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2024届贵州省遵义市绥阳县县级联考高三下学期冲刺卷（一）物理试题
1．（2024高三下·绥阳模拟）已知氢原子第n能级能量为（，、2、3……），一束激光照射基态的氢原子，氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，用这些谱线分别照射阴极K，如图所示，只有两种谱线能使阴极K发生光电效应，其中a光产生光电子最大初动能是b光的倍。以下说法正确的是（　　）
A．a光波长大于b光波长
B．a光光子动量小于b光光子的动量
C．阴极K逸出功为8.11eV
D．阴极K上发出光电子的最大初动能为2.64eV
2．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示为一定质量的理想气体的体积随热力学温度的变化规律图像，该气体由状态经到最后回到．则下列说法正确的是（　　）
A．由a到b气体压强增大
B．由b到c气体压强减小
C．由b到c气体内能的减少量小于气体放出的热量
D．由c到a气体放出的热量大于外界对气体做的功
3．（2024高三下·绥阳模拟）空间存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为，甲图是一放置于纸面内有顺时针方向恒定电流的环形导体环，圆心O处的磁感应强度为零。乙图是一放置于纸面内有逆时针方向同样大小恒定电流的半环形导体环，空间存在同样的垂直纸面、磁感应强度为的匀强磁场，以下说法正确的是（　　）
A．空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．乙图圆心O处的磁感应强度为
C．乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D．乙图半环形导体环中电流在圆心O处产生的磁感应强度为
4．（2024高三下·绥阳模拟）2023年9月21日，景海鹏、朱杨柱、桂海潮三位神舟十六航天员在中国空间站梦天实验舱向全国青少年进行了第四次太空科普授课，朱杨柱告诉我们“他在空间站里一天能看到16次日出（周期为1.5h）”。设中国空间站a和北斗系统中某颗中圆卫星b均为赤道上空卫星，中圆卫星b的周期为12h，如图所示，某时刻空间站a和中圆卫星b相距最近，且两者运动方向相同，以下说法正确的是（　　）
A．航天员的速度大于第一宇宙速度
B．中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比为
C．中国空间站a与中圆卫星b加速度之比为
D．从此时刻开始每隔中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近
5．（2024高三下·绥阳模拟）如图甲所示，波源和分别沿y轴方向振动形成两列简谐横波，分别向x轴正向和负向传播，、振动图像分别如图乙、丙所示。当时，处质点通过的路程为10cm，则（　　）
A．波速为2m/s
B．处的质点最早出现振幅为10cm的波谷位置
C．时，处的质点通过的路程为30cm
D．后，两波源之间（不包括波源）有20个振动加强点
6．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，两人用轻绳拴接一重物于点，跨过两侧的定滑轮用外力缓慢地竖直提升重物，已知与竖直方向夹角分别为（变化），左右两侧施加的外力大小分别为，两定滑轮处在同一高度。则下列说法正确的是（　　）
A． B．一直减小，也一直减小
C．为定值 D．的合力大于重物的重力
7．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示的交变电路中，变压器为理想变压器，a、b、c、d、e为5个完全相同的灯泡，现在M、N间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡刚好正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈的匝数比为
B．原线圈的输入电压与灯泡a两端的电压相等
C．电源电压的有效值为灯泡额定电压的2倍
D．若将灯泡d切断，则灯泡a、b的亮度不变
8．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，两质量均为、带等量异种电荷的可视为质点和点电荷的滑块放在倾角为的光滑绝缘斜面体上，将劲度系数为的轻弹簧用销钉固定在滑块A上，轻弹簧的另一端固定在斜面体顶端的挡板上，系统稳定时，轻弹簧的伸长量为，两滑块之间的距离为，静电力常量为，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．
B．滑块所带的电荷量为
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的加速度为
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的加速度为0
9．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，若在e、i点固定电荷量相等的正点电荷，一带负电的试探电荷q从b点由静止释放，仅在静电力作用下运动。则（　　）
A．j、f两点的电场强度大小相等
B．试探电荷q从b点运动到g点过程中，其电势能先减少后增大
C．试探电荷q从b点运动到g点过程中，其加速度一直减小
D．若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
10．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨，弯曲部分与水平直导轨部分平滑连接，导轨两端各接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨足够长且处在方向竖直向下的匀强磁场中。接入电路的电阻也为R的金属棒均从离水平导轨高度为h处由静止释放，金属棒与导轨垂直且接触良好，第一次电键K闭合，第二次电键K断开，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒刚进入磁场时的加速度大小之比为
B．两次通过金属棒某一横截面的电荷量大小之比为
C．两次运动金属棒中产生的焦耳热之比为
D．金属棒在水平导轨上运动的距离之比为
11．（2024高三下·绥阳模拟）晓宇同学利用如图甲所示的装置探究物体做匀变速直线运动的规律，实验时将长木板的左端适当垫高，将光电门固定在长木板的下端，带有遮光条的滑块由适当高度处无初速释放，滑块经过光电门时，遮光条的挡光时间为。为了减小实验误差，晓宇同学进行了多次测量，然后求平均值。
（1）实验时，晓宇同学用十分度的游标卡尺测量了遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度　 　cm。
（2）滑块经过光电门时，滑块的速度大小为　 　。（用以上测量的物理量表示）
（3）某次测量时，滑块的释放点到光电门的间距为L，则滑块沿长木板下滑时的加速度大小为　 　。（用以上测量的物理量表示）
12．（2024高三下·绥阳模拟）某同学利用如图甲所示的电路完成了对光敏电阻特性的研究，电路中表头的量程为、内阻为，为了完成实验需将表头改装成量程为的电流表，电路中为保护电阻，可调电阻的最大电阻值为，电源的电动势为，内阻可忽略不计．实验时得出光敏电阻与光强的关系图像，如图乙所示．
（1）电路中，定值电阻的阻值为　 　．
（2）下列可供选择的保护电阻，最合适的为______．
A． B． C． D．
（3）选取合适的电阻后，当光的强度为零时，可调电阻的阻值应调为　 　；保持的阻值不变，在表头示数为处对应的光的强度分别为　 　、　 　，在表头上的电流刻度处标出对应的光的强度。
13．（2024高三下·绥阳模拟）某材料制作的透明砖的横截面如图所示，ABO为等腰直角三角形，BCO为一个圆，O为其圆心，半径为R。一细光束由AB边中点垂直AB边射入，已知该透明材料的折射率，真空中的光速为c，求：
（1）光束在透明砖内传播的时间（不考虑光在折射时发生的反射）；
（2）光束在AO边发生折射时，折射角的正弦值。
14．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、足够长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
15．（2024高三下·绥阳模拟）如图甲所示，位于坐标原点O的粒子源随时间均匀向右发射出质量为m、带电量为＋q的带电粒子，初速度均为。在粒子源右方存在着间距为L的平行电极板，其中M板紧贴y轴，N板位于处，两极板与x轴交点处均有空隙允许粒子通过，在区域存在着磁感应强度为的匀强磁场，在区域存在着磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，处是粒子探测器。忽略粒子的重力、粒子相互间的作用力和其他阻力，粒子在电场中运动的时间不计，和的大小未知。
（1）当电极板M、N间不接加速电压，带电粒子恰好能到达磁场，求的大小；
（2）若，电极板M、N间接图乙所示的加速电压，有80%的粒子到达探测器，求的大小；
（3）若，电极板M、N间仍然接入图乙所示的加速电压，求到达探测器的粒子比例。（保留两位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】AB．根据题意氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，可知，a光、b光的能量为
，
可知光子频率
根据波长公式
得
根据光子动量公式
可得
故AB错误；
CD．根据光电效应方程
，
由
联立解得阴极K逸出功为
阴极K上发出光电子的最大初动能为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，说明，只有两种谱线能使阴极K发生光电效应 ，说明a光、b光的能量为，。
1、根据可知，频率大则波长小。根据光子动量公式，波长小则光子动量大。
2、根据光电效应方程，，由，联立解得阴极K逸出功，阴极K上发出光电子的最大初动能为。
2．【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】A．由
得
由图可知两点的连线过原点，则状态的压强相等，故A错误；
B．气体由到的过程，气体做等容降温变化，所以气体的压强减小，故B正确；
C．由到气体做等容变化，气体对外不做功，气体的温度降低，气体的内能减少
由热力学第一定律
气体内能的减少量等于气体放出的热量，故C错误；
D．由到气体做等温变化，气体的内能不变，又气体体积减小，外界对气体做功
，由热力学第一定律
气体放出的热量等于外界对气体做的功，故D错误。
故选B。
【分析】1、由图像可知两点的连线过原点，则状态的压强相等。
2、由图像可知由到的过程，气体做等容降温变化，由得出气体的压强减小。
3、等容变化，气体对外不做功，气体的温度降低，气体的内能减少，由热力学第一定律，气体内能的减少量等于气体放出的热量。
3．【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心O处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A项错误；
BCD．据题意可知，圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，根据安培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
故B正确，CD错误。
故选B。
【分析】1、恒定电流在圆心处的磁感应强度和空间存在垂直纸面的匀强磁场在O点叠加，合磁场强度为零，只要根据安培定则判断恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，可得出空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外。
2、恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小等于圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小的一半，则乙图圆心O处的磁感应强度为两磁场的矢量叠加。
4．【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力可得
可得
地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知航天员的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可得
可得中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比为
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
可得
则中国空间站a与中圆卫星b加速度之比为
故C错误；
D．从此时刻开始，设每隔时间中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近，则有
解得
故D正确。
故选D。
【解答】1、地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度。
2、根据开普勒第三定律可得，可得中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比。
3、根据可得中国空间站a与中圆卫星b加速度之比。
4、每隔时间中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近，则有。
5．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由图可知，周期，振幅，由图可知比早振动的时间为
当时，处质点通过的路程为，可知当时，处质点振动的时间
即波源的振动传播到处的时间为
则波速大小为
故A错误；
B．波长为
波源的振动形成的第一个波谷是在处，时间为
在，波源振动形成的第一个波谷的位置为
最早出现振幅为10cm的波谷位置
故B正确；
C．两波源的振动传播到处的时间为
由于波源比晚振动0.2s，所以之间处的质点只参与的振动，通过的路程
之间处的质点参与两波源的振动，振动加强，通过的路程
所以时，处的质点通过的路程为
故C错误；
D．时，两波源的振动方向都是向轴负方向，两波源处振动加强，两波源之间（不包括波源）振动加强点的个数为
故D错误。
故选B。
【分析】1、已知两波源振动图像，由振动图像中得出周期T，振幅A，题目已知时，处质点通过的路程为10cm， 可利用计算波速。
2、之间处的质点只参与的振动，通过的路程，之间处的质点参与两波源的振动，振动加强，通过的路程，则时，处的质点通过的路程为。
3、两波源之间（不包括波源）振动加强点的个数为。
6．【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】
A．图解法可解决三力作用下的动态问题，也可解决多个力作用下的动态问题。因为，则
进行受力分析如图所示，根据正弦定理得
其中
可得
，
则
故A正确；
B．若均一直减小，两力的竖直分力均减小，则的合力小于物体的重力，故B错误；
C．由
可得
可知变化，故C错误；
D． 解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。 对重物受力分析，如图所示，重物缓慢地提升，则重物处于动态平衡，由力的平衡条件可知，的合力与重物的重力大小相等，方向相反，故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力分析，根据水平和竖直方向共点力平衡条件分析。本题考查共点力平衡条件及力的动态平衡问题，解题关键掌握受力分析，注意平行四边形法则的应用。
7．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.5个灯泡刚好正常发光，设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则原线圈电流为2I，副线圈电流为3I，则变压器原、副线圈的匝数比为
故A正确；
BC．原线圈两端电压
则电源电压为
故BC错误；
D．变压器等效电阻
若将灯泡d切断，则次级电阻变大，等效电阻变大，则初级电流减小，则灯泡a、b的亮度变暗，故D错误。
故选A。
【分析】1、 根据题目已知5个灯泡刚好正常发光 可得出变压器原副线圈电流，再根据电流与匝数成反比可得出匝数比。
2、根据原副线圈电压与匝数成正比可得出原线圈电压，电源电压等于原线圈电压加负载电压。
3、由变压器等效电阻可知，次级电阻变大，等效电阻变大，则原线圈电流减小。灯泡变暗。
8．【答案】A,B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对A、B分别进行受力分析可知，在沿斜面的方向上，对
对
联立可得
即
因此
故A正确；
B．将代入可得
得
故B正确；
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的受力不发生变化，加速度为0。故C错误；
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的受力发生变化，弹力为0，则
联立可得
故D错误；
故选AB。
【分析】物体在静电力作用下受力平衡，根据平衡列等式可求解角度合电荷量。拔走销钉的瞬间，重新受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度。
9．【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．连接e、i过点f、j作直线e、i的垂线可发现f距离场源e的水平距离要比j距离场源i的水平距离小，则f点的电场强度更大，故A错误；
B．试探电荷q从b点运动到g点过程中，受电场力先向下后向上，电场力先做正功后做负功，其电势能先减少后增大，故B正确；
C．试探电荷q从b点运动到g点过程中，到连线中点，场强为零，加速度为零，最小，故加速度不是一直减小，故C错误；
D．若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，垂直纸面方向，它可以在库仑力充当向心力作用下，做匀速圆周运动，故D正确。
故选BD。
【分析】1、根据电场叠加原理可得出 j、f两点的电场强度大小 关系。
2、试探电荷q从b点运动到g点过程中，根据电场力做功判断电势能变化情况。
3、 e、i点固定电荷量相等的正点电荷 ，则e、i点连线中点位置，场强为零，加速度为零。
4、当库仑力充当向心力作用时，可以做匀速圆周运动。
10．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．当金属棒进入磁场瞬间，其速度为v，有
则金属棒进入磁场瞬间，其产生的感应电动势为E，有
则第一次电路中的电流为，有
对导体棒有
则第二次电路中的电流
对导体棒有
所以有
故A项正确；
B．当导体棒进入磁场中，对导体棒由动量定理有
又由于
所以整理有
由于导体棒两次进入磁场的速度大小相同，最后都静止下来，磁场的磁感应强度一致，所以两次通过导体棒的电荷量之比为
故B项错误；
C．设整个电路产生的热为Q，由功能关系有
导体棒第一次进入磁场，由于开关闭合，所以两个电阻并联再与金属棒串联，其总共产生热量为Q，由于
所以金属棒产生的热量为
导体棒第二次进入磁场，开关断开，进入磁场，金属棒与一个电阻串联，其总共产生的热量为Q，由于，所以金属棒产生的热量为
所以
故C项正确；
D．导体棒进入磁场，由动量定理有
结合之前的分析，第一次入磁场有
整理有
第二次进入磁场有
整理有
所以
故D项错误。
故选AC。
【分析】电磁感应中单棒模型。1、由可得出金属棒进入磁场瞬间速度，由得出此时感应电动势，由欧姆定律得出电流，再求安培力，再利用牛顿第二定律得出加速度。
2、对导体棒由动量定理有，又由于，推导出可求解 两次通过金属棒某一横截面的电荷量大小之比 。
3、第一次入磁场，由动量定理有，整理有，
第二次进入磁场有，整理有，可求解 金属棒在水平导轨上运动的距离之比 。
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度
（2）遮光条宽度较小，滑块经过光电门时的平均速度可近似看做瞬时速度，滑块的速度大小为
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系可得
方程联立解得加速度大小
【分析】（1）游标卡尺的读数规则： 观察游标尺的“0刻度线”左侧主尺的整毫米数 ， 找到游标尺上与主尺刻度线对齐最准的一条线，该线的序号乘以游标卡尺的精度 。 总读数 = 主尺读数 + 游标尺读数。
（2）光电门测速度。
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系计算加速度。
（1）根据游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度
（2）遮光条宽度较小，滑块经过光电门时的平均速度可近似看做瞬时速度，滑块的速度大小为
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系可得
方程联立解得加速度大小
12．【答案】（1）20
（2）D
（3）30.4；200；50
【知识点】电表的改装与应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由电流表的改装原理可知
代入数据解得
（2）改装的电流表满偏时，电路的总电阻为
由图乙可知当光的强度为0时，光敏电阻的电阻值为，的最大电阻值为，电流表的内阻为，所以保护电阻的阻值不小于，故选D。
（3）当光的强度为零时，，又，所以可调电阻的阻值应调为
表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
【分析】（1） 表头改装成量程为的电流表， 由计算出 电路中，定值电阻的阻值 。
（2）先改装的电流表满偏时电路的总电阻，再根据已知电阻计算保护电阻的阻值。
（3）根据前面计算得知总电阻，当光的强度为零时，，又，根据总电阻计算可调电阻的阻值。当表头的示数为时，改装电流表的电流为，计算此时电路的总电阻，根据总电阻计算光敏电阻的阻值，由图乙得出光的强度。当表头的示数为时，改装电流表的电流为，同样方法计算此时光的强度。
（1）由电流表的改装原理可知
代入数据解得
（2）改装的电流表满偏时，电路的总电阻为
由图乙可知当光的强度为0时，光敏电阻的电阻值为，的最大电阻值为，电流表的内阻为，所以保护电阻的阻值不小于，则最合适的保护电阻为D。
（3）[1]当光的强度为零时，，又，所以可调电阻的阻值应调为
[2] 表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
[3]表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
13．【答案】解：（1）设光线在透明砖发生全反射的临界角为C，有
所以解得
在透明砖中光线图如图所示
光从射入透明砖，其经过四次全反射后传播到AO边D点的过程中，由几何关系有
解得
经过的路程为
光在透明砖中的传播速度为
则光从射入透明砖，经两次全反射后传播到OC边的过程中，传播时间为
（2）有几何关系可知光线到AO边，其光线与法线的夹角为，则有其折射定律有
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）已知 透明材料的折射率 ，透明砖发生全反射的临界角，可计算全反射的临界角C，画出在透明砖中光线图
图中由几何关系，可计算长度，经过的路程为
，光在透明砖中的传播速度为
经两次全反射后传播到OC边的过程中，传播时间。
（2）有几何关系可知光线到AO边，其光线与法线的夹角为，其折射定律计算光束在AO边发生折射时，折射角的正弦值。
14．【答案】解：（1）物块B在最高点时，有
b到d由动能定理可得
在b点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为60N。
（2）由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立解得
（3）物块与小车恰好共速，设速度为，根据动量守恒定律得
由能量守恒定律可得
联立解得
，
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）恰好在最高点时，重力提供向心力：，b到d由动能定理可得，在b点合力提供向心力：，联立可求解支持力，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力。
（2）由动量守恒定律可得，由能量守恒可得
联立可求解 细绳剪断之前弹簧的弹性势能 。
（3）物块与小车恰好共速，根据动量守恒定律得，由能量守恒定律可得，联立可求解 小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
15．【答案】解：（1）由题意可得粒子在磁场中的轨迹半径
粒子所受洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有
解得
（2）当粒子恰能到达探测器时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为
设粒子在磁场中运动的速度大小为，则
解得
由动能定理得
解得
由
解得
（3）临界情况，粒子轨迹与探测器相切，在竖直方向由动量定理有
解得
解得
设此情况下电压值为，则由动能定理有
解得
故
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）先找出粒子在磁场中的轨迹半径，粒子所受洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力列等式：，可求解的大小 。
（2）当粒子恰能到达探测器时，根据几何关系找出粒子在磁场中运动的轨迹半径，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，解得粒子在磁场中运动的速度大小，由动能定理得，解得临界电压，由，解得的大小 。
（3）临界情况，粒子轨迹与探测器相切，在竖直方向由动量定理有
，此情况下电压值为，则由动能定理有，解得，根据公式求解 到达探测器的粒子比例 。
1 / 12024届贵州省遵义市绥阳县县级联考高三下学期冲刺卷（一）物理试题
1．（2024高三下·绥阳模拟）已知氢原子第n能级能量为（，、2、3……），一束激光照射基态的氢原子，氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，用这些谱线分别照射阴极K，如图所示，只有两种谱线能使阴极K发生光电效应，其中a光产生光电子最大初动能是b光的倍。以下说法正确的是（　　）
A．a光波长大于b光波长
B．a光光子动量小于b光光子的动量
C．阴极K逸出功为8.11eV
D．阴极K上发出光电子的最大初动能为2.64eV
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；光子及其动量
【解析】【解答】AB．根据题意氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，可知，a光、b光的能量为
，
可知光子频率
根据波长公式
得
根据光子动量公式
可得
故AB错误；
CD．根据光电效应方程
，
由
联立解得阴极K逸出功为
阴极K上发出光电子的最大初动能为
故C错误，D正确。
故选D。
【分析】氢原子受激发跃迁而产生六种谱线，说明，只有两种谱线能使阴极K发生光电效应 ，说明a光、b光的能量为，。
1、根据可知，频率大则波长小。根据光子动量公式，波长小则光子动量大。
2、根据光电效应方程，，由，联立解得阴极K逸出功，阴极K上发出光电子的最大初动能为。
2．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示为一定质量的理想气体的体积随热力学温度的变化规律图像，该气体由状态经到最后回到．则下列说法正确的是（　　）
A．由a到b气体压强增大
B．由b到c气体压强减小
C．由b到c气体内能的减少量小于气体放出的热量
D．由c到a气体放出的热量大于外界对气体做的功
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；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】A．由
得
由图可知两点的连线过原点，则状态的压强相等，故A错误；
B．气体由到的过程，气体做等容降温变化，所以气体的压强减小，故B正确；
C．由到气体做等容变化，气体对外不做功，气体的温度降低，气体的内能减少
由热力学第一定律
气体内能的减少量等于气体放出的热量，故C错误；
D．由到气体做等温变化，气体的内能不变，又气体体积减小，外界对气体做功
，由热力学第一定律
气体放出的热量等于外界对气体做的功，故D错误。
故选B。
【分析】1、由图像可知两点的连线过原点，则状态的压强相等。
2、由图像可知由到的过程，气体做等容降温变化，由得出气体的压强减小。
3、等容变化，气体对外不做功，气体的温度降低，气体的内能减少，由热力学第一定律，气体内能的减少量等于气体放出的热量。
3．（2024高三下·绥阳模拟）空间存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为，甲图是一放置于纸面内有顺时针方向恒定电流的环形导体环，圆心O处的磁感应强度为零。乙图是一放置于纸面内有逆时针方向同样大小恒定电流的半环形导体环，空间存在同样的垂直纸面、磁感应强度为的匀强磁场，以下说法正确的是（　　）
A．空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．乙图圆心O处的磁感应强度为
C．乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D．乙图半环形导体环中电流在圆心O处产生的磁感应强度为
【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A．根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心O处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A项错误；
BCD．据题意可知，圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为，根据安培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为
故B正确，CD错误。
故选B。
【分析】1、恒定电流在圆心处的磁感应强度和空间存在垂直纸面的匀强磁场在O点叠加，合磁场强度为零，只要根据安培定则判断恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，可得出空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外。
2、恒定电流的半圆形导体弧在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小等于圆形导体环在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小的一半，则乙图圆心O处的磁感应强度为两磁场的矢量叠加。
4．（2024高三下·绥阳模拟）2023年9月21日，景海鹏、朱杨柱、桂海潮三位神舟十六航天员在中国空间站梦天实验舱向全国青少年进行了第四次太空科普授课，朱杨柱告诉我们“他在空间站里一天能看到16次日出（周期为1.5h）”。设中国空间站a和北斗系统中某颗中圆卫星b均为赤道上空卫星，中圆卫星b的周期为12h，如图所示，某时刻空间站a和中圆卫星b相距最近，且两者运动方向相同，以下说法正确的是（　　）
A．航天员的速度大于第一宇宙速度
B．中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比为
C．中国空间站a与中圆卫星b加速度之比为
D．从此时刻开始每隔中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近
【答案】D
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力提供向心力可得
可得
地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知航天员的速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据开普勒第三定律可得
可得中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比为
故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得
可得
则中国空间站a与中圆卫星b加速度之比为
故C错误；
D．从此时刻开始，设每隔时间中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近，则有
解得
故D正确。
故选D。
【解答】1、地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度。
2、根据开普勒第三定律可得，可得中国空间站a和中圆卫星b轨道半径之比。
3、根据可得中国空间站a与中圆卫星b加速度之比。
4、每隔时间中国空间站a和中圆卫星b再次相距最近，则有。
5．（2024高三下·绥阳模拟）如图甲所示，波源和分别沿y轴方向振动形成两列简谐横波，分别向x轴正向和负向传播，、振动图像分别如图乙、丙所示。当时，处质点通过的路程为10cm，则（　　）
A．波速为2m/s
B．处的质点最早出现振幅为10cm的波谷位置
C．时，处的质点通过的路程为30cm
D．后，两波源之间（不包括波源）有20个振动加强点
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．由图可知，周期，振幅，由图可知比早振动的时间为
当时，处质点通过的路程为，可知当时，处质点振动的时间
即波源的振动传播到处的时间为
则波速大小为
故A错误；
B．波长为
波源的振动形成的第一个波谷是在处，时间为
在，波源振动形成的第一个波谷的位置为
最早出现振幅为10cm的波谷位置
故B正确；
C．两波源的振动传播到处的时间为
由于波源比晚振动0.2s，所以之间处的质点只参与的振动，通过的路程
之间处的质点参与两波源的振动，振动加强，通过的路程
所以时，处的质点通过的路程为
故C错误；
D．时，两波源的振动方向都是向轴负方向，两波源处振动加强，两波源之间（不包括波源）振动加强点的个数为
故D错误。
故选B。
【分析】1、已知两波源振动图像，由振动图像中得出周期T，振幅A，题目已知时，处质点通过的路程为10cm， 可利用计算波速。
2、之间处的质点只参与的振动，通过的路程，之间处的质点参与两波源的振动，振动加强，通过的路程，则时，处的质点通过的路程为。
3、两波源之间（不包括波源）振动加强点的个数为。
6．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，两人用轻绳拴接一重物于点，跨过两侧的定滑轮用外力缓慢地竖直提升重物，已知与竖直方向夹角分别为（变化），左右两侧施加的外力大小分别为，两定滑轮处在同一高度。则下列说法正确的是（　　）
A． B．一直减小，也一直减小
C．为定值 D．的合力大于重物的重力
【答案】A
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】
A．图解法可解决三力作用下的动态问题，也可解决多个力作用下的动态问题。因为，则
进行受力分析如图所示，根据正弦定理得
其中
可得
，
则
故A正确；
B．若均一直减小，两力的竖直分力均减小，则的合力小于物体的重力，故B错误；
C．由
可得
可知变化，故C错误；
D． 解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。 对重物受力分析，如图所示，重物缓慢地提升，则重物处于动态平衡，由力的平衡条件可知，的合力与重物的重力大小相等，方向相反，故D错误。
故选A。
【分析】对重物受力分析，根据水平和竖直方向共点力平衡条件分析。本题考查共点力平衡条件及力的动态平衡问题，解题关键掌握受力分析，注意平行四边形法则的应用。
7．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示的交变电路中，变压器为理想变压器，a、b、c、d、e为5个完全相同的灯泡，现在M、N间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡刚好正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．变压器原、副线圈的匝数比为
B．原线圈的输入电压与灯泡a两端的电压相等
C．电源电压的有效值为灯泡额定电压的2倍
D．若将灯泡d切断，则灯泡a、b的亮度不变
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】A.5个灯泡刚好正常发光，设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则原线圈电流为2I，副线圈电流为3I，则变压器原、副线圈的匝数比为
故A正确；
BC．原线圈两端电压
则电源电压为
故BC错误；
D．变压器等效电阻
若将灯泡d切断，则次级电阻变大，等效电阻变大，则初级电流减小，则灯泡a、b的亮度变暗，故D错误。
故选A。
【分析】1、 根据题目已知5个灯泡刚好正常发光 可得出变压器原副线圈电流，再根据电流与匝数成反比可得出匝数比。
2、根据原副线圈电压与匝数成正比可得出原线圈电压，电源电压等于原线圈电压加负载电压。
3、由变压器等效电阻可知，次级电阻变大，等效电阻变大，则原线圈电流减小。灯泡变暗。
8．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，两质量均为、带等量异种电荷的可视为质点和点电荷的滑块放在倾角为的光滑绝缘斜面体上，将劲度系数为的轻弹簧用销钉固定在滑块A上，轻弹簧的另一端固定在斜面体顶端的挡板上，系统稳定时，轻弹簧的伸长量为，两滑块之间的距离为，静电力常量为，重力加速度为。则下列说法正确的是（　　）
A．
B．滑块所带的电荷量为
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的加速度为
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的加速度为0
【答案】A,B
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对A、B分别进行受力分析可知，在沿斜面的方向上，对
对
联立可得
即
因此
故A正确；
B．将代入可得
得
故B正确；
C．拔走销钉的瞬间，滑块B的受力不发生变化，加速度为0。故C错误；
D．拔走销钉的瞬间，滑块A的受力发生变化，弹力为0，则
联立可得
故D错误；
故选AB。
【分析】物体在静电力作用下受力平衡，根据平衡列等式可求解角度合电荷量。拔走销钉的瞬间，重新受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度。
9．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，若在e、i点固定电荷量相等的正点电荷，一带负电的试探电荷q从b点由静止释放，仅在静电力作用下运动。则（　　）
A．j、f两点的电场强度大小相等
B．试探电荷q从b点运动到g点过程中，其电势能先减少后增大
C．试探电荷q从b点运动到g点过程中，其加速度一直减小
D．若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动
【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．连接e、i过点f、j作直线e、i的垂线可发现f距离场源e的水平距离要比j距离场源i的水平距离小，则f点的电场强度更大，故A错误；
B．试探电荷q从b点运动到g点过程中，受电场力先向下后向上，电场力先做正功后做负功，其电势能先减少后增大，故B正确；
C．试探电荷q从b点运动到g点过程中，到连线中点，场强为零，加速度为零，最小，故加速度不是一直减小，故C错误；
D．若在b点给试探电荷q一个合适的初速度，垂直纸面方向，它可以在库仑力充当向心力作用下，做匀速圆周运动，故D正确。
故选BD。
【分析】1、根据电场叠加原理可得出 j、f两点的电场强度大小 关系。
2、试探电荷q从b点运动到g点过程中，根据电场力做功判断电势能变化情况。
3、 e、i点固定电荷量相等的正点电荷 ，则e、i点连线中点位置，场强为零，加速度为零。
4、当库仑力充当向心力作用时，可以做匀速圆周运动。
10．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨，弯曲部分与水平直导轨部分平滑连接，导轨两端各接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨足够长且处在方向竖直向下的匀强磁场中。接入电路的电阻也为R的金属棒均从离水平导轨高度为h处由静止释放，金属棒与导轨垂直且接触良好，第一次电键K闭合，第二次电键K断开，则下列说法正确的是（　　）
A．金属棒刚进入磁场时的加速度大小之比为
B．两次通过金属棒某一横截面的电荷量大小之比为
C．两次运动金属棒中产生的焦耳热之比为
D．金属棒在水平导轨上运动的距离之比为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．当金属棒进入磁场瞬间，其速度为v，有
则金属棒进入磁场瞬间，其产生的感应电动势为E，有
则第一次电路中的电流为，有
对导体棒有
则第二次电路中的电流
对导体棒有
所以有
故A项正确；
B．当导体棒进入磁场中，对导体棒由动量定理有
又由于
所以整理有
由于导体棒两次进入磁场的速度大小相同，最后都静止下来，磁场的磁感应强度一致，所以两次通过导体棒的电荷量之比为
故B项错误；
C．设整个电路产生的热为Q，由功能关系有
导体棒第一次进入磁场，由于开关闭合，所以两个电阻并联再与金属棒串联，其总共产生热量为Q，由于
所以金属棒产生的热量为
导体棒第二次进入磁场，开关断开，进入磁场，金属棒与一个电阻串联，其总共产生的热量为Q，由于，所以金属棒产生的热量为
所以
故C项正确；
D．导体棒进入磁场，由动量定理有
结合之前的分析，第一次入磁场有
整理有
第二次进入磁场有
整理有
所以
故D项错误。
故选AC。
【分析】电磁感应中单棒模型。1、由可得出金属棒进入磁场瞬间速度，由得出此时感应电动势，由欧姆定律得出电流，再求安培力，再利用牛顿第二定律得出加速度。
2、对导体棒由动量定理有，又由于，推导出可求解 两次通过金属棒某一横截面的电荷量大小之比 。
3、第一次入磁场，由动量定理有，整理有，
第二次进入磁场有，整理有，可求解 金属棒在水平导轨上运动的距离之比 。
11．（2024高三下·绥阳模拟）晓宇同学利用如图甲所示的装置探究物体做匀变速直线运动的规律，实验时将长木板的左端适当垫高，将光电门固定在长木板的下端，带有遮光条的滑块由适当高度处无初速释放，滑块经过光电门时，遮光条的挡光时间为。为了减小实验误差，晓宇同学进行了多次测量，然后求平均值。
（1）实验时，晓宇同学用十分度的游标卡尺测量了遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度　 　cm。
（2）滑块经过光电门时，滑块的速度大小为　 　。（用以上测量的物理量表示）
（3）某次测量时，滑块的释放点到光电门的间距为L，则滑块沿长木板下滑时的加速度大小为　 　。（用以上测量的物理量表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度
（2）遮光条宽度较小，滑块经过光电门时的平均速度可近似看做瞬时速度，滑块的速度大小为
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系可得
方程联立解得加速度大小
【分析】（1）游标卡尺的读数规则： 观察游标尺的“0刻度线”左侧主尺的整毫米数 ， 找到游标尺上与主尺刻度线对齐最准的一条线，该线的序号乘以游标卡尺的精度 。 总读数 = 主尺读数 + 游标尺读数。
（2）光电门测速度。
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系计算加速度。
（1）根据游标卡尺的读数规则可知遮光条的宽度
（2）遮光条宽度较小，滑块经过光电门时的平均速度可近似看做瞬时速度，滑块的速度大小为
（3）根据匀变速直线运动中位移-速度关系可得
方程联立解得加速度大小
12．（2024高三下·绥阳模拟）某同学利用如图甲所示的电路完成了对光敏电阻特性的研究，电路中表头的量程为、内阻为，为了完成实验需将表头改装成量程为的电流表，电路中为保护电阻，可调电阻的最大电阻值为，电源的电动势为，内阻可忽略不计．实验时得出光敏电阻与光强的关系图像，如图乙所示．
（1）电路中，定值电阻的阻值为　 　．
（2）下列可供选择的保护电阻，最合适的为______．
A． B． C． D．
（3）选取合适的电阻后，当光的强度为零时，可调电阻的阻值应调为　 　；保持的阻值不变，在表头示数为处对应的光的强度分别为　 　、　 　，在表头上的电流刻度处标出对应的光的强度。
【答案】（1）20
（2）D
（3）30.4；200；50
【知识点】电表的改装与应用；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由电流表的改装原理可知
代入数据解得
（2）改装的电流表满偏时，电路的总电阻为
由图乙可知当光的强度为0时，光敏电阻的电阻值为，的最大电阻值为，电流表的内阻为，所以保护电阻的阻值不小于，故选D。
（3）当光的强度为零时，，又，所以可调电阻的阻值应调为
表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
【分析】（1） 表头改装成量程为的电流表， 由计算出 电路中，定值电阻的阻值 。
（2）先改装的电流表满偏时电路的总电阻，再根据已知电阻计算保护电阻的阻值。
（3）根据前面计算得知总电阻，当光的强度为零时，，又，根据总电阻计算可调电阻的阻值。当表头的示数为时，改装电流表的电流为，计算此时电路的总电阻，根据总电阻计算光敏电阻的阻值，由图乙得出光的强度。当表头的示数为时，改装电流表的电流为，同样方法计算此时光的强度。
（1）由电流表的改装原理可知
代入数据解得
（2）改装的电流表满偏时，电路的总电阻为
由图乙可知当光的强度为0时，光敏电阻的电阻值为，的最大电阻值为，电流表的内阻为，所以保护电阻的阻值不小于，则最合适的保护电阻为D。
（3）[1]当光的强度为零时，，又，所以可调电阻的阻值应调为
[2] 表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
[3]表头的示数为时，改装电流表的电流为，此时电路的总电阻为
由以上可知光敏电阻的阻值为
又由图乙得
解得光的强度为
13．（2024高三下·绥阳模拟）某材料制作的透明砖的横截面如图所示，ABO为等腰直角三角形，BCO为一个圆，O为其圆心，半径为R。一细光束由AB边中点垂直AB边射入，已知该透明材料的折射率，真空中的光速为c，求：
（1）光束在透明砖内传播的时间（不考虑光在折射时发生的反射）；
（2）光束在AO边发生折射时，折射角的正弦值。
【答案】解：（1）设光线在透明砖发生全反射的临界角为C，有
所以解得
在透明砖中光线图如图所示
光从射入透明砖，其经过四次全反射后传播到AO边D点的过程中，由几何关系有
解得
经过的路程为
光在透明砖中的传播速度为
则光从射入透明砖，经两次全反射后传播到OC边的过程中，传播时间为
（2）有几何关系可知光线到AO边，其光线与法线的夹角为，则有其折射定律有
解得
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）已知 透明材料的折射率 ，透明砖发生全反射的临界角，可计算全反射的临界角C，画出在透明砖中光线图
图中由几何关系，可计算长度，经过的路程为
，光在透明砖中的传播速度为
经两次全反射后传播到OC边的过程中，传播时间。
（2）有几何关系可知光线到AO边，其光线与法线的夹角为，其折射定律计算光束在AO边发生折射时，折射角的正弦值。
14．（2024高三下·绥阳模拟）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为、的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、足够长的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
【答案】解：（1）物块B在最高点时，有
b到d由动能定理可得
在b点有
联立解得
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为60N。
（2）由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立解得
（3）物块与小车恰好共速，设速度为，根据动量守恒定律得
由能量守恒定律可得
联立解得
，
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】（1）恰好在最高点时，重力提供向心力：，b到d由动能定理可得，在b点合力提供向心力：，联立可求解支持力，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力。
（2）由动量守恒定律可得，由能量守恒可得
联立可求解 细绳剪断之前弹簧的弹性势能 。
（3）物块与小车恰好共速，根据动量守恒定律得，由能量守恒定律可得，联立可求解 小车长度L和物块A在小车上滑动过程中产生的热量Q。
15．（2024高三下·绥阳模拟）如图甲所示，位于坐标原点O的粒子源随时间均匀向右发射出质量为m、带电量为＋q的带电粒子，初速度均为。在粒子源右方存在着间距为L的平行电极板，其中M板紧贴y轴，N板位于处，两极板与x轴交点处均有空隙允许粒子通过，在区域存在着磁感应强度为的匀强磁场，在区域存在着磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，处是粒子探测器。忽略粒子的重力、粒子相互间的作用力和其他阻力，粒子在电场中运动的时间不计，和的大小未知。
（1）当电极板M、N间不接加速电压，带电粒子恰好能到达磁场，求的大小；
（2）若，电极板M、N间接图乙所示的加速电压，有80%的粒子到达探测器，求的大小；
（3）若，电极板M、N间仍然接入图乙所示的加速电压，求到达探测器的粒子比例。（保留两位有效数字）
【答案】解：（1）由题意可得粒子在磁场中的轨迹半径
粒子所受洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有
解得
（2）当粒子恰能到达探测器时，粒子在磁场中运动的轨迹半径为
设粒子在磁场中运动的速度大小为，则
解得
由动能定理得
解得
由
解得
（3）临界情况，粒子轨迹与探测器相切，在竖直方向由动量定理有
解得
解得
设此情况下电压值为，则由动能定理有
解得
故
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）先找出粒子在磁场中的轨迹半径，粒子所受洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力列等式：，可求解的大小 。
（2）当粒子恰能到达探测器时，根据几何关系找出粒子在磁场中运动的轨迹半径，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，解得粒子在磁场中运动的速度大小，由动能定理得，解得临界电压，由，解得的大小 。
（3）临界情况，粒子轨迹与探测器相切，在竖直方向由动量定理有
，此情况下电压值为，则由动能定理有，解得，根据公式求解 到达探测器的粒子比例 。
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