2024届浙江省金华市东阳市高三下学期三模物理试题（原卷版+解析版）

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考生须知：
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上；
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净；
4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是（ ）
A. 力学基本物理量是长度、质量、力
B. kg、N、m/s都是导出单位
C. 根据牛顿第二定律表达式可知：
D. 新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位
【答案】D
【解析】
【详解】A．力学基本量是长度、质量、时间，故A错误；
B．是基本单位，N、是导出单位，故B错误；
C．根据牛顿第二定律表达式可知：，故C错误；
D．新闻中涉及的11米、400吨和101.2秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位，D正确。
故选D。
2. 下列对教材中的四幅图分析正确的是（ ）
A. 图甲：天宫一号空间实验室里的水球不受重力作用
B. 图乙：树枝受到猴子的拉力是树枝发生形变产生的
C. 图丙：汽车速度计的示数表示瞬时速率
D. 图丁：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A.天宫一号空间实验室里的水球依然受重力，只不过重力用于提供了向心力，A错误；
B.猴子受到树枝的拉力是树枝发生形变产生的 ，B错误；
C.汽车速度计的示数表示汽车通过某一位置的瞬时速度，C正确；
D.当干沙堆的倾角到达某一值时，再落下的沙子沿斜面方向重力的分力大于摩擦力，沙子就会滑下，D错误。
故选C。
3. 新春佳节，大街小巷总会挂起象征喜庆的中国红灯笼。如图所示，由4根等长轻质细绳AB、BC、CD、DE悬挂起3盏质量相等的灯笼，绳两端的结点A、E等高，AB绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为；BC绳与竖直方向的夹角为，绳中张力大小为，则（ ）
A.
B. 若将悬挂点A往E靠近少许，的大小保持不变
C. 若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时可能等于
D. 若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，平衡时可能等于90°
【答案】A
【解析】
【详解】A．由对称性可知AB绳和DE绳张力大小相等，大小为。对三个灯笼的整体分析可知
同理，对中间的灯笼受力分析，可得
联立，可得
因为
所以
故A正确；
B．若将悬挂点A往E靠近少许，则减小，由
可知的大小减小。故B错误；
C．对结点B受力分析，有
，
联立，解得
若在C处再增加一盏质量较大的灯笼，平衡时不可能等于。故C错误；
D．若在B、D处各增加一盏质量较大的灯笼，假设平衡时等于90°，则对结点C受力分析，如图
可知其受力不平衡。所以假设不成立。故D错误。
故选A。
4. 如图甲所示质量为m的同学在一次体育课上练习从高h的箱子上跳到地面，最终直立静止于地面。该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，此过程中最大速度为v，不计该同学离开箱子的初速度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程中地面对人所做的功为mgh
B. 整个过程中地面对人的冲量大小mv
C. 过程中人的机械能减少mgh
D. 该同学时间段先超重再失重
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，该同学在空中没有落到地面，接触地面减速向下运动，同学起立先向上加速后减速最终直立静止于地面，整个过程中该同学触地后一直是重心的升降，地面对人的弹力的作用点没有位移，则地面对人所做的功0,故A错误；
B．时刻支持力和重力相等，加速度等于零速度最大，从时刻到最后静止过程动量定理
可知整个过程支持力的冲量大于mv，，选项B错误；
C．时刻速度下个下，在过程重力的冲量大于支持力的冲量，t3时刻人的速度不为零，即动能不为零，则过程中人的机械能减少量小于mgh，选项C错误；
D．该同学时间段是从最低位置站立起来的过程，先加速向上后减速向上，即先超重再失重，选项D正确。
故选D。
5. 2022年11月21日中国空间站第三次太空授课中演示了紫色水球从“活跃”到“懒惰”的过程。如图所示，用注射器向水球喷气，水球发生振动。向水球射入一枚质量10g的钢球，钢球留在水球中，再用注射器以相同方式向水球喷气，水球振动幅度减小。则（ ）
A. 首次喷气水球振幅较大一定是因为注射器喷气的频率与水球的固有频率相等
B. 水球振动中不破裂，是因为中心的水对外面的水有万有引力的作用
C. 钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用
D. 钢球在水中受到浮力为0.1N
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据动量定理，力的冲量相同的情况下，质量小的物体获得的速度大，振幅也大，故A错误；
BC．水球振动中不破裂，钢球射入水球而未穿出，是水的表面张力起了作用，故B错误，C正确。
D．太空中处于失重状态，浮力为0，故D错误；
故选C。
6. 智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.26m，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取，，下列说法正确的是（ ）
A. 若增大转速，腰带受到的摩擦力变大
B. 当转速时，则绳子与竖直方向夹角
C. 若增大转速，则绳子与竖直方向夹角将减小
D. 若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角将减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．转动过程中，以腰带和配重整体为研究对象，整体在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件有
故增大转速，腰带受到的摩擦力不变，故A错误；
B．对配重进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
当转速时，代入数据可得
故B正确；
CD．对配重进行受力分析，其在水平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
整理得
故增大转速，则绳子与竖直方向夹角将增大，绳子与竖直方向夹角与配重质量无关，故CD错误。
故选B。
7. 随着航天技术的不断发展，人类终将冲出太阳系，对遥远深空进行探索。如图，a星与b星可以看作双星系统，它们均绕连线上的O（未画）点转动，a星质量是b星的81倍，假设人类发射了两个探测器、刚好处在该系统的两个拉格朗日点，位于这两个点的探测器能在a星和b星的共同引力作用下绕O点做匀速圆周运动，并保持与a星、b星相对位置不变，探测器与a星球心、b星球心的连线构成一个等边三角形，探测器在a星、b星连线的延长线上。则（ ）
A. a星和b星的第一宇宙速度之比为9:1
B. a星球心和b星球心到O点的距离之比为81:1
C. 探测器绕O点运行的加速度比b星的加速度大
D. 探测器绕O点运行的周期比探测器大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据第一宇宙速度的公式
两星半径未知，无法比较第一宇宙速度，故A错误；
B．设a星球心和b星球心到O点的距离分别为，，则有
解得a星球心和b星球心到O点的距离之比为1：81，故B错误；
C．探测器与a星球心、b星球心的连线构成一个等边三角形，并保持与a星、b星相对位置不变，即探测器绕O点运行和b星围绕O点转动的角速度相同，根据，探测器绕O点的距离较大，则探测器绕O点运行的加速度比b星的加速度大，故C正确；
D．根据题意探测器、这两个点与b星相对位置不变，所以探测器绕O点运行的周期与探测器的相同，故D错误。
故选C。
8. 某静止的原子核发生核反应且释放出能量Q。其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核Y和Z的动能，其中Z的速度为v，以下结论正确的是（ ）
A. Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍
B. Y原子核的速度大小为
C. Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（为光速）
D. 秦山核电站产生的核能与该核反应属于同种类型
【答案】A
【解析】
详解】A．由动量守恒定律
根据
可得
即Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍，选项A正确；
B．由动量守恒定律
可知Y原子核的速度大小为
选项B错误；
C．因反应放出核能，可知该反应有质量亏损，则Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小
（为光速）
选项C错误；
D．秦山核电站产生的核能是重核裂变反应，用中子轰击铀核产生链式反应，与该核反应不属于同种类型，选项D错误。
故选A。
9. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比，原线圈电路中接入内阻不计电压满足的电源，电流表为理想交流电表。已知，，开关S闭合前、后电流表示数之比为3:4。下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈电流的频率100Hz
B. 定值电阻
C. 开关闭合前后原线圈电压有效值始终为220V
D. 开关闭合后电源输出的功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．理想变压器不改变交变电流的频率，即
故A错误；
B．由题可知，设，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示。
根据理想变压器电阻等效法，得
因此当开关断开时
当开关闭合时
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
故
，
又
解得
故B正确；
C．根据
可知开关闭合前后原线圈电路中电流发生变化，则原线圈电压有效值会发生变化。故C错误；
D．根据
可知开关闭合后，等效电阻减小，则电源输出的功率增大。故D错误。
故选B。
10. 在图甲的LC振荡演示电路中，开关先拨到位置“1”，电容器充满电后，在时刻开关拨到位置“2”。若电流从传感器的“+”极流入，电流显示为正，图乙为振荡电流随时间变化的图线，则下面有关说法正确的是（ ）
A. 在图乙中A点时刻电容器上极板带负电
B. 在图乙中从到A点过程中电容器电压先增加后减小
C 若电阻R减小，电流变化如图丙中实线
D. 若电阻R减小，电流变化如图丙中虚线
【答案】A
【解析】
【详解】A．在图乙中A点时刻电流为正且正在减小，可知电容器正在充电阶段，此时上极板带负电，下极板带正电，选项A正确；
B．在图乙中从到A点过程中电流先正向增加后正向减小，电容器先放电后充电，即电容器的电压先减小后增加，选项B错误；
CD．若电阻R减小，则电容器放电时最大电流变大，但是振动周期不变，则图丙中实线和虚线描述电流变化都不对，选项CD错误。
故选A。
11. 单反就是指单镜头反光相机。相机在毛玻璃的上方安装了一个五棱镜。这种棱镜将光线多次反射改变光路，将其影像送至目镜，这时的影像就是上下正立且左右校正的了。图为单反相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，。某一束单色光光线经平面镜反射后从AB边的F点垂直AB入射，其中、，最后刚好在BC中点垂直BC出射，已知在CD与AE两个面上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，则下列说法正确的是（ ）（已知）
A. 五棱镜的折射率一定为
B. 五棱镜的折射率一定为
C. 光在五棱镜中的传播时间为
D. 左右平移平面镜，只要光仍从BC面垂直射出，则光在五棱镜中的传播时间不变
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等，如图
根据几何关系有
4θ=90°
解得
θ=22.5°
当光刚好在CD和AE面上发生全反射时，折射率最小，根据
解得最小折射率为
故AB错误；
C．由几何关系可知
则在棱镜中的总距离
光在棱镜中的最大速度为
可得最短传播时间
选项C错误；
D．左右平移平面镜，只要光仍从BC面垂直射出，则因入射到CD面上的入射角θ不变，则光在棱镜中传播的距离不变，即光在五棱镜中的传播时间不变，选项D正确。
故选D。
12. 单晶硅太阳能发电原理是光线照射到单晶硅太阳能板上，会激发电子形成电流。已知杭州西站枢纽屋顶铺设了面积为的单晶硅太阳能板，阳光照射下平均发电功率。若已知太阳的辐射总功率约，太阳与地球之间的距离约，则下列说法正确的是（ ）
A. 单位面积上接收到的太阳辐射功率约200W
B. 一天大约可发电
C. 光电的转换效率约14%
D. 单晶硅太阳能板发出的是交流电
【答案】C
【解析】
【详解】A．距离太阳的球面面积
单位面积上接受太阳太阳辐射的功率
故A错误；
B．若24小时都有太阳，则工作一天大约可发电
但有太阳的时间小于24小时。故B错误；
C．太阳板接收的太阳能
光电的转换放率约为
故C正确；
D．依题意，光线照射到单晶硅太阳能板上，电子定向移动形成电流。方向不变，为直流电。故D错误。
故选C。
13. 空间存在一平行于纸面的匀强电场，在电场内取某点记为坐标原点O，沿某一方向建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示。从P点起沿圆周逆时针方向移动一周，圆上各点的电势会随转过角度发生变化。当半径r分别取、、时，其图像如图乙所示，三条曲线所对应的电势均在时达到最大值，最大值分别为、、，曲线③与横轴相切。则下列说法正确的是（ ）
A. 电场方向沿x轴负方向
B. 时曲线②的电势值为
C. 时曲线①的电势值
D. 电场强度的大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．三条曲线均在时达到最大值，说明电场线不是沿着x轴，而是沿着与x轴正方向的夹角为的直线上，且电场线方向指向左下方。故A错误；
D．曲线①的最大值在三条图像中最大，只有半径越大，P点绕原点逆时针转过时，逆着电场线走过的距离才越大，对应的电势才越高，所以曲线①对应的r取值为，曲线②对应的r取值为，曲线③对应的r取值为取。由题知，曲线③对应的最高电势和最低电势分别为、0，则坐标原点在最高电势点和最低电势点连线的中点。所以坐标原点O的电势为
取曲线③最高电势和最低电势来求电场强度
故D错误。
B．当半径r取时，设该圆与x轴交点为，则有
解得
故B正确；
C．根据
可知时曲线①的电势值为
故C错误。
故选B。
二、选择题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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 弹力属于电磁相互作用
B. 质子和中子属于强子
C. J.J.汤姆孙发现电子后又在实验室发现了电子的衍射现象
D. 赫兹在实验室发现光电效应，并得出遏止电压与入射光频率成线性关系
【答案】AB
【解析】
【详解】A．弹力和摩擦力在本质上是由电场力引起的，属于电磁相互作用，故A正确；
B．常见的强子是质子和中子，故B正确；
C．1897年J.J.汤姆孙发现电子，30年后，J.J.汤姆孙的儿子G.P.汤姆孙利用电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样，故C错误；
D．赫兹在实验室发现光电效应，密立根得出遏止电压与入射光频率成线性关系，故D错误。
故选AB。
15. 如图所示，坐标原点O左右两边的介质不同，、为两列波的波源，两波源同时起振，两列波分别沿x轴传到、点时作为计时起点，当时的点刚好第一次处于波峰，则下列说法正确的是（ ）
A. 波的周期为3s
B. 两列波叠加后能形成稳定的干涉图样
C. 两列波在处相遇
D. 右侧介质的传播速度2m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由题意可得，当左边波源从起传到的点时经过，由图可以判断左边波源的起振方向沿轴正方向，所以的点振动开始经第一次处于波峰。所以
解得左边波源的振动周期为
故A正确；
B．由图可得两波源的波长均为，由于两边的介质不同，所以它们的波速不同，根据公式可知，两列波频率不同，故两列波叠加后不能形成稳定的干涉图样，故B错误；
CD．波源传播速度
由根据题意可得
两式相比可得波源的传播速度
当波源传到O点时，所用时间
此时波源传到的位置
之后两列波的波速均为，所以相遇的位置在处。
故C正确，D错误。
故选AC。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 在探究质量一定时加速度与力的关系，小佳同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（动滑轮质量不计）
（1）操作本实验时，以下操作步骤正确的有________；
A. 为了获得合力大小需用天平测出砂和砂桶的质量m
B. 为减小实验误差，改变砂和砂桶质量时，必须要满足砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
C. 将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
D. 为保证纸带上打点清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为________。（结果保留两位有效数字）
（3）正确操作记录若干数据后，小佳同学以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________。
A. kB. C. D.
【答案】（1）C （2）2.4
（3）B
【解析】
【小问1详解】
AB．本实验中小车受到的拉力可直接由弹簧测力计测出，所以不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．为了使细线拉力等于小车的合外力，所以本实验需要平衡摩擦力，可将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦为力，故C正确；
D．为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，可知相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可知加速度为
【小问3详解】
对小车，根据牛顿第二定律可得
可知图线的斜率为
即
故选B。
17. 用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示。

（1）如果玻璃砖上下表面平行，则可以选择上表面的两个对应角度（入射角和折射角）来求折射率，也可以选择下表面的两个对应角度来求折射率，这两种是等效的。如果所选择的玻璃砖上下表面不平行，正确操作后得到图乙所示的光路图，此时应选择_____________对应的两个角度来求折射率。
A．上表面
B．下表面
C．上表面或者下表面都没问题
D．上表面或者下表面都会有系统误差
（2）如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，则_____________
A．选择宽度较大的玻璃砖来做实验可以减少误差
B．选择宽度较小的玻璃砖来做实验可以减少误差
C．玻璃砖的宽度对误差没有影响
【答案】 ①. C ②. A
【解析】
【详解】（1）[1]光在上下表面都发生折射，所以可以用上表面或者下表面对应的两个角度来求折射率都没问题。
故选C。
（2）[2]若选择宽度较大的玻璃砖来做实验，可以增大光线在玻璃砖内的光线的长度，从而减少误差。
故选A。
18. 某同学在“测量金属丝的电阻率”实验中，选用金属丝的电阻约为30Ω。
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径________mm
（2）现有电源（电动势E为3.0V，内阻不计）、开关和导线若干，以及下列器材：
A.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω）
B.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C.滑动变阻器（0~5Ω，额定电流2A）
D.滑动变阻器（0~200Ω，额定电流1A）
为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选________（选填器材前的字母）。然后利用图乙所示的电路来测量某合金丝的电阻率补充完成图乙中实物间的连线________。
（3）改变合金丝右端PN接入电路的长度L，记录L及对应电流表电压表的示数I和U，并作出的图像，如图丙所示。图丙得到图线的斜率为k，则该合金丝的电阻率________（用d、k表示）；
（4）图丙中图线的纵轴截距b表示_____________。
【答案】（1）0.182##0.183##0.184##0.185
（2） ①. C ②.
（3）
（4）电流表的内阻
【解析】
【小问1详解】
金属丝的直径18.3×0.01mm=0.183mm
【小问2详解】
[1]为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应接成分压电路，故应该选择阻值较小的C；
[2]因
则采用电流表内接电路，滑动变阻器用分压电路，则电路连线如图
【小问3详解】
根据
则
解得
【小问4详解】
根据
可知，图丙中图线的纵轴截距b表示电流表内阻。
19. 如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，有一长的绝热汽缸与绝热活塞静置于斜面上，活塞与重物通过不可伸长的轻绳连接，此时重物对地面恰好无压力，轻绳OA段与斜面平行，活塞距离汽缸底部。活塞质量，重物质量，活塞面积，大气压，缸内封闭的理想气体温度，缸内气体分子总动能满足，其中，g取。活塞厚度及活塞与汽缸壁的摩擦忽略不计，活塞始终与汽缸壁垂直且不漏气。当电热丝通电加热时，活塞缓慢到达汽缸口，求：
（1）加热过程气体压强________（选填“增大”、“减小”或“不变”），汽缸内壁单位面积受到分子的撞击数________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）加热前汽缸内气体的压强________；
（3）加热过程电热丝放出的热量________。
【答案】 ①. 不变 ②. 减小 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]加热过程，活塞、汽缸和重物整体受力不变，汽缸向下滑动，活塞的受力不变，即气体对活塞的压力不变，气体的压强不变；
[2]加热过程，气体的温度升高，气体的平均动能增大，气体分子对汽缸内壁的平均作用力变大，但是气体的压强不变，即单位面积单位时间内气体分子的作用力不变，则汽缸内壁单位面积受到分子的撞击数减小；
（2）活塞受力平衡
重物受力平衡
可得气体压强
（3）加热过程为等压变化，满足
得
T1=400K
气体内能变化
气体对外做功
根据热力学第一定律
可得
20. 如图所示，光滑水平面左侧放置质量、半径的光滑圆弧槽b，右侧固定粗糙斜面体ABC，斜面体AB和BC的倾角均为60°，B离地面高度，另有一个质量的小滑块球a（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放，圆弧槽圆心与小滑块的连线与竖直方向夹角为。滑块与斜面AB之间的动摩擦因数，且滑块通过A点时无机械能损失。，重力加速度。
（1）若圆弧槽b固定不动且小滑块a静止释放位置，求a第一次滑至圆弧槽最低点时小滑块的向心加速度大小；
（2）若圆弧槽b不固定且小滑块a静止释放位置，求a滑至圆弧槽最低点时小滑块的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小；
（3）若圆弧槽b固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面AB通过B点后恰好落在C点，求：小滑块在B点时的速度及释放位置的角度。
【答案】（1）；（2），；（3），
【解析】
【详解】（1）从释放位置到最低点列动能定理
求得
所以最低点向心加速度
（2）a与b水平方向动量守恒且总动量等于零，满足人船模型
且
所以可得
a滑下过程中ab组成的系统总能量守恒
a与b水平方向动量守恒可得
可得
小滑块由合力提供向心力
所以
（3）B点飞出到C点过程中，小滑块做斜抛运动，在水平方向匀速运动，则时间为
在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则
得
释放位置到B点列动能定理
解得
所以
21. 如图甲所示，左侧发电装置由一个留有小缺口的圆形线圈和能产生辐向磁场的磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为。线圈半径r，电阻不计，缺口处通过足够长轻质软导线与间距的水平平行金属轨道相连，轨道间接有电容为的电容器，区域内有竖直向下，的匀强磁场，紧靠处有一根质量m，电阻R的金属杆a。绝缘轨道区域内有方向竖直向下，大小随x轴（为坐标原点，向右为正方向）变化的磁场，变化规律满足，同一位置垂直轨道方向磁场相同，紧靠处放置质量为m、电阻为的“”形金属框EFGH，FG边长度为L，EF边长度为。时刻单刀双掷开关S和接线柱1接通，圆形线圈在外力作用下沿竖直方向运动，其速度按照图乙规律变化，取竖直向上为速度正方向。时将S从1拨到2，同时让金属杆a以初速度在磁场中向右运动，金属杆a达到稳定速度后在处与金属框EFGH发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框。不考虑电流产生的磁场影响，除已给电阻其它电阻不计。求（结果可用r、m、、、、k中的字母表）：
（1）时刻电容器M板带电极性，及电荷量；
（2）a杆到达时的速度大小；
（3）金属杆b与“”形金属框发生完全非弹性碰撞组合成一闭合的长方形金属框，金属框最终静止时HE边所在位置的x轴坐标。
【答案】（1）M板带负电，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据右手定则可知M板带负电
时刻线圈速度为v0，切割磁感线产生的感应电动势为
所以电容器电荷量为
（2）杆a稳定时切割产生的电动势与电容器电压相等，有
时电容器电压大于杆a切割磁感线产生的感应电动势，所以杆a在安培力作用下加速运动到稳定状态，此过程列对杆a，根据动量定理，有
其中
由此可解得
（3）杆a与金属框EFGH碰撞，根据动量守恒定律，有
GF边所在位置与HE边所在位置的磁场差恒为
金属框运动中始终有逆时针方向电流，由2个安培力作用下减速运动至静止，对此过程列动量定理方程，有
其中
代入可得
22. 利用电磁场实现带电粒子的偏转是科学仪器中广泛应用的技术，某同学设计了如图所示的装置实现对带电粒子的电磁偏转从而进行分析。在的I区域内有一匀强电场方向竖直向下，电场强度，的II区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，在且的III区域内有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，I区与III区电场强度大小相等，II区与III区的磁感应强度B大小相等均未知。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点沿x轴正方向以某一初速度v水平射入I区。已知图中P点坐标（0，），Q点坐标（L，0），不计带电粒子重力，且粒子只在平面内运动。
（1）当粒子初速度时，粒子在II区运动轨迹的半径为，求磁感应强度B的大小；
（2）求粒子第一次到达Q点左侧位置的坐标x与初速度v的关系式；
（3）若粒子与x轴负方向夹角为锐角进入III区域，求粒子在III区域运动过程中速度方向沿y轴负方向时y轴坐标与v的关系；
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）设粒子类平抛直接进入Ⅱ区，水平方向匀速运动
竖直方向匀加速运动