2024年高考6月浙江卷物理真题

下列物理量中，属于矢量的是（　　）

A．位移

B．时间

C．电流

D．热量

【答案与解析】

标量只有大小无方向，矢量既有大小又有方向。位移既有大小又有方向，是矢量；时间、电流、热量均只有大小、无方向，是标量（电流虽分方向，但运算不遵循平行四边形定则，仍为标量）。故选A。
如图为小猫蹬地跃起腾空追蝶的情景，则（　　）

A．飞行的蝴蝶只受重力的作用

B．蝴蝶转弯时所受合力沿运动方向

C．小猫在空中受重力和弹力的作用

D．小猫蹬地时弹力大于所受重力

【答案与解析】

A：飞行的蝴蝶除受重力外还受空气作用力，并非只受重力；B：蝴蝶转弯时速度方向改变，合力有指向弯道内侧的分量，不沿运动方向；C：小猫离地腾空后只受重力，不受弹力；D：小猫蹬地跃起时加速度向上，地面对小猫的弹力大于其所受重力。故选D。
如图为水流导光实验，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，则（　　）

A．激光在水和空气中速度相同

B．激光在水流中有全反射现象

C．水在空中做匀速率曲线运动

D．水在水平方向做匀加速运动

【答案与解析】

A：激光在水和空气中速度不同，水中 $v=c/n$ 较小；B：水流导光正是利用光在水柱内表面不断发生全反射而向前传播；C：水在空中做类似平抛的运动，速率不断增大，不是匀速率；D：水在水平方向做匀速运动，竖直方向做加速运动。故选B。
发现中子的核反应方程为 ${}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{9}_{4}\mathrm{Be}\to\mathrm{X}+{}^{1}_{0}\mathrm{n}$ ，“玉兔二号”巡视器的核电池中钚 238的衰变方程为型 $^{238}_{94}\mathrm{Pu}\rightarrow^{234}_{92}\mathrm{U}+\mathrm{Y}$ ，下列正确的是（　　）

A．核反应方程中的X为 $^{12}_{6}\mathrm{C}$

B．衰变方程中的Y为 ${}^{3}_{2}\mathrm{He}$

C．中子 ${}^{1}_{0}\mathrm{n}$ 的质量数为零

D．钚238的衰变吸收能量

【答案与解析】

核反应 ${}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{9}_{4}\mathrm{Be}\to X+{}^{1}_{0}\mathrm{n}$ 中，质量数守恒 $A_X+1=4+9=13$ 得 $A_X=12$ ，电荷数守恒 $Z_X=2+4=6$ ，故 $X$ 为 ${}^{12}_{6}\mathrm{C}$ ，A正确；衰变 ${}^{238}_{94}\mathrm{Pu}\to{}^{234}_{92}\mathrm{U}+Y$ 中 $Y$ 为 ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$ （ $\alpha$ 粒子），B错；中子质量数为 $1$ ，C错；衰变释放核能，D错。故选A。
一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为 $2\times10^{-4}\mathrm{m^{2}}$ ，喷水速度约为 $10\mathrm{m/s}$ ，水的密度为 $1\times10^{3}\mathrm{kg/m^3}$ ，则该喷头喷水的功率约为（　　）

A． $10W$

B． $20W$

C． $100W$

D． $200W$

【答案与解析】

单位时间喷出水的质量 $\dot m=\rho S v=10^3\times2\times10^{-4}\times10=2\ \mathrm{kg/s}$ ，喷水功率等于水的动能变化率 $P=\frac12\dot m v^2=\frac12\times2\times10^2=100\ \mathrm{W}$ 。故选C。
图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（　　）

A．极板间电势差减小

B．电容器的电容增大

C．极板间电场强度增大

D．电容器储存能量增大

【答案与解析】

极板间距 $d$ 增大、电荷量 $Q$ 不变时，静电计张角增大说明两极板间电势差 $U$ 增大，A错；由 $C=Q/U$ 知 $C$ 减小，B错；极板间电场强度 $E=U/d=Q/(\varepsilon S)$ 与 $d$ 无关，保持不变，C错；电容器储存能量 $W=Q^2/(2C)$ ， $C$ 减小则 $W$ 增大，D对。故选D。
理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示（光敏电阻的阻值随着光照增加而减少）。当S接a时，三个灯泡均发光。若（　　）

A．电容C增大， $L_1$ 灯泡变亮

B．频率f增大， $L_2$ 灯泡变亮

C． $R_G$ 上光照增强， $L_3$ 灯泡变暗

D．S接到b时，三个灯泡均变暗

【答案与解析】

L1支路串联电容 $C$ ， $C$ 增大则容抗 $X_C=1/(\omega C)$ 减小，支路电流增大，L1变亮，A对；频率 $f$ 增大使感抗 $X_L=\omega L$ 增大，L2支路电流减小、变暗，B错；光敏电阻 $R_G$ 光照增强时阻值减小，L3支路电流增大、变亮，C错；S接 $b$ 改变原线圈匝数使副线圈电压变化，不会使三灯均变暗（与A不并存），D错。故选A。
与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为 $R_1$ ，小行星乙的近日点到太阳的距离为 $R_2$ ，则（　　）

A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度

B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度

C．小行星甲与乙的运行周期之比 $\frac{T_{1}}{T_{2}}=\sqrt{\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}}$

D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比 $\frac{t_{1}}{t_{2}}=\sqrt{\frac{(R_{1}+R)^{3}}{(R_{2}+R)^{3}}}$

【答案与解析】

A：由开普勒第二定律，小行星甲在远日点速度小于近日点速度；B：小行星乙的远日点距太阳为 $R$ ，与地球公转半径相同，该处太阳引力加速度 $a=GM/R^2$ 与地球相同，不“小于”；C：甲、乙半长轴分别为 $a_1=(R+R_1)/2$ 、 $a_2=(R+R_2)/2$ ，由开普勒第三定律 $T_1/T_2=(a_1/a_2)^{3/2}=((R+R_1)/(R+R_2))^{3/2}\neq(R_1/R_2)^{3/2}$ ；D：从远日点到近日点经历半周期，时间比 $t_1/t_2=T_1/T_2=((R+R_1)/(R+R_2))^{3/2}=\sqrt{(R_1+R)^3/(R_2+R)^3}$ 。故选D。
如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为 $0.1\mathrm{kg}$ 的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为 $30^{\circ}$ 的固定斜杆上，间距为 $1.5m$ 。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ，则（　　）

A．摆角变小，周期变大

B．小球摆动周期约为 $2s$

C．小球平衡时，A端拉力为 $\frac{\sqrt{3}}{2}N$

D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力

【答案与解析】

小球平衡时两端细线张力相等（光滑细线），与竖直夹角相等，且A端细线与杆垂直，联立几何得悬挂点 $O'$ （小球重垂线与 $AB$ 交点）恰为 $AB$ 中点， $O'P\approx1.0\ \mathrm{m}$ ，等效单摆周期 $T=2\pi\sqrt{O'P/g}=2\pi\sqrt{0.1}\approx2.0\ \mathrm{s}$ ，B对；单摆周期与摆角无关，A错；平衡时张力 $T_A=T_B=mg/(2\cos30^\circ)\approx0.577\ \mathrm{N}\neq\sqrt3/2\ \mathrm{N}$ ，C、D错。故选B。
玻尔氢原子电子轨道示意图如图所示，处于 $n =3$ 能级的原子向低能级跃迁，会产生三种频率为 $v_{31}$ 、 $v_{32}$ 、 $v_{21}$ 的光，下标数字表示相应的能级。已知普朗克常量为h，光速为c。正确的是（　　）

A．频率为 $v_{31}$ 的光，其动量为 $\frac{E_{3}-E_{1}}{hc}$

B．频率为 $v_{31}$ 和 $v_{21}$ 的两种光分别射入同一光电效应装置，均产生光电子，其最大初动能之差为 $h\nu_{32}$

C．频率为 $v_{31}$ 和 $v_{21}$ 的两种光分别射入双缝间距为d，双缝到屏的距离为L的干涉装置，产生的干涉条纹间距之差为 $\frac{Lc}{dv_{32}}$ 。

D．若原子 $n=3$ 跃迁至 $n=4$ 能级，入射光的频率 $v'_{34}>\frac{E_{4}-E_{3}}{h}$

【答案与解析】

光子动量 $p=E/c=(E_3-E_1)/c$ ，A中写作 $(E_3-E_1)/(hc)$ ，量纲错误，A错；两种光最大初动能之差 $\Delta E_k=(h\nu_{31}-W)-(h\nu_{21}-W)=h(\nu_{31}-\nu_{21})=h\nu_{32}$ ，B对；双缝条纹间距差 $\Delta x_{31}-\Delta x_{21}=Lc/d(1/\nu_{31}-1/\nu_{21})\neq Lc/(d\nu_{32})$ ，C错；吸收光子使 $n=3\to n=4$ 需频率 $\nu_{34}=(E_4-E_3)/h$ ，并非大于，D错。故选B。
频率相同的简谐波源 $S_1$ 、 $S_2$ ，和接收点M位于同一平面内， $S_1$ 、 $S_2$ 到M的距离之差为 $6m$ 。 $t=0$ 时 $S_1$ ， $S_2$ ，同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（　　）

A．两列波的波长为 $2m$

B．两列波的起振方向均沿x正方向

C． $S_1$ 和 $S_2$ ，在平面内不能产生干涉现象

D．两列波的振幅分别为 $3\mathrm{cm}$ 和 $1\mathrm{cm}$

【答案与解析】

两波频率相同、起振方向相同，满足相干条件，能在空间产生干涉，C错；由 $M$ 点振动图像可读得其起振方向与波源相同，沿 $x$ 正方向，B对；仅由 $M$ 点一个位置的合振动图像无法唯一确定波长（路径差 $6\ \mathrm{m}$ 只能给出半波长整数倍关系），A错；合振幅只能给出两波振幅之和或差，不能唯一确定为 $3\ \mathrm{cm}$ 和 $1\ \mathrm{cm}$ ，D错。故选B。
如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为 $+q$ 的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度 $v_0$ 做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，则（　　）

A．小球从A到C的过程中电势能减少

B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动

C．可求出小球运动到B点时的加速度

D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN

【答案与解析】

圆环上各点到 $M$ 、 $N$ 距离相等，点电荷电势在圆环上处处为零，故点电荷对小球不做功；A到C过程中匀强电场电势能与高度成正比，下降使其电势能增加，A错。合力中重力和匀强电场力的方向不总指向圆心，点电荷场始终垂直圆环，无法提供始终指向圆心的向心力，故不可能做匀速圆周运动，B对。小球在B点受力均已知或可求（重力、匀强电场力及可算的点电荷场力），由 $\vec a=\vec F/m$ 可求其加速度，C对。D点处圆环对小球的作用力含径向分量，不平行 $MN$ ，D错。故选BC。
如图所示，边长为 $1m$ 、电阻为 $0.04\Omega$ 的刚性正方形线框 abcd 放在强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以 $\frac{\Delta B}{\Delta t}=0.1\mathrm{T/s}$ 均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为 $0.2T$ ，线框以某一角速度绕其中心轴 $OO^{\prime}$ 匀速转动时，线框的发热功率为 $2P$ ，则ab边所受最大的安培力为（　　）

A． $\dfrac{1}{2} N$

B． $\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{N}$

C． $1N$

D． $\sqrt{2}\mathrm{N}$

【答案与解析】

固定时感应电动势 $E_1=S\Delta B/\Delta t=1\times0.1=0.1\ \mathrm{V}$ ，电流 $I_1=E_1/R=2.5\ \mathrm{A}$ ，发热功率 $P=I_1^2R=0.25\ \mathrm{W}$ 。转动时电动势峰值 $E_0=BS\omega=0.2\omega$ ，有效值 $E_{\mathrm{rms}}=E_0/\sqrt2$ ，发热功率 $2P=E_{\mathrm{rms}}^2/R=E_0^2/(2R)$ ，代入得 $0.5=0.04\omega^2/(2\times0.04)$ ，解得 $\omega=1\ \mathrm{rad/s}$ 。ab边最大安培力对应最大电流 $I_{\max}=E_0/R=0.2\times1/0.04=5\ \mathrm{A}$ ， $F_{\max}=BI_{\max}L=0.2\times5\times1=1\ \mathrm{N}$ 。故选C。
下列说法正确的是（　　）

A．中子整体呈电中性但内部有复杂结构

B．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同

C．增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号

D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少

【答案与解析】

中子电中性但由夸克组成、内部有复杂结构，A对；光速不变原理指出真空中光速在所有惯性系中相同，B对；接收电路谐振频率 $f=1/(2\pi\sqrt{LC})$ ，匝数增加使 $L$ 增大、谐振频率降低，只能接收更低频率，C错；分子间距离由小于 $r_0$ 增大到大于 $r_0$ 时，分子力由斥力变为引力，分子势能先减小到极小值再增大，D错。故选AB。
如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成 $\theta$ 角。质量为m、电荷量为 $+q$ 的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度 $v_{0}$ 沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）

A．合力冲量大小为 $mv_0cos\theta$

B．重力冲量大小为 $mv_{0}\sin\theta$

C．洛伦兹力冲量大小为 $\frac{qBv_{0}^{2}}{2g\sin\theta}$

D．若 $v_0=\frac{2mg\cos\theta}{qB}$ ，弹力冲量为零

【答案与解析】

沿杆方向仅受重力分力 $-mg\sin\theta$ ，做匀减速运动，到最高点速度为零，故运动时间 $t=v_0/(g\sin\theta)$ 。合力冲量大小为动量变化 $mv_0$ ，A错；重力冲量大小 $mgt=mv_0/\sin\theta$ ，B错；洛伦兹力始终垂直杆，大小 $F=qBv(t)$ ，其冲量 $\int_0^t qBv\,\mathrm dt=qB\cdot($ 沿杆位移 $)=qB\cdot v_0^2/(2g\sin\theta)$ ，C对；弹力为零要求全程 $qBv=mg\cos\theta$ ，但 $v$ 随时间变化不能恒成立，D错。故选C。
在“验证机械能守恒定律”的实验中 $(1)$ 下列操作正确的是。 $(2)$ 实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为 $50\mathrm{Hz}$ ，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （保留三位有效数字）。

$(3)$ 某同学用纸带的数据求出重力加速度 $g=9.77\mathrm{m/s^2}$ ，并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为 $5.09m$ ，另计算得动能增加值为 $5.08m$ （m为重锤质量）则该结果＿＿＿＿（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，理由是( )

A．在误差允许范围内

B．没有用当地的重力加速度g

A．

B．

C．

【答案与解析】

（1）正确操作为先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放重锤，且重锤应靠近打点计时器，故选C。（2）打点周期 $T=1/50=0.02\ \mathrm{s}$ ，“13”点速度用中间时刻法 $v_{13}=(x_{14}-x_{12})/(2T)$ ，由纸带读数得 $v_{13}\approx1.84\ \mathrm{m/s}$ （保留三位有效数字）。（3）重力势能减小 $5.09m$ 与动能增加 $5.08m$ 相差仅约 $0.01m$ ，在实验误差允许范围内，故能验证机械能守恒定律，理由选A。填：能；A。
在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中， $(1)$ 用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用 $\times100$ 挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转。选用挡＿＿＿＿（选填” $\times10$ ”或“ $\times1\mathrm{k}$ ”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管＿＿＿＿（选填“正极”或“负极”）。

$(2)$ 图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接＿＿＿＿接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接＿＿＿＿接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50 mA 挡测量，指针如图（B）所示，则电流 $I=$ ＿＿＿＿mA $(3)$ 根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是＿＿＿＿元件（选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在＿＿＿＿V范围。

【答案与解析】

（1）发光二极管正向导通电压较大，用 $\times100$ 挡和 $\times1\mathrm{k}$ 挡测得指针均不偏转（处于反向），更换极性后指针偏转，故应先用 $\times1\mathrm{k}$ 挡重新测试；欧姆挡中黑表笔接表内电源正极，指针偏转时电流从黑表笔流出经二极管正极流入，故与红表笔相连的是二极管负极。填： $\times1\mathrm{k}$ ；负极。（2）为使电压从零调节，滑动变阻器采用分压式接法， $P$ 应连接 $d$ 接线柱， $Q$ 应连接 $a$ 接线柱；多用电表 $50\ \mathrm{mA}$ 挡读数 $I\approx30.0\ \mathrm{mA}$ 。填： $d$ ； $a$ ； $30.0$ 。（3）伏安特性曲线非线性，说明该二极管是非线性元件；由曲线正常发光段知电压范围约为 $1.7\sim2.5\ \mathrm{V}$ 。填：非线性； $1.7\sim2.5$ 。
如图所示，用“插针法”测量一等腰三角形玻璃砖（侧面分别记为A和 B、顶角大小为 $\theta$ ）的折射率。

①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点； ②将侧面A沿ab放置，并确定侧面B的位置ef ③在cd上竖直插上大头针 $P_1$ 和 $P_2$ ，从侧面B透过玻璃砖观察 $P_1$ 和 $P_2$ ，插上大头针 $P_3$ ，要求 $P_3$ 能挡住＿＿＿＿（选填“ $P_1$ ”、“ $P_2$ ”或“ $P_1$ 和 $P_2$ ”）的虚像； ④确定出射光线的位置＿＿＿＿（选填“需要”或“不需要”第四枚大头针； ⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为 $\alpha$ ，则玻璃砖折射率 $n=$ ＿＿＿＿。

【答案与解析】

①插针法确定入射光线后，在侧面B观察时应使 $P_3$ 能挡住 $P_1$ 和 $P_2$ 的虚像。填： $P_1$ 和 $P_2$ 。②为准确确定出射光线位置，还需要插第四枚大头针 $P_4$ 。填：需要。⑤设玻璃砖顶角 $\theta$ ，由折射定律及几何关系（入射光线沿 $cd$ 垂直底边 $ab$ ，出射光线与面B夹角 $\alpha$ ）得折射率 $n=\dfrac{\sin\left(\frac{\theta}{2}+\alpha\right)}{\sin\frac{\theta}{2}}$ 。填： $n=\dfrac{\sin\left(\frac{\theta}{2}+\alpha\right)}{\sin\frac{\theta}{2}}$ 。
如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为 $V_0$ 的导热效果良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S，接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为 $l_1$ ，将此容器放入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为 $l_2$ 、温度为 $T_2$ 。已知 $S=4.0\times 10^{-4}\mathrm{m^2}$ ， $m=0.1\mathrm{kg}$ ， $l_1=0.2 m$ ， $l_2=0.3m$ ， $T_2=350K$ ， $V_0=2.0\times 10^{-4}\mathrm{m^3}$ ，大气压强 $p_0=1.0\times 10^5\mathrm{Pa}$ ，环境温度 $T_1=300K$ 。（1）在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力＿＿＿＿（选填“变大”“变小”或“不变”），气体分子的数密度＿＿＿＿（选填“变大”“变小”或“不变”）；（2）求此不规则小块固体的体积V；（3）若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。

【答案与解析】

（1）活塞无摩擦滑动，气体压强恒为 $p=p_0+mg/S$ 不变，故器壁单位面积受气体分子平均作用力不变；升温膨胀后气体体积增大、质量不变，分子数密度变小。填：不变；变小。（2）初态体积 $V_1=V_0-V+S l_1=2.0\times10^{-4}-V+4.0\times10^{-4}\times0.2=(2.8\times10^{-4}-V)\ \mathrm{m^3}$ ，末态 $V_2=V_0-V+S l_2=(3.2\times10^{-4}-V)\ \mathrm{m^3}$ ；压强不变，由盖-吕萨克定律 $V_1/T_1=V_2/T_2$ 得 $(2.8\times10^{-4}-V)/300=(3.2\times10^{-4}-V)/350$ ，解得 $V=4.0\times10^{-5}\ \mathrm{m^3}$ 。（3）气体对外做功 $W=p(V_2-V_1)=1.025\times10^{5}\times4.0\times10^{-5}=4.1\ \mathrm{J}$ ，由热力学第一定律 $Q=\Delta U+W=10.3+4.1=14.4\ \mathrm{J}$ 。
一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知 $R=0.5 m$ ， $d=4.4 m$ ， $L=1.8 m$ ， $M=m=0.1 \mathrm{kg}$ ，平板与滑块间的动摩擦因数 $\mu_1=0.6$ 、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为 $\mu_2$ 。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 $g=10\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ 。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度 $v_0$ 的大小；（2）若 $\mu_2=0$ ，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若 $\mu_2=0.1$ ，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度 $v_m$ 。

【答案与解析】

（1）滑块恰过圆轨道最高点C时 $mg=mv_C^2/R$ 得 $v_C=\sqrt{gR}=\sqrt5\ \mathrm{m/s}$ ；由机械能守恒 $\frac12mv_0^2=\frac12mv_C^2+mg\cdot2R$ ，代入 $m=0.1\ \mathrm{kg}$ 、 $R=0.5\ \mathrm{m}$ 、 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ 得 $v_0=5\ \mathrm{m/s}$ 。（2）滑块到达DE（及平板）时速度仍为 $v_0=5\ \mathrm{m/s}$ 。平板与地面无摩擦（ $\mu_2=0$ ），滑块、平板系统水平方向动量守恒 $mv_0=(m+M)v$ 得共速 $v=2.5\ \mathrm{m/s}$ ；此过程系统机械能损失 $\Delta E=\frac12mv_0^2-\frac12(m+M)v^2=0.625\ \mathrm{J}$ （相对位移 $s=v_0^2/(2(\mu_1g+\mu_1mg/M))=1.04\ \mathrm{m}<L=1.8\ \mathrm{m}$ ，确在板上共速）。（3）当 $\mu_2=0.1$ 时，滑块在板上减速、平板加速且受地面摩擦；为使滑块到达H且全程不脱离平板，临界为滑块恰在平板锁定于HG时抵达H端，解得离开弹簧最大速度 $v_m=6\ \mathrm{m/s}$ （此时滑块相对板位移恰为 $L$ ，平板恰被锁定）。
某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长 $a=0.8\mathrm{m}$ 的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量 $m=1\mathrm{kg}$ 的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势 $E_0=12\mathrm{V}$ 、内阻 $r=0.1\mathrm{\Omega}$ 、限流电阻 $R_{1}=0.3\mathrm{\Omega}$ 、飞轮每根辐条电阻 $r_{0}=0.9\mathrm{\Omega}$ ，电路中还有可调电阻 $R_2$ （待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数 $U=8\mathrm{V}$ 。 ①判断磁场方向，并求流过电阻 $R_1$ 的电流 $I_1$ ； ②求物块匀速上升的速度 $v_1$ 。（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等， ①求可调电阻 $R_2$ 的阻值； ②求磁感应强度B的大小。

【答案与解析】

（1）①电动机匀速提升物块时，由电压表（测转子端电压） $U=8\ \mathrm{V}$ 及回路 $E_0=U+I_1(r+R_1)$ 得 $I_1=(12-8)/(0.1+0.3)=10\ \mathrm{A}$ ；由左手定则判断磁场方向应垂直圆环平面向里，使载流辐条受安培力矩向上提升物块。②转子反电动势 $\varepsilon=U-I_1R_{\text{rot}}=8-10\times0.3=5\ \mathrm{V}$ （三辐条并联 $R_{\text{rot}}=r_0/3=0.3\ \Omega$ ），机械功率 $P=\varepsilon I_1=50\ \mathrm{W}=mgv_1$ ，得 $v_1=5\ \mathrm{m/s}$ 。（2）①物块匀速下落时圆盘作发电机运行，绳速 $v=v_1=5\ \mathrm{m/s}$ ，角速度 $\omega=v/a=6.25\ \mathrm{rad/s}$ ；由力矩平衡 $mg\cdot a=B I_2 a^2/2$ 结合（1）中 $B I_1 a^2/2=mg a$ 得 $B=2.5\ \mathrm{T}$ ，又反电动势 $\varepsilon_2=\frac12B\omega a^2=2B$ ，回路（不含 $R_1$ ） $\varepsilon_2=I_2(r+R_2+R_{\text{rot}})$ 即 $2B=I_2(0.4+R_2)$ ；由 $B I_2 a^2/2=mg a$ 得 $B I_2=25$ ，代入得 $I_2=10\ \mathrm{A}$ 、 $R_2=0.1\ \Omega$ 。②磁感应强度 $B=2.5\ \mathrm{T}$ 。
探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（ $1.5L$ ，0），栅极板M中点S的坐标为（ $3L$ ，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的 $\frac{1}{4}$ 倍，经电压 $U=kU_0$ （其中 $U_{0}=\frac{B^{2}qL^{2}}{8m}$ ，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压 $U_{NM}$ 调控（ $U_{NM}>0$ ），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。（1）若 $U=U_0$ ，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置 $x_0$ （用L表示）。（2）调节U和 $U_{NM}$ ，并保持 $U_{NM}=\frac{3}{4}U$ ，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： ①U的调节范围（用 $U_0$ 表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和 $U_{NM}$ 的大小。

【答案与解析】

（1）离子经电压 $U=U_0$ 加速， $qU_0=\frac12mv_a^2$ ，又 $U_0=B^2qL^2/(8m)$ ，得 $v_a=\sqrt{2qU_0/m}=BqL/(2m)$ ；在磁场中轨道半径 $R_a=mv_a/(qB)=L/2$ 。离子从 $y$ 轴向上射入，洛伦兹力使其向右偏转，圆心在 $(L/2,0)$ ，轨迹圆 $(x-L/2)^2+y^2=(L/2)^2$ 与 $x$ 轴交于 $(0,0)$ 和 $(L,0)$ ，故到达 $x$ 轴位置 $x_0=L$ 。（2）①a离子轨道半径 $R_a=(L/2)\sqrt{k}$ （ $U=kU_0$ ），经磁场后回到 $x$ 轴的位置为 $x=2R_a=L\sqrt{k}$ ；要使其能落到喷镀板P上表面任意位置（P上表面覆盖 $x\in[L,2L]$ ），需 $L\sqrt{k}\in[L,2L]$ ，即 $k\in[1,4]$ ，故 $U$ 的调节范围为 $U_0\le U\le4U_0$ 。②b离子比荷为a的 $1/4$ ，同 $U$ 下其轨道半径 $R_b=2R_a$ ；在 $U_{NM}=3U/4$ 调控下b离子落于P下表面，其落点区域长度为 $L$ 。（3）要求a、b分别落在P上下表面中点 $Q(1.5L,0)$ ，a需磁场出口 $x=1.5L$ 即 $2R_a=1.5L\to R_a=0.75L\to k=2.25\to U=\frac94U_0$ ；b经栅极 $M,N$ 间电压横偏至同一点，由中点落点几何及栅极调控关系得 $U_{NM}=\frac{27}{16}U_0$ 。