浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试物理试卷
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·嘉兴月考）下列选项中，属于能量单位的是（ ）
A．W B．N m C．A V D．
2．（2024高三上·嘉兴月考）下雨时，关于雨滴下落过程的说法中，正确的是（ ）
A．雨滴很小，一定可以看成质点
B．雨滴位移的大小一定等于路程
C．在无风环境中雨滴做自由落体运动
D．要研究雨滴的运动必须先选定参考系
3．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，篮球擦着篮板成功入筐。篮球擦板过程中受到（ ）
A．手的推力、重力
B．重力、弹力和空气阻力
C．重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力
D．手的推力、重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力
4．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示是水平地面上的“剪叉”式升降平台，通过“剪叉”的伸展或收缩可调整平台高度。则平台（ ）
A．匀速上升过程中机械能守恒
B．匀速下降过程中“剪叉”对平台的作用力逐渐减小
C．匀速上升过程中“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐增大
D．启动上升的瞬间处于超重状态
5．（2024高三上·嘉兴月考）以下关于教材插图的说法正确的是（ ）
A．甲图中左为验电器，右为静电计，静电计不能检验物体是否带电
B．利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量
C．丙图中高压设备间发生了尖端放电，为避免此现象则设备表面应尽量光滑
D．丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，击穿电压为5.5V
6．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为某种烟雾探测器，其中装有放射性元素，可衰变为，半衰期长达432.2年。利用衰变时释放的射线，可以实现烟雾监测。则（ ）
A．的衰变是β衰变
B．该探测器主要利用了γ射线的电离本领
C．的比结合能小于的比结合能
D．864.4年后探测器中所含的已全部发生衰变
7．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为嫦娥六号探测器“奔月”过程，其历经了①地月转移、②近月制动、③环月飞行等过程，已知三个过程的轨道均经过P点。则（ ）
A．①转移到②时需要加速
B．②上的运行周期小于③上的运行周期
C．②上经过P点时加速度比③上经过P点时大
D．通过测量③上的运行周期可以估测月球密度
8．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则（ ）
A．a中的拉力大小为 B．c中的拉力大小为
C．b中的拉力小于c中的拉力 D．只增加灯笼2的质量，b最先断
9．（2024高三上·嘉兴月考）“超短激光脉冲展宽”曾获诺贝尔物理学奖，其主体结构的截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，三棱镜的顶角为θ，相邻两棱镜间的距离为d。两频率不同的光脉冲同时垂直射入第一个棱镜左侧面某处，经过前两个棱镜后平行射向后两个棱镜，再经过后两个棱镜重新合成为一束，并从第四个棱镜右侧面射出。两光脉冲出射时有一时间差，从而完成脉冲展宽。则（ ）
A．频率较高的光脉冲先从出射点射出
B．θ必须大于某一值才能实现光脉冲展宽
C．垂直入射点不同，也不同
D．d一定时，θ越小，也越小
10．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，两波源分别位于x=-2m和x=12m处，均只振动一个周期，振幅均为4cm。两波沿x轴相向传播，t=0时刻波形如图。已知波传播速度为v=4m/s，质点M的平衡位置在x=5m处，则（ ）
A．P、Q起振方向相同
B．两波相遇时P处质点移动到了M处
C．t=1.75s时质点Q位移为cm
D．整个传播过程M点一直没有振动
11．（2024高三上·嘉兴月考）某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120kW，最高车速可达，车载电池最大输出电能为。已知该车以速度在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为。若汽车行驶过程中受到阻力f与车速v的关系符合，其中k为未知常数，则该电动汽车以行驶的最大里程约为（ ）
A．350km B．405km C．450km D．500km
12．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（小球直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则小球（ ）
A．从A到C的过程中电势能变小 B．不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．在A处与管道之间的弹力为0 D．在D点受到的合外力指向O点
13．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为无线充电宝给手机充电的工作原理图。充电时，手机与阻值R2Ω的电阻串接于受电线圈两端c和d，并置于充电宝内的送电线圈正上方，送电线圈与受电线圈的匝数比为1∶3，两线圈自身的电阻忽略不计。当ab间接上3V的正弦交变电流后，手机两端的输入电压为5V，流过手机的电流为1A，则（ ）
A．受电线圈cd两端的输出电压为9V B．ab端的输入功率为7W
C．流经送电线圈的电流为3A D．充电效率一定小于55.6%
二、选择题II（本题共2小题，每小题3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，有选错的得0分）
14．（2024高三上·嘉兴月考）下列说法正确的是（ ）
A．动量守恒定律由牛顿力学推导得到，因此微观领域动量守恒定律不适用
B．非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性
C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从低能级向高能级跃迁时产生的
D．光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关
15．（2024高三上·嘉兴月考）用如图甲所示电路图进行两次不同的光电效应实验，得到图乙所示图像①、②，其中为遏止电压，为入射光频率，则（ ）
A．测遏止电压时滑动变阻器划片P应置于Ob之间
B．两次实验相比，①实验中的金属逸出功较②小
C．①②图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量
D．同一入射光做光电效应实验时，①中的光电子最大初动能较②大
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024高三上·嘉兴月考）（1）①利用如图1所示实验装置，可以完成的实验有 。
A.探究小车速度随时间变化规律
B.探究加速度与力、质量的关系
C.验证动量守恒定律
②在“验证机械能守恒定律”实验中，利用打点计时器得到了如图2的纸带，其中“1”、“2”、“3”、“4”为连续打出的四个点。点“3”对应速度大小为 m/s；点“1”对应的重锤重力势能大小 点“4”（填“>”“<”或“=”）。
（2）在研究平抛运动规律实验中：
①利用图3甲装置进行实验，可以探究平抛运动 （填“水平”或“竖直”）方向运动规律；
②利用图3乙装置进行实验时，操作正确的是 。
A.释放小球时必须在同一点
B.挡杆高度必须等间距调整
C.实验前调节斜槽末端水平
D.用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹
17．（2024高三上·嘉兴月考）某学习小组在做“测量电源的电动势和内阻”实验时采用了以下实验器材：
干电池一节（电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω）；
电压表V（量程3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A（量程0.6 A，内阻约1 Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20 Ω）；
定值电阻R1（阻值2 Ω）；
定值电阻R2（阻值4 Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）学习小组按照图甲图电路图进行正确操作，并根据实验数据做出U I图像，如图乙图所示。根据图像可知，所选的定值电阻应为 （填“R1”或“R2”），干电池内阻r = Ω。（保留两位有效数字）
（2）本实验中的电表带来的误差主要来源于 （填“电压表分流”或“电流表分压”），测得的电源电动势相比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
18．（2024高三上·嘉兴月考）关于如图中实验数据或现象说法正确的是（ ）
A．甲图中的游标卡尺读数为5.24mm
B．对于一定质量的气体而言，乙图为不同温度下的等温线，其中T1>T2
C．用白光进行光的干涉实验时可以得到如图丙所示的黑白相间干涉条纹
D．丁图为“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时得到的实验现象，产生原因可能是痱子粉洒太厚了
19．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m=0.5kg的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积S=100cm2，将整个装置放在大气压恒为p0=1.0×105Pa的空气中，开始时气体的温度T0=300K，活塞与容器底的距离为L=20cm。由于外界温度改变，活塞缓慢下降h=3cm后再次平衡，此过程中气体与外界有40J的热交换。求：
（1）在此过程中容器内气体 （选填“吸收”、“释放”或“既不吸收也不释放”）热量；
（2）活塞再次平衡时外界的温度；
（3）此过程中密闭气体内能变化量。
20．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为一轨道模型图，由水平轨道AB、固定凹槽BGHC（GH足够长）、半圆轨道DE（D是最高点，E是最低点，C在D的正下方，且C和D间隙不计）组成，其中半圆轨道DE的半径R大小可调，所有轨道及凹槽均光滑。长度L=0.5m的水平传送带EF与DE平滑衔接。质量M=0.2kg的平板紧靠凹槽侧璧BG放置，平板上表面与ABC平面齐平。质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）被弹簧弹出后，滑上平板并带动平板一起运动，平板与侧璧CH相撞后将原速弹回。已知ABC平面与水平地面高度差h=1m，传送带顺时针传送速度v=1m/s，滑块与平板和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.4。
（1）调节半圆轨道DE的半径为R=0.4m，被弹出的滑块恰好能滑过凹槽，且恰好不脱离圆轨道DE，求：
①小滑块沿圆轨道滑过E点时受到的支持力FN；
②平板的长度及弹簧释放的弹性势能Ep。
（2）在保持问（1）中其他条件不变的情形下，仅改变R大小，滑块从F飞出落至地面，水平位移为x，求x的最大值。
21．（2024高三上·嘉兴月考）如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨PQMN，导轨间距L=0.5m，QN段电阻r=0.3Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1.0T的匀强磁场。一电阻R=0.2Ω的轻质导体棒ab垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为B=1.0T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一理想电压表（图中未画出）。t=0时，U型导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2s的时间后撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒ab始终与导轨垂直。求：
（1）t=2s时U型导轨的速度大小；
（2）外力F的最大值；
（3）撤去外力F后，U型导轨继续滑行的最大位移；
（4）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
22．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小B0；
（2）I区域的磁感应强度大小B1；
（3）若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值；
（4）若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．W是功率的单位，不是能量单位故A错误；
B．N为力的单位，m为位移的单位，根据，而能量与功的单位相同（能量变化通过做功实现 ），所以 N m 也是能量单位，故B正确；
C．A为电流的单位，V为电压的单位，根据，可知A V为电功率的单位，故C错误；
D．kg为质量的单位，为加速度的单位，根据，可知为力的单位，故D错误。
故答案为：B。
【分析】单位溯源：每个选项的单位，通过物理公式关联到对应物理量（功、功率、力等 ）。
能量与功的关系：能量的变化量等于功，因此能量与功的单位相同（N m ）。
公式对应：利用、、 等公式，判断单位对应的物理量。
2．【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系；自由落体运动
【解析】【解答】A．物体能否可看做质点，主要是看物体的线度和大小与所研究的问题相比能否忽略不计，与物体的大小无关，雨滴虽小，但研究其旋转、形变时（如 “雨滴是否破碎” ），不能视为质点，选项A错误；
B．若雨滴做曲线运动（如受气流影响 ），路程>位移大小 ，选项B错误；
C．在无风环境中雨滴下落时也受空气阻力作用，则不是做自由落体运动，选项C错误；
D．要研究雨滴的运动必须先选定参考系，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A：看 “研究问题是否受物体大小 / 形状影响”，而非物体实际大小。
B：仅单向直线运动时，位移大小 = 路程；曲线 / 往返运动时，路程≥位移大小。
C：严格 “只受重力”，实际雨滴受空气阻力，不满足。
D：运动的相对性决定了 “研究运动必须选参考系”。
3．【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A.篮球擦板时已经和手分离，手对篮球不再有推力作用，故A错误 ；
B.篮球与篮板接触且有相对滑动，接触面是粗糙的，根据摩擦力产生条件（接触、挤压、粗糙、相对运动 ），篮球会受到篮板的摩擦力。而该选项只提到重力、弹力和空气阻力，缺少篮板的摩擦力，故B错误 ；
C.篮球擦板过程中：重力：由于地球的吸引，篮球始终受到重力作用 ；弹力：篮球与篮板接触并挤压，篮板会对篮球产生弹力（支持力 ） ；篮板的摩擦力：篮球在篮板表面有相对滑动，且接触面粗糙，所以存在篮板对篮球的摩擦力 ；空气阻力：篮球在空气中运动，会受到空气的阻碍作用，即空气阻力 ；这四个力共同作用于篮球，故C 正确 ；
D.篮球擦板时已经离开手，手对篮球没有推力，该选项包含手的推力，故D错误 。
故答案为：C。
【分析】力的产生条件：判断手的推力，需看篮球是否与手接触，擦板时已分离，无推力 。
摩擦力判断：依据接触、挤压、粗糙、相对运动这四个条件，判断篮球与篮板间存在摩擦力 。
受力完整性：梳理重力（固有 ）、弹力（接触篮板 ）、摩擦力（相对运动 ）、空气阻力（空气环境 ），确保受力分析全面 。
4．【答案】D
【知识点】加速度；共点力的平衡；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．匀速上升过程中，平台的速度不变，所以动能不变。同时，平台的高度升高，重力势能增加，而机械能等于动能与重力势能之和，由于重力势能增加，所以机械能增加，并非守恒，故A错误；
B．匀速下降过程中，平台处于平衡状态，“剪叉” 对平台的作用力与平台的重力大小相等、方向相反，二者平衡，所以 “剪叉” 对平台的作用力大小始终等于平台重力，保持不变，故B错误；
C．匀速上升过程中，设“剪叉”中每一根臂与竖直方向夹角为，以平台为对象，根据受力平衡可得
，上升过程中，由于逐渐减小，逐渐增大，则“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐减小，故C错误；
D．启动上升的瞬间，由于加速度方向向上，则平台处于超重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：依据动能（与速度相关 ）和重力势能（与高度相关 ）的变化，判断机械能是否守恒。
B：匀速运动时合力为零，据此分析 “剪叉” 对平台作用力的变化情况。
C：结合受力平衡方程，通过夹角的变化，推导 “剪叉” 臂弹力的变化。
D：根据加速度方向判断，加速度向上时物体处于超重状态 。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；静电的防止与利用
【解析】【解答】A．验电器和静电计都能检验物体是否带电（通过金属箔片 / 指针偏转判断 ），静电计可定性检验带电（偏转则带电 ），选项A错误；
B．利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时只需要知道小球带电量的关系，不需要测出小球电荷量，选项B错误；
C．高压电气设备的金属元件，表面有静电，尖锐的地方更容易积累更多的电荷，金属元件表面要很光滑，这样做的目的是避免尖端放电，故C正确；
D．丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，额定电压为5.5V，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A：静电计与验电器均能检验带电，静电计可定性判断。
B：库仑力实验用 “控制变量 + 电荷量倍数关系”，无需精确测电荷量。
C：电荷集中于尖锐处则光滑表面可避免，减少放电风险。
D：额定电压≠击穿电压（额定电压是安全工作值 ）。
6．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据电荷数和质量数守恒，可得衰变方程，可知，的衰变是衰变，故A错误；
B．烟雾探测器利用射线电离空气，使电路导通/断开，射线电离本领最强（射线电离本领弱 ），主要利用射线，故B错误；
C．可衰变产生的更稳定，故的比结合能小于的比结合能，故C正确；
D．根据，代入t=864.4年，T=432.2年，可得剩余个数为，即还有的没有发生衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：用“电荷数、质量数守恒”写衰变方程，判断是还是衰变。
B：电离本领，烟雾探测器需强电离，选射线。
C：稳定原子核比结合能大，衰变产物更稳定，比结合能更高。
D：代入公式，算剩余原子核比例，判断是否“全部衰变”。
7．【答案】D
【知识点】向心力；开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从高轨道① 到低轨道② ，探测器需减速（使万有引力大于所需向心力，做近心运动 ）所以不是加速，故A错误；
B．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，周期越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
解得，可知②上经过P点时加速度与③上经过P点时加速度相等，故C错误；
D．③是贴近月球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力
解得
则月球的密度为
解得，所以通过测量③上的运行周期可以估测月球密度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：高轨转低轨需减速（万有引力大于向心力 ）。
B：开普勒第三定律（半长轴大，则周期大 ）。
C：万有引力决定加速度，同一点r 相同，则加速度相等。
D：贴近表面轨道，结合万有引力公式与密度定义，推导得密度与周期的关系。
8．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题考查整体法与隔离法处理物体的平衡问题，解题时需注意整体法与隔离法的常规使用技巧：先利用整体法求外力，再利用隔离法求内力。
AB．将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
，
解得
，
故A正确，B错误；
C．对2小球隔离分析，利用平衡条件可得
故C错误；
D．三根相同细线a、b、c的拉力大小关系为
因三根相同细线所能承受的最大拉力相同，故只增加灯笼2的质量，由上可知，a最先断，故D错误。
故选A。
【分析】先对两个灯笼整体分析，根据平衡条件求出a和c中的拉力大小，再隔离灯笼2，由平衡条件求出b细线的拉力，最后对比三力的大小关系，分析只增加灯笼2的质量，哪条细线最先断。
9．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光路图如图所示
根据折射定律有
因入射角r相同，下方光脉冲的折射角i更大，故下方光脉冲的折射率更大，频率也更高，根据
可知下方光脉冲在棱镜传播的速度更小，且由图可知，其传播的路程更长，故频率较高的光脉冲传播的时间更长，较后从出射点射出，故A错误；
B．若大于某一值，光脉冲在第一个三棱镜的斜面可能发生全反射，这样就无法实现光脉冲展宽，所以是不能大于某一值，而不是必须大于，故B错误；
C．光脉冲在棱镜中的传播路径和所需时间只与棱镜的折射率和几何形状有关，和垂直入射点的位置没有关系，所以不会因为垂直入射点不同而改变，故C错误；
D．当两棱镜间距离一定时，越小，光在棱镜中的传播路径就越短，传播所需时间也会越少，那么两光脉冲的时间差也会越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：利用折射定律判断不同频率光的折射率，结合光速与折射率关系、传播路程，分析出射先后。
B：考虑过大时可能发生全反射，破坏光脉冲展宽的条件。
C：明确光脉冲传播路径和时间由棱镜固有属性（折射率、几何形状 ）决定，与入射点位置无关。
D：分析对光传播路径长度的影响，进而判断时间差的变化。
10．【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知， P的起振方向沿y轴负方向，Q的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．机械波传播时，质点仅在自身平衡位置附近振动，不会随波移动，P 质点始终在 x=2m 附近振动，不会到 M 点（x=5m ），故B错误；
C．由图可知，两列波的波长都为4m，则周期为
又
因两列波只振动一个周期，可知在t=1.75s时右侧波已离开x=8m处，左侧波经t=1.75s向右传播的距离为
即左侧波的波谷恰好传到x=8m处，故此时质点Q的位移为-4cm，故C错误；
D．由图可知，PM的距离与OM的距离相等，故两列波同时传至M点，两列波的频率相同，振动方向相反，故M点为振动减弱点，所以整个传播过程M点一直没有振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：用 “上下坡法” 结合波传播方向，判断质点起振方向。
B：明确机械波中质点不随波迁移，只做往复振动。
C：通过波长、波速算周期，结合 “只振动一个周期”，判断后期振动是否存在。
D：路程差为 0、起振方向相反时，振动完全抵消，质点不振动。
11．【答案】B
【知识点】能量守恒定律；机车启动；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据题意可知，
车速最大时，牵引力为
则有
解得
当车速为时，则有
由能量守恒定律有
解得。
故答案为：B。
【分析】1. 匀速条件：最高车速时，牵引力=阻力（ ），结合 求牵引力，进而得阻力系数 。
2. 阻力计算：利用 ，代入速度求90km/h时的阻力。
3. 能量守恒：电能经效率转化为机械能，机械能全部用于克服阻力做功（ ），联立求里程。
12．【答案】B
【知识点】等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以O点为圆心且垂直于连线的圆环，其上每一位置的电势均相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误；
B．小球从 A 到 C，电势能不变（电场力不做功 ），但重力做正功（重力向下，位移向下 ），重力势能转化为动能，速度增大，匀速圆周运动要求速度大小恒定，而小球速度变化，不可能做匀速圆周运动，故B正确；
C．小球在A处的速度为，两正电荷对其库仑力的合力指向O点，根据牛顿第二定律有
可得，即小球在A处受到内轨道向上的支持力，即弹力不为零，故C错误；
D．在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：利用等量正点电荷的等势面特性，判断电势能变化。
B：速度大小不变是前提，重力做功导致速度变化，则否定匀速。
C：向心力由合力提供，结合速度、半径计算向心力，分析弹力是否为零。
D：重力与库仑力的矢量叠加，判断合外力是否指向 O。
13．【答案】D
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】A．根据题意，受电线圈cd两端的输出电压为，故A错误；
B．根据题意知故判断送电线圈与受电线圈非理想线圈，因为，故ab端的输入功率大于7W，故B错误；
C．根据B项分析知，送电线圈与受电线圈非理想线圈，故
解得流经送电线圈的电流，故C错误；
D．如果是理想变压器，则根据电压与匝数比的关系知受电线圈cd两端的输出电压为
电路的总的输入功率为，电池产生的热功率为，故充电效率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：串联电路分压（电阻 + 手机 ），求受电线圈输出电压。
B：非理想变压器存在能量损失，输入功率大于输出功率。
C：理想变压器电流与匝数成反比，实际因漏磁不满足，否定电流 3A。
D：假设理想变压器算理论效率，实际因电阻发热，效率更低。
14．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；晶体和非晶体；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．动量守恒定律虽由牛顿力学推导，但它是普适规律，适用于宏观、微观、高速、低速等所有领域，故A错误；
B．非晶体内部粒子排列无序，沿任意方向物理性质（如导热、导电 ）相同（各向同性 ）；晶体粒子有序排列，有各向异性，故B正确；
C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从高能级向低能级跃迁时产生的，故C错误；
D．根据粒子性与波动性的规律可知，光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：不受外力系统动量守恒，与宏观 / 微观无关，适用所有领域。
B：内部结构无序，则具有各向同性（物理性质无方向差异 ）。
C：发光是高能级向低能级跃迁（释放能量 ），低到高需吸收能量。
D：作为量子化标志，关联光子能量、物质波波长等，贯穿光电效应、黑体辐射、物质波理论。
15．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；光电效应
【解析】【解答】A．光射入后，光电子在K极射出，当光电子恰好能达到A极时，此时电压表的示数为遏止电压，所以光电子从K到A做减速运动，所受电场力向左，则电场强度向右，则K极电势更高，所以滑动变阻器划片P应置于Oa之间，故A错误；
B．根据，
联立解得
图像的纵截距，由图可知①的纵截距绝对值小于②的纵截距绝对值，则两次实验相比，故①实验中的金属逸出功较②小，故B正确；
C．根据，可知图像的斜率为，故①②图线的斜率相同，但斜率大小不表示普朗克常量，故C错误；
D．根据，可知同一入射光做光电效应实验时，因①的金属逸出功更小，所以①的电子最大初动能较②大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：依据光电子的受力和运动情况，确定电场方向，从而判断滑动变阻器划片位置。
B：联立光电效应方程和遏止电压与最大初动能的关系，得到 与的表达式，通过纵截距分析逸出功大小。
C：从推导的与 表达式，明确斜率的物理意义，区分其与普朗克常量的不同。
D：利用光电效应方程，结合逸出功的大小关系，判断同一入射光下不同金属的光电子最大初动能。
16．【答案】（1）AB；3.25；>
（2）竖直；ACD
【知识点】验证动量守恒定律；研究平抛物体的运动；用打点计时器测速度
【解析】（1）①利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验。
故答案为：AB。
②点“3”对应速度大小为；
打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。
故答案为：3.25；>
（2）①利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律。
故答案为：竖直
②A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．挡杆高度不一定必须等间距调整，B错误；
C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，C正确；
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】（1）根据图 1 装置的组件（小车、计时器、槽码 ），判断可完成的实验（速度规律、加速度与力的关系 ），排除动量守恒（需碰撞装置 ）；机械能守恒计算：利用 “中间时刻速度 = 平均速度” 求点 3 速度，通过高度比较重力势能。
（2）甲装置通过 “同时落地” 验证竖直方向运动；乙装置通过操作规范（初速度、末端水平、轨迹连接 ）判断选项。
（1）①[1]利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验，故选AB。
②[2]点“3”对应速度大小为
[3]打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。
（2）①[1]利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律；
②[2]A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，选项A正确；
B．挡杆高度不一定必须等间距调整，选项B错误；
C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，选项D正确。
故选ACD。
17．【答案】（1）R1；0.42
（2）电压表分流；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻
；
由题意可知，电源内阻小于1 Ω，则定值电阻应选择R1，干电池内阻为
。
故答案为：R1；0.42
（2）考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用；
由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得
可得
如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得
可知，电源的U I图像如下图所示
由图可知。
故答案为：电压表分流；偏小
【分析】等效内阻与定值电阻：利用 U - I图像斜率求等效内阻r + R，结合已知内阻范围判断定值电阻。
误差来源：识别电压表并联分流导致的电流测量偏差。
电动势偏差：通过真实电流与测量电流的关系，分析 U - I图像截距（电动势 ）的偏差方向。
（1）[1][2]由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻
由题意可知，电源内阻小于1 Ω，则定值电阻应选择R1，干电池内阻为
（2）[1]考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用。
[2]由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得
可得
如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得
可知，电源的U I图像如下图所示
由图可知
18．【答案】A,D
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用油膜法估测油酸分子的大小；干涉条纹和光的波长之间的关系；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．甲图中的游标卡尺读数为
故A正确；
B．根据理想气体状态方程
可得
可知则离坐标原点越远的等温线温度越高，所以T1C．用白光进行光的干涉实验时，因白光为复色光，所以像屏上产生的条纹是彩色的干涉条纹，故C错误；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：主尺读数+游标尺读数（精度×对齐格数 ）。
B：， 乘积与温度成正比，判断等温线温度高低。
C：复色光干涉→ 彩色条纹（不同色光波长不同，亮纹位置不同 ）。
D：痱子粉厚度影响油膜展开，太厚导致油膜无法形成单分子层。
19．【答案】（1）释放
（2）解：根据盖吕萨克定律
，
解得T=255K。
（3）解：此过程中外界对气体做功为
气体向外放热Q=-40J
则气体内能变化量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）气体进行等压变化，体积减小，则根据可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热量。
故答案为：释放
【分析】（1）等压变化中体积减小则温度降低（内能减小 ），结合外界做功，用热力学第一定律判断热量释放。
（2）应用盖 - 吕萨克定律（等压下体积与温度成正比 ），通过初末体积比求温度。
（3）用热力学第一定律，先算外界做功（压强 × 体积变化 ），再结合热量，求内能变化。
（1）气体进行等压变化，体积减小，则根据可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热量；
（2）根据盖吕萨克定律
解得
T=255K
（3）此过程中外界对气体做功为
气体向外放热
Q=-40J
则气体内能变化量
20．【答案】（1）①解：设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得
解得
D到E过程由动能定理得
在E点有
解得。
②解：到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得弹性势能为
由能量守恒得
解得。
（2）解：在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得
从F点滑出后滑块做平抛运动，则，
联立可得
当时，x有最大值为1m。
【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） ① 利用 “恰好不脱离轨道” 条件（D 点重力充向心力 ），结合动能定理求 E 点速度、支持力；② 滑块与平板共速时动量守恒，弹性势能转化为共速动能 + 摩擦生热，联立求平板长度、弹性势能。
（2）平抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体，结合动能定理关联速度与半径，用二次函数求水平位移最大值。
（1）①设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得
解得
D到E过程由动能定理得
在E点有
解得
②到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得弹性势能为
由能量守恒得
解得
（2）在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得
从F点滑出后滑块做平抛运动，则
联立可得
当时，x有最大值为1m。
21．【答案】（1）解：导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）解：因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
（3）解：撤去外力F后
求得
（4）解：产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由图乙可知t=2.0s时MN两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求解速度；
（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律结合速度-时间关系求解加速度，由牛顿第二定律得到力F的最大值；
（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律求解位移，由动量定理求解后一段位移，即可得到总位移。
（4） 求出总热量，结合安培力大小和摩擦力大小得出焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系，从而得出 回路中产生的焦耳热Q。
（1）导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
a=0.5m/s2
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
F=1.1N
（3）撤去外力F后
求得
（4）产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
22．【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力有
解得。
（2）解：设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有
则
I区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得。
（3）解：区域Ⅱ粒子轨迹如图所示
根据几何关系有，
解得，。
（4）解：设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得
解得
由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为。
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 洛伦兹力提供向心力，直接关联与轨道半径。
(2)通过几何关系（粒子出射角度、区域宽度 ）求轨道半径，再用洛伦兹力公式求。
(3) 利用多区域磁场的轨道半径关系（ 与 反比 ），结合几何轨迹求。
(4)找临界角度，结合发射源均匀分布，计算有效发射长度占比。
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有
则
I区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（3）区域Ⅱ粒子轨迹如图所示
根据几何关系有
，
解得
，
（4）设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得
解得
由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为。
1 / 1浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试物理试卷
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·嘉兴月考）下列选项中，属于能量单位的是（ ）
A．W B．N m C．A V D．
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A．W是功率的单位，不是能量单位故A错误；
B．N为力的单位，m为位移的单位，根据，而能量与功的单位相同（能量变化通过做功实现 ），所以 N m 也是能量单位，故B正确；
C．A为电流的单位，V为电压的单位，根据，可知A V为电功率的单位，故C错误；
D．kg为质量的单位，为加速度的单位，根据，可知为力的单位，故D错误。
故答案为：B。
【分析】单位溯源：每个选项的单位，通过物理公式关联到对应物理量（功、功率、力等 ）。
能量与功的关系：能量的变化量等于功，因此能量与功的单位相同（N m ）。
公式对应：利用、、 等公式，判断单位对应的物理量。
2．（2024高三上·嘉兴月考）下雨时，关于雨滴下落过程的说法中，正确的是（ ）
A．雨滴很小，一定可以看成质点
B．雨滴位移的大小一定等于路程
C．在无风环境中雨滴做自由落体运动
D．要研究雨滴的运动必须先选定参考系
【答案】D
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系；自由落体运动
【解析】【解答】A．物体能否可看做质点，主要是看物体的线度和大小与所研究的问题相比能否忽略不计，与物体的大小无关，雨滴虽小，但研究其旋转、形变时（如 “雨滴是否破碎” ），不能视为质点，选项A错误；
B．若雨滴做曲线运动（如受气流影响 ），路程>位移大小 ，选项B错误；
C．在无风环境中雨滴下落时也受空气阻力作用，则不是做自由落体运动，选项C错误；
D．要研究雨滴的运动必须先选定参考系，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】A：看 “研究问题是否受物体大小 / 形状影响”，而非物体实际大小。
B：仅单向直线运动时，位移大小 = 路程；曲线 / 往返运动时，路程≥位移大小。
C：严格 “只受重力”，实际雨滴受空气阻力，不满足。
D：运动的相对性决定了 “研究运动必须选参考系”。
3．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，篮球擦着篮板成功入筐。篮球擦板过程中受到（ ）
A．手的推力、重力
B．重力、弹力和空气阻力
C．重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力
D．手的推力、重力、弹力、篮板的摩擦力和空气阻力
【答案】C
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】A.篮球擦板时已经和手分离，手对篮球不再有推力作用，故A错误 ；
B.篮球与篮板接触且有相对滑动，接触面是粗糙的，根据摩擦力产生条件（接触、挤压、粗糙、相对运动 ），篮球会受到篮板的摩擦力。而该选项只提到重力、弹力和空气阻力，缺少篮板的摩擦力，故B错误 ；
C.篮球擦板过程中：重力：由于地球的吸引，篮球始终受到重力作用 ；弹力：篮球与篮板接触并挤压，篮板会对篮球产生弹力（支持力 ） ；篮板的摩擦力：篮球在篮板表面有相对滑动，且接触面粗糙，所以存在篮板对篮球的摩擦力 ；空气阻力：篮球在空气中运动，会受到空气的阻碍作用，即空气阻力 ；这四个力共同作用于篮球，故C 正确 ；
D.篮球擦板时已经离开手，手对篮球没有推力，该选项包含手的推力，故D错误 。
故答案为：C。
【分析】力的产生条件：判断手的推力，需看篮球是否与手接触，擦板时已分离，无推力 。
摩擦力判断：依据接触、挤压、粗糙、相对运动这四个条件，判断篮球与篮板间存在摩擦力 。
受力完整性：梳理重力（固有 ）、弹力（接触篮板 ）、摩擦力（相对运动 ）、空气阻力（空气环境 ），确保受力分析全面 。
4．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示是水平地面上的“剪叉”式升降平台，通过“剪叉”的伸展或收缩可调整平台高度。则平台（ ）
A．匀速上升过程中机械能守恒
B．匀速下降过程中“剪叉”对平台的作用力逐渐减小
C．匀速上升过程中“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐增大
D．启动上升的瞬间处于超重状态
【答案】D
【知识点】加速度；共点力的平衡；超重与失重；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．匀速上升过程中，平台的速度不变，所以动能不变。同时，平台的高度升高，重力势能增加，而机械能等于动能与重力势能之和，由于重力势能增加，所以机械能增加，并非守恒，故A错误；
B．匀速下降过程中，平台处于平衡状态，“剪叉” 对平台的作用力与平台的重力大小相等、方向相反，二者平衡，所以 “剪叉” 对平台的作用力大小始终等于平台重力，保持不变，故B错误；
C．匀速上升过程中，设“剪叉”中每一根臂与竖直方向夹角为，以平台为对象，根据受力平衡可得
，上升过程中，由于逐渐减小，逐渐增大，则“剪叉”中每一根臂的弹力逐渐减小，故C错误；
D．启动上升的瞬间，由于加速度方向向上，则平台处于超重状态，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：依据动能（与速度相关 ）和重力势能（与高度相关 ）的变化，判断机械能是否守恒。
B：匀速运动时合力为零，据此分析 “剪叉” 对平台作用力的变化情况。
C：结合受力平衡方程，通过夹角的变化，推导 “剪叉” 臂弹力的变化。
D：根据加速度方向判断，加速度向上时物体处于超重状态 。
5．（2024高三上·嘉兴月考）以下关于教材插图的说法正确的是（ ）
A．甲图中左为验电器，右为静电计，静电计不能检验物体是否带电
B．利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量
C．丙图中高压设备间发生了尖端放电，为避免此现象则设备表面应尽量光滑
D．丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，击穿电压为5.5V
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；静电的防止与利用
【解析】【解答】A．验电器和静电计都能检验物体是否带电（通过金属箔片 / 指针偏转判断 ），静电计可定性检验带电（偏转则带电 ），选项A错误；
B．利用乙图仪器探究带电小球间库仑力大小相关因素时只需要知道小球带电量的关系，不需要测出小球电荷量，选项B错误；
C．高压电气设备的金属元件，表面有静电，尖锐的地方更容易积累更多的电荷，金属元件表面要很光滑，这样做的目的是避免尖端放电，故C正确；
D．丁图所示的器材为电容器，其电容为1.0F，额定电压为5.5V，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A：静电计与验电器均能检验带电，静电计可定性判断。
B：库仑力实验用 “控制变量 + 电荷量倍数关系”，无需精确测电荷量。
C：电荷集中于尖锐处则光滑表面可避免，减少放电风险。
D：额定电压≠击穿电压（额定电压是安全工作值 ）。
6．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为某种烟雾探测器，其中装有放射性元素，可衰变为，半衰期长达432.2年。利用衰变时释放的射线，可以实现烟雾监测。则（ ）
A．的衰变是β衰变
B．该探测器主要利用了γ射线的电离本领
C．的比结合能小于的比结合能
D．864.4年后探测器中所含的已全部发生衰变
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点；结合能与比结合能
【解析】【解答】A．根据电荷数和质量数守恒，可得衰变方程，可知，的衰变是衰变，故A错误；
B．烟雾探测器利用射线电离空气，使电路导通/断开，射线电离本领最强（射线电离本领弱 ），主要利用射线，故B错误；
C．可衰变产生的更稳定，故的比结合能小于的比结合能，故C正确；
D．根据，代入t=864.4年，T=432.2年，可得剩余个数为，即还有的没有发生衰变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A：用“电荷数、质量数守恒”写衰变方程，判断是还是衰变。
B：电离本领，烟雾探测器需强电离，选射线。
C：稳定原子核比结合能大，衰变产物更稳定，比结合能更高。
D：代入公式，算剩余原子核比例，判断是否“全部衰变”。
7．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为嫦娥六号探测器“奔月”过程，其历经了①地月转移、②近月制动、③环月飞行等过程，已知三个过程的轨道均经过P点。则（ ）
A．①转移到②时需要加速
B．②上的运行周期小于③上的运行周期
C．②上经过P点时加速度比③上经过P点时大
D．通过测量③上的运行周期可以估测月球密度
【答案】D
【知识点】向心力；开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．从高轨道① 到低轨道② ，探测器需减速（使万有引力大于所需向心力，做近心运动 ）所以不是加速，故A错误；
B．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，周期越大，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
解得，可知②上经过P点时加速度与③上经过P点时加速度相等，故C错误；
D．③是贴近月球表面环月飞行，设其周期为T，根据万有引力提供向心力
解得
则月球的密度为
解得，所以通过测量③上的运行周期可以估测月球密度，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：高轨转低轨需减速（万有引力大于向心力 ）。
B：开普勒第三定律（半长轴大，则周期大 ）。
C：万有引力决定加速度，同一点r 相同，则加速度相等。
D：贴近表面轨道，结合万有引力公式与密度定义，推导得密度与周期的关系。
8．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则（ ）
A．a中的拉力大小为 B．c中的拉力大小为
C．b中的拉力小于c中的拉力 D．只增加灯笼2的质量，b最先断
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题考查整体法与隔离法处理物体的平衡问题，解题时需注意整体法与隔离法的常规使用技巧：先利用整体法求外力，再利用隔离法求内力。
AB．将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
，
解得
，
故A正确，B错误；
C．对2小球隔离分析，利用平衡条件可得
故C错误；
D．三根相同细线a、b、c的拉力大小关系为
因三根相同细线所能承受的最大拉力相同，故只增加灯笼2的质量，由上可知，a最先断，故D错误。
故选A。
【分析】先对两个灯笼整体分析，根据平衡条件求出a和c中的拉力大小，再隔离灯笼2，由平衡条件求出b细线的拉力，最后对比三力的大小关系，分析只增加灯笼2的质量，哪条细线最先断。
9．（2024高三上·嘉兴月考）“超短激光脉冲展宽”曾获诺贝尔物理学奖，其主体结构的截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，三棱镜的顶角为θ，相邻两棱镜间的距离为d。两频率不同的光脉冲同时垂直射入第一个棱镜左侧面某处，经过前两个棱镜后平行射向后两个棱镜，再经过后两个棱镜重新合成为一束，并从第四个棱镜右侧面射出。两光脉冲出射时有一时间差，从而完成脉冲展宽。则（ ）
A．频率较高的光脉冲先从出射点射出
B．θ必须大于某一值才能实现光脉冲展宽
C．垂直入射点不同，也不同
D．d一定时，θ越小，也越小
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光路图如图所示
根据折射定律有
因入射角r相同，下方光脉冲的折射角i更大，故下方光脉冲的折射率更大，频率也更高，根据
可知下方光脉冲在棱镜传播的速度更小，且由图可知，其传播的路程更长，故频率较高的光脉冲传播的时间更长，较后从出射点射出，故A错误；
B．若大于某一值，光脉冲在第一个三棱镜的斜面可能发生全反射，这样就无法实现光脉冲展宽，所以是不能大于某一值，而不是必须大于，故B错误；
C．光脉冲在棱镜中的传播路径和所需时间只与棱镜的折射率和几何形状有关，和垂直入射点的位置没有关系，所以不会因为垂直入射点不同而改变，故C错误；
D．当两棱镜间距离一定时，越小，光在棱镜中的传播路径就越短，传播所需时间也会越少，那么两光脉冲的时间差也会越小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：利用折射定律判断不同频率光的折射率，结合光速与折射率关系、传播路程，分析出射先后。
B：考虑过大时可能发生全反射，破坏光脉冲展宽的条件。
C：明确光脉冲传播路径和时间由棱镜固有属性（折射率、几何形状 ）决定，与入射点位置无关。
D：分析对光传播路径长度的影响，进而判断时间差的变化。
10．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，两波源分别位于x=-2m和x=12m处，均只振动一个周期，振幅均为4cm。两波沿x轴相向传播，t=0时刻波形如图。已知波传播速度为v=4m/s，质点M的平衡位置在x=5m处，则（ ）
A．P、Q起振方向相同
B．两波相遇时P处质点移动到了M处
C．t=1.75s时质点Q位移为cm
D．整个传播过程M点一直没有振动
【答案】D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．根据t=0时刻的波形图和上下坡法可知， P的起振方向沿y轴负方向，Q的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．机械波传播时，质点仅在自身平衡位置附近振动，不会随波移动，P 质点始终在 x=2m 附近振动，不会到 M 点（x=5m ），故B错误；
C．由图可知，两列波的波长都为4m，则周期为
又
因两列波只振动一个周期，可知在t=1.75s时右侧波已离开x=8m处，左侧波经t=1.75s向右传播的距离为
即左侧波的波谷恰好传到x=8m处，故此时质点Q的位移为-4cm，故C错误；
D．由图可知，PM的距离与OM的距离相等，故两列波同时传至M点，两列波的频率相同，振动方向相反，故M点为振动减弱点，所以整个传播过程M点一直没有振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：用 “上下坡法” 结合波传播方向，判断质点起振方向。
B：明确机械波中质点不随波迁移，只做往复振动。
C：通过波长、波速算周期，结合 “只振动一个周期”，判断后期振动是否存在。
D：路程差为 0、起振方向相反时，振动完全抵消，质点不振动。
11．（2024高三上·嘉兴月考）某品牌电动汽车电动机最大输出功率为120kW，最高车速可达，车载电池最大输出电能为。已知该车以速度在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为。若汽车行驶过程中受到阻力f与车速v的关系符合，其中k为未知常数，则该电动汽车以行驶的最大里程约为（ ）
A．350km B．405km C．450km D．500km
【答案】B
【知识点】能量守恒定律；机车启动；机械能守恒定律
【解析】【解答】根据题意可知，
车速最大时，牵引力为
则有
解得
当车速为时，则有
由能量守恒定律有
解得。
故答案为：B。
【分析】1. 匀速条件：最高车速时，牵引力=阻力（ ），结合 求牵引力，进而得阻力系数 。
2. 阻力计算：利用 ，代入速度求90km/h时的阻力。
3. 能量守恒：电能经效率转化为机械能，机械能全部用于克服阻力做功（ ），联立求里程。
12．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为的小球（小球直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速度做完整的圆周运动，则小球（ ）
A．从A到C的过程中电势能变小 B．不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．在A处与管道之间的弹力为0 D．在D点受到的合外力指向O点
【答案】B
【知识点】等势面；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据等量同种点电荷电场的电势分布规律可知，以O点为圆心且垂直于连线的圆环，其上每一位置的电势均相等，故小球从A到C的过程中电势能不变，故A错误；
B．小球从 A 到 C，电势能不变（电场力不做功 ），但重力做正功（重力向下，位移向下 ），重力势能转化为动能，速度增大，匀速圆周运动要求速度大小恒定，而小球速度变化，不可能做匀速圆周运动，故B正确；
C．小球在A处的速度为，两正电荷对其库仑力的合力指向O点，根据牛顿第二定律有
可得，即小球在A处受到内轨道向上的支持力，即弹力不为零，故C错误；
D．在D点，两正电荷对小球库仑力的合力指向O点，小球所受重力竖直向下，故小球在D点受到的合外力不指向O点，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：利用等量正点电荷的等势面特性，判断电势能变化。
B：速度大小不变是前提，重力做功导致速度变化，则否定匀速。
C：向心力由合力提供，结合速度、半径计算向心力，分析弹力是否为零。
D：重力与库仑力的矢量叠加，判断合外力是否指向 O。
13．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为无线充电宝给手机充电的工作原理图。充电时，手机与阻值R2Ω的电阻串接于受电线圈两端c和d，并置于充电宝内的送电线圈正上方，送电线圈与受电线圈的匝数比为1∶3，两线圈自身的电阻忽略不计。当ab间接上3V的正弦交变电流后，手机两端的输入电压为5V，流过手机的电流为1A，则（ ）
A．受电线圈cd两端的输出电压为9V B．ab端的输入功率为7W
C．流经送电线圈的电流为3A D．充电效率一定小于55.6%
【答案】D
【知识点】变压器原理；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】A．根据题意，受电线圈cd两端的输出电压为，故A错误；
B．根据题意知故判断送电线圈与受电线圈非理想线圈，因为，故ab端的输入功率大于7W，故B错误；
C．根据B项分析知，送电线圈与受电线圈非理想线圈，故
解得流经送电线圈的电流，故C错误；
D．如果是理想变压器，则根据电压与匝数比的关系知受电线圈cd两端的输出电压为
电路的总的输入功率为，电池产生的热功率为，故充电效率，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：串联电路分压（电阻 + 手机 ），求受电线圈输出电压。
B：非理想变压器存在能量损失，输入功率大于输出功率。
C：理想变压器电流与匝数成反比，实际因漏磁不满足，否定电流 3A。
D：假设理想变压器算理论效率，实际因电阻发热，效率更低。
二、选择题II（本题共2小题，每小题3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，有选错的得0分）
14．（2024高三上·嘉兴月考）下列说法正确的是（ ）
A．动量守恒定律由牛顿力学推导得到，因此微观领域动量守恒定律不适用
B．非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，具有各向同性
C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从低能级向高能级跃迁时产生的
D．光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；晶体和非晶体；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】A．动量守恒定律虽由牛顿力学推导，但它是普适规律，适用于宏观、微观、高速、低速等所有领域，故A错误；
B．非晶体内部粒子排列无序，沿任意方向物理性质（如导热、导电 ）相同（各向同性 ）；晶体粒子有序排列，有各向异性，故B正确；
C．食盐被灼烧时发的光主要是由钠原子从高能级向低能级跃迁时产生的，故C错误；
D．根据粒子性与波动性的规律可知，光电效应、黑体辐射、物质波等理论均与普朗克常量有关，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：不受外力系统动量守恒，与宏观 / 微观无关，适用所有领域。
B：内部结构无序，则具有各向同性（物理性质无方向差异 ）。
C：发光是高能级向低能级跃迁（释放能量 ），低到高需吸收能量。
D：作为量子化标志，关联光子能量、物质波波长等，贯穿光电效应、黑体辐射、物质波理论。
15．（2024高三上·嘉兴月考）用如图甲所示电路图进行两次不同的光电效应实验，得到图乙所示图像①、②，其中为遏止电压，为入射光频率，则（ ）
A．测遏止电压时滑动变阻器划片P应置于Ob之间
B．两次实验相比，①实验中的金属逸出功较②小
C．①②图线的斜率相同，斜率大小表示普朗克常量
D．同一入射光做光电效应实验时，①中的光电子最大初动能较②大
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；电场及电场力；光电效应
【解析】【解答】A．光射入后，光电子在K极射出，当光电子恰好能达到A极时，此时电压表的示数为遏止电压，所以光电子从K到A做减速运动，所受电场力向左，则电场强度向右，则K极电势更高，所以滑动变阻器划片P应置于Oa之间，故A错误；
B．根据，
联立解得
图像的纵截距，由图可知①的纵截距绝对值小于②的纵截距绝对值，则两次实验相比，故①实验中的金属逸出功较②小，故B正确；
C．根据，可知图像的斜率为，故①②图线的斜率相同，但斜率大小不表示普朗克常量，故C错误；
D．根据，可知同一入射光做光电效应实验时，因①的金属逸出功更小，所以①的电子最大初动能较②大，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】A：依据光电子的受力和运动情况，确定电场方向，从而判断滑动变阻器划片位置。
B：联立光电效应方程和遏止电压与最大初动能的关系，得到 与的表达式，通过纵截距分析逸出功大小。
C：从推导的与 表达式，明确斜率的物理意义，区分其与普朗克常量的不同。
D：利用光电效应方程，结合逸出功的大小关系，判断同一入射光下不同金属的光电子最大初动能。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16．（2024高三上·嘉兴月考）（1）①利用如图1所示实验装置，可以完成的实验有 。
A.探究小车速度随时间变化规律
B.探究加速度与力、质量的关系
C.验证动量守恒定律
②在“验证机械能守恒定律”实验中，利用打点计时器得到了如图2的纸带，其中“1”、“2”、“3”、“4”为连续打出的四个点。点“3”对应速度大小为 m/s；点“1”对应的重锤重力势能大小 点“4”（填“>”“<”或“=”）。
（2）在研究平抛运动规律实验中：
①利用图3甲装置进行实验，可以探究平抛运动 （填“水平”或“竖直”）方向运动规律；
②利用图3乙装置进行实验时，操作正确的是 。
A.释放小球时必须在同一点
B.挡杆高度必须等间距调整
C.实验前调节斜槽末端水平
D.用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹
【答案】（1）AB；3.25；>
（2）竖直；ACD
【知识点】验证动量守恒定律；研究平抛物体的运动；用打点计时器测速度
【解析】（1）①利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验。
故答案为：AB。
②点“3”对应速度大小为；
打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。
故答案为：3.25；>
（2）①利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律。
故答案为：竖直
②A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，A正确；
B．挡杆高度不一定必须等间距调整，B错误；
C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，C正确；
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，D正确。
故答案为：ACD。
【分析】（1）根据图 1 装置的组件（小车、计时器、槽码 ），判断可完成的实验（速度规律、加速度与力的关系 ），排除动量守恒（需碰撞装置 ）；机械能守恒计算：利用 “中间时刻速度 = 平均速度” 求点 3 速度，通过高度比较重力势能。
（2）甲装置通过 “同时落地” 验证竖直方向运动；乙装置通过操作规范（初速度、末端水平、轨迹连接 ）判断选项。
（1）①[1]利用如图1所示实验装置，可以完成“探究小车速度随时间变化规律”以及“探究加速度与力、质量的关系”，不能完成“验证动量守恒”的实验，故选AB。
②[2]点“3”对应速度大小为
[3]打点“1”时重锤的位置较高，则点“1”对应的重锤重力势能大小大于点“4”。
（2）①[1]利用图3甲装置进行实验，让小锤击打金属片，两球同时下落，且同时落地，说明两球在竖直方向的运动相同，即可以探究平抛运动竖直方向运动规律；
②[2]A．释放小球时必须在同一点，以保证小球做平抛运动的初速度相同，选项A正确；
B．挡杆高度不一定必须等间距调整，选项B错误；
C．实验前调节斜槽末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；
D．用平滑曲线将小球印迹连接形成平抛轨迹，选项D正确。
故选ACD。
17．（2024高三上·嘉兴月考）某学习小组在做“测量电源的电动势和内阻”实验时采用了以下实验器材：
干电池一节（电动势约1.5 V，内阻小于1 Ω）；
电压表V（量程3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A（量程0.6 A，内阻约1 Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20 Ω）；
定值电阻R1（阻值2 Ω）；
定值电阻R2（阻值4 Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）学习小组按照图甲图电路图进行正确操作，并根据实验数据做出U I图像，如图乙图所示。根据图像可知，所选的定值电阻应为 （填“R1”或“R2”），干电池内阻r = Ω。（保留两位有效数字）
（2）本实验中的电表带来的误差主要来源于 （填“电压表分流”或“电流表分压”），测得的电源电动势相比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
【答案】（1）R1；0.42
（2）电压表分流；偏小
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻
；
由题意可知，电源内阻小于1 Ω，则定值电阻应选择R1，干电池内阻为
。
故答案为：R1；0.42
（2）考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用；
由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得
可得
如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得
可知，电源的U I图像如下图所示
由图可知。
故答案为：电压表分流；偏小
【分析】等效内阻与定值电阻：利用 U - I图像斜率求等效内阻r + R，结合已知内阻范围判断定值电阻。
误差来源：识别电压表并联分流导致的电流测量偏差。
电动势偏差：通过真实电流与测量电流的关系，分析 U - I图像截距（电动势 ）的偏差方向。
（1）[1][2]由图示图像可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻
由题意可知，电源内阻小于1 Ω，则定值电阻应选择R1，干电池内阻为
（2）[1]考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表分流作用。
[2]由于电压表的分流作用，干路中电流的真实值大于测量值，由闭合电路欧姆定律得
可得
如果不考虑电表内阻对实验的影响，由闭合电路欧姆定律得
可知，电源的U I图像如下图所示
由图可知
18．（2024高三上·嘉兴月考）关于如图中实验数据或现象说法正确的是（ ）
A．甲图中的游标卡尺读数为5.24mm
B．对于一定质量的气体而言，乙图为不同温度下的等温线，其中T1>T2
C．用白光进行光的干涉实验时可以得到如图丙所示的黑白相间干涉条纹
D．丁图为“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时得到的实验现象，产生原因可能是痱子粉洒太厚了
【答案】A,D
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用油膜法估测油酸分子的大小；干涉条纹和光的波长之间的关系；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．甲图中的游标卡尺读数为
故A正确；
B．根据理想气体状态方程
可得
可知则离坐标原点越远的等温线温度越高，所以T1C．用白光进行光的干涉实验时，因白光为复色光，所以像屏上产生的条纹是彩色的干涉条纹，故C错误；
D．由图可知油膜没有充分展开，说明水面上痱子粉撒得太多太厚，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A：主尺读数+游标尺读数（精度×对齐格数 ）。
B：， 乘积与温度成正比，判断等温线温度高低。
C：复色光干涉→ 彩色条纹（不同色光波长不同，亮纹位置不同 ）。
D：痱子粉厚度影响油膜展开，太厚导致油膜无法形成单分子层。
19．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m=0.5kg的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容器的横截面积S=100cm2，将整个装置放在大气压恒为p0=1.0×105Pa的空气中，开始时气体的温度T0=300K，活塞与容器底的距离为L=20cm。由于外界温度改变，活塞缓慢下降h=3cm后再次平衡，此过程中气体与外界有40J的热交换。求：
（1）在此过程中容器内气体 （选填“吸收”、“释放”或“既不吸收也不释放”）热量；
（2）活塞再次平衡时外界的温度；
（3）此过程中密闭气体内能变化量。
【答案】（1）释放
（2）解：根据盖吕萨克定律
，
解得T=255K。
（3）解：此过程中外界对气体做功为
气体向外放热Q=-40J
则气体内能变化量。
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】（1）气体进行等压变化，体积减小，则根据可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热量。
故答案为：释放
【分析】（1）等压变化中体积减小则温度降低（内能减小 ），结合外界做功，用热力学第一定律判断热量释放。
（2）应用盖 - 吕萨克定律（等压下体积与温度成正比 ），通过初末体积比求温度。
（3）用热力学第一定律，先算外界做功（压强 × 体积变化 ），再结合热量，求内能变化。
（1）气体进行等压变化，体积减小，则根据可知，温度降低，可知内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体释放热量；
（2）根据盖吕萨克定律
解得
T=255K
（3）此过程中外界对气体做功为
气体向外放热
Q=-40J
则气体内能变化量
20．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示为一轨道模型图，由水平轨道AB、固定凹槽BGHC（GH足够长）、半圆轨道DE（D是最高点，E是最低点，C在D的正下方，且C和D间隙不计）组成，其中半圆轨道DE的半径R大小可调，所有轨道及凹槽均光滑。长度L=0.5m的水平传送带EF与DE平滑衔接。质量M=0.2kg的平板紧靠凹槽侧璧BG放置，平板上表面与ABC平面齐平。质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）被弹簧弹出后，滑上平板并带动平板一起运动，平板与侧璧CH相撞后将原速弹回。已知ABC平面与水平地面高度差h=1m，传送带顺时针传送速度v=1m/s，滑块与平板和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.4。
（1）调节半圆轨道DE的半径为R=0.4m，被弹出的滑块恰好能滑过凹槽，且恰好不脱离圆轨道DE，求：
①小滑块沿圆轨道滑过E点时受到的支持力FN；
②平板的长度及弹簧释放的弹性势能Ep。
（2）在保持问（1）中其他条件不变的情形下，仅改变R大小，滑块从F飞出落至地面，水平位移为x，求x的最大值。
【答案】（1）①解：设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得
解得
D到E过程由动能定理得
在E点有
解得。
②解：到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得弹性势能为
由能量守恒得
解得。
（2）解：在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得
从F点滑出后滑块做平抛运动，则，
联立可得
当时，x有最大值为1m。
【知识点】运动的合成与分解；动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1） ① 利用 “恰好不脱离轨道” 条件（D 点重力充向心力 ），结合动能定理求 E 点速度、支持力；② 滑块与平板共速时动量守恒，弹性势能转化为共速动能 + 摩擦生热，联立求平板长度、弹性势能。
（2）平抛运动分解为水平匀速、竖直自由落体，结合动能定理关联速度与半径，用二次函数求水平位移最大值。
（1）①设滑块经过D点的速度为vD，根据题意，可得
解得
D到E过程由动能定理得
在E点有
解得
②到达木板最右端时两物体共速，设木板长度为s，滑块滑上木板时速度为vB，共速时的速度为v共，即，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得弹性势能为
由能量守恒得
解得
（2）在满足（1）条件下滑块在D点的速度为2m/s，所以，D到F过程由动能定理得
从F点滑出后滑块做平抛运动，则
联立可得
当时，x有最大值为1m。
21．（2024高三上·嘉兴月考）如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨PQMN，导轨间距L=0.5m，QN段电阻r=0.3Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U型导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1.0T的匀强磁场。一电阻R=0.2Ω的轻质导体棒ab垂直搁置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小亦为B=1.0T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一理想电压表（图中未画出）。t=0时，U型导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2s的时间后撤去外力F，U型导轨继续滑行直至静止，整个过程中棒ab始终与导轨垂直。求：
（1）t=2s时U型导轨的速度大小；
（2）外力F的最大值；
（3）撤去外力F后，U型导轨继续滑行的最大位移；
（4）撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）解：因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
（3）解：撤去外力F后
求得
（4）解：产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）由图乙可知t=2.0s时MN两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求解速度；
（2）由图乙可知U=t，由闭合电路的欧姆定律结合速度-时间关系求解加速度，由牛顿第二定律得到力F的最大值；
（3）从开始运动到撤去外力F这段时间内做匀加速运动，由运动学规律求解位移，由动量定理求解后一段位移，即可得到总位移。
（4） 求出总热量，结合安培力大小和摩擦力大小得出焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系，从而得出 回路中产生的焦耳热Q。
（1）导体框切割产生的电动势
ab棒两端的电压
解得
（2）因ab间电压
因U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速运动，且由图像可知
a=0.5m/s2
受力分析知：t=2s时ab间电压最大，此时v=1m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时拉力最大，根据牛顿第二定律
其中
解得
F=1.1N
（3）撤去外力F后
求得
（4）产生的总热量
由以上分析可知
可知焦耳热Q1和摩擦生热Q2的比例关系为5∶1，则撤去F后回路的焦耳热
22．（2024高三上·嘉兴月考）如图所示，在xOy坐标平面的第三象限内存在一个与x轴平行的线状粒子源S，其长度为2R，右端紧靠y轴，可以连续不断地产生沿粒子源均匀分布的电量为+q、质量为m的无初速粒子。粒子经y方向的匀强电场加速获得初速度v0后，进入一垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。该圆形磁场区域与y轴相切，圆心O'坐标为（，0）。在xOy坐标平面的第一象限内依次存在三个宽度均为d、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，三区域的磁感应强度之比为6∶2∶1，区域Ⅲ的右边界安装了一竖直接地挡板，可吸收打在板上的粒子。已知对准O'射入圆形磁场的粒子将沿着x轴射出；从O点射出、方向与x轴成30°的粒子刚好经过区域I的右边界（未进入区域Ⅱ）。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小B0；
（2）I区域的磁感应强度大小B1；
（3）若能从O点出射、方向与x轴成θ的粒子刚好经过区域Ⅱ的右边界（未进入区域Ⅲ），求θ的正弦值；
（4）若某段时间内从线状离子源飘出N个粒子，求能打在挡板上的粒子数。
【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力有
解得。
（2）解：设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有
则
I区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得。
（3）解：区域Ⅱ粒子轨迹如图所示
根据几何关系有，
解得，。
（4）解：设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得
解得
由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为。
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 洛伦兹力提供向心力，直接关联与轨道半径。
(2)通过几何关系（粒子出射角度、区域宽度 ）求轨道半径，再用洛伦兹力公式求。
(3) 利用多区域磁场的轨道半径关系（ 与 反比 ），结合几何轨迹求。
(4)找临界角度，结合发射源均匀分布，计算有效发射长度占比。
（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子在I区的运动半径为r，根据几何关系有
则
I区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（3）区域Ⅱ粒子轨迹如图所示
根据几何关系有
，
解得
，
（4）设与x轴成β方向的粒子正好打到档板，由三个区域的动量定理综合得
解得
由几何关系可得对应在发射源的位置与y轴距离，该点到发射源中点间发射的粒子均能打到档板，所以总共为。
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