黃金卷06-【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷（浙江卷專用）（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁【贏在高考·黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷（浙江卷專用）黃金卷06（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列各組物理量，在國際單位制中屬于基本量的是（）A．速度、質(zhì)量、長度 B．質(zhì)量、長度、時間 C．加速度、長度、速度 D．質(zhì)量、加速度、力【解答】解：在國際單位制中屬于基本量的是：質(zhì)量、長度、時間。故ACD錯誤，B正確；故選：B。2．關(guān)于如圖四幅圖像，下列說法正確的是（）A．圖甲中，灑水車在灑水過程中慣性變小 B．圖乙中，籃球在空中上升時處于超重狀態(tài) C．圖丙中，離心機分離血液時，血液受到離心力作用 D．圖丁中，行進火車上向前射出的光，其速度大于光速c【解答】解：A．由于灑水車在灑水過程中質(zhì)量變小，因為慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越小，慣性越小，即灑水車在灑水過程中慣性變小，故A正確；B．籃球在空中上升時加速度豎直向下，則籃球處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．離心機分離血液時，是由于血液受到的作用力不足以提供血液所需要的向心力而發(fā)生離心運動，不會受到離心力作用，故C錯誤；D．由于光速不變原理可知，行進火車上向前射出的光，其速度仍等于光速c，故D錯誤。故選：A。3．如圖所示，一種古老的舂米裝置，使用時以O(shè)點為支點，人用腳踩踏板C，另一端的舂米錘B上升，松開腳后，B回落撞擊谷槽A中的谷米。已知OC＜OB，忽略一切摩擦阻力，下列說法正確的是（）A．B、C的線速度關(guān)系滿足vB＞vC B．B、C的向心加速度大小相等 C．踩下踏板的過程中，腳對踏板做的功等于B增加的重力勢能 D．B回落過程中減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為B的動能【解答】解：A．B、C屬于同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)v＝ωr由于rOC＜rOB，則vB＞vC，故A正確；B．根據(jù)a＝ω2r由于rOC＜rOB，可知，B的向心加速度大于C的向心加速度，故B錯誤；C．踩下踏板的過程中，腳對踏板做的功等于B增加的重力勢能、B增加的動能與踏板增加的動能與重力勢能之和，故C錯誤；D．B回落過程中減少的重力勢能等于為B的動能、踏板的動能與重力勢能的變化量之和，故D錯誤。故選：A。4．在2023年世界泳聯(lián)錦標(biāo)賽女子10米臺決賽中，陳芋汐、全紅嬋以領(lǐng)先第三名超過一百分的巨大優(yōu)勢包攬冠亞軍。以離開跳板為計時起點，陳芋汐比賽時其豎直分速度隨時間變化的圖像如圖所示（忽略空氣阻力），其中0～t2時段圖線為直線，其后的圖線為曲線。則下列說法正確的是（）A．研究陳芋汐在空中的動作時可以把她看成質(zhì)點 B．陳芋汐在t2時刻開始入水 C．陳芋汐在t3時刻達到水下最深處 D．在t1～t3時間內(nèi)陳芋汐的平均速度v【解答】解：A．研究陳芋汐在空中的動作時，其形狀和大小不能忽略，故不可以作為質(zhì)點，故A錯誤；BC．根據(jù)v﹣t圖圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸所圍的面積大小等于位移，可知：陳芋汐在0～t1時間段內(nèi)做豎直上拋運動，t1～t2時間段內(nèi)做自由落體運動，t2時刻開始入水，之后在t2～t4時間段在水中做變加速運動，在t4時刻速度為0，則t4時刻達到水下最深處，故B正確，C錯誤；D．若在t1～t3時間內(nèi)陳芋汐做勻變速直線運動，則此時間內(nèi)v=v32，但是陳芋汐t1～t2時間段內(nèi)做自由落體運動，t2時刻開始入水，后在t2～t3做變加速運動，故在t1～t故選：B。5．如圖，小明在傾斜的路面上使用一臺沒有故障的體重秤，那么測出來的體重示數(shù)比他實際體重（）A．偏大 B．偏小 C．準(zhǔn)確 D．不準(zhǔn)確，但無法判斷偏大偏小【解答】解：設(shè)路面的傾角為θ，人的質(zhì)量為m，測出來的體重示數(shù)就是小明對臺秤的正壓力，即為FN＝mgcosθ＜mg，故測出來的體重示數(shù)比他實際體重偏小，故B正確、ACD錯誤。故選：B。6．2021年9月17號下午，載著三名航天員的神舟十二號載人飛船返回艙成功在“東風(fēng)”著陸場著陸，創(chuàng)造了中國航天的新記錄神舟十二號載人飛船是在16號上午與“天和”號空間站核心艙分離后返回地球的，分離后核心艙的軌道可視為不變。關(guān)于神舟十二號飛船和“天和”號核心艙的運動，以下說法正確的是（）A．與飛船分離后，核心艙受到的向心力將減小 B．與飛船分離后，核心艙運行的線速度將增大 C．只需要測量地面的重力加速度和核心艙的運行周期即可算出核心艙的軌道高度 D．飛船需要通過制動減速以返回地球【解答】解：A、萬有引力提供向心力，由萬有引力公式F＝GMmrB、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得；GMmr2=mvC、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMmr2=m(2πTD、飛船制動減速做向心運動，軌道半徑減小可以返回地球，故D正確。故選：D。7．圖甲是研究光電效應(yīng)的電路圖，K極金屬的逸出功為2.25eV，圖乙為氫原子能級圖，巴耳末系的四種可見光，是分別從n＝3、4、5、6能級躍遷到n＝2能級產(chǎn)生的。下列說法正確的是（）A．當(dāng)P置于C端時，電流表示數(shù)一定為0 B．當(dāng)氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時，由于能級降低，電子的動能減小 C．上述的四種可見光中有兩種能讓圖甲中的K極發(fā)生光電效應(yīng) D．處在n＝2能級的氫原子能吸收動能為2.75eV的自由電子的能量而向高能級躍遷【解答】解：A．當(dāng)P置于C端時，AK間的電壓雖然為0，但由于從光電管K逸出的光電子具有初動能，光電子可能到達A形成光電流，則電流表的示數(shù)可能不為0，故A錯誤；B．當(dāng)氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)，能級降低，電子的軌道半徑減小根據(jù)庫侖力提供向心力k電子的動能E聯(lián)立解得E由于電子的軌道半徑較小，因此電子的動能增大，故B錯誤；C．從能級n＝3躍遷至n＝2產(chǎn)生的光的光子能量為ΔE1＝E3﹣E1＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于逸出功，不能使K極金屬發(fā)生光電效應(yīng)；從能級n＝4躍遷至n＝2產(chǎn)生的光的光子能量為ΔE2＝E4﹣E2＝0.85eV﹣（﹣3.4eV）＝2.55eV，大于逸出功，可以使K極金屬發(fā)生光電效應(yīng)；同理可得，從能級n＝6、5躍遷至n＝2產(chǎn)生的光的光子能量大于2.55eV，大于逸出功，能使K極金屬發(fā)生光電效應(yīng)；所以氫原子光譜中有3種可見光能讓圖甲中K極金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D．處在n＝2能級的氫原子可以吸收動能為2.75eV的自由電子的一部分動能1.89eV或2.55eV而向高能級躍遷，故D正確。故選：D。8．如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折射或反射形成的。一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）A．在冰晶中，a光的折射率較大 B．在冰晶中，b光的傳播速度較大 C．從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大 D．a(chǎn)、b光在真空中傳播時，b光的波長較長【解答】解：A．設(shè)入射角為α，折射角為β，由圖乙，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根據(jù)折射定律n=可知，a光折射率小于b光折射率，故A錯誤；B．b光折射率大，又因為v=cC．由全反射臨界角的公式有sinC=由之前的分析可知，b光的折射率大，所以a光的臨界大于b光的臨界角，故C正確；D．由于a光的折射率小于b光的折射率，所以a光頻率小于b光頻率，根據(jù)c＝λf可知，a光的波長大于b光的波長，故D錯誤。故選：C。9．如圖所示電路，理想變壓器的原線圈接u＝2202sin100πt（V）的交流電，原、副線圈的匝數(shù)比n1：n2＝11：1，電阻R1＝2R2＝10Ω，D1、D2均為理想二極管（正向電阻為零，反向電阻為無窮大），則副線圈電路中理想交流電流表的讀數(shù)為（）A．10A B．3A C．3A 【解答】解：根據(jù)理想變壓器電壓特點可知，副線圈兩端電壓U因為二極管具有單向?qū)щ娦?，電阻R1、R2半個周期有電流，另半個周期電流為0，根據(jù)歐姆定律：I1=U設(shè)通過電流表的電流為I，根據(jù)熱效應(yīng)有：U代入數(shù)據(jù)解得：I＝3A，即為副線圈電流表的示數(shù)為3A，故C正確，ABD錯誤。故選：C。10．下列說法正確的是（）A．如圖所示，ABC構(gòu)成等邊三角形，若兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0，則C處磁場的總磁感應(yīng)強度大小是3B0 B．小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當(dāng)導(dǎo)線中通有如圖所示電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向外轉(zhuǎn)動 C．如圖所示，一矩形線框置于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時通過線框的磁通量為BS D．如圖所示，豎直放置的長直導(dǎo)線通有恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，將線框繞PQ軸轉(zhuǎn)動時線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流【解答】解：A、根據(jù)安培定則判斷兩導(dǎo)線在C點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，將兩通電導(dǎo)線A、B在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向畫出，兩導(dǎo)線在C點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小相同，如下圖所示：則由矢量合成求出C處磁場的總磁感應(yīng)強度大小為B合=3B0B、根據(jù)安培定則得，導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生垂直于紙面向內(nèi)的磁場，小磁針N極受力方向與磁場方向相同，所以小磁針的N極將會垂直紙面向內(nèi)轉(zhuǎn)動，故B錯誤；C、因線框平面與磁場方向平行，所以此時通過線框的磁通量為0，故C錯誤；D、線框繞PQ軸轉(zhuǎn)動時，通過線圈的磁通量未發(fā)生變化，所以線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯誤。故選：A。11．如圖所示是某一直流電動機提升重物的示意圖。重物質(zhì)量m＝50kg，電源提供給電動機的電壓為U＝110V。當(dāng)電動機以v＝0.9m/s的恒定速率向上提升重物時，通過電動機的電流為I＝5.0A。不計各種摩擦，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．電動機輸出的功率為450W B．電動機輸入的功率為500W C．電動機損耗的功率為50W D．電動機線圈的電阻為22Ω【解答】解：A、提升重物的功率P出＝mgv＝50×10×0.9W＝450W，故A正確；B、電動機的輸入功率P入＝UI＝110×5.0W＝550W，故B錯誤；CD、由P入＝P出+P損和熱功率P損＝I2R線解得：P損＝100W，R線＝4Ω，故CD錯誤。故選：A。12．在真空中A、B兩點分別放有異種點電荷+Q和﹣2Q，以AB連線中點O為圓心作一圓形路徑acbd，如圖所示，則下列說法正確的是（）A．電場強度大小關(guān)系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．電勢高低關(guān)系有φa＞φb、φc＝φd C．選擇合適零勢面，φb可能大于φc D．將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中電勢能始終不變【解答】解：A、由于QA＜QB，a點處電場線比b點處電場線疏，a點場強小于b點場強。而cd兩點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤。B、由題，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，則有φa＞φb、由于電荷從c點移到d點，電場力做功為零，所以兩點電勢相等。故B正確。C、由題，電場線方向由A指向B，沿電場線方向電勢降低，則有φc＞φb，與零勢面選取無關(guān)，故C錯誤。D、將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中，根據(jù)電場強度的疊加可知，在c點電場力方向與速度方向夾角小于90°，而在d點的電場力方向與速度方向夾角大于90°，所以電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大。故D錯誤。故選：B。13．風(fēng)力發(fā)電將為2023年杭州亞運會供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機葉片轉(zhuǎn)速m轉(zhuǎn)/秒，并形成半徑為r的圓面，通過1：n轉(zhuǎn)速比的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)電機線圈高速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。已知空氣密度為ρ，風(fēng)速為v，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，忽略線圈電阻，則（）A．單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機葉片氣流的動能為12B．經(jīng)升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率高于mn C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2πNBSmn：UD．高壓輸電有利于減少能量損失，因此電網(wǎng)的輸電電壓越高越好【解答】解：A．單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機葉片氣流的體積V＝Sh＝Sv?Δt＝πr2v氣體質(zhì)量M＝ρV＝ρπr2v動能EkB．發(fā)電機線圈轉(zhuǎn)速為mn，則ω＝2πmn頻率f=變壓器不改變交流電的頻率，經(jīng)升壓變壓器后，輸出交變電流的頻率仍為mn，故B錯誤；C．變壓器原線圈兩端電壓最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn有效值U根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1D．電網(wǎng)的電壓越高，要求的安全性能越高，投資成本也會增加很多，電網(wǎng)的輸電電壓并非越高越好，故D錯誤。故選：C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程到達狀態(tài)b，再經(jīng)過等溫過程到達狀態(tài)c，最后經(jīng)等壓過程回到初態(tài)a，其p﹣V圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)→b過程中所有氣體分子的動能都在增加 B．b→c過程中氣體對外做的功大于它吸收的熱量 C．c→a過程中氣體向外界釋放的熱量大于它減小的內(nèi)能 D．從a到b到c再回到a的整個過程中氣體從外界吸收熱量【解答】解：A.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：PVTB.b經(jīng)過等溫過程到達狀態(tài)c，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝0＝W+Q，體積膨脹氣體對外做功，故氣體對外做的功等于它吸收的熱量，故B錯誤；C.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：PVTD.從a到b到c再回到a的整個過程中，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝0＝W+Q＝0，由b→c氣體對外做功大于由c→a外界對氣體做功，故整個過程為氣體對外做功，即W＜0，故Q＞0，故整個過程中氣體從外界吸收熱量，故D正確；故選：CD。15．一列機械波在t＝0時刻第一次形成的波形如圖所示，質(zhì)點A、P、B、C、Q在x軸上的位置分別為1cm、1.5cm、3cm、4cm、19cm。從此時開始，質(zhì)點B到達波峰的時間比質(zhì)點C早了0.5s。下列說法正確的是（）A．t＝0時刻，質(zhì)點P向上振動 B．振源振動的頻率為0.5Hz C．該波的波速為2m/s D．t＝9s時，質(zhì)點Q處于波峰位置【解答】解：A、質(zhì)點B到達波峰的時間比質(zhì)點C早了0.5s，說明t＝0時刻，質(zhì)點C向下振動，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向，質(zhì)點P向上振動，故A正確；B、B點比C點超前振動了14周期，即14T＝0.5s，則周期T＝2s，頻率為fC、由題圖知波長λ＝4cm＝0.04m，則該波的波速為v=λD、質(zhì)點Q左側(cè)最近的波峰傳到Q點經(jīng)歷的時間為t=s故選：ABD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.實驗題（Ⅰ、Ⅱ共14分）Ⅰ．圖甲為“探究小車的加速度與物體受力的關(guān)系”的實驗裝置圖，圖中A為小車，質(zhì)量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過電磁打點計時器，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的足夠長的木板上。B為沙桶和沙，質(zhì)量為m2。不計繩與滑輪間的摩擦，改變沙的質(zhì)量，測量多組數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)系中作出了如圖丙所示的a﹣F圖像，其中F＝m2g。（1）下列說法正確的是BD。A.電磁打點計時器正常工作時使用220V的交流電B.實驗時應(yīng)先接通電源，后釋放小車C.平衡摩擦力時，應(yīng)將沙桶用細(xì)繩通過定滑輪系在小車上D.為了減小誤差，實驗中一定要保證m2遠小于m1（2）圖乙為某次實驗得到的紙帶，紙帶上標(biāo)出了所選的五個計數(shù)點之間的距離，相鄰計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，各點間的距離如圖所示，則小車的加速度大小為0.40m/s2（交流電的頻率為50Hz，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）圖丙所示的a﹣F圖像中，圖線不過坐標(biāo)原點的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足?！窘獯稹拷猓海?）A．電磁打點計時器使用的是低壓交流電源，且為8V以下，故A錯誤；B．為防止打不上點，要先通電再釋放小車，故B正確；C．平衡摩擦力，不需要掛上沙桶，讓小車帶著紙帶能在木板上做勻速直線運動，故C錯誤；D．據(jù)牛頓第二定律表示出拉力F＝m1a＝m1×m2gm1+m故選：BD。（2）由逐差法可求小車運動的加速度，a=（3）由圖像可知，當(dāng)拉力為零時，加速度不為零，為負(fù)值，說明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。故答案為：（1）BD；（2）0.40；（3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足Ⅱ．某實驗小組用如圖甲所示的裝置來探究氣體等溫變化的規(guī)律。（1）下列實驗操作中，有助于減小實驗誤差的有AC；A．實驗中緩慢推動活塞，改變空氣柱的體積，讀出對應(yīng)的壓強B．推動活塞時，為了保持裝置穩(wěn)定，用手握住注射器C．在注射器活塞上涂上潤滑油，防止漏氣（2）若實驗中沒有做好密封，導(dǎo)致空氣柱漏氣，則實驗所得的p?1V圖像可能是圖乙中的③（選填①、②或【解答】解：（1）A．實驗中緩慢推動活塞，以免操作動作快使空氣柱的溫度發(fā)生改變，故A正確；B．實驗過程中手不能握注射器前端，以免改變了空氣柱的溫度，使氣體發(fā)生的不是等溫變化，故B錯誤；C．在活塞上涂上潤滑油，保持良好的密封性，保持封閉氣體的質(zhì)量不發(fā)生變化，故C正確。故選：AC。（2）若實驗中沒有做好密封，導(dǎo)致空氣柱漏氣，則pV減小，即p?1V圖像的斜率減小，是圖乙中的故答案為：（1）AC；（2）③。17．一根兩端開口、粗細(xì)均勻的足夠長直玻璃管橫截面積為S＝2×10﹣3m2，豎直插入水面足夠?qū)拸V的水中，管中有一個質(zhì)量為m＝0.4kg的密閉活塞，封閉一段長度為L0＝49cm的氣體，氣體溫度T0＝300K，如圖所示。開始時，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計活塞與管壁間的摩擦。水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大氣壓強p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2。求：（1）圖示時刻管內(nèi)封閉氣體的壓強；（2）若用豎直向上的力F緩慢地拉動活塞。當(dāng)活塞上升到某一位置時停止移動，此時F＝8N，活塞相較之圖中位置向上移動了多少距離？（設(shè)氣體溫度保持不變）（3）若緩慢對氣體加熱，同時在活塞上放入適量的沙粒，以保持封閉氣體的長度仍為L＝49cm的氣體，當(dāng)氣體的溫度變?yōu)?2℃時，管內(nèi)外水面的高度差h3和放入沙粒的總質(zhì)量Δm?！窘獯稹拷猓海?）圖示時刻，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，對活塞，根據(jù)平衡條件得p1S＝p0S+mg可得管內(nèi)封閉氣體的壓強為：p1＝p0+解得p1＝1.02×105Pa（2）圖示時刻，管內(nèi)外液面高度差為h1=解得h1＝0.2m＝20cm（管內(nèi)液面比管外低20cm）當(dāng)F＝8N，管內(nèi)封閉氣體的壓強為：p2＝p0+解得p2＝9.8×104Pa管內(nèi)外液面高度差為h2=解得h2＝0.2m＝20cm（管內(nèi)液面比管外高20cm）設(shè)F＝8N時管內(nèi)封閉氣體的長度為L1，根據(jù)玻意耳定律得p1L0S＝p2L1S解得L1＝51cm故F＝8N時活塞相較之圖中位置向上移動距離為s＝（L1﹣L0）+（h1+h2）解得s＝42cm（3）當(dāng)氣體的溫度變?yōu)?2℃時，熱力學(xué)溫度為T3＝（42+273）K＝315K設(shè)此時管內(nèi)氣體的壓強為p3。根據(jù)查理定律得p解得p3＝1.071×105Pa內(nèi)外水面的高度差h3=解得h3＝0.71m＝71cm對活塞，由平衡條件得p3S＝p0S+（m+Δm）g解得Δm＝1.02kg18．如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內(nèi)軌道BCDE組成，左側(cè)為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道BC，軌道上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角α，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點處的擋板上?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝0.1kg的小滑塊P（視為質(zhì)點）從空中的A點以v0＝22m/s的初速度水平向左拋出，經(jīng)過65s后恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(jīng)過D點后沿傾斜軌道向上運動至F點（圖中未標(biāo)出），彈簧恰好壓縮至最短，已知CD＝DF＝1m，滑塊與軌道CD、DE間的動摩擦因數(shù)為μ（1）BO連線與水平方向的夾角α的大小；（2）小滑塊P到達與O點等高的O'點時對軌道的壓力；（3）彈簧的彈性勢能的最大值；（4）試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對B點的壓力大?。蝗舨荒?，判斷滑塊最后位于何處。【解答】解：（1）滑塊從A到B做平拋運動，滑塊經(jīng)過B點時的豎直分速度為vy＝gt＝10×65m/s＝2滑塊恰好從B點進入軌道，如圖所示，由平拋運動的規(guī)律有v0＝vBsinα＝vytanα解得：α＝30°，vB＝42m/s（2）由B→O'，由動能定理可知mgRsin30°=解得v滑塊經(jīng)過O'點時受軌道的支持力大小FN，由牛頓第二定律有F解得FN＝5N由牛頓第三定律可得滑塊在O'點時對軌道的壓力大小F壓＝5N，方向向左。（3）設(shè)CD＝DF＝L，從B到F，由動能定理及功能關(guān)系有mg（R+Rsinα﹣Lsinθ）﹣μmgL﹣μmgLcosθ﹣Ep＝0?代入數(shù)據(jù)可解得彈簧的彈性勢能的最大值：Ep＝2.02J（4）設(shè)滑塊返回時能上升的高度為h，由功能關(guān)系有mgLsinθ+Ep＝μmgLcosθ+μmgL+mgh解得h＝2.44m＞1.2m則滑塊返回時能從B點離開。運動到B點時，有：mg?=mg(R+Rsinα)+1在B點，對滑塊，由牛頓第二定律得mgsinα+解得：FN＝2.6N由牛頓第三定律可知對B點的壓力為F'N＝2.6N19．如圖所示，電阻為2r、半徑為R的單匝圓形導(dǎo)體線圈兩端與導(dǎo)軌ME、NH相連，處于豎直向下磁場中，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律為：B=B0t0t，(0≤t≤t0)B=（1）0～t0和t0～3t0內(nèi)，分別比較棒CD兩端的電勢高低，并分別求使棒CD保持靜止的水平外力F大?。唬?）在3t0以后的某時刻，撤去右側(cè)圓形磁場，若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場在外力作用下全部從區(qū)域Ⅰ以速度v0勻速運動到區(qū)域Ⅱ時，導(dǎo)體棒CD速度恰好達到v0且恰好進入?yún)^(qū)域Ⅱ，該過程棒CD產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求金屬棒CD與區(qū)域Ⅰ左邊界的初始距離x0和該過程維持磁場勻速運動的外力做的功W；（3）在（2）前提下，若磁場運動到區(qū)域Ⅱ時立刻停下，求導(dǎo)體棒CD運動到FI時的速度v?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)楞次定律和安培定則可知，在0～t0內(nèi)，CD中的電流由C到D，即：φC＞φD感應(yīng)電動勢為：E=感應(yīng)電流為：I=則外力：F=在t0～3t0，匝圓形導(dǎo)體線圈內(nèi)磁通量不變