2024年高考物理最后一卷（江苏卷）含答案.pdf

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1、2024 年高考最后一卷（江苏卷）物理（考试版）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分。1宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的147N会引发核反应产生具有放射性的146C，146C能自发地衰变为147N，半衰期为 5730 年。对此，下列说法正确的

2、是（）A146C发生的是a衰变B146C衰变辐射出的粒子来自于碳原子核内的中子C由于温室效应，146C的半衰期会发生微小变化D若测得一古木样品的146C含量为活体植物的12，则该古木距今约为 11460 年2如图为某款条形码扫描笔的工作原理图，发光二极管发出的光频率为0。将扫描笔笔口打开，在条形码上匀速移动，遇到黑色线条光几乎全部被吸收；遇到白色线条光被大量反射到光电管中的金属表面（截止频率00.8n），产生光电流，如果光电流大于某个值，会使信号处理系统导通，将条形码变成一个个脉冲电信号。下列说法正确的是（）A扫描笔在条形码上移动的速度会影响相邻脉冲电信号的时间间隔B频率为0的光照到光电管的金

3、属表面立即产生光电子C若发光二极管发出频率为01.2n的光，则一定无法识别条形码D若发光二极管发出频率为00.5n的光，扫描笔缓慢移动，也能正常识别条形码3蜻蜓在水面上，“点水”激起一圈圈波纹，如图所示。水面上有一开有两小孔 A、B 的挡板，A、B 离波源S 的距离分别为 30cm、40cm，AB 间距为 50cm，O 为 AB 中点，AB 中垂线上的 C 点，距 O 点 100cm。波源在水面处振动形成的水波视为简谐横波，t=0 时波源自平衡位置起振。已知波速为 20cm/s，小孔 A 处质点第一次处于波谷时，小孔 B 处质点刚好第一次处于波峰，下列说法正确的是（）A波源 S 起振方向向下B

4、t=4s 时 A、B 两处质点振动方向相反COC 线段的中点为加强点D若蜻蜓点水的频率增大，则波速增大4如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水；再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合；用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径25.80cmd=；已知圆柱体截面直径为14.00cmd=，透明圆桶直径310.00cmd=。则该糖水折射率（）A1.45B1.72C2.00D2.505如图所示，将两小沙包 a、b 以不同的初速度分别从 A、B 两处先后相差 0.5s 水平相向抛出，同时落在水平面同一处，且速度方向与竖直方向夹角相等。两小沙

5、包 a、b 视为质点，并在同一竖直面内运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）AA 处比 B 处高 1.25mB若将两沙包同时水平抛出，落地前可能会相遇C若已知 B 处高度和沙包 b 的下落时间，可求出 A、B 的水平距离D若已知 A 处高度和沙包 a 的初速度，可求出 A、B 的水平距离61676 年丹麦天文学家罗默通过木星卫星的掩食第一次测定了光速。如图甲，木卫 1 转到木星的背面时，会被木星遮住来自太阳的光线，形成掩食现象。已知木卫 1 绕木星做匀速圆周运动的周期为 T，木星的半径为 R，木星的质量为 m，木星绕太阳公转周期为0T，木卫 1 绕木星转动周期远小于木星公转周期。如图乙，太阳

6、光可视为平行光，太阳光与木星地面相切线与木卫 1 所在轨道的交点为 P、Q 点，POQa=，引力常量为 G，下列说法正确的是（）A木卫 1 绕木星运动的线速度为2cos2RTpaB木卫 1 一次“掩食”过程的时间约为02TapC木卫 1 绕木星运动的向心加速度为22sin2RTpaD由题给信息可以推算出太阳的质量7以 为坐标原点，沿绝缘水平面建立 x 轴，水平向右为正方向，两个电荷量相等的小球（可视为点电荷）分别固定在 x 轴上的 M、N 处，M、N 的坐标分别为 x=-4L 和 x=4L，如图（a）所示。M、N 连线上各点的电势j与位置坐标 x 的关系如图（b）所示，x=-2L 处的电势为0

7、16j，x=L 处的电势为0215j。在 x=-2L 处由静止释放一个质量为 m 的带电滑块（可视为质点），滑块向右运动到 x=L 处时速度恰好为零。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（）A两小球带同种电荷B滑块在 x=-2L 处受到的电场力小于在 x=L 处受到的电场力C滑块运动到 点时的加速度为gD滑块所带的电荷量大小为010 mgLj8如图为特殊材料薄板，电阻可视为零，质量为 0.99kg，厚度为 d=1mm，前后两个侧面是边长为 l=1m 的正方形。当在整个空间加上方向水平且平行于正方形侧面的磁感应强度大小为 100T 的匀强磁场时，薄板自由下落在

8、垂直于侧面方向形成电流 I，使得薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，两侧面积聚电荷可以看成电容器，其电容值为 C，薄板下落过程中始终保持竖直，且不计空气阻力，重力加速度取210m/s。则下列选项正确的是（）A薄板下落过程中形成后侧面流向前侧面的电流B薄板下落过程前后两个侧面的电荷不断增加直到达到某个最大值C薄板减少的重力势能全部转化为薄板的动能D电流 I 等于 0.99A，电容器的电容为 1F9如图，肖同学制作了一个“摆”玩具，三根长度均为L的轻绳悬挂质量均为m的相同小钢球，静止时三个钢球刚好接触但彼此之间没有弹力。现将 1 号球向左拉到与最低点高度差为h处由静止释放，且偏角5q，所有碰

9、撞均为弹性正碰且时间极短，钢球均视为质点，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A球 1 摆到最低点与球 2 碰撞后，球 3 上摆最高为2hB每一次碰撞发生在最低点，球 2 离开最低点C若去掉球 3 且将球 2 质量变为2m，在以后运动中，球 2 最多只能上摆49hD若去掉球 3 且将球 2 质量变为2m，在以后运动中，球 1 不能到达h的高度10双缝干涉实验装置的截面图如图所示，光源S到1S、2S的距离相等，O点为1S、2S连线中垂线与光屏的交点，光源S发出的波长为l的光，经1S出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经2S出射后直接传播到O点，由1S到O点与由2S到O点，光传播的时

10、间差为tD。玻璃片厚度为5l，玻璃对该波长光的折射率为 1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。下列说法正确的是（）A152tclD=，O 点为亮条纹B152tclD=，O 点为暗条纹C52tclD=，O 点为亮条纹D52tclD=，O 点为暗条纹11如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为 G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是 r 和 R，摇把的半径为 L，摇把匀速转动的角速度为，则（）A摇把匀速转动时，重物上升的速

11、度为RrwB摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为2GRrwC摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最大值为2GRrLD摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量二、实验题：本题共 15 分。12（15 分）用如图 a 所示的电路图测量毫安表 G 的内阻，并改装成量程更大的电流表。已知 G 量程是3mA，内阻约为100W。电阻箱0R最大阻值为9999.9W，电源 E 电动势约为6V，内阻忽略不计。供选用的滑动变阻器有：甲，最大阻值为1k；乙，最大阻值为3k。完成以下实验，并回答问题：(1)为完成实验，滑动变阻器1R应该选用 ；（选填“甲”或“乙”）(2)测量毫安表 G 的内阻。正确连接电路后，

12、进行如下操作：断开1S和2S，将1R接入电路的电阻调到最大值；闭合1S，调节 （选填“1R”或“0R”）使 G 满偏；闭合2S，调节 （选填“1R”或“0R”）使 G 半偏，记录其此时接入电路的阻值为R测；根据测量原理，可认为毫安表 G 的内阻gR等于R测。R测与灵敏电流计内阻真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。(3)将毫安表 G 改装成量程为30mA的电流表。根据测得的毫安表 G 的内阻R测，计算与毫安表 G 并联的定值电阻 R 的阻值。完成改装后，按照图 b 所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为16.0mA时，毫安表 G指针位置如图 c 所示，说明改装电表量程不是30mA，这

13、是由于毫安表 G 的内阻测量不准确造成的。要让改装电表量程为30mA，不必重新测量 G 的内阻，只需要将定值电阻 R 换成一个阻值为kR的电阻，其中k=。三、计算题：本题共 4 小题，共 41 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（6 分）如图（a）所示，水平放置的绝热容器被隔板 A 分成体积均为 V 的左右两部分。面积为 S 的绝热活塞 B 被锁定，隔板 A 的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为 T、压强为 p 的状态 1。抽取隔板 A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态 2。然后

14、将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞 B，B 恰能保持静止，当电阻丝 C 加热气体，使活塞 B 缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为1.5T的状态 3，该过程电阻丝 C 放出的热量为 Q。已知大气压强0p，且有02pp，故 A 错误；B根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故 B 错误；CD由于速度方向与竖直方向夹角相等，则ab0.5g tgtvv+=A、B的水平距离为ab0.5xv tvt=+，由此可知，需要已知沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故 C 错误；D 正确。故选 D。61676 年丹麦天文学家罗默通过木星卫星的掩食第一次测定了光速。如图甲，木卫 1

15、 转到木星的背面时，会被木星遮住来自太阳的光线，形成掩食现象。已知木卫 1 绕木星做匀速圆周运动的周期为 T，木星的半径为 R，木星的质量为 m，木星绕太阳公转周期为0T，木卫 1 绕木星转动周期远小于木星公转周期。如图乙，太阳光可视为平行光，太阳光与木星地面相切线与木卫 1 所在轨道的交点为 P、Q 点，POQa=，引力常量为 G，下列说法正确的是（）A木卫 1 绕木星运动的线速度为2cos2RTpaB木卫 1 一次“掩食”过程的时间约为02TapC木卫 1 绕木星运动的向心加速度为22sin2RTpaD由题给信息可以推算出太阳的质量【答案】C【详解】A木卫 1 绕木星做匀速圆周运动，线速度

16、为2 rvTp=，又由几何关系知sin2Rra=，可得sin2Rra=，则2sin2RvTpa=，故 A 错误；B木卫 1 一次“掩食”过程的时间为22TtTaapp=，故 B 错误；C木卫 1 绕木星运动的向心加速度为22222sin2RarrTTppwa=，故 C 正确；D设木星到太阳的距离为 d，木星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得22204GMmmddTp=，解得太阳质量为23204dMGTp=，于未给出木星到太阳的距离为 d，无法由题给信息测定太阳质量，故 D 错误。故选 C。7以 为坐标原点，沿绝缘水平面建立 x 轴，水平向右为正方向，两个电荷量相等的小球（可视为点电

17、荷）分别固定在 x 轴上的 M、N 处，M、N 的坐标分别为 x=-4L 和 x=4L，如图（a）所示。M、N 连线上各点的电势j与位置坐标 x 的关系如图（b）所示，x=-2L 处的电势为016j，x=L 处的电势为0215j-。在 x=-2L 处由静止释放一个质量为 m 的带电滑块（可视为质点），滑块向右运动到 x=L 处时速度恰好为零。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（）A两小球带同种电荷B滑块在 x=-2L 处受到的电场力小于在 x=L 处受到的电场力C滑块运动到 点时的加速度为gD滑块所带的电荷量大小为010 mgLj【答案】D【详解】A由xj

18、-图像可知，在 M、N 之间电势从左向右逐渐降低，电场方向从左向右，即电场线起源与 M 位置点电荷，终止于 N 点电荷，可知 M 处小球带正电，N 处的小球带负电，故 A 错误；Bxj-图像在某点切线斜率的绝对值等于该点的电场强度大小由图像可知，在 x=-2L 处图像斜率的绝对值大于 x=L 处图像斜率的绝对值，即在 x=-2L 处的电场强度大于 x=L 处的电场强度，即滑块在 x=-2L 处受到的电场力大于在 x=L 处受到的电场力，故 B 错误；C根据图像，在原点的斜率的绝对值不为 0，即原点的电场强度不为 0，滑块运动到 点时受到的电场力不为零，因此合外力为电场力与摩擦力的合力，加速度不

19、为g，故 C 错误；D滑块从 x=-2L 处运动到 x=L 处，根据能量守恒定律有00123615qmgLjj-=，解得010 mgLqj=，故 D 正确。故选 D。8如图为特殊材料薄板，电阻可视为零，质量为 0.99kg，厚度为 d=1mm，前后两个侧面是边长为 l=1m 的正方形。当在整个空间加上方向水平且平行于正方形侧面的磁感应强度大小为 100T 的匀强磁场时，薄板自由下落在垂直于侧面方向形成电流 I，使得薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，两侧面积聚电荷可以看成电容器，其电容值为 C，薄板下落过程中始终保持竖直，且不计空气阻力，重力加速度取210m/s。则下列选项正确的是（）A

20、薄板下落过程中形成后侧面流向前侧面的电流B薄板下落过程前后两个侧面的电荷不断增加直到达到某个最大值C薄板减少的重力势能全部转化为薄板的动能D电流 I 等于 0.99A，电容器的电容为 1F【答案】D【详解】A安培力竖直向上，由左手定则可知，电流方向是由前向后流的，故 A 错误；B薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的电流是个恒定值，前后两个侧面的电荷量会不断的随着时间均匀增加，故 B 错误；C 减小的重力势能转化为薄板的动能及电容器的电势能，以及电容器向外辐射的电磁波的能量，故 C 错误；D薄板的加速度相比自由落体时减小了百分之一，根据牛顿第二定律可得100mgBId=，解得0.99AI=，

21、根据1FQI tICUBdvBda=，故 D 正确。故选 D。9如图，肖同学制作了一个“摆”玩具，三根长度均为L的轻绳悬挂质量均为m的相同小钢球，静止时三个钢球刚好接触但彼此之间没有弹力。现将 1 号球向左拉到与最低点高度差为h处由静止释放，且偏角5q，所有碰撞均为弹性正碰且时间极短，钢球均视为质点，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A球 1 摆到最低点与球 2 碰撞后，球 3 上摆最高为2hB每一次碰撞发生在最低点，球 2 离开最低点C若去掉球 3 且将球 2 质量变为2m，在以后运动中，球 2 最多只能上摆49hD若去掉球 3 且将球 2 质量变为2m，在以后运动中，球

22、 1 不能到达h的高度【答案】C【详解】A由题意可知，三球之间为弹性正碰且时间极短，可分析得出发生碰撞时动量、动能均守恒。因此与球 1 的动量和动能全部传递给球 2，球 2 的动量和动能又传递给球 3，球 3 最终以与球 1 碰撞时相同大小的速度向上摆动，能到达的高度也为 h。故 B 错误；B由于每次碰撞都是完全弹性碰撞，所以球 2 的动能和动量会完全转移给与它相碰的另一个球，所以不会离开最低点。故 B 错误；C若去掉球 3，球 2 质量变为 2m，球 1 与球 2 之间为完全弹性碰撞，动量、能量守恒。假设碰撞时球 1 速度为 v，则有122mvmvmv=+，222121112222mvmvm

23、 v=+，可得113vv=-网，223vv=，因此碰撞后球 2 以23v的速度向上运动，由动能定理可得2221222mghm v=，可得249hh=，故 C 正确；D因为摆角很小，因此小球的摆动都可以看成单摆，单摆的周期2LTgp=相同，因此下次小球会在最低点相遇发生弹性碰撞，由对称性可知此时小球 1 的速度变为 v，能够到 h 的高度。故 D 错误。故选 C。10双缝干涉实验装置的截面图如图所示，光源S到1S、2S的距离相等，O点为1S、2S连线中垂线与光屏的交点，光源S发出的波长为l的光，经1S出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经2S出射后直接传播到O点，由1S到O点与由2S到O点，光传播的

24、时间差为tD。玻璃片厚度为5l，玻璃对该波长光的折射率为 1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。下列说法正确的是（）A152tclD=，O 点为亮条纹B152tclD=，O 点为暗条纹C52tclD=，O 点为亮条纹D52tclD=，O 点为暗条纹【答案】D【详解】由于玻璃对该波长光的折射率为1.5n=，则光在该玻璃中传播速度为23ccvn=，光从S到1S和到2S的路程相等，设光从1S到O点的时间为1t，从2S到O点的时间为2t，O点到2S的距离为L，则有155Ltcvll-=+，2Ltc=，光传播的时间差为1255LLcvctttll-+-=-D=，代入得52tclD=，1S、2S

25、到O点的光程差122rctlD=D=，两列波传到O点互相减弱，O点出现暗条纹。故选 D。11如图所示，古代起重的一个辘轳由两个直径不同，固定在同一轴上的圆柱体组成，一根轻绳绕在两圆柱上，摇把匀速转动时，小圆柱体上绳子下降，大圆柱体上绳子上升，从而提起重物，不计摩擦、滑轮和摇把重力的影响，已知重物重力大小为 G，小圆柱和大圆柱体的半径分别是 r 和 R，摇把的半径为 L，摇把匀速转动的角速度为，则（）A摇把匀速转动时，重物上升的速度为Rrw-B摇把匀速转动时，重物上升克服重力做功的功率为2GRrw-C摇把匀速转动时，作用在摇把上的力最大值为2GRrL-D摇把上的力对摇把做的功等于重物动能的增加量

26、【答案】B【详解】A由题可知大圆柱体绳子上升的速度vRw=上，小圆柱体绳子下降的速度vrw=下，故绳子实际上升的速度()vvvRrw=-=-下上，故重物上升的速度11()22vvRrw=-，A 错误；B根据功率的公式PFv=，可知，物体克服重力的功率()2GRrPFvmgvw-=，B 正确；C摇把转动一周所做的功为FW,施加在摇把上的力为F,克服重力所做的功为GW，则有2FWFLp=g，摇把转动一周，绳子上升的距离2()hRrp=-，则重物上升的高度1()2hhRrp=-，故克服重力所做的功()GWGRrp=-g，由功能原理可知FGWW=，所以最小力为2()FLGRrpp=-gg，()2GFR

27、rL=-，C 错误；D摇把上的力所做的功，除了使重物的动能增加，还使重物的重力势能也增加了，D 错误。故选 B。二、实验题：本题共 15 分。12（15 分）用如图 a 所示的电路图测量毫安表 G 的内阻，并改装成量程更大的电流表。已知 G 量程是3mA，内阻约为100W。电阻箱0R最大阻值为9999.9W，电源 E 电动势约为6V，内阻忽略不计。供选用的滑动变阻器有：甲，最大阻值为1k；乙，最大阻值为3k。完成以下实验，并回答问题：(1)为完成实验，滑动变阻器1R应该选用 ；（选填“甲”或“乙”）(2)测量毫安表 G 的内阻。正确连接电路后，进行如下操作：断开1S和2S，将1R接入电路的电阻

28、调到最大值；闭合1S，调节 （选填“1R”或“0R”）使 G 满偏；闭合2S，调节 （选填“1R”或“0R”）使 G 半偏，记录其此时接入电路的阻值为R测；根据测量原理，可认为毫安表 G 的内阻gR等于R测。R测与灵敏电流计内阻真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。(3)将毫安表 G 改装成量程为30mA的电流表。根据测得的毫安表 G 的内阻R测，计算与毫安表 G 并联的定值电阻 R 的阻值。完成改装后，按照图 b 所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为16.0mA时，毫安表 G指针位置如图 c 所示，说明改装电表量程不是30mA，这是由于毫安表 G 的内阻测量不准确造成的。要让改装

29、电表量程为30mA，不必重新测量 G 的内阻，只需要将定值电阻 R 换成一个阻值为kR的电阻，其中k=。【答案】(1)乙 (2)1R 0R 偏小 (3)2927【详解】（1）根据半偏法测量电表电阻的原理可知，当2S闭合后，干路电流恒定，由闭合电路欧姆定律可知EIRR=+并，需要保证RR?并时，才能尽量减小0R并入电路后的影响，所以滑动变阻器应选乙。（2）根据半偏法测量电表的电阻实验步骤可知，先闭合1S后，应调节1R使毫安表满偏；保持1S闭合，再闭合2S后，调节0R使毫安表半偏；当闭合2S后，0R并入电路后，电路中的总电阻减小，干路电路增大，当毫安表的电流等于2gI时，则通过0R的电流大于2gI

30、，所以0gRR，即测量值小于真实值。（3）当标准毫安表的示数为16.0mA时，由图 c 可知改装表的示数为15.0mA，则当改装表满偏时，对应的实际电流为32.0mA，即把毫安表改装后的量程为32mA，量程扩大了323倍，则并联电阻为3322913ggRRR=-，若把毫安表改装成30mA的电流表时，则量程扩大了 10 倍，则并联的电阻为110 1gRR=-，由题意可知，则kRR=，联立解得2927k=。三、计算题：本题共 4 小题，共 41 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13（6 分）如图（a）所示，

31、水平放置的绝热容器被隔板 A 分成体积均为 V 的左右两部分。面积为 S 的绝热活塞 B 被锁定，隔板 A 的右侧为真空，左侧有一定质量的理想气体处于温度为 T、压强为 p 的状态 1。抽取隔板 A，左侧中的气体就会扩散到右侧中，最终达到状态 2。然后将绝热容器竖直放置如图（b）所示，解锁活塞 B，B 恰能保持静止，当电阻丝 C 加热气体，使活塞 B 缓慢滑动，稳定后，气体达到温度为1.5T的状态 3，该过程电阻丝 C 放出的热量为 Q。已知大气压强0p，且有02pp，不计隔板厚度及一切摩擦阻力，重力加速度大小为 g。（1）求绝热活塞 B 的质量；（2）求气体内能的增加量。【答案】（1）0(2

32、)2pp Smg-=；（2）2pVUQD=-【详解】（1）气体从状态 1 到状态 2 发生等温变化，则12pVpV=容器竖直放置，解锁活塞 B，B 恰好保持静止，以活塞 B 为对象，根据力的平衡条件：10p Smgp S+=0(2)2pp Smg-=（2）当电阻丝 C 加热时，活塞 B 能缓慢滑动（无摩擦），使气体达到温度1.5T的状态 3，可知气体做等压变化，则有121.5VVTT=该过程气体对外做功为112()Wp VV=-根据热力学第一定律可得UWQD=-+故2pVUQD=-14（8 分）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置、简化为与火箭绝缘

33、的导电杆 MN 和装置 A 组成，并形成闭合回路，装置 A 能自动调节其输出电压确保回路电流 I 恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流 I 在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小 B1=kI（其中 k 为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小 B2=2kI，方向与 B1相同，火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度 v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停，已知火箭与导电杆的总质量为 M，导轨间距23MgdkI=，导电杆电阻为 R，导电杆与导轨保持

34、良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置 A 的内阻，在火箭落停过程中，求：（1）导电杆所受安培力的大小 F 和运动的距离 L；（2）回路感应电动势 E 与运动时间 t 的关系；【答案】（1）204vg；（2）062MgvgtI-；【详解】（1）导体杆受安培力13FB IdMg=方向向上，根据牛顿第二定律有MgFMa-=解得2ag=-导体杆运动的距离2200024vvLag-=（2）回路的电动势2EB dv=其中0vvat=+解得062MgEvgtI=-15（12 分）如图所示的倒“T”字型装置中，圆环 a 和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和环 a，细线穿过光滑小

35、孔 O，两端分别与环 a 和小球 b 连接，细线与竖直杆平行，整个装置开始处于静止状态。现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角为 53时，使整个装置以角速度 匀速转动。已知弹簧的劲度系数为 k，环 a、小球 b 的质量均为 m，重力加速度为 g，sin53=0.8，cos53=0.6。求：（1）装置静止时，弹簧的形变量 x0；（2）装置角速度为 转动时，小孔与小球 b 的之间的线长 L；（3）装置由静止开始转动至角速度为 的过程中，细线对小球 B 做的功 W。【答案】（1）02mgxk=；（2）253gLw=；（3）222214293mgm gWkw=-【详解】（1）装置静止

36、时，对环 a 和小球 b 整体kx0（mm）g得弹簧的形变量02mgxk=（2）对 b 球：由牛顿第二定律得 mgtanm2Lsin解得小孔下方绳长253gLw=（3）整个装置以角速度 匀速转动时，设弹簧的形变量为 x2，对环 a 受力平衡kx2mgT对小球 bTcos=mg解得283mgxk=小球 b 的速度 v=Lsin对 b 球，竖直方向上升的高度 h=L（1cos）（x2x0）由动能定理得 212Wmg hmv-D=解得细线对小球 B 做的功 222214293mgm gWkw=-16（15 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，整个空间存在磁感应强度大小 B=1T、方向垂直于纸

37、面向里的匀强磁场，第二象限存在方向竖直向上、电场强度大小 E=10N/C 的匀强电场。足够长绝缘水平传送带左传动轮正上方恰好位于坐标原点 O，传送带处于停转状态。一电荷量 q=+2C 的物块从 P（4 3m-，12m）获得一初速度后，在第二象限做匀速圆周运动（轨迹为一段圆弧）恰好从原点 O 水平滑上传送带，沿传送带平稳滑行一段距离后停在传送带上。物块可视为质点，运动过程电量保持不变，物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2。（1）求物块从 P 点获得的初速度；（2）求物块从滑上传送带到摩擦力功率最大的过程中摩擦力做的功；（3）

38、若传送带逆时针匀速转动，物块从原点 O 滑上传送带经历 t=5.3s 后返回 O 点且恰好与传送带共速，求传送带逆时针转动的速度大小。【答案】（1）8m/s，方向与 y 轴负方向成 30角；（2）-39J；（3）18.5m/s【详解】（1）由于物块在第二象限 P 点获得速度且做匀速圆周运动，所以Eqmg=可得2kgm=连接 PO，作 PO 的中垂线交 y 轴于 O，即 O为圆周运动的圆心，如图根据几何关系有222PPyRxR-+=可知小滑块做圆周运动的半径为8mR=根据洛伦兹力提供向心力200vqv BmR=可得小滑块从 P 点获得的初速度为08m/sv=方向与 y 轴负方向成 30角；（2）

39、滑块滑上传送带后，受力分析有NmgqvB=-滑块在传送带上运动所受摩擦力fN=滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率Pfv=联立解得PmgqvB v=-当2mgqvB=时，即5m/sv=滑块在传送带上运动所受摩擦力的功率最大，根据动能定理22f01122Wmvmv=-滑块从滑上传送带到摩擦力功率最大时摩擦力做的功为f39JW=-（3）滑块从 O 点进入后向右做减速运动，取时间微元t，根据动量定理1mgqvBtm v-=求和得10mgtqBxmv-=代入数据得11016tx-=滑块向左做加速运动，取时间微元t，设传送带逆时针转动速度为v带，根据动量定理2mgqvBtm v+=求和得2mgtqBxmv+=带代入数据得2102txv+=带又125.3sttt=+=联立解得18.5m/sv=带