浙江省嘉兴市2023-2024学年高三上学期基础测试物理试题(解析版)-USB迷|专注于互联网分享

2024年3月7日发(作者：仰天韵)

2023年高三基础测试物理试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分 100分，考试时间90分钟。考生注意：1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上。2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷上的作答一律无效。3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13 小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 物理学中部分物理量单位以科学家名字命名，下列属于国际单位制中基本单位的是（）A.

特斯拉（T）【答案】B【解析】【详解】国际单位制中，基本单位共有7个，分别为：千克（kg），米（m），秒（s），开尔文（K），物质的量（mol），电流强度（A），发光强度（cd）。故选B。2.

如图所示，

蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行， 10s内前进了0.2m，则（

）B.

开尔文（K）C.

牛顿（N）D.

伏特（V）

“10s”是时刻，

“0.2m”是路程B.

观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点C.

树枝对蚂蚁的摩擦力方向沿着树枝斜向下D.

当蚂蚁加速爬行时，食物处于失重状态【答案】B第1页/共28页

【解析】【详解】A．依题意，可知“10s”所指为时间间隔，

“0.2m”是路程，故A错误；B．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁的形状及大小不能忽略不计，所以蚂蚁不能视为质点，故B正确；C．树枝对蚂蚁的摩擦力方向沿着树枝斜向上，从而提供动力使蚂蚁沿树枝向上运动，故C错误；D．当蚂蚁加速爬行时，具有竖直向上的分加速度，所以可知食物处于超重状态，故D错误。故选B。3.

如图所示是比赛过程中击出的羽毛球在空中运动过程的频闪照片。O、P、Q三点分别是羽毛球在上升、到达最高点和下落阶段，羽毛球的泡沫头所在的位置。羽毛球从O运动到Q过程中的合力大小F、水平位移大小x、速度大小v、机械能E随时间变化的关系中，可能正确的是（

）

A. B.

C. D.

【答案】D【解析】【详解】B．由图可知羽毛球从O运动到Q过程中，相邻两点间的水平位移逐渐减小，故羽毛球做水平方向做减速运动，xt图象的斜率表示速度，故B错误；第2页/共28页

A．设羽毛球竖直方向受到的阻力为f，羽毛球上升过程中有mgfma1羽毛球下落过程中有mgfma2可知羽毛球上升过程与下落过程过程竖直方向的合外力不同，且羽毛球在水平方向做减速运动，水平方向合外力不为零，根据力的合成可知羽毛球所受合力不恒定，故A错误；C．由图可知羽毛球做曲线运动，vt图象的斜率表示加速度，可知羽毛球上升、下落过程加速度不恒定，故C错误；D．羽毛球在上升过程中，速度逐渐减小，阻力做功可能逐渐减小，羽毛球在下落过程中，速度逐渐增大，阻力做功可能逐渐增大，故羽毛球机械能变化可能如图D所示，故D正确。故选D。4.

如图所示，把弯管装在用轻绳悬挂的可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时，容器就旋转起来。下列说法正确的是（

）

容器壁上a、b两点旋转的线速度大小相等B.

容器旋转时，容器壁上a、b两点吸附的水滴受到的向心力

FaFbC.

水从弯管流出的速度越大，容器受到的反冲力越大D.

水从弯管流出的过程中，容器内的水和容器整体的重心一直下降【答案】C【解析】【详解】A．容器壁上a、b两点旋转的角速度相等，但a的旋转半径大于b的旋转半径，根据vr可知a的旋转的线速度大于b旋转的线速度，A错误；B．根据第3页/共28页

Fm2r由于无法确定容器壁上a、b两点吸附的水滴质量大小关系，因此无法确定两水滴向心力的大小关系，B错误；C．水从弯管中流出的速度越大，根据反冲作用，容器受到的反冲力越大，C正确；D．水从弯管流出的过程中，容器内的水和容器整体的重心先下降后上升，D错误。故选C。5.

关于以下几幅教材插图，下列说法正确的是（

）

甲：静电计的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状可防止尖端放电B.

乙：

通过起电机使人体带电，竖起散开的头发可模拟头部周围的等势线C.

丙：带正电小球靠近用金属网（图中虚线）罩起来的验电器，验电器顶端带负电D.

丁：

水平圆环从条形磁铁上端A运动到下端B的过程中，环内无感应电流【答案】A【解析】【详解】A．验电器的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖型，是为了防止尖端放电，故A正确；B．散开的头发可以模拟头部周围的电场线而不是等势线，故B错误；C．用金属网罩起来的验电器相当于静电屏蔽状态，内部场强为0，导体中没有电荷的移动，故C错误；D．圆环下落的过程中，通过圆环的磁通量发生变化，根据电磁感应定律可知，环内存在感应电流，故D错误。故选A。【点睛】本题考查实验现象中的物理原理。6.

如图所示是上海同步辐射光源（SSRF）所在地，其新的光束线——上海激光电子伽玛源（SLEGS）于

2021年成功试运行，成为国内首台、全球范围内为数不多的用于核科学研究的高能量伽玛（γ）源设施。关于γ射线，下列说法正确的是（　　）第4页/共28页

A. γ射线常用于雷达的电磁波定位B. γ射线的探伤能力比X射线弱C. γ射线的电离能力比α、β射线都强D.

原子核发生衰变时辐射的γ射线强度与压强无关【答案】D【解析】【详解】A．γ射线是由放射性物质辐射的，是一种能量很高的电磁波，穿透能力很强，因此主要常应用于工业探伤、医用治疗，A错误；B．γ射线的穿透能力更强，因此探伤能力比X射线强，B错误；C．γ射线的穿透能力比α、β射线都强，γ射线的电离能力比α、β射线都弱，C错误；D．原子核发生衰变时与环境的温度、压强都无关，因此辐射的γ射线强度与压强无关，D正确。故选D。7.

金星的半径是地球半径的95%，质量是地球质量的82%。已知地球的公转周期为T，地球的第一宇宙速度为v1，地球表面重力加速度为g，则（　　）A.

金星的公转周期为1T39582v19582g95B.

金星的第一宇宙速度为C.

金星表面重力加速度为D.

金星对地球引力是地球对金星引力的0.82倍【答案】B【解析】【详解】根据题意，设地球的半径为R，质量为M，则金星的半径为95%R，质量为82%MA．由于题意中没有金星与地球的公转半径或公转半径的比值，无法求出金星的公转周期，故A错误；第5页/共28页

B．根据题意可知，地球的第一宇宙速度为v1则金星的第一宇宙速度为GMRv故B正确；C．根据题意可知，地球表面重力加速度为G82%M82v195%R95g则金星表面重力加速度为GMR2g'故C错误；G82%M95%R282%95%2g182g95%95D．金星对地球引力与地球对金星引力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。故选B。8.

如图所示，一根细线系着一个质量为 m的小球，细线上端固定在天花板上。给小球施加力 F，小球平衡时细线与竖直方向的夹角为θ（θ≠0）。下列说法正确的是（　　）

若保持 F的大小不变，θ最大值满足tanFmgB.

若保持 F的大小不变，细线的最大拉力为

若保持θ不变，细线拉力的最小值为0D.

若保持θ不变，力F的最小值为 mgtanθ【答案】C【解析】F2mg2第6页/共28页

【详解】A．保持 F的大小不变，若Fmg，将重力反向延长，作带箭头的线段OA，使该有向线段大小等于重力，则该有向线段表示细线拉力与F两个力的合力，以A点为圆心，以F为半径作出动态圆，如图所示

可知，θ最大值满足sin故A错误；B．根据平衡条件，作出动态三角形如图所示Fmg

可知，若保持 F的大小不变，细线不存在最大拉力，故B错误；C．若保持θ不变，根据平衡条件，当F方向竖直向上，大小等于重力时，细线拉力的最小值为0，故C正确；D．若保持θ不变，根据上述的动态三角形，力F的最小值为Fmin= mgsinθ故D错误。故选C。9.

如图是一个用折射率 n=2.4

的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°，现有一束光垂直入射到棱镜的 AB

面上，

则（

）第7页/共28页

光在介质中的传播速度为0.8×108m/sB.

光在介质内会发生三次全反射C.

与入射时相比，光从介质中射出时可能偏转了60°D.

若将入射光沿AB面平行下移，光可能垂直AD面射出【答案】C【解析】【详解】A．光在介质中的传播速度为c3108vm/s=1.25108m/sn2.4故A错误；C．根据全反射临界角公式得sinC所以151n122C30根据几何知识，光线在CD边的入射角为30°，发生全反射，在AB边的入射角为60°，发生全反射，然后垂直BC边射出。光路如图

与入射时相比，光从介质中射出时偏转了60°，故C正确；BD．若将入射光沿AB面平行下移，如图所示，光线在DC和BC面上均发生全反射，由几何关系可判断光线最终从AB面垂直射出，故入射光线和最终出射光线夹角为第8页/共28页

180

故光在介质内不会发生三次全反射。故B错误；若将入射光沿AB面平行下移，光不可能垂直AD面射出。故D错误；故选C。10.

在同一均匀介质中有两列简谐横波持续沿x轴相向传播， t=0时刻，甲波恰好传至x=0处，乙波恰好传至x=5m处，如图所示，

甲波的波速大小为0.5m/s。下列说法中正确的是（

）

甲波的频率为8HzB.

两波相遇后x=2.5m处的质点始终是振动减弱点C. x轴上第一个位移达到6cm的质点的横坐标为x=2.25mD. t=4s时刻，x=-1.5m处质点与x=5.1m处质点的振动方向相反【答案】D【解析】【详解】A．由图可知甲波的波长为4m，甲波的频率为f1故A错误；v10.5Hz0.125Hz4B．甲乙两波在同一均匀介质中传播，波速相同，由图可知乙波的波长为2m，乙波的频率为f2v20.5Hz0.25Hzf12第9页/共28页

可知甲乙两波不能发生干涉，两波相遇后x=2.5m处的质点不是振动减弱点，故B错误；C．质点的位移第一次达到6cm，必定是这两列波相距最近的波峰相遇，t0时刻，甲乙波峰相距7.5m，故从此时开始到两波峰相遇，甲、乙波峰的传播距离都为3.75m，故x轴上第一个位移达到6cm的质点的横坐标为x013.75m2.75m故C错误；D．甲、乙波的周期为T1t=4s时刻，甲乙波传播的距离之和为118s，T24sf1f2x2vt4m5m可知t=4s时刻，乙波未传播至x=-1.5m处质点，甲波未传播至x=5.1m处质点，t=4s时刻，可知甲波振动了半个周期，根据上下坡法可知t=4s时刻，x=-1.5m处质点向上振动，t=4s时刻，可知乙波振动了一个周期，根据上下坡法可知t=4s时刻，x=5.1m处质点向下振动，故t=4s时刻，x=-1.5m处质点与x=5.1m处质点的振动方向相反，故D正确。故选D。11.

如图所示，两块正对的相同极板A、B的长度l=6.0cm，相距d=4.0cm，极板间电压U=900V。一个电子从两极板左侧的中间位置沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0=3.0×107m/s。已知两板间的电场为匀强电场，电子所带电量q1.610n¹nC，电子的质量m9.010n³¹kg，忽略相对论效应，则电子在电场中运动时（　　）

受到的电场力大小为1.4410n¹nNC.

离开电场时偏移的距离为0.8cm【答案】C【解析】【详解】A．电子受到的电场力大小为B.

运动的时间为2.010nnsD.

离开电场时的动能为5.4910n¹nJ第10页/共28页

FqE故A错误；B．运动的时间为qU3.61015Ndt故B错误；C．电子在电场中的加速度为l2.0109sv0a离开电场时偏移的距离为F41015m/s2m12at0.8cm2y故C正确；D．离开电场时的动能为Ek故D错误。故选C。12mvFy4.3381016J212.

如图所示，一长度为L，宽度为d，厚度为h（h≠d）的长方体导体板放在方向与前表面垂直，磁感应强度为B的匀强磁场中，当导体板通有从左向右的电流时，导体板的上、下表面之间会产生电势差UH（称为霍尔电压），这种现象称为霍尔效应。若导体板单位体积内自由电子的个数为N，通过导体板的电流为I，电子电荷量为e，则（　　）

上表面的电势高于下表面B.

电势差UHBINehLUHhC.

若电流I方向从上向下，左、右表面间电势差为D.

若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后霍尔电压为零第11页/共28页

【答案】D【解析】【详解】A．电子的定性移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，上表面积累电子，使得上表面电势比下表面电势低，故A错误；B．当电势差稳定时，自由电子受到的洛伦兹力大小等于电场力，则有evBeEe根据电流微观表达式可得UHhINeSvNedhv联立解得UH故B错误；C．若电流I方向从上向下，左、右表面间电势差为IBNedUH故C错误；IBUHNedD．若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后正负离子受洛伦兹力作用，都向上移动，霍尔电压为零，故D正确。故选D。13.

如图所示，质量m=0.3kg，带电量q=-1.0×10-6C的带电小圆环（可视为质点）套在水平光滑绝缘细杆上，O点固定带电量Q=+1.0×10-5C的点电荷，小圆环以一定的初速度从P点向左运动，从杆的末端M点以速度v=0.4m/s离开细杆，O、M在同一竖直线上，两点间距离L=0.3m，整个区域存在方向竖直向下，场强大小E=3.0×106N/C的匀强电场。已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2，N是小圆环离开M点后运动轨迹上的某点（未画出），取无穷远处电势为零，与点电荷Q距离为r处的电势kQ，则小圆环（　　）r

在N点的速度小于M点的速度B.

在N点的加速度小于M点的加速度第12页/共28页

在距离O点0.1m处的动能为0.624JD.

将离M点最远处附近很小的一段运动视为圆周运动，该圆半径为0.15m【答案】C【解析】【详解】A．小球运动过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的匀强电场的电场力和库仑力，且qEmg3N当小球运动到M点时，有Qqv2k21Nm0.16NLL由此可知，小球离开M点后做近心运动，库仑力做正功，小球的速度增大，所以小球在N点的速度大于M点的速度，故A错误；B．由于小球做近心运动，所以小球所受库仑力增大，加速度增大，所以小球在N点的加速度大于M点的加速度，故B错误；C．当小球由M点运动到距离O点0.1m处的过程中，根据动能定理，有1(M1)qEkmv22Qkr代入数据解得Ek0.624J故C正确；D．若将离M点最远处附近很小的一段运动视为圆周运动，则Qqv2k2mRR(MR)q11mv2mv222QRkR联立解得R0.42m故D错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，

每小题3分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合第13页/共28页

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.

牛顿力学仅在高速运动方面存在局限性B.

热敏电阻可用于汽车油箱液位检测装置C.

热量不可能从低温物体传递到高温物体D.

利用多普勒效应可以检查心脏是否发生病变【答案】BD【解析】【详解】A．牛顿力学仅在微观高速运动方面存在局限性，故A错误；B．热敏电阻可用于汽车油箱液位检测装置，故B正确；C．热力学第二定律只是说热量不能自发地从低温物体传向高温物体，略去了“自发地”，通过外力做功是可以把热量从低温物体转移到高温物体的，例如电冰箱的制冷就是这一情况，显然冰箱制冷时消耗了电能，引起了其他的变化，故C错误；D．利用多普勒效应可以检查心脏是否发生病变，故D正确。故选BD。15.

种金属的截止频率和逸出功如图1所示，氢原子的能级图如图2所示，当大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，从能级4向能级2跃迁时放出光子①，从能级3向能级2跃迁时放出光子②，下列说法正确的是（　　）

用光子①照射金属钠时，能发生光电效应B.

在同种介质中，光子①的动量大于光子②的动量C.

用光子②照射晶体中的电子，光的传播方向改变，但频率不变第14页/共28页

从能级4向能级1跃迁时放出的光子③照射金属钨表面，钨的遏止电压为12.75V【答案】ABC【解析】【详解】A．从能级4向能级2跃迁时放出光子①，即光子①的能量为E10.85(3.4)eV2.55eV2.29eV即入射光的能量大于金属的逸出功，可以发生光电效应，故A正确；B．从能级3向能级2跃迁时放出光子②，即光子②的能量为E21.51(3.4)eV1.89eVE1phhEcc由此可知，同种介质中，光子①的动量大于光子②的动量，故B正确；C．用光子②照射晶体中的电子，光的传播方向改变，但频率不变，故C正确；D．从能级4向能级1跃迁时放出光子③，即光子③的能量为E30.85(13.6)eV12.75eVeUcE3W0解得Uc8.21V故D错误。故选ABC。非选择题部分三、非选择题（本题共7小题，

共55分）16.

（1）

某实验小组利用图1所示装置“探究小车速度随时间变化的规律”，

下列说法正确的是________。（多选）A．实验用的槽码质量可以大于小车的质量B．电火花计时器应该选用 220V

交流电源第15页/共28页

C．选择计数点时，必须从纸带上打下的第一个点开始D．若连接槽码和小车的细线与轨道不平行，应将轨道的一端垫高（2）小丁同学利用如图2所示装置“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”。铁架台固定的斜槽末端水平，质量为M的小球A

从斜槽上的O点（未标出）由静止释放，从末端飞出做平抛运动的水平位移为x；

将大小相同，质量为m

的小球 B放置在斜槽末端，小球A

再次从O点由静止释放，与小球B碰撞后，

A、B两球的水平位移分别为x1、x2。

①实验中， A、B两球的质量关系应满足________；A． Mm D．

以上三种情况均可②对实验数据分析发现，上述物理量满足关系式 Mx=Mx1+mx2，则x、x1、x2三者的大小关系可能成立的是________。（多选）A． xx1 C． xx2【答案】

【解析】【详解】（1）[1]A．实验探究小车速度随时间的变化关系，所以用的槽码质量可以大于小车的质量，故A正确；B．电火花计时器应该选用 220V

交流电源，故B正确；C．选择计数点时，从纸带上打下的清晰的点开始，故C错误；D．若连接槽码和小车的细线与轨道不平行，应调整滑轮的高度，使细线与轨道平行，故D错误；故选AB。（2）①[2]为使小球碰撞后不反弹，则需满足M>m；故选C。②[3]

因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，x是小球A不与小球B碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表小球A碰撞前的速度，x1是小球A碰撞后平抛运动的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球A的速度，x2是碰撞后小球B的水平位移，该位移可以代表碰撞后小球2的速度，根据动量守恒定律及能量守恒定律可知x>x1、x

②. C

③. AC##CA第16页/共28页

故选AC。17.

（1）在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，实验小组按如图所示实验电路接线。把开关S接1，电源给电容器充电，把开关S接2，电容器对电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像。在一次充、放电过程中， I-t图像可能是_________。

（2）小姚同学通过实验“研究小灯泡的电阻随电流变化的规律”，可选用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.30A）；电流表A1（量程0~300mA，内阻约1Ω）；电流表A2（量程0~100μA，内阻1kΩ）；定值电阻R1（阻值39kΩ）；定值电阻R2（阻值9kΩ）；滑动变阻器R（阻值0~10Ω）；电源E（电动势6V）；开关S；导线若干。①该同学先用多用电表粗测小灯泡的电阻，如图所示，电阻大小为_________Ω；

②实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请选用题中所给器材在答题纸相应位置将图所示虚线框内的实验电路补完整_____；

③实验测得电流I1—I2图像数据点分布如图所示。当流过小灯泡的电流为100mA时，小灯泡电阻约为第17页/共28页

_________Ω。（结果保留两位有效数字）【答案】

①. A

②. 1.6

③.

④. 3.0【解析】【详解】（1）[1]在充电过程中，电容器的正负极板不断聚集电荷，电荷量随时间增大，但增加得越来越慢，直到充电完成，电荷量不再增加，根据IQ可知在充电过程中，电流的大小越来越小，变化量越来t越小，同理在放电过程中，电容器的正负极板不断释放电荷，电荷量随时间减少，且减少得越来越慢，直到放电完成，电荷量变为0，在放电过程中，电流的方向与充电时的方向相反，大小越来越小，且变化量越来越小，故A符合题意；（2）①[2]小灯泡的电阻从多用电表读数为1.6Ω；②[3]将定值电阻R1与电流表A2串联改装成电压表，因为小灯泡的电阻较小，故采用电流表外接，可得电路如图

③[4]定值电阻R1与电流表A2串联改装成电压表，可得其满偏值为Um110411033.9104V4V根据电流I1—I2图像数据点可得当流过小灯泡的电流为100mA时，小灯泡两端的电压为0.3V，则小灯泡电第18页/共28页

阻约为RU0.3Ω3.0ΩI0.118.

在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验小组缓慢推动活塞压缩空气，正确操作得到的实验数据如下表所示。根据前三组数据分析，第4组数据中空气柱的压强可能是（

）序号1234空气柱的长度（格）1.501.251.000.75空气柱的压强（×10⁵Pa）1.051.201.32A. 2.10【答案】D【解析】B. 1.93C. 1.76D. 1.43【详解】理想气体发生等温变化，则应有pVC，但由表格中提供的数据可看出pV的乘积在减小，说明该实验过程中存在漏气的现象，若不考虑漏气，结合第3组与第4组数据，可得1.001.320.75p4求得p41.76所以，若考虑实际情况，第4组数据中空气柱的压强应小于p4，所以可能是1.43。故选D。第19页/共28页

19.

如图所示为一超重报警装置，其主体是水平地面上的竖直薄壁密闭容器且导热性能良好。容器高H0.5m、横截面积S0.06m2，底部是深h0.1m的预警区域，内有一厚度和质量均不计的活塞。活塞通过轻杆连接轻质平台，当活塞进入预警区域时，系统会发出超重预警。平台上未放重物时，内部封闭气柱长度L0.4m；平台上轻放质量为M的重物时，活塞最终恰好稳定在预警区域上边界。已知环境5温度T027℃，大气压强P01.010Pa，不计摩擦阻力，求：（1）重物的质量M；（2）放上M至活塞最终稳定的过程中，密闭气体与外界交换的热量Q；（3）若环境温度变为3℃且外界大气压强不变，为保证放上M后活塞最终仍稳定在预警区域上边界，应充装与封闭气体同温同压的气体多少体积？【答案】（1）M1.8103kg；（2）气体对外界放出的热量为7.2103J；（3）2.4103m3【解析】【详解】（1）最终稳定时，封闭气体温度不变，则p0LSp1hS可得p14p0又因为p1p0代入相关已知数据求得MgSM1.8103kg（2）设外界大气压力和重物对封闭气体做功为W，则W(Mgp0S)(Lh)第20页/共28页

代入数据求得W7.2103J在（1）问的情况下，封闭气体内能不变（U0），根据热力学第一定律UQW可得，气体对外界放出的热量为Q7.2103J（3）外界大气压强不变，所以环境温度变化时，满足V0V1T0T1即V0V1300K270K解得V10.9V0所以应充装同温同压的气体体积为VV00.9V00.1LS2.4103m320.

如图所示为某研究性学习小组设计的游戏轨道模型图。水平直轨道AB、光滑圆轨道 BCD（最低点B和D略有错开）、光滑水平轨道 DE

和水平传送带EF平滑连接， PQ是固定于水平地面上的薄平板。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，小滑块（可视为质点）将弹簧另一端压缩至A点，并由静止释放，恰能不脱离轨道滑上传送带。已知轨道AB长L12m，

圆轨道半径R0.4m，

传送带长L22m并可向右传动，P与F点的水平距离L30.4m，高度差h0.8m，平板PQ长。L41.8m，滑块质量m0.1kg，滑块与轨道AB

和传送带之间的动摩擦因数均为0.4，

其它阻力均不计。（1）求弹簧的弹性势能；（2）要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，求传送带的速度范围；（3）若滑块每次与平板碰撞前后速度方向与水平面夹角相等，碰后速度大小变为碰前的四分之一，当传送带向右传动速度v3m/s时，滑块是否会弹离平板？

若不会，最终停在离Q点多远处？若会，离开平板后的首次落地点距离Q点多远？第21页/共28页

【答案】（1）1.8J；（2）0v5.5m/s；（3）不会，0.84m【解析】【详解】（1）设滑块经过C点的速度为v，根据题目信息2vCmgmR根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能Ep解得12mvC2mgRmgL12Ep1.8J（2）若传送带不动，设滑块运动到F点时速度为v1，根据能量守恒定律1Epmg(L1L2)mv122解得v12m/s若传送带一直对滑块做正功，设滑块运动到F点时速度为v2，根据能量守恒定律12Epmg(L2L1)mv22解得v26m/s设滑块从F点废除后能够到达平板的最小速度为v3，最大速度为v4，根据h12gt2L3v3tL3L4v4t解得第22页/共28页

v31m/sv45.5m要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围为0v5.5m/s（3）由（2）可知，当传送带向右传动速度v3m/s时，滑块离开F点速度大小为v03m/s平抛运动的水平位移x0v0t1.2m根据题目信息，后续碰撞过程中水平总位移11()n1160.16mxx018116所以滑块在平板上水平方向总位移x总x0x1.36m滑块不会离开平板，停在离Q点的距离LL3L4x总0.84m21.

如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定OA、OB、OC、OD四根金属棒，夹角互为90，长均为L，电阻值均为r。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，其第二象限存在方向垂直水平面向下、半径为L、圆心角为90、圆心在O点的扇形磁场，沿半径OG各点的磁感应强度大小均满足BB0sin（为OG与x轴负方向夹角），圆环中心与环面分别通过电刷E、F与固定在水平面上的间距为2L的两光滑平行导轨连接。导轨间MN、PQ区域内存在垂直水平面竖直向上、边长为2L、磁感应强度大小为B0的正方形匀强磁场，长为2L、质量为m、电阻为r的导体棒ab锁定在磁场边界MN处，与两导轨接触良好，两导轨右端接有阻值为r的电阻，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环绕中心轴线沿顺时针方向以角速度匀速转动，以OA进入磁场为计时零点，求：（1）写出OA在磁场中运动时感应电动势e与时间t的关系式；（2）圆环转动一周的过程中，外力做的功W；（3）若锁定圆环，导体棒ab解除锁定且获得向右的初速度，恰好能运动到PQ处，初速度大小是多少？第23页/共28页

15B02L420B02L32【答案】（1）eB0Lsint；（2）；（3）224r3mr【解析】【详解】（1）根据题意，设A点速度为v，则OA转动时感应电动势为e又有1BLv2vL，t，BB0sin联立可得OA在磁场中运动时感应电动势e与时间t的关系式为e1B0L2sint2（2）圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为e有122B0L2由题意可知，整个电路的外电阻为相当于5个阻值为r的电阻并联，则外电路总电阻为1R1r5整个电路的等效总电阻为1Rrr1.2r5圆环转动一周的时间为t2根据功能关系可得，圆环转动一周的过程中，外力做的功5B02L4WtR24r2e有第24页/共28页

（3）根据题意，设初速度为v0，由动量定理有FAt0mv0又有FAB0I2LIER总2B2LE0tR总1.2r联立解得20B02L3v03mr22.

如图所示为某种新型质谱仪结构简化示意图，半径为R的圆内有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，圆心为O，OO'为竖直方向的轴线，O点右侧圆周上的S处有一粒子源（OS⊥OO'），可以正对O点发射出速度、电量相等，质量不同的带正电粒子，圆形磁场上方关于轴线（OO对称放置两块正对的平行金属板MM和NN'，两金属板长均为0.6R，间距为2.4R，金属板下边缘连线M'N'与圆形磁场最高点在同一水平线上，金属板上边缘连线MN上方存在范围足够大、方向垂直于纸面向内的磁感应强度为0.25B的匀强磁场，MN连线上有一可左右平移的探测板PQ。已知从S点射出的电量为q、质量为m的粒子，恰好沿轴线（OO进入两金属板之间区域。不计粒子之间的相互作用，两金属板间的电场为匀强电场（不考虑边tan缘效应），不计粒子重力，已知sin530.8，cos530.6，（1）粒子源发射的粒子速率v0；2sin，求：1cos（2）两金属板之间不加电压时，能从金属板之间区域射出的粒子的质量范围；（3）两金属板之间不加电压时，要使探测板上表面能接收到所有从金属板之间射出的粒子，板的长度至少为多少？（4）当两金属板间加上恒定电压UMN时，要使得质量为2m的粒子能够打在题（3）中相应位置的探测板上，电压UMN的最大值是多少？第25页/共28页

qBR1024qB2R2【答案】（1）v0；（2）0.5mm2m；（3）x12R；（4）UMNm25m【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则2v0q0vBmr根据题目现象知rR解得v0（2）因r1qBRmm1v0，质量越大，圆周运动的半径越大。设质量为m1的粒子恰好从N点射出，粒子离开磁场qB时与排方向夹角为，由几何光线得sin0.8,cos0.6此时粒子在磁场中做圆周运动的半径r10.5R所以m10.5m同理，设质量为m2的粒子恰好从M点射出，则m12m所以能从金属板之间区域射出的粒子质量范围是第26页/共28页

0.5mm2m（3）从N点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达P点，偏移的水平距离x12m1v0sin3.2R0.25qB从M点进入上部分磁场的粒子经磁场偏转返回边界到达Q点，偏移的水平距离x2如图1，则PQ之间距离至少是2m2v0sin12.8R0.25qBx(12.82.43.2)R12R

（4）MN间不加电场时，粒子打在P点。若MN见加上向左的电场，质量为2m的粒子将打在极板M上，而无法打在探测板上。当MN间加上向右的电场，质量为2m的粒子恰好从N射出时，极板间电压最大，由（3）知，辞海粒子沿水平方向的偏移距离为x312.8R3.2R一定打在探测板上，如图2，3所示第27页/共28页

则有联立求得又解得

vxv0sin37vyv0cos370.6Rvytxv1xtat22x2.4R0.6Rtan371.95Ra128v20128q2B2R15R或a15m22maqUMN2.4RU1024qB2R2MN25m第28页/共28页