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、座位號及準考證號（填涂）；
3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效。
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. 磁通量的單位韋伯用國際單位制中的基本單位可表示為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】AB．由于T和N均不是基本單位，故AB錯誤；
CD．由磁通量定義
所以韋伯用國際單位制中的基本單位可表示為，故C正確，D錯誤。
2. 如圖所示，杭昌鐵路于2023年12月27日全線貫通運營，沿線共有9個國家5A級旅游景區(qū)，70多個國家4A級旅游景區(qū)，是一條世界級黃金旅游線。該線路全長560公里，設計時速350公里，則從杭州南到南昌東的過程中（ ）
A. 2023年12月27日表示時刻
B. 列車的位移為560km
C. 列車的平均速度為350km/h
D. 研究列車的速度時，可以把列車看成質點
【答案】D
【解析】A．從杭州南到南昌東的過程中，2023年12月27日表示時間間隔，A錯誤；
B．列車的路程為560km，不是位移，B錯誤；
C．列車的平均速率是路程除以時間為350km/h，C錯誤；
D．研究列車的速度時，不用考慮列車的大小與形狀，可以把列車看成質點，D正確。
故選D。
3. 2023年的諾貝爾物理學獎頒發(fā)給了“采用實驗方法產生阿秒光脈沖”的三位科學家。在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用，下列敘述與事實相符的是（ ）
A. 富蘭克林通過實驗發(fā)現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同，并命名了正電荷和負電荷
B. 庫倫通過實驗測量得出元電荷e的數值為
C. 牛頓開創(chuàng)了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系
D. 奧斯特用“力線”形象地描述了電磁場
【答案】A
【解析】A．富蘭克林通過實驗發(fā)現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同，并命名了正電荷和負電荷，故A正確；
B．美國物理學家密立根通過實驗測量得出元電荷e的數值為，故B錯誤；
C．伽利略開創(chuàng)了實驗與邏輯推理相結合的研究方法，并用這種方法研究了力與運動的關系，故C錯誤；
D．法拉第用“力線”形象地描述了電磁場，故D錯誤。
故選A。
4. 如圖所示，重為G的光滑半圓球對稱地擱在兩個等高的固定臺階上，A、B為半圓球上與臺階接觸的點，半圓球的球心在O點，半圓球的重心C位于O點正下方，，NA為半圓球上A點所受的彈力．下列說法中正確的是（ ）
A. NA方向由A指向O，NA >G
B. NA的方向由A指向O，NA < G
C. NA的方向由A指向C，NA < G
D. NA的方向由A指向C，NA= G
【答案】B
【解析】根據彈力的方向可知，NA的方向應該指向半球的球心，即由A指向O；因，可知，根據平衡知識可知，當兩個分力夾角等于120°時，分力與合力相等，因為NA與NB的夾角小于120°，可知NA < G
5. 如圖甲所示，線圈L直流電阻不計，閉合開關S，待電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關S，LC回路中將產生電磁振蕩。從開關S斷開計時，線圈中的磁場能EB隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法中正確的是（ ）
A. LC振蕩電路的周期為2×10-3s
B. 在1×10-3s時，電容器右極板帶正電
C. 1×10-3s~2×10-3s時間內，電流在減小
D. 1×10-3s~2×10-3s時間內，自感電動勢在增加
【答案】B
【解析】A．時刻斷開開關S，電感線圈與電容器構成振蕩回路，電感線圈中電流從某一最大值開始減小，產生自感電動勢對電容器充電，磁場能轉化為電場能，電容器所帶電荷量從零開始增加，當線圈中的電流減為零時，電容器充滿電，所帶電荷量達到最大，振蕩電路經歷時，磁場能為零，電場能最大，電容器中最大的電場能為，隨后電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，電場能轉化為磁場能，形成振蕩電路，故LC電路振蕩周期為，故A錯誤，
B．沒斷開開關前，線圈與R串聯，由于線圈的電阻不計，所以線圈兩端的電壓為零，電容器兩極板所帶的電荷量為零，此時通過線圈的電流自左向右。當斷開開關時，開始給電容器充電，電流逐漸減小，經過個周期（時刻）充電電流減小到最小，此時電容器所帶的電荷量最多（左板帶負電，右板帶正電），線圈L的感應電動勢最大，故B正確，
CD．由上分析知1×10-3s~2×10-3s時間內，電容器放電，所帶電荷量減小，電感線圈中的電流反向增加，自感電動勢在減小，故CD錯誤。
6. 如圖，一半徑為R電荷量為Q的帶電金屬球，球心位置O固定，P為球外一點。幾位同學在討論P點的場強時，下列說法正確的是（ ）
A. 若P點無限靠近球表面，因為球表面帶電，由庫侖定律可得，P點的場強趨于無窮大
B. 因為在球內場強處處為0，若P點無限靠近球表面，則P點的場強趨于0
C. 若Q不變，P點的位置也不變，而令R變小，則P點的場強不變
D. 若將一個點電荷在球的表面移動一段距離，該點電荷的電勢能增加
【答案】C
【解析】AB．金屬球可看成點電荷，則帶電金屬球球外產生的電場強度等同于把殼上電全部集中球心處所產生電場強度，由點電荷場強公式
計算，P點無限靠近球表面，，在P點的產生的場強雖很大，但不是無窮大，故AB錯誤；
C．若Q不變，P點的位置也不變，R變小，產生的電場不變，則P點的場強不變，故C正確；
D．球表面為等勢面，移動電荷電場力不做功，電勢能不變，故D錯誤。
7. 10只相同的輪子并排水平排列，圓心分別為，已知，水平轉軸通過圓心，輪子均繞軸以的轉速順時針轉動?，F將一根長、質量為的勻質木板平放在這些輪子的頂端，木板左端恰好與豎直對齊（如下圖所示），木板與輪緣間的動摩擦因數。則木板保持水平狀態(tài)運動的總時間為（ ）
A. 1.5sB. 2sC. 3sD. 2.5s
【答案】D
【解析】當木板伸出輪子一半長度時木板將離開輪子，所以木板的位移為
木板要經歷先加速再勻速的過程
解得
輪子轉動的線速度
又有
可得
加速的時間為
加速運動的位移為
勻速運動的時間為
則木板保持水平狀態(tài)運動的總時間為
8. 2024年1月9日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將愛因斯坦探針衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。衛(wèi)星發(fā)射的過程可以簡化為如圖所示的過程，下列說法正確的是（ ）
A. 探針衛(wèi)星在軌道II上經過c點的加速度小于在軌道III上經過c點的加速度
B. 探針衛(wèi)星在軌道I的機械能小于在軌道III上的機械能
C. 探針衛(wèi)星在軌道II上經過a點的速度大小小于經過c點的速度大小
D. 探針衛(wèi)星在軌道I上運行的線速度大小小于在軌道III上運行的線速度大小
【答案】B
【解析】A．根據牛頓第二定律有
所以
由此可知，探針衛(wèi)星在軌道II上經過c點的加速度等于在軌道III上經過c點的加速度，故A錯誤；
B．探針衛(wèi)星由I軌道變?yōu)镮I軌道，由II軌道變?yōu)镮II軌道，均應在軌道相切位置點火加速，即衛(wèi)星的機械能增大，所以探針衛(wèi)星在軌道I的機械能小于在軌道III上的機械能，故B正確；
C．探針衛(wèi)星在軌道II上a點為近地點，II上c點為遠地點，則經過a點的速度大小大于經過c點的速度大小，故C錯誤；
D．根據萬有引力提供向心力有
所以
所以探針衛(wèi)星在軌道I上運行的線速度大小大于在軌道III上運行的線速度大小，故D錯誤。
故選B。
9. 如圖所示，導電物質為電子（電量為e）的霍爾元件長方體樣品置于磁場中，其上下表面均與磁場方向垂直，其中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端。1、3間距為a，2、4間距為b，厚度為c，若開關S1處于斷開狀態(tài)、開關S2處于閉合狀態(tài)，電壓表示數為0；當開關S1、S2閉合后，三個電表都有明顯示數。已知霍爾元件單位體積自由電子數為n，霍爾元件所在空間磁場可看成勻強磁場，磁感應強度為B，由于溫度非均勻性等因素引起的其它效應可忽略，當開關S1、S2閉合且電路穩(wěn)定后，下列結論正確的是（ ）
A. 接線端2的電勢比接線端4的電勢高
B. 若適當減少R1和R2的阻值，電壓表示數一定變大
C. 若將電源E1反向接入電路，電壓表的示數一定變大
D. 若適當增加霍爾元件的厚度c，電壓表示數不變
【答案】B
【解析】A．通過霍爾元件的電流由1流向接線端3，負電子移動方向與電流的方向相反，由左手定則可知，負電子偏向接線端2，所以接線端2的電勢低于接線端4的電勢，故A錯誤；
B．減小，電磁鐵中的電流增大，產生的磁感應強度增大，減小，霍爾元件中的電流增大，根據題意穩(wěn)定時有
結合電流的微觀表達式，可得
由于增大，電壓表示數一定增大，故B正確；
C．將電源E1反向接入電路，則由右手定則可知電磁鐵上端為S極，那么放在鐵芯中間的霍爾元件所處的位置的磁感應強度方向豎直向上，由左手定則可知電子所受洛倫茲力指向4端，而電子堆積在4端，根據平衡時滿足的關系
可知，電壓表的示數不變，故C錯誤；
D．霍爾元件產生電壓
則適當增加霍爾元件的厚度，電壓表示數變小，故D錯誤。
故選B。
10. 圖甲為農民用水泵抽取地下水灌溉農田的場景，灌溉系統由電動機、水泵、輸水鋼管組成。圖乙為灌溉系統示意圖，地下水源水面距地表H＝3.30m，安裝水泵時將輸水鋼管豎直插入水井與地下水源連通，水管橫截面積S＝5cm2，水泵出水口離地表高度h＝0.45m，水從管口以恒定速度沿水平方向噴出，管口截面上各處水的流速相同，大小均為4m/s，水泵由功率為330W的電動機帶動，已知電動機額定電壓為220V。不計電動機的摩擦損耗，電動機的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，忽略水在管道中運動的機械能損失，水的密度，重力加速度，不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 噴出的水在出水口和落地點之間的總體積為0.06m3
B. 每秒水泵對水做功75J
C. 每秒水流落地時的動量大小是8kg·m/s
D. 電動機的內阻約為
【答案】D
【解析】A．水流由出水口水平噴出到落地時間滿足
因此噴出的水在出水口和落地點之間的總體積為
A錯誤;
B．每秒內水流質量
水泵每秒對水流做的功等于水機械能增加量
代入數據解得
B錯誤；
C．水落地時豎直方向上滿足
每秒內水流質量
每秒水流落地時的動量大小
C錯誤；
D．水泵的輸入功率為
電動機的熱功率為
電動機的電流為
根據，求得
D正確。
故選D。
11. 如圖所示，電源電動勢E、內阻r恒定，定值電阻的阻值等于r，定值電阻R2的阻值等于2r，閉合開關S，平行板電容器兩板間有一帶電液滴剛好處于靜止狀態(tài)。將滑動變阻器滑片向上滑動，理想電壓表V1、V2、V3的示數變化量的絕對值分別為、、，理想電流表A示數變化量的絕對值為，下列說法正確的是（ ）
A. 理想電壓表V1示數增大，理想電壓表V2示數增大，理想電流表A示數減小
B. 帶電液滴將向下運動，定值電阻R2中有從a流向b的瞬間電流
C.
D. 電源的輸出功率可能先變大后變小
【答案】C
【解析】A．分析電路可知，當開關S閉合，滑動變阻器與定值電阻串聯后接在電源兩端；將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變大，電路總電阻變大，電路電流減小，理想電流表A示數減小；理想電壓表V1測量定值電阻兩端的電壓，據歐姆定律可得
電路電流減小，則變小，即理想電壓表示數減??；而理想電壓表V2測量電源的路端電壓，據閉合電路歐姆定律可得
電路電流減小，電源內阻上分得的電壓變小，電源路端電壓增大，理想電壓表V2的示數增大，故A錯誤；
B．理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據閉合電路歐姆定律可得
電路電流減小，則增大；根據
可知電容器的電荷量增大，電容器充電，所以定值電阻中有從b流向a的瞬間電流；
又
，
可得
電荷量增大，E增大，向上的電場力增大，則質點將向上運動，故B錯誤；
C．理想電壓表V1測量定值電阻兩端的電壓，據歐姆定律可得
理想電壓表V2測量電源的路端電壓，據閉合電路歐姆定律可得
理想電壓表V3測量滑動變阻器兩端的電壓，據閉合電路歐姆定律可得
電路中定值電阻的阻值等于電源內阻r的阻值，當電路中電流增大，電阻的阻值不變，故
故C正確；
D．電源的輸出功率與外電阻變化的圖像如下
定值電阻的阻值等于電源內阻r的阻值，將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路的外電阻阻值從大于內阻r繼續(xù)增大，則電源的輸出功率減小，故D錯誤。
故選C。
12. 我國水力資源居世界首位，西部地區(qū)水力發(fā)電潛力巨大。水力發(fā)電的基本原理就是將水流的機械能（主要指重力勢能）轉化為電能。如圖所示，某小型水力發(fā)電站水流量Q＝5m3/s（流量是指流體在單位時間內流過某一橫截面的體積），落差h＝15m，發(fā)電機（內阻不計）的輸出電壓U1＝500V，輸電線總電阻，為了減小損耗采用了高壓輸電。在發(fā)電機處安裝升壓變壓器，而在用戶處安裝降壓變壓器，其中n3：n4＝450：11，用戶獲得的電壓U4＝220V，用戶消耗的功率P4＝450kW，變壓器均視為理想變壓器，已知水的密度，取重力加速度°。下列說法正確的是（ ）
A. 輸電線損失的電壓為500V
B. 輸電線損失的電功率為25kW
C. 升壓變壓器原副線圈的匝數比n1：n2＝1：18
D. 機械能轉化為電能的效率約為67%
【答案】D
【解析】A．根據理想變壓器原副線圈的電壓與匝數關系
可得
理想變壓器無能量損失
根據
解得
輸電線電阻損失的電壓
A錯誤；
B．輸電線損失的電功率
B錯誤；
C．輸電電壓
則升壓變壓器原副線圈的匝數比
C錯誤；
D．發(fā)電機輸出電功率
單位時間內水流的機械功率
故機械能轉化為電能的效率
D正確。
故選D。
13. 如圖所示，電路中所有二極管均為理想二極管，，圖丙和圖丁中的變壓器為原、副線圈匝數相同的理想變壓器，P為原線圈中央抽頭，輸入端接同一正弦交流電源，R1、R2、R3、R4四個電阻的功率分別為P1、P2、P3、P4下列關系式正確的是（ ）
A. P1：P2=1：2B. P1：P3=1：4
C. P3：P4=1：D. P2：P4=1：4
【答案】A
【解析】設輸入電壓的有效值為U，則甲圖和丙圖在一個周期內半個周期導通，乙圖和丁圖整個周期導通，因此
，
由變壓器的關系可知丙丁的電壓為2U
，
因此
故選A。
二、多選題。
14. 以下說法正確的是（ ）
A. 把聲音或圖像信號從調頻波的高頻電流中還原出來的過程叫做檢波
B. γ刀可以用來治療癌癥，是利用γ射線具有很高的能量
C. 在連接藍牙鼠標或藍牙音箱后，移動電話的上網速度會受到影響
D. 動量守恒定律、牛頓定律都只適用于研究宏觀、低速物體的運動
【答案】BC
【解析】A．把聲音或圖像信號從調頻波的高頻電流中還原出來的過程叫做解調，故A錯誤；
B．γ刀可以用來治療癌癥，是利用γ射線具有很高的能量，具有很強的穿透本領，故B正確；
C．在連接藍牙鼠標或藍牙音箱后，移動電話，上網速度會受到影響，因為Wi-Fi所用電磁波的頻率為2.4GHz，而藍牙的頻率為2.45 GHz，兩信號的頻率接近，有干擾，故C正確；
D．動量守恒定律適用于目前為止物理學研究的各個領域，不僅適用于低速物體，也適用于高速物體，故D錯誤。
故選BC。
15. 如圖所示，質量為m的物塊P與物塊Q（質量未知）之間拴接一勁度系數為k的輕彈簧。物塊P與物塊Q靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F給P物體一瞬時初速度，并把此時記為0時刻，規(guī)定向右為正方向，0到2t0內P、Q物塊運動的圖像如圖所示，已知t0時刻P、Q的加速度最大，其中t軸下方部分的面積大小為S，彈性勢能與形變量滿足則（ ）
A. 物體Q的質量為2m
B. 物體P先做加速度增加的減速運動后做加速度減小的加速運動
C. t0時刻彈簧的形變量為
D. t0到2 t0時間內彈簧對P物體做功為零
【答案】AD
【解析】A．時間內Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；時刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得
解得物體Q的質量為
故A正確；
B.時間內Q所受彈力方向向左，P所受彈力方向始終向右；時刻彈簧壓縮最短。所以物體P先做加速度增加的減速運動后做加速度減小的減速運動，故B錯誤；
C．根據圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知時間內，Q物體的速度變化量大小為
則時刻Q物體的速度大小為
時刻兩物體具體相同的速度，根據對稱性可知，時刻P、Q物體的速度大小為
設物體P的初速度為，根據動量守恒可得
解得
設時刻彈簧的彈性勢能為，根據能量守恒可得
聯立解得
t0時刻彈簧的形變量為
故C錯誤；
D．設時刻P物體的速度為；根據動量守恒可得
解得
可知時刻P物體的速度大小等于時刻P物體的速度大小，則時刻P物體的動能等于時刻P物體的動能，故時間內彈簧對P物體做功為零，故D正確。
故選AD。
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16. 某興趣小組的同學發(fā)現利用打點計時器與小車可以設計許多實驗，于是小組成員相關實驗進行總結。
（1）甲同學想要研究小車速度隨時間的變化規(guī)律，設計甲圖實驗為了完成實驗除了甲中的實驗器材為還需（ ）
A. 秒表B. 天平C. 刻度尺
（2）實驗時甲同學處理紙帶時，漏標了的數據，以下數據最為接近的是（ ）
A. 1.20cmB. 1.39cmC. 1.50cmD. 1.60cm
（3）乙同學想要在甲同學裝置的基礎上，研究力與加速度、質量的這個實驗。則下列操作正確的為（ ）
A. 保證細線與長木板平行
B. 將長木板遠離小車的一端墊高，平衡小車受到的摩擦力
C. 增加小車質量，使小車質量遠大于鉤碼質量
D. 處理紙帶數據時，從第一個打下的點開始計算
（4）丙同學突發(fā)奇想，想利用這個裝置測量一下自己的步幅，于是把接在50Hz的交流電源打點計時器固定在與自己腰部等高的桌面上，紙帶穿過打點計時器限位孔，一端固定在腰部，自己沿直線步行時帶動紙帶運動，打點計時器記錄步行時的運動信息，選取一條清晰的紙帶，每5個點取一個計數點，得到丙圖數據。
沿著計數點位置把紙帶裁開并編號，按編號順序把剪出的紙帶下端對齊并排粘貼在坐標紙上，剪出的紙帶長度代表打出這段紙帶時間內的平均速度，把每段紙帶上邊中點連接成線，如丁圖所示，若用圖中曲線描述人運動的速度--時間關系，如果用縱坐標表示速度大小，橫坐標表示時間，則紙帶的橫寬d對應橫坐標中的時間長度為______s，請根據上圖估算該同學的步幅為______m。（答案均保留兩位有效數字）
【答案】（1）C （2）B （3）AC （4）0.10 0.53
【解析】（1）A．時間由打點計時器計時，因此不需要秒表，A錯誤；
B．因實驗裝置用來探究小車速度隨時間變化的規(guī)律，因此不需要測量鉤碼的質量，不需要天平，B錯誤；
C．實驗中紙帶上計數點間的距離需要測量，因此還需要刻度尺，C正確；
故選C。
（2）由勻變速直線運動的推論，可知
可得
因此數據中最接近的是。
故選B。
（3）A．實驗中紙帶、細繩要和長木板平行，所有拉力都用來提供小車加速度，A正確；
B．在平衡摩擦力時，將長木板靠近小車的一端墊高，B錯誤；
C．在探究力與加速度、質量的關系實驗中，每條紙帶都必須在滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量的條件下打出。只有如此，鉤碼的重力才可視為小車受到的拉力，C正確；
D．實驗中選擇一條點跡清晰的紙帶，舍棄點密集部分，適當選取計數點，D錯誤；
故選AC。
（4）[1]每5個點取一個計數點，紙帶的橫寬d對應橫坐標中的時間長度為。
[2]可把圖像看成圖像，同學的步幅為圖像一個周期內每段紙帶面積之和，該同學的步幅為
17. 為測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻，實驗室提供了以下器材：
A．電流表A（0~0.6A，內阻為）
B．電壓表V（0~3V，內阻約為）
C．滑動變阻器R1（）
D．滑動變阻器R2（）
E．開關、導線各若干
（1）某同學設計了如圖甲、乙兩個電路，應該選擇的實驗電路是圖中的______（選填“甲”或“乙”），電阻滑動變阻器選擇______（選填“C”或“D”）
（2）該同學正確連接電路，檢查無誤后，閉合開關，該同學移動滑動變阻器的滑片置于某位置時，電流表和電壓表的示數如圖丙所示，此時電壓表的讀數為______V，電流表的讀數為______A。
（3）確定好的電路后，調節(jié)滑動變阻器滑片位置以得到電壓表的示數U與電流表的示數I的多組數據，作出U-I圖像如圖丁所示，根據圖像可知電源的電動勢E＝______V，內阻r＝______。（結果均保留兩位有效數字）
【答案】（1）乙 C （2）1.20 0.26 （3）1.5 0.46
【解析】（1）[1]本實驗測量干電池的電動勢和內阻，由于電流表的內阻已知，所以應該選擇的實驗電路圖是圖中乙；
[2]滑動變阻采用限流式接法，由于干電池的內阻只有幾歐姆，所以為了使電流表電壓表的示數變化明顯，應采用與內阻接近阻值的滑動變阻器，故滑動變阻器選擇。
故選C。
（2）[1]電壓表量程為，分度值為0.1V，故電壓表的讀數為1.20V。
[2]電流表量程為，分度值為0.02A，故電流表的讀數為0.26A。
（3）[1][2]根據閉合電路歐姆定律
化簡可得
由圖可知，圖像的縱截距為
故電源的電動勢為
斜率為
可得內阻為
18. 蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m的高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m的高處。已知運動員從下落到返回最高點的整個時間為3s，不計空氣阻力，．求：
（1）運動員接觸網時的動量；
（2）運動員接觸網的時間；
（3）網對運動員的平均作用力大小。
【答案】（1）；（2）1.2s；（3）1500N
【解析】（1）運動員接觸網前瞬間的速度為
運動員接觸網時的動量
方向豎直向下。
（2）運動員下落時間為
運動員上升時間為
運動員接觸網的時間
（3）設網對運動員的平均作用力大小為，由動量定理有
得
19. 如圖所示為一處于豎直平面內的實驗探究裝置示意圖，該裝置由光滑圓弧軌道AB、長度為L1＝2m的固定粗糙水平直軌道BC及兩半徑均為R1＝0.4m的固定四分之一光滑細圓管DEF組成，其中圓弧軌道的B、D端與水平軌道相切且平滑連接。緊靠F處有一質量為M＝0.3kg的小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由長為L2＝1.5m的水平面GH和半徑為R2＝0.5m的四分之一的光滑圓弧面HI組成，GH與F等高且相切?，F有一質量為m＝0.1kg的滑塊（可視為質點）從圓弧軌道AB上距B點高度為h＝0.8m處自由下滑，滑塊與糙水平直軌道BC及小車上表面GH間的動摩擦因數均為，不計其它阻力，取。求
（1）滑塊運動到圓弧軌道上的F點時，細圓管道受到滑塊的作用力；
（2）滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度；
（3）若釋放的高度，試分析滑塊最終在小車上表面GH上滑行的路程s與高度h的關系。
【答案】（1）6N，方向向下；（2）0.3m；（3）
【解析】（1）根據動能定理
代入數據得
根據牛頓第二定律
得細圓管道對滑塊的作用力
根據牛頓第三定律，細圓管道受到滑塊的作用力
方向向下。
（2）根據動量定理
得
根據能量守恒
滑塊在小車上運動過程中離上表面GH的最大高度
（3）經過計算可知，當釋放的高度時，滑塊剛好能到達半徑為R2＝0.5m的四分之一的光滑圓弧的最高點，若釋放的高度，根據動能定理
根據動量定理
根據能量守恒
得
20. 如圖所示，界線MN以下存在一個方向水平的磁場（垂直于紙面向里），取MN上一點O作為原點，豎直向下建立y軸，磁場的磁感應強度B隨y坐標（以m為單位）的分布規(guī)律為。一邊長為L＝1m，質量為m＝0.1kg，電阻的正方形金屬abcd從MN上方靜止釋放，1s后金屬框的cd邊到達界線MN，此時給金屬框施加一個豎直方向的外力F，直至金屬框完全進入磁場時撤去該外力。已知金屬框在進入磁場的過程中電流保持恒定，且金屬框運動過程中上下邊始終水平，左右邊始終豎直，g取10m/s2，求：
（1）金屬框進入磁場過程的電流的大?。?br>（2）金屬框進入磁場過程經歷的時間t；
（3）金屬框進入磁場的過程中外力F做的功；
（4）金屬框在磁場中下落的最終速度v的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）進入磁場前做自由落體運動，有
金屬框在進入磁場的過程中電流保持恒定，所以剛進入瞬間，感應電動勢公式，有
則感應電流為
（2）金屬框進入磁場的過程中，由安培力公式，有
剛進入瞬間，安培力為
完全進入瞬間，安培力為
所以安培力做的負功大小為
又因為安培力做的負功就等于回路中產生的焦耳熱，則
代入數據，得金屬框進入磁場的過程經歷的時間為
（3）完全進入瞬間，
安培力為
完全進入磁場時，
速度為
金屬框進入磁場的過程中，
由動能定理，得
所以外力F做功
（4）金屬框完全進入磁場后，設勻速運動時的速度大小為v′，上下兩邊切割磁感應線產生的感應電動勢為
根據閉合電路歐姆定律可得
上下兩邊產生的安培力的合力為
其中：ΔB=2T，
根據平衡條件可得
聯立求得
21. 如圖所示是研究帶電粒子在電磁場運動的某個裝置。在xOy平面（紙面）內，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O1，坐標為（0，L）。第一象限存在垂直向里的勻強磁場B0（大小未知），x軸（L，0）處有小孔O2，平行板電容器上極板A與x軸緊靠且平行，A、K兩極板間距為，A板中央小孔O3與O2對齊。P為下極板K上的一點，P點坐標，板M上的任何位置都可以釋放出速度大小從0至某值（包括初速度為0的情況）且方向不同的電子，電子質量為m，電荷量為e。發(fā)射的電子經MN間的恒定電壓加速后從O1點持續(xù)不斷進入磁場，經O1的粒子速度大小在之間，已知速度為v0的電子沿垂直于y軸方向經小孔O1射入磁場，偏轉后恰能垂直x軸射入O2點離開x軸。M、N、A、K四塊極板均無限長，忽略電子之間的相互作用，粒子到達邊界或極板立即被吸收并導走。求：
（1）磁感應強度B0和UNM間電勢差的大小。
（2）若時，求到達P點的電子剛從板M射出時速度v1的大小及與x軸的夾角。
（3）在（2）問的前提下，若平行板電容器內加一個沿y軸負方向大小隨變化，方向垂直向里的磁場，要使電子不能碰到極板K，電容器極板最小間距為多少（A板固定，K板上下移動）。
【答案】（1），；（2），與x軸的夾角；（3）
【解析】（1）發(fā)射電子最小動能為，對應處飛出電子的速度為，即
求得
速度為v0的電子沿垂直于y軸方向經小孔O1射入磁場，偏轉后恰能垂直x軸射入O2點離開x軸，可得電子運動軌跡半徑
又由
解得
（2）到達P點的電子軌跡如圖所示
由幾何關系可得，電子進入處的速度與A板的夾角為，說明為這個電子圓周運動的直徑，即
又由，及（1）所求，解得
根據動能定理求解電子從M板飛出的速度
解得
在豎直方向上速度大小不變
解得
，即
（3）在方向上，由動量定理可得
化簡為
兩端求和
代入數據即為
得
求得

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