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浙江省强基联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省强基联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试题（Word版附解析），文件包含浙江强基联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试卷Word版含解析docx、浙江强基联盟2023-2024学年高二下学期5月联考物理试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
注意事项：
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．请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
3．非选择题的答案必须使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，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关参数：重力加速度g取。
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. 下列不属于基本单位符号的是（ ）
A JB. KC. gD. kg
【答案】A
【解析】
【详解】J不属于基本单位的符号，K是热力学温标开尔文、g、kg是质量的单位，属于基本单位的符号，A符合题目要求。
故选A。
2. 一只编号为234684，年龄只有5个月大的斑尾塍（chéng）鹬（yù），居然昼夜不停地飞行了至少13560公里。短短11天时间，它不眠不休，从美国的阿拉斯加一口气飞到了澳大利亚塔斯马尼亚州东北部的安森斯湾。下列说法正确的是（ ）
A. 小鸟在11天内的位移是13560km
B. 小鸟沿水平匀速飞行的一段过程中重力的冲量为0
C. 研究小鸟在空中飞行的姿势时，可以把小鸟看成质点
D. 小鸟斜向上沿直线匀速飞行时，空气对它的作用力的方向竖直向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．13560km是小鸟运动轨迹的长度，小鸟在11天内的路程是13560km，故A错误；
B．根据冲量的定义可知小鸟在某段匀速飞行的过程中重力的冲量是
不是0，故B错误；
C．研究小鸟在空中飞行姿势时，小鸟的大小和形体不可忽略，因此不可以把小鸟看成质点，故C错误；
D．小鸟在斜向上沿直线匀速飞行时，则空气对小鸟的作用力与重力平衡，因此空气对它的作用力的方向竖直向上，故D正确。
故选D。
3. 关于以下甲、乙、丙、丁4幅图的相关物理知识，描述正确的是（ ）
A. 图甲中，检测玻璃面是否平整的原理是光的偏振
B. 图乙中，断开开关S的瞬间，灯泡会闪亮一下后逐渐熄灭
C. 图丙中，此时电容器的电量正在增加
D. 图丁中，曲线1对应的温度较高
【答案】C
【解析】
【详解】A．检测平整度是根据光的干涉，故A项错误；
B．电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，其自感电流不会大于原来通过灯泡的电流，所以灯泡不会闪亮而是逐渐熄灭，故B项错误；
C．由于螺线管中的磁感线是有电流产生，结合图可知，其从上往下看，电流的方向为逆时针，即电流流向电容器的上极板，由题图可知电容器上极板带正电，所以在给电容器充电，即电容器的电量正在增加，故C项正确；
D．根据分子运送速率分布图像可知，温度越高分子热运动越剧烈，图像2的“腰粗”，分子平均速率更大，则温度高，故D项错误。
故选C。
4. 2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满地完成了发射，与天和核心舱成功对接。神舟十七号载人飞船的发射与交会对接过程的示意图如图所示，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。地球表面的重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A. 神舟十七号先到③轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接
B. 神舟十七号在②轨道上经过Q点的加速度小于在③轨道上经过Q点的加速度
C. 神舟十七号在②轨道上从P点运动到Q点的最短时间为
D. 神舟十七号在①轨道比在③轨道与地心的连线相同时间内扫过的面积大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对接应该从低轨道加速做离心运动实现对接，故A错误；
B．根据
可知加速度应相等，故B错误；
C．神舟十七号在①轨道上有
结合上述解得
根据开普勒第三定律有
则神舟十七号在②轨道上从P点运动到Q点的最短时间为
解得
故C正确；
D．由图可知神舟十七号在①轨道比在③轨道与地心的连线相同时间内扫过的面积小，故D错误。
故选C。
5. 某同学用可拆变压器探究“原副线圈的电压比与匝数比的关系”。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压随时间t变化的图像如图所示，在时间内该同学先断开开关，其后进行的操作可能是（ ）
A. 减小了交流电源的频率B. 拧紧了松动的铁芯Q
C. 把铁芯Q取下来了D. 增加了原线圈的匝数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知频率没有变化，故A错误；
B．拧紧了松动的铁芯会减少电能的损失，使得增大，故B正确；
CD．把铁芯Q取下来了，增加了原线圈的匝数，都会减少，故CD错误。
故选B。
6. 运动员某次发球，将球从离台面高处发出，球落在A点反弹后又落在B点，两次擦边。A、B间距离为L，球经过最高点时离台面的高度为h（），重力加速度为g。若忽略阻力、球的旋转、球与台面碰撞时能量的损失。用v、（速度与水平方向的夹角）表示乒乓球离开球拍时的速度大小及方向，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】CD．设乒乓球在运动过程中水平方向的分速度为vx，发球点处竖直方向的分速度为，反弹点处竖直方向的分速度为，反弹后上升到最高点的时间为t，发球点到反弹点运动的时间为，则有
，
解得
，
最高点到发球点的时间为，有
则有
在竖直方向，速度与时间的关系有
又有
发球速度为
故CD错误；
AB．结合之前的分析，有几何关系有
故A正确，B错误。
故选A。
7. 如图甲所示，a、b位于两个等量同种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于M、N的连线的中垂线上，且c、d到M、N连线的中点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）
A. 沿Oa方向电场强度一直增大
B. 沿方向磁感应强度一直增大
C. a、b处的电场强度大小相等，方向相同
D. c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】AC．如图所示
沿Oa方向电场强度可能先增大后减少，a、b处的电场强度大小相等，方向相反，故AC错误；
B．设cM与水平方向夹角为，L为长度，则中垂线上磁感应强度大小为
随着角度增大，磁感应强度减小，沿方向磁感应强度一直减少，故B错误；
D．根据右手螺旋定则以及对称性和场强的叠加原理可知，M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故D正确。
故选D。
8. 利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着边长为l的等边三角形线圈，匝数为n。线圈一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈中通入电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；当线圈中通入大小不变、方向相反的电流时，在左盘中增加质量为m的砝码，两臂再次达到新的平衡，重力加速度为g。则方框内磁场的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】线圈一半处于匀强磁场中，则有效长度为，安培力大小为
电流反向时，需要在左盘中增加质量为m的砝码，说明原来的安培力方向向上，当电流反向，安培力变为向下时，再次平衡，说明安培力等于mg的一半，即
得
故选D。
9. a、b两束不同颜色平行光斜射到置于空气中的平板玻璃上，入射角小于45°，穿过玻璃后从下表面射出，射出后两平行光间距没有发生变化，如图所示。对于a、b两束单色光来说（ ）
A. 该玻璃对a、b光的折射率相同
B. a光在玻璃中传播的速度较小
C. a光在玻璃中传播的时间较短
D. 调整入射光的角度，a、b光有可能在玻璃的下表面发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．作出光路图，如图所示
根据光路图可知，两束光在空气中以相同的入射角进入玻璃时，a光的折射角大于b光的折射角，则a光的折射率小于b光的折射率，故A错误；
B．根据折射率与光速的关系式有
由于a光的折射率小于b光的折射率，则a光在玻璃中传播的速度较大，故B错误；
C．令玻璃的厚度为d，结合光路图有
，
结合上述解得
空气中的入射角小于45°，则玻璃中的折射角也小于45°，即小于90°，始终为锐角，由于
θ1>θ2
可知，a光在玻璃中传播的时间较短，故C正确；
D．由几何关系可知，光从空气进入玻璃时的折射角与光从玻璃进入空气时的入射角相等，根据光路可逆，a、b光不可能在玻璃的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，在盛有导电液体的水平玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。限流电阻。闭合开关S瞬间，理想电压表的示数为1V，理想电流表示数为1A，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数为3.5V，理想电流表示数为0.5A。则（ ）
A. 电源的内阻为5Ω
B. 电源的电动势为6V
C. 旋转稳定后玻璃皿中两电极间液体的电阻为7Ω
D. 液体在闭合开关至旋转稳定过程中消耗的电功率一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律，有
把两组数据代入，解得
，r=0.2Ω
故A错误，B正确；
C．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律
即
故C错误；
D．该过程液体消耗的电功率为
由题意可知，结合之前的分析，该式可以变形为
由数学知识可知，该函数的图像是一个开口向下的抛物线图像，当，其电功率最大，在电流从1A减小至过程，其电功率的值在变大，在到0.5A过程中，其电功率在减小，综上所述液体在闭合开关至旋转稳定过程中消耗的电功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
11. “动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装置。一电动车质量为2吨，以的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，其动能−位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其动能−位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%，则电动车开启动能回收装置行驶200m的过程中（ ）
A. “动能回收”装置利用了摩擦起电原理
B. 共回收的电能为
C. 电动车行驶到150m处时电能的回收功率为4000W
D. 电动车在0~100m回收的机械能比在100m~200m回收的机械能多
【答案】B
【解析】
【详解】A．“动能回收”装置利用了发电机发电来储存电能，即是电磁感应原理，A错误；
B．在电车自由滑行时，由动能定理则有
开启“动能回收”装置后，由动能定理则有
则共回收的电能为
B正确；
C．根据图线①可知受到的合外力做功与电车动能变化为
可得
由图线②可得150m处的速度为
解得
此时回收功率为
代入数据可得
C错误；
D．由图线②可知，电动车在0~100m比在100m~200m的减少机械能多，回收的机械能应再乘以90%。因此回收的机械能要小于，D错误。
故选B。
12. 如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过轻质弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，重力加速度为g，则（ ）
A. 地面对玩具做功为3mgh
B. 绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为3mgh
C. 绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh
D. 用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为4.5mgh
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，由于弹簧的弹力作用，使底座离开地面，因此地面对玩具不做功，故A错误；
BC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
可得
则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能是
故B错误，C正确；
D．用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足
故D错误。
故选C。
13. 如图所示，两等量异种点电荷（、）位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为m，电荷量为的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。圆环自C处以初速度向右运动，至位置停下，C、位置关于O点对称。已知圆环经过C、O位置时加速度大小相等，AO间距为L，重力加速度为g，各物理量满足，且圆环运动过程中电荷量始终不变，则下列判定正确的是（ ）
A. 圆环经过O点的速度为B. 电场力对圆环先做正功后做负功
C. 加速度为零的位置距离O点的距离为D. O、C位置的距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．C到O有
O到有
则
故A错误；
B．圆环沿横杆运动过程，所受电场力始终与位移方向垂直，所以电场力不做功。故B错误；
C．加速度为零的位置必满足
又
解得
所以加速度为零的位置距离O点的距离为
故C正确；
D．对C位置和O位置，受力分析有
又
解得
可得O、C位置的距离为
故D错误。
故选C。
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，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 遥感技术使用的电磁波是红外线
B. 无法通过是否具有各向异性来区别多晶体和非晶体
C. 隔着门缝听到琴声，是衍射现象造成的
D. 站在岸边的人会因为全反射而看不到湖中的鱼
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．遥感技术使用的电磁波是红外线，故A正确；
B．多晶体和非晶体都具有各向异性，故无法用是否具有各向异性来区别多晶体和非晶体，故B正确；
C．隔着门缝听到琴声，是衍射现象造成的，故C正确；
D．光从空气进入水中，不会发生全反射，根据光路的可逆性，站在岸边的人不会因为全反射而看不到湖中的鱼，故D错误。
故选ABC。
15. 均匀介质中有两个点波源、位于xOy平面内，位置坐标分别为和。两波源沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2s。下列说法正确的是（ ）
A. 机械波在介质中的波长为2m
B. xOy平面内位置处在振动加强区
C. 两波源间的连线上有7个振动加强点
D. 时O处质点的位移为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．两机械波在同一介质传播，传播速度相同，设为v，由题意有
故波长为
故A正确；
B．由题意知，由于两波源的起振方向相反，所以振动加强点满足
到点的距离
到的距离为
故
所以位置处于振动减弱区，故B错误；
C．两波源间的连线上有8个振动加强点分别为
，，，0.5m，1.5m，2.5m，3.5m，4.5m
故BC错误；
D．两列波传到O点的时间分别为3s和5s，再经过
两位移叠加，可以计算出位移
故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 未来中国载人登月成功后，可利用单摆测量月球表面的重力加速度。航天员从月球上捡一块大小约为2cm的不规则石块做为摆球。航天员还有以下设备：刻度尺（量程30cm）、细线（1m左右）、计时器和足够高的固定支架。如图甲安装好器材，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。
A. 将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，同时开始计时
B. 释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期也越大
C. 用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，则周期
D. 用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期
（2）秒表示数如图乙所示，它的示数为______s；
（3）取，由图丙求出重力加速度______（结果保留三位有效数字）；
（4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的值______（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。
【答案】（1）D （2）95.9
（3）1.63 （4）等于
【解析】
【小问1详解】
A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期与振幅无关，且偏角越大，单摆的运动就不是简谐振动，故B错误；
CD．应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
【小问2详解】
根据秒表的读数规律，该读数为
【小问3详解】
设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
则有图丙的斜率
解得
【小问4详解】
结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
17. 另一种无线充电技术是利用电容两个极板的静电耦合实现电能的传输。
（1）在做“观察电容器的充、放电现象”实验时，先将开关S拨到位置1，一段时间后再拨到位置2。在此过程中，根据电压传感器与电流传感器测量数据得到的和图线可能为________。
A． B.
C. D.
（2）将一电容为的电容器与一电压恒定的电源连接，电容器充电完成后，两极板上的电荷量分别为和，则电源电压为________V。
【答案】 ①. A ②. 12
【解析】
【详解】（1）[1] 开关S拨到位置1，是电容器充电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在增大。开关S拨到位置2，是放电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在减小。充电电流与放电电流方向相反，充电时与放电时都是电容器右边极板是正极板。故A正确，BCD错误。
故选A。
（2）[2]由，可知电源电压为
18. 如图所示，利用圆柱体容器及相关电路测量盐水电阻率。
（1）用游标卡尺测出圆柱体容器的内直径d，由玻璃管侧壁的刻度尺测出压缩后盐水的高度h。
（2）闭合开关S1，开关S2接___________（填“1”或“2”）端，调节滑动变阻器R，使电压表的读数为U1，滑动变阻器滑片不动，然后将开关S2接___________（填“1”或“2”）端，再次记录电压表的读数为U2，发现U1>U2，则电阻R0两端的电压为___________ 。
（3）已知定值电阻R0，根据（1）（2）测量的数据，计算得待测盐水的电阻率为___________。
【答案】 ①. 2 ②. 1 ③. U1-U2 ④.
【解析】
【详解】（2）[1][2][3]由于U1>U2，所以闭合开关S1后，开关S2应该先接2端再接1端，先后两次电压表的读数为U1和U2之差U1-U2即等于电阻R0两端的电压；
（3）[4]由于盐水和电阻R0串联，电流相等，则由欧姆定律和电阻定律得
联立以上两式解得待测盐水的电阻率为
19. 如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为的重物，此时活塞处在距离汽缸上底面为的A处，气体的温度为。汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面为的B处。已知大气压为。
（1）活塞缓慢从A处移动到B处的过程中大气压对活塞做_____（填“正功”或“负功”），该封闭气体的内能_____（填“增大”或“减小”）；
（2）求活塞在B处时的气体温度；（ ）
（3）求活塞从A处到B处的过程中气体对外界做的功。（ ）
【答案】 ①. 负功 ②. 增大 ③. 360K ④. 128J
【解析】
【详解】（1）活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，大气压对活塞做对活塞的作用力向上，活塞的位移方向向下，则气压对活塞做对活塞做负功，对活塞进行分析有
可知，活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，气体压强不变，气体体积增大，根据盖吕萨克定律可知，气体温度升高，体积增大，气体对外界做功，温度升高，气体内能增大。
（2）结合上述可知，A到B为等压过程，根据盖—吕萨克定律有
解得
（3）对活塞进行分析，结合上述有
解得
活塞从A处到B处的过程中，气体对外界做功
解得
20. 某装置竖直截面如图所示，长度的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一长为的水平轨道BC及一半径的光滑半圆弧轨道，其中点为半圆轨道的最低点，ED段为光滑圆管，。在轨道的末端D的左侧光滑的水平面上紧靠着质量为M、长为的滑块b，其上表面与轨道末端水平面平齐。物块与传送带、水平轨道BC、滑块b之间的动摩擦因数分别为、μ2=0.1、，其他轨道均光滑。质量为m可视为质点的小物块a在传送带A端静止释放。已知：、。
（1）若传送带以的速度顺时针运动，求小物块a：
①第一次到达位置的向心加速度大小；
②停止运动时距离B位置的距离；
（2）若小物块恰好能过D位置，求传送带的最小运行速度。
（3）若改变传送带的速度，使小物块a能滑上滑块b，求滑块至少多长才能保证小物块一定不会脱离滑块b。
【答案】（1）①；②2.5m；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）①若小物块在传送带上一直加速则有
解得
所以物块在传送带上是先加速，然后与传送带共速后，则保持匀速，到达B点的速度为
B到C由动能定理有
由于段光滑，所以
由向心加速度定义有
②设上升的高度为h，有
解得
所以物块刚好上升到与圆心等高出，然后来回滑动几次后停在BC，设在BC上滑行的总路程为s
解得
最后停在距离B点2.5m处。
（2）恰好能通过E必然满足
经计算若物块恰好能通过E时必然会过D位置
C到E的过程有
解得
所以传送带的最小运行速度为7m/s。
（3）若传送带一直加速，B到D由动能定理有
解得
物块与滑块动量守恒
能量守恒
解得
21. 如图所示，一电阻为、质量的导体棒ab静止在间距为的水平光滑导轨上（俯视图），导轨左端连接一个的电阻和一个“恒流源”，使流过导轨的电流恒为。沿水平导轨建立x轴，虚线位置为坐标原点O，在的区域存在方向竖直向下的匀强磁场；在的区域B随坐标x的变化规律为（T）。时刻开关S与1接通，导体棒从静止开始向左加速，时S掷向2接通定值电阻，同时施加水平向右的力F，在F和磁场力作用下，导体棒恰好返回初始位置停下。若导体棒从静止开始至返回过程的图如图所示，在至时间内，时撤去F。不计空气等摩擦阻力，磁场区域足够宽，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）时刻导体棒的速度；
（3）时刻；
（4）若直到导体棒回到初始位置才撤去F，同时把S掷向1，求导体棒沿x正方向运动的最远距离。
【答案】（1）1T ；（2）2m/s； （3）；（4）
【解析】
详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
则
解得
（2）根据
解得
（3）根据
解得
在0~t2时间段内的位移
从时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
联立可得
解得
（4）根据
类比弹簧简谐运动
解得
22. 图为带电离子分析装置示意图，它是由离子室、加速电场、偏转磁场、偏转电场及多区域磁场组成。已知加速电场的加速电压为U，偏转磁场为磁感应强度B的匀强磁场，该磁场分布在间距为d、长度为的两平行板中间，在偏转磁场的右侧存在一宽为、方向竖直向下的偏转电场，紧靠偏转电场的右侧有宽度均为、磁感应强度大小依次为B0，2B0，…，nB0的匀强磁场。一速度不计的离子经加速电场加速后沿两板中心线进入偏转磁场，该离子经偏转磁场偏转后从上板右侧边缘射入偏转电场，恰好能垂直电场线射入多区域磁场。不计离子的重力，求：
（1）该离子的比荷；
（2）偏转电场的电场强度E；
（3）若，该离子在多区域磁场中运动的最大水平位移x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）离子在加速电场中，根据动能定理有
解得
离子经偏转磁场偏转后从上板右侧边缘射出，根据几何关系有
解得
离子在偏转磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
联立解得
（2）粒子进入偏转电场时，令速度方向与水平方向夹角为，根据几何关系有
可知
离子进入偏转电场后根据牛顿第二定律有
离子在电场中做类斜抛运动，利用逆向思维有
，
联立解得
（3）离子在进入多磁场区域过程，当离子在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
同理可得离子在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
离子在第3个磁场中，有
离子在第n个磁场中，有
则离子经过n个磁场后，竖直方向有
解得
由于洛伦兹力不做功，则当水平位移到达最大时有
联立可得
解得
所以该离子在多区域磁场中运动的最大水平位移
注意事项：
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．请将答案写在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
3．非选择题的答案必须使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，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关参数：重力加速度g取。
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. 下列不属于基本单位符号的是（ ）
A JB. KC. gD. kg
【答案】A
【解析】
【详解】J不属于基本单位的符号，K是热力学温标开尔文、g、kg是质量的单位，属于基本单位的符号，A符合题目要求。
故选A。
2. 一只编号为234684，年龄只有5个月大的斑尾塍（chéng）鹬（yù），居然昼夜不停地飞行了至少13560公里。短短11天时间，它不眠不休，从美国的阿拉斯加一口气飞到了澳大利亚塔斯马尼亚州东北部的安森斯湾。下列说法正确的是（ ）
A. 小鸟在11天内的位移是13560km
B. 小鸟沿水平匀速飞行的一段过程中重力的冲量为0
C. 研究小鸟在空中飞行的姿势时，可以把小鸟看成质点
D. 小鸟斜向上沿直线匀速飞行时，空气对它的作用力的方向竖直向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．13560km是小鸟运动轨迹的长度，小鸟在11天内的路程是13560km，故A错误；
B．根据冲量的定义可知小鸟在某段匀速飞行的过程中重力的冲量是
不是0，故B错误；
C．研究小鸟在空中飞行姿势时，小鸟的大小和形体不可忽略，因此不可以把小鸟看成质点，故C错误；
D．小鸟在斜向上沿直线匀速飞行时，则空气对小鸟的作用力与重力平衡，因此空气对它的作用力的方向竖直向上，故D正确。
故选D。
3. 关于以下甲、乙、丙、丁4幅图的相关物理知识，描述正确的是（ ）
A. 图甲中，检测玻璃面是否平整的原理是光的偏振
B. 图乙中，断开开关S的瞬间，灯泡会闪亮一下后逐渐熄灭
C. 图丙中，此时电容器的电量正在增加
D. 图丁中，曲线1对应的温度较高
【答案】C
【解析】
【详解】A．检测平整度是根据光的干涉，故A项错误；
B．电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，其自感电流不会大于原来通过灯泡的电流，所以灯泡不会闪亮而是逐渐熄灭，故B项错误；
C．由于螺线管中的磁感线是有电流产生，结合图可知，其从上往下看，电流的方向为逆时针，即电流流向电容器的上极板，由题图可知电容器上极板带正电，所以在给电容器充电，即电容器的电量正在增加，故C项正确；
D．根据分子运送速率分布图像可知，温度越高分子热运动越剧烈，图像2的“腰粗”，分子平均速率更大，则温度高，故D项错误。
故选C。
4. 2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满地完成了发射，与天和核心舱成功对接。神舟十七号载人飞船的发射与交会对接过程的示意图如图所示，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。地球表面的重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A. 神舟十七号先到③轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接
B. 神舟十七号在②轨道上经过Q点的加速度小于在③轨道上经过Q点的加速度
C. 神舟十七号在②轨道上从P点运动到Q点的最短时间为
D. 神舟十七号在①轨道比在③轨道与地心的连线相同时间内扫过的面积大
【答案】C
【解析】
【详解】A．对接应该从低轨道加速做离心运动实现对接，故A错误；
B．根据
可知加速度应相等，故B错误；
C．神舟十七号在①轨道上有
结合上述解得
根据开普勒第三定律有
则神舟十七号在②轨道上从P点运动到Q点的最短时间为
解得
故C正确；
D．由图可知神舟十七号在①轨道比在③轨道与地心的连线相同时间内扫过的面积小，故D错误。
故选C。
5. 某同学用可拆变压器探究“原副线圈的电压比与匝数比的关系”。将原线圈接在交流电源上，将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈电压随时间t变化的图像如图所示，在时间内该同学先断开开关，其后进行的操作可能是（ ）
A. 减小了交流电源的频率B. 拧紧了松动的铁芯Q
C. 把铁芯Q取下来了D. 增加了原线圈的匝数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图像可知频率没有变化，故A错误；
B．拧紧了松动的铁芯会减少电能的损失，使得增大，故B正确；
CD．把铁芯Q取下来了，增加了原线圈的匝数，都会减少，故CD错误。
故选B。
6. 运动员某次发球，将球从离台面高处发出，球落在A点反弹后又落在B点，两次擦边。A、B间距离为L，球经过最高点时离台面的高度为h（），重力加速度为g。若忽略阻力、球的旋转、球与台面碰撞时能量的损失。用v、（速度与水平方向的夹角）表示乒乓球离开球拍时的速度大小及方向，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】CD．设乒乓球在运动过程中水平方向的分速度为vx，发球点处竖直方向的分速度为，反弹点处竖直方向的分速度为，反弹后上升到最高点的时间为t，发球点到反弹点运动的时间为，则有
，
解得
，
最高点到发球点的时间为，有
则有
在竖直方向，速度与时间的关系有
又有
发球速度为
故CD错误；
AB．结合之前的分析，有几何关系有
故A正确，B错误。
故选A。
7. 如图甲所示，a、b位于两个等量同种电荷的连线的中垂线上，且a、b到两电荷连线的中点O的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，c、d位于M、N的连线的中垂线上，且c、d到M、N连线的中点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）
A. 沿Oa方向电场强度一直增大
B. 沿方向磁感应强度一直增大
C. a、b处的电场强度大小相等，方向相同
D. c、d处的磁感应强度大小相等，方向相同
【答案】D
【解析】
【详解】AC．如图所示
沿Oa方向电场强度可能先增大后减少，a、b处的电场强度大小相等，方向相反，故AC错误；
B．设cM与水平方向夹角为，L为长度，则中垂线上磁感应强度大小为
随着角度增大，磁感应强度减小，沿方向磁感应强度一直减少，故B错误；
D．根据右手螺旋定则以及对称性和场强的叠加原理可知，M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合磁感应强度大小相等，故D正确。
故选D。
8. 利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着边长为l的等边三角形线圈，匝数为n。线圈一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈中通入电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；当线圈中通入大小不变、方向相反的电流时，在左盘中增加质量为m的砝码，两臂再次达到新的平衡，重力加速度为g。则方框内磁场的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】线圈一半处于匀强磁场中，则有效长度为，安培力大小为
电流反向时，需要在左盘中增加质量为m的砝码，说明原来的安培力方向向上，当电流反向，安培力变为向下时，再次平衡，说明安培力等于mg的一半，即
得
故选D。
9. a、b两束不同颜色平行光斜射到置于空气中的平板玻璃上，入射角小于45°，穿过玻璃后从下表面射出，射出后两平行光间距没有发生变化，如图所示。对于a、b两束单色光来说（ ）
A. 该玻璃对a、b光的折射率相同
B. a光在玻璃中传播的速度较小
C. a光在玻璃中传播的时间较短
D. 调整入射光的角度，a、b光有可能在玻璃的下表面发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．作出光路图，如图所示
根据光路图可知，两束光在空气中以相同的入射角进入玻璃时，a光的折射角大于b光的折射角，则a光的折射率小于b光的折射率，故A错误；
B．根据折射率与光速的关系式有
由于a光的折射率小于b光的折射率，则a光在玻璃中传播的速度较大，故B错误；
C．令玻璃的厚度为d，结合光路图有
，
结合上述解得
空气中的入射角小于45°，则玻璃中的折射角也小于45°，即小于90°，始终为锐角，由于
θ1>θ2
可知，a光在玻璃中传播的时间较短，故C正确；
D．由几何关系可知，光从空气进入玻璃时的折射角与光从玻璃进入空气时的入射角相等，根据光路可逆，a、b光不可能在玻璃的下表面发生全反射，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，在盛有导电液体的水平玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。限流电阻。闭合开关S瞬间，理想电压表的示数为1V，理想电流表示数为1A，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数为3.5V，理想电流表示数为0.5A。则（ ）
A. 电源的内阻为5Ω
B. 电源的电动势为6V
C. 旋转稳定后玻璃皿中两电极间液体的电阻为7Ω
D. 液体在闭合开关至旋转稳定过程中消耗的电功率一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律，有
把两组数据代入，解得
，r=0.2Ω
故A错误，B正确；
C．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律
即
故C错误；
D．该过程液体消耗的电功率为
由题意可知，结合之前的分析，该式可以变形为
由数学知识可知，该函数的图像是一个开口向下的抛物线图像，当，其电功率最大，在电流从1A减小至过程，其电功率的值在变大，在到0.5A过程中，其电功率在减小，综上所述液体在闭合开关至旋转稳定过程中消耗的电功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
11. “动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装置。一电动车质量为2吨，以的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，其动能−位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其动能−位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%，则电动车开启动能回收装置行驶200m的过程中（ ）
A. “动能回收”装置利用了摩擦起电原理
B. 共回收的电能为
C. 电动车行驶到150m处时电能的回收功率为4000W
D. 电动车在0~100m回收的机械能比在100m~200m回收的机械能多
【答案】B
【解析】
【详解】A．“动能回收”装置利用了发电机发电来储存电能，即是电磁感应原理，A错误；
B．在电车自由滑行时，由动能定理则有
开启“动能回收”装置后，由动能定理则有
则共回收的电能为
B正确；
C．根据图线①可知受到的合外力做功与电车动能变化为
可得
由图线②可得150m处的速度为
解得
此时回收功率为
代入数据可得
C错误；
D．由图线②可知，电动车在0~100m比在100m~200m的减少机械能多，回收的机械能应再乘以90%。因此回收的机械能要小于，D错误。
故选B。
12. 如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过轻质弹簧与顶部一质量的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，重力加速度为g，则（ ）
A. 地面对玩具做功为3mgh
B. 绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为3mgh
C. 绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh
D. 用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为4.5mgh
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，由于弹簧的弹力作用，使底座离开地面，因此地面对玩具不做功，故A错误；
BC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为，绳子绷紧瞬间，由于小球、弹簧与底座组成的系统作用时间很小，内力远大于系统受的合外力，可认为系统动量守恒，根据动量守恒定律可得
可得
则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能是
故B错误，C正确；
D．用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹性势能满足
故D错误。
故选C。
13. 如图所示，两等量异种点电荷（、）位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为m，电荷量为的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。圆环自C处以初速度向右运动，至位置停下，C、位置关于O点对称。已知圆环经过C、O位置时加速度大小相等，AO间距为L，重力加速度为g，各物理量满足，且圆环运动过程中电荷量始终不变，则下列判定正确的是（ ）
A. 圆环经过O点的速度为B. 电场力对圆环先做正功后做负功
C. 加速度为零的位置距离O点的距离为D. O、C位置的距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．C到O有
O到有
则
故A错误；
B．圆环沿横杆运动过程，所受电场力始终与位移方向垂直，所以电场力不做功。故B错误；
C．加速度为零的位置必满足
又
解得
所以加速度为零的位置距离O点的距离为
故C正确；
D．对C位置和O位置，受力分析有
又
解得
可得O、C位置的距离为
故D错误。
故选C。
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，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 遥感技术使用的电磁波是红外线
B. 无法通过是否具有各向异性来区别多晶体和非晶体
C. 隔着门缝听到琴声，是衍射现象造成的
D. 站在岸边的人会因为全反射而看不到湖中的鱼
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．遥感技术使用的电磁波是红外线，故A正确；
B．多晶体和非晶体都具有各向异性，故无法用是否具有各向异性来区别多晶体和非晶体，故B正确；
C．隔着门缝听到琴声，是衍射现象造成的，故C正确；
D．光从空气进入水中，不会发生全反射，根据光路的可逆性，站在岸边的人不会因为全反射而看不到湖中的鱼，故D错误。
故选ABC。
15. 均匀介质中有两个点波源、位于xOy平面内，位置坐标分别为和。两波源沿垂直坐标平面xOy方向做简谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点O处的时间差为2s。下列说法正确的是（ ）
A. 机械波在介质中的波长为2m
B. xOy平面内位置处在振动加强区
C. 两波源间的连线上有7个振动加强点
D. 时O处质点的位移为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．两机械波在同一介质传播，传播速度相同，设为v，由题意有
故波长为
故A正确；
B．由题意知，由于两波源的起振方向相反，所以振动加强点满足
到点的距离
到的距离为
故
所以位置处于振动减弱区，故B错误；
C．两波源间的连线上有8个振动加强点分别为
，，，0.5m，1.5m，2.5m，3.5m，4.5m
故BC错误；
D．两列波传到O点的时间分别为3s和5s，再经过
两位移叠加，可以计算出位移
故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 未来中国载人登月成功后，可利用单摆测量月球表面的重力加速度。航天员从月球上捡一块大小约为2cm的不规则石块做为摆球。航天员还有以下设备：刻度尺（量程30cm）、细线（1m左右）、计时器和足够高的固定支架。如图甲安装好器材，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长。
（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。
A. 将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，同时开始计时
B. 释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期也越大
C. 用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，则周期
D. 用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期
（2）秒表示数如图乙所示，它的示数为______s；
（3）取，由图丙求出重力加速度______（结果保留三位有效数字）；
（4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的值______（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。
【答案】（1）D （2）95.9
（3）1.63 （4）等于
【解析】
【小问1详解】
A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，经平衡位置开始计时，故A错误；
B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期与振幅无关，且偏角越大，单摆的运动就不是简谐振动，故B错误；
CD．应该用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由
求出周期，故C错误，D正确。
故选D。
【小问2详解】
根据秒表的读数规律，该读数为
【小问3详解】
设结点A到石块重心的间距为d，由单摆的周期公式则有
解得
则有图丙的斜率
解得
【小问4详解】
结合上述可知，根据图像的斜率求解重力加速度与结点A到石块重心的间距无关，即把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的g值等于当地的真实值。
17. 另一种无线充电技术是利用电容两个极板的静电耦合实现电能的传输。
（1）在做“观察电容器的充、放电现象”实验时，先将开关S拨到位置1，一段时间后再拨到位置2。在此过程中，根据电压传感器与电流传感器测量数据得到的和图线可能为________。
A． B.
C. D.
（2）将一电容为的电容器与一电压恒定的电源连接，电容器充电完成后，两极板上的电荷量分别为和，则电源电压为________V。
【答案】 ①. A ②. 12
【解析】
【详解】（1）[1] 开关S拨到位置1，是电容器充电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在增大。开关S拨到位置2，是放电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在减小。充电电流与放电电流方向相反，充电时与放电时都是电容器右边极板是正极板。故A正确，BCD错误。
故选A。
（2）[2]由，可知电源电压为
18. 如图所示，利用圆柱体容器及相关电路测量盐水电阻率。
（1）用游标卡尺测出圆柱体容器的内直径d，由玻璃管侧壁的刻度尺测出压缩后盐水的高度h。
（2）闭合开关S1，开关S2接___________（填“1”或“2”）端，调节滑动变阻器R，使电压表的读数为U1，滑动变阻器滑片不动，然后将开关S2接___________（填“1”或“2”）端，再次记录电压表的读数为U2，发现U1>U2，则电阻R0两端的电压为___________ 。
（3）已知定值电阻R0，根据（1）（2）测量的数据，计算得待测盐水的电阻率为___________。
【答案】 ①. 2 ②. 1 ③. U1-U2 ④.
【解析】
【详解】（2）[1][2][3]由于U1>U2，所以闭合开关S1后，开关S2应该先接2端再接1端，先后两次电压表的读数为U1和U2之差U1-U2即等于电阻R0两端的电压；
（3）[4]由于盐水和电阻R0串联，电流相等，则由欧姆定律和电阻定律得
联立以上两式解得待测盐水的电阻率为
19. 如图所示，圆柱形汽缸竖直悬挂于天花板，用横截面积为的轻质光滑活塞封闭一定质量的理想气体，活塞下悬挂质量为的重物，此时活塞处在距离汽缸上底面为的A处，气体的温度为。汽缸内的电阻丝加热，活塞缓慢移动到距离汽缸上底面为的B处。已知大气压为。
（1）活塞缓慢从A处移动到B处的过程中大气压对活塞做_____（填“正功”或“负功”），该封闭气体的内能_____（填“增大”或“减小”）；
（2）求活塞在B处时的气体温度；（ ）
（3）求活塞从A处到B处的过程中气体对外界做的功。（ ）
【答案】 ①. 负功 ②. 增大 ③. 360K ④. 128J
【解析】
【详解】（1）活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，大气压对活塞做对活塞的作用力向上，活塞的位移方向向下，则气压对活塞做对活塞做负功，对活塞进行分析有
可知，活塞缓慢从A处移动到B处的过程中，气体压强不变，气体体积增大，根据盖吕萨克定律可知，气体温度升高，体积增大，气体对外界做功，温度升高，气体内能增大。
（2）结合上述可知，A到B为等压过程，根据盖—吕萨克定律有
解得
（3）对活塞进行分析，结合上述有
解得
活塞从A处到B处的过程中，气体对外界做功
解得
20. 某装置竖直截面如图所示，长度的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一长为的水平轨道BC及一半径的光滑半圆弧轨道，其中点为半圆轨道的最低点，ED段为光滑圆管，。在轨道的末端D的左侧光滑的水平面上紧靠着质量为M、长为的滑块b，其上表面与轨道末端水平面平齐。物块与传送带、水平轨道BC、滑块b之间的动摩擦因数分别为、μ2=0.1、，其他轨道均光滑。质量为m可视为质点的小物块a在传送带A端静止释放。已知：、。
（1）若传送带以的速度顺时针运动，求小物块a：
①第一次到达位置的向心加速度大小；
②停止运动时距离B位置的距离；
（2）若小物块恰好能过D位置，求传送带的最小运行速度。
（3）若改变传送带的速度，使小物块a能滑上滑块b，求滑块至少多长才能保证小物块一定不会脱离滑块b。
【答案】（1）①；②2.5m；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）①若小物块在传送带上一直加速则有
解得
所以物块在传送带上是先加速，然后与传送带共速后，则保持匀速，到达B点的速度为
B到C由动能定理有
由于段光滑，所以
由向心加速度定义有
②设上升的高度为h，有
解得
所以物块刚好上升到与圆心等高出，然后来回滑动几次后停在BC，设在BC上滑行的总路程为s
解得
最后停在距离B点2.5m处。
（2）恰好能通过E必然满足
经计算若物块恰好能通过E时必然会过D位置
C到E的过程有
解得
所以传送带的最小运行速度为7m/s。
（3）若传送带一直加速，B到D由动能定理有
解得
物块与滑块动量守恒
能量守恒
解得
21. 如图所示，一电阻为、质量的导体棒ab静止在间距为的水平光滑导轨上（俯视图），导轨左端连接一个的电阻和一个“恒流源”，使流过导轨的电流恒为。沿水平导轨建立x轴，虚线位置为坐标原点O，在的区域存在方向竖直向下的匀强磁场；在的区域B随坐标x的变化规律为（T）。时刻开关S与1接通，导体棒从静止开始向左加速，时S掷向2接通定值电阻，同时施加水平向右的力F，在F和磁场力作用下，导体棒恰好返回初始位置停下。若导体棒从静止开始至返回过程的图如图所示，在至时间内，时撤去F。不计空气等摩擦阻力，磁场区域足够宽，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）时刻导体棒的速度；
（3）时刻；
（4）若直到导体棒回到初始位置才撤去F，同时把S掷向1，求导体棒沿x正方向运动的最远距离。
【答案】（1）1T ；（2）2m/s； （3）；（4）
【解析】
详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
则
解得
（2）根据
解得
（3）根据
解得
在0~t2时间段内的位移
从时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
联立可得
解得
（4）根据
类比弹簧简谐运动
解得
22. 图为带电离子分析装置示意图，它是由离子室、加速电场、偏转磁场、偏转电场及多区域磁场组成。已知加速电场的加速电压为U，偏转磁场为磁感应强度B的匀强磁场，该磁场分布在间距为d、长度为的两平行板中间，在偏转磁场的右侧存在一宽为、方向竖直向下的偏转电场，紧靠偏转电场的右侧有宽度均为、磁感应强度大小依次为B0，2B0，…，nB0的匀强磁场。一速度不计的离子经加速电场加速后沿两板中心线进入偏转磁场，该离子经偏转磁场偏转后从上板右侧边缘射入偏转电场，恰好能垂直电场线射入多区域磁场。不计离子的重力，求：
（1）该离子的比荷；
（2）偏转电场的电场强度E；
（3）若，该离子在多区域磁场中运动的最大水平位移x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）离子在加速电场中，根据动能定理有
解得
离子经偏转磁场偏转后从上板右侧边缘射出，根据几何关系有
解得
离子在偏转磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
联立解得
（2）粒子进入偏转电场时，令速度方向与水平方向夹角为，根据几何关系有
可知
离子进入偏转电场后根据牛顿第二定律有
离子在电场中做类斜抛运动，利用逆向思维有
，
联立解得
（3）离子在进入多磁场区域过程，当离子在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
同理可得离子在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
离子在第3个磁场中，有
离子在第n个磁场中，有
则离子经过n个磁场后，竖直方向有
解得
由于洛伦兹力不做功，则当水平位移到达最大时有
联立可得
解得
所以该离子在多区域磁场中运动的最大水平位移
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