2024年高考第二次模拟考试：物理（浙江卷02）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：物理（浙江卷02）（解析版），共21页。试卷主要包含了在医学上，放射性同位素锶90，如图所示，把线圈等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
1．磁感应强度单位“特斯拉”用国际单位制中的基本单位表示正确的是（ ）
A．kg•s﹣1•C﹣1B．kg•s﹣2•A﹣1
C．N•A﹣1•m﹣1D．Wb•m﹣2
【解答】解：根据安培力公式F安＝BIL可得B=FIL
可得磁感应强度的单位为1T=1NA⋅m=1kg⋅m⋅s−2A⋅m=1kg⋅s−2⋅A−1，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．张老师从学校乘坐出租车回家。通过手机APP查询得知全程为8公里，约行驶30分钟，拐弯三次，预计19点30分到达。下列描述正确的是（ ）
A．题中的“30分钟”和“19点30分”都是指时刻
B．以“出租车司机”为参考系，张老师是运动的
C．研究出租车整个过程的平均速度时，可以把出租车看成质点
D．若途中有一次急刹车，则安全带对张老师的作用力减小了张老师的惯性
【解答】解：A．题中的“30分钟”是一段时间，指时间间隔；“19点30分”是指时刻，故A错误；
B．以“出租车司机”为参考系，张老师是静止的，故B错误；
C．研究出租车整个过程的平均速度时，由于路程8公里，远大于车的尺寸，车大小和形状可以忽略，可以把出租车看成质点，故C正确；
D．惯性只与质量有关，安全带对张老师的作用力减小了惯性对人的影响，保证了安全，但不能减小惯性的大小，故D错误。
故选：C。
3．挖掘机是一种以液压原理为基础的工程机械，它主要由发动机、行走系统、铲斗和臂架等部件组成。挖掘机凭借其高效、稳定和灵活的工作方式，使得各种土方工程、道路施工、矿山开采、建筑施工等工作变得更加容易和高效。挖掘机的铲斗主要用于挖掘、移动和装载物料，铲斗两侧各有一个油缸，驱动铲斗进行上下摆动，可以实现铲斗的升降和倾斜。铲斗内的沙土简化为一个球形物体，其初始状态如图甲所示，铲斗沿顺时针方向缓慢转动到图乙所示的位置，忽略铲斗两侧壁给球形物体的摩擦，则在铲斗顺时针转动过程中，关于两侧壁ab和cd对球形物体的弹力F1和F2的大小变化，以下说法正确的是（ ）
A．F1先增大后减小，F2逐渐增大
B．F1逐渐减小，F2先增大后减小
C．F1逐渐增大，F2先减小后增大
D．F1逐渐减小，F2逐渐增大
【解答】解：对球形物体受力分析如图所示：
将力F1、F2、mg矢量平移到三角形中，在铲斗顺时针转动的过程中mg和mg的对角θ恒定，所以力F1和F2的交点在圆上移动，矢量图如图所示
由图可知在铲斗由图甲顺时针缓慢转到图乙的过程中力F1逐渐减小，力F2先增大后减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．如图所示，在光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，运动到A点时受到一水平恒力F的作用，经过一段时间后运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90°，在此过程中（ ）
A．物块做匀速圆周运动
B．物块的速度大小先增加后减小
C．水平恒力F的方向一定与AB连线垂直
D．物块的加速度大小不变，方向变化
【解答】解：A、物块做匀速圆周运动，则物块所受合力指向圆心，合力大小不变，方向时刻改变，而题意中物块所受合力为水平恒力，故A错误；
BC、已知物块的初、末速度大小相等，即动能大小也相等，根据动能定理可知合力的功为零，故水平恒力一定与AB的连线垂直，由图可以看出水平恒力先做负功后做正功，故物块的动能和速度都是先减小后增加，故B错误，C正确；
D、物块合力恒定，根据牛顿第二定律可知物块的加速度一定恒定，即大小和反向都不变，故D错误。
故选：C。
5．如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h，其质心获得速度v。在第二阶段，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了一段距离，到达最高点、重力加速度为g。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．该同学在t1～t4阶段直处于超重状态
B．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为mv
C．在第一阶段地面支持力对该同学做的功大于mgh
D．在第一阶段该同学机械能的增加量为mgh+12mv2
【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在t1～t4阶段地面对该同学的支持力先大于他的重力后小于他的重力，由牛顿第三定律可知，该同学对地面的压力先大于重力后小于重力，该同学先处于超重状态后处于失重状态，故A错误；
B、以向上为正方向，在第一阶段该同学动量的变化量Δp＝mv﹣0＝mv，由动量定理可知：IG+I支持力＝Δp，则I支持力＝mv﹣IG，故B错误；
C、在第一阶段，该同学的脚没有离地，地面对该同学支持力作用点的位移为零，地面支持力对该同学做的功为零，故C错误；
D、第一阶段该同学重力势能的增加量是mgh，动能的增加量是12mv2，在第一阶段该同学机械能的增加量为ΔE＝mgh+12mv2，故D正确。
故选：D。
6．某同学在研究某金属的光电效应现象时，发现该金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系如图所示，若图线在横、纵坐标轴上的截距分别为a和﹣b，已知电子所带电荷量为e，由图线可以得到（ ）
A．该金属的逸出功为零
B．普朗克常量为ba，单位为J•Hz
C．当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为2b
D．当入射光的频率为3a时，遏止电压为2be
【解答】解：A、根据光电效应方程：Ek＝hv﹣W0，结合Ek﹣v图象知，图象纵坐标的截距﹣b＝﹣W0，即该金属的逸出功W0＝b≠0，故A错误。
B、Ek﹣v图象的斜率为普朗克常量，即h=ba，单位为J/Hz，故B错误。
C、根据光电效应方程，当入射光的频率为2a时，Ek＝2ha﹣W0＝2b﹣b＝b，故C错误。
D、根据光电效应方程，当入射光的频率为3a时，Ek＝3ha﹣W0＝3b﹣b＝2b，又因为eUc＝Ek＝2b，所以遏止电压Uc=2be，故D正确。
故选：D。
7．在医学上，放射性同位素锶90（ 3890Sr）制成表面敷贴器，可贴于体表治疗神经性皮炎等疾病。锶90（ 3890Sr）会发生β衰变，其衰变产物中有钇（Y）的同位素，半衰期为28.8年。下列说法正确的是（ ）
A．Y原子核的中子数为52
B．0.4ml的 3890Sr原子核经过57.6年后还剩余0.3ml
C．β射线是电子流，速度可接近光速
D．将锶90制成的数贴器贴在患者体表，若患者发高烧会导致锶90衰变速度加快
【解答】解：A．锶90（ 3890Sr）会发生β衰变（释放电子 −10e），设衰变产物Y为 abY
根据质量数守恒有：90＝0+b
根据电荷数守恒有：38＝﹣1+a
即Y的质量数为b＝90，电荷数为a＝39
则Y原子核的中子数为：90﹣39＝51，故A错误；
B．锶90（ 3890Sr）半衰期为28.8年，利用半衰期公式：m=M(12)tT
代入数据有：m=0.4ml×(12)×(12)2=0.4ml×14=0.1ml
故0.4ml的 3890Sr原子核经过57.6年后还剩余0.1ml，故B错误；
C．β射线是电子流，速度可接近光速，故C正确；
D．半衰期的大小跟原子所处的温度、压强等物理状态以及化学状态无关，故D错误。
故选：C。
8．如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【解答】解：A．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因为r地＜r火，可知地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因为r火+r地2＜r火，可知探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探测器在地火转移轨道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探测器从发射到被火星俘获，经历的时间t=T探2
其中T地＝365天
联立上述各式，代入数据得
t≈255天，故D正确。
故选：D。
9．如图所示，把线圈（内阻不计）、电容器、电源、电阻和单刀双掷开关连成图示电路。把电压传感器（图中未画出）的两端连在电容器的两个极板M、N上。先把开关置于a侧，一段时间后再把开关置于b侧，从此刻开始计时，电压uMN随时间t变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A.由于电路有能量损耗，有一部分能量转化为内能，还有一部分能量以电磁波的形式辐射出去，故电压振幅会减小，故A错误；
B.开始时，电容器电压最大，则计时开始时，电压处于最大振幅。故B错误；
CD.电容器放电时间由电容器自身决定，故周期不变，故C正确，D错误
故选：C。
10．如图所示为两列相干水波的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s和1m，则图示时刻下列说法正确的是（ ）
A．A．E两点为振动加强点，B为振动减弱点
B．D．C连线上的点都是减弱点
C．A．B两质点的竖直高度差是20cm
D．A质点始终处于波峰
【解答】解：ABC．A、B、E三点点分别是波峰与波峰相遇和波谷与波谷相遇，是振动加强点，加强点的振幅为10cm，A、B两质点的数值高度差为20cm，C、D两点时波峰与波谷相遇点，是振动的减弱点，但CD连线中不是振动减弱点，故AB错误，C正确；
D．振动加强点只是振幅等于两列波振幅之和，但该质点仍然在平衡位置附近做简谐运动，位移会不断变化，故D错误；
故选：C。
11．利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。两磁极连线方向沿x轴，通过霍尔元件的电流I不变，方向沿z轴正方向。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着±x方向移动时，则有霍尔电压输出，从而能够实现微小位移的测量。已知该霍尔元件的载流子是负电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．霍尔元件向左偏离位移零点时，其左侧电势比右侧高
B．霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高
C．增加霍尔元件沿y方向的厚度，可以增加测量灵敏度
D．增加霍尔元件沿x方向的厚度，可以增加测量灵敏度
【解答】解：AB．霍尔元件向左偏离位移零点时，磁场方向向右，根据左手定则，带负电的载流子向下偏转，则上侧电势比下侧高；同理霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高，故A错误，B正确；
CD．当稳定时，根据平衡条件列式
Udyq=qvB
其中
根据微观电流表达式有I＝nqdydxv
解得
U=BInqdx
则只有减小x方向的厚度才能增加灵敏度；增加霍尔元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加测量灵敏度，故CD错误。
故选：B。
12．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的120）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（ ）
A．当Um＜2md2v2el2时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当Um＞md2v2el2时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当Um=2md2v2el2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D．当Um=2md2v2el2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：（2−1）
【解答】解：AB、电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有：
l＝v0t
d2=12at2
其中：a=eUmmd
由此求出：Um=md2v2el2
当Um＜md2v2el2时，所有电子都能从极板的右端射出；
当Um＞md2v2el2时，在0.2s时间内，极板间电压U＜md2v2el2的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误；
C、当Um=2md2v2el2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压md2v2el2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误；
D、当Um=2md2v2el2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有22×0.2s的时间内极板间电压低于临界电压md2v2el2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：（2−1），故D正确。
故选：D。
13．某透明均匀介质的横截面由四分之一圆CBD和一个直角三角形ABC构成，如图所示，其折射率n=2，四分之一圆的半径为R，CD面为黑色吸光板，∠BAC＝60°。一束单色平行光从AC界面上不同位置均匀射入透明介质，入射角θ＝45°，已知光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是（ ）
A．从AC界面的中点处入射的光线不能从圆弧BD界面射出
B．截面内圆弧BD有光线射出的长度为πR4
C．从圆弧BD射出光线在介质中的最长传播时间为23R3c
D．所有光线在介质中的传播时间都大于26R+32πR6c
【解答】解：AB．设光经AC折射后折射角为θ'，根据折射定律：n=sinθsinθ'
得θ'＝30°
圆弧BD面上金反射临界角为C，根据全反射临界条件：sinC=1n
解得临界角C＝45°
如图1所示
截面内圆弧BD有光线射出长度为ED区域，根据几何关系，其长度s=πR4
故A错误，B正确；
C．如图2所示，做圆弧BD切线与AC平行，切点为G时，光线在介质中路径最长，传播时间t=26R3c
故C错误；
D．在介质中传播时间最长的光线经过路径为紧贴AB传播后又紧贴圆弧BD传播，按ABD路径，传播时间t1=26R+32πR6c
因多次全反射路径一定小于圆弧BD，所有光线在介质中传播时间都小于26R+32πR6c，故D错误。
故选：B。
14．如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，BC一侧用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是（ ）
A．条纹与AD边平行
B．看到的条纹是由薄玻璃板ABCD的上下两个界面的反射光叠加而成的
C．如果用手用力捏右侧三层，会发现条纹保持间距不变，整体向AD侧移动
D．看到的条纹越多，说明薄片的厚度越厚
【解答】解：A、薄膜干涉的光程Δs＝2d（d为薄膜厚度），厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与AD边平行，故A正确；
B、根据薄膜干涉的产生原理可知，上述现象是由空气膜上下表面反射的两列光叠加而成的，故B错误；
C．如果用手用力捏右侧三层，根据Δx=Ldλ可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，故C错误；
D、看到的条纹越多，说明相邻亮条纹间距变小，所以干涉条纹会变密，说明薄片的厚度越厚，故D正确。
故选：AD。
15．与如图相关的说法正确的是分（ ）
A．图甲：汤姆孙的气体放电管实验可估测电子的比荷
B．图乙：卢瑟福的α粒子散射实验可估测原子核的半径
C．图丙：康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变短
D．图丁：玻尔理论可以解释多种物质发出的线状光谱
【解答】解：A．汤姆孙通过阴极射线的比荷明确了阴极射线是电子，故A正确；
B．卢瑟福在用α粒子轰击金箔的实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子发生较大的偏转，提出原子核式结构，并估测了原子核半径，故B正确；
C．康普顿认为光子与电子碰撞之后，动量减小、波长变长，故C错误；
D．玻尔理论只可以解释氢原子的光谱现象，其它线状谱玻尔理论无法解释，故D错误。
故选：AB。
16（14分）．Ⅰ．如图所示，图1为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
（1）图2是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别sAB＝4.22cm、sBC＝4.65cm、sCD＝5.08cm、sDE＝5.49cm、sEF＝5.91cm、sFG＝6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz。则小车的加速度a＝ 0.42 m/s2（结果保留2位有效数字）。
（2）某同学在探究a与F的关系时，把砂和砂桶的总重力当作小车的合外力F，作出a﹣F图线如图3所示，试分析该图线不过原点的原因是 B ，图3线右上部弯曲的原因是 D 。（横线上填写正确选项的字母的代号）
A．平衡摩擦力时，长木板倾角过小
B．平衡摩擦力时，长木板倾角过大
C．砂和砂桶的总质量m过小
D．砂和砂桶的总质量m过大
【解答】解：
（1）相邻计数点间的时间为：t=5T=5f=550s=0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为：a=xDE+xEF+xFG−xAB−xBC−xCD9t2=5.49+5.91+6.34−4.22−4.65−5.089×0.12×10−2m/s2＝0.42m/s2
（2）当F＝0时，加速度为正值，说明长木板倾角过大，小车的重力沿斜面分量大于摩擦力，所以该图线不过原点的原因是长木板倾角过大，故选B；
以砂和砂桶、小车为研究对象，根据牛顿第二定律有：a=FM+m，当砂和砂桶的总质量m过大，不可忽略，图像的斜率变小，图线向下弯曲，故选D。
故答案为：（1）0.42；（2）B，D
Ⅱ． （1）利用电流表（不理想，内阻等于5Ω）和电压表（不理想，内阻未知）测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
①应该选择的实验电路是图中的 （选填“甲”或“乙”）。
②有如下滑动变阻器提供：
A.滑动变阻器（0～1Ω）
B.滑动变阻器（0～20Ω）
C.滑动变阻器（0～100Ω）
滑动变阻器应选用 B （选填相应器材前的字母）。
甲 乙
【解答】解： （2）①为了尽量减小实验误差，目前电流表内阻已知，故采用己方案。
②由于电流表有5Ω的内阻，电源有一定数值的待测内阻，为了电路调节明显，滑动变阻器应该选B。
故答案为：（1）①乙，②B
Ⅲ．电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V）；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I﹣t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积。
请回答下列问题：
a．已知测出的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为 4.2×10﹣2 C，最大电压为 9.0 V
【解答】解：a、i﹣t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为Q＝42.3mA•s＝4.2×10﹣2C
由i﹣t图像得到开始时电流为Im＝90mA＝0.09A，故电容器两端的最大电压为U＝ImR0＝0.09A×100Ω＝9.0V
故答案为：a、4.2×10﹣2，9.0，
17．如图所示，内壁光滑的导热汽缸竖直放置在水平桌面上，汽缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m＝4kg，活塞横截面积S＝20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1＝5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0＝1×105Pa，g＝10m/s2。
（1）用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
（2）对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。
【解答】解：（1）初状态封闭气体的压强为：p1＝p0+mgS=1×105Pa+4×1020×10−4Pa＝1.2×105Pa
气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p1Sh1＝p2Sh2，其中h2＝5cm+4cm＝9cm
代入数据解得：p2=23×105Pa；
（2）对气缸内气体缓慢加热，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律可得：Sℎ1T1=S(ℎ1+Δℎ)T2
其中T1＝（27+273）K＝300K，T2＝（57+273）K＝330K
代入数据解得：Δh＝0.5cm＝0.005m
外界对气体做功：W＝﹣p1SΔh
代入数据解得：W＝﹣1.2J
根据热力学第一定律可得：ΔU＝W+Q，其中Q＝10J
代入数据解得：ΔU＝8.8J。
18．如图，水平桌面上一个质量m＝0.01kg的物体（视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度后脱离弹簧，之后从桌子边缘B点平抛出去，并从C点沿CD方向进入竖直平面内，由斜直轨道CD和圆弧形轨道DEFGH平滑连接而成的光滑轨道上运动，CD与水平面成θ＝37°角，EG为竖直直径，FH为水平直径。已知物块刚好能沿圆轨道经过最高点G，AB间的距离l＝4m，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，C点距离桌面的水面距离x＝1.2m，B、C两点间的高度差h1＝0.45m，C、D两点间的高度差h2＝1.05m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）弹簧被压缩至A点时的弹性势能Ep；
（2）圆弧轨道半径R；
（3）当物体从D点进入圆弧轨道后，撤去斜直轨道CD，物体从H点落到水平面的时间t。
【解答】解：（1）物体从B到C做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有h1=12gt12
代入数据解得：t1＝0.3s
水平方向做匀速直线运动，有x＝vBt1
代入数据解得：vB＝4m/s
物体从A运动到B，根据动能定理得：Ep﹣μmgl=12mvB2
代入数据解得：Ep＝0.18J
（2）物块从C点沿CD方向进入竖直平面内，将物块的速度分解到水平和竖直方向，水平方向的分速度等于物块在B点的速度，如图所示：
物块在C点的速度为vC=vBcs37°=40.8m/s＝5m/s
由题知物块刚好能沿圆轨道经过最高点G，则mg＝mvG2R
物体从C运动到G，根据动能定理得：﹣mg[2R﹣h2﹣R（1﹣cs37°）]=12mvG2−12mvC2
代入数据联立解得：R＝1m
（3）物体从G运动到H，根据动能定理有mgR=12mvH2−12mvG2
代入数据解得：vH=30m/s
物体从H点下落到地面上，根据运动学公式得：R＝vHt+12gt2
代入数据解得：t=50−3010s或t=−50−3010s（舍去）
=
19．中国高铁技术世界领先，被网友称为中国现代版的“四大发明”之一，其运行过程十分平稳使得国内外网友啧啧称赞。如图所示为某科研小组设计的电磁阻尼辅助刹车装置的原理示意图，固定在车厢底部的矩形超导线圈可以在智能系统控制下产生沿竖直方向的、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在火车运行的平直轨道上，依次间隔分布着足够多与轨道固连的n匝矩形金属线圈，每个线圈的电阻都为R，长度和间隔均为d，宽度为l。设火车以初速度v0无动力滑行进入减速区域，经时间t停止运动，超导线圈的长和宽也分别为d和l，火车整体的质量为m，运动过程中受到的摩擦阻力和空气阻力的合力恒为重力的k倍，求：
（1）火车刚进入减速区域时加速度a的大小；
（2）火车减速过程中所经历的矩形线圈个数N；
（3）火车减速过程中克服安培力做的功W。
【解答】解：（1）火车刚进入减速区域时有E＝nBlv0
根据闭合电路欧姆定律I=ER
根据牛顿第二定律有nBIl+kmg＝ma
联立可得a=(nBl)2v0mR+kg
（2）设火车开始减速到停止所发生的位移为x，根据动量定理有nBIlt+kmgt=mv0
根据法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt=nBlxt
根据闭合电路欧姆定律有I=ER
联立解得x=(v0−kgt)mR(nBl)2
N=x2d=(v0−kgt)mR2d(nBl)2
（3）对火车减速过程，根据能量守恒定律有W+kmgx=12mv02
解得W=12mv02−km2gR(v0−kgt)(nBl)2
20．东方超环是我国研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置，此装置需要利用“剩余离子偏转系统”将带电粒子从混合粒子束中剥离出来。如图所示是一种剩余离子电偏转系统的原理简图，在两平行极板间加上恒定电压，让混合粒子束经过电场偏转，若粒子打在极板上将全部被极板吸收。紧靠平行金属板的右侧有一竖直边界，边界右侧区域中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度为L1＝0.40m。整个装置置于真空环境中，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，忽略带电粒子运动对电场磁场的影响和极板的边缘效应。已知带正电粒子进入电场的速度v0＝1.0×106m/s，比荷为qm=1.0×108C/kg，两极板的长为L＝1.0m，间距为d＝0.5m。求：
（1）要使正电粒子都能被极板吸收，两极板加的电压至少多大。
（2）在电压不变的条件下，将下极板下移Δd=16m．为使所有从电场中射出的正电粒子均能回到电场，求磁感应强度B的大小需满足的条件。
（3）在（2）的条件下可利用右侧竖直放置的电荷收集板在磁场中平移来吸收粒子，若磁场的磁感应强度B＝0.1T，当粒子碰到收集板左侧或右侧时会立即被吸收，要使所有正电粒子都能被收集，对应的收集板至少多长。
【解答】解：（1）粒子进入电场后受到向下的电场力，粒子要向下偏转，要使正粒子都能被极板吸收，那么沿上极板边缘进入的粒子刚好能打在下极板边缘上时，两极板上所加电压为最小值，如图1所示；
粒子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：a=qUmd
水平方向上做匀速直线运动，离开电场经过的时间：t=Lv0
竖直方向上根据匀变速直线运动的规律可得：d=12at2
联立上面三式得：U＝5×103V
（2）板下移后，两极板之间的距离为：d′＝d+Δd，如图2所示；
此时粒子在电场中运动的加速度大小为：a′=qUm(d+Δd)
粒子离开电场时竖直方向的速度大小为：vy＝a′t
代入数据解得：vy＝7.5×105m/s
粒子出来时速度方向与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ=vyv0
解得：tanθ＝0.75，所以θ＝37°
粒子出来时的偏转位移：y=12a't2
代入数据解得：y＝0.375m；
粒子进入磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图3所示；
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R，其中v=v0csθ
在磁场中上移位移为y′＝2Rcsθ=2mv0qB
要使粒子能从磁场中出来进入电场必须满足y＞y′，
代入数据可得：B≥5.3×10﹣2T
同时磁场有边界，为保证粒子不从磁场右侧出来，需要满足：
R+Rsinθ≤L1
R=mvqB
可得B≥5.0×10﹣2T
所以粒子能从磁场中出来，又进入电场的条件为：B≥5.3×10﹣2T；
（3）当B＝0.1T时，粒子在磁场中的半径R1，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝mv2R1
解得：R1＝0.125m；
在磁场中旋转上移位移y″＝2R1csθ＝0.2m，运动轨迹如图4所示；
PQ区间为粒子离开电场的区域：y1+y2＝d′﹣y＝（23−0.375）m=724m，K为PQ中点。
要使得MN最短：
QK区域出来的粒子打在MN的右侧，KP区域出来的粒子打在MN的左侧。利用对称性可知y1＝y2=748m
K点进入的粒子刚好过MN，所以MN长度为L＝y1＝y2=748m。