2024年高考第三次模拟考试题：物理（浙江卷03）（全解全析）

2024年高考物理第三次模拟考试

物理・全解全析

注意事项：

I.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一.选择题（共13小题）

I.2023年的诺贝尔物理学奖授予“采用实验方法产生阿秒脉冲光的技术”，阿秒脉冲光是一种非常

短的光脉冲，其持续时间在阿秒的量级，即lO^s,则（）

A.阿秒是导出单位

B.阿秒是国际单位制的基本单位

C.阿秒对应的物理量是国际单位制的基本量

D.阿秒对•应的物理量是矢最

【解答】解：由题意可知，阿秒是l（）Fs,即阿秒是时间的一个单位，根据单位制的基本内容可

知，时间是国际单位制中的基本物理量；但阿秒不是国际单位制中的单位，故C正确，ABD错

误。

故选：Co

2.如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN,手机背部支撑平面PQ的倾角0随之改变,

底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当。逐渐减小时，下列说法正确的是（）

A.背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小

B.手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大

C.支架对手机的作用力逐渐增大

D.手机对支架的作用力始终不变

【解答】解：AB、以手机为研究对象，受力情况如图所示:

根据平衡条件可得背部支惮平面PQ对手机的弹力FN=mgcos0,手机与底部支撑平面ab之间的

弹力Fab=mgsine；

当6逐渐减小时,背部支撑平面PQ对手机的弹力增大,手机与底部支撑平面ab之间的弹力减小，

故AB错误；

CD、根据平衡条件可得，支架对手机的作用力大小始终等于手机的重力大小，根据牛顿第三定律

可知，手机对支架的作用力大小也等于手机的重力大小，保持不变，故C错误、D正确。

故选：D。

3.如图所示，小球甲从距离地面高度为hi=15m处以速度、o=lOm/s竖直向上抛出，同时小球乙从

距离地面高度为h2=20m处开始自由下落，小球运动的过程中不计空气阻力，重力加速度取g=

lOin/s2,则下列说法中正碓的是（）

vof二T

-y।甲

20m

15m

A.小球乙落地前，两小球的速度差逐渐变大

B.落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速率之比为5：6

C.至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大小之比为3：4

D.小球甲、乙运动的第1s内位移相同

【解答】解：A.取竖直向上为正方向，甲球跟乙球的速度差为Av=vo-gl-（-gt）=vo,故A

错误；

B.由h=^gt2

得乙球落地用时间为

【2=2s

对甲球：由votL*g¥=—15

解得

ti=3s

甲球经过的路程为25m,乙球经过的路程为20m,那么落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速

率之比为5：6,故B正确；

C.乙球落地时，甲球的位移为0,即恰好回到抛出点，则至小球乙落地时，甲、乙两球的位移大

小之比为0,故C错误；

D.对甲球，第1s内位移父=/十二另1ox12m=5m,对乙球，第Is内位移（=/卅=1x10x

12m=5m,两位移方向不同，故D错误。

故选：Bo

4.某国政府不顾国际社会的反对，公然决定将大量核废水排放到太平洋，引起了国际舆论的强烈谴

责。核废水主要包含63种放射性物质，其中以铀137、镶90、筑、碳14等为主，下列说法正确

的是（）

A.艳137的半衰期是30年，60年后核废水中的钠137全部衰减殆尽

B.锢90发生。衰变的衰变方程为翡Sr—翡Y+9遥，翡Sr的比结合能比弱Y的大

C.旅具有放射性，是原子核外电子从高能级向低能级跃迁造成的

D.碳14的半衰期为5730年，如果一块古木中的碳14含量是现代植物的0.25倍，则百木的历

史约11460年

【解答】解：A.钠137的半衰期是30年，经历两个半周期，60年后核废水中的钢137仍剩下

原先的乙故A错误；

4

B.锢90发生。衰变的衰变方程为lgSr-＞招V+90，。衰变是自然发生的，衰变的过程中释

放核能，则弱丫的结合能更大,它们的核子数相等,所以瑞Sr的比结合能比翡丫的比结合能小,

故B错误；

C.晁具有放射性，是原子核发生衰变造成的，故c错误；

n

D.碳14的半衰期为5730年,如果一块古木中的碳14含量是现代植物的0.25倍,根据m=m0（1）

可知n=2,即经历两次半周期，则古木的历史约1=5730X2年=11460年，故D正确。

固定支撑板

空气间隙活动金属板

固定金属板

甲乙

A.按键的过程中，电容器间的电场强度减小

B.按键的过程中，电容器储存的电能增多

C.按键的过程中，图内中电流方向从a经电流计流向b

D.按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势

【解答】解：AB.根据电容器的定义式、决定式以及电场强度与电势差关系:

r-Q-JrL-H

L~U~4成d'bF~d

按键的过程中，由于电压U不变，d减小，则电容C增大，电容器间的电场强度E增大，电容器

所带电荷量Q增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确：

CD.按键的过程中，由于电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流

计流向a,电容器上极板电势高于下极板电势，故CD错误。

故选:Bo

7.杜甫在《曲江》中写到：穿花蝶蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。平静水面上的S处，“蜻蜓点水”

时形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），A、B、C三点与S在同一条直线上。图示时刻，

A在波谷与水平面的高度差为H,B、C在不同的波峰上。已知波速为v,A、B在水平方向的距

离为a,()

・9«tI4\fi

\：C-：\\；s\:MB：:

、、，*.«力、/13

2v

A.A点振动频率为一

a

B.到达第一个波峰的时刻，C比A滞后?

a

C.从图示时刻起，经过时间一，B、C之间的距离增大

a

D.从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=〃s加（等£+岑）

【解答】解：A.由图可知波长为2a,则A点振动频率为f=言，故A错误；

B.由图可知SA=L51SC=3入，则到达第一个波峰的时刻,C比A滞后

t=1.5T=—V

故B错误；

CB、C只能竖直方向振动，距离不变，故C错误；

D.质点的振动角频率为3=竿=芳

从图示时刻开始计时，A点的振动方程是

y=痴1苧+?

故D正确。

故选：Do

8.如图1所示，固定斜面的倾角8=37°,一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用

下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端xo处的A点时撤去拉力F。该物体

的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m=1kg,该

物体两次经过A点时的动能之比为4：1,该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sinS7"=0.6,

重力加速度g取lOm/s2,不计空气阻力。则拉力F的大小为（）

【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f,

当物体沿斜面向上运动到xo处时，根据动能定理有

（F-Gsin0-f）xo=Eo

运动到2xo处时，根据动能定理有

Fxo-（Gsin9+f）2xo=O

当物体沿斜面向下运动到xo处时，根据动能定埋有

1

(GsinO-/)-x0=萨0

联立方程，代入数据解得：F=19.2N,故ABC错误，D正确.

故选：De

9.如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场，正方形闭合导线框abed的边

长为I,放在桌面上，be边与磁场边界平行，L>lo让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀

图1图2

A.U〜12时间内，导线框受到的安培力逐渐增大

B.U〜12时间内，F对导线框做的功等于其动能的增加量

C.12〜t3时间内，v-t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L

D.t3〜t4时间内,导线框产生的焦耳热大于FI

【解答】解•：A、由图像可知，ti时刻，导线框开始进入磁场区域，减速运动，安培力大于恒力F,

加速度逐渐变小，安培力减小，故A错误；

B、U〜t2时间内，由动能定理可得：WF+Mr=AEk,故B错误；

C、由图像可知，12时刻，导线框全部进入磁场区域，13时刻，导线框开始离开磁场区域，口〜13

时间段图线和坐标轴围成的面积表示磁场的宽度L,故C错误：

D、因为t3〜t4段的安培力大于恒力E位移是1,故导线框产生的焦耳热大于FI,故D正确。

故选：D。

10.照射到金属表面的光可能使金属中的电子逸出，可以用甲图的电路研究电子逸出的情况。阴极

K在受到光照时能够逸出电子，阳极A吸收阴极K逸出的电子，在电路中形成光电流。在光照

条件不变的情况下改变光电管两端的电压得到乙图。换用不同频率的单色光照射阴极K得到电子

最大初动能与入射光波长倒数的关系图像如丙图所示。下列说法正确的是()

A.乙图中遏止电压的存在意味着光电子具有最大初动能

B.乙图中电压由0到U1,光电流越来越大，说明单位时间内逸出光电子的个数越来越多

C.丙图中的Ao是产生光电效应的最小波长

D.由丙图可知普朗克常量h=E入o

【解答】解：A、根据功能关系可知：eU秋=4m端；可知遏止电压的存在意味着光电子具有最

大初动能，故A正确；

B、根据饱和电流的意义可知，饱和电流说明单位时间内狎极K发射的光电子的数目是一定的，

电压由0到UI随着正向电压的增大，光电流增大，不能说明说明单位时间内逸出光电子的个数

越来越多，故B错误；

CD、根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-Wo=：-Wo.Ek-1图象的横轴的截距的倒数大小等

于极限波长，由图知该金属的最大波长为Ao,此时Wo=^

根据光电效应方程得：Ekm=y-Wo,可知图线与纵坐标的交点大小等于该金属的逸出功，即

Wo=E

可得普朗克常量卜=静，故CD错误；

故选：Ao

11.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平

弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g=l（）m/s2,不计空气阻力。若球拍与水

平方向的夹角为45°,乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s,则P、Q两点的高度差为（）

墙壁

球拍

A.0.1mB.0.2mC.0.4mD.0.8m

【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：VQCOS45°=gt,解得l=^s

根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h=：gP,

112

解得：h=2。/=ax10x云m=0.4m,故C正确，ABD错误。

故选：Co

12.氢原子的可见光光谱如图所示，谱线的波长满足公式白=Rs（n=3,4,5,6）,

X22n2

式中R-是常量。已知四条光谱线对应的光照射某种金属，仅一种光能使该金属发生光电效应。

贝I」（）

410.29434.17486.27656.47A/nm

&HH3H

A.Ha谱线对应的光子能量最大

B.Ha谱线对应的光子动量最大

C.Ha谱线对应的光子能使该金属发生光电效应

D.Fh谱线是氢原子从第5激发态跃迁到第1激发态产生的

【解答】解：A.根据波长与频率的关系，则有:=：=v,结合题意可知，V。最小，则Ha谱线

对应的光子能量最小，故A错误：

B.根据p=/结合题意可知，入a最大,则Ha谱线对应的光子动量最小，故B错误；

C.根据光电效应发生条件，可知Ha谱线对应的光子能量最小，则不能使该金属发生光电效应，

故C错误；

D.根据题意结合跃迂时，能量减小，则有;=Rs（3-士）可知，H；,谱线是氢原子从第5激发

态跃迁到第1激发态产生的，故D正确。

故选：D。

13.如图所示，质量为2000kg的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速

度为4m/s,缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电楞17000N

的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为与二4攵产（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），

安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g=l（）m/s2,下列说法正确的是（)

安全钳

9\

A.弹簧的劲度系数为3000N/m

B.整个过程中电梯的加速度一直在减小

C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000N

D.从电梯接触弹簧到速度最大的过程中甩梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4636J

【解答】解：A.电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s,缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运

动，根据能量守恒定律有

1212

-mv+mg-Ax=-k-Ax+f功•Ax

22

代入数据解得

k=11000N/m,故A错误;

B与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加

速度逐渐增加的减速运动，故B错误；

C电梯停止在井底时，由受力平衡得

kAx=mg+f®

代入数据解得

f»=kAx-mg=11000X2N-2000X10N=2000N,故C错误;

D.当电梯速度最大时，此时加速度为零，则

k△x'+f动=11^

代入数据解得

4/3

Ax=pj-m

电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功,

则

9

4E=/'动•/%'=17000x^/^4636/,故D正确。

故选：Do

二.多选题(共2小题)

14.如图为透明长方体的横截面efgh,其折射率九=第,一细束单色光以角0入射至ef面上的p点，

ep=*=L,已知光在真空中的传播速度为c,不考虑光在长方体内的二次及二次以上的多次反

射，下列说法正确的是()

A.当入射角为6=6()。时，光在长方体中的传播时间为日

c

B.当入射角为6=60°时,光在长方体中的传播时间为出

c

C.当入射角8V45°时，折射到eh面上的光一定发生全反射

D.当入射角8<45°时，折射到eh面上的光不一定发生全反射

【解答】解：AB、当入射带为60°时，由折射定律11二罂

解得r=45°

到达面时，入射角为『=,sin45。=当彩故不发生全反射，直接折

eh(90°-45°)=45°4it

射出长方体；

时间=泊夕「平

n

故A正确，B错误；

CD、当入射角小于45°时，由折射定律门二察

解得sinrV苧

到达ch面时，入射角的正弦值为sina=cosr>^

由于sina＞，故一定发生全反射，故C正确，D错误

故选：ACo

15.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，其右侧部分为一火警报警系统原理图的一部分，R2为

阻值随温度升高而减小的热敏电阻，常温和低于常温时其电阻等于Ri,RI为一定值电阻，电压

表和电流表均为理想交流电表,原、副线圈近数比m：02=4：1,其输入端a、b间所接电压u

随时间t的变化关系如图乙所示。报警电路两端电压超过•定值时触发报警（图甲中未画出），下

列说法正确的是（）

图甲图乙

A.电压表的示数可能大于30V

B.通过R2的电流的频率为55Hz

C.报警电路一定接在Ri两端

D.增大Ri的阻值可提高该报警系统的灵敏度

【解答】解：A.由图乙可知，输入电压有效值Ui=维，计算可得Ui=220V,根据变压器的电

压与匝数的关系察=也，可得副线圈两端的电压有效值为55v,电压表测得的是R2两端的电压，

常温和低于常温时，R2的阻值等于R],所以电压表示数为27.5V,高温和出现火警时，R2电阻

减小，副线圈中电流增大，因副线圈两端电压不变，Ri两端电压增大，则电压表示数减小，故A

错误；

B.变压器与电阻不改变电流频率，由图乙可知，电流周期为T=0.02s,所以电流频率为

代入数据得f=50Hz,故B错误；

C.图甲电路中，R2两端的电压随温度升高而减小，不符合报警电路要求，Ri两端电压因R2电

阻减小而增大，符合要求，原副线圈两端电压不变，故报警电路只能接在Ri两端，故C正确；

D.增大Ri的阻值会使Ri两分得的电压增大，报警器更容易被触发，故D正确。

故选：CD。

三.实验题（共3小题）

16.I、某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间

的关系

小车c楣器

ABcDE

6U\Tiiipiiip中iipi中।甲叩|甲,川||||||||||||||||叫|||||||14甲|甲叩北聊川|||||||||||||

砂和砂桶长木板34567891011121314cmi5

图1图2图3

（I）实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是:（填“挂”或“不拄”）砂桶,

连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距

均匀的点。

（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz,某次实验得到的纸带如图2所示。A、B、C、

D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一

组数据记录不当，这组数据是（填“A”、"B”、"C”、"D”或"E”）。根据上述信息可得

小车的加速度大小为m/s2（保留两位有效数字）。

计数点ABCDE

位置坐标（cm）4.505.507.309.8013.1

（3）另•小组在验证加速度与质量关系实验时，保证砂桶的总质量mo不变，通过在小车上增加

跌码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上跌码的总质量m,但未测小车质量M,作出

二与m之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为匕在纵轴上的截距为b,若该同学其

a

他操作均正确，mo没有远少于（M+m）,可得到小车的质量M为（用k、b、mo表示）。

【解答】解：（I）根据平衡摩擦力的原理可知，平衡摩擦力时小车前端不挂砂和桶，小车后面的

纸带穿过打点计时器，将长木板不变滑轮的那端垫高，反复调节木板的倾角，宜到小车匀速下滑

为止；

（2）从所给的表格数据可以看出，E点的数据没有估读，所以读取不当；

相邻计数点的时间间隔为7=7=^S=0.1S

2

根据逐差法，加速度Q=文弓AC.=［（13.10-7.30）-（7.3?-4.50）卜10?2=0.75m/s

4TZ4x0*

（3）根据牛顿第二定律，对小车F=（M+m）a

对砂和桶mog-F=moa

联立解得mog=（M+m+mo）a

变形得三=竺？竺+--m

amogmog

结合工图像，图像的斜率k

a叫。

图像的纵截距匕=空等

联立解得M=铝，

9K

故答案为：（1）不挂；（2）E；0.75；（3）也三。

gk

II、干电池川久后通常电动势会减小，内阻增大。某同学利用DIS系统、定值电阻Ru、电阻箱R等

实验器材分别研究新、旧两节干电池的电动势和内阻，实验装置如图中所示。首先测量电池a的

电动势和内阻，实验时多次改变R的阻值，用电流传感器测得对应的电流值I,在计算机上显示

出如图乙所示的｝-R的关系图线a,重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图乙中

的图线b。

甲

内

（1）某次实验电阻箱调节后如图丙所示，则此时电阻箱的读数为。。

（2）若定值电阻Ro=1.00令丫=彳，x=R,由图乙中实验图线a的拟合方程可得，电池a的电

动势Ea=V,内阻ra=no

（3）根据图乙可以判断，烈线对应的是新电池（选填“a”或"b”）。

（4）根据实验测得的电池a的R、I数据,若令y=「（R+Ro）,x=R+Ro,则由计算机拟合得出

的y-x图线如图丁所示，则图线最高点A的坐标值应为x=C,y=W（结

果均保留2位有效数字）。

【解答】解：(1)由电阻箱的读数规则有

R=OX1000+1X10H+2X1C+OXO.1Q=12.0C

(2)由闭合电路欧姆定律有而

VQ+KQ+K

整理有-11R+厂-ia—+Ro

1EaEa

结合题中图线a的解析式，有

1

°75二员

2.25=

EQ

A

解得Ea=§V，ra=2C

(3)由之前的分析可知，图像的斜率为电池的电动势的倒数，由题图可知，其图像a的斜率大，

所以图线a的电动势小。根据题意，旧电池的电动势减小，所以图线a为旧电池，图线b为新电

池。

(4)分析题图中电路可知，外电路的用电器为电阻R和Ro,结合题意可知，题图的y轴为电池

的输出功率，题图的X轴为外电路的电阻。对电池有P=/2R=(/^)2R

K夕广r

E?R外E2

-2—9

R处-2rR外+%+4小外(&分-啕

R^针。

外

结合题图有、=戈尸2嬴

由之前的分析可知，有£=?V

r“=2C

题图中A点为y最大值，由上述公式可知，当x=m即外电路电阻等于电池内阻时，取得最大

值，所以

x=2.0C

y—.22W

4

故答案为：(1)12.0；(2)-；2.0；(3)b：(4)2.0：0.22

3

18.某小组探究气体在等温变化时压强随体积变化的规律。实验方案如下：在带刻度的注射器内密

封一段掺入酒精蒸汽的空气，然后将注射器与气体压强传感器连接管相连接。气体压强p由传感

器测量，气体体积V等于注射器读数与连接管的容积(kn?)之和。

(1)实验时手不要握注射器筒，且应缓慢推动注射器活塞，其目的是。

(2)表格是小组采集的一组数据，数据真实可靠，请在图中补充描出第6至9个数据点，并画

出p—9图线。

序号123456789

p/kPa99.0110.0120.9135.4154.7181.2223.3291.1330.0

V/cm32L019.017.015.013.011.09.07.05.0

2/0.0480.0530.0590.0670.0770.0910.1110.1430.200

V

cm~3

在等温变化时，气体的压强与体积关系

为;第9个数据点显著偏离上述规律，小组猜想是因为气体的质量减小了，下列哪个

选项支持该猜想，

A.部分酒精蒸汽进入气体压强传感器连接管

B.在测量第9个数据点时发现注射器筒壁出现模糊，部分酒精蒸汽液化

【解答】解：(1)实验时手不要握注射器筒，H应筋慢推动注射器活塞，其目的是减小热传递和

做功对气体温度的影响。

(2)描点如图所示

p/kPa

（3）由p-静图可知，前.8个数据点的分布情况说明：在等温变化时，气体的压强与体积成反比；

由图可知，第9个数据点显著偏离上述规律，可能是在测量第9个数据点时部分酒精蒸汽遇冷液

化使注射器筒壁出现模糊。

故选:Bo

故答案为：（1）减小热传递和做功对气体温度的影响；

（3）成反比；Be

四.解答题（共4小题）

17.如图（a）,竖直圆柱形汽缸导热性良好，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，活塞

质量为mo，此时活塞静止，距缸底高度为H。在活塞上放置质量为mi（未知）的物块静止后，

活塞距缸底高度为=射,如图（b）所示。不计活塞与汽缸间的摩擦，已知大气压强为po,

外界温度为27C,重力加速度为g,汽缸始终保持竖直。

（i）求物块质审mi：

（ii）活塞上仍放质量为mi物块，为使得活塞回到距缸底为H的高度，求密封气体的热力学温

度T应缓慢上升为多少；若此过程中气体内能增加了△口求该过程中缸内气体从外界吸收的热

量Qo

图(a)图(b)

【解答】解：（i）以被密封气体为研究对象，初态，由力的平衡条件有

mog+p（）S=piS

活塞从位置H到位置日凡气体发生等温变化，由玻意耳定律可知

piHS=p2HzS

解得P2=3。驾：PoS）...............（1分）

末态，由力的平衡条件有mog+mig+poS=p2s

解得啊="吗;PoS...............（2分）

（ii）活塞从|H位置回到H位置的过程，气体发生等压变化，由盖一吕萨克定律有

HfS_HS

~=77

解得T2=450K...............（1分）

外界对气体做功为W=-pzS（H-"'）=_攵”容逊................（2分）

由热力学第一定律可有AU=WiQ

解得Q=4U+（mog：PQS）H................二分）

18.“离心轨道演示仪”是学习机械能守恒定律的经典演示装置，如图甲所示，该实验装置可以简化

为如图乙所示的物理模型：竖直平面内由倾斜斜面轨道AB、半径为n=0.1m的圆周轨道BCD

和半径为r2=0.25m的部分圆周轨道CE构成的装置固定于水平地面，B、C两处轨道平滑连接,

轨道正前方放置一个竖直挡板，板面正时着轨道。圆心0】、02与C点在同一竖直线上，ChE与

竖直方向的夹角为0=53°,E点与竖直挡板的距离d=1.2m。现将质量为m=O.lkg的小球从斜

面的某高度h处由静止释放。斜面轨道AB足够长，忽略小球尺寸和所受阻力，已知重力加速度

取g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8。

（1）若小球的初始高度hi=0.5m,求小球第一次到达最低点C时，对轨道BCD压力的大小；

（2）若小球能沿轨道到达E点，求h的最小值hmin;

m

（3）若小球释放后，第一•次到达最低点时与静止在C点的质量为三的另一个小球发生弹性正碰,

碰撞后被碰小球通过E点之后恰好能垂直碰到竖直挡板，求小球释放时的高度h2o

【解答】解：（1）设小球达到C点时速度为VC,此时轨道对小球的支持力为F,从释放点到C

由动能定理得：mghi=/m岭一0...............（1分）

由牛顿第二定律得：F-mg=m^................门分）

ri

解得:F=11N...............（1分）

根据牛顿第三定律可知小球第一次到达最低点C时，对轨道BCD压力的大小为UNo

（2）设E点离地面的高度为hE,D点离地面的高度为hD

由几何关系得：hE=r2-T2C0Sp»hD=2n

代入数据解得：hE=0.1m,hD=0.2m...............（1分）

可知：hE<hD

因此小球若能达到D点，则必能达到E点，可知刚好能通过D点时的释放高度足h的最小值hmino

从释放位置到D的过程，根据动能定理得：mg（hmin-2n）=*m诏-0.........（1分）

在D点时向心力恰好等于重力，由牛顿第二定律得：mg=m号................（1分）

代入数据得：hmin=0.25m...............（1分）

（3）设碰撞后被碰小球通过E点时速度为VE,从E点抛出后做斜抛运动，依据题意将运动分解

处理，如图I所示。

水平方向有：d=VECOSp,C

竖直方向有：O=vEsinB-gt

解得：vb=5iii/b...............（1分）

设碰撞后瞬间被碰小球的速度大小为V2,对其从碰撞后至］E点的过程，由动能定理得:

解得：V2=36m/s...............（1分）

设质量为m的小球碰撞前、后瞬间的速度大小分别为vo、vi,两小球发生弹性碰撞，以向右为正

方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

,m

mvo=mvi+yv2

121217717

-mv0=-mv1+-x-v；

联立解得：vo=2V3m/s...............（1分）

对质量为m的小球从释放点到与碰撞位置，由动能定理得：

1

mgh2=2mvo9-0

解得：h2=0.6m

因h2>hmin=0.25m,故此结果合理。................（1分）

19.如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面匕导轨间距为L=lm。导轨水平部分

的矩形区域abed有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T,导轨水平部分的左侧固定

了一轻质绝缘弹簧，右侧和一光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径r=芸m,圆心角6=120°,

在圆弧上端有两弹性挡板C和C'（碰撞时无能量损失）。质量为mi=lkg、电阻Ri=0.1C的金

属棒P把轻质弹簧压缩，使弹簧的弹性势能Ep=32J,P离开弹簧后进入磁场区域，再与磁场右

侧的另一根质量为m2=2kg、电阻R2=0.2。的静置在导机上的金属棒Q发生弹性碰撞，碰后Q

恰好能上升到C和C'处。重力加速度取g=10m/s2,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不

计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。

（1）求P刚进入磁场时电流的大小；

（2）求矩形磁场沿导轨方向的长度是多少：

（3）若Q从右侧圆弧滑下时，P已从磁场中滑出，求从P开始运动到PQ第二次碰撞时，P棒上

产生的焦耳热。

代入数据解得vo=8m/s...............（1分）

根据法拉第电磁感应定律有Ei=BLvo

代入数据解得E=4V...............（1分）

根据闭合电路的欧姆定律有A二瓦%二本力竽&................（1分）

（2）设Q在CC'处的速度为vc,根据牛顿第二定律有m2gs出30。=巾2%

1

2

1.-

金属棒从B点到C点过程根据动能定理有37n2总2B=一7n2/(1+5in30°)

联立解得vB=4m/s...............（1分）

金属棒P和金属棒Q碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mivp=mivp'+m2VB

11,1

根据能量守恒定律有；血1诏=~mVp4--mv^

乙乙Y乙2

联立解得vp=6m/s,vp'=-2m/s...............（1分）

对于金属棒P第一次通过磁场过程，取向右为正方向，根据动量定理有m/p-m^Q=-BiLt

22

其中加=粽

联立解得x=2.4m；...............（2分）

（3）金属棒P第二次通过磁场，规定向右为正方向，根据动最定理有

,,-B2L2X

vP"—叫孙，=BILt=*+笠

代入数据解得VP"=0（1分）

金属棒Q第二次通过磁场过程，规定向右为正方向，根据动量定理有

〃TDT.x

m2%-mvQ=BILt=-^-

VQ=-VB

联立解得VQ〃=-3m/s..............................（1分）

然后金属棒Q通过磁场与静止的金属棒P发生第二次碰撞，全过程根据能量守恒定律有

121"2

”1%~^m2VQ=Q

解得Q=23J..............................（1分）

则金属棒P上产生的焦耳热为QP=（Q=寺x23/=学人................（