数为〃=0.5。汽缸内有一质量机=2kg、面积S=IOOCm2的竖直活塞与水平缸壁光滑密接，封闭了

一定质量的理想气体。当汽缸静止、活塞上不施加外力时，活塞与汽缸底(即图中汽缸最左端)间的距

离为L°=95cm.已知大气压PO=I.0χIO,Pa,近似认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用逐渐增大

的水平拉力F向右拉活塞，使活塞始终相对汽缸缓慢向右移动。

(1)活塞移动过程中，汽缸内的气体是吸热还是放热？

(2)当活塞与汽缸底间的距离达到L=IOoCm时，汽缸内封闭气体的压强；

(3)当活塞与汽缸底间的距离达到L=IoOCm时，水平拉力尸的大小。

AF

【答案】(1)吸热；(2)9.5×IO4Pa;(3)50N

【解析】

【详解】（1）根据题意可知，汽缸导热良好，即气体温度不变，则气体的内能不变，气体对外做功，由

热力学第一定律可知，气体吸热。

（2）根据题意可知，气体做等温变化，由玻意耳定律有

POSLo=PSL

解得

/?=9.5XIO4Pa

（3）汽缸与地面间的最大静摩擦力为

^nax=MM+m）g=60N

汽缸底部的压力差为50N,小于Enax，故汽缸相对地面静止，则有

F+pS=p0S

得

F=50N

19.如图所示，一游戏轨道由倾角为。=37。的足够长倾斜轨道A8、长为x=1.2m的水平直轨道BC、半径

为R=0.32m的光滑竖直圆环轨道SE。、光滑水平直轨道CT及水平传送带FG组成。其中竖直圆环的

最低点C和C相互靠近且错开，轨道末端尸点与水平传送带（轮子很小）的左端刚好平齐接触。将一质

量为机=20g的小滑块（可视为质点），从倾斜轨道上某处静止释放。已知小滑块与倾斜轨道4B、水平直

轨道BC及传送带间的动摩擦因数均为“=0.25,传送带长度FG=4m,其沿逆时针方向以恒定速度v=4m∕s

匀速转动。所有轨道在同一竖直面内，且各接口处平滑连接，忽略空气阻力。求：

（1）若小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动，则其在通过圆环轨道内侧与

圆心等高处的E点时，受到圆环轨道的作用力大小；

（2）在满足（1）的条件下，小滑块首次滑上传送带并返回尸点的过程中，传送带电机由于牵引力增加

而多消耗的电能E；

（3）为保证小滑块始终不脱离游戏轨道，小滑块从倾斜轨道48上静止释放的高度〃应满足什么条件？

A

【答案】(1)0.6N；(2)0.64J；(3)加0.93m或1.65m≤∕∕≤l.95m

【解析】

【详解】(1)小滑块首次进入竖直圆环轨道刚好可以绕环内侧做完整的圆周运动

2

mgR==>VD=V3^2m∕s

根据能量守恒

22

mgR=—mvε--ITIVD

受到圆环轨道的作用力提供向心力

V7

F=/7?—fr=0.6N

R

(2)根据

μmg-maa-2.5m∕s2

由能量守恒

I2I2.

mg2R=-mvc--mvD=>vc=4m∕s=v

物块在传送带上做减速运动，减速到零的位移为

V2

L=——=3.2m<4m

2a

此后滑块反向加速回到传送带，由运动的对称性可知小滑块第1次滑上传送带后将以4m∕s的速率返回

_V+V

E-μmg∙V•—r-----=0.64J

a

(3)根据牛顿第二定律

下=2

mgsinθ-μmgcosθ=maγfα4m∕s

且

福=2α下N-

1sin37

(i)为保证小滑块第1次下滑后能恰好到达竖直圆环的圆心等高处，则

12

-μmgx-m^R-0^-mVgl=>H1-0.93m

∕⅛0.93m即可;

(ii)为保证小滑块第1次下滑后能恰好过竖直圆环的最高点，则

I2I,

-μmgx-mg2R-—mvυ~—mvB2=>H2-1.65m

论1.65m即可；

(iii)为保证小滑块第1次滑上传送带后，能返回，不会从G点抛出，则

1,

-μ.,mg{χ+FG)-θ-mvβ3=43=L95m

此种情况下，第1次从传送点上返回时的速度为4m∕s,可过竖直圆环最高点

r2

IngSin31°+qEcos37°+μt(mgcos37°-qEsin3l°)=ma卜=α卜=8m∕s

第1次返回倾斜轨道时，上滑距离为0.875m,即上滑高度为0.525m(<0.93m),再次下滑后不会从圆环

轨道脱离，故H≤L95m即可。所以

佐0.93m或1.65m≤佐1.95m。

20.如图所示，光滑导轨PQ、ST固定在水平面上，导轨间距为L=Im,导轨的最右端接有匝数N=20,

截面积S=O.5r∏2,内阻r=0.1C的线圈，线圈内磁场的磁感应强度为BI=O.2r(T),方向竖直向下。线圈左

边接有R=O.1。的电阻，电容C=0.1F的电容器一端接在导轨上，另一端接一个单刀双掷开关K。导轨中

MO与"间有一足够长且方向垂直导轨平面向上的磁感应强度&=0/T的匀强磁场，质量m=lg,电阻

R2=0.2C,长度为L的导体棒必放置在磁场右侧，磁场也左端的导轨0、M处接有小段绝缘材料。导轨

的PS与MO之间区域有一宽度x0=0.5m,方向垂直导轨平面向下的磁感应强度&=0.IT的匀强磁场，质

量"z=lg,电阻R3=0.3C,长度为L的导体棒Cd放置在磁场83中间，长度为O.5xo绝缘轻杆左端固定在导

体棒M的中点，右端位于磁场边界Mo的中点。初始开关K处于1位置，待稳定后，把开关K拨到2位

置，导体棒M运动到OM处前已达到稳定速度，导体棒ab与轻杆相碰并粘在一起进入匀强磁场员区

域，整个过程导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻和接触电阻。求：

(1)电容器最大电荷量(7;

(2)导体棒“6到达OM处的速度％；

(3)导体棒仍与轻杆碰撞后，导体棒油产生的焦耳热。；

(4)以。点为坐标原点，取向左为正方向建立X轴，写出导体棒油与轻杆碰撞后两端的电势差Uab与位

置X的关系。

32

-------=2mv9-2mv1

6+&

代入数据解得

v2=0

导体棒ab与轻杆碰撞后的过程产生的总焦耳热

2

Q&=；2mv,-12mv；=6.25x1OTJ

导体棒αb产生的焦耳热

Q=RRiR。总=2∙5X1(Γ3J

I∖-,+K2

(4)当0≤x≤0∙25m时，两导体棒在磁场&以速度看做匀速运动，此时

Uab=B3Lv1=O^V

当0.25m≤γ≤0.5m时

电(Xd)

-----------------=2mv-2rnvl

R2+R3

带入数据整理后可得

v=2.5-10(χ-0.25)=5-10x

此时

3/hr&Lu=0.3_0.6x(V)

4+«3

21.现代电子设备常利用电场和磁场控制带电粒子的运动.如图所示，两竖直平行金属板A、B间存在水

平向右的匀强电场，AB板电势差U0=7xl()3V0电荷量q=+8xlθ-9c,质量町=7xl(Tκikg的粒子

甲由静止开始从极板A出发，经电场加速后与B极板狭缝处静止且不带电的粒子乙发生弹性碰撞，粒子

乙的质量为加2=lxl0*kg,碰撞后甲的电荷量被甲、乙粒子平分。随后甲、乙粒子均沿水平金属板

CD的中心轴线方向进入，已知CD两板间距d=40cm,两板间同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸

面向里的匀强磁场，磁感应强度用=5xIO-T,甲粒子恰好沿中心轴线运动，乙粒子偏转后恰好从极板

C的右边缘P点射出，且射出时的速度方向与水平方向夹角6=53°,甲、乙两粒子离开C、D板后立刻

EΓB^

解得

E=1.5×104V∕m

粒子乙恰好从极板C