浙江省2024-2025學年高三年級上冊開學考試物理試卷（含解析）

2024學年高三第一學期浙江省七彩陽光新高考研究聯(lián)盟返校聯(lián)考

物理試題

考生須知：

1.本試題卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號。

3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效。

4.考試結束后，只需上交答題卷。

選擇題部分

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.下列物理量與單位符號對應的是（）

A.電量eVB.功率JC.半衰期m/sD.電場強度V/m

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電子伏eV是能量單位，電量單位是庫C,A不符合題意；

B.焦耳J是功的單位，功率的單位是瓦W,B不符合題意；

C.米每秒m/s是速度單位，半衰期單位是時間天、年，C不符合題意；

D.伏每米是V/m電場強度單位，D符合題意。

故選D。

2.下列說法正確的是（）

A.汽車上的速度計顯示了平均速度的大小

B.在雪豹捕獵過程中，以獵物為參考系，獵物是運動的

C.在研究運動員完成馬拉松比賽的時間時，運動員可看成質點

D.高空墜物會對地面上的人造成很大傷害，是由于下落位置越高物體慣性越大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.速度計上顯示得是瞬時速率，故A錯誤；

B.參考系是假定為不動的物體，所以以獵物為參考系，獵物是靜止的，故B錯誤；

C.在馬拉松比賽中，運動員的大小和形狀可以忽略不計，故C正確；

D.質量是物體慣性大小的唯一標準，與高度無關，故D錯誤。

故選C。

3.2024年6月2日6點23分“嫦娥六號”成功著陸在月球背面南極-艾特肯盆地預選著陸區(qū)。月球上沒有

大氣，“嫦娥六號”只能通過發(fā)動機的反推力來實現(xiàn)減速，圖示時刻為其豎直下降過程中的某一狀態(tài)。下

列說法正確的是（）

A.“嫦娥六號”正處于平衡狀態(tài)

B.“嫦娥六號”做自由落體運動

C.反推力是內力，對“嫦娥六號”的加速度沒有作用

D.反推力的方向豎直向上，大小比重力大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.“嫦娥六號”豎直下降著陸應做減速運動，故A錯誤；

B.“嫦娥六號”通過發(fā)動機的反推力來實現(xiàn)減速，則不是自由落體運動，故B錯誤；

C.反推力是噴出氣體對“嫦娥六號”的作用力，是外力，故C錯誤；

D.因加速度向上，反推力的方向豎直向上，實現(xiàn)減速則加速度向上，則反推力大小比重力大，故D正

確。

故選D。

4.某電場等勢面的分布情況如圖所示，下列說法正確的是（）

A.A、B兩點的電場強度大小相同，方向不同

B.同一電荷在。點的電勢能比在尸點大

C.同一電荷沿折線3QA移動與沿折線四4移動，靜電力做功一樣大

D.把電子從等勢面e移動到等勢面C,靜電力做功為10eV

【答案】C

【解析】

【詳解】A.電場線的疏密程度代表場強大小，A、B兩點的電場強度大小與方向均不同，A錯誤;

B.電勢能大小與電荷的電性有關，B錯誤；

C.靜電力做功與路徑無關，C正確；

D.把電子從等勢面e移動到等勢面c,靜電力做功為

W=-e?-（pD=-10eV

D錯誤。

故選B。

5.月球富含的氫3是理想的核聚變材料，對于解決能源危機有重要作用。其中一種聚變反應的方程式為

；He+；H-＞；He+；H+AE,其中AE是釋放的核能，光速為盤下列說法正確的是（）

A.原子核外電子從高能級向低能級躍遷時釋放核能

B.核反應中的質量虧損了下

c

C.該核反應是a衰變

D.核反應中質量數(shù)守恒，但動量不守恒

【答案】B

【解析】

【詳解】A.核能是原子核內的躍遷而釋放的能量，A錯誤；

B.由質能方程可得

AE=Amc~

解得

c

B正確；

C.該核反應屬于核聚變，不是a衰變，C錯誤；

D.核反應中質量數(shù)守恒，動量守恒均守恒，D錯誤。

故選B。

6.距水平地面4處的A點，一質量機的小球以初速度大小v被豎直拋下，落到水平地面上被彈回，回跳

到七處的B點時速度為零。若小球與地面碰撞時機械能損失20%,不計空氣阻力，則從A到B過程中

A.重力做功為-4)B.合外力對小球做功為力g(4-

D.地面對小球做的功為機且化-4)-；加以2

C.初速度大小滿足

【答案】D

【解析】

【詳解】A.重力做功為

故A錯誤;

B.小球由A到B運動過程中，根據(jù)動能定理合外力對小球做功

1919

^=AEk=0--mv=--mv

故B錯誤;

D.設地面對小球做功為W,小球由A到B運動過程中，根據(jù)動能定理

2

%=W+mg[h[-/?,)=0-^mv

解得

故D正確;

C.小球與地面碰撞后的機械能為

141

%=(1—20%)+—mv2)——^mghy+—mv2)=mgh^

解得

V=/g(丸2—4)

故C錯誤。

故選D。

7.如圖為理想的可調式自耦變壓器，鐵芯上只有一組線圈，將其兩端接在A3間作為原線圈，副線圈是線

圈的一部分接有定值電阻凡和滑動變阻器。2分別為原副線圈兩端電壓，其大小均可調節(jié)，，、12

分別為原副線圈中的電流，則（）

A.S保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，變小

B.q保持不變，當滑動觸頭p‘向下移動時，。2變小

c.。2保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，，變大

D.保持不變，當滑動觸頭P'向下移動時，人變小

【答案】A

【解析】

【詳解】A.q保持不變，當滑動觸頭P順時針轉動一小角度，〃2變小，由電壓與匝數(shù)關系

U2n2

可知。2變小，故A正確；

B.當滑動觸頭P'向下移動時，因匝數(shù)比未變，。2不變，故B錯誤；

C.。2保持不變，/2不變，P順時針轉動一小角度，％變小，由電流與匝數(shù)關系

/]=n2

k"1

可知乙變小，故C錯誤；

D.當滑動觸頭P'向下移動，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知變大，根據(jù)變流比可知人也變大，故D錯誤。

故選A?

8.“嫦娥六號”探測器經過地月轉移、近月制動階段后，進入高度約200千米的圓形環(huán)月軌道I。此后經

2次降軌，進入近月點15千米、遠月點200千米的橢圓軌道II上運動。尸點為軌道I、II的交點，如圖所

示，此時軌返組合體（軌道器和返回器組合體）在圓形環(huán)月軌道I上運動。則“嫦娥六號”（

A.在軌道I、II經過P點時加速度相同B.在軌道I的機械能與軌道II相同

C.與軌返組合體的運動周期相同D.經過尸點時的速度比軌返組合體的速度大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律

廣Mm

G——=ma

廠

可得

GM

故“嫦娥六號”在軌道I、II經過尸點時加速度相同，故A正確；

B.“嫦娥六號”需軌道n上的尸點減速，做近心運動，從而進入軌道I,機械能減小，故B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第三定律

T2

軌道I的半徑比軌道II的半長軸大，故“嫦娥六號”的運動周期小于軌返組合體的運動周期，故c錯誤；

D.“嫦娥六號”需軌道I上的P點減速，做近心運動，從而進入軌道H,故經過尸點時的速度比軌返組合

體的速度小，故D錯誤。

故選A?

9.一質量為機，電荷量為g的帶負電的小球，以初速度%從勻強電場中的A點水平拋出后經過某一定點

B,如圖所示，電場強度大小為耳）,方向豎直向下。下列說法正確的是（）

A.可以計算經過2點的時間

B.可以計算經過8點時的豎直方向的速度

C.初速度為2%,要使小球仍能經過2點，電場強度大小為受耳，

D.只要能夠經過2點，過2點時的速度偏向角為一定值，與初速度大小無關

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.小球所受合力

F=mg-qE0

加速度

FqE

a=-=g——0-

mm

4、8間的水平或豎直距離未知，無法計算經過8點的時間和豎直速度，故AB錯誤;

C.小球經過8點，豎直方向位移

解得

E3mg

"q

故C錯誤;

D.由

at2_2y

tan6>=—=—

%%Wx

A8兩點位置確定，偏向角大小就確定，故D正確。

故選D。

10.鼠標滾輪是鼠標上位于左鍵與右鍵之間的部件。某一鼠標滾輪上使用了霍爾效應傳感器，傳感器上有

一塊非常小的金屬板，如圖所示，尸、。端與電壓表相連，左右端與電源相連。當環(huán)形磁鐵旋轉時，電壓

表就會有讀數(shù)，圖示時刻磁鐵的N、S極分別在豎直面的下、上兩端。則（）

A.圖示時刻左端積累了負電荷

B.圖示時刻P端積累了負電荷

C.圖示時刻金屬板中電子恰好不受磁場力的作用

D,磁鐵的旋轉不會對金屬板中電子運動產生影響

【答案】B

【解析】

【詳解】ABC.圖示時刻電流方向向右，則金屬板所在位置磁場方向向上，由于電子向左運動，根據(jù)左手

定則可知，電子受到的洛侖茲力指向P端，即電子積累在P端，故AC錯誤，B正確；

D.磁鐵旋轉過程中，金屬板所在位置垂直于金屬板方向的磁感應強度發(fā)生變化，可知，磁鐵的旋轉會對

金屬板中電子運動產生影響，故D錯誤。

故選B。

11.如圖1所示，在均勻介質中兩波源加、N分別位于王=-2m、々=6m處，質點P位于坐標原點，

1=0時刻，兩波源同時振動。圖2為質點尸的振動圖像。則（）

\/cm

''y/cm."

—

MPNn'/i~~>

—<11>—??111?A2\4\/6\8t/s

-20246x/m_2_____

-4-----

圖1圖2

A.M、N的起振方向相反B.波的傳播速度為2m/s

C.較長時間后，間有7個振動減弱點D.0~10s內質點尸經過的路程為48cm

【答案】D

【解析】

【詳解】B.由P點的振動圖像知，f=2s時,M的振動傳到P點，則波的傳播速度為

Ax2

V=—=—m/s=lm/s

At2

故B錯誤；

A.N的振動傳到尸點所用時間為

,Ax'6，

A?=----=—=6s

v1

由P點的振動圖像知，M的振動周期為2s,所以在/=6s時，兩波在尸點疊加，且振動加強，所以兩波源

的起振方向相同，故A錯誤；

C.兩列波的波長為

4=vT=2m

由于兩波源的起振方向相同，所以振動減弱點的波程差滿足

Ax=+=(2〃+l)m(〃為整數(shù))

所以腦V間有8個減弱點，分別為

x=-1.5m>-0.5m、0.5m、1.5m、2.5m、3.5m、4.5m、5.5m

故C錯誤；

D.在。?6s內質點尸經過的路程為

SI-2x4A=16cm

在6?10s內質點尸經過的路程為

s2=2x4(A+A)=32cm

則0~10s內質點尸經過的路程為

s=電+邑=48cm

故D正確。

故選D。

12.圖1為光電效應實驗裝置圖，c處于滑動變阻器的中點位置，開始時滑片P也處于中點位置。用不同頻

率的光束照射金屬材料甲、乙，調節(jié)滑片P的位置，得到遏止電壓上隨頻率〃變化的圖線，如圖2所

示。下列說法正確的是()

A.要能得到人的讀數(shù)，滑片P應向b端滑動

B.甲、乙對應的圖線不一定平行

C.在發(fā)生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬乙時滑片尸滑動的長度小

D.在發(fā)生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲時逸出的光電子初動能大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.要能得到6的讀數(shù)，需要將滑片尸向。端滑動時，電源提供反向電壓，故A錯誤;

B.根據(jù)

Ek=hv-W0,eUc=Ek

可得

cee

可知兩圖線的斜率相同，甲、乙對應的圖線一定平行，故B錯誤；

C.由

cee

結合圖2可知，乙的逸出功更大；在發(fā)生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬

乙時光電子的最大初動能更小，對應的遏止電壓更小，時滑片尸滑動的長度更小，故C正確；

D.由于甲的逸出功更小，所以在發(fā)生光電效應的情況下，用相同頻率的光束照射金屬材料，照射金屬甲

時逸出的光電子的最大初動能大，但初動能不一定大，故D錯誤。

故選C。

13.半圓柱形玻璃磚的底面鍍有一層反射膜，為玻璃磚的半圓形橫截面，〃為最高點，。為圓心，

半徑為七一束寬為R的平行光的下邊恰好沿著底邊尸Q,如圖所示。其中從A點射入的光線經玻璃折射

后從2點射出，己知42兩點距離尸。分別為二R和0.26H。sin15°=0.26,不考慮圓弧面上的反射光

線，下列說法正確的是（）

A.玻璃的折射率為追

B.有部分光線在圓弧區(qū)域發(fā)生全反射

C.只有圓弧的部分區(qū)域有光線射出

D.射向圓弧區(qū)域的光線有一部分來源于PQ處反射的光線

【答案】c

【解析】

【詳解】A.由題意可得，從A點射入的光線經玻璃折射后從8點射出，其光路圖如圖所示，由幾何知識

可知入射角2=45°，折射角廠=30。，則有折射率

、.、M

POQ

sina

n=-------

sinr

A錯誤；

B.光線在玻璃磚中傳播時，光線與半徑構成等腰三角形,由光路可逆性可知，不可能發(fā)生全反射，B錯

誤；

D.假設有光線會射向P。，如圖解所示，則有

\/D

sina

n--------

sin0

八八八八Ksinasin2￡八八

a—（3+0>2/3<2=------>-------=2cos0

sin°sin0

，〉45。不存在，D錯誤；

C.最上邊和下邊的光線恰好射向。點，其余光線因為區(qū)域的出射點總比9區(qū)域的入射點位置低，

只有部分區(qū)域有光線射出，C正確。

故選C。

二、選擇題n（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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）

14.下列說法正確的是（）

A.一列水波在深度不同的水域傳播時，在交界面處將發(fā)生折射現(xiàn)象

B.在產生正弦式交流電的過程中，當線圈經過中性面時，線圈中的電流為零

C.壓縮氣體時，壓縮的體積越小，外界需要的力越大，說明分子間存在斥力

D.核反應堆中用鎘棒作為慢化劑，快中子跟慢化劑中的原子核碰撞后變?yōu)槁凶印?/p>

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.一列水波在深度不同的水域傳播時，由于傳播速度發(fā)生變化，則在交界面處將發(fā)生折射，故

A正確；

B.當線圈經過中性面時，穿過線圈的磁通量達到最大，但磁通量的變化率為零，感應電動勢的瞬時值為

零，即線圈中的電流為零，故B正確；

C.壓縮氣體時，壓縮的體積越小，氣體壓強越大，外界需要的力越大，氣體分子之間的平均距離較大，

分子之間的引力與斥力可以忽略，故c錯誤；

D.鎘棒的作用是調節(jié)中子的數(shù)目，從而控制反應速度，故D錯誤。

故選ABo

15.一水平足夠長的平行軌道如圖所示，以OO'為界左邊磁場的磁感應強度大小為用=耳，方向垂直紙

面向外，右邊磁場的磁感應強度大小為與=2穌，方向垂直紙面向里。導體棒甲、乙的質量均為山，電阻

相同，開始時均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給甲一水平向右的初速度%,若軌道光滑且電阻不計，甲、乙始終在各

自磁場中運動，下列說法中正確的是（）

1o

：XXXXXX

?IXXXXXX

JxXX

p乙

A乙將向右運動B.甲、乙運動過程中動量不守恒

413

C.穩(wěn)定后，甲的速度為1%D.當乙的速度為二%,乙棒產生的焦耳熱為布機片

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.甲運動后根據(jù)右手定則可知，通過乙電流為向上，根據(jù)左手定則可知乙受到安培力向左，所

以乙將向左運動，故A錯誤;

B.甲、乙運動過程中受到安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙組成的系統(tǒng)在運動過程中合力不為零,

動量不守恒，故B正確;

C.從開始運動到穩(wěn)定過程中，對甲根據(jù)動量定理

Bxllt=BJq=mvQ—mv甲

對乙根據(jù)動量定理

B211t=BJq=my乙

穩(wěn)定后，有回路中沒有電流，甲、乙產生的電動勢抵消

用丫甲=BJv乙

得

4

v甲=《%

故C正確；

D.根據(jù)動量定理

-1

mv

B211t=B2lq=~^o

B^It=BJq=mv0-mv甲

得

9

嚙

由能量守恒

乙棒產生的焦耳熱

Q乙=—=—mvQ

“乙280°

D錯誤。

故選BC。

非選擇題部分

三、非選擇題(本題共5小題，共55分)

16.在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，

(1)實驗中我們采用的研究方法是

A.等效替代法B,控制變量法C.補償法

(2)某次測量如圖所示，不合理的操作是(多選)

B.一細繩的長度太短

C.兩只彈簧測力計的讀數(shù)不相等

D.一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致

(3)若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，至少需要(選填“1”、“2”或“3”)次把橡皮筋

結點拉到。。

【答案】(1)A(2)BD

(3)1

【解析】

【小問1詳解】

在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”實驗中，就是由一個力的作用效果與兩個互成角度的力的共同作用

效果相同，則有這個力代替兩個互成角度的力，采用的研究方法是等效替代法。

故選A?

【小問2詳解】

A.兩細繩間的夾角太大，對實驗結果不會產生影響，A正確，不符合題意；

B.一細繩的長度太短，在確定該拉力方向時容易產生誤差，B錯誤，符合題意；

C.兩只彈簧測力計的讀數(shù)不一定相等，可以不相等，C正確，不符合題意；

D.一只彈簧測力計中的彈簧伸長方向與細繩方向不一致，會導致該方向的拉力產生誤差，使合力產生誤

差，D錯誤，符合題意。

故選BD。

【小問3詳解】

若有三只相同的彈簧測力計，完成一次該實驗，則三只相同的彈簧測力計同時拉，即兩個代表兩分力，第

三個代表合力，因此至少需要1次把橡皮筋結點拉到。。

17.在“電池電動勢和內阻的測量”實驗中，

（1）某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是

A.用電壓擋測量電動勢B.用歐姆擋測量內阻

（2）進一步測量，實物接線如圖1所示，其中（選填"a”、"b”、"c”或"d"）兩條接線是

錯誤的；

（3）正確連線后進行測量，如圖2所示，某次電流表的讀數(shù)為A

（4）圖3為實驗數(shù)據(jù)在坐標紙上描出的數(shù)據(jù)點，則一節(jié)電池的內阻為。（保留兩位有效數(shù)字）

【答案】（1）A（2）bd

(3)0.23##0.24

(4)19##2.0##2.1

【解析】

【小問1詳解】

在“測定干電池電動勢和內阻”實驗，多用電表歐姆擋內部有電源，只能測與外電源斷開部分電阻的阻

值，故不能直接用多用電表歐姆擋測電源內阻。故某同學嘗試用多用電表的不同擋位粗測，其中合理的是

用電壓擋測量電動勢。

故選A?

【小問2詳解】

電池電動勢約為L5V,為減小實驗誤差，電壓表應選擇0~3V的量程，故b接線是錯誤的;導線不能與

滑動變阻器的滑頭相連，應與兩側接線柱連接，故d接線是錯誤的。

【小問3詳解】

電流表的讀數(shù)為

/=0.24A

【小問4詳解】

根據(jù)題意作出兩節(jié)干電池的U-/圖線

2E=U+I-2r

整理得

U=-2rI+2E

圖像斜率為

0.50-0

解得

r=2.0Q

18.在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，

（1）下列說法正確的是（多選）

A.通過轉動遮光筒可以使單縫與雙縫平行

B.為了減小條紋間距，可以把紅色濾光片換成綠色濾光片

C.為了更準確地讀取手輪上的讀數(shù)，需要拔動拔桿進行調節(jié)

D.測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊

（2）若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，為保證條紋間距不變，應選用雙縫間距.（選填

“更大”、“更小”或“不變”）的雙縫片。

【答案】（1）BD（2）更小

【解析】

【小問1詳解】

A.拔桿的作用是為了調節(jié)單縫與雙縫平行，使屏上呈現(xiàn)清晰的干涉條紋，故A錯誤；

B.把紅色濾光片換成綠色濾光片，光的波長；I變小，由Av=——，條紋間距變小，故B正確；

d

C.為了更準確地讀取手輪上的讀數(shù)，需要調節(jié)測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，故C錯

誤；

D.測量條紋間距時，測量頭中分劃板中心線必須與條紋的中央對齊，才能準確地讀取手輪上的讀數(shù)，故

D正確。

故選BD。

【小問2詳解】

若把雙縫干涉實驗裝置置于某種透明液體中，因波速丫=￡變小，可得介質中光的波長為

n

,,vcA

A———二--二—

fnfn

則光的波長變小，而要保證條紋間距Ax=—不變，則需d變小，即應選用雙縫間距更小的雙縫片。

d

19.如圖所示為水銀氣壓計的原理簡圖。氣壓計中混入的氣泡上升到水銀柱的上方，使水銀柱上方不再是

真空。當實際大氣壓為768mmHg時，這個水銀氣壓計的示數(shù)只有750mm,此時管中的水銀面到管頂?shù)?/p>

距離為80mm,環(huán)境溫度為27℃。不考慮細玻璃管中水銀柱的升降對水銀槽中液面的影響。

（1）若升高環(huán)境溫度，大氣壓保持不變，長時間后氣體增加的內能（選填“大于”、“小于”或“等

于“）氣體吸收的熱量；

（2）若環(huán)境溫度保持不變，氣壓計的示數(shù)減小了10mm,求大氣壓改變了多少？

（3）若環(huán)境溫度升高了15℃,氣壓計的示數(shù)未變，求大氣壓改變了多少？

【答案】（1）小于（2）減小了12mmHg

(3)增力口了0.9mmHg

【解析】

【小問1詳解】

溫度升高，氣體壓強增大，體積增大，氣體對外做功，即W<0,由AU=Q+W知，MJ<Q,氣體增

加的內能小于氣體吸收的熱量。

【小問2詳解】

氣體做等溫變化，設細玻璃管截面積為S,初態(tài)

Pi-768mmHg-750mmHg=18mmHg

匕=80S

末態(tài)

P2=（P-740）mmHg

V2=80S+10S=90S

由玻意耳定律可得

M=PM

代入數(shù)據(jù)解得大氣壓為756mmHg,氣壓減小了12mmHg。

【小問3詳解】

若環(huán)境溫度升高了15℃,氣壓計的示數(shù)未變，說明氣體的體積不變，氣體初狀態(tài)溫度是

7；=（273+27）K

初態(tài)壓強是

Pi-768mmHg-750mmHg=18mmHg

溫度升高后氣體壓強是0+如，溫度是

7；=（300+15）K

由查理定律可得

旦=旦土包

可得

.T-T

如=七2「X百

代入數(shù)據(jù)解得

△p=0.9mmHg

可得水銀柱上方氣體壓強和大氣壓增加了0.9mmHg。

20.如圖所示一游戲裝置，由四分之一圓弧軌道A3,水平軌道5C,以%=2向5順時針轉動的。=37°

的傾斜傳送帶封，水平平臺GH組成，各部分之間平滑連接。一木板。靜置于水平面上，其上表面

與平臺等高并緊靠平臺。一可視為質點的木塊P從距3c為的上某處由靜止開始下滑，己知產的質

量加和。的質量M均為0.1kg,軌道A3的半徑H=3.2m,木板。的長度L=0.2m,傳送帶的長度

/=1.6m,P與傳送帶及。間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.5,其余各處摩擦均不計，sin37°=0.6,貝U

(1)若/i=0.8m,求木塊尸運動到圓弧軌道最低點B時，受到的支持力大小區(qū);

(2)若木塊產能滑上平臺，求/?的最小值Zimin；

(3)若木塊和木板相互作用時產生的摩擦內能為E,求/?與E之間滿足的關系。

【答案】(1)8=L5N

⑵%,=0?8m

(3)見解析

【解析】

【小問1詳解】

由機械能守恒定律可得

mgh=gmv2

根據(jù)牛頓第二定律可知

v2

FN-mg=m—

解得

4=L5N

【小問2詳解】

木塊尸在傳送帶上，先以4向上勻減速，再以電向上勻減速，到平臺時速度恰好零對應儲in，對物體

受力分析，結合牛頓第二定律可得

q=gsin，+cos0=10m/s2

2

a2=gsin6-jugcos3=2m/s

由勻變速直線運動得規(guī)律可得

2a12%

v=4m/s

丸mm=0-8m

【小問3詳解】

設木塊剛滑上木板的速度為時,恰好能在木板最右端與木板相對靜止，則有

共

mv01=(m+M)v

pungL=g+

解得

v01=2m/s

對應下落高度

4=1.8m

①當1.8m<h<3,2m時

E=/nmgL=0.1J

②當0.8m</z<1.8m時

mgh-mglsin37°-/umgcos37°——+//mgcos37°x——=—mVg

112

12azJ2a22

19

E=-mVo2=O.l/z-O.O8(J)

21.某探究小組設計了兩種電磁驅動裝置。圖1利用直流電源給線框供電，接通電源后正方形導線框

ABCD在磁極間的輻向磁場中，從靜止開始繞中心軸線OO'發(fā)生轉動。圖2為三個線圈連接到三相電源

上，電流形成的磁場可等效為角速度g的旋轉輻向磁場，穩(wěn)定后解鎖正方形導線框A3CD,導線框由靜

止開始轉動。圖3為不同視角的上述兩種驅動裝置的截面圖，分別為圖1的正視圖和圖2的俯視圖。已知

導線框A3CD的邊長為/,電阻為CD兩邊的質量均為所處位置的磁感應強度大小均為2,

磁場方向始終與轉動方向垂直，轉動中A3、CD兩邊受到的阻力均為/=無（左為比例系數(shù)，v為線速

度），其余兩邊質量和所受阻力不計。電源的電動勢為E,內阻不計,

圖1圖2圖3

（1）在兩種驅動裝置中，若圖1、2導線框的轉動方向一致，則旋轉輻向磁場的轉動方向是順時針還是逆

時針；

nR212

（2）在圖2裝置中,若k="~L,則導線框轉動的最大角速度。m；

R

（3）在圖1裝置中,若導線框經過時間f恰好達到最大角速度，則在該過程中A3邊轉過的弧長S。

【答案】（1）順時針

BlE(kRt+lB2l-t-mR)

(3)S=

(2B2l2+kR^

【解析】

【小問1詳解】

圖1裝置，導線框順時針轉動，圖2裝置若導線框也順時針轉動，由楞次定律，旋轉輻向磁場的轉動方向

也為順時針。

【小問2詳解】

當金屬線框A3CD達到穩(wěn)定時，線框A3、CD兩邊切割磁感線的相對速度大小為

/、1

曝對=（/—/）,5

根據(jù)法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為

E'=25/%對=3/2(4皿)

則此時的感應電流為

E'_BF(g_①m)

1=---=-----------------

RR

金屬線框A5、CD兩邊所受的安培力均為

又有ARCD兩邊所受的安培力均與阻力平衡

又阻力

當人小

ZB”2I_B2/3(?-?)

-------C0D—m—------------------

Rm2R

解得導線框轉動的最大角速度

【小問3詳解】

轉動穩(wěn)定后達到最大角速度以，AB,CD兩邊所受的安培力均與阻力平衡

又

f=kv=kcom^

根據(jù)法拉第電磁感應定律可得此時的感應電動勢為

E"=2Blv=By/

則此時的感應電流為

T_E-E"_E-Bl-com

RR

AB、CD兩邊所受的安培力

R

則

IBI(E-BCD0

解得

2BE

0)--------------

22

m2Bl+kR

設安培力的沖量為，A，由動量定理

2/A-2#=2根4(

又

Bl(Et—2BlS)

[A=￡FCt=

R

綜合解得