物理押題預測卷01 全解全析
姓名:__________ 準考證號:__________
本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共12頁，滿分100分，考試時間90分鐘。
考生注意:
1.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。
2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。
3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應的區(qū)域內，作圖時先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。
4.可能用到的相關參數(shù):重力加速度g均取10m/s2。
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要求的,不選、多選、錯選均不得分)
1．（2024·浙江嘉興·一模）2023年的諾貝爾物理學獎授予“采用實驗方法產生阿秒脈沖光的技術”，阿秒脈沖光是一種非常短的光脈沖，其持續(xù)時間在阿秒的量級，即，則（ ）
A．阿秒是導出單位
B．阿秒是國際單位制的基本單位
C．阿秒對應的物理量是國際單位制的基本量
D．阿秒對應的物理量是矢量
【答案】C
【詳解】ABC．國際單位制中的基本物理量為長度、質量、時間、溫度、電流、物質的量、發(fā)光強度，基本物理量的單位為基本單位，即米、千克、秒、開爾文、安培、摩爾、坎德拉；“阿秒”是一個單位，對應的物理量是時間，應為國際單位制的基本量，故C正確，AB錯誤；D．阿秒對應的物理量是時間只有大小為標量，故D錯誤。
故選C。
2．（2024·全國·一模）2023年10月3日，在杭州亞運會田徑女子4×100m接力決賽中，位于第8道的中國隊以43秒39的成績奪得冠軍，時隔9年重返亞洲之巔，其中第四棒運動員是福建選手葛曼棋。如圖所示為4×100m跑道的起終點區(qū)域，部分賽道起點位置及比賽終點線如圖中所標注，則在整個比賽中（ ）
A．43秒39表示時刻
B．每位運動員位移的大小都為100m
C．中國隊的平均速度約為9.2m/s
D．中國隊運動員的總位移比位于第3道的新加坡隊大
【答案】D
【詳解】A．43秒39描述的是4×100m接力決賽中位于第8道的中國隊所經歷的實際時間，表示時間間隔，故A錯誤；B．位移是指初位置到末位置的一條有向線段，線段的長度表示位移大小，箭頭指向表示位移方向，根據(jù)圖示可知，圖示運動員的初末位置不相同，表示位移的有向線段的長度與方向均不相同，即每位運動員位移的大小不一定都為100m，故B錯誤；D．根據(jù)圖中所示可知，表示第8道中國隊的位移的有向線段的長度大于第3道的新加坡隊的位移的有向線段的長度，即中國隊運動員的總位移比位于第3道的新加坡隊大，故D正確；C．平均速率等于總路程與總時間的比值，中國隊的平均速率為，平均速度等于總位移與總時間的比值，中國隊做的是曲線運動，平均速度大小小于平均速率，可知中國隊的平均速度大小小于9.2m/s，故C錯誤。
故選D。
3．（2024·安徽·模擬預測）某同學完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關系可能正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律有，解得，以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律有，解得，因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。
故選B。
4．（2024·北京門頭溝·一模）某研究小組在研究“估測甩手時指尖的最大向心加速度”課題研究時，利用攝像機記錄甩手動作，A、B、C是甩手動作最后3幀（每秒25幀）照片指尖的位置。根據(jù)照片建構A、B之間運動模型：開始階段，指尖A以肘關節(jié)M為圓心做圓周運動，到接近B的最后時刻，指尖以腕關節(jié)N為圓心做圓周運動。測得A、B之間的距離為26cm，B、N之間的距離為17cm。粗略認為A、B之間平均速度為甩手動作最后階段指尖做圓周運動的線速度。重力加速度為g。請估測甩手時指尖的最大向心加速度（ ）
A．5gB．10gC．25gD．50g
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意甩手動作每秒25幀，得從幀A到幀B的時間間隔為，粗略認為A、B之間平均速度為甩手動作最后階段指尖做圓周運動的線速度，得，由，解得，向心加速度約為，由，解得，
故選C。
5．（2024·四川成都·二模）成都規(guī)劃到2030年建成27條地鐵線路，越來越多的市民選擇地鐵作為出行的交通工具。如圖所示，t=0時，列車由靜止開始做勻加速直線運動，第一節(jié)車廂的前端恰好與站臺邊感應門的一根立柱對齊。t=6s時，第一節(jié)車廂末端恰好通過這根立柱所在位置，全部車廂通過立柱所用時間18s。設各節(jié)車廂的長度相等，不計車廂間距離。則（ ）
A．該列車共有9節(jié)車廂
B．第2個6s內有4節(jié)車廂通過這根立柱
C．倒數(shù)第二節(jié)車廂通過這根立柱的時間為s
D．第4節(jié)車廂通過這根立柱的末速度小于整列車通過立柱的平均速度
【答案】A
【詳解】A．設每節(jié)車廂的長度為，列車的加速度為，列車整個通過立柱的時間為，根據(jù)勻變速直線運動某段位移的平均速度等于該段位移所用時間中間時刻的瞬時速度可得在3s末列車的速度為，根據(jù)速度與時間的關系有，聯(lián)立解得，根據(jù)位移與時間的關系可得，代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；B．在前兩個6s內，根據(jù)位移與時間的關系有，由題知，第一個6s內通過一節(jié)車廂，由此可知，在第2個6s內有3節(jié)車廂通過這根立柱，故B錯誤；C．第7節(jié)車廂以及第8節(jié)車廂通過立柱時，根據(jù)速度與位移的關系可得，，解得，，倒數(shù)第二節(jié)車廂即第8節(jié)車廂通過立柱的時間為，故C錯誤；
D．第四節(jié)車廂通過立柱的末速度，整個列車通過立柱的平均速度，可知，即第4節(jié)車廂通過這根立柱的末速度大于整列車通過立柱的平均速度，故D錯誤。
故選A。
6．（2024·廣東廣州·一模）某校天文小組通過望遠鏡觀察木星周圍的兩顆衛(wèi)星a、b，記錄了不同時刻t兩衛(wèi)星的位置變化如圖甲?，F(xiàn)以木星中心為原點，測量圖甲中兩衛(wèi)星到木星中心的距離x，以木星的左側為正方向，繪出圖像如圖乙。已知兩衛(wèi)星繞木星近似做圓周運動，忽略在觀測時間內觀察者和木星的相對位置變化，由此可知（ ）
A．a公轉周期為B．b公轉周期為
C．a公轉的角速度比b的小D．a公轉的線速度比b的大
【答案】D
【詳解】A．由圖像可知，a公轉周期為，故A錯誤；BCD．由萬有引力提供向心力可得，可知，，，由于b的軌道半徑大于a的軌道半徑，則b的公轉周期大于a的公轉周期，即b公轉周期大于；a公轉的角速度比b的大；a公轉的線速度比b的大，故BC錯誤，D正確。
故選D。
7．（2024·浙江·模擬預測）西北地區(qū)夏季日照時間為13小時，冬季日照時間為8小時，如圖所示，是西北干旱地區(qū)安裝的太陽能電池板。利用這些電池板收集太陽能發(fā)電，發(fā)電總功率可達3kW，工作電壓為380V，發(fā)電總功率的30%給當?shù)厥褂?，還有富余發(fā)電以0.4元/度（1度）價格并入國家電網。則下列說法可能正確的是（ ）
A．該光伏項目年發(fā)電量約為
B．該光伏項目的工作總電流約為0.3A
C．該光伏項目平均每天的發(fā)電量大約可供當?shù)匾槐K60W的白熾燈工作約150小時
D．該光伏項目富余發(fā)電的年收入約1300元
【答案】C
【詳解】A．由題意可知，該光伏項目年發(fā)電量約為，A錯誤；B．該光伏項目的工作總電流約為，B錯誤；C．該光伏項目平均每天的發(fā)電量大約可供當?shù)匾槐K60W的白熾燈工作時間為，C正確；D．該光伏項目富余發(fā)電的年收入約，D錯誤。
故選C。
8．（2024·山西·一模）由粒子打在Al27上形成的P30是不穩(wěn)定的，它衰變后會成為。將P30放射源的小孔正對垂直紙面的圓形磁場區(qū)域的直徑，假設在某段時間內只有一個P30的原子核發(fā)生衰變，則放出粒子的徑跡可能是下列圖像中的（ ）
A． B．
C．D．
【答案】B
【詳解】根據(jù)題意，可得衰變方程為，由于衰變產物均帶正電，且衰變前后動量守恒，兩衰變產物向相反方向運動，進入磁場后粒子做圓周運動，由于兩粒子均帶正電，且運動方向相反，因此根據(jù)左手定則可知，兩粒子的運動軌跡一定在小孔正對磁場直徑的兩側，且出磁場后做均作勻速直線運動，直至打在光屏上。
故選B。
9．（2024·江西·模擬預測）如圖，在邊長為L的正方形觀景水池底部中央安裝四條等長細燈帶，它們圍成一正方形，已知每條細燈帶長度約為3m，細燈帶到水面的距離，水的折射率，，則水面上有光射出的水面形狀（用斑點表示）為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】取細燈帶上某一點作為點光源，點光源發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀為圓形，設此圓形的半徑為R，點光源發(fā)出的光線在水面恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖1所示。由，可得，圓形的半徑為，每一條細燈帶發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀的示意圖如圖2所示。由于每條燈帶，在水面形成寬度為寬度的光斑，而燈帶間恰好距離3m為兩倍R，故燈帶圍成區(qū)域恰好無空缺部分，四條細燈帶構成的正方形發(fā)光體發(fā)出的光在水面上有光射出的水面形狀的示意圖如圖3所示。
故選A。
10．（2024·安徽·二模）2023年11月10日，我國首條具有完全自主知識產權的超高速低真空管道磁浮交通系統(tǒng)試驗線——高速飛車大同（陽高）試驗線一期主體工程完工，其速度能達1000千米/時以上，標志著我國在新型交通領域的研究已邁入世界先進行列。如圖所示．高速飛車的質量為m，額定功率為，列車以額定功率在平直軌道上從靜止開始運動，經時間t達到該功率下的最大速度，設恒定阻力為，則（ ）
A．列車達到的最大速率等于B．列車達到最大速度前加速度與牽引力成正比
C．列車在時間t內牽引力做功大于D．在時間t內列車位移大于
【答案】C
【詳解】A．飛車車受牽引力等于阻力時，速度最大，則有，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律可得，列車達到最大速度前加速度與牽引力并非正比關系，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理可知，則，故C正確；D．根據(jù)動能定理可知，
解得，故D錯誤；
故選C。
11．（2024·浙江溫州·二模）如圖甲所示，一艘正在進行順時針急轉彎訓練的航母，運動軌跡可視作半徑為R的水平圓周。航母在圓周運動中，船身發(fā)生了向外側傾斜，且甲板法線與豎直方向夾角為，船體后視簡圖如圖乙所示。一質量為m的小物塊放在甲板上，與甲板始終保持相對靜止，兩者之間的動摩擦因數(shù)為。假設航母的運動半徑R、夾角不隨航速改變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（ ）
A．航母對小物塊的支持力B．小物塊可能只受重力、支持力兩個力作用
C．航母的航速越大，則小物塊受到的摩擦力越大D．航母的最大航速
【答案】C
【詳解】AB．根據(jù)題意可知，小物塊做圓周運動，一定受到重力、支持力、摩擦力，通過正交分析法如圖所示
由圖可知，而，，聯(lián)立解得，故AB錯誤；CD．由圖可知，小物塊做圓周運動的向心力由和提供，有，由于，，
聯(lián)立解得，可得航母的航速越大，小物塊受到的摩擦力越大；當最大靜摩擦力等于滑動摩擦力時，航母有最大航速，有，代入上式得，由A中得，聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤。
故選C。
12．（2024·浙江·二模）如圖所示，一可視為質點的小球，左右與兩條完全相同的輕質橡皮繩相連，橡皮繩另外兩端固定，小球處于靜止狀態(tài)時橡皮繩恰處于原長狀態(tài)，繩長為l且遵從胡克定律，小球的質量為m，裝置處于光滑水平面上?，F(xiàn)甲將小球沿垂直繩方向緩慢推動一段距離后釋放，乙將小球沿繩方向緩慢推動距離4d后釋放，且小球始終在水平面內運動。已知質量為m的物體受回復力滿足時，其做簡諧運動對應的振動周期為，則兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間的比值為（ ）
A．B．1∶2C．D．2∶1
【答案】A
【詳解】對于甲
小球受到的合力，由于，有，則，做簡諧振動的周期，對于乙，小球受到的合力，做簡諧振動的周期，兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間均為周期，則兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間的比值為。
故選A。
13．（2024·河北·模擬預測）如圖裝置可形成穩(wěn)定的輻向磁場，磁場內有匝數(shù)為n、半徑為R的圓形線圈，在時刻線圈由靜止釋放，經時間t速度變?yōu)関，假設此段時間內線圈所在處磁感應強度大小恒為B，線圈導線單位長度的質量、電阻分別為m、r，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．在t時刻線圈的加速度大小為
B．0~t時間內通過線圈的電荷量為
C．0~t時間內線圈下落高度為
D．線圈下落過程中，通過線圈的磁通量始終為零
【答案】C
【詳解】A．在t時刻，線圈切割輻向磁場產生感應電動勢，感應電流，線圈所受安培力，由牛頓第二定律得，解得，故A錯誤；B．從開始下落到t時刻，設線圈中的平均電流為，由動量定理得，又，綜合解得，故B錯誤；C．從開始下落到t時刻，下落高度為，由①，由B項分析可知②，由①②得，故C正確；D．線圈下落過程中，N極內部由豎直向上的磁場，通過線圈的磁通量不始終為零，故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,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
14．（2024·江西九江·二模）“夢天號”實驗艙攜帶世界首套可相互比對的冷原子鐘組發(fā)射升空，對提升我國導航定位、深空探測等技術具有重要意義。如圖所示為某原子鐘工作的四能級體系，原子吸收波長為的光子從基態(tài)能級躍遷至激發(fā)態(tài)能級，然后自發(fā)輻射出波長為的光子，躍遷到“鐘躍遷”的上能級，并在一定條件下躍遷到“鐘躍遷”的下能級，并輻射出波長為的光子，實現(xiàn)受激輻射，發(fā)出鐘激光，最后輻射出波長為的光子回到基態(tài)。則（ ）
A．該鐘激光的光子的能量
B．該鐘激光的光子的動量
C．該原子鐘產生的鐘激光的波長
D．該鐘激光可以讓極限波長為的金屬材料發(fā)生光電效應
【答案】AB
【詳解】A．該鐘激光的光子的能量為，A正確；B．該鐘激光的光子的動量為，B正確；C．原子吸收波長為的光子從基態(tài)能級Ⅰ躍遷到激發(fā)態(tài)能級Ⅱ，則有，且從激發(fā)態(tài)能級向下躍遷到基態(tài)的過程有，聯(lián)立可得，C錯誤；D．由題意可知，該金屬材料的極限頻率為，該鐘激光的頻率為，由此可知，即不能讓該金屬材料發(fā)現(xiàn)光電效應，D錯誤。
故選AB。
15．（2024·海南·模擬預測）多個點波源在空間也可以形成干涉圖樣，如圖甲是利用軟件模擬出某時刻三個完全相同的橫波波源產生的干涉圖樣。圖乙是三個完全相同的橫波波源在均勻介質中的位置，波源，，分別位于等邊三角形的三個頂點上，且邊長為。三個波源時刻同時開始振動，振動方向垂直紙面，振動圖像均如圖丙所示。已知波的傳播速度為，處質點位于三角形中心，處質點位于與連線中點。下列說法正確的是（ ）
A．位于處的質點的振幅為
B．時，處質點開始振動
C．其中一列波遇到尺寸為的障礙物時，不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象
D．若三列波頻率不同，即使在同一種介質中傳播時也能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象
【答案】AB
【詳解】A．處質點位于三角形中心，該點到三個波源的間距相等，可知該點為振動加強點，則該點的振幅為，A正確；B．由于處質點位于與連線中點，則波源與的振動形式傳播到處質點所用的時間為，即時，處質點開始振動，B正確；C．根據(jù)圖丙可知，周期為，根據(jù)波速表達式有，代入數(shù)據(jù)解得，根據(jù)發(fā)生明顯衍射的條件可知，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，C錯誤；D．根據(jù)干涉的條件可知，機械波要發(fā)生干涉，波的頻率必須相等，即三列波的頻率不同時不能夠發(fā)生干涉現(xiàn)象，D錯誤。
故選AB。
非選擇題部分
三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）
16．（7分）（2024·全國·二模）某實驗小組利用如圖甲裝置探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系。圖中直徑為D的水平圓盤可繞豎直中心軸轉動，盤邊緣側面上有很小一段涂有很薄的反光材料。當圓盤轉到某一位置時，接收器可以接收到反光涂層所反射的激光束，并將所收到的光信號轉變成電信號，在示波器顯示屏上顯示出來，從而記錄反光時間。長為的細線一端連接小滑塊，另一端連到固定在轉軸上的力傳感器上，連接到計算機上的傳感器能顯示細線的拉力，用游標卡尺測量反光材料的長度。實驗小組采取了下列實驗步驟：
(1)為了探究向心力與角速度的關系，需要控制滑塊質量和旋轉半徑保持不變，某次記錄的反光時間為，則角速度 ；
(2)以為縱坐標，以為橫坐標，可在坐標紙中描出數(shù)據(jù)點作一條如圖乙所示的直線，圖線的斜率為，則滑塊的質是為 （結果用字母表示）；圖線不過坐標原點的原因是 。
【答案】(1) (2) 滑塊受到摩擦力的作用
【詳解】（1）根據(jù)控制變量法，為了探究向心力與角速度的關系，需要控制滑塊的質量和旋轉半徑不變；物體轉動的線速度為，又，解得。（2）根據(jù)向心力公式可知，
聯(lián)立解得，由于，可得滑塊的質量為，由圖線可知，當時，，可知圖線不過坐標原點的原因是滑塊受到摩擦力的作用。
17．（7分）（2024·河北·模擬預測）某興趣小組研究熱敏電阻隨溫度的變化關系。主要實驗器材有：電池組E（不計內阻）、滑動變阻器R、電阻箱，電壓表V、電流表A、加熱器、測溫儀、熱敏電阻。實驗電路連接如圖所示。
(1)實驗開始前開關均處于斷開狀態(tài)，現(xiàn)將滑動變阻器R的滑片滑到最右端，調整電阻箱阻值，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器R，使電壓表和電流表的指針偏轉到合適位置。記錄兩表的示數(shù)U和。則電阻箱的示數(shù) （填：“大于”“小于”或“等于”）；
(2)保持和R不變，記錄熱敏電阻所處的環(huán)境溫度。閉合開關，電壓表的示數(shù)將 （選填“變大”或“變小”）。調節(jié)R使電壓表的示數(shù)仍為U，記錄電流表的示數(shù)，則此時熱敏電阻 （用、和U表示）。
(3)實驗得到熱敏電阻阻值與溫度t的關系圖像如圖所示。用此熱敏電阻和繼電器組成的一個簡單的溫度控制器，使恒溫箱中的溫度保持不變。繼電器線圈的電阻為200Ω。當線圈的電流大于或等于20mA時，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線圈供電電池的電動勢，不計內阻，要使恒溫箱內的溫度保持在56℃，可變電阻的阻值應調至 Ω。
【答案】(1)大于 (2) 變小 (3)75
【詳解】（1）由電路可知，閉合S，斷開S1，則電壓表測量電阻箱兩端電壓，電流表測量電阻箱和電壓表的總電流，此時電阻的測量值為電阻箱與電壓表阻值并聯(lián)的總電阻，故電阻箱的阻值大于測量值，所以，（2）（2）[1][2]保持和R不變，記錄熱敏電阻所處的環(huán)境溫度。閉合開關，則外電阻減小，總電阻減小，總電流變大，滑動變阻器上的電壓變大，則電壓表的示數(shù)將變小。調節(jié)R使電壓表的示數(shù)仍為U，記錄電流表的示數(shù)，則此時熱敏電阻，（3）使恒溫箱內的溫度保持在56℃時，熱敏電阻阻值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，解得。
四、計算題（本大題共4小題，8分+11分+11分+11分共41分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結果的不得分）
18．（8分）（2024·湖南衡陽·模擬預測）如圖所示，爆米花機是一種對谷物進行膨化加工的裝置，主體為一導熱良好的鋼制罐體，罐體的容積為，兩端分別焊接了支撐軸和搖柄。在（標準大氣壓）的氣壓，27℃的干燥環(huán)境下打開閥門向罐體內放入的谷物，關閉閥門，將支撐軸和搖柄架設在火爐的支架上進行旋轉加熱，谷物內部分水分汽化成高壓水蒸氣與罐內空氣形成混合氣體。當罐內混合氣體溫度為627℃、壓強達時，打開閥門，因為外部壓強突然變小，巨大的壓強差使得谷物迅速膨脹，從而達到膨化的效果。忽略谷物間隙氣體的體積和在罐體內加熱過程中谷物體積的變化。已知絕對零度為。求：
（1）從開始加熱到壓強變?yōu)闀r，罐體內水蒸氣的分壓強；
（2）打開閥門后的混合氣體迅速膨脹對外做功使得谷物全部噴出，當混合氣體溫度為127℃，罐體內剩余混合氣體質量占原有混合氣體質量的百分比。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）對原有空氣，根據(jù)查理定律(1分)
其中，(1分)
聯(lián)立可得(1分)
從開始加熱到壓強變?yōu)闀r，罐體內水蒸氣的分壓強為(1分)
（2）設罐體的體積為，對混合氣體分析，由理想氣體狀態(tài)方程可得(1分)
其中(1分)
可得(1分)
則有罐體內剩余混合氣體質量占原有混合氣體質量的百分比為(1分)
19．（11分）（2024·浙江·模擬預測）如圖所示，傾角的斜面AB與長度為的水平面BC在B點銜接，銜接點平滑，質量為的可視為質點的滑塊Q靜置在水平面的右端C?？梢暈橘|點的滑塊P自斜面上高處靜止釋放，與滑塊Q發(fā)生彈性碰撞后，滑塊Q在C點立即進入光滑豎直半圓軌道DE的內側（CD間隙不計），D為圓的最高點，圓半徑記為R。滑塊Q經圓弧后在E點水平拋出，最終落于水平地面FG上，水平面FG與BC的高度差為。已知滑塊P與AB面和BC面的動摩擦因數(shù)都為。
（1）若滑塊P的質量為，半圓軌道DE的半徑R可調，半圓軌道能承受的滑塊的壓力不能超過70N，要保證滑塊Q能經圓周運動順利經過E點。
①求滑塊Q進入D點時的速度。
②求半圓軌道的半徑R的取值范圍。
③求滑塊Q離開E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圓軌道DE的半徑為，滑塊P的質量可調，求滑塊Q進入D點時對D的壓力大小的范圍。
【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）
【詳解】（1）①滑塊P從靜止到C點，根據(jù)動能定理有
解得(1分)
滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，有
又因為是彈性碰撞，則能量守恒
解得(2分)
②在D點能夠做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得(1分)
D點到E點的過程，根據(jù)能量守恒定律有
在E點，根據(jù)牛頓第二定律有
且
聯(lián)立得(2分)
所以R的取值范圍
③自E點作平拋運動，則射程為，
將②中代入得
當時，解得(2分)
（2）由動能定理有
解得(1分)
滑塊P與滑塊Q碰撞時動量守恒，則
又因為是彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律有
解得(1分)
即
則
由牛頓第二定律有
解得(1分)
20．（11分）（2024·山東德州·模擬預測）如圖所示，某種離子扭轉器可以將射向不同方向的粒子，通過改變電場或磁場的大小和方向，使其經過相同的點，該裝置由間距均為L的三塊帶有小孔的平行金屬板M、N、P構成，三塊金屬板的中心小孔O、O1、O2連線與三塊金屬板垂直，粒子可以通過M板上的中心小孔O，向各個方向發(fā)射，讓粒子經過N板上的小孔a，最后從P板上的小孔O2射出，已知小孔a在O1的正上方，到O1的距離為。以金屬板M的中心O為坐標原點，以水平向內為x軸，豎直向上為y軸，垂直于金屬板向右方向為z軸，建立直角坐標系。M、N板之間的區(qū)域為I區(qū)，N、P板間的區(qū)域為II區(qū)。從正離子源射出的粒子質量為m，帶電量為q，以速度v0從金屬板的小孔O射入（不計粒子重力）。
（1）若粒子沿著y軸正方向射入，在I區(qū)加上與x軸平行的勻強磁場B1，在II區(qū)加上與y軸平行的勻強電場E1，求B1，E1的大小及方向；
（2）若粒子入射的方向在xOz平面內，與x軸正方向夾角α（為銳角），在I區(qū)加上沿z軸負方向的勻強磁場B2，同時調整M、N間的距離，使I區(qū)的寬度達到最小值，求B2及I區(qū)寬度的最小值；
（3）在滿足（2）的條件下，在II區(qū)加平行于金屬板的電場E2。求E2的大小。
【答案】（1），方向沿x軸負方向；，方向沿y軸正方向；（2），；（3）
【詳解】（1）粒子在區(qū)域I中做勻速圓周運動，圓心在z軸上，根據(jù)左手定則可知，磁場方向沿x軸負方向，設軌道半徑為R1，離開I區(qū)時速度方向與豎直方向夾角為θ，如圖所示
有幾何關系可得
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立可得，(2分)
在區(qū)域II中粒子做類斜拋運動，則
又(2分)
聯(lián)立可得,方向沿y軸正方向。(1分)
（2）將初速度分解到沿z軸方向和x軸方向，根據(jù)左手定則可知，粒子沿z軸方向做勻速直線運動，在垂直z軸平面內做勻速圓周運動，a點恰好是圓周運動的最高點，因此
聯(lián)立可得(2分)
由
聯(lián)立解得(1分)
（3）在通過a點后，若通過小孔O2，在z軸方向,在x軸方向上(1分)
其中
在y軸方向上,(1分)
又
由以上各式聯(lián)立解得(1分)
21．（本題11分）（2024·浙江·二模）如圖“自由落體塔”是一種驚險刺激的游樂設備，將游客升至數(shù)十米高空，自由下落至近地面再減速停下，讓游客體驗失重的樂趣。物理興趣小組設計了如圖乙的減速模型，線圈代表乘客乘坐艙，質量為m，匝數(shù)N匝，線圈半徑為r，總電阻為R。減速區(qū)設置一輻向磁場，俯視圖如圖丙，其到中心軸距離r處磁感應強度。線圈被提升到離地處由靜止釋放做自由落體運動，減速區(qū)高度為，忽略一切空氣阻力，重力加速度為g。
（1）判斷線圈剛進入磁場時感應電流方向（從上往下看），計算此時受到的安培力大小。
（2）若落地時速度為v，求全程運動的時間。
（3）為增加安全系數(shù)，加裝三根完全相同的輕質彈力繩（關于中心軸對稱）如圖丁，已知每一條彈力繩形變量時，都能提供彈力，同時儲存彈性勢能，其原長等于懸掛點到磁場上沿的距離。線圈仍從離地處靜止釋放，由于彈力繩的作用會上下往復（未碰地），運動時間t后靜止，求線圈在往復運動過程中產生的焦耳熱Q，及每根彈力繩彈力提供的沖量大小。
【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）右手定則判斷電流沿順時針方向，N匝線圈切割磁感線，由歐姆定律得，其中
聯(lián)立得速度為v時線圈中通過電流(1分)
進入磁場前自由落體過程，由運動學公式得(1分)
則線圈受安培力(1分)
（2）全過程對線圈用動量定理，取向下為正，有(1分)
其中由（1）知
,
故有(1分)
回代解得(1分)
（3）最終靜止時不切割，不受安培力，有(1分)
全過程系統(tǒng)能量守恒，有(1分)
解得線圈產生焦耳熱
全過程對線圈用動量定理，取向下為正，有(1分)
其中由（2）知(1分)
回代解得
由于彈力繩提供沖量向上，故
其大小為。(1分)

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