精品解析：2024届浙江省温州市乐清市知临中学高三下学期模拟（三模）物理试卷

2024知临中学高考模拟卷（物理） 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、转选均不得分） 1. 在国际单位制中磁感应强度的单位符号是“T”，如果用国际单位制的基本单位来表示，正确的是（　　） A. Wb⋅m⁻2 B. N·C⁻1. m⁻1. S C. kg⋅s⁻2⋅A⁻1 D. kg⋅m2⋅g⁻2⋅A⁻1 2. 电梯下降过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。出现超重现象的时段是（　　） A. 从20.0s到30.0s B. 从30.0s到40.0s C. 从40.0s到50.0s D. 从50.0s到60.0s 3. 羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球（　　） A. 在A、B两点的速度大小相等 B. 整个飞行过程中经P点的速度最小 C. AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D. 在A点的机械能大于B点的机械能 4. 下列说法正确的是（　　） A. 爱因斯坦提出的光子说并否定了光的波动说 B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应 C. 大量氢原子从n=4 激发态跃迁到n=2 的激发态时，可以产生4种不同频率的光子 D. 卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构并可以估测原子核的大小 5. 太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小天体仅发现21个，但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星轨道内侧运行的一个小天体“AV2”。则（　　） A. “AV2”没有落至太阳上是因为它质量小 B. “AV2”绕太阳运行周期大于金星 C. “AV2”在任何位置的加速度都大于金星 D. 这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等 6. 如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 新能源汽车无线充电技术的优点包括安全可靠、充电场地的空间利用率高、智能化程度高、维护和管理方便等。图甲为某国产品牌汽车无线充电装置，供电线圈固定在地面，受电线圈固定在汽车底盘上，当两个线圈靠近时可实现无线充电，其工作原理如图乙所示。某课外学习小组查阅资料得知，当输入端ab接上380V正弦交流电后，电池系统cd端的电压为600V，电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，下列说法正确的是（　　） A. 为保护受电线圈不受损坏，可以在车底板加装金属护板 B. 若输入端ab接上380V直流电，也能正常充电 C. 供电线圈和受电线圈匝数比可能为19：30 D. ab端的输入功率大于12kW 8. 某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E-x关系如图所示，ON=OP，OA=OB。取O点的电势为零，则（　　） A. A、B的电势相等 B. 从N到O的过程中，电势一直增大 C. 电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小 D. 电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等 9. 卫星上装有太阳能帆板，可将光能转化为电能储存在蓄电池中，为卫星提供电能。现有一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道位于赤道平面上，轨道半径为地球半径的倍。已知地球的自转周期为，半径为R，地球静止卫星轨道半径约为。在春分这一天，太阳光可视为直射赤道，该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为（　　）（） A. B. C. D. 10. 如图所示为某水池的剖面图，A、B两区域的水深分别为hA、hB，其中（hB=2.5m，点O位于两部分水面分界线上，M和N是A、B两区域水面上的两点，（ OM=4m，ON=7.5m。t=0时M点从平衡位置向下振动，N点从平衡位置向上振动，形成以M、N点为波源的水波（看作是简谐横波），两波源的振动频率均为 1Hz，振幅均为5cm。当t=1s时，O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深的关系为 y=，式中h为水深， g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 区域A的水深 hA=2.0m B. A、B两区域水波的波长之比为5：4 C. t=2s时， O点的振动方向向下 D. 两波在相遇区域不能形成稳定的干涉 11. 如图，真空玻璃管内，阴极发出的电子（初速度为零）经KA 间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃管的中轴线射入平行极板 D1、D2。若两极板无电压，电子打在荧光屏中心P1点；若两极板加上偏转电压U，电子打在荧光屏上的P2点；若两极板间再加上垂直纸面方向的有界匀强磁场（磁场只存在于板间区域），磁感应强度大小为B，则电子又打到 P1点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板 D1、D2右侧边缘射出。已知两极板间距为d，板长为2d，设电子的质量为m、电荷量大小为q，则（　　） A. 电子进入两板间的速度 B. 将KA的加速电压和D1、D2两板间的电压同时加倍，电子还是打在 P2点 C. 只留磁场，电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为 D. 电子的比荷 12. 如图所示，△ABC为等腰直角三棱镜的截面图，，P为AB边上一点，Q是BC边的中点。 一束单色光自AB边上的P 点射入棱镜，入射光线从垂直BC方向缓慢调整至平行BC方向。当入射光线垂直于AB边时，BC边恰好无光线射出；当入射光线平行于BC边射入时，折射光线恰好经Q点反射后从AC边射出。已知光在真空中的传播速度为c，， 则（　　） A. PB间的距离 B. 经BC面一次反射后从AC面出射的光线不可能与入射光平行 C. P点入射角合适的情况下，经BC面一次反射后在AC面出射时可能发生全反射 D. 缓慢调整入射方向的过程中，经BC面一次反射后从AC面出射的光线在玻璃中传播的最短时间 13. 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能， 简谐运动的周期 ，下列说法正确的是（　　） A. 碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A=x0 B. 物块与钢板在返回O点前已经分离 C. 碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 D. 运动过程中弹簧的最大弹性势能 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. 下列说法正确的是（　　） A. 强子是参与强相互作用的粒子。质子、中子和电子都是强子 B. 在惯性约束下，可以用高能量密度的激光照射参加反应物质从而引发核聚变 C. 常见的金属没有规则的形状，但具有确定的熔点，故金属是晶体 D. 取分子间距离r为无穷远时的分子势能为0，则当r<r0时，分子势能一定小于0 15. 如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板的面积均为S，板间距离为d。现用波长为λ（λ1<λ<λ2）的激光持续照射两板内表面，则（　　） A. 稳定后铂板带负电，钾板带正电 B. 电容器最终带电量Q正比于 C. 保持入射激光波长不变，增大入射激光的强度，板间电压将增大 D. 改用λ0 （λ1<λ0<λ）激光照射，板间电压将增大 三、非选择题（本题共5小题，共55分） 16. 甲同学，利用气垫导轨和数字计时器记录物体沿斜面下滑的运动过程来《验证机械能守恒定律》，计时系统的工作要借助于光源和光敏管。当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光敏管相连的电子电路自动记录遮光的时间，通过数码屏显示出来。实验部分装置和原理图如下所示，已知滑块和挡光板的总质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，挡光板宽度为d，经过光电门1和光电门2的时间分别为t1和t2，在装置上读出两光电门之间的距离，用L表示，则： （1）该同学用螺旋测微器测量遮光条宽度 d，如图1，则遮光条宽度 d=________mm； （2）该实验中，以下操作正确的是（ ） A. 遮光条宽度越小越好 B. 需抬高左侧以平衡摩擦力 C. 无需M>m （3）该同学为验证机械能守恒，重力势能的减少量△Ep的表达式是____________，动能的增加量△Eₖ的表达式是______________（以上两空均用字母M、m、d、L、t1、t2表示）；若在误差允许范围内，△Ep近似等于△Eₖ，则说明机械能守恒；若在进行数据分析时发现系统增加动能△Eₖ总是大于砝码盘和砝码减少的重力势能△Ep，可能的原因是_________（写出1条即可）。 （4）若乙同学用一端带滑轮的轨道和打点计时器验证系统的机械能守恒，如图2，请问这样的做法_______（填“可行”或“不可行”）。 17. 用如图1所示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（99999.9Ω）。 按电路图正确连接电路图后：将变阻器滑动头P移至最左端，将RN调至最大值：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；闭合开关S2，调节RM，使微安表半偏，并读出RM阻值：断开S1、S2，拆除导线，整理好器材。如图3是 RM调节后面板。 （1）RM应选________; （2）根据电路图，请把图2中实物连线补充完整：______ （3）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________V（保留3位有效数字）： （4）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_______（用 RM、RN表示） 18. 关于以下实验，说法正确的是（　　） A. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器吸取油酸溶液，然后一滴一滴的滴入烧杯时，多数了一滴，会引起测量结果偏大 B. 在用双缝干涉测量光的波长实验时，若双缝间的距离d减小，则光屏上相邻两条暗条纹中心的距离增大 C. 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减小涡流 D. 测平行玻璃砖的折射率时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则测得的折射率将偏大 19. 学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为40cm，上端挡条距管下端距离为100cm，管的横截面积为，测温时把温度计竖直插入待测液体中。不考虑固体的热胀冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为。当管内气体的温度为27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。 （1）测量温度时，管内气体和待测液体达到_________（选填“平衡态”或者“热平衡”），该温度计的刻度___________（选填“均匀”或“不均匀”）； （2）该温度计的测温范围；（ ） （3）某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J，求管内气体吸收的热量。（ ） 20. 某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲乙丙由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为 R1=10m的圆弧面，圆心角θ1=53°；乙上部为两个半径均为 R2=10m，、圆心角为θ2=37°的圆弧面平滑链接，EF等高。BC距离 L1=10m，其间有水下固定平台，其周围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度v大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为M=100kg、长为L=6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P，总质量为m=60kg），P从A 点静止释放，依次通过ABCDE，最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时 P干燥，AB 段摩擦不可忽略，P在 B 点时对轨道的压力为1.5mg，在 BC 间与水有相对运动时，受水平方向的恒力 F=0.5mg，在CDE 段因经左侧水域而湿润，摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因 数为μ=0.1。不考虑P 和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 （1）求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 （2）CDE 段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 （3）若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE 段恰不脱离脱且不能在 EF 间落水，求 BC间水速的调节范围。 21. 如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上，驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单个永磁体的质量为m，长为L1、宽为L2（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为L2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反，靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为B，相邻磁体间的磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示，每个矩形线圈的匝数为 N、电阻为R，长为L1，宽为L2，线圈的间距为L2。转子半径为r，转轴及转子质量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。 （1）求电磁阻尼器中线圈的个数n1和永磁体的个数 n2； （2）当转子角速度为ω时，求流过每组线圈电流I的大小： （3）若转子的初始角速度为ω0，求转子转过的最大角度θₘ； （4）若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度θ的图像如图3所示，求转过θ1过程中外力做的功 W外。 22. 芯片制造中，离子注入是一道重要的工序，如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B1（大小未知），与长方体离子控制区abcd相切于Q点，其中abcd为该控制区中间竖直平面（与圆形磁分析器处于同一竖直平面），ad边长为L，离子从Q点进入控制区时，由于边缘作用，离子进入控制区的速度方向会有一定波动（速度大小不变），波动范围在以正常射入方向为轴的θ角范围内，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入水平底面的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长、不计离子的重力和离子间的相互作用，因θ角较小，离子不会从控制区的四个侧面射出。 （1）求加速电场的电压U和圆形磁分析器的半径r； （2）若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，现在控制区加上沿ad方向的匀强磁场B和同样方向的匀强电场（强场大小可调），则匀强电场的场强大小应满足什么条件?离子有效注入硅片上的面积可达多少? （3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场B2，其磁感应强度大小沿ad方向按 B2=B0+kx的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且k>0，则要使在平面abcd内运动的离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度B0至少为多少? 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网 命组卷网 2024知临中学高考模拟卷（物理） 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、转选均不得分) 1.在国际单位制中磁感应强度的单位符号是“T”,如果用国际单位制的基本单位来表示，正确的是( ) A.Wb.m2 B.N.C-.m.S C.kg.s-2.A-1 D.kg.m2.g 2.A-1 【答案】C 【解析】 【详解】国际单位制基本单位的符号有七个：m、s、kg、A、K、mol、T,由于 B=F-ma ILIL 由上式可导出磁感应强度的国际单位制基本单位的符号为 T=kg.m/s2 =kg/A.s2 A·m 故选C。 2.电梯下降过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。出现超重现象的时 段是( 1.00 ⊙ 0.50 0.00 的 -0.50--- 0.00 20.0 40.0 60.0 时间(S) A.从20.0s到30.0s B.从30.0s到40.0s C.从40.0s到50.0s D.从50.0s到60.0s 【答案】C 【解析】 【详解】根据-t图像可知，在20.0~30.0s过程中，电梯加速下降，加速度向下电梯处于失重状态，在 第1页/共33页 命学科网命组卷网 30.0~40.0s过程中电梯匀速下降，电梯既不超重也不失重，40.0~50.0s过程中电梯减速下降，加速度向上， 电梯处于超重状态，50.060.0s过程中电梯处于静止状态。 故选C。 3.羽毛球运动是一项深受大众喜爱的体育运动。某同学为研究羽毛球飞行规律，找到了如图所示的羽毛球 飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则该羽毛球() P B A.在A、B两点的速度大小相等 B.整个飞行过程中经P点的速度最小 C.AP段的飞行时间大于PB段的飞行时间 D.在A点的机械能大于B点的机械能 【答案】D 【解析】 【详解】AD.由题可知，羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械能减小， 所以A点速度大于B点的速度，A点的机械能大于B点的机械能，故A错误，D正确； B.当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力 方向与速度夹角为钝角，说明羽毛球速度最小应该在P点之前，故B错误： C.由于存在空气阻力作用，AP段羽毛球处于上升阶段，其竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段 羽毛球处于下降阶段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞 行时间，故C错误。 故选D。 4.下列说法正确的是() A.爱因斯坦提出的光子说并否定了光的波动说 B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应 C.大量氢原子从=4激发态跃迁到F2的激发态时，可以产生4种不同频率的光子 D.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构并可以估测原子核的大小 第2页/共33页 学科网命组卷网 【答案】D 【解析】 【详解】A.爱因斯坦提出了光子说，并成功解释了光电效应，而光电效应说明光具有粒子性，但并未否 定光的波动性，故A错误； B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，产生很高的能量，又称为热核反应，故B错误： C.大量氢原子从4激发态跃迁到F2的激发态时，可以产生3种不同频率的光子，即=4能级直接跃 迁到n=2能级，n=4能级跃迁到n=3能级，然后由n=3能级跃迁到n=2能级，故C错误； D,卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构并可以估测原子核的大小，故D正确。 故选D。 5.太阳系内很多小天体和八大行星一样围绕太阳运行。之前，能进入金星轨道内侧的小天体仅发现21个， 但它们一部分轨道在金星轨道外侧。最近科学家第一次发现了完全在金星轨道内侧运行的一个小天体 “AV2”。则() A.“AV2”没有落至太阳上是因为它质量小 B.“AV2”绕太阳运行周期大于金星 C.“AV2”在任何位置的加速度都大于金星 D.这些小天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等 【答案】C 【解析】 【详解】A,“AV2”在太阳引力的作用下绕太阳做圆周运动或椭圆运动，太阳的引力正好提供“AV2”做 圆周运动或椭圆运动的外力，“AV2”没有落至太阳上与它质量无关，故A错误： r3 B.由开普勒第三定律T刀=k。 “可知，由于“AV2”完全在金星轨道内侧运行，即“AV2”的圆轨道半径或 椭圆轨道半长轴小于金星轨道半长轴，则“AV2”绕太阳运行周期小于金星，故B错误； C.由牛顿第二定律可知 GMm 3 =ma 由于“AV2”距太阳的距离始终小于火星距太阳的距离，所以在任何位置的加速度都大于金星，故C正确： D.由开普勒第二定律可知，同一轨道运行的天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，不同轨 第3页/共33页 命学科网 命组卷网 道上天体与太阳的连线在单位时间内扫过的面积不一定相等，故D错误。 故选C。 6.如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。己知探测器质量为，四条腿与竖直方向的夹 角均为，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度8的6。每条腿对月球表面压力的大小为() mg mg mg mg A.4 B.4cos0 C.6cos0 D.24 【答案】D 【解析】 【详解】对“嫦娥五号”探测器受力分析有 FN=g月 则对一条腿有 1 mg R=4m8月-24 mg 根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为24。 故选D。 7.新能源汽车无线充电技术的优点包括安全可靠、充电场地的空间利用率高、智能化程度高、维护和管理 方便等。图甲为某国产品牌汽车无线充电装置，供电线圈固定在地面，受电线圈固定在汽车底盘上，当两 个线圈靠近时可实现无线充电，其工作原理如图乙所示。某课外学习小组查阅资料得知，当输入端b接上 380V正弦交流电后，电池系统cd端的电压为600V,电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，下 列说法正确的是() 第4页/共33页 6学科网命组卷网 电 受电线圈 U 池系 b 送电线圈 A.为保护受电线圈不受损坏，可以在车底板加装金属护板 B.若输入端b接上380V直流电，也能正常充电 C.供电线圈和受电线圈匝数比可能为19：30 D.b端的输入功率大于12kW 【答案】D 【解析】 【详解】A.金属护板在变化的磁场中会产生涡流，故不可以在车底板加装金属护板，故A错误： B.只有交流电才能发生电磁感应现象，实现电能传输，故B错误： C.电池系统cd端的电压为600V,若供电线圈和受电线圈匝数比为19：30，根据理想变压器原副线圈电 压与线圈匝数的关系 U=% U2 n2 解得 U=380V 可知此时供电线圈中的电阻两端电压为零，不符合题意，故C错误； D.电池系统的输出功率为 P=U,L2=600×20W=12000W=12kW 供电线圈回路中，电流不为零，定值电阻的热功率不为零，故b端的输入功率大于12W,故D正确。 故选D。 8.某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E-x关系如图所示，OW=OP, OA=OB。取O点的电势为零，则() 第5页/共33页 6学科网命组卷网 A.A、B的电势相等 B.从N到O的过程中，电势一直增大 C.电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小 D.电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A 点电势高于B点的电势，故A错误： B.由上知从N到O的过程中，电势一直减小，故B错误； C.电子从N移到P的过程中，电场力一直做负功，电势能逐渐增大，故C错误： D.由图像可知，图形的面积表示电势差，则有 UNo =UoP 再根据 W=qU 可知，则电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，故D正确。 故选D。 9.卫星上装有太阳能帆板，可将光能转化为电能储存在蓄电池中，为卫星提供电能。现有一颗人造地球卫 星绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道位于赤道平面上，轨道半径为地球半径的V5倍。已知地球的自转 周期为，半径为R,地球静止卫星轨道半径约为5V2R。在春分这一天，太阳光可视为直射赤道，该卫 星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为()(5=2.24) 第6页/共33页 命学科网组卷网 0.07T 0.03T 0.14T D 0.27T c. 【答案】A 【解析】 【详解】对静止卫星由万有引力提供向心力 GMm 4x2 =m ×5V2R (5V2R)2 对于人造卫星的轨道半径为 r=v2R 由万有引力提供向心力得 G Mm 4r2 =1m (2R)2 解得 1 5N56 如图所示，人造卫星在A到B(顺时针)的过程中太阳能帆板无法工作 0 由几何关系知 sin 0R=1 22R2 可得 0-90° 则该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为 第7页/共33页 6学科网 命组卷网 1-202-55-a07 故选A。 10.如图所示为某水池的剖面图，A、B两区域的水深分别为ha、,其中(h阳=2.5m,点O位于两部分水 面分界线上，M和N是A、B两区域水面上的两点，(O4m,O7.5m。0时M点从平衡位置向下振 动，N点从平衡位置向上振动，形成以M、N点为波源的水波（看作是简谐横波），两波源的振动频率均 为1H五，振幅均为5cm。当仁1s时，O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深的关系为y= gh ,式中h为水深，8l0m/s。下列说法正确的是() M 0 A B 一 A.区域A的水深ha=2.Om B.A、B两区域水波的波长之比为5：4 C.仁2s时，O点的振动方向向下 D.两波在相遇区域不能形成稳定的干涉 【答案】C 【解析】 【详解】A.当1s时，O点开始振动且振动方向向下，可知是M点的波源形成的波传到了O点，则区域 A的波速 OM =4m/s VI 根据 v=gh 可得 h4=1.6m 故A错误； 第8页/共33页 6学科网6组卷网 B.区域B的波速 Va =ghg =5m/s 两列波频率都是1Hz,则周期都是1s,根据 Y-T 可得 九4=4m g =5m A、B两区域水波的波长之比为 入4：九3=4：5 故B错误； C.仁2s时，M波在O点完成了一次全振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，N波传递到 O点需要 1=0N=1.5s=1.57 VB 二2s时，N波在O点完成半个周期的振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，所以2s时， O点的振动方向向下，故C正确： D.根据题意结合C项的分析可知，在1.5s时，波源M在O点的振动方向向上，波源N在O点振动方向 也向上，所以在A区域可以等效成波源M与波源O相遇，在B区域可以等效成波源O与波源N相遇，等 效波源的频率相同，所以在两列波相遇的区域可以形成稳定的干涉图样。故D错误。 故选C。 11.如图，真空玻璃管内，阴极发出的电子（初速度为零）经KA间的电场加速后，以一定的速度沿玻璃 管的中轴线射入平行极板D1、D。若两极板无电压，电子打在荧光屏中心P点；若两极板加上偏转电压 U,电子打在荧光屏上的P点：若两极板间再加上垂直纸面方向的有界匀强磁场（磁场只存在于板间区 域)，磁感应强度大小为B,则电子又打到P点；若撤去电场只留磁场，电子恰好从极板D1、D2右侧边 缘射出。已知两极板间距为d,板长为2d,设电子的质量为、电荷量大小为q,则() 第9页/共33页 6学科网组卷网 00 2qU A.电子进入两板间的速度 v= m B.将KA的加速电压和D1、D两板间的电压同时加倍，电子还是打在P点 C.只留磁场，电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为2 9- 2U D.电子的比荷m17B2d2 【答案】B 【解析】 【详解】A.由做场加电场电子打到位置时，电子受力平衡 洛=F电 Bqv-Eq=9 解得 U v= Bd 故A错误： B.设水平速度为甲，则经过偏转电场的时间为 2d f= v￥ 竖直方向的速度 第10页/共33页 6学科网6组卷网 2d v%=堡 则出偏转电场的速度与水平方向夹角的余切值 = 52 V竖 2d 2agd Q睡V平 将KA的加速电压和D1、D2两板间的电压同时加倍，水平速度 1 qUxn =mvy2 ”,变为原来的2倍，同时“变为原来的两倍，最终出偏转电场的速度方向不变。所以电子还是打在乃 点，故B正确： C.设圆周运动的半径为R,根据几何关系可以得出 R2=Qd+R-登 解得 17d R= 4 只留磁场，电子恰好从极板右侧边缘射出时速度偏转角的正切值为 2d 2d8 R、 217A2 d- d 15 2 故C错误； D.由洛伦兹力提供向心力，半径为R Bqv=mimv 4mv R-17d17d 4 则求出 9=4v m 17Bd U V= 其中Bd代入 第11页/共33页 6学科网 6组卷网 9=Bd= 4U m 17Bd 17B2d2 故D错误。 故选B。 12.如图所示，△1BC为等腰直角三棱镜的裁面图，4B=V20,P为，4B边上一点，Q是BC边的中点。 一束单色光自AB边上的P点射入棱镜，入射光线从垂直BC方向缓慢调整至平行BC方向。当入射光线垂 直于AB边时，BC边恰好无光线射出；当入射光线平行于BC边射入时，折射光线恰好经Q点反射后从 AC边射出。已知光在真空中的传播速度为c,sin15°三V6-√2 4,则() B APB间的度x=V6-V2 2 B.经BC面一次反射后从AC面出射的光线不可能与入射光平行 C.P点入射角合适的情况下，经BC面一次反射后在AC面出射时可能发生全反射 2a f= D.缓慢调整入射方向的过程中，经BC面一次反射后从AC面出射的光线在玻璃中传播的最短时间c 【答案】D 【解析】 【详解】A,光线垂直于AB边射入棱镜后，光路图如图所示，在BC边恰好发生全反射，设光线在棱镜中 发生全反射的临界角为C,由几何关系可得 n=1=2 sin C 光线自P点平行于BC边射入棱镜，光线恰好经过Q点的光路图如图所示，由折射定律 第12页/共33页 6学科网列组卷网 n=sinisin459 sinr sinr 得可得折射角为 r=30° △BP9 在 由正弦定理可得 BP BO sin∠3OP sin∠BPQ ∠BQP=15°∠BP2=120°BQ=a 有几何关系知， 带入上式解得 x=BP=32-V6 6 故A错误； B.由对称性可知，光线自P点平行于BC边射入棱镜，光线恰好经过O点全反射后经AC面射出的光与入 射光线平行，故B错误： C.若在AC面出射时发生全反射，则光线必须平行BC边入射到AC面，P点入射的光线不可能经BC面一 次反射后在AC面出射时发生全反射，故C错误： D.光线垂直于AB边射入棱镜后，如图所示，光线在棱镜中通过的路程最短，传播的时间最短，为 t=V2a n=c 联立解得 2a t= 故D正确。 故选D。 第13页/供33页 命学科网命组卷网 13.质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为和，如图 所示，一物块从钢板正上方距离为3的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘 连。它们到达最低点后又向上运对。已知物块质量他为心，弹簧的带性势能，一2公 简谐运动的周 期T-2 M ,下列说法正确的是() 3X0 元0 m 7777777777777 A.碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A=xo B.物块与钢板在返回O点前已经分离 2π 2X0 C.碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间{-了 3 D.运动过程中弹簧的最大弹性势能 Eom=mgxo 21 【答案】C 【解析】 【详解】A.对物块，根据动能定理 mg×3x,=5m 2 解得 Vo=16gxo 设1表示质量为L的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒取0方向为 第14页/共33页 学科网命组卷网 正 mvo =2mv 解得 -6=6g既 22 碰后，根据能量守恒 +2m+2e-0- 21 根据平衡条件可得 F弹=ax,=mg 解得 x=4x0 当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置 2mg =k2 解得 x2=2x0 所以振幅为 A=X-x2=2x0 故A错误； B.物块与钢板在返回O点前弹簧一直被压缩，弹力竖直向上，整体加速度小于重力加速度，若已经分离， 则物块的加速度等于重力加速度，则此后物块的速度将小于钢板的速度，与实际不符，所以物块与钢板在 返回O点前不可能分离，故B错误； C.碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为，则 sin 2xh =A-% A 解得 第15页/共33页 6学科网列组卷网 T 212 继续运动到最低点所经历的时间，则 t224 所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 T1。 2m2π 0 1=4+4=33x2K=3g 故C正确： D.当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大 1 Bm-zkti -8mgto 故D错误。 故选C。 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下列说法正确的是()” A.强子是参与强相互作用的粒子。质子、中子和电子都是强子 B.在惯性约束下，可以用高能量密度的激光照射参加反应物质从而引发核聚变 C.常见的金属没有规则的形状，但具有确定的熔点，故金属是晶体 D.取分子间距离r为无穷远时的分子势能为0，则当心时，分子势能一定小于0 【答案】BC 【解析】 【详解】A.强子是参与强相互作用的粒子。质子和中子是强子，电子不参与强相互作用，是轻子，故A 错误； B.在惯性约束下，可以用高能量密度的激光照射参加反应物质从而引发核聚变，故B正确： C.常见的金属没有规则的形状，但具有确定的熔点，故金属是多晶体，故C正确。 D.取分子间距离r为无穷远时的分子势能为0，则当心时，分子间作用力表现为斥力，靠近时，分子斥 第16页/共33页 命学科网命组卷网 力做负功，分子势能增加，所以分子势能不一定小于0，故D错误。 故选BC。 15.如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为和2）制成，板的 面积均为S,板间距离为d。现用波长为1(<<2)的激光持续照射两板内表面，则() 液 激光 激光 上上钾板 A.稳定后铂板带负电，钾板带正电 S(2-2) B.电容器最终带电量Q正比于d入入 C.保持入射激光波长不变，增大入射激光的强度，板间电压将增大 D.改用(1<o<1)激光照射，板间电压将增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A.根据题意，由公式 V .C 可知，波长越大，频率越小，现用波长为入(<<2)的单色光持续照射两板内表面时，只能使钾金属板 发生光电效应，钾金属板失去电子成为电容器的正极板，光电子运动到铂金属板上后使铂金属板成为电容 器的负极板，故A正确： BC.根据光电效应方程有 E=h加-m=hξ-m。 又有 m。=hm2=hC 光电子不断从钾金属板中飞出到铂金属板上，两金属板间电压逐渐增大，且使光电子做减速运动，当增大 到一定程度，光电子不能到达铂金属板，即到达铂金属板时速度恰好减小到零，此时，两极板间的电压为 第17页/共33页 命学科网命组卷网 U,极板的带电量最大为O,则有 Ue=Ex 根据平行板电容器的决定式 C=&8 4πkd 可知，真空中平行板电容器的电容 S 根据电容器的定义式 c-号 可得，极板上的带电量为 =CU ac. d 联立可得 U=hc(3-) e2λ Shc(入-) Ooc de222 S(22-) 电容器最终带电量Q正比于d几22，板间电压与入射激光的强度无关，故BC错误： D.根据 0=hc(32-2) hc(-) e22 en 改用(<<1)激光照射，板间电压将增大，故D正确。 故选AD。 三、非选择题（本题共5小题，共55分） 16.甲同学，利用气垫导轨和数字计时器记录物体沿斜面下滑的运动过程来《验证机械能守恒定律》，计 第18页/共33页 学科网命组卷网 时系统的工作要借助于光源和光敏管。当滑块经过时，其上的遮光条把光遮住，与光敏管相连的电子电路 自动记录遮光的时间，通过数码屏显示出来。实验部分装置和原理图如下所示，已知滑块和挡光板的总质 量为M砝码盘和砝码的总质量为，挡光板宽度为d,经过光电门1和光电门2的时间分别为4和2，在 装置上读出两光电门之间的距离，用L表示，则： 档光板光电门1 光电门2 细线定滑轮 接气源 砝码盘 A及砝码 (1)该同学用螺旋测微器测量遮光条宽度d,如图1，则遮光条宽度 mm: 小车打点计时器 滑轮 神码 打点计时器 砂桶白 777777777777777777 图1 图2 (2)该实验中，以下操作正确的是（) A.遮光条宽度越小越好 B。需抬高左侧以平衡摩擦力 C.无需Em (3)该同学为验证机械能守恒，重力势能的减少量△的表达式是 动能的增加量△Ek的 表达式是 (以上两空均用字母M、、d、L、t、2表示)；若在误差允许范围内，△E即近 似等于△E,则说明机械能守恒；若在进行数据分析时发现系统增加动能△E:总是大于砝码盘和砝码减少 的重力势能△即，可能的原因是 (写出1条即可)。 (4)若乙同学用一端带滑轮的轨道和打点计时器验证系统的机械能守恒，如图2，请问这样的做法 (填“可行”或“不可行”)。 【答案】(1)1.609#1.610#1.611#1.612 (2)C (3) ①.mgL ③.气垫导轨没有调节水平，其左侧 高于右侧 (4)不可行 【解析】 【小问1详解】 遮光条宽度左1.5mm+0.01mm×11.0-1.610mm 第19页/共33页 命学科网命组卷网 【小问2详解】 A.由光电门测速原理，可知遮光条宽度越小，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，速度测量 的误差越小。但是若遮光条宽度太小，则测量遮光条宽度时的相对误差会很大，故遮光条宽度不是越小越 好，故A错误： B.实验时气垫导轨与滑块之间的滑动摩擦力很小，在误差允许的范围内是可忽略的，故不需要抬高导轨 左侧以平衡摩擦力，故B错误； C.本实验要验证的是系统减小的重力势能等于增加的动能，不用将细线的拉力近似为砝码盘和砝码的总 重力，故无需M>,故C正确。 故选C。 【小问3详解】 [1]重力势能的减少量△E,的表达式是 △EpgL [2]遮光条通过光电门1时的速度大小为 遮光条通过光电门2时的速度大小为 d 动能的增加量△E的表达式是： -a+片-a+M0-a+MrG [3]若在进行数据分析时发现系统增加动能△Ek总是大于砝码盘和砝码减少的重力势能△，可能的原因 是：气垫导轨没有调节水平，其左侧高于右侧，以至于滑块和挡光板的重力势能也减小了，使系统动能的 增加量总是大于砝码盘和砝码减少的重力势能。 【小问4详解】 这样的做法不可行。因为此系统存在克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，也就无法验证系统的机械能守恒。 17.用如图1所示电路测量一个量程为100A,内阻约为20002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，R(0~9999.92),R,(99999.92)。 第20页/供33页 6学科网 命组卷网 <Ik ×100 0 0 20406080 1141, 100 图1 图2 图3 图4 按电路图正确连接电路图后：将变阻器滑动头P移至最左端，将调至最大值：断开S,闭合S1,调节 滑动头P至某位置再调节R使表头满偏；闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏，并读出阻值：断开 S1、S,拆除导线，整理好器材。如图3是RM调节后面板。 (1)RM应选 (2)根据电路图，请把图2中实物连线补充完整： (3)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V (保留3位有效数字)： (4)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R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（用RM、R表 示) 【答案】(1)R (2) RyRN (3)1.30 【解析】 【小问1详解】 RM与微安表并联，目的是让微安表从满偏到半偏，它的阻值应该和微安表的内阻差不多，所以RM应选择 第21页/共33页 学科网命组卷网 Ri; 【小问2详解】 根据电路图，把实物连线如下图所示： 【小问3详解】 将该微安表改装成量程为2V的电压表后，每小格为02V,某次测量指针指在图示位置，则待测电压为 1.30V。 【小问4详解】 S2断开时OP间的电压为 UI (Rg+RN) S2闭合后OP间的电压为 ,U= 1.Is.)Rx R+(+ 2 2 RM 解得 RyRN R:=Ry-RM 18.关于以下实验，说法正确的是() A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器吸取油酸溶液，然后一滴一滴的滴入烧杯时，多数了 一滴，会引起测量结果偏大 B.在用双缝干涉测量光的波长实验时，若双缝间的距离d减小，则光屏上相邻两条暗条纹中心的距离增大 C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢 铁芯，是为了减小涡流 D.测平行玻璃砖的折射率时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则测得的折射率将偏大 第22页/供33页 6学科网 组卷网 【答案】BC 【解析】 【详解】A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器吸取油酸溶液，然后一滴一滴的滴入烧杯 时，多数了一滴，使得油酸体积小于实际体积，油膜面积不变，会引起测量结果偏小。故A错误： B.在用双缝干涉测量光的波长实验时，若双缝间的距离d减小，根据公式 △x= d 缝屏距！与光的波长人不变，则光屏上相邻两条暗条纹中心的距离△x增大，故B正确： C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅 钢铁芯，是为了减小涡流，故C正确： D.测平行玻璃砖的折射率时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则入射角的大小不变，而折 射角将因为玻璃砖画宽了，而变大。所以测得的折射率将偏小。故D错误。 故选BC。 19.学习了热学部分知识后，小智同学受到启发，设计了一个利用气体来测量液体温度的装置。该装置由 导热性能良好、厚度不计的圆柱形细管、圆柱形金属块、四个挡条组成。圆柱形金属块质量为20g厚度为 2cm与管壁紧密接触（不漏气），管内用金属块封闭有一定量的理想气体，管内挡条限制金属块只能在管 内一定范围内上下移动，以金属块下端位置为基准在上下挡条之间刻上刻度。上、下挡条间距离为 5mm 40cm,上端挡条距管下端距离为100cm,管的横截面积为 “，测温时把温度计竖直插入待测液体中。 不考虑固体的热张冷缩，不计一切摩擦阻力。外界大气压强恒为D,=1.0×10Pa。当管内气体的温度为 27℃时金属块恰好对下方挡条无压力。 (1)测量温度时，管内气体和待测液体达到. (选填“平衡态”或者“热平衡”)，该温度计的 刻度 (选填“均匀”或“不均匀”)： (2)该温度计的测温范围；( ) (3)某次测温时示数由57℃上升到157℃，如果该过程气体内能改变量为0.4J,求管内气体吸收的热量。 ) 第23页/供33页 6学科网 命组卷网 40cm 100cm 【答案】 ①.热平衡 ②.均匀 ③27℃s1s217℃ ④=0.54 【解析】 【详解】(1)[1]测量温度时，管内气体和待测液体达到热平衡。 [2]管内气体做等压变化，则 shsh TL 可得 故该温度计的刻度均匀。 (2)[3)]设管内气体最高温度为2，管内气体做等压变化，则 ShSh TL 其中 T=273+27K=300K Z=100-40cm=60cm Z2=100-2cm=98cm 解得 第24页/共33页 6学科网列组卷网 T2=490K=217℃ 故温度计的测温范围27℃≤t≤217℃。 (3)[4]管内气体做等压变化，则 Shsi Sla TTT 其中 T=273+57K=330K T4=273+157K=430K 解得 13=66cm14=86cm 管内气体的压强为 p=%+"g=1.0x10+20x10x10pa=14x10Pa S 5×106 该过程气体对外做功为 W=pS0,-1)=1.4×103×5×106×(86-66)×102J=0.14 根据热力学第一定律 △U=-W+Q=0.4J 解得管内气体吸收的热量为 2=0.54J 0.某景区向社会征集一个水上乐园设计建议。某校科技小组设计了一套方案，其简化原理如图。甲乙丙 由混凝土浇筑而成，其中甲上部为半径为R=10m的圆弧面，圆心角=53°；乙上部为两个半径均为 R-10m,、圆心角为037°的圆弧面平滑链接，EF等高。BC距离L1=10m,其间有水下固定平台，其周 围的水可在水泵驱动下循环流动，方向如箭头所示，速度ⅴ大小可调，平台上方各处速度均可视为相同。 乙下方为有孔隔板，可大幅减小左侧水域流动对右侧水域的影响，乙丙之间水域可视为静水，上浮质量为 第25页/共33页 命学科网命组卷网 100kg、长为L=6m的可动浮台。现有一游客乘坐特定装置（人和该装置视为质点并标注为P,总质量 为-6Okg),P从A点静止释放，依次通过ABCDE,最后通过可动浮台，到达终点平台丙完成游戏。可 动浮台触碰平台丙时瞬间自动锁定。由于出发时P干燥，AB段摩擦不可忽略，P在B点时对轨道的压力 为1.5g,在BC间与水有相对运动时，受水平方向的恒力=0.5g,在CDE段因经左侧水域而湿润， 摩擦可忽略，与可动浮台动摩擦因 数为01。不考虑P和可动浮台入水后的水下部分以及水位上升和波动带来的影响。 (1)求B点速度大小和AB段因摩擦而产生的热量。 (2)CDE段恰不脱离脱离轨道，求P在C点和E点的速度。 (3)若忽略可动浮台与水面的阻力，为使P在CDE段恰不脱离脱且不能在EF间落水，求BC间水速的 调节范围。 0 可动浮台 F B 丙 水下固定平台 4688 496 m/s≤v≤ m/s 【答案】(1)5√2m/s,900J:(2)2√30m/s,2√10ms:(3)V49 【解析】 【详解】(1)设P在B点的速度为"，根据题意可得 Fy-mg =m- R 解得 Vg=V0.5gR=5√2ms P从A到B的过程中，根据能量守恒定律 1 mgR (1-cos)=mvi+ 2 联立上述各式解得 第26页/供33页 6学科网列组卷网 9=900J (2)在D点时，则有 mg cos0 =m- R 解得 Vp =4v5m/s 从C到D的过程中，根据机械能守恒定律可得 mgR1-cos02)=。m 解得 'c=2W30m/s 同理，从D到E则有 mgR①-cos82)=-mv吃-mr 2 解得 Ve =2v10m/s (3)由上述分析可知，在不脱离CDE的情况下，E点的速度满足 0≤ve≤2W10m/s 考虑EF间不落水，恰至边缘二者共速V,则有 mve =(M+m)v 2m吃-M+mr+mgL 1 解得 96 VE-15 m/s 若二者提前共速，后滑动到终点，则有 第27页/供33页 6学科网6组卷网 mve =(M+m)v (M mvmg 1 24g(L-x)=v2 解得 768 VE-1 m/s=3.96m/s 49 从C到E -2mgk.(-cos0)-jwj-jmi 2 对应C点的速度为 4688 496 mls≤ve≤ m/s 1V49 若在BC过程一直加速，则有 2aL=2-哈 F=0.5mg =ma 解得 'e=V150m/s= 750 5 m/s 若一直减速，则不可能达到C点。 综上所述，可调节的水流速度 4688 496 mWs≤vs5 m/s V49 21.如图1所示为永磁式径向电磁阻尼器，由永磁体、定子、驱动轴和转子组成，永磁体安装在转子上， 驱动轴驱动转子转动，定子上的线圈切割“旋转磁场”产生感应电流，从而产生制动力。如图2所示，单 个永磁体的质量为，长为L1、宽为（宽度相对于所在处的圆周长度小得多，可近似为一段小圆弧）、 厚度很小可忽略不计，永磁体的间距为2，永磁体在转子圆周上均匀分布，相邻磁体磁极安装方向相反， 第28页/共33页 6学科网列组卷网 靠近磁体表面处的磁场可视为匀强磁场，方向垂直表面向上或向下，磁感应强度大小为乃，相邻磁体间的 磁场互不影响。定子的圆周上固定着多组金属线圈，每组线圈有两个矩形线圈组成，连接方式如图2所示， 每个矩形线圈的匝数为N、电阻为R,长为L1,宽为2，线圈的间距为2。转子半径为”，转轴及转子质 量不计，定子和转子之间的缝隙忽略不计。 (1)求电磁阻尼器中线圈的个数h和永磁体的个数； (2)当转子角速度为0时，求流过每组线圈电流I的大小： (3)若转子的初始角速度为o如，求转子转过的最大角度8m: (4)若在外力作用下转子加速，转子角速度ω随转过的角度8的图像如图3所示，求转过过程中外力 做的功W外。 永磁体 定 线圈 线圈 驱动轴 3 图3 πr (2)I=NBLor πr mRa 【答案】(1)%= 2L2; R;(3) ,0。=NB2r（4) p=7@9N2B乃rTmr 2RL2 2L2 【解析】 【详解】(1)依题意可知 h1= 2πr=πr 4L22L2 2πr_πr n2=2L2 (2)根据法拉第电磁感应定律有 E=2NBLor 第29页/供33页 命学科网命组卷网 根据欧姆定律有 1=E=NBLoor 2R R (3)根据安培力公式可知 2N2B2Lor F=2NBIL R 规定安培力的方向为正方向，根据动量定理可知 2NB'Lor At =mAv R 结合=ωt可知 mRa 6.=N2B2 (4)一组磁铁在转过△8过程中克服安培力做功 △Ww=FrA0=2N2230A0 R 根据图像的面积可知一组磁铁转过1过程中克服安培力做功 W-N'B'Rr@0 R 所有磁铁转过1过程中克服安培力做功 W总 2πrW=@9N2B产I 4L2 2RL2 所有磁铁转过1过程中动能的增加量 nm(ra)m) 2L2 转过1过程中外力做的功 形外=用a+△E=mV2B'+Tm@r 2RL2 2L2 22.芯片制造中，离子注入是一道重要的工序，如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘 第30页/共33页 6学科网 命组卷网 出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度"”沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析 器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B1（大小未知)，与长方体离子控制区abcd相切于Q点，其中abcd 为该控制区中间竖直平面（与圆形磁分析器处于同一竖直平面），边长为L,离子从Q点进入控制区时， 由于边缘作用，离子进入控制区的速度方向会有一定波动（速度大小不变），波动范围在以正常射入方向 为轴的8角范围内，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入水平底 面的硅片上。已知离子质量为，电荷量为4，在圆形磁分析器中运动的时间为t,图中a、P、Q三点连线 正好可构成一个等边三角形，bQ足够长、不计离子的重力和离子间的相互作用，因8角较小，离子不会从 控制区的四个侧面射出。 (1)求加速电场的电压U和圆形磁分析器的半径r; (2)若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，现在控 制区加上沿方向的匀强磁场B和同样方向的匀强电场（强场大小可调），则匀强电场的场强大小应满足 什么条件？离子有效注入硅片上的面积可达多少？ (3)若在控制区加上垂直于纸面向里磁场B2,其磁感应强度大小沿ad方向按B=Bo+a的规律均匀变化， x为该点到b边的距离，k为已知的常数且心0，则要使在平面bCd内运动的离子不打到硅片上，b边所 在位置的磁感应强度B至少为多少？ 磁分析器 b 控制区 【答案】(1) U=mvi s=am'vsin'o 2g, 元；（2)E≥mW-5cos20 2gL, q2B2;(3) B=mvo(l+sin)1 L 第31页/供33页 6学科网命组卷网 【解析】 【详解】(1)在加速电场有 qU= 解得 U m哈 2g 在圆形磁分析器中，做圆周运动，运动轨迹如图 磁分析器 C ◆9yB 控制区 qB 其周期为 T=2xR % 在磁场中运动时间有 1=60T=7 360°6 根据几何关系有 tan30"= R 解得 (2)离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，根据动能 第32页/共33页 6学科网6组卷网 定理 gL≥w+%s0i1 可得 E≥m-cos2g) 2gL 离子以%sin0 的速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力 9Bvo sin =m(vo sin ) 离子有效注入硅片上的面积可达 S=π(2ry?=πm26sin20 92B2 (3)要使离子恰好不打到硅片上，离子运动到cd边时，速度应与cd边相切，又因为洛伦兹力不改变速度 大小，因此分解洛伦兹力，在平行于b方向用动量定理 ∑qy,B,t=∑mAv 式中△v为水平方向速度的变化量，即 ∑gB,△r=∑mAv 则有 gB+B+LL=msin0+,） 2 解得 B=mvo(1+sin)k gL 第33页供33页