浙江省杭州市浙南聯(lián)盟2024-2025學年高三上學期10月月考物理試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12024學年第一學期浙南名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考高三年級物理學科試題考生須知：1．本卷共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、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、單項選擇題（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.用國際單位制的基本單位表示功率的單位，正確的是（）A.J·s B.N·m/s C. D.【答案】D【解析】根據(jù)功率的定義式有又且可得其中質量m的單位為kg，加速度a的單位為m/s2，位移s的單位為m，時間t的單位為s，故用國際單位制的基本單位表示功率的單位，為。故選D。2.我國無人機技術快速發(fā)展，廣泛應用于各個領域。已知某商用無人機靠螺旋槳的轉動來產生升力和前行力，其自帶電池續(xù)航時間達2h。下列說法正確的是（）A.“2h”指的是時刻B.無人機飛行快慢不影響慣性大小C.在研究無人機轉彎過程的姿態(tài)時，可以將無人機視為質點D.若無人機在水平面內做勻速圓周運動，則其運動屬于勻變速曲線運動【答案】B【解析】A．“2h”指的是時間間隔，故A錯誤；B．慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質量有關，與其他因素無關，所以無人機飛行快慢不影響慣性大小，故B正確；C．在研究無人機轉彎過程姿態(tài)時，無人機的大小和形狀不可忽略不計，則不可以將無人機視為質點，故C錯誤；D．若無人機在水平面內做勻速圓周運動，向心加速度方向時刻在改變，則其運動屬于非勻變速曲線運動，故D錯誤。故選B。3.如圖是筷子夾鵝卵石時的三個動作示意圖，筷子均在同一豎直平面內：圖甲中的筷子處于豎直方向，圖乙中的筷子處于水平方向，圖丙中的筷子處于傾斜方向，與水平面成一定夾角。三個圖中的鵝卵石均處于靜止狀態(tài)，則（）A.圖甲中的鵝卵石受到四個力的作用B.圖乙中下方筷子對鵝卵石的彈力大于鵝卵石對其的彈力C.當緩慢增大圖丙中筷子與水平方向的夾角，鵝卵石受到筷子對它的作用力不變D.若圖甲中筷子夾著鵝卵石一起向上勻速運動，鵝卵石受到摩擦力方向為豎直向下【答案】C【解析】A．甲圖中的鵝卵石受重力、兩個彈力和兩個靜摩擦力，共五個力，A錯誤；B．圖乙中下方筷子對鵝卵石的彈力與鵝卵石對其的彈力是一對作用力與反作用力，其大小相等，方向相反，故B錯誤；C．當緩慢增大圖丙中筷子與水平方向的夾角，鵝卵石始終處于平衡狀態(tài)，鵝卵石受到筷子對它的作用力與重力互為一對平衡力，故不變，故C正確；D．若圖甲中筷子夾著鵝卵石一起向上勻速運動，鵝卵石受到摩擦力方向為豎直向上，故D錯誤。故選C。4.據(jù)報道，日本核電站排放的核污水中含有大量的氚以及碘-129、碳-14、鍶-90等幾十種放射性元素。已知氚的半衰期約為12年，其反應方程為，則（）A.的比結合能比的比結合能小 B.粒子X是氚原子的核外電子C.該反應是衰變 D.100個氚核經過24年后還剩余25個【答案】A【解析】AC．根據(jù)質量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可知粒子X是，所以該反應為β衰變，由于釋放能量，生成物的原子核更穩(wěn)定，的比結合能比的比結合能小，故A正確，C錯誤；B．粒子X是一個核內中子轉變?yōu)橘|子并釋放的一個電子，故B錯誤；D．半衰期是大量原子發(fā)生衰變的速度的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)的放射性原子發(fā)生衰變的速度沒有意義，故D錯誤。故選A。5.浙江大學高分子系某課題組制備出了一種超輕的固體氣凝膠，它刷新了目前世界上最輕的固體材料的記錄。設氣凝膠的密度為（單位為），摩爾質量為M（單位為kg/mol），阿伏加德羅常數(shù)為，則（）A.a千克氣凝膠所含分子數(shù)為 B.氣凝膠的摩爾體積為C.每個氣凝膠分子的體積為 D.每個氣凝膠分子的直徑為【答案】D【解析】A．a千克氣凝膠所含有的分子數(shù)為故A錯誤；B．氣凝膠的摩爾體積為故B錯誤；C．氣凝膠中包含個分子，故每個氣凝膠分子的體積為故C錯誤：D．設每個氣凝膠分子的直徑為D，則有解得每個氣凝膠分子的直徑為故D正確。故選D。6.在維修高壓線路時，為保障安全，電工要穿特制材料編織的電工服（如圖甲）。圖乙中電工站在高壓直流輸電線的A供電線上作業(yè)，頭頂上方有B供電線，B電線電勢高于A電線，虛線表示電工周圍某一截面上的4條等勢線，已知相鄰等勢線的電勢差值均為5V，c、d、e、f是等勢線上的四個點，下列說法正確的是（）A.電工服是用絕緣性能良好的絕緣材料制作B.在c、d、e、f四點中，c點的電場最強C.在e點靜止釋放一個電子，它會向d點所在等勢面運動D.將一個電子由c移到d電場力所做的功為5eV【答案】C【解析】A．電工服是用金屬絲織成的金屬網制成的，對外部電場能起到屏蔽作用，選項A錯誤；B．在c、d、e、f四點中，f點的等勢面最密集，則電場線最密集，則f點的電場最強，選項B錯誤；C．在e點靜止釋放一個電子，它會向d點所在高等勢面運動，選項C正確；D．cd兩等勢面的電勢差為5V，且c等勢面電勢較高，則將一個電子由c移到d電場力所做的功為-5eV，選項D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，高壓輸電線上有a、b、c三根相互平行的水平長直導線通有大小相等且方向相同的電流I。、、為導線a、b、c上的三個點，連接三點構成的三角形為等腰直角三角形，且與三根導線均垂直，O為連線的中點。逆著電流方向觀察得到如圖乙所示的截面圖。已知單獨一根通電導線a在O處產生的磁感應強度大小為B，不計地磁場的影響，則下列說法正確的是（）A.O點的磁感應強度大小為3B B.O點的磁感應強度方向是從O指向C.導線b受到的安培力方向豎直向上 D.導線b受到的安培力為零【答案】B【解析】AB．由題意可知，通電導線a、b、c在O處產生的磁感應強度大小均為B，方向分別為豎直向上、水平向右、豎直向下，根據(jù)磁場強度的疊加原理可知，O點的磁感應強度大小為B，方向從O指向，故A錯誤，B正確；CD．如圖所示導線b的合磁場強度水平向左，根據(jù)左手定則可知導線b受到的安培力方向豎直向下，故CD錯誤。故選B。8.如圖所示是地月天體系統(tǒng)，在月球外側的地月連線上存在一個特殊點，稱為拉格朗日點。在地球上發(fā)射一顆質量為的人造衛(wèi)星至該點后，它受到地球、月球對它的引力作用，并恰好和月球一起繞地球同角速度勻速圓周運動。已知相對于地球質量M和月球質量m來說，很小，所以衛(wèi)星對地球和月球的引力不影響地球和月球的運動。設地心、月心間距為L，月心到該拉格朗日點的距離為d，則（??）A.該衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小B.該衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小C.該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/sD.題中物理量滿足等式【答案】D【解析】A．衛(wèi)星和月球的角速度相同，根據(jù)，該衛(wèi)星的線速度比月球的線速度大，故A錯誤；B．根據(jù)，該衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度大，故B錯誤；C．當物體(航天器)飛行速度達到11.2km/s時，就可以擺脫地球引力的束縛，飛離地球進入環(huán)繞太陽運行的軌道，所以該衛(wèi)星的發(fā)射速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故C錯誤；D．對衛(wèi)星，向心力對月球，向心力聯(lián)立得故D正確。故選D。9.如圖是運動員斜向上拋出鉛球時的情景，用h表示鉛球飛行過程中的離地高度，以地面為零勢能面，、、E分別表示鉛球的重力勢能、動能、機械能，P表示鉛球重力做功的瞬時功率大小，不計空氣阻力。已知鉛球剛離手時高度為，運動到最高點時高度為。則鉛球在空中飛行過程中，下列圖像可能正確的是（??）A. B.C. D.【答案】A【解析】A．鉛球的重力勢能為故A正確；B．因為是斜拋，最高點時具有水平速度，動能不為0，故B錯誤；C．整個過程中機械能守恒，故C錯誤；D．設初始時豎直方向速度，過程中任意時刻豎直方向速度，則有鉛球重力做功的瞬時功率大小P-h圖像應為曲線，故D錯誤。故選A。10.許多家用電器中都有環(huán)形鐵芯的變壓器，其漏磁和能量損耗都很小，可視為理想變壓器。如圖甲所示，鐵芯左邊的原線圈接理想交流電源，其電壓隨時間變化的關系如圖乙所示，最大值。右邊的副線圈接一個“20V，44W”的照明電燈，圖中電壓表與電流表均為理想交流電表，此時照明電燈恰好正常發(fā)光。則（）A.原線圈中交流電的頻率為100HzB.甲圖中電流表的讀數(shù)為0.2AC.原副線圈的匝數(shù)比為D.若把照明電燈更換為“20V22W”的燈泡，則該燈泡會燒壞，不能正常工作【答案】B【解析】A．由圖乙可知，該交流電的周期為所以原線圈中交流電的頻率為故A錯誤；BC．原線圈兩端電壓的有效值為根據(jù)理想變壓器原副線圈的電壓與線圈匝數(shù)關系可知原副線圈的匝數(shù)之比為副線圈中的電流為根據(jù)可得甲圖中電流表的讀數(shù)為故B正確，C錯誤；D．若把照明電燈更換為“20V，22W”的燈泡，根據(jù)可知則該燈泡不會燒壞，仍能正常工作，故D錯誤。故選B。11.一個半徑為R、球心為O的半球形儲油桶固定在水平面上，桶口平面保持水平。當桶內沒有油時，從某點A恰能看到弧形桶底的B點，OB連線與水平方向夾角為。當桶內裝滿油時，仍沿AB方向看去，恰能看到桶底的最低點C點。沒有油時，光從B點出發(fā)傳播到A所用時間為；裝滿油時，光從C點出發(fā)傳播到A所用時間為。設油的折射率為n，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】AB．作出光路圖，如圖所示由幾何關系可知，裝滿油后，入射角為折射角為根據(jù)折射定律可知，油的折射率為故AB錯誤；CD．當桶內沒有油時，光在桶內傳播的距離為所以沒有油時，光從B點出發(fā)傳播到A所用時間為裝滿油時，光在桶內傳播的距離為光在桶內傳播的速度為所以裝滿油時，光從C點出發(fā)傳播到A所用時間為所以故C正確，D錯誤。故選C。12.如圖三個實驗，圖甲是法拉第圓盤，圓盤全部處于磁場區(qū)域，可繞中心軸轉動，通過導線將圓盤圓心和邊緣與外面電阻R相連。圖乙是阿拉果圓盤，將一銅圓盤水平放置，圓盤可繞中心軸無摩擦轉動，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針。圖丙是費曼圓盤，一塊水平放置的絕緣體圓盤可繞過其中心的豎直軸無摩擦轉動，在圓盤的中部有一個線圈，圓盤的邊緣固定著若干帶負電的金屬小球。則（）A.法拉第圓盤在轉動過程中，圓盤中磁通量不變，無感應電流通過RB.阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤，小磁針會同向轉動：反之，轉動小磁針，圓盤不動C.費曼圓盤中，當開關閉合的一瞬間，圓盤會順時針（俯視）轉動D.法拉第圓盤和阿拉果圓盤都是電磁驅動的表現(xiàn)【答案】C【解析】A．圓盤運動過程中，半徑方向的金屬條在切割磁感線，在圓心和邊緣之間產生了感應電動勢，故有感應電流流過R，故A錯誤；B．阿拉果圓盤實驗中，轉動圓盤或小磁針，都產生感應電流，因安培力的作用，另一個物體也會跟著轉動，故B錯誤；C．開關閉合瞬間，圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶負電，再根據(jù)電磁場理論可知，產生逆時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有順時針電場力，圓盤會順時針（俯視）轉動，故C正確；D．如果磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來，這種作用就是電磁驅動，顯然法拉第圓盤是機械能轉化為電能的過程，并不是電磁驅動，故D錯誤。故選C。13.真空中有一平行板電容器，兩極板分別由鉑和鉀（其極限波長分別為和）制成，極板正對面積為S，間距為d，相對介電常數(shù)。已知真空中光速為c，靜電力常量為k，普朗克常量為h，元電荷為e?，F(xiàn)用波長為的單色光持續(xù)照射兩板內表面，則電容器的最終帶電荷量Q等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)題意，由公式可知，波長越大，頻率越小，現(xiàn)用波長為λ(λ1＜λ＜λ2)的單色光持續(xù)照射兩板內表面時，只能使鉀金屬板發(fā)生光電效應，鉀金屬板失去電子成為電容器的正極板，光電子運動到鉑金屬板上后使鉑金屬板成為電容器的負極板，根據(jù)光電效應方程有又因為光電子不斷從鉀金屬板中飛出到鉑金屬板上，兩金屬板間電壓逐漸增大，且使光電子做減速運動，當增大到一定程度，光電子不能到達鉑金屬板，即到達鉑金屬板時速度恰好減小到零，此時，兩極板間的電壓為，極板的帶電量最大為，則有根據(jù)平行板電容器的決定式可知，真空中平行板電容器的電容根據(jù)電容器的定義式可得，極板上的帶電量為聯(lián)立可得其中電容器的最終帶電荷量為故選A。二、選擇題Ⅱ（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，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.關于下面四幅圖涉及的物理知識，下列說法正確的是（）A.圖甲當水從盛水容器的彎管中噴出時，容器會旋轉起來，這是利用反沖的原理B.圖乙當光經過大頭針尖時發(fā)現(xiàn)影子中出現(xiàn)明暗相間的條紋，這是光的干涉現(xiàn)象C.圖丙是盧瑟福粒子散射實驗，可用于估算原子核的大小D.圖丁是核反應堆示意圖，鎘棒的作用是與中子碰撞，使“快中子”變?yōu)椤奥凶印薄敬鸢浮緼C【解析】A．圖甲當水從下方彎曲噴口流出時水對噴口有反沖作用，使容器旋轉起來，這是利用反沖的原理，故A正確；B．光經過大頭針尖時，大頭針尖邊緣輪廓會模糊不清，這是光的衍射現(xiàn)象，故B錯誤；C．盧瑟福用粒子轟擊原子而產生散射的實驗，在分析實驗結果的基礎上，他提出了原子核式結構模型，并可以估算原子核的大小，故C正確；D．核電站中鎘棒的作用是用來吸收中子，從而起到控制核反應速度的作用，故D錯誤。故選AC。15.在均勻介質中建立圖甲所示三維直角坐標系，xOy平面水平。在x軸上的兩個波源、的坐標分別為，振幅分別為和。當時兩波源同時垂直水平面開始同頻振動，原點O的振動圖像如圖乙所示，y軸上P點的坐標為，則（??）A.兩列波的起振方向相反 B.振幅C.兩列波的波速均為8m/s D.兩列波在P處疊加后，質點P是干涉加強點【答案】ACD【解析】AB．由乙圖知，時波源產生的波傳到O點，振幅時波源產生的波傳到O點，且此時波源產生的波在點剛好振動一個周期，此時向軸正方形振動，但兩列波疊加后，點向下振動，且振幅為10cm，可知兩列波的起振方向相反，且滿足解得故A正確，B錯誤；C．由乙圖知，波源產生的波周期為則波長波速波源產生的波周期為則波長波速故C正確；D．P到波源距離P到波源距離又兩列波的起振方向相反，所以兩列波在P處疊加后，質點P是干涉加強點，故D正確。故選ACD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.用圖1所示實驗裝置探究加速度與力、質量的關系。（1）以下操作正確的是______。A.使小車質量遠小于槽碼質量 B.需要抬高長木板的右側以補償阻力C.補償阻力時移去打點計時器和紙帶 D.釋放小車后再接通打點計時器（2）某次正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數(shù)點0為坐標原點的x軸，各計數(shù)點的位置坐標分別為。已知打點計時器的打點周期為T，則小車加速度a的表達式是______。A. B.C.（3）甲乙兩組同學各自獨立實驗，都探究加速度與質量的關系。他們都以小車和砝碼的總質量M為橫坐標，加速度的倒數(shù)為縱坐標，甲、乙兩組同學分別得到的圖像如圖3所示，縱軸上的截距均為b。由圖像得甲組所用的槽碼質量______乙組槽碼質量（選填“大于”、“小于”或“等于”）。根據(jù)理論推導可知______。已知重力加速度為g?！敬鸢浮浚?）B（2）A（3）大于【解析】【小問1詳解】A．為了使小車所受的合外力大小近似等于槽碼的總重力，故應使小車質量遠大于槽碼質量，故A錯誤；B．為了保證小車所受細線拉力等于小車所受合力，則需要抬高長木板的右側以補償阻力，也要保持細線和長木板平行，故B正確；C．補償阻力時不能移去打點計時器和紙帶，需要通過紙帶上點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動，故C錯誤；D．根據(jù)操作要求，應先打開打點計時器再釋放小車，故D錯誤。故選B。【小問2詳解】根據(jù)逐差法可知則加速度為故選B。【小問3詳解】[1]設槽碼的質量為m，細繩的拉力為F，由牛頓第二定律得，對槽碼有對小車和砝碼有解得故斜率越小，槽碼的質量m越大，由圖可知甲的斜率較小，故甲組所用的槽碼質量大于比乙組所用的槽碼質量；[2]根據(jù)理論推導可知17.已知一熱敏電阻當溫度從10℃升至60℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學想利用伏安法測量其阻值隨溫度的變化關系。實驗時，將熱敏電阻置于溫度控制室中。（1）該同學先將控制室的溫度調為30℃，用多用電表測量熱敏電阻的阻值。經過規(guī)范操作后，所選歐姆擋倍率及指針位置分別如圖甲、乙所示，則熱敏電阻為______Ω。（2）該同學想更準確地測量30℃時熱敏電阻的阻值，開始設計實驗?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量程為3V，內阻）電流表（量程為10mA，內阻約為30Ω）電流表（量程為1mA，內阻約為300Ω）滑動變阻器（最大阻值為30Ω）滑動變阻器（最大阻值為15kΩ）定值電阻（）電源E（電動勢，內阻不計），開關S，導線若干①為了使電壓測量范圍盡可能的大，電流表應選擇______（選填或）滑動變阻器應選擇______（選填或）②在①的條件下，為了準確計算得到Rx的值，有如下A、B、C、D四種電路設計方案，每個設計方案中的安培表和滑動變阻器均為①問中所選的相應器材，則最合理的方案是______。A.B.C.D.③根據(jù)②問所選的電路進行某次實驗時，電壓表和電流表的指針分別如圖丙、丁所示，則電壓表讀數(shù)______V，熱敏電阻______（此空保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）1400（2）A1R1A1.201.3【解析】【小問1詳解】熱敏電阻的阻值為【小問2詳解】[1]通過電流表的最大電流約為所以電流表應選擇量程為10mA的A1；[2]為了使電壓測量范圍盡可能的大，則滑動變阻器應采用分壓式接法，則滑動變阻器應選擇R1。[3]由于電壓表量程過小，則應串聯(lián)定值電阻R0擴大量程，改裝的電壓表內阻已知，在電路中分得的電流可知算出，則為了減小實驗誤差，電流表應采用外接法，綜上所述，最合理的方案是A。[4]電壓表和電流表的讀數(shù)分別為，[5]由閉合電路歐姆定律可知代入數(shù)據(jù)解得，熱敏電阻的阻值為18.關于下列四幅與高中物理實驗相關的圖片，說法正確的是（）A.圖甲閉合開關K，當增大交流電源的頻率時，燈泡L會變亮B.在探究圓周運動的向心力與圓周運動半徑的關系時，應該將圖乙中的傳動皮帶套在左右兩個不同半徑的變速塔輪上C.用油膜法估測分子直徑的實驗中，在計算油膜面積時將圖丙中的油膜區(qū)域內不足一格的面積全部舍棄，則測得的分子直徑比真實值更大D.圖丁實驗中，已知玻璃是非晶體，則玻璃片上石蠟受熱熔化區(qū)域的形狀應如b圖所示【答案】ACD【解析】A．圖甲閉合開關K，根據(jù)容抗當增大交流電源的頻率時，容抗減小，燈泡L會變亮，故A正確；B．在探究圓周運動的向心力與圓周運動半徑的關系時，應該保持小球質量和角速度都不變，而此時兩變速塔輪線速度相等，根據(jù)可知應將圖乙中傳動皮帶套在左右兩個相同半徑的變速塔輪上，即可保證角速度不變，故B錯誤；C．用油膜法估測分子直徑的實驗中，在計算油膜面積時將圖丙中的油膜區(qū)域內不足一格的面積全部舍棄，則油膜測量面積S變小，根據(jù)可知測得的分子直徑比真實值更大，故C正確；D．圖丁實驗中，由于玻璃是非晶體，表現(xiàn)為各向同性，所以各個方向上導熱均勻，石蠟熔化區(qū)域形狀為圓形，即應如b圖所示，故D正確。故選ACD。19.一太陽能空氣集熱器，底面及側面為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積保持不變。開始時內部封閉氣體的壓強為，經過太陽暴曬，氣體溫度由初始時的升至。（1）在此過程中，氣體分子的平均動能______（選填“增大”、“減小”或“不變”），氣體分子的數(shù)密度______（選填“變大”“變小”或“不變”）；（2）求溫度升至時氣體的壓強；（3）保持不變，從出氣口緩慢放出部分氣體，使氣體壓強再變回到，放氣過程中集熱器內剩余氣體是吸熱還是放熱？求剩余氣體的質量與原來總質量的比值?！敬鸢浮浚?）增大不變（2）（3）吸熱，【解析】【小問1詳解】[1][2]在此過程中，溫度升高氣體分子的平均動能增大，由于集熱器容積保持不變，氣體體積不變，故氣體分子的數(shù)密度不變?！拘?詳解】氣體體積V不變，由查理定律代入數(shù)據(jù)解得溫度升至時氣體的壓強為【小問3詳解】保持不變，則內能不變，所以剩余的氣體的體積變大，氣體對外界做功，故根據(jù)熱力學第一定律所以即剩余氣體吸熱。設剩余氣體在集熱器中占據(jù)的體積為，整個集熱器體積為V，則根據(jù)玻意耳定律可得即剩余氣體的質量與原來總質量的比值為。20.如圖所示，一彈射裝置由軌道OABC、直軌道CD和DE、左右對稱的“雨滴”形曲線軌道EFG（F為最高點）和L形滑板組成。已知OA豎直，ABC是圓心在、半徑的圓?。˙為最高點）。L形滑板質量，上表面（除突出部分）長為，上表面的動摩擦因數(shù)，下表面光滑，其余軌道也均光滑。除L形滑板外，其余軌道均固定在地面上。彈簧下端固定，處于原長時上端與A和都等高。B點距地面高度。與豎直方向夾角為，CD與水平方向夾角也為，且。一質量的小滑塊穿套在軌道OABC上，不與彈簧相連，壓縮彈簧后滑塊被彈出，滑到C點飛出后，立刻沿CD下滑，CD與DE平滑相接。圖中圓1和圓2分別為E、F兩點的曲率圓，半徑分別為，曲率圓的半徑也稱為曲線在該處的曲率半徑。g取。（1）若已知彈簧勁度系數(shù)，則當小滑塊放在彈簧上處于靜止狀態(tài)時，求彈簧的壓縮量x；（2）某次彈射后，發(fā)現(xiàn)滑塊到達C點時恰好對軌道無作用力，求滑塊運動到A處時的速度大小；（3）某次彈射后，發(fā)現(xiàn)滑塊在軌道EFG內運動時，其向心加速度大小恒為，求軌道EFG內任意高度h處的曲率半徑與h的函數(shù)關系式。（提示：任意曲線運動的向心加速度）（4）已知EFG軌道形狀及大小就是（2）問中所求的結果，滑塊與L形滑板發(fā)生的碰撞是彈性碰撞?，F(xiàn)要使滑塊能到達、且不會從L形滑板上脫落，求滑塊運動在A點時速度大小的取值范圍?！敬鸢浮浚?）0.01m（2）2m/s（3）（4）【解析】【小問1詳解】根據(jù)胡克定律而聯(lián)立可得彈簧的壓縮量為【小問2詳解】在C點，由牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)得從A點到C點，由動能定理代入數(shù)據(jù)得【小問3詳解】在E點代入數(shù)據(jù)得從E點到P點，由動能定理解得在P點由以上式子解得在F點，所以軌道EFG內任意高度h處的曲率半徑與h的函數(shù)關系式為【小問4詳解】①若滑塊恰好過B點，即由動能定理解得所以滑塊若能過B點，則一定能過F點。由動能定理可得滑塊在A點時的速度最小值為②滑塊與L形滑板，由動量守恒定律解得且滿足能量守恒定律，從A點到G點，由動能定理解得所以滑塊運動在A點時速度大小的取值范圍為21.亥姆霍茲線圈是一種產生勻強磁場的器件，其結構主要由一對平行的完全相同的圓形線圈組成，兩線圈通入方向相同的恒定電流后，在線圈間足夠大的區(qū)域形成平行于中心軸線的勻強磁場。沿建立x軸，一圓形接收屏接地并垂直于x軸放置，其圓心位于x軸上的P點，圓形接收屏可沿x軸方向左右移動，如圖所示。在兩線圈間的區(qū)域加上平行于x軸的勻強電場，粒子源從x軸上的O點以垂直于x軸的方向持續(xù)發(fā)射初速度大小為的粒子，已知粒子質量為m，電荷量為q（），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，電場和磁場均沿x軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互作用。（1）①沿x軸正向從左向右觀察，判斷亥姆霍茲線圈通入電流的方向為順時針還是逆時針？②未加電場時，粒子在線圈間做勻速圓周運動，求粒子做圓周運動的半徑r；（2）若粒子源在垂直于x軸的平面內，沿各向持續(xù)均勻發(fā)射速度大小均為的粒子，單位時間發(fā)射的粒子數(shù)為n，粒子打到接收屏后被立即吸收，圓形接收屏的半徑。①若要使所有粒子恰好打在接收屏的中心，求OP間的最小距離；②若OP間的距離為，求接收屏