1、2020 年年 6 月浙江省普通高校招生选考科目考试月浙江省普通高校招生选考科目考试 物理（模拟）试题物理（模拟）试题 一、选择题一、选择题 I（本题共（本题共 13 小题，每小题小题，每小题 3分，共分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一个分。每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.为了纪念物理学家对科学的贡献，许多的单位是用家的名字来命名的，在，下列单位所属于基本物理量的 是 A. 安培 B. 库仑 C. 牛顿 D. 焦耳 【答案】A 【解析】 物理学中共有七个基本物理量分别为：质量，长度，时
2、间，电流强度，物质的量，热力学温度，发光强度， 其中电流强度的单位就是以科学家的名字来命名的即安培，故 A 正确 2.如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线 1、 2 所示。若两次抛出篮球的速度 v1和 v 2的水平分量分别为 v1x和 v 2x，竖直分量分别为 v1y和 v 2y，不计空气 阻力，下列关系正确的是（ ） A. v1xv 2y B. v1xv 2x，v1yv 2y 【答案】A 【详解】将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时 间较短，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速
3、度较大，即 12xx vv 在竖直方向上做自由落体运动，由公式 2 2 y vgh可知，第二次运动过程中的高度较小，所以第二次竖直分 速度较小，即 12yy vv 故选 A。 3.如图所示，一个圆盘绕过圆心 O 且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为，盘面上有一质量为 m 的物 块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为 r，下列说法正确的是（ ） A. 物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为 m 2r B. 物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为 m 2r C. 物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为 m 2r D. 物块只受重力、弹力作用，合力大小为零 【答案】C 【详
4、解】对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。 物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有： 2 Ffmr 合 选项 ABD 错误，C正确。 故选 C。 4.有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为 ，如图所示如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子 之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为 ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下 说法正确的是（ ） A. 砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零 B. 砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零 C. 砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足 tan max D. 砂堆稳
5、定时形成的圆锥的底角最大值满足 cos max 【答案】AC 【详解】AB、把所有沙子看成一个整体，对整体受力分析，由水平方向合力为零可得，砂子稳定时，砂堆 底面受到地面的摩擦力一定为零，与形状无关，故 A正确，B 错误； C、取斜面上的一粒质量为 m的沙子，若沙子恰好平衡，倾角最大，沙子受力平衡，对沙子受力分析，根据 平衡条件得： mgsin=mgcos 解得：tan= 所以 max=arctan，故 C正确，D错误 故选 AC 5.人们发现， 不同的原子核， 其核子的平均质量 （原子核的质量除以核子数） 与原子序数有如图所示的关系。 下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（ ） A. 由图
6、可知，原子核 D和 E 聚变成原子核 F时会有质量亏损要放出能量 B. 由图可知，原子核 A裂变成原子核 B 和 C时会有质量亏损，要放出核能 C. 已知原子核 A裂变成原子核 B和 C 时放出的射线能使某金属板逸出光电子，若增加射线强度，则 逸出光电子的最大初动能增大 D. 在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度 【答案】C 【详解】A.由图可知，D和 E 核子的平均质量大于 F核子的平均质量，原子核 D 和 E聚变成原子核 F时， 核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项 A正确； B.由图可知，A的核子平均质量大于 B 与 C核子的平均质量，原子核 A裂变成原子核 B和 C
7、 时会有质量亏 损，要放出核能，选项 B正确； C.根据光电效应方程 0km EhW知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关， 选项 C错误； D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项 D正确； 本题选错误的，故选 C。 6.如图所示，电荷量相等的两个电荷 Q1和 Q2，两者连线及中垂线上分别有 A 点和 B 点，则下列说法正确的 是（） A. 若两者是同种电荷，则 A 点的电势一定高于 B点的电势 B. 若两者是同种电荷，则 A 点的场强一定大于 B点的场强 C. 若两者是异种电荷，则 A 点的电势一定高于 B点的电势 D. 若两者是异种电荷，则 A 点
8、的场强一定大于 B点的场强 【答案】D 【解析】 设两个点电荷 1 Q和 2 Q连线的中点为 O若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则 A 点的电势高于 O 点电 势，O点电势高于 B 点电势，则 A 点的电势高于 B点的电势若两个点电荷都带负电，则 A点的电势低于 B点的电势，A错误若两者是同种电荷，B 点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小， B 错误若两者是异种电荷，且 1 Q为正电荷，则 A 点的电势高于 B 点的电势若 1 Q为负电荷，则 A 点的 电势低于 B点的电势，C错误若两者是异种电荷，A处电场线比 B处电场线密，则 A 点的场强一定大于 B点的场强，D 正确选
9、 D 【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大若两电 荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O 点场强最小，在连线 的中垂线上 O 点的场强最大 7.如图所示，一个表面光滑的斜面体 M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为 、，且 ，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接 A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行， 不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M 始终保 持静止，则( ) A. 滑块 A 的质量大于滑块 B 的质量 B. 两滑块到达斜面底端时
10、的速率相同 C. 两滑块到达斜面底端时，滑块 A 重力的瞬时功率较大 D. 两滑块到达斜面底端所用时间相同 【答案】AB 【解析】 滑块 A和滑块 B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsin=mBgsin；由于 ，故 mAmB，故 A 正确；滑 块下滑过程机械能守恒，有：mgh= 1 2 mv2，则 v=2gh ，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相 等，即速率相等，故 B 正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA=mAgsinv，PB=mBgsinv； 由于 mAgsin=mBgsin，故 PA=PB，故 C错误；由牛顿第二定律得：mgsin=ma，a=gsin，则 aAa
11、B， 物体的运动时间 v t a ，v相同、aAaB，则 tAtB，故 D 错误；故选 AB 点睛：本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意求解瞬时功率时，不 能忘记力与速度方向之间的夹角 8.如图所示为三颗卫星 a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中 b、c是地球同步卫星，a在半径为 r 的轨道上，此时 a、b恰好相距最近，已知地球质量为 M，半径为 R，地球自转的角速度为，引力常量为 G，则（ ） A. 卫星 b 加速一段时间后就可能追上卫星 c B. 卫星 b 和 c 的机械能相等 C. 到卫星 a和 b下一次相距最近，还需经过时间 t= 3 2 GM
12、r D. 卫星 a 减速一段时间后就可能追上卫星 c 【答案】C 【详解】A.卫星 b 加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星 c，选项 A 错误； B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项 B 错误； C 对卫星 a，根据万有引力提供向心力有： 2 2 a Mm Gmr r 所以卫星 a 的角速度 3 a M G r 可知半径越大角速度越小，卫星 a和 b 由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过角度差为 2，所以 可得经历的时间： 3 2 t GM r 选项 C正确； D.卫星 a 减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星
13、 c，选项 D错误； 故选 C。 9.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务在某 次起飞中，质量为 m的“歼-20”以恒定的功率 P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间 飞机的速度达到最大值为 vm时，刚好起飞关于起飞过程，下列说法正确的是 A. 飞机所受合力不变，速度增加越来越慢 B. 飞机所受合力增大，速度增加越来越快 C. 平均速度 2 m v D. 该过程克服阻力所做的功为 2 0 1 2 m Ptmv 【答案】D 【详解】结合 v-t图像，随速度的增加，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，当加速度 a 不断减小至
14、 零时合力逐渐减小到零，速度增加得越来越慢，故 AB 错误；根据图像可知，若飞机做匀加速运动到速度为 vm时，平均速度为 2 m v ，由图像可知，飞机在 t0时间内的位移大于做匀变速直线运动的位移，可知飞机的 平均速度大于 2 m v ，选项 C 错误；根据动能定理可知： 2 0 1 2 fm PtWmv ，则该过程克服阻力所做的功为 2 0 1 2 m Ptmv ，选项 D 正确；故选 D. 10.如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位 置，现有一质量为 m的子弹以水平速度 v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度
15、v以及此过 程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为（ ） A. 0 mv v Mm ，0I B. 0 mv v M ， 0 2Imv C. 0 mv v Mm ， 2 0 m v I Mm D. 0 mv v Mm ， 0 2Imv 【答案】D 【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得： 0 ()mvMm v 解得： 0 mv v Mm 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A位置时速度大小不变，即当木 块回到 A 位置时的速度大小 0 mv v Mm 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定
16、理得： 00 ()2IMm vmvmv 所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0。 故选 D。 11.如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度为 d，底面镀有反光膜 CD，反光膜厚度不计，一束光线以 45 的入 射角由 A 点入射，经底面反光膜反射后，从顶面 B点射出（B 点图中未画出） 。已知该光线在玻璃砖中的传 播速度为 2 2 c，c为光在真空中的传播速度，则下列说法错误的是（ ） A. 平行玻璃砖的折射率为 2 B. 入射点 A与出射点 B之间的距离为 2 3 3 d C. 平行玻璃砖的全反射临界角为 30 D. 为了使从 A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜 CD长度至少
17、 2d 【答案】C 【详解】A.玻璃砖的折射率为： 2 2 2 cc n v c 选项 A正确； B.作出光的传播路径如图所示： 由折射定律有： 45 2 sinsin n sinsin 解得： =30 因此入射点 A 与出射点 B之间的距离为： 2 3 2 3 AB d xdtan 选项 B正确； C.设临界角为 C，则有： 12 2 sinC n 解得： C=45 选项 C错误； D.为了使从 A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜 CD至少为： 22 CD LdtanCd 选项 D正确。 本题选错误的，故选 C。 12.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图
18、是电磁船的简化原理图，AB和 CD 是与电源 相连的导体板，AB与 CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超 导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是 A. 使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力 B. 要使船前进，海水中的电流方向从 CD板指向 AB板 C. 同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反 D. 若接入电路的海水电阻为 R，其两端的电压为 U，则船在海水中前进时，AB与 CD 间海水中的电流强度 小于 U R 【答案】D 【详解】 A、 B项：当 CD接直流电源的负极时， 海水中电流方向由 AB指向 CD， 是海水受
19、到的安培力向左， 根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故 A、B 错误； C项： 同时改变磁场的方向和电源正负极， 磁场方向反向， 电流方向反向， 所以推进力方向将与原方向相同， 故 C 错误； D 项：因船在海水中前进时，AB与 CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于 U， 所以电流强度小于 U R ，故 D正确 点晴：利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动 方向，注意与右手定则的区别 13.如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为，整个空间存在着竖直向上 的匀强电场和垂直纸
20、面向外的匀强磁场， 先给小球一初速度， 使小球沿杆向下运动， 在 A点时的动能为 100J， 在 C 点时动能减为零，D为 AC的中点，那么带电小球在运动过程中（ ） A. 到达 C 点后小球不可能沿杆向上运动 B. 小球在 AD段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等 C. 小球在 D点时的动能为 50J D. 小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 【答案】B 【详解】A.如果小球受电场力大于重力，则到达 C点后小球可能沿杆向上运动，选项 A错误； B.小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于F qvB 洛 ，故下滑过程中洛伦兹力减 小，导致支持力和滑动摩擦力
21、变化，故小球在 AD段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等， 选项 B正确； C.由于小球在 AD段克服摩擦力做的功与在 DC 段克服摩擦力做的功不等， 故小球在 D 点时的动能也就不为 50J，选项 C错误； D.该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势 能的减少量，选项 D错误； 故选 B。 二、选择题二、选择题（本題共（本題共 3 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个分。每小题列出的四个备选项中至少有一个 是符合题目要求的。全部选对的得是符合题目要求的。全部选对的得 2 分，
22、选对但不全的得分，选对但不全的得 1 分，有选错的得分，有选错的得 0 分）分） 14.如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电 压，I1为原线圈中的电流，则（ ） A. 保持 U1及 P 的位置不变，K由 a合到 b时，I1将减小 B. 保持 U1及 P 的位置不变，K由 b 合到 a时，R消耗功率减小 C. 保持 U1不变，K合在 a 处，使 P 上滑，I1将增大 D. 保持 P 的位置不变，K合在 a 处，若 U1增大，I1将增大 【答案】BD 【详解】保持 U1及 P 的位置不变，K 由 a 合到 b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大
23、，所以副线圈功率 变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据 1 1 P I U 得 I1将增大，故 A 错误；保持 U1及 P 的位置不变，K 由 b 合到 a 时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据 2 2 U P R 可知功率变小， 故 B 正确； 保持 U1不变， K合在 a 处， 使 P上滑时， R增大， 而电压不变， 所以副线圈电流变小， 根据 22 1 1 I n I n 可知 I1将减小，故 C 错误；保持 P 的位置不变，K合在 a 处，若 U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈 电流变大，根据 22 1 1 I n I n 可知 I1将增大，故 D正确 1
24、5.如图所示， 把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中， 小球在 O点时， 弹簧处于原长，A、B为关于 O 对称的两个位置，现在使小球带上负电并让小球从 B点静止释放，则下列说 法不正确的是（ ） A. 小球仍然能在 A、B 间做简谐运动，O点是其平衡位置 B. 小球从 B运动到 A 的过程中动能一定先增大后减小 C. 小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在 O 点 D. 小球不可能再做简谐运动 【答案】ABD 【详解】A.当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置，此时弹簧被压缩，平衡位置不再是 O点，选项 A错误； CD.由于电场力是恒力，不随弹簧的长度发生变化。而弹簧的
25、弹力随弹簧的形变量发生变化，由受力特点可 知，小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动，选项 C正确，D 错误； B.由于 B 点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知，所以无法判断 B 点两力关系，所以小球从 B运动到 A 的过程中，动能不一定先增大后减小，选项 B错误。 本题选不正确的，故选 ABD。 16.核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能 235114192 9205636 UnBaKrXa是反应 堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用 UBaKr mmm、分别表示 23514192 925663 UBaKr、核的质量， X m表示X粒子的质量，
26、c为真空中的光速，以下说法正确的是（ ） A. X为中子，2a B. X为中子，3a C. 上述核反应中放出的核能 2 UBakrx 2)Emmmm c D. 上述核反应中放出的核能 2 UBaKrx 3)Emmmm c 【答案】BC 【详解】AB.由核电荷数守恒知 X 的电荷数为 0，故 X 为中子；由质量数守恒知 a=3，故 A不符合题意，B 符合题意； CD.由题意知，核反应过程中的质量亏损m=mu-mBa-mKr-2mn，由质能方程可知，释放的核能E=mc2= （mu-mBa-mKr-2mn）c2，故 C符合题意，D 不符合题意； 三、非选择题（本题共三、非选择题（本题共 6 小题，共
27、小题，共 55分）分） 17.如图所示，为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力 F及质量 m 的关系”实验装置简图. （1）本实验采用的实验方法是_ A.控制变量法 B.假设法 C.理想实验法 D.等效替代法 （2）在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验屮，以下故法正确的是_ A.平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源 D.为得出加速度 a 与与质量 m的关系而作出 1 a m 图象 （3）下图是实验中获取的一条纸带的一部分，其中 O、A、B、C、D是计数点，每相邻两计
28、数点间还有 4 个点（图中未标出） ，计数点间的距离如图，打“B”计数点时小车的速度大小为_m/s.由 纸带求出小车的加速度的大小为_m/s2.(计算结果均保留 2位有效数字） （4）如图所示是某同学在探究加速度与力关系时，根据测量数据作出的 aF图线.其中图线不过原点的 原因是_，图线在末端弯曲的原因是_. 【答案】 (1). A (2). BD (3). 0.54 (4). 1.5 (5). 未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力 (6). 未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量 【详解】 （1）本实验采用的实验方法是控制变量法； （2）平衡摩擦力时，应不挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运
29、动，选项 A 错误；每次改变小车的质 量时，不需要重新平衡摩擦力，选项 B正确；实验时要先接通电源后放小车，选项 C错误；因为 1 a m 为 正比关系，故为得出加速度 a与与质量 m的关系而作出 1 a m 图象，选项 D 正确；故选 BD （3）计数点间的时间间隔 T=0.02s 5=0.1s，打 B计数点时小车的速度大小为 0.54m/s 2 AC B x v T ； 根据逐差法得 2 x a T ，小车的加速度 2 2 1.5m/s (2 ) BDOA xx a T （4）由图线可知，当力 F到达一定的值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦力或未完全平 衡摩擦力；图线在末端弯
30、曲的原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量； 18.某实验小组成员要测量一节干电池的电动势和内阻，已知该干电池的电动势约为 1.5V， 内阻约为 0.50； 实验室提供了电压表 V(量程为 3V，内阻约 3k)、电流表 A(量程 0.6A，内阻为 0.70)、滑动变阻器 R(10,2A)、电键和导线若干 (1)为了尽可能减小实验误差，请在图 1方框中画出实验电路图_ (2)在图 2 中按原理图完善实物图的连接_ (3)通过多次测量并记录对应的电流表示数 I和电压表示数 U，利用这些数据在图 3 中画出了 U-I图线 由图 线可以得出此干电池的电动势 E=_V(保留 3位有效数字)，内
31、阻 r=_ (保留 2位有效数字) (4)实验过程中，发现电流表发生了故障，于是小组成员又找来一个电压表和一个定值电阻，组成了如图 4 所示的电路，移动滑动变阻器触头，读出电压表 V1和 V2的多组数据 U1、U2，描绘出 12 UU图象如图 5 所示， 图线斜率为 k， 与横轴的截距为 a， 则电源的电动势 E=_，内阻 r=_ (用 k、a、R0表示) 【答案】 (1). ; (2). ; (3). 1.45; (4). 0.60; (5). 1 ka k ; (6). 0 1 R k ; 【解析】 (1)电路直接采用串联即可，电压表并联在电源两端，由于电流表内阻已知，则应采用电流表相对电
32、源的内 接法；电路图如图所示 (2)对照电路图，实物图完善后如下图 (3)根据UEIr以及图象可知，电源的电动势为 1.45E V，内阻为 1.450.80 1.30 0.50 A U rR I ，故1.300.700.60r ； (4)由闭合电路欧姆定律可知： 21 2 0 UU EUr R ，变形得： 00 12 ()rRR E UU rr ， 当 1 0U 时， 2 Ua，则有： 00 ()R ErR a rr 、 0 rR k r 解得： 1 ka E k ， 0 1 R r k 19.如图所示为一滑草场的滑道示意图，某条滑道由 AB、BC、CD 三段组成，其中 AB 段和 BC段与水
33、平面 的倾角分别为 530和 370，且这两段长度均为 28Lm，载人滑草车从坡顶 A点由静止开始自由下滑，先加 速通过 AB段，再匀速通过 BC段，最后停在水平滑道 CD 段上的 D点，若滑草车与 AB、BC、CD 三段草地 之间的动摩擦因数均为，不计滑草车在滑道交接处的能量损失， 2 10/gm s， 0 sin370.6 ， 0 cos370.8，求： （1）滑草车与草地之间的动摩擦因数； （2）滑草车经过 B 点时的速度大小 Bv ； （3）滑草车从 A点运动至 D 点的时间 t？ 【答案】（1）0.75（2）14m/s（3）7.87s 【解析】 （1）BC 段： 00 sin37co
34、s37mgmg 得到： 0.75 （2）AB段： 00 1 sin53cos53mgmgma 又 2 1 2 BAB va S 解得：14/ B vm s （3）AB段：1 1 4 B v ts a ； BC 段：2 2 BC B S ts v CD 段： 3 mgma， 3 3 1.87 B v ts a ， 则 123 7.87tttts 20.同学设计出如图所示实验装置.将一质量为 0.2kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内,压缩弹簧并锁 定,此时小球恰好在弹射口,弹射口与水平面 AB相切于 A 点,AB为粗糙水平面,小球与水平面间动摩擦因数 0.5,弹射器可沿水平方向左右移动,B
35、C为一段光滑圆弧轨道.(O为圆心,半径 0.5Rm ,O C 与OB之间 夹角为 0 37 ,以 C为原点,在 C的右侧空间建立竖直平面内的坐标 xOy,在该平面内有一水平放置开口向左 且直径稍大于小球的接收器 D, 0 sin370.6 , 0 cos370.8 (1)某次实验中该同学使弹射口距离B处 1 1.6Lm处固定,解开锁定释放小球,小球刚好到达C处,求弹射器释 放的弹性势能; (2)把小球放回弹射器原处并锁定,将弹射器水平向右移动至离 B处 L2=0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小 球,小球将从 C 处射出,恰好水平进入接收器 D,求 D处坐标; (3)每次小球放回弹射器原处并锁
36、定,水平移动弹射器固定于不同位置释放小球,要求小球从 C 处飞出恰好水 平进入接收器 D,求 D 位置坐标 y与 x的函数关系式. 【答案】 （1）1.8J（2）( 48 125 m， 18 125 m)（3）y= 3 8 x 【解析】 （1）从 A到 C 的过程中，由定能定理得： W弹-mgL1-mgR（1-cos）=0， 解得：W弹=1.8J 根据能量守恒定律得：EP=W弹=1.8J； （2）小球从 C 处飞出后，由动能定理得： W弹-mgL2-mgR（1-cos）= 1 2 mvC2-0， 解得：vC=2 2m/s，方向与水平方向成 37 角， 由于小球刚好被 D 接收，其在空中的运动可
37、看成从 D点平抛运动的逆过程， vCx=vCcos37 = 8 2 5m/s，vCy=vCsin37 = 6 2 5 m/s， 则 D 点的坐标： Cy Cx v xv g ， 2 2 Cy v y g ，解得：x= 48 125 m，y= 18 125 m， 即 D 处坐标为： （ 48 125 m， 18 125 ） （3）由于小球每次从 C 处射出 vC方向一定与水平方向成 37 角，则： 3 37 4 y x v tan v ， 根据平抛运动规律可知：抛出点 D 与落地点 C的连线与 x 方向夹角 的正切值： 373 28 tantan ， 故 D 的位置坐标 y与 x 的函数关系式为
38、：y= 3 8 x 点睛：本题考查了动能定理的应用，小球的运动过程较复杂，分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关 键，分析清楚小球的运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题 21.如图所示，宽度为3L的区域被平均分为区域、，其中、有匀强磁场，它们的磁感应强度 大小相等，方向垂直纸面且相反，长为 3L，宽为 2 L 的矩形 abcd 紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为 dc 边的中点，P 为 dc 边中垂线上的一点，OP=3L矩形内有匀强电场，电场强度大小为 E，方向由 a 指向 O电荷量为 q、质量为 m、重力不计的带电粒子由 a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好 与区域
39、的右边界相切 （1）求该粒子经过 O 点时速度大小 v0； （2）求匀强磁场的磁感强度大小 B; （3）若在 aO 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转 n 次到达 P 点，求 x 满足的条件 及 n 的可能取值 【答案】 （1） 2qEL m （2） 3 2 mE qL （3） 2 31 26 xL n ,其中 n=2、3、4、5、6、7、8 【解析】 试题分析： （1）由题意可知 aO=L,粒子在 aO 加速过程中有 由动能定理： 2 0 1 2 qELmv 解得粒子经过 O 点时速度大小： 0 2qEL v m （2）粒子在磁场区域中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半
40、径为 R0， 由几何关系可得： 0 00 3 cos60 3 RRL 由洛伦兹力提供向心力得： 2 0 0 0 v qv Bm R 联立以上解得： 3 2 mE B qL （3）若粒子在磁场中一共经历 n 次偏转到达 P，设粒子轨迹圆半径为 R, 由几何关系可得： 00 3 2tan30cos30=3 6 L nRL 依题意得: 0 0RR 联立解得： 9 n9 7 ，且 n 取正整数 设粒子在磁场中运动速率为 v，则有： 2 v qvBm R 在电场中的加速过程，由动能定理： 2 1 2 qExmv 联立解得： 2 31 26 xL n ,其中 n=2、3、4、5、6、7、8 考点：带电粒子
41、在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动电场对粒子 做正功，由动能定理求出粒子经过 O 点时速度大小；作出粒子运动轨迹，找到圆心、找出半径与磁场宽度 的关系即可解题 22.如图甲所示，弯折成 90 角的两根足够长金题导轨平行放置，形成左右两导执平面，左导轨平面与水平面 成 53 角，右导轨平面与水平面成 37 角，两导轨相距 L=0.2m，电阻不计质量均为 m=0.1kg，电阻均为 R=0.1的金属杆 ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为 =0.5，整个装 置处于磁感应强度大
42、小为 B=1.0T， 方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中 t=0时刻开 始，ab 杆以初速度 v1沿右导轨平面下滑，t=ls 时刻开始，对 ab 杆施加一垂直 ab杆且平行右导轨平面向下的 力 F，使 ab开始作匀加速直线运动cd 杆运动的 v-t 图象如图乙所示（其中第 1s、第 3s内图线为直线） 若 两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取 10m/s2，sin37 =0.6，cos37 =0.8.求： （1）在第 1秒内 cd杆受到的安培力的大小 （2）ab杆的初速度 v1 （3）若第 2s 内力 F所做的功为 9J，求第 2s内 cd杆所产生的焦耳热 【答案】（
43、1）0.2N（2）1m/s（3）3J 【解析】 （1）对 cd 杆，由 v-t图象得： a1= 4 1 v t =4m/s2， 由牛顿第二定律得：mgsin53 -(mgcos53+F安）=ma 解得：F安=0.2N （2）对 ab 杆，感应电动势：E=BLv1 电流： 2 E I R cd 杆的安培力：F安=BIL 解得：v1=lm/s. （3）由题意得第 3s内 cd的加速度：a2=-4m/s2 设 2s时 ab 杆的速度为 v2，对 cd 杆，由牛顿第二定律得： mgsin53 -(mgcos53+ 22 2 2 B L v R ）=ma2 解得：v2=9m/s 有运动学知识得 2s内 ab杆的位移： 12 2 5 2 vv xtm 由动能定理得：WF+WG+Wf+W安= 22 21 11 22 mvmv 又 WF=9J WG=mgx2sin37 Wf=-mgx2cos37 -W安=2Qcd 解得：Qcd=3J 点睛：本题是电磁感应和图象结合的题目，分析清楚运动过程、合理的利用图象得到关键的加速度，再由 牛顿第二定律和运动学公式及动能定理求解即可
