浙江省G12名校協(xié)作體2024-2025學年高三上學期開學物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024學年第一學期浙江省名校協(xié)作體試題高三年級物理學科考生須知：1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、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；5.本卷中無特殊說明，重力加速度g均取10m/s2。第I卷（選擇題共45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.下列物理量屬于矢量且單位正確的是（）A.功率（W） B.磁感應強度（T）C.電勢差（V） D.溫度（K）〖答案〗B〖解析〗功率屬于標量，單位（W）。磁感應強度屬于矢量，單位（T）。電勢差屬于標量，單位（V）。溫度是標量，單位（K）。故選B。2.奧體中心游泳館一遍遍奏響國歌。浙江游泳健兒是中國游泳隊的中流砥柱以下說法正確的是（）A.研究汪順入水動作時，可將其視為質點B.研究葉詩文觸壁動作時，可將其視為質點C.知曉徐嘉余50m仰泳成績，可估算其平均速度D.費立緯在1500m自由泳奪冠，1500m指的是位移〖答案〗C〖解析〗A．研究汪順入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，不能夠將其視為質點，故A錯誤；B．研究葉詩文觸壁動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，不能夠將其視為質點，故B錯誤；C．根據可知，若曉徐嘉余50m仰泳成績，可估算其平均速度，故C正確；D．費立緯在1500m自由泳奪冠，1500m指的是路程，故D錯誤。故選C。3.如圖所示，通過計算可知：一個半徑為的均勻帶電體（或球殼）在球的外部產生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產生的電場相同，在相關應用中可用點電荷場強公式進行計算。這里所采用最核心的物理方法與下列哪個相同（）A.瞬時速度概念的建立 B.“重心”模型的建立C.彈簧振子模型的建立 D.探究向心力大小的表達式〖答案〗B〖解析〗A．一個半徑為的均勻帶電體（或球殼）在球的外部產生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產生的電場相同，這里采用最核心的物理方法為等效替代，瞬時速度概念的建立采用了極限法，故A錯誤；B．“重心”模型的建立采用了等效替代，故B正確；C．彈簧振子模型的建立采用了理想模型法，故C錯誤；D．探究向心力大小的表達式采用了控制變量法，故D錯誤。故選B。4.扯白糖是浙江傳統(tǒng)的地方小吃。將冷卻少許的糖漿糅合成稠軟狀，再將其拋上固定的木柱，用手上的小木棍幾番甩、扯之后，最終冷卻形成直徑約1厘米的長圓條，用剪刀截下寸許，就成了食用的“扯白糖”。下列說法正確的是（）A.小木棍對糖漿的彈力是糖漿發(fā)生形變引起的B.糖漿變長，說明小木棍對糖漿的拉力大于糖漿對小木棍的拉力C.整個下扯過程中，小木棍始終處于失重狀態(tài)D.整個下扯過程中，地面對固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力〖答案〗D〖解析〗A．小木棍對糖漿的彈力是小木棍發(fā)生形變引起的，A錯誤；B．根據牛頓第三定律，小木棍對糖漿的拉力等于糖漿對小木棍的拉力，B錯誤；C．整個下扯過程中，小木棍不是一直向下加速運動，所以不是始終處于失重狀態(tài)，C錯誤；D．整個下扯過程中，人對糖漿有向下的拉力，所以地面對固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力，D正確。故選D5.我國自主研發(fā)的“玲瓏一號”是全球首個陸上商用小型核反應堆。未來或將應用于我國的核動力航母?！傲岘囈惶枴敝杏幸环N核反應方程是，則（）A.比的比結合能小B.核反應方程中的X等于88C.γ射線是核由高能級向低能級躍遷放出的D.γ射線的頻率比X射線的頻率低〖答案〗A〖解析〗A．生成物更穩(wěn)定，比的比結合能小，A正確；B．根據質量數(shù)守恒得解得B錯誤；C．γ射線是核反應產生的新核由高能級向低能級躍遷放出的，C錯誤；D．γ射線的頻率比X射線的頻率高，D錯誤。故選A。6.神舟十八號載人飛船入軌后，于北京時間2024年4月26日3時32分，成功對接于空間站天和核心艙徑向端口?？臻g站距離地表約，載人飛船首先到達距離空間站下方約的停泊點（飛船相對于空間站靜止）位置，然后通過徑向對接發(fā)動機實現(xiàn)與核心艙的成功對接。下列說法正確的是（）A.載人飛船在停泊點”位置的動能大于空間站的動能B.與地球赤道上隨地球自轉的物體相比，組合體的向心加速度更大C.對接過程中，飛船與空間站繞地球的線速度大小相等D.對接結束后，飛船與核心艙的對接口對飛船的作用力做正功〖答案〗B〖解析〗A．載人飛船與空間站的質量關系未知，無法比較動能大小，故A錯誤；B．根據萬有引力提供向心力有解得可知組合體向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，根據可知地球同步衛(wèi)星的向心加速度大于與地球赤道上隨地球自轉的物體，可知與地球赤道上隨地球自轉的物體相比，組合體的向心加速度更大，故B正確；C．姿態(tài)調整完成后，飛船沿徑向接近空間站過程中，需要控制飛船繞地球運行的角速度等于空間站的角速度，根據，飛船繞地球運行的線速度小于空間站的線速度，故C錯誤；D．飛船與核心艙的對接口對飛船的作用力與速度方向垂直，不做功，故D錯誤；故選B。7.高水平的足球運動員可以指哪打哪。如圖所示是某次訓練中分別將質量為的相同足球射入兩扇高度為處的窗戶，出腳處到窗戶的水平距離為，兩次均恰好將球垂直射入窗戶。假設兩次出球速度大小均為與水平方向夾角分別為，空中飛行時間分別為。足球可視為質點，兩運動軌跡在同一豎直面內，且不計空氣阻力，重力加速度為。則下列說法正確的是（）A.球在空中過程動能變化量之比B.球在空中過程重力沖量之比C.踢中窗戶的那腳球，運動員對球多做功D.水平距離與足球飛行時間滿足〖答案〗A〖解析〗A．球在空中過程動能變化量大小可知球在空中過程動能變化量之比，選項A正確；B．球在空中過程運動的時間重力沖量可知球在空中過程重力沖量之比，選項B錯誤；C．兩次運動員對球做功相等，均為選項C錯誤；D．水平距離可得即豎直方向與聯(lián)立可知水平距離與足球飛行時間滿足選項D錯誤。故選A。8.汽車裝有加速度傳感器，以測量汽車行駛時的縱向加速度。如圖所示，加速度傳感器有一個彈性梁，一端夾緊，另一端固定著霍爾元件，處在上下正對的兩個磁體中央位置，霍爾元件中通入從左往右的電流。如果傳感器有向上的縱向加速度，則傳感器的彈簧質量系統(tǒng)離開它的靜止位置而向下偏移。偏移程度與加速度大小有關。以下說法正確的是（）A.若霍爾元件材料為金屬導體，則前表面比后表面的電勢高B.若將N、S磁極對調，則前后表面電勢的高低情況相反C.若汽車縱向加速度為0，增大電流，則監(jiān)測到的霍爾電壓也會增大D.若汽車速度增大，則控制電路監(jiān)測到的霍爾電壓也增大〖答案〗B〖解析〗A．傳感器的彈簧質量系統(tǒng)離開它的靜止位置而向下偏移，則霍爾元件所處位置的磁場方向向上，根據左手定則可知，金屬導體中的自由電子在洛倫茲力的作用下，向前表面運動，所以前表面比后表面的電勢低，故A錯誤；B．若將N、S磁極對調，根據左手定則可知，金屬導體中的自由電子所受洛倫茲力的方向反向，所以前后表面電勢的高低情況相反，故B正確；C．若汽車縱向加速度為0，則霍爾元件所處位置的磁場為0，則監(jiān)測不到霍爾電壓，故C錯誤；D．根據導電粒子所受洛倫茲力等于電場力可知解得其中是自由電荷定向移動速率，不是汽車的速度，所以汽車速度增大，控制電路監(jiān)測到的霍爾電壓不會隨著增大，故D錯誤。故選B。9.一群處于第3能級的氫原子躍遷發(fā)出多種不同頻率的光，將這些光分別照射到圖甲的陰極上，測得3條圖線，如圖乙所示，丙為氫原子的能級圖。則下列說法正確的是（）A.圖甲中陰極金屬的逸出功可能為B.用圖乙中的光工作的光學顯微鏡分辨率最高C.能量為的光子能使處于第3能級的氫原子發(fā)生電離D.圖乙點對應圖甲實驗中滑片位于的右側〖答案〗C〖解析〗A．第3能級向下躍遷的三種光子中，能量最小的為故圖甲中陰極金屬的逸出功要小于或等于，故A錯誤；B．根據結合乙圖可知c光的頻率最低，其波長最長，衍射最明顯，用c光工作的光學顯微鏡分辨率最低，故B錯誤；C．由圖丙可知，第3能級的能量值為－1.51eV，電離能為1.51eV，由玻爾理論可知，能量為的光子能使處于第3能級的氫原子發(fā)生電離，故C正確；D．由圖甲可知，滑片位于的右側時，光電管加的是正向電壓，圖乙點對應加的是反向電壓，故D錯誤。故選C。10.如圖所示，面積為S、匝數(shù)為N、內阻不計的矩形線圈處在磁感應強度為的勻強磁場中，從圖示位置開始計時，繞水平軸以角速度勻速轉動。矩形線圈通過滑環(huán)連接理想變壓器。理想變壓器原線圈上的滑動觸頭P上下移動可改變副線圈的輸出電壓，副線圈接有可變電阻，電表均為理想交流電表，電容器均能正常工作。下列判斷正確的是（）A.矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為B.當P位置不變，阻值不變，增大矩形線圈轉動角速度時，電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小C.當P位置不變，線圈轉動角速度不變，向上移動的滑片，燈泡變亮D.當線圈轉動角速度不變，阻值不變，若向上移動原線圈的P，電容器所能儲存的最大電荷量增加〖答案〗D〖解析〗A．圖示位置與中性面垂直，則矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為故A錯誤；B．電壓表示數(shù)為有效值，可知可知，當P位置不變，阻值不變，增大矩形線圈轉動角速度時，電壓表示數(shù)變大，根據電壓匝數(shù)關系，變壓器副線圈電壓增大，通過副線圈的電流增大，根據電流匝數(shù)關系可知，通過原線圈的電流增大，電流表示數(shù)變大，故B錯誤；C．當P位置不變，線圈轉動角速度不變，變壓器原副線圈兩端電壓均不變，向上移動的滑片，滑動變阻器接入電阻增大，則通過燈泡的電流減小，即燈泡變暗，故C錯誤；D．當線圈轉動角速度不變，原線圈兩端電壓不變，根據電壓匝數(shù)關系有若向上移動原線圈的P，原線圈匝數(shù)減小，則副線圈兩端電壓增大，根據可知電容器所能儲存的最大電荷量增加，故D正確。故選D。11.如圖所示，長為的輕繩上端固定在點，下端系一帶電量為的小球，置于水平向右的勻強電場中，與豎直方向的夾角一半處的點有一小釘子?，F(xiàn)將小球拉至點，使輕繩與夾角很小，然后由靜止釋放小球，小球在豎直平面內運動。點（圖中未標出）是小球能夠到達左側最遠位置，重力加速度為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.小球在點時所受合力為零B.小球在A點時繩子拉力等于C.小球擺動到點時具有的機械能等于在點具有的機械能D.小球擺動的周期為〖答案〗D〖解析〗A．小球在點時速度為零，即將返回，具有沿切線方向的加速度，故此時合外力不為零，故A錯誤；B．小球擺動時的等效重力大小為設輕繩與豎直方向的夾角為，則有故A點是等效重力場的最低點，小球經過A點，根據牛頓第二定律有可得故B錯誤；C．小球由B到C，電場力做負功，故機械能減少，故C錯誤；D．小球擺動時的等效重力加速度為小球擺動的周期為故D正確。故選D。12.如圖a所示，公園里的裝飾燈在晚上通電后會發(fā)出非常漂亮的光。該裝飾燈可簡化為圖b所示模型，該裝飾燈為對紅光折射率的透明材料制成的棱長為的立方體，中心有一個發(fā)紅光點光源，不考慮光的二次反射，光速為，則（）A.立方體某一面有光射出部分的圖形是橢圓B.若不考慮多次反射，光線從玻璃磚射出的最長時間為C.若點光源發(fā)出的光由紅光變?yōu)樗{光，表面有光射出的區(qū)域面積將增大D.從外面看玻璃磚被照亮的總面積為〖答案〗B〖解析〗A．當從O點射出的光線射到側面上的入射角等于臨界角時發(fā)生全反射，可知立方體某一面有光射出部分的圖形是圓形，選項A錯誤；B．考慮射到側面上一條發(fā)生全反射的光線，臨界角則聯(lián)立解得光線從玻璃磚射出的最長時間為選項B正確；C．若點光源發(fā)出的光由紅光變?yōu)樗{光，因藍光折射率大于紅光，可知藍光臨界角小于紅光，根據表面有光射出的區(qū)域半徑減小，即面積將減小，選項C錯誤；D．每一側面被照亮的半徑面積為從外面看玻璃磚被照亮的總面積為選項D錯誤。故選B。13.如圖是射線精準測距原理簡圖。裝置輻射源發(fā)出的射線與地表土壤層發(fā)生反射，一部分粒子重新被該裝置探測器接收，根據接收強度可以測定該裝置離地高度。若發(fā)射器輻射的強度為，接收器的有效接收面積為，接收裝置的接收效率為。在地面處，有占比為的光子數(shù)被均勻向地面上方各方向反射。若接收器接收到的射線強度為，射線強度可視作射線全部光子的能量之和，則接收器離地高度為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗設接收器離地的高度為，則光子被地面反射后輻射的面積為球面積的一半，有根據能量守恒定律可知解得故選A。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分，在每小題給出的四個選項中，有一個或一個以上〖答案〗符合題意，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，選錯或不選的得0分。）14.下列說法正確的是（）A.調制是指在電磁波發(fā)射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術B.非晶體的物理性質沿各個方向是不同的C.全息照片用激光來拍攝，主要是利用了激光的干涉現(xiàn)象D.在振蕩電路中，電容器放電完畢的瞬間，磁場能全部轉化為電場能〖答案〗AC〖解析〗A．調制是指在電磁波發(fā)射技術中，使載波隨各種信號而改變的技術，故A正確；B．非晶體的物理性質沿各個方向是相同的，故B錯誤；C．全息照片用激光來拍攝，主要是利用了激光的干涉現(xiàn)象，故C正確；D．在振蕩電路中，電容器放電完畢的瞬間，電場能全部轉化為磁場能，故D錯誤。故選AC。15.一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，此波在某時刻的波形圖如圖甲所示。質點的平衡位置在處，質點的平衡位置是處。質點從時刻開始振動，其振動圖像如圖乙所示。此波傳播到達平衡位置為處的質點時，遇到一障礙物（未畫出）之后立刻傳播方向反向，反射波與原入射波在相遇區(qū)域發(fā)生干涉，某時刻兩列波部分波形如圖丙所示。則下列說法中正確的是（）A.時刻點向下振動，波速為B.從到，質點通過的路程大于C.時，質點的位移為0D.足夠長時間后，之間有5個振動加強點（不包括兩點）〖答案〗BD〖解析〗A．質點N從時刻開始振動，由振動圖像可知此時質點N向上振動；由圖可知波長為4m，周期為0.2s，波速為20m/s故A錯誤；B．根據M、N的位置關系可知，s時刻，M質點在x軸下方向平衡位置運動，速度逐漸增大，從到經歷了0.15s，即，則質點M通過的路程s>3A=15cm，故B正確；C．根據振動圖像可知時，質點N在最大位移處，故C錯誤；D．由圖丙可知位于x=10m、8m、6m、4m、2m的點兩列波的運動方向一致，為加強點，故D正確；故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題共55分）三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.小張同學做探究加速度與力、質量的關系”實驗，為了減小實驗誤差，提出了如下四種改進方案：方案A：測力計讀數(shù)為所受合力大小，打點計時測加速度大小方案B：槽碼重力為受合力大小，光電計時測加速度大小方案C：加槽碼時調節(jié)，小車勻速下滑；去掉槽碼，小車加速下滑，打點計時測加速度大小，槽碼重力為所受合力大小方案D：傳感器讀數(shù)為所受合力大小，打點計時測加速度大?。?）需要補償阻力的方案是__________；不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量的方案是_________。（2）實驗獲得如圖所示的紙帶，計數(shù)點間均有四個點未畫出，則打點時小車的速度為_________m/s（保留兩位有效數(shù)字）?！即鸢浮剑?）ABDACD（2）0.18##0.19〖解析〗【小問1詳析】[1]方案C中無論光滑粗糙槽碼重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故選ABD。[2]ACD．方案A中測力計讀數(shù)為所受合力大??；方案C中槽碼重力為所受合力大??；方案D傳感器讀數(shù)為所受合力大??；這三個方案均能獲得準確的合力，故不需要近似法，即不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量，故ACD正確；B．方案B用槽碼重力為受合力大小，對系統(tǒng)有可得而繩子的拉力為當時，，故B錯誤；故選ACD?！拘?詳析】計數(shù)點間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔為由勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有17.（1）觀察電容器的充、放電現(xiàn)象實驗裝置如圖所示。①應選擇的電流表表頭為圖中的_________（選填“甲”或“乙”）。②圖中①②兩條曲線不同是_________（選填“E”或“R”）的改變造成的。（2）如圖所示為某品牌方塊電池，小文同學分別用電路圖b和電路圖c測量此方塊電池的電源電動勢和內阻。他選用的電壓表量程、內阻未知，電流表量程、內阻等于，滑動變阻器。規(guī)范實驗并根據測量數(shù)據描繪的圖線分別得到如圖d中I、Ⅱ所示。完成下列幾個問題。①根據電路圖b測量數(shù)據描繪的圖線應為圖d中_________（填“I”或“Ⅱ”）②根據題中條件，本次實驗應選擇實驗電路圖中_________（填“圖b”或“圖c”）。③綜合分析可得該電源電動勢為_________，內阻為_________。（保留3位有效數(shù)字）〖答案〗（1）甲R（2）Ⅱ圖b9.00（8.98-9.02）0.500（0.460~0.540）〖解析〗【小問1詳析】[1]應選擇的電流表表頭為圖中的甲。在電容器的充放電過程中，電流會先增大后減小，且可能會反向。甲圖中的電流表指針指向中間，且左右兩邊都有刻度，說明它可以測量交變電流，即電流方向改變時，指針可以向左右兩邊偏轉，因此適合本實驗。而乙圖中的電流表只能測量單向電流，不適合本實驗。[2]圖中①②兩條曲線不同是R（電阻）的改變造成的。圖中的兩條曲線表示的是電容器充放電過程中電荷量q隨時間t的變化。由于兩條曲線都從原點開始上升，說明電容器都是從未帶電狀態(tài)開始充電的。而①曲線的上升速度更快，說明電容器的充電速度更快。根據電容器充電的公式我們可以知道，當電源電動勢E一定時，充電速度與電阻R成反比。因此，①曲線對應的電阻R應該更小。所以，圖中①②兩條曲線不同是電阻R的改變造成的?！拘?詳析】[1]根據電路圖b測量數(shù)據描繪的圖線中，圖像的斜率等于電池內阻和電流表內阻之和，則斜率較大，則應為圖d中Ⅱ；[2]根據題中條件，因為電流表內阻已知，則本次實驗應選擇實驗電路圖中電路圖b。[3]綜合分析根據圖像Ⅱ以及可得該電源電動勢[4]則內阻為代入得18.在用“雙縫干涉測量光的波長”的實驗中，裝置如圖所示：（1）雙縫裝置是圖中的___________（選填“A”或“B”）。（2）某同學在觀察時發(fā)現(xiàn)條紋比較模糊，可以通過調節(jié)___________裝置（填裝置名稱）。（3）甲、乙兩同學通過目鏡，分別看到如圖所示的甲、乙兩種情形。由于條紋清晰，他們沒有再進一步進行調節(jié)，而是直接進行測量，并根據公式算出波長，測量得到的波長準確的是_________（選填“甲”或“乙”）。〖答案〗（1）B（2）撥桿（3）甲〖解析〗小問1詳析】[1]根據裝置圖的排列情況知，雙縫裝置是圖中的B?！拘?詳析】[1]某同學在觀察時發(fā)現(xiàn)條紋比較模糊，可以通過調節(jié)撥桿裝置。【小問3詳析】[1]干涉條紋要與分劃板中心刻線對齊，由圖可知測量得到的波長準確的是甲。19.如圖所示，一不占體積的導熱光滑活塞C與一段水銀柱在氣室A中封存著一定量的氣體。此時氣室溫度與環(huán)境溫度都為。體積為（已知）的絕熱容器分成A、B兩室，B室的體積是A室的兩倍，A室容器上連接一U形管（U形管內氣體的體積忽略不計），兩邊水銀柱高度差為，B室容器中的氣體通過閥門K，可與外界大氣相通（外界大氣壓等于）。求：（1）將閥門K打開后，氣室A內的氣體_________（填“吸熱”、“放熱”或“既不吸熱也不放熱”）；氣室A內的氣體對活塞C單位面積上的壓力______（填“變大”、“變小”或“不變”）。（2）將閥門K打開后，A室的體積變成多少？（3）在打開閥門K后將氣室A的氣體從加熱到，則U形管內兩邊水銀面的高度差為多少？〖答案〗（1）吸熱變?。?）（3）7.6cm〖解析〗【小問1詳析】[1]將閥門K打開后，由于初始A室氣體壓強大于大氣壓強，則導熱光滑活塞C向右移動，A室氣體體積增大，氣體對外做功，由于氣體溫度不變，氣體內能不變，根據熱力學第一定律可知，氣室A內的氣體吸熱；[2]由于A室氣體體積增大，氣體溫度不變，則氣體壓強減小，氣室A內的氣體對活塞C單位面積上的壓力變小。【小問2詳析】設大氣壓為，開始時，打開閥門，A室氣體等溫變化，此時設體積，根據玻意耳定律有解得【小問3詳析】假設打開閥門后，氣體從升到時，活塞C恰好到達容器最右端，即氣體體積變?yōu)椋瑝簭娙詾?，即等壓變化過程，根據蓋—呂薩克定律得可得從升高到發(fā)生等容變化過程，根據查理定律可得水銀面的高度差為20.某物理研究小組同學設計的彈射裝置如圖，改變彈性勢能，可改變小物塊水平進入圓弧軌道A點的速度。已知光滑的段圓弧半徑，圓心角，直軌道傾角也為段長為，動摩擦因數(shù)為。長木板左端與水平平臺右端緊靠在點，表面相平，長為，小物塊質量，長木板質量，小物塊與長木板的動摩擦因數(shù)為，地面光滑。求：（1）當彈射裝置釋放的彈性勢能為0.8J時，求小物塊第一次經過圓弧面點時，向心加速度的大?。唬?）改變彈射裝置釋放的彈性勢能，若小物塊經過軌道后正好落在長木板左端點，求小物塊從點到點的運動時間；（3）小物塊落到長木板左端點后，假設豎直方向速度變?yōu)榱?，水平方向速度不變，要使小物塊不滑離長木板，求長木板的最小長度?！即鸢浮剑?）8m/s2（2）0.6s（3）0.5m〖解析〗【小問1詳析】小物塊從彈離到第一次經過圓弧面點過程分析有得向心加速度的大小得【小問2詳析】從到的過程中，設上升的時間為段總時間，豎直方向位移滿足水平方向位移滿足聯(lián)立求得在斜坡上物體加速度又求得【小問3詳析】落在木板上后，僅保留水平速度與木板共速后，不會滑離長木板根據能量關系即木板最小長度21.如圖所示，間距為與水平面夾角的平行金屬軌道間存在垂直軌道平面向下、磁感應強度為（滿足的勻強磁場，平行導軌通過單刀雙擲開關與一只阻值為的電阻或減速裝置相連，減速裝置由半徑為的圓環(huán)、轉軸和一根阻值為的金屬短棒焊接而成，圓環(huán)邊緣和轉軸通過電刷連入電路。圓環(huán)內存在垂直圓環(huán)平面