浙江省新陣地教育聯盟2022-2023學年高二下學期第一次聯考物理 Word版含解析

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浙江省新陣地教育聯盟2024屆高二第一次聯考物理試題考生須知：1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題卷上相應的位置，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題卷。5.重力加速度g取。選擇題部分一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目的，不選、多選、錯選均不得分）1.下列物理量的單位正確的是（　?。〢.功B.電場強度V/mC.磁通量D.加速度m/s【答案】B【解析】【詳解】A．根據做功公式可知功的單位為，故A錯誤；B．根據電場強度公式可知電場強度的單位為，故B正確；C．根據磁通量公式可知磁通量的單位為，故C錯誤；D．根據加速度公式可知加速度的單位為，故D錯誤。故選B。

12.下圖是小敏同學晨跑路徑圖，根據圖上的信息，以下說法正確的是（　?。〢.8月10日凌晨6:03是時間間隔B.3.40公里是小敏同學的晨跑位移C.當計算小敏同學晨跑的平均速率時，可以把小敏同學看成質點D.小敏同學晨跑時，看到馬路兩邊的樹木在倒退，是以地面為參考系【答案】C【解析】【詳解】A．8月10日凌晨6:03是時刻，選項A錯誤；B．3.40公里是小敏同學晨跑路程，選項B錯誤；C．當計算小敏同學晨跑的平均速率時，小敏的形狀大小可忽略，可以把小敏同學看成質點，選項C正確；D．小敏同學晨跑時，看到馬路兩邊的樹木在倒退，是以自己為參考系，選項D錯誤。故選C。3.正是人類對電與磁的研究，發(fā)展成了電磁場與電磁波的理論。下列說法正確的是（　?。〢.奧斯特發(fā)現電流的磁效應，并創(chuàng)造性地用“磁感線”形象地描述“場”的物理圖景B.麥克斯韋建立了電磁場理論，并在實驗中捕捉到了電磁波C.普朗克認為振動著的帶電微粒的能量是連續(xù)的D.愛因斯坦認為光是一個個不可分割的能量子組成的，這些能量子叫作光子【答案】D【解析】【詳解】A．奧斯特發(fā)現電流的磁效應，法拉第創(chuàng)造性地用“磁感線”形象地描述“場”的物理圖景，故A錯誤；B．麥克斯韋建立了電磁場理論，赫茲在實驗中捕捉到了電磁波，故B錯誤；C．普朗克認為振動著的帶電微粒的能量是量子化的，故C錯誤；

2D．愛因斯坦認為光是一個個不可分割的能量子組成的，這些能量子叫作光子，故D正確。故選D。4.“安吉游戲”源起浙江省安吉縣，是安吉幼兒園“游戲”式的教學方法的簡稱?！鞍布螒颉碧岢延螒蜻€給孩子，讓他們在自主、自由的游戲中學習。如圖所示，是一個小朋友將一個籃球放在斜坡上，并用豎直擋板擋住，籃球處于靜止狀態(tài)。已知斜坡的傾角為（為銳角），擋板對籃球的彈力為，斜面對籃球的彈力為，不考慮籃球受到的摩擦力，下列說法正確的是（　?。〢.斜面對籃球的彈力小于擋板對籃球的彈力B.斜面對籃球的彈力小于籃球重力GC.緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉一個較小角度，減小D.緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉一個較小角度，增大【答案】C【解析】【詳解】AB．對籃球受力分析如圖所示設籃球質量m，由于籃球處于靜止狀態(tài)，所以和的合力大小等于，則有故

3故AB錯誤；CD．對籃球進行受力分析如圖所示擋板繞O緩慢把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉一個較小角度，圖中得B緩慢下移，即，則減小，也減小，故C正確，D錯誤。故選C。5.2022年冬奧會重點交通工程，有一段路程為螺旋隧道，通過螺旋線實現原地抬升，如圖所示。下列對這段公路的分析，說法正確的是（　　）A.車輛上坡過程中受到重力、支持力、摩擦力、牽引力、下滑力B.車輛轉彎處，路面應適當內低外高C.通過螺旋隧道設計，主要目的是減小車輛行駛過程中對路面的壓力D.車輛以某一恒定速率轉彎時，轉彎半徑越大，所需的向心力越大【答案】B【解析】【詳解】A．車輛上坡過程中受到重力、支持力、摩擦力、牽引力，沒有下滑力，故A錯誤；B．轉彎處的路面適當內低外高，支持力沿指向圓周方向的分力可以為汽車提供一部分向心力，使汽車轉彎更安全，故B正確；C．通過螺旋隧道設計，減小坡度的主要目的是為了減小汽車重力沿坡的斜面向下的分力，故C錯誤；D．根據

4可知，車輛以某一恒定速率轉彎時，轉彎半徑越大，所需的向心力越小，故D錯誤。故選B。6.圖書管理員經常遇到搬書的情況。如圖所示，小劉在某一次搬書過程中，水平托著書沿水平方向加速前進過程中，手與書之間、書與書之間都無相對運動。由于書的材質不同，書與書之間的動摩擦因數介于0.2和0.4之間，且最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（　?。〢.手給書的力是由書的彈性形變產生的B.運動的最大加速度為C.把動摩擦因數比較大的書本放在上層更不容易有相對滑動D.任意兩本書所受的合力方向均相同【答案】D【解析】【詳解】A．手給書的力，手是施力物體，書是受力物體，力是由手的彈性形變產生的，故A錯誤；BD．當動摩擦因素為0.2時，兩本書之間恰好要產生相對滑動，同學運動的最大加速度為且任意兩本書所受的加速度相同，故任意兩本書所受的合力方向均相同，故B錯誤，D正確；C．對整體分析可知，無論把動摩擦因素比較大的書本放在上層還是下層，只要同學的加速度大于最大加速度，都會產生相對滑動，故C錯誤；故選D。7.2022年中國載人航天創(chuàng)造了多個新記錄，天舟五號發(fā)射并成功對接空間站，首次實現了兩小時自主快速交會對接，創(chuàng)造了世界記錄，神十四和神十五兩個航天員乘組首次在空間站進行在軌輪換，6名航天員首次在中國的“太空家園”留下這張?zhí)蘸嫌?。中國空間站距離地面約400km，下列說法正確的是（　?。?/p>

5A.航天員繞地球運動的加速度大于靜止在赤道上物體的向心加速度B.航天員繞地球運動的速度應介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間C.航天員繞地球運動的周期為24小時D.航天員所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零【答案】A【解析】【詳解】A．靜止在赤道上物體的角速度等于地球同步衛(wèi)星繞地球運動的角速度，根據可得故靜止在赤道上物體的加速度小于地球同步衛(wèi)星繞地球運動的加速度，根據牛頓第二定律可得同步衛(wèi)星距離地面36000km，可知航天員繞地球運動的加速度大于地球同步衛(wèi)星繞地球運動的加速度，故航天員繞地球運動的加速度大于靜止在赤道上物體的向心加速度，故A正確；B．第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，航天員繞地球運動的速度應小于第一宇宙速度，故B錯誤；C．同步衛(wèi)星距離地面36000km，運行周期為24小時，中國空間站距離地面約400km，根據開普勒第三定律可知航天員繞地球運動的周期小于24小時，故C錯誤；D．航天員所受地球引力提供航天員做圓周運動的向心力，飛船對其作用力為零，兩者的合力不為零，故D錯誤。

6故選A。8.不帶電的橡膠棒和毛皮摩擦，然后再將它們分開，它們在空間上產生的電場如圖所示?，F有一離子從A點射入，軌跡如圖中虛線AB所示，下列說法正確的是（　　）A.該離子帶負電B.A點電勢低于B點電勢C.該離子加速度變小D.該離子的電勢能減小【答案】D【解析】【詳解】A．離子順著電場線方向運動，故離子帶正電，故A錯誤；B．沿著電場線方向電勢降低，A點電勢高于B點，故B錯誤；C．電場線越密集電場強度越大，則電場力越大，故越靠近B電場力越大，則加速度越大，故C錯誤；D．正電荷沿著電場線方向運動，電場力做正功，電勢能減小，故D正確。故選D。9.炎熱的夏季，有一種網紅水上娛樂項目“水上飛人”十分火爆，其原理是借助腳下的噴水裝置產生向上的反沖動力，讓人騰空而起或平衡或勻速或變速運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）A.人在加速上升的過程中，機械能一定守恒B.人在減速上升過程中一定處于失重狀態(tài)C.人在減速上升的過程中機械能一定減少D.人在懸空靜止的一段時間內，反沖動力的沖量為零【答案】B【解析】【詳解】A．人在加速上升的過程中，人的動能增大，重力勢能增大，機械能增大，機械能不守恒，故A錯誤；B．人在減速上升過程中有豎直向下的加速度，人處于失重狀態(tài)，故B正確；

7C．人在減速上升的過程中，人的動能減小，重力勢能增大，機械能不一定減少，故C錯誤；D．根據動量定理人在懸空靜止的一段時間內，，合力的沖量為零，但反沖動力的沖量不為零，故D錯誤。故選B。10.“暖手充電寶”集暖手與移動充電兩大功能而受熱捧，下面是某一產品的說明書，列出了這種產品的幾個主要參數；根據上述信息，下列說法正確的是（　?。╊~定容量2700mAh額定功率8W輸入接口USB-C輸出接口USB-A輸入參數5V—2.1A輸出參數5.1V—1.5A（最大）產品尺寸執(zhí)行標準Q/JSZM0019包裝內含：ZMI暖手充電寶、說明書、USB-A轉USB-C充電線A.是能量單位B.該產品的電阻約為C.該產品以最大電流給手機充電，最多能連續(xù)工作約1.8hD.該產品以額定功率8W暖手，理論上最多可持續(xù)工作約1h【答案】C【解析】【詳解】A．是電荷量單位，故A錯誤；B．根據解得故B錯誤；C．由圖可知，充電寶的最大輸出電流，根據可知以最大電流給手機充電，充電寶持續(xù)工作時間為

8故C正確；D．該充電寶儲存的電能為由圖可知，以額定功率8W暖手，根據可得持續(xù)時間為故D錯誤。故選C。11.如圖甲所示，一小型發(fā)電機的矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度繞垂直于磁場的固定軸轉動，矩形線圈通過銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻和滑動變阻器R，矩形線圈內阻為，其他電阻都不計，從圖示位置開始計時，且當滑動變阻器為R，其中線圈匝數，穿過線圈的磁通量隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（　?。〢.矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為B.矩形線圈從圖示位置轉過的時間內，通過電流表的電荷量為0.1CC.滑動變阻器的滑片向上移動過程中，電流表示數不變，示數變小D.滑動變阻器的滑片向上移動過程中，電壓表示數不變，和示數都變小【答案】A【解析】【詳解】A．因為

9矩形線圈產生的感應電動勢的最大值瞬時值表達式為選項A正確；CD．因可得（其中）滑動變阻器的滑片向上移動過程中，R＇阻值變大，則次級電流I2減小，示數變小，初級電流I1減小，電流表示數變小；由于R＇阻值變大，U2變大，示數變大，則示數變大，電阻R0上電壓減小，可知示數變大，選項CD錯誤。B．由上述表達式可知

10即初級回路的等效電阻為矩形線圈從圖示位置轉過的時間內，平均電動勢則通過電流表的電荷量由可知選項B錯誤故選A。12.如圖為松花江音樂噴泉噴出水柱的場景。主噴泉噴出的最高水柱約80m，噴管的直徑約為10cm，已知水的密度。據此估計主噴管噴水的電動機的輸出功率約為（　?。〢.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】噴泉噴水的初速度為t時間噴水的質量為

11則噴水消耗的功率大約為故選D。13.如圖所示，橫截面為圓環(huán)的柱形容器由折射率為n的玻璃制成，其外徑為，內徑為，MN為一條直徑。有兩束光線，其中光線A在紙平面內傳播，從M點射向容器，經一次折射后，恰好與容器內壁相切，另一束光線B平行于MN射向容器，經過一次折射后，恰好在容器內壁發(fā)生全反射，則下列說法正確的是（　?。〢.光線A的入射角正弦值為B.光線B到MN的距離等于C.光線A的入射角大于光線B的入射角D.光線B從射入柱形容器外壁到第一次到達內壁的時間為【答案】C【解析】【詳解】A．光線與容器內壁相切，光路圖如圖1所示，設光線在M點的入射角為i，折射角為r，由折射定律得由幾何關系得解得

12故A錯誤；C．平行于MN的光線B射向容器，在容器外壁的入射角為i′，折射角為r′，如圖2所示，由折射定律得光線恰好在容器內壁發(fā)生全反射，入射角等于臨界角C，光路圖如圖所示，則根據正弦定理可得解得即則故C正確；B．設光線B到MN的距離為d，根據幾何關系可得d=R1sini′=R2故B錯誤。D．光線B從射入柱形容器外壁到第一次到達內壁，根據正弦定理可得

13時間為選項D錯誤。故選C。二、選擇題Ⅱ（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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.傳感器的功能與人的視覺、聽覺、觸覺、嗅覺等功能相似。不只在科研領域，在人們的日常生活中，也會用到傳感器以實現某種功能。關于圖中應用傳感器的實際情景，下列說法正確的是（　?。〢.甲圖傳感器用來測量位移的微小變化，是電容式位移傳感器B.乙圖光電計數器用到了光敏電阻這個傳感元件，是光傳感器C.丙圖利用霍爾元件可以測量微小位移，是利用電磁驅動原理D.丁圖干簧管是利用電磁感應的原理控制電路的通斷【答案】AB【解析】【詳解】A．甲圖中，當被測物體在左、右方向發(fā)生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動。如果測出了電容的變化，就能知道物體位置的變化，所以甲圖傳感器是位移傳感器，故A正確；B．乙圖中?A是發(fā)光儀器，B是接收光信號的儀器，B中的主要元件是由光敏電阻組成的光電傳感器。當傳送帶上沒有物品擋住由A射向B的光信號時，光敏電阻的阻值較小，供給信號處理系統的電壓變低；當傳送帶上有物品擋住由A射向B的光信號時，光敏電阻的阻值變大，供給信號處理系統的電壓變高。這種高低交替變化的信號經過處理，就會轉化為相應的數字，實自動計數的功能，故B正確；C．丙圖中，在兩塊磁感應強度相同、同極相對的放置的磁體縫隙中放入霍爾元件，當霍爾元件處于中間位置時，磁感應強度B為0，霍爾電壓為0，可將該點作為位移的零點。當霍爾元件沿著軸正、負方向移動時，則有霍爾電壓輸出，且電壓大小與位移大小成正比，從而能夠實現微小位移的測量，未利用電磁驅動原理，故C錯誤；D．丁圖干簧管是利用磁場的有無控制電路的通斷，故D錯誤。

14故選AB。15.兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于和處，兩列波的波速均為0.4m/s，波源的振幅均為2cm，如圖為時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在和的P、Q，兩質點剛開始振動。質點M的平衡位置處于處（　?。〢.時刻，質點a的速度大于質點b的速度B.時刻之后，質點a的比質點b先回到平衡位置C.時刻，兩列波相遇D.0~1.5s質點M運動的路程為12cm【答案】BD【解析】【詳解】A．質點a、b在各自平衡位置附近做簡諧運動，時刻，質點a距離平衡位置比質點b距離平衡位置遠，質點a的速度小于質點b的速度，故A錯誤；B．根據上下坡法可知，質點a、b都向x軸正方向振動，質點a距離平衡位置比質點b距離平衡位置遠，時刻之后，質點a的比質點b先回到平衡位置，故B正確；C．兩列波相遇的時間為解得故C錯誤；D．兩列波經，相遇在P、Q的中點M，故質點M在時起振，兩列波起振的方向都是y軸負方向，故兩列波在質點M處振動加強，M點的振幅為兩列波的周期為可知，質點M振動了,質點M運動的路程為

15故D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，每小題55分）16.小劉同學在做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時采用了如圖甲所示的裝置，帶滑輪的長木板水平放置，彈簧測力計固定在墻上。小車上固定一定滑輪，細繩通過滑輪連接彈簧測力計和沙桶。①本實驗使用了打點計時器，下列選項中的哪些實驗也需要用打點計時器______A.探究平拋運動的特點B.探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律C.驗證機械能守恒定律②根據該同學的實驗方案，關于該實驗的下列操作，必要或正確的步驟是______A.用天平測出沙和沙桶的質量B.要滿足小車的質量遠大于沙桶和沙的質量C.應當先釋放小車，再接通電源D.將帶滑輪的長木板右端墊高，以補償摩擦力③下圖是該同學打出的一條紙帶，各計數點對應刻度尺上的讀數如圖乙，其中相鄰兩個計數點之間還有4個打點未畫出，打點計時器接頻率為50Hz的交流電源，根據紙帶上的信息可求出小車的加速度______。（結果保留2位有效數字）④保持小車的質量不變，改變沙子的質量，進行多次測量。根據實驗數據作出了加速度a隨拉力F的變化圖線，如圖丙所示。圖中直線沒有通過原點，其主要原因是______?！敬鸢浮竣?C②.D③.0.50④.未平衡摩擦力

16【解析】【詳解】①[1]A．實驗探究平拋運動的特點可通過位移差計算各點的時間間隔，不需要用打點計時器，故A錯誤；B．實驗探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律不需要用打點計時器，故B錯誤；C．實驗驗證機械能守恒定律需要用打點計時器記錄時間間隔以及紙帶上各點位置，故C正確。故選C。②[2]AB．本實驗小車的拉力可以通過彈簧測力計測量，不需要用天平測出沙和沙桶的質量，不需要滿足小車的質量遠大于沙桶和沙的質量，故AB錯誤；C．使用打點計時器應當接通電源，再先釋放小車，故C錯誤；D．本實驗將小車的拉力作為小車的合外力，需平衡摩擦力，故D正確。故選D。③[3]由逐差法求加速度為解得④[4]根據圖象可知，小車的拉力為0.2N時，小車加速度為零，說明實驗未平衡摩擦力。17.某實驗小組用氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗裝置如圖甲所示，請回答下列問題：①實驗室準備了A和B兩種遮光條，用螺旋測微器測量遮光條A的寬度如圖乙所示，其讀數為______mm；另一個遮光條B的寬度為8.00mm，兩遮光條應選用遮光條______（填“A”或“B”）。②測得兩滑塊P、Q（帶有遮光條）的質量分別為和，實驗中，用細線將兩滑塊P、Q連接使輕彈簧壓縮后靜止，然后燒斷細線，輕彈簧將兩滑塊P、Q彈開，測得兩滑塊P、Q上的遮光條通過光電門的時間分別為、。若兩滑塊P、Q彈開的過程中系統動量守恒，則需要驗證的關系式為______（用題中所給符號表示）?！敬鸢浮竣?4.00②.A③.

17【解析】【詳解】①[1][2]用螺旋測微器測量遮光條A的寬度讀數為4mm+0.01mm×0=4.00mm；另一個遮光條B的寬度為8.00mm，兩遮光條應選用寬度較小的遮光條A。②[3]若動量守恒，則滿足即即18.某同學在測某型號電池的電動勢和內阻時所用器材如下：A.某型號電池：電動勢3V左右，內阻為幾歐；B.電壓表V：量程0-3V，內阻約3000歐；C.電流表A：量程0-30mA，內阻為；D.標準電阻：；E.滑動變阻器：，2A；F滑動變阻器：，1AG.開關、導線若干①該小組兩名同學各設計了一個實驗電路，其中可行的是______（選填“甲”或“乙”）。②實驗器材中有兩個滑動變阻器，該實驗應選用的是______（選填“”或“”）。③如圖是該實驗中某狀態(tài)下電流表的指針偏轉情況，其讀數為______mA。④選擇第①題中正確的電路后，該小組同學閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，多次測量，得出多組電壓表示數U和電流表示數I，通過描點畫出圖象如圖丁所示，則該特殊電池的電動勢______V、內阻______。（結果均保留三位有效數字）

18⑤另一同學用安阻法測電池電動勢與內阻，把電流表看作理想電表，連接的實物圖如圖甲，在數據處理時根據電流表示數I與電阻箱的阻值R作出圖像（圖乙）進行處理得到電源的電動勢和內阻，如果考慮到電流表的內阻，則這種方案測得的電動勢的值與真實值相比，______，______（兩空均選填“＞”“＝”“＜”）?！敬鸢浮竣?乙②.③.20.0④.3.00⑤.3.13⑥.=⑦.>【解析】【詳解】①[1]甲電路太小，電流表容易燒壞，不可行，乙電路電流表與并聯組成一個大量程電流表，可行;②[2]電源電動勢比較小，為方便調節(jié)，應選變阻器;③[3]由圖可知電流表的讀數為20.0;④[4][5]根據閉合電路的歐姆定律有根據圖象可得解得

19⑤[6][7]安阻法測電池電動勢與內阻，把電流表看作理想電表，有整理得若把電流表不能看作理想電表，有整理得可得斜率截距故，四、計算題（本大題共4小題，17題8分，18題11分、19題11分，20題11分。）19.汽油機某型號汽缸如圖，現在該汽缸中密封一定質量的理想氣體，通過各種技術手段，使該汽缸中密封的理想氣體的狀態(tài)按圖1中箭頭所示的順序變化，圖線BC是一段以縱軸和橫軸為漸近線的雙曲線。（1）已知氣體在狀態(tài)A的溫度，求氣體在狀態(tài)B和D的溫度各是多少？（以上溫度均為熱力學溫標）（2）將上述變化過程在圖2中畫出氣體的圖線（圖中要標明A、B、C、D四點，并且要畫箭頭表示變化方向）（3）如果理想氣體經歷C到D的過程中，氣體內能減少了、請問氣體放出了多少熱量？（用、、已知量表示上面3問的結果）

20【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）對A、B兩個狀態(tài)用蓋-呂薩克定律即解得B到C為等溫過程對C、D兩個狀態(tài)用蓋-呂薩克定律即

21解得（2）圖如下（3）外界對氣體做功由熱力學第一定律，氣體放熱20.一實驗裝置截面如圖所示，光滑水平面AB的左端固定一輕彈簧，光滑螺旋圓形軌道與水平面相切于C（E）處，凹槽BDFH底面水平光滑，上面放一質量為M無動力平板車，緊靠側壁BD，平板車上表面與直軌道AB在同一水平面上，將一質量為m滑塊壓緊左側輕彈簧從靜止開始釋放，已知螺旋圓形軌道的半徑，平板車的長度，DF的長度為L，，，滑塊與車的動摩擦因數。（車與豎直側壁FH的碰撞為彈性碰撞，滑塊視為質點，不計空氣阻力）（1）當彈簧彈性勢能以釋放滑塊，求滑塊經過圓弧C點時對軌道的壓力；（2）若L足夠長，要使滑塊不脫離圓軌道，且在車第一次與右側壁FH相撞前不會從車上掉落下來，求釋放滑塊時彈簧的彈性勢能范圍；（3）若，當彈簧彈性勢能以釋放滑塊，求滑塊最終離小車左端的距離以及平板車經過的總路程。

22【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【詳解】（1）根據機械能守恒根據牛頓第二定律解得根據牛頓第三定律（2）要使滑塊不脫離圓軌道，有由機械能守恒有使滑塊在車第一次與右側壁FH相撞前不會從車上掉落下來，根據動量守恒有根據能量守恒有解得故釋放滑塊時彈簧的彈性勢能范圍

23（3）在范圍內，說明平板車與豎直側壁FH的碰撞前，已與滑塊共速，滑塊最終離小車左端的距離解得滑塊與平板車第一次碰撞有解得，滑塊與平板車第二次碰撞有解得故平板車經過的總路程為21.如圖甲，在傾角為的斜面上固定放置的兩足夠長光滑導軌MN、PQ相距為d，M、P兩端連接一阻值為R的電阻。垂直于導軌平面有向上的勻強磁場按圖乙的規(guī)律變化，原先金屬棒ab垂直于導軌且接觸良好，并通過水平細線跨過滑輪與物體A相連，使得棒ab緊靠其右側的兩個固定支柱E、F處于靜止狀態(tài)，與導軌最下端的距離為L。時刻起，磁感應強度從減小到時支柱E、F受到的彈力恰好為零，此后磁感應強度保持不變，棒ab開始運動，測得棒ab

24從開始運動到最大速度的過程中，流過電阻R的電量為q。已知棒ab質量為3m、物體A質量為m，重力加速度為g，不計除R外其余部分的電阻、一切摩擦以及細線和滑輪的質量。問（1）圖乙中時刻棒ab上電流的方向以及磁感應強度減小到時對應的時刻；（2）棒ab運動過程中達到的最大速度；（3）棒ab從開始運動到最大速度的過程中電阻R上產生的焦耳熱Q。【答案】（1）從b到a；；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）圖乙中時刻，由于穿過閉合回路磁通量減小，根據楞次定律可知，棒ab上電流的方向從b到a；磁感應強度減小到時支柱E、F受到的彈力恰好為零，則解得（2）當ab棒向下運動達到最大速度時，則滿足解得

25（3）設導體棒下滑x達到最大速度，則解得由能量關系解得22.如圖所示，平面直角坐標系的第一象限內存在范圍足夠大、磁感應強度大小為、方向垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ；第四象限內，在區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強電場E（未畫出），在區(qū)域存在一定寬度且足夠長、磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場Ⅱ。已知，坐標為的A點處固定一粒子源，沿x軸正方向發(fā)射速度大小為v、帶正電的粒子束。粒子的質量為m，電荷量為q，粒子第一次經過x軸的位置為點。已知，忽略粒子間的相互作用及粒子所受重力。（1）求磁場的磁感應強度大?。唬?）粒子第一次進入磁場2后，恰好不從磁場2的下邊界射出，求磁場2的寬度D及粒子第一次離開磁場2時的坐標；（3）在x軸上放置一粒子靶（忽略靶的大?。?，用于接收從x軸下方打入的粒子，則當靶位于哪些坐標時，能接收到粒子？

26【答案】（1）；（2），；（3），【解析】【詳解】（1）粒子在磁場Ⅰ中的運動軌跡如圖1所示，有解得（2）由（1）可得粒子在磁場中的運動軌跡半徑設粒子第一次進入電場時速度與x軸負方向的夾角為，則粒子在電場中受到水平向右的恒力，故在y軸方向做勻速直線運動，在x軸方向做勻變速直線運動

27故粒子第一次磁場2時垂直磁場邊界入射，如圖2所示粒子在磁場2中運動的軌跡半徑為故磁場寬度為粒子第一次在電場中做類平拋運動時水平方向位移大小故粒子第一次從磁場2中射出時距y軸的距離為出射點坐標為（3）粒子在勻強電場中時，沿x軸正方向做勻變速直線運動，沿y軸方向做勻速直線運動，每穿越一次電場所用時間為設粒子第一次從電場中進入磁場1時速度與水平方向的夾角為，則粒子在磁場1中的偏轉距離為同理，設粒子第二次進入磁場2時速度與水平方向的夾角為，則粒子在磁場2中的偏轉距離為如圖3所示

28當靶位于、、……時，能接收到粒子由于粒子的豎直方向分速度大小不變，粒子從第一次由電場中進入磁場開始，在磁場1、2中運動的水平方向位移大小始終分別為、，故靶在x軸上的位置，

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