精品解析：2023届浙江省名校协作体高三下学期二模物理试题

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2023学年第二学期浙江省名校协作体试题
高三年级物理学科
第Ⅰ卷（选择题　共45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，选对的得3分，选错的得0分）
1. 下列物理量是矢量且单位正确的是（　　）
A. 电流A B. 磁通量T·m2
C. 电场强度V/m D. 磁感应强度Wb
【答案】C
【解析】
【详解】A．电流是标量，A错误；
B．磁通量是标量，单位是Wb，B错误；
C．电场强度是矢量，单位是N/C或V/m，C正确；
D．磁感应强度是矢量，单位是T，D错误；
故选C。
2. 梅西在2022年卡塔尔世界杯决赛中梅开二度，带领阿根廷夺冠。如图所示为梅西在某场比赛第51分钟时主罚任意球后，足球运动轨迹的示意图，下列说法中正确的是（　　）

A. 第51分钟指的是时间间隔
B. 足球在飞行过程中可视为质点
C. 足球飞出后受到梅西对它施加的作用力
D. 守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力等于他对地面的作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．第51分钟指的是时刻，故A错误；
B．足球在飞行过程中，足球的形状和大小可以忽略，可视为质点，故B正确；
C．足球飞出后脱离梅西，梅西对它不再施加作用力，故C错误；
D．守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力与他对地面的作用力是相互作用力，等大反向，故D错误。
故选B。
3. 在物理学的发展过程中，物理学家们做出了巨大的贡献，下列关于物理学家贡献的说法正确的是（　　）
A. 赫兹首先提出了电磁场理论
B. 伽利略首先发现了自由落体的规律
C. 普朗克第一次将量子观念引入原子领域
D. 库仑首先提出电荷周围存在电场的概念
【答案】B
【解析】
【详解】A．麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹通过实验验证了电磁波的存在，选项A错误；
B．伽利略首先发现了自由落体的规律，选项B正确；
C．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，选项C错误；
D．英国物理学家法拉第提出了场的概念，电场、磁场都是法拉第最先提出的，选项D错误。
故选B。
4. 如图所示，将一个质量为m的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。铅球对挡板的压力为F1，铅球对斜面的压力为F2，不考虑铅球受到的摩擦力，重力加速度取g，则（　　）

A. F1=mg B. F1 C. F2=mg D. F2 【答案】A
【解析】
【详解】
铅球受三个力作用处于平衡状态。根据铅球受力平衡条件可知，挡板对铅球的推力F0和斜面对铅球的支持力FN的合力F与重力大小相等，方向相反。
F=G=mg

F0=F=mg
根据牛顿第三定律，铅球对挡板的压力与挡板对铅球的推力是一对相互作用力，大小相等，铅球对斜面的压力与斜面对铅球的支持力是一对相互作用力，大小相等。所以
F0=F1=mg
FN=F2>mg
故选A。
5. 9月10日，由航空工业自主研制的第二架大型灭火水上救援水陆两栖飞机AG600M“鲲龙”在广东珠海金湾机场完成了首次飞行试验，某次在平直跑道上滑行时，飞机的速度—时间图像如图所示，若减速过程的加速度大小为5m/s2，则（　　）

A. “鲲龙”匀速滑行的位移为1120米
B. 由题目所给的条件无法算出t3的数值
C. “鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小为70m/s
D. “鲲龙”匀加速滑行时和匀减速滑行的加速度大小相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．“鲲龙”匀速滑行的位移为

选项A正确；
B．减速过程的加速度大小为5m/s2，设减速阶段经历的时间为，则

所以

选项B错误；
C． “鲲龙”在整个滑行过程中的平均速度大小

选项C错误；
D．“鲲龙”匀加速滑行时的加速度

选项D错误。
故选A。
6. 如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是（　　）

A. A点 B. B点
C. C点 D. D点
【答案】A
【解析】
【详解】A点位于河床的外侧，B点处于河床的内侧，河水运动过程所需向心力由河床外侧提供，所以A点的受力大于B点的。根据

可知，在河床外侧的A、C、D三点所对应的圆弧半径与河床所受河水的力成反比。由图可知A处的圆弧半径最小，所以河床受力最大的点是A点。
故选A。
7. 北京时间2022年11月12日10时03分，搭载天舟五号货运飞船的长征七号遥六运载火箭，在我国海南文昌航天发射场点火发射；12时10分，天舟五号货运飞船仅用2小时便顺利实现了与中国空间站天和核心舱的快速交会对接，如图所示，创造了世界纪录。下列说法中正确的是（　　）

A. 天舟五号货运飞船的发射速度大于
B. 天和核心舱的速度大于
C. 在文昌航天发射场点火发射，是为了更好地利用地球的自转速度
D. 要实现对接，天舟五号货运飞船应在天和核心舱相同轨道处加速
【答案】C
【解析】
【详解】A．天舟五号货运飞船绕地球做匀速圆周运动，发射速度大于小于，故A错误；
B．是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故B错误；
C．在地球表面纬度越低的地方，随地球自转的半径越大，线速度越大，选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度，故C正确；
D．要实现对接，天舟五号货运飞船应在较低轨道加速，做离心运动，故D错误。
故选C
8. 下列关于教科书上的四副插图，说法正确的是（　　）

A. 图甲为静电除尘装置示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
B. 图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走加油枪上的静电
C. 图丙中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附
D. 图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了电磁感应原理
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图甲可知，极板A与电源正极连接，极板A带正电，带负电的尘埃受到指向极板A的电场力作用，即带负电的尘埃被收集在极板A上，A错误；
B．图乙为给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，其目的是导走人手上的静电，B错误；
C．图丙中摇动起电机，电极之间形成强电场，将气体电离，电子被吸附到烟雾颗粒上，使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒向正极移动，其工作原理为静电吸附，C正确；
D．图丁的燃气灶中安装了电子点火器，点火应用了尖端放电原理，D错误。
故选C。
9. 下列关于固体、液体、气体的说法中正确的是（　　）
A. 夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发
B. 晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同
C. 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象
D. 炒菜时我们看到的烟气，是因为油烟颗粒的热运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．土壤中存在一系列毛细管，水分通过毛细管能够上升到地面蒸发，夏季天旱时，给庄稼松土是为了破坏土壤中的毛细管，防止水分蒸发，A正确；
B．晶体分为单晶体与多晶体，单晶体在导热、导电与光学性质上表现出各向异性，即沿不同方向上的性能不相同，多晶体在导热、导电与光学性质上表现出各向同性，即沿不同方向上的性能相同，B错误；
C．由于液体附着层分子间距离小于液体内部分子间距离，所以存在浸润现象，C错误；
D．油烟颗粒是宏观粒子，油烟颗粒的运动不是热运动，D错误。
故选A。
10. 下列说法不正确的是（　　）

A. 甲图是“核反应堆”示意图，它是通过可控的链式反应实现核能的释放，链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程
B. 乙图是光电流与电压的关系图，由图可知a、c两束光的频率相等且小于b光的频率
C. 丙图是原子核的比结合能图，由图可知不同原子核的比结合能是不一样的，中等大小的核比结合能最大，这些核最稳定
D. 丁图是中子的转化示意图，强相互作用是引起中子—质子转变的原因
【答案】D
【解析】
【详解】A．链式反应是指由裂变产生的中子使裂变反应一代又一代持续下去的过程，故A正确；
B．根据

可知入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，乙图中a、c两束光的遏止电压相等且小于b光的遏止电压，所以a、c两束光的频率相等且小于b光的频率，故B正确；
C．不同原子核的比结合能不同，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故C正确；
D．丁图是中子的转化示意图，弱相互作用是引起β衰变的原因，故D错误；
本题选错误的，故选D。
11. 好多同学在寝室熄灯后使用台灯继续学习至深夜，某同学使用如图所示的一款充电宝和一款台灯来照明，部分参数如下表所示，已知深夜学习需要6W以上的照明功率，则以下说法不正确的是（　　）

充电宝部分参数如下：
产品名称
快充移动电源
聚合物电池容量

品牌

输出

输入

产品颜色
黑色/白色
产品重量
若干克
产品尺寸

台灯部分参数如下：
产品名称
米格台灯
灯珠
144颗
额定电压

最大电流

内置电池容量

其他功能
亮度从开始连续调节

A. 充电宝输出功率可达
B. 台灯的最大功率为
C. 打开台灯后每颗灯珠的功率都为
D. 仅用这款台灯和这款充电宝充满一次电的情况下使用，不能保证周日至周五每晚小时的学习时间
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，由表中数据可知，充电宝的输出功率有2种为


故A正确；
B．根据题意，由表中数据可知，台灯最大功率为

故B正确；
C．打开台灯后的电功率可调，每颗灯珠的功率最大为

每颗灯珠的功率最小为

则不一定为，故C错误；
D．根据题意，由表中数据可知，仅用这款台灯和这款充电宝充满一次电的情况下使用，最多储存电量为，台灯最小的工作电流为

可用最长时间为

不能保证周日至周五每晚小时的学习时间，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
12. 如图所示，某斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上距离点为x的A点停下。以O点为原点建立xOy坐标系，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是（　　）

A. （，） B. （，）
C. （，） D. （，）
【答案】D
【解析】
【详解】小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在A点，设斜面长为L，则斜面在水平面的投影为

根据功能关系可得

整理可得

解得

改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A点停下，设小木块静止释放点的坐标为()。根据前面的分析可得

整理可得

当时，解得

当时，解得

当时，解得

当时，解得

故ABC错误；D正确。
故选D。
13. 如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为r=的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为θ，当θ=0°时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则（　　）

A. 玻璃的折射率为
B. 若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则θ=30°
C. 改变夹角θ，光线在半球中传播的最长时间为
D. 如图2所示，若半球球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为
【答案】D
【解析】
【详解】A．当θ=0°时光线恰好在球面发生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角C，光路图如图1所示

根据几何关系可得

根据全反射临界角C满足的条件可得

解得

故A错误；
B．若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图2所示，出射点必在O点的正上方。


根据几何关系可得

解得

根据折射定律可知，光线与竖直方向的夹角θ必大于。故B错误；
C．要使光线在半球中传播的时间最长，因只考虑第一次射到各表面的光线，当θ临界等于90°时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图3所示，其中路程s满足要求。

因入射角临界为90°，故折射角等于C，由余弦定理得

解得

光在介质中传播速度为

最长时间为

故C错误；
D．能从平面出射的临界光路图如图4所示，光线在平面的B点恰好发生全反射，以OB的长L为半径的圆形区域有光出射。

设临界光线在A点入射角为，折射角为，在B点出射时入射角等于全反射临界角C。由折射定律得

由几何关系得

又

解得

可得

由正弦定理得

解得

则平面有光出射的面积为

解得

故D正确。
故选D。
二、选择题题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。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. 杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1:n2）的牵引变电所，将高压220kV或110kV降至27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，则下列说法正确的是（　　）

A. 若电网的电压为110kV，则n1:n2=4:1
B. 若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kV
C. 高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D. 如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5Ω
【答案】AC
【解析】
【详解】A．理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为

故A正确；
BC．机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据

可知电流将会增大，牵引变电所至机车间热损耗功率

也会随之增大，故B错误，C正确；
D．根据功率关系可得

其中

则电流为

则牵引变电所至机车间的等效电阻为

故D错误。
故选AC。
15. 如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互成60°的平面波相遇发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是b、c连线上的两点，其中e为b、c的中点，g为b、e的中点，下列描述正确的是（　　）

A. a、d处的质点位移始终为2A
B. g处的质点的振幅为A
C. 图示时刻，e正处于平衡位置
D. 从图示时刻经过个周期，g处的质点向上振动
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题意可知，a、d处为振动加强点，振幅为2A，但位移时刻变化，故A错误；
BC．根据波形的特点可知图示时刻，e正处于平衡位置，g为b、e的中点，对于其中任意一个波，其振幅为A， g处的质点的振幅为A，由于是两列波相遇，所以g处的质点的振幅为A，故BC正确；
D．图时时刻，g处质点同时位于两列波传播方向波形的下坡上，所以从图示时刻经过个周期，g处的质点向上振动，故D正确。
故选BCD。
第Ⅱ卷（非选择题　共55分）
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. （1）在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中：
a．两个实验都需要的器材是________ ；

A．弹簧秤　　B．弹簧　　C．橡皮筋　　D．刻度尺
b．在实验中，下列操作正确的是________；
A．在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧水平放置
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤调零时弹簧秤应水平放置
C．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度
D．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能与木板接触
（2）验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为50Hz，重锤质量，打出了如下纸带，在纸带后端选择连续的7个打印点为计数点，并依次标上1、2、3....，在数据处理中，选计数点3对应的重物位置为零重力势能参考面，则打下5时重物的速度________m/s，重物的机械能为________J（当地重力加速度，计算结果均保留3位有效数字）。该种验证方法是否要求打第一个点时速度为零？________（填“是”或“否”）。

【答案】 ①. D ②. BC##CB ③. 2.28 ④. 0.356 ⑤. 否
【解析】
【详解】（1）a[1]在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”与“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中，都需要的器材是刻度尺，在“探究弹簧弹力与形变量的关系实验”没有用到弹簧秤和橡皮筋，“探究两个互成角度的力的合成规律实验”中没有用到弹簧。
故选D。
b [2]A．在探究弹簧弹力与形变量的关系实验中，测弹簧原长时应把弹簧竖直放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故A错误；
B．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，弹簧秤。调零时弹簧秤应水平放置，这样可以排除由于弹簧只受重力造成的误差，故B正确；
C．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，若弹簧秤示数偏大可调短弹簧的有效长度，故C正确；
D．在探究两个互成角度的力的合成规律实验中，拉弹簧秤时弹簧秤外壳不能内部弹簧接触，可以与木板接触，故D错误。
故选BC。
（2）[3]验证物体自由下落过程中机械能守恒，交流电频率为

打点周期为

根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得打下5时重物的速度

[4]重物的机械能为

[5]验证从3到5机械能是否守恒，不要求打第一个点时速度为零。
17. （1）a．小明在做实验时，发现一个色环电阻的外漆脱落，如图1所示，于是用多用电表测量该电阻Rx，正确的操作顺序是________。

A．把选择开关旋转到交流电压最高档
B．调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点
C．把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数
D．把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔接触
E．把红黑表笔插入多用电表“﹢、-”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0
b．小明正确操作后，多用电表的指针位置如图2所示，则Rx=________Ω。

c．小林认为用多用电表测量电阻误差较大，采用伏安法测量。图3是部分连接好的实物电路图，请用电流表内接法完成接线并在图3中画出________。
d．小林用电流表内接法和外接法分别测量了该色环电阻的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U—I图上，如图4所示。请你选择一组合理的数据点，求出该色环电阻的电阻为________Ω（结果保留两位有效数字）。

（2）两个相同的电流表G1和G2按如图5所示的方式连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针________（选填“向左偏”或“向右偏”或“来回振动”）。

【答案】 ①. EDBCA ②. 3000 ③. ④. ## ⑤. 向左偏
【解析】
【详解】（1）a．[1]用多用电表测量该电阻时，应先进行机械调零使指针指0，然后选择合适的档位，将红、黑表笔短接进行欧姆调零，再进行测电阻读数，测量完毕后要把选择开关旋转到交流电压最高档，因此正确顺序为EDBCA。
b．[2]由图2可知档位选择“×100”，则
Rx=30×100Ω=3000Ω
c．[3]电流表选用内接法，从节能的角度滑动变阻器选用限流接法即可，电路连接如图：

d．[4]待测电阻阻值约为3000Ω，因此电流表选用内接法更合理，其数据为图中o的数据，因此

（2）[5]由于两个电表构成了串联电路，则G2表中的电流与G1表的电流方向相同，晃动G1表时，当指针向左偏时，根据电路连接情况可知G2表的指针也将向左偏。
18. 如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置在水平桌面上，气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。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设初状态压强，对活塞受力分析有

又

解得

（2）对气缸内气体缓慢加热过程有

解得

气体对外做功

根据热力学第一定律有

解得

19. 如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。

【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）或或
【解析】
【详解】（1）从A到B过程，根据动能定理有

解得

（2）分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程

解得

a与b碰撞，根据动量守恒
①
解得

结合体c从M到N过程，根据动能定理
②
解得

在N点根据向心力公式

根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力

方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有
，
水平方向有
③
分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为，有

解得

情况一：当传送带顺时针转动且速度或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度，此时位置坐标为

情况二：当传送带顺时针转动且速度时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度v，联立①②③可得位置坐标为

情况三：当传送带顺时针转动且速度时，滑块到C点速度，联立①②③可得此时位置坐标为

20. 如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行导轨，y轴垂直导轨。在x=0位置左侧有一宽度为d=0.1m的光滑绝缘薄层（包括x=0处），隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y轴左侧磁场大小为B1=2T方向垂直纸面向外，y右侧磁场大小为B2，且满足B2=0.5x（T）变化，方向垂直纸面向外，在两轨道中x轴为坐标为x2=-0.5m的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I=8A（方向如图中箭头所示），导轨左侧接一阻值为R1=3Ω的电阻。阻值为R=1Ω质量为m=1kg的金属棒a垂直导轨静止于x=0处，与金属棒a完全相同的金属棒b垂直导轨静止于x1=0.5m处，金属棒a与金属棒b发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子周期公式，其中m为振子质量，k为回复力系数。求：
（1）金属棒b第一次与金属棒a碰撞时的速度；
（2）试定性画出金属棒a的I-t图像（对时间轴数值不做要求）；
（3）金属棒a最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）见解析；（3）最后停在y轴左侧0.3m处，
【解析】
【详解】（1）对b棒受力分析可得

说明b棒应该以y轴为平衡位置做简谐振动，金属棒b从开始位置到y轴的过程，根据图像可得

又该过程根据动能定理有

解得

（2）由于a、b质量相等，故两棒发生完全弹性碰撞，二者交换速度，所以a棒获得的速度

此时回路电流为

之后a棒减速运动与弹性装置碰撞，设a棒碰撞弹性装置的速度，有

解得

此时回路电流为

与弹性装置碰撞原速返回后继续减速运动，有

解得a棒重新回到y轴速度

此时回路电流为

然后与再b棒弹性碰撞。对a棒多次动量定理的总和关系为

解得

绝缘薄层到弹性装置距离0.4m，故a棒在区域内运动3次。图像如下：

（3）a棒在磁场中运动根据动量定理有

解得

安培力

符合弹簧振子的性质，所以

因为a棒减速运动的总位移，故最后停在y轴左侧0.3m处。则有

解得

21. 如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，另一底面中心点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N，从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若UPQ<0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析
【解析】
【详解】（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，则

解得

（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹

由几何关系易得


电子在金属板间做类平抛运动，设从c点射出的电子打到金属板上的位置为，如图

有



解得

所以从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为

（4）当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，有

由（2）同理可得

①当时，有

②当时，假设矩形区域沿z轴坐标为z处射出的电子恰好到达收集板边缘，则有



Q板收集到的电子数

联立解得