2024-2025学年浙江省稽阳联谊学校高三(上)11月联考(选考)物理试卷(解析版)

这是一份2024-2025学年浙江省稽阳联谊学校高三(上)11月联考(选考)物理试卷(解析版)，共31页。试卷主要包含了可能用到的相关参数等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．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试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
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，答案写在本试题卷上无效。
4．可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。
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. 下列各选项中，负号表示方向的是（ ）
A. “-1J”的功B. “-1C”的电量
C. “”的加速度D. “-1Wb”的磁通量
【答案】C
【解析】A．功是标量，功有正负，但正表示动力做功，负表示阻力做功，即正负表示一种性质，不表示方向，故A错误；B．电量是标量，电量的正负表示带电体带正电还是带负点，即表示性质，不表示方向，故B错误；C．加速度是矢量，加速度的正负表示方向，故C正确；D．磁通量是标量，磁通量有正负，若磁场穿过线圈平面的方向与规定方向相同取正值，与规定方向相反取负值，但磁通量的正负不表示方向，故D错误。故选C。
2. 2024年10月乒乓球亚锦赛男单比赛，中国选手林诗栋连扳三局，战胜伊朗选手。下列说法正确的是（ ）
A. 乒乓球速度减小时，加速度可能增大
B. 研究乒乓球的旋转，可把其看作质点
C. 做杀球动作时，球拍对乒乓球一定不做功
D. 球拍击球使乒乓球原速率反弹，球拍对乒乓球的冲量为零
【答案】A
【解析】A．乒乓球的运动方向与受力方向相反时，速度减小，加速度可能在增大，A正确；
B．旋转的物体各部分运动情况不同，不能看成质点，B错误；
C．做杀球动作时，球拍可能对乒乓球做功，C错误；
D．球拍击球使乒乓球原速率反弹，速度大小不变，方向发生改变，乒乓球的动量变化不为零，根据动能定理可知，球拍对乒乓球的冲量不为零，D错误。
故选A。
3. 真空中有两个带电金属导体、，其中导体内部存在空腔，两者间的电场线分布如图中带箭头实线所示，曲线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，、、、为电场中的四个点，为空腔内部的一点，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势等于点电势
B. 点电场强度与点电场强度相同
C. 点电场强度和电势均小于零
D. 带电粒子仅在电场力作用下沿曲线运动时，电场力先做负功再做正功
【答案】D
【解析】A．电势沿着电场线降低，c点电势高于d 点电势，A错误；
B．电场线密集处电场强, 电场线稀疏处电场弱，a点电场强度大于b点电场强度，B错误；
C．导体空腔内的电场强度为零，O点电场强度为零，C错误；
D．由运动轨迹结合电场线分布可知，带电粒子带负电，电场力先做负功再做正功，D正确。
故选 D。
4. 2024年10月，中国人民解放军东部战区在台岛周边开展实战演习，震慑“台独”势力。一枚质量为的炮弹以初速度斜向上发射，运动轨迹如图所示，点为炮弹发射点，点为与点等高的落地点，点为曲线最高点。假设这枚炮弹在空中无动力飞行时受到的空气阻力大小不变（小于重力），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（ ）
A. 炮弹在点后做平抛运动
B. 炮弹在点的加速度大于
C. 炮弹在上升过程中处于超重状态
D. 炮弹上升过程和下降过程运动时间相等
【答案】B
【解析】A．炮弹在点后受到重力和空气阻力，所以之后不做平抛运动，故A错误；
B．炮弹在点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合外力大于重力，根据牛顿第二定律可知，炮弹在点的加速度大于，故B正确；
C．炮弹在上升过程中竖直方向的合外力向下，竖直方向的加速度向下，故处于失重状态，故C错误；
D．由于上升时和下落时竖直方向的加速度不同，故炮弹上升过程和下降过程运动时间不相等，故D错误。
故选B。
5. 核电池能效高、续航时间长。其中某种核电池是将（镅）衰变释放的核能部分转换成电能。（镅）的衰变方程为，则（ ）
A. 极寒、高压环境会使半衰期变短
B. 该核反应发生时，镅核必须克服核力的排斥作用
C. 该反应要持续进行，镅核原料的体积必须大于临界体积
D. 衰变成和时，和的结合能之和大于
【答案】D
【解析】A．半衰期只由原子核自身决定，极寒、高压环境不会使半衰期变短，故A错误；
B．该核反应发生时，镅核必须克服核力的吸引作用，故B错误；
C．该反应是衰变，不是核裂变反应，所以该反应要持续进行，镅核原料的体积没有临界体积，故C错误；
D．衰变成和时，生成物比反应物更稳定，所以和的比结合能大于的比结合能，由于质量数不变，则和的结合能之和大于，故D正确。
故选D。
6. 小明观察到出水口竖直朝下的水龙头流出的水，落在硬质水平瓷砖上时会溅起明显水花。他对此进行研究：测得水龙头出口处圆管内径为，水龙头出口处与瓷砖的高度差为。调节水龙头旋钮，出现明显水花，极短时间内从出口处流出水的体积是，重力加速度为，水的密度为，不考虑空气阻力。假定水在管道内做匀速直线运动，则（ ）
A. 水从水龙头出口落至瓷砖，用时为
B. 水落到瓷砖上时的速度是
C. 水落到瓷砖上时的重力功率为
D. 瓷砖对溅起的水做负功
【答案】B
【解析】AB．水龙头出口处的圆管面积为
极短时间内流水的速度
根据匀变速直线运动规律可知
解得水落到瓷砖上时的速度是
所用时间为
故A错误，B正确；
C．水落到瓷砖上时的重力功率为
故C错误；
D．瓷砖对已溅起的水花不做功，故D错误。
故选B。
7. 2024年9月，我国成功发射首颗可重复使用返回式试验卫星——实践十九号卫星。如图所示，此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道高度约为800km，此轨道称为太阳同步轨道：它随地球绕太阳公转的同时，轨道平面平均每天转动的角度约为1°，使轨道平面始终与太阳保持固定的取向，这样太阳光能始终照射到实践十九号卫星上。已知地球半径取6400km。则（ ）
A. 实践十九号卫星的向心力始终不变
B. 实践十九号卫星做圆周运动的线速度大于7.9km/s
C. 实践十九号卫星做圆周运动的周期约为100分钟
D. 实践十九号卫星做圆周运动的角速度大小约为rad/s
【答案】C
【解析】A．实践十九号卫星绕地球做匀速圆周运动，向心力始终指向地心，方向时刻改变，故A错误；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则实践十九号卫星的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
解得
故实践十九号卫星做圆周运动的周期约为100分钟，故C正确；
D．实践十九号卫星做圆周运动的角速度大小约为
故D错误。
故选C。
8. 大海中有各种灯浮标，其中有一种灯浮标如图甲所示，它的结构可以简要分为上下两部分，分别为标体（含灯等装置）和浮体（形状为圆柱体，部分浮在水上）。现在用外力将灯浮标向下按压一段距离后释放，整体所受的浮力随时间正弦式周期性变化，如图乙所示，已知整个过程中圆柱体浮体始终未完全浸入水中，忽略空气及水的阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 灯浮标整体做简谐运动，回复力由重力提供
B. 0-0.5s内灯浮标整体的加速度逐渐减小
C. 灯浮标整体的重力等于
D. 灯浮标整体所受合外力大小与偏离受力平衡位置的距离成正比
【答案】D
【解析】AD．由题图乙可知，灯浮标整体始终受浮力作用，说明整体始终未脱离水面，设受力平衡时浮体在水下的长度为L，根据平衡条件有
设释放后某时刻距受力平衡位置x，以向下为正方向，系统所受的力可知
灯浮标整体所受合外力大小与偏离受力平衡位置的距离成正比，即灯浮标整体做简谐运动，回复力是水的浮力与系统重力的合力，故A错误，D正确；
B．0-0.5s内灯浮标整体从浮力最大的位置运动到浮力最小的位置，即从最低点上浮到最高点的位置，分别处于简谐振动的正向最大位移处和负向最大位移处，灯浮标整体的加速度先逐渐减小，后反向增大，故B错误；
C．根据简谐运动的特点可知，灯浮标整体在最高点和最低点的加速度大小相等，则在最低点有
在最高点有
联立可得灯浮标整体的重力
故C错误。故选D。
9. 原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子分别设为①、②、③，对应频率分别为、、。若用①照射某金属表面时能发生光电效应，则（ ）
A. 频率为的光子的动量为
B. 若用②照射该金属表面时也一定能发生光电效应
C. 用①、③两种光分别照射该金属，逸出光电子的最大初动能之差
D. 用②、③两种光分别射入双缝间距为，双缝到屏的距离为的干涉装置，产生的干涉条纹间距之差为
【答案】A
【解析】A．由于光子的动量
根据波长、波速、频率的关系可知
联立解得
故频率为的光子的动量为，A正确；
B．因②对应的能级差小于①对应的能级差，可知②的能量小于①的能量，②的频率小于①的频率，则若用①照射某金属表面时能发生光电效应，用②照射该金属不一定能发生光电效应，B错误；
C．根据光电效应方程可，①、③两种光分别照射该金属，逸出光电子的最大初动能
故最大初动能之差
C错误；
D．根据双缝干涉条纹间距公式可得
其中
整理可得
同理可得
②、③两种光的干涉条纹间距的差值为
D错误。故选A
10. 我国古代利用水轮从事农业生产，其原理简化如图所示，细绳跨过光滑固定转轴，一端绕在固定转轮上，另一端与重物相连。已知转轮与水轮圆心等高且距离为6m，转轴到圆心距离为3m，重物质量为4kg。现水轮绕点缓慢转动（重物未与圆盘接触），通过转轮收放细绳，使细绳始终绷紧，那么细绳对转轴的作用力范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】如图1所示
在水轮缓慢转动过程中，虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为固定转轴光滑且缓慢转动，所以轴两边绳子上的拉力均为mg，根据平行四边形定则，可知当两边绳子之间的夹角最小时合力最大，夹角最大时合力最小。由几何关系可知，图1中位置时合力最大，位置时合力最小。对固定转轴在位置处进行受力分析如图2所示
设，在直角三角形中，根据几何关系可得
解得
根据平行四边形定则，可得合力与竖直方向的夹角为，则有
同理，对固定转轴在位置处进行受力分析，如图3所示
根据几何关系可知
则与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则，可知合力与竖直方向的夹角为，则可得
故轻绳对固定转轴B的作用力范围为
，故选C。
11. 如图所示是边长为的正六边形的横截面，在A点有一粒子源能以相同的动能向正六边形内各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，六边形内有平行于平面的匀强电场，经过点的粒子的动能是，粒子从电场中射出的最大动能是，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度大小为
B. 电场强度大小为
C. 电场强度方向可能从A指向
D. 电场强度方向可能从A指向
【答案】B
【解析】CD．由题意可知，经过点的粒子的动能增加量为，粒子从电场中以最大动能射出时动能增加量为，也就是说，以最大动能射出的粒子沿电场方向的位移大小是从B点射出的粒子沿电场方向位移大小的2倍，说明电场方向是沿从A指向C的方向，故C、D错误；
AB．对于从B点射出的粒子，根据动能定理有
求得
故A错误，B正确。
故选B。
12. 如图甲所示，在竖直平面内有一半径为的固定光滑绝缘圆桶，在空间中有平行圆桶轴线的水平匀强磁场，一质量为、带电量为的带电小球沿圆桶外壁做圆周运动，如图乙所示为带电小球所在处的截面图，为竖直直径，初始时带电小球位于圆环最高点A（圆桶外侧），并且有水平方向的速度（以水平向左为速度的正方向），如果带电小球在A点不脱离圆桶，带电小球初速度可能的取值为（ ）
A. 3m/sB. 6m/sC. -3m/sD. -6m/s
【答案】A
【解析】假设初速度向左，则小球所受洛伦兹力竖直向下，小球不脱离圆桶需满足
即
求得

故选A。
13. 如图所示，在之间接有交流电源，其电压的有效值为。电路中共接有六个相同的定值电阻。S断开时，滑动变阻器触片滑到最下面时，恰好理想变压器的输出功率最大（包含副线圈负载电阻阻值从0到无穷大的变化范围）。S闭合后，滑动变阻器触片仍然滑到最下面时，下列说法正确的是（ ）
A. 变压器原、副线圈匝数的比值为1∶4
B. S闭合后，两端电压为
C. S闭合后，两端电压为
D. S闭合后，的功率是的4倍
【答案】D
【解析】A．设定值电阻阻值为，将副线圈电阻等效到原线圈，则有
理想变压器的输入功率
可知当
时，输入功率最大，根据能量守恒可知，此时输出功率也最大，由于等效电阻和串联且电压相等，则有
解得
故A错误；
B．S闭合后，与并联再与串联，则分担的电压即输入电压为
副线圈输出电压
两端电压为
故B错误；
C．S闭合后，两端电压与等效电阻的电压相等，即
故C错误；
D．S闭合后，两端的电压
的功率
的功率
所以
故D正确。
故选D。
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，选对但不全的得分）
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 动量守恒定律适用于微观、高速领域
B. 水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银浸润玻璃
C. 赫兹首先发现了光电效应现象，爱因斯坦解释了光电效应现象
D. 用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子（基态能级），氢原子可以发生电离
【答案】ACD
【解析】A．动量守恒定律具有普适性，不仅适用于微观、高速领域，而且也适用于宏观、低速领域，故A正确；
B．水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃，故B错误；
C．赫兹首先发现了光电效应现象，爱因斯坦解释了光电效应现象，故C正确；
D．根据波尔定态假设可知，激发能级满足，故n=2的激发态能级为，由于3.5eV>3.4eV，故用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子，氢原子可以发生电离，故D正确。
故选ACD 。
15. 某兴趣小组设计了一种检测油深度的油量计，如图甲所示油量计固定在油桶盖上并将油量计竖直插入油桶，通过油箱盖的矩形窗口可看见油量计上端面的明暗区域。图乙是油量计的部分正视图，锯齿数共有10个，它是一块锯齿形的透明塑料，锯齿形的底部是一个等腰直角三角形，腰长为，相邻两个锯齿连接的竖直短线长度为，最右边的锯齿刚接触到油桶的底部，塑料的折射率小于油的折射率。若油面不会超过图乙中的虚线Ⅰ，不计油量计对油面变化的影响，则（ ）
A. 窗口竖直向下射入的光线在塑料和空气的界面处发生全反射，返回油量计的上端面并射出，形成亮区
B. 窗口竖直向下射入的光线在塑料和油的界面处发生折射进入油中，油中反射光线发生干涉，叠加加强，形成亮区
C. 油的折射率可能为1.5
D. 油的深度与明线长度满足的关系式为
【答案】AC
【解析】AB．窗口竖直向下射入的光线在塑料和空气的界面处发生全反射，返回油量计的上端面并射出，进入人的眼睛，因此人看到的是亮区，故A正确，B错误；
C．由于锯齿形的底部是一个等腰直角三角形，故光线从塑料入射到空气时的临界角C小于等于，故有
所以油的折射率可能为1.5，故C正确；
D．由题中可知，锯齿总共有个，等腰直角形锯齿的斜边长度为，故当明线长度为时，发生全反射的锯齿个数为
因此发生折射的锯齿个数为
由于竖线的长度为，故油的深度为
故D错误。
故选AC。
非选择题（本题共5小题，共55分）
三、实验题（Ⅰ、Ⅱ两小题，共14分）
16. 用甲图装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，为了平衡摩擦力，若所有操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应_______（填“减小”或“增大”）木板的倾角。
【答案】增大
【解析】由打出的纸带可知，小车做的是减速运动，说明木板的倾角偏小，应增大木板的倾角。
17. 如图所示为一条记录小车运动情况的纸带，图中、、、、为计数点，相邻计数点间的时间间隔，根据数据可计算出点的瞬时速度大小为_______m/s，小车运动时加速度大小为________m/s2。
【答案】0.55 0.60
【解析】[1]根据中间时刻的速度等于相邻两个计数点之间的平均速度，则
[2]根据逐差法，小车运动时加速度大小为
18. 如图所示，小车通过细绳与钩码相连，遮光片固定在小车的最右端，光电门传感器固定在长木板上，小明研究组利用图中装置完成了“验证牛顿第二定律”的实验，小红研究组将长木板放平，并把小车换成木块，完成了“测定长木板与木块间动摩擦因数”的实验。
（1）关于小明研究组的实验，下列说法正确的是_______。
A. 需要平衡摩擦力，要求钩码的质量远小于小车质量
B. 不需要平衡摩擦力，要求钩码的质量远小于小车质量
C. 需要平衡摩擦力，不要求钩码的质量远小于小车质量
D. 不需要平衡摩擦力，不要求钩码的质量远小于小车质量
（2）在实验操作完全正确的情况下，小明研究组将小车从某一位置由静止释放，测出遮光片的宽度和它通过光电门的挡光时间，小车静止时的位置到光电门的位移，小车的质量，弹簧测力计的示数，则与应满足的关系式为________。（可用、、、等字母表示）
（3）小红研究组测出木块静止时遮光片右端距光电门左端的位移，由遮光片宽度和挡光时间求出滑块的速度大小，并算出，然后作出的图像如图所示，根据图像可求得动摩擦因数_______。（可用、、、等字母表示）
【答案】（1）C （2） （3）
【解析】【小问1详解】
因为力可由弹簧测力计测出，所以近似不需要；摩擦力还是要平衡的。
故选C。
【小问2详解】
小车通过光电门的速度
由匀变速直线运动规律
解得
若满足牛顿第二定律则有
解得
【小问3详解】
根据动能定理可得
解得
结合图像可得
联立解得
19. 某同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材有：
A.电流表：量程0~0.6A，内阻约
B.电流表：量程0~3A，内阻约
C.电压表：量程0~3V，内阻约
D.电压表：量程0~15V，内阻约
E.滑动变阻器（最大阻值）
F.滑动变阻器（最大阻值）
G.开关、导线若干
（1）为了较准确测量电池电动势和内阻，按照如图甲所示电路图，电压表应该选择_________，电流表应该选择________，滑动变阻器应该选择________。（均选填仪器前面的字母序号）
（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的图线，由图可知电源电动势_______V。内阻________。（结果保留三位有效数字）
（3）①按如图甲所示电路图实验时，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下列说法正确的是_______；
A.引入系统误差的原因是电流表的分压作用
B.引入系统误差的原因是电压表的分流作用
②图丙中实线为小明同学按如图甲所示电路图，正确操作时作出的图线，两条虚线、中有一条是电源电动势和内阻真实图线，下列说法正确的有_______。
A.图线表示真实图线，小明同学所测电动势和内阻均偏小
B.图线表示真实图线，小明同学所测电动势大小等于真实值，内阻偏大
（4）现有两个相同规格小灯泡、，此种灯泡的特性曲线如图丁所示，将它们并联后与同类型的两节干电池（，）和定值电阻（）相连，如图戊所示，则灯泡的实际功率为_______W。（结果保留两位小数）
【答案】（1）C A E
（2）1.47##1.48##1.49##1.50 1.78##1.79##1.80##1.81##1.82
（3）B A
（4）0.20
【解析】【小问1详解】
[1]干电池的电动势约为1.5V，所以电压表选C；
[2]因为电源内阻一般为几欧，则短路电流为，估算短路电流不到1A，为了精确测量，所以选小量程电流表，故应A；
[3]滑动变阻器F的最大阻值过大，在调节时电路中电流都很小，所以滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器E；
【小问2详解】
[1]根据路端电压与电流的关系
可知图像纵截距表示电源电动势，则
[2]以上分析可知，图像斜率绝对值表示电源内阻，则
【小问3详解】
[1]小明实验时，引入系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏小，A错误，B正确；
[2]当外电路短路时，电压表分流为0，短路电流相同，即小明作出的图线和真实图线与横轴交点相同，图线表示真实图线，根据图线可知所测电动势和内阻均偏小，A正确，B错误；
【小问4详解】
图戊中，根据闭合电路欧姆定律得
整理得
将其图像画在图丁中，如图所示，蓝色图线与纵轴截距为0.30A，与横轴交点为3.00V
两线相交处
，
灯泡的实际功率为
20. 玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，白天潜水员在水面上将100 mL水装入容积为400 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，瓶身长度相对水深可忽略，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为250 mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏。已知大气压强p0 = 1.0 × 105 Pa，水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3。则：
（1）若温度保持不变，瓶内气体内能的变化量ΔU__0（选填“大于”、“等于”或“小于”），全过程瓶内气体____（选填“吸收热量”、“放出热量”或“不吸热也不放热”）；
（2）若温度保持不变，求白天水底的压强p1和水的深度h。
（3）若白天水底温度为27℃，夜晚水底的温度为24℃，水底压强p1不变，求夜晚瓶内气体体积。
【答案】（1）等于 放出热量
（2）2.0 × 105 Pa，10 m
（3）148.5 mL
【解析】【小问1详解】
[1][2]温度不变，则气体内能不变，即ΔU = 0，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体放出热量。
【小问2详解】
根据玻意耳定律
即
解得
根据
解得
【小问3详解】
根据盖吕萨克定律可知
即
解得
21. 如图所示，半径的四分之一光滑圆轨道与光滑水平长直轨道在点平滑连接，圆轨道A点与圆心等高，点切线水平。一条长度的水平传送带以的速度匀速向右运行。时刻一物块在传送带左端静止释放。另一时刻，一与物块完全相同的物块从A点以一初速度释放。时刻物块以的速度冲上传送带左端。已知物块、质量均恒为，两物块与传送带的动摩擦因数均为，两物块运动过程中均可看作质点，两者的碰撞时间极短（可忽略不计），而且碰后物块、粘在一起，求：
（1）物块在A点时受到轨道支持力的大小；
（2）碰撞前瞬间物块、的速度分别多大；
（3）物块从传送带左端运动到右端所用的时间；
（4）在0-3s时间内，传送带额外消耗的电能。
【答案】（1）80N （2）6m/s，8m/s
（3）2s （4）24J
【解析】【小问1详解】
从A点到C点的过程中，由动能定理
得
在A点，对物块受力分析，由牛顿第二定律
得物块在A点时受到轨道支持力的大小为
【小问2详解】
在传送带上对物块由牛顿第二定律可知
可得和的加速度大小均为
相遇时由运动学关系可知
解得
或（舍去）
得碰撞前瞬间物块、的速度大小分别为
【小问3详解】
碰撞过程中有动量守恒定律
解得
由运动学公式
解得
，
则
【小问4详解】
0-2s内传送带位移
2s-3s内对传送带的摩擦力和对传送带的摩擦力大小相等，方向相反，总的摩擦力对传送带不做功所以传送带额外消耗的电能
22. 如图甲所示，一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为的水平光滑平行金属导轨相连，其末端装有挡板、。另一倾角、宽度也为的倾斜光滑平行金属直导轨顶端接一电容的不带电电容器。倾斜导轨与水平导轨在处绝缘连接（处两导轨间绝缘物质未画出），两导轨均处于一竖直向下的匀强磁场中。从导轨上某处静止释放一金属棒，滑到后平滑进入水平导轨，并与电容器断开，此刻记为时刻，同时开始在上施加水平向右拉力继续向右运动，之后始终与水平导轨垂直且接触良好；时，与挡板、相碰，碰撞时间极短，碰后立即被锁定。另一金属棒的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块相连；初始时绳子处于拉紧状态并与垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行。在后的速度-时间图线如图乙所示，其中1-2s段为直线，棒始终与导轨接触良好。、、、均平行。已知：磁感应强度大小，，、和的质量均为0.4kg，无电阻，电阻为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；整个运动过程未与滑轮相碰，未运动到处，图甲中水平导轨上的虚线表示导轨足够长。，，，，图乙中为一常数，。求：
（1）棒刚滑到倾斜轨道时的加速度大小（电容器工作正常，结果保留1位小数）；
（2）在1~2s时间段内，棒的加速度大小和细绳对的拉力大小；
（3）时，棒上拉力的瞬时功率；
（4）在2~3s时间段内，棒滑行的距离。
【答案】（1）
（2），1.8N
（3）32.3W （4）2.53m
【解析】【小问1详解】
做匀加速直线运动
解得
【小问2详解】
由图像可得在1~2s内，棒做匀加速运动，其加速度为
依题意物块的加速度也为，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
【小问3详解】
由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在1~2s内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为
两棒速度差为
由图像可知时，棒的速度为
此刻棒的速度为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为；对棒由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
其水平向右拉力的功率
【小问4详解】
棒停止后，回路中电流发生突变，棒受到安培力大小和方向都发生变化，棒是否还拉着物块一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒加速度为
物块加速度为
说明棒停止后绳子松弛，物块做加速度大小为2.5m/s2的匀减速运动，棒做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2~3s内
棒滑行的距离
这段时间内物块速度始终大于棒滑行速度，绳子始终松弛。
23. 如图所示，存在垂直平面向外、大小为（T）的磁场，另有与正交的电场，为空间任意点到点的距离，、为系数。一质量为、带电荷量为（）的粒子绕点做顺时针匀速圆周运动，电场跟随带电粒子同步绕圆心转动，电场方向与速度方向夹角保持不变。带电粒子重力不计，运动时的电磁辐射忽略不计。则：
（1）若（T·m），，求粒子做匀速圆周运动周期大小；（用、、表示）
（2）若，，，求粒子做匀速圆周运动的线速度大小；（用、、表示）
（3）若带电粒子运动时还受到阻力，阻力大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，即，为系数。当半径为时，带电粒子的角速度大小恒为，求此时带电粒子运动速度的大小（可以用、、、、表示）和；
（4）当带电粒子运动到图中的A点时，撤掉原电场和磁场，整个空间处于垂直平面向外、大小为的匀强磁场中，阻力大小仍与速度大小成正比，方向仍与速度方向相反，试判断并分析带电粒子停止的位置能否在的连线上。
【答案】（1）
（2）
（3）；1
（4）不能停在的连线上
【解析】【小问1详解】
若（T·m），，则
，E=0
即洛伦兹力提供向心力，有
又
联立，解得
【小问2详解】
若，，，则
，
即电场力提供向心力，有
解得
【小问3详解】
带电粒子运动速度的大小
带电粒子在水平面内做匀速率圆周运动，则粒子在运动方向上所受合力为零，即
洛伦兹力与电场力的分力的合力提供向心力
又

解得
【小问4详解】
以A为原点，方向为轴，切线方向为轴，建立坐标系。
若能停在的连线上，轴方向，由动量定理，可得
若能停在连线上，那么
解得
则
解得
同理，轴方向由动量定理可得
若能停在的连线上，则
则
，
两者矛盾，所以不能停在的连线上。