1.（2023年6月高考浙江選考科目）下列四組物理量中均為標(biāo)量的是（）

A.電勢電場強度B.熱量功率C.動量動能D.速度加速

度

【參考答案】B

【名師解析】電場強度時矢量，動量是矢量，速度和加速度都是矢量，所以下列四組物理

量中均為標(biāo)量的是B.

2.（2023年6月高考浙江選考科目）在足球運動中，足球入網(wǎng)如圖所示，則（）

A.踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點B.足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變

C.足球在一丁時受到腳的作用力和重力D.觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力

【參考答案】B

【名師解析】踢香蕉球時足球不可視為質(zhì)點，足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變，慣性不變,

A錯誤B正確：足球在飛行時只受到豎直向下的重力作用，C錯誤：根據(jù)牛頓第三定律，

觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力等于網(wǎng)對足球的力，D錯誤。

3.（2023年6月高考浙江選考科目）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下

列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小。、速度大小心動能反和機械能E隨運動時間，的

變化關(guān)系中，正確的是（）

【參考答案】D

【名師解析】鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，鉛球只受重力，其加速度

a=g,鉛球豎直速度隨時間均勻增大，水平速度不變，所以鉛球速度隨時間不是均勻增大，

AB錯誤：鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，鉛球只受重力，機械能守恒，

動能逐漸增大，但不是均勻增大，C錯誤D正確。

4.（2023年6月高考浙江選考科目）圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從。處行走到B

處的照片，軌跡04段是直線，A8段是曲線，巡視器質(zhì)量為135kg,則巡視器（）

A.受到月球的引力為135ONB.在A8段運動時一定有加速度

C.OA段與AI3段的平均速度方向相同D.從O到13的位移大小等于OAB軌跡K

度

【參考答案】.B

【名師解析】由于月球表面的重力加速度小于地面重力加速度，大約為地球表面

的1/6,所以巡視器受到的月球引力小于1350N,A錯誤；軌跡AB段是曲線，

巡視器沿曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，B正確；由于0A段和

AB段的位移方向不同，所以O(shè)A段和AB段的平均速度方向不同，C錯誤；根

據(jù)位移的定義，從0到B的位移大小為從0指向B的有向線段的長度，小于

OAB軌跡的長度，D錯誤。

5.（2023年6月高考浙江選考科目）“玉兔二號”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜。核

電池將^Pu衰變釋放的核能一部分轉(zhuǎn)換成電能。2；：PU的衰變方程為■PUU+：He,

則（）

A.衰變方程中的X等于233B.:He的穿透能力比y射線強

C.2j：Pu比［U的比結(jié)合能小D.月夜的寒冷導(dǎo)致若Pu的半衰期變大

【參考答案】C

【名師解析［根據(jù)核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可知X=238-4=234,

A錯誤；丫射線的穿透能力比a射線穿透能力強，B錯誤；根據(jù)原子核衰變的產(chǎn)

物的比結(jié)合能大于放射性原子核可知，答pu比二u的比結(jié)合能小，C正確；半

衰期與原子核所處的物理化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，D錯誤,

6.（2023年6月高考浙江選考科目）如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為

G的光滑圓柱體靜置其上，〃、〃為相切點，ZaOb=90°,半徑?！ㄅc重力的夾角為37。。

已知sin370=0.6,cos37°=0.8,則圓柱體受到的支持力幾、用大小為（）

A.Fa=0.6G,Fb=0.4GB.Fa=0.4G,Fh=0.6G

C.F,=0.8G,Fh=0.6GD.Fa=0.6G,笈=0.8G

6.【參考答案】D

【名師解析】對圓柱體受力分析,畫出所受力的矢量圖,F?=/ngsin37°=0.6G,

瓦二〃?gcos370=（）.8G,D正確。

【方法歸納】對于受到三個力的平衡問題，一般是對研究對象受力分析，畫出所

受各力的矢量圖，利用平行四邊形定則，得出三力矢量三角形，利用數(shù)學(xué)知識得

出未知力的大小。

7.（2023年6月高考浙江選考科目）我國UOOkV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”

設(shè)備將交流變換成直流，用戶端用“逆變”設(shè)備再將直流變換成交流。卜列說法正確的是（）

A.送電端先升壓再整流B.用戶端先降壓再變交流

C.UOOkV是指交流電的最大值D.輸目功率由送電端電壓決定

7.【參考答案】A【名師解析】由于只有交流電才能通過變壓器變壓，所以送電

端先升壓在整流，用戶端先變交流電在降壓，A正確B錯誤；特高壓輸電UOOkV

是指直流電壓，C錯誤；輸電功率由用戶端電壓決定，D錯誤。

8.（2023年6月高考浙江選考科目）某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻

向電場。粒子從W點射入，沿著由半徑分別為R和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢線）

運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為民和氏，則R、&和E2

8.【參考答案】A

【名師解析】帶電粒子沿轉(zhuǎn)向器中圓弧虛線運動，電場力提供向心力，（7日二〃?E,

qEi-m—,聯(lián)立解得"二殳，A正確。

9.（2023年6月高考浙江選考科目）木星的衛(wèi)星中，木衛(wèi)一、木衛(wèi)二、木衛(wèi)三做圓周運動

的周期之比為1:2:4。木衛(wèi)三周期為。公轉(zhuǎn)軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的〃倍。月

球繞地球公轉(zhuǎn)周期為式），則（）

A.木衛(wèi)一軌道半徑為上B.木衛(wèi)二軌道半徑為乙r

162

1T~

C.周期7與7b之比為MD.木星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為

T~

【參考答案】.D

【名師解析】木衛(wèi)三的公轉(zhuǎn)軌道半徑為nr,對木衛(wèi)一和木衛(wèi)三，由開普勒第三定

律可得邑二M?二1/4、解得r尸?,A錯誤；對木衛(wèi)二和木衛(wèi)三，由開普勒第

（咐T；4

三定律可得上=馬=22/42=1/4,解得「2=2，B錯誤；木衛(wèi)三繞木星運動周

（〃/"V4

期與月球繞地球運動周期之間沒有聯(lián)系，C錯誤；木衛(wèi)三繞木星運動，G"當(dāng)

（”）一

二〃,月球繞地球運動，G四粵一場/至］，聯(lián)立解得處=至〃3,口

）r月［M地T-

正確。

10.（2023年6月高考浙江選考科目）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，

通過兩根長均為/、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩周定點上，固定點間距也為L細(xì)桿

通過開關(guān)S可與直流電源員或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎

直向上、大小為3的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1,當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，

細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點。二色；然后開關(guān)S接2,棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的

4

A.電源電動勢七二立也/?

B.棒消耗的焦耳熱。=?

2BL

C.從左向右運動時，最大擺角小于ND.棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小相等

4

【參考答案】C

【名師解析】開關(guān)S接1,導(dǎo)體棒靜止時，受力分析，由tan。=BIL/mg,解得

I=mg/BL,由閉合電路歐姆定律，電源電動勢E=IR=mgR/BL,A錯誤；不能得

出導(dǎo)體棒完成一次振動過程消耗的焦耳熱，B錯誤；開關(guān)接2,由于金屬棒運動

切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在從左向右運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電流，從二極管正

極流入，金屬棒中有電流，受到與方向相反的安培力作用，所以最大擺班小于兀/4,

C正確；金屬棒從右向左經(jīng)過最低點時速度大于從左向右經(jīng)過最低點時的速度,

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，金屬棒兩次經(jīng)過最低點時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小

不等，D錯誤。

11.（2023年6月高考浙江選考科目）如圖所示，置于管口下前的聲源發(fā)出一列單一頻率

聲波，分成兩列強度不同的聲波分別沿A、6兩管傳播到出口先調(diào)節(jié)A、6兩管等長，

O處探測到聲波強度為400個單位，然后將A管拉長d=15cm,在。處第一次探測到聲

波強度最小，其強度為100個單位。已知聲波強度與聲波振幅平方成正比，不計聲波在管道

中傳播的能量損失，則（）

T

A.聲波的波長4=15cmB.聲波的波長義=30cm

C.兩聲波的振幅之比為3:1D.兩聲波的振幅之比為2:1

【參考答案】C

【名師解析】先調(diào)節(jié)A、B兩管等長,兩管中傳播的聲波到O點路程差為零，振動加強,

O處探測到聲波強度為400個單位，將A管拉長d=15cm,在O處第?次探測到聲波強

度最小，說明兩管中傳播的聲波到O點路程差浦2,其強度為100個單位，由此可知2d=.V2,

聲波的波長X=60cm,AB錯誤；根據(jù)題述，已知聲波強度與聲波振幅平方成正比，即

A7

CVAJ2400解得-±=2,C正確D錯誤。

(…②『二而41

12.（2023年6月高考浙江選考科目）A3、C。兩塊正對的平行金屬板與水平面成30。角固

定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm,電荷量為LOxlO^C、質(zhì)量為3.0xl（y4kg的小

球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸排干4點。閉合開關(guān)S,小球靜止時,細(xì)線與48板夾角為30。：

剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的M點（未標(biāo)出），則（）

A.距離為5j5cmB.電勢能增加了3j5xlOYj

4

C.電場強度大小為6x10'N/CD.減小R的阻值，MC的距曲將變大

【參考答案】B

【名師解析】小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點，小球靜止時，細(xì)線與/W板夾角為

30。，細(xì)線與豎直方向夾角為30°,小球所受電場力方向垂直極板AB,與豎直線方向夾角

為30°,可知電場力F=FT，2FCOS30°=mg?解得F=電場強度大小為

F/q=-^-=>^xl05N/C.C錯誤；剪斷細(xì)線，小球沿與CD板夾角為30°的方向加速宜

*q

線運動到M點，由lan30>=d/MC解得MC=loJJcm,A錯誤；小球運動到CQ板上的M

點，克服電場力做功W=F（d-lsin30°）=^xl0-3X0.075J=->/3x10^J,B正確；減小

4

R的阻值，兩塊正對的平廳金屬板之間電壓不變，MC的距離不變，D錯誤。

13.（2023年6月高考浙江選考科目）在水池底部水平放置三條細(xì)燈帶構(gòu)成的等腰直角三

角形發(fā)光體，直角邊的長度為0.9m,水的折射率〃=9,細(xì)燈帶到水面的距離=

310

【參考答案】C

【名師解析】燈帶發(fā)出的光從水面射出的時發(fā)生全反射臨界角的正弦值

則tanC—1—

取細(xì)燈帶上一點光源，點光源發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀為圓形。設(shè)此圓的半徑

為R,點光源發(fā)出的光恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖1所示。

根據(jù)幾何關(guān)系可得R=C=立xm=（）.3m

10小

每一條細(xì)燈帶發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀如圖2所示。

三條細(xì)燈帶構(gòu)成的直角三角形發(fā)光體發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀如圖3所示。

則一個點發(fā)出的光在水面上能看到的R-0.3m的圓，光射出的水面形狀三角形頂端邊緣為弧

形,AB錯誤。設(shè)直角邊的長度?=0.9m,由幾何關(guān)系可得（an22.5°=&=--8s*=0

—Vl+cos45°

乙

-1

解得廠（1-也）a

2

由于r=0.294x0.9m=0.27in<R=0.3m,可知有光射出的水面形狀在三角形中央?yún)^(qū)域無空塊,

所以有光射出的水面形狀為Co

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選

項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，

有選錯的得0分）

14.（2023年6月高考浙江選考科目）下列說法正確的是（）

A.熱量能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體

B.液體的表面張力方向總是跟液面相切

C.在不同的慣性參考系內(nèi)，物埋規(guī)律的形式是不同的

D.當(dāng)波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率

【參考答案】.BD

【名師解析】熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，不能自發(fā)地從低溫物體

傳到高溫物體，A錯誤；液體表面張力方向總是與表面相切，B正確；在不同慣

性參考系中，物理規(guī)律的形式是相同的，C錯誤；根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)波源與觀

察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源的振動頻率，D正確。

15.（2023年6月高考浙江選考科目）有一種新型光電效應(yīng)量子材料，其逸出功為1%。當(dāng)

紫外光照射該材料時，只產(chǎn)生動能和動量單一的相干光電子束。用該電子束照射間跖為d

的雙縫，在與縫相距為L的觀測屏上形成干涉條紋，測得條紋間距為已知電子質(zhì)量為〃?，

普朗克常量為人光速為C,則（）

chiwh-r

C.光子的能量E=%+JD.光子的動量〃=」+......-

dAxc2cma~^x~

【參考答案】.AD

【名師解析】根據(jù)雙縫干涉條紋間隔公式△x=LVd,可得人cUx/L。電子動量

p=hA=g,A正確；電子動能E=三二崢L*；、,B錯誤；根據(jù)愛

d\x2m2m2md2Ax2

因斯坦光電效應(yīng)方程，Ek=E-Wo,解得光子能量E=Wo+〃，：-C錯誤；由

2md~\x~

h2r}

E=cp可得光子動量p=Wo/c+-----------,D正確。

2cmd~^x

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.實驗題（I、II、III三題共14分）

16-I.（2023年6月高考浙江選考科目）（7分）（1）在“探究平拋運動的特點”實驗中

①用圖1裝置進行探究，下列說法正確的是________O

A.只能探究平拋運動水平分運動的特點

B.需改變小錘擊打的力度，多次重復(fù)實驗

C.能同時探究平拋運動水平、豎直分運動的特點

②用圖2裝置進行實驗，下列說法正確的是_____

A.斜槽軌道M必須光滑且其末端水平

B.上下調(diào)節(jié)擋板N時必須每次等間距移動

C.小鋼球從斜槽加上同一位置靜止?jié)L下

③用圖3裝置進行實驗，豎直擋板上附有復(fù)寫紙和白紙，可以記下鋼球撞擊擋板時的點跡。

實驗時豎直擋板初始位置累塞斜槽末端，鋼球從斜槽上P點靜止?jié)L卜，撞擊擋板留卜點跡0,

將擋板依次水平向右移動x，重復(fù)實驗，擋板上留下點跡1、2、3、4。以點跡0為坐標(biāo)原點，

豎宜向下建立坐標(biāo)軸），，各點跡坐標(biāo)值分別為巾、1y2、”、＞'4o測得鋼球宜徑為4則鋼球平

拋初速度用為_______。

A.7序B.（x+g）mC.（3X《、ED.V厚

2丫2,2\y2-2V2”2M2y4

（2）如圖4所示，某同學(xué)把A、B兩根不同的彈簧串接豎直懸掛，探究4、B彈簧彈力與伸

長量的關(guān)系。在8彈簧下端依次掛上質(zhì)量為機的鉤碼，靜止時指針?biāo)缚潭缺亍⑸淼臄?shù)據(jù)

如表。

鉤碼個數(shù)12???

8/cm7.758.539.30???

Xft/cm16.4518.5220.60???

ilrf?5

/，

0)------

圖4

鉤碼個數(shù)為1時，彈簧A的伸長量=cm,彈簧8的伸長量=________cm,

兩根彈簧彈性勢能的增加量%."陪（Ax.+A”）（選填“=”、“V”或。

16-1【參考答案】（1）①B②C③D（2）0.781.29>

【名師解析】（1）①用圖1裝置可以探究平拋運動豎直方向做自由落體運動，需要改變小

錘擊打的力度，多次重復(fù)實驗，B正確AC錯誤；②用圖2裝置進行實驗，斜槽軌道M不

必要光滑，但末端必須水平，A錯誤；上下調(diào)節(jié)擋板N時，不需要等間距移動，B錯誤；

小鋼球必須從斜槽M上同一位置靜止?jié)L下，C正確。

2

③用圖3裝置進行實驗，根據(jù)平拋運動規(guī)律，x-d/2=v0T,yi=^T,聯(lián)立解得vO=（x-W2）

*AB錯誤；由4x-d/2Ko4T,y4=-^^（47'）2,聯(lián)立解得v0=（x-d/2）?D正確

C錯誤。

（2）鉤碼個數(shù)為1時,彈簧A伸長量△xA=8.53cm-7.75cm=0.78cm；

彈簧B伸長量△xA=18.52cm?l6.45cm?0.78cm=1.29cm；

由于彈簧不是理想的輕彈簧，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律氏知兩根彈簧的重力勢能減少量和鉤

碼減少的重力勢能等于彈簧增加的彈性勢能，所以△綜>，咫（入9+A。）。

16-11.（2023年6月高考浙江選考科目）（5分）在“測量干電池的電動勢和內(nèi)阻”實驗

中

圖1

⑴部分連線如圖1所示，導(dǎo)線。端應(yīng)連接到________（選填“4”、“8"、"C”或“D”）

接線柱上。正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖2所示，其示數(shù)為_______V,

（2）測得的7組數(shù)據(jù)已標(biāo)在如圖3所示U-/坐標(biāo)系上，用作圖法求干電池的電動勢上二

_V和內(nèi)阻r=（計算結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

々UN

圖3

16?n【參考答案】（1）B1.20（2）1.501.04

【參考答案】（1）根據(jù)利用電壓表和電流表測量干電池電動勢和內(nèi)阻的實驗電路，可知導(dǎo)

線a應(yīng)該連接到B接線柱上。根據(jù)電壓表讀數(shù)規(guī)則，電壓表示數(shù)為1.20V。

（2）過盡可能多的點作宜線得出干電池的伏安特性曲線，如圖。

TUN

十電池的伏安特性曲線在縱軸的截距值大約干電池的電動勢E=1.50V；

斜率絕對值等于干電池的內(nèi)阻，尸Q=1.04Q。

0.48-0

I6-IH.（2023年6月高考浙江選考科目）（2分）以下實驗中，說法正確的是（多

選）。

A.“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，充電時電沆逐漸增大，放電時電流逐漸減小

B.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需盡快描下油膜輪廓，

測出油膜面積

C.“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻

值減小；溫度升高，金屬熱電阻阻值增大

D.“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯

沒裝上，原線圈接入10V的交流電時，副線圈輸出電壓不為零

16-HI【參考答案】CD

【名師解析】“觀察電容器的充放電現(xiàn)象”實驗中，充電時電流逐漸減小，放電時電流逐漸

減小，A錯誤；“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需要等到

油膜充分?jǐn)U展成單分子油摸后，才能描繪油膜輪廓，測出油膜面積，B錯誤；“觀察光敏電

阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻值減小；“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，溫

度升高，金屬熱電阻阻值漕大，C正確；“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗

中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒有裝上，原線圈接入10V的交流電時，只是漏磁較

大，在副線圈中仍能夠產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，副線圈輸出電壓不為零，D正確。

17.（8分）（2023年6月高考浙江選考科目）如圖所示，導(dǎo)熱良好的固定直立圓筒內(nèi)用面

積S=100cmt質(zhì)量〃?=lkg的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒

與溫度300K的熱源接觸，平衡時圓筒內(nèi)氣體處于狀態(tài)A,其體積匕=600cm3。緩慢推動

活塞使氣體達(dá)到狀態(tài)B,此時體積％=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達(dá)到狀

態(tài)C,此時壓強Pc=14xIO,Pao已知從狀態(tài)A到狀態(tài)C,氣體從外界吸收熱量Q=14J；

從狀態(tài)6到狀態(tài)C,氣體內(nèi)能增加△U-25J；大氣壓化）-1.01k10'Pa。

熱源

（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)8,其分子平均動能________（選填“增大”、“減小”或“不

變”），圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力（選填“增大”，“減小”或“不變”），

（2）求氣體在狀態(tài)C的溫度7；；

（3）求氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過程中外界對系統(tǒng)做的功W。

【參考答案】（1）不變增大（2）Tc=350K（3）W=11J

【名師解析】（1）氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B,做等溫壓縮變化，其氣體內(nèi)能不變，分子平均

動能不變。體積減小，壓強增大，圓筒內(nèi)壁單位面積受到的壓力增大。

（2）初始時,對活塞，pAS=pBS+mg

PA二P。=10xl5pa

解得T°

氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B,做等溫壓縮變化，由玻意耳定律，POVA二PBVB，

5

解得：pB=1.2pA=1.2X10Pa

氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C,做等容變化，由查理定律莊二義，刀尸300K

TBTC

解得：7c=350K

（3）由熱力學(xué)第一定律，411=W+Q,解得W=11J.

18.（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所

示的實驗裝置“水平直軌道48、CO和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的

四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與領(lǐng)道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切

連接。質(zhì)量為3機的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)A=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接，

靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度％=2歷m/s從。處進入,

經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m,以u=2nVs

的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊。與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,其它摩擦和阻力均不計，各

滑塊均可視為質(zhì)點，彈簧的彈性勢能上〃=^!■心G為形變量）。

「2

（1）求滑塊。到達(dá)圓弧管道DEF最低點/時速度大小i午和所受支持力大小FN:

（2）若滑塊”碰后返回到B點時速度以=lm/s,求滑塊人力碰撞過程中損失的機械能AE：

（3）若滑塊。碰到滑塊力立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差A(yù)r。

【解析】（I）滑塊a以初速度vO從D處進入豎直圓弧軌道DEF運動，機械能守恒,

mg,2R=-mVp--mu；,解得VF二IOm/s。

在最低點F,由牛頓第二定律，F(xiàn)N-mg=m

R

解得：FN=31.2N

（2）碰撞后滑塊a返回過程，由動能定理，-mg-2R-|.imgL=mv\-mvQ,解得Va=5m/s。

滑塊a、b碰撞，由動最守恒定律，mvF=-mVa+3mvb，

解得：Vb=5m/s

碰撞過程中損失的機械能△E=,八6--m=0

222

（3）滑塊a碰撞b后立即被粘住，由動量守恒定律，mvF=（m+3m）vab,

解得vab=2.5m/so

滑塊ab一起向右運動，壓縮彈簧，ab減速運動，c加速運動，當(dāng)abc三者速度相等時,

彈簧長度最小，由動量守恒定律，（m+3in）vab=（m+3m+2m）vahc

解得vabc=5/3m/so

由機械能守怛定律,Epi=-4加編--6mpi

解得Ep,=0.5J

由Ep產(chǎn)解得：最大壓縮量xi=0.1m

滑塊ab?起繼續(xù)向右運動，彈簧彈力使c繼續(xù)加速，使ab繼續(xù)減速，當(dāng)彈簧彈力減小到

零時，c速度最大，ab速度最??；滑塊ab一起再繼續(xù)向右運動，彈簧彈力使c減速，ab加

速，當(dāng)abc三者速度相等時，彈簧長度最大，其對應(yīng)的彈性勢能與彈簧長度最小時彈性勢能

相等，其最大伸長量

由動量守恒定律，x2=0.1m

所以碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差A(yù)x=xi+X2=02m

19.（11分）（2023年6月高考浙江選考科目）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡

化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和

裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確?；芈冯娏?恒定，方向

如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流/在導(dǎo)電桿以上空

間產(chǎn)生的磁場近似為零：在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小片二H（其中

k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里：在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，

大小生二2〃，方向與向相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度vo

進入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量

為M,導(dǎo)軌間距］二坐，導(dǎo)電桿電阻為R。導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣

阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置人的內(nèi)阻。在火箭落停過程中,

」

(1)求導(dǎo)電桿所受安培力的大小廣和運動的距離小

(2)求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間/的關(guān)系：

(3)求裝置人輸出電壓/./與運動時間/的關(guān)系和輸出的能晟W：

(4)若R的阻值視為0,裝置4用于I可收能量，給出裝置A可I可收能量的來源和大小。

【參考答案】(1)3Ms：」-；(2)E=-----—(vo-2gt)；

4gI

U=^(%-2gf)+/R

⑶1

3

(4)裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能。一

4

【名師解析】(I)導(dǎo)電桿所受安培力F=B|Id=kI-I?筆~=3Mg

KI

由動能定理，-FL+MgL=a2M片

2

2

解得：L=3。

4g

(2)火箭與導(dǎo)電桿下落做勻減速運動，由F-Mg=Ma,解得加速度大小為a=2g。

在時刻t,導(dǎo)電桿的速度v=vo-at=vo-2gt,

導(dǎo)電桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=B2dv=2kl?d?(v0-2gt)(v0-2gt)

(3)根據(jù)題述導(dǎo)電桿中電流恒定為I，則有U+E=IR,()

解得裝置A輸出電壓U=JR-64g-(vo-2gt)

裝置A輸出的電功率P=UI=尸兄6M”0+12Mg2t

由vo-2gto=O解得總下落時間to=爭~

2g

令尸R6Mgi，o=P（）,畫出輸出的電功率P隨時間t變化圖像,如圖。

2

S時刻裝置A輸出的電功率Pl0=UI=6Mgi，o+12Mg2t=1R

電功率P隨時間l變化圖像與橫軸所圍面積等于輸出的能量W,

所以W=、（4+Eo）fo=：（2-R-6Mg中）

，乙乙g，gz

（4）裝置A可回收的能量包括導(dǎo)電桿和火箭的動能和重力勢能、磁場能;

3

若R的阻值視為零，裝置A可回收的電磁能為E卡|w|=-Mv^

動能為EK=1MF；,重力勢能為為Ep=Mg-,

113

可回收的總機械能量為E^=EK+%=—歷4+—/力說=—MU：

244

20.（11分）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，。町，平面

（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為/,、邊界均平行X軸的區(qū)域［和II,其中區(qū)域存

在磁感應(yīng)強度大小為S的勻強磁場，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強度大小為&的磁場，方向均垂直

紙面向里，區(qū)域II的下邊界與x軸重合。位于（0,3L）處的離子源能釋放出質(zhì)量為"人電荷

量為分速度方向與％軸夾角為60。的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及

離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。

（I）求離子不進入?yún)^(qū)域II的最大速度VI及其在磁場中的運動時間/;

（2）若巴=2用，求能到達(dá)），處的離子的最小速度也；

（3）若凡="y,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在.~竺班范圍,

Lmm

求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比人

【名師解析】（1）畫出離子恰不進入?yún)^(qū)域H的軌跡，由軌跡圖中幾何關(guān)系得

sin30°=-^i—

4

解得n=2Lo

由洛倫茲力提供向心力，qv\B\=m—,

rx

解得v尸冬肥

m

運動軌跡所對圓心角為0=2兀/3

離子在區(qū)域11中