【文档说明】【精准解析】浙江省名校联盟2020届高三创新卷选考物理试题（五）.pdf，共(26)页，421.742 KB，由小赞的店铺上传

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-1-《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（五）选择题部分一、选择题I（本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个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）1.下列物理量属于矢量的是（）A.功B.磁通量C.冲量D.电

流【答案】C【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时采用平行四边形法则，标量只有大小，没有方向，冲量是矢量，故ABD错误，C正确。故选C。2.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.伽利略最早提出“力不是维持物

体运动的原因”B.牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量C.奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出右手螺旋定则判定电流周围磁场方向D.卢瑟福通过散射实验揭示了原子具有核式结构且发现了质子和中子【答案】A【解析】【

详解】A．伽利略最早提出“力不是维持物体运动的原因”，故A正确；B．牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出右手螺旋定则判定电流周围磁场

方向，故C错误；D．卢瑟福通过α散射实验揭示了原子具有核式结构，并未发现了质子和中子，故D错误。故选A。3.四个不同的物体甲、乙、丙、丁的运动情况分别如下图所示，则下列描述正确的是（）A.甲在做曲线运动-2-B.在0至t1时间内，乙的平均速

度等于甲的平均速度C.两图像中，t2、t4时刻分别表示乙、丁开始做反向运动D.在t3时刻，丁一定在丙的前方【答案】B【解析】【详解】A．运动学的图象中任何曲线只能表示直线运动，因为在运动学图象中只能表示正反两方向，故不能描述曲线运动，故A错误。B．在0至t

1时间内，甲乙的位移相等，平均速度等于位移除以时间，所以甲、乙的平均速度相等，故B正确。C．x-t图象中的t2时刻转折点表示物体的位移开始减小，运动方向开始反向；v-t图象中的转折点表示速度减小，加速度方向变化，其方向仍沿正方向，运动方向没有反向，故C错误。D．

由v-t图象中图象与时间轴所夹的面积表示位移，可知在t3时刻，丁位移大于丙的位移，但初始距离不知，所以无法确定哪个在前，故D错误。故选B。4.荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图所示，某同学正在荡秋千，A和B分别为运

动过程中的最低点和最高点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A.在B位置时，该同学速度为零，处于平衡状态B.在A位置时，该同学处于失重状态C.在A位置时，该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力，处于超重状态D.由B

到A过程中，该同学向心加速度逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．在B位置时，该同学速度为零，重力和绳子拉力的合力提供向心力，受力不平衡，故A错误；-3-B．在A位置时，重力和绳子拉力的合力提供向心力，该同学处于超

重状态，故B错误；C．根据牛顿第三定理，在A位置时，该同学对秋千踏板的压力等于秋千踏板对该同学的支持力，故C错误；D．由B到A过程中，重力和绳子拉力的合力提供向心力2=vFmmar由动能定理得212mghmv该同学

向心加速度逐渐增大，故D正确。故选D。5.如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长．现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也

可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上．则12qq为（）A.12B.23C.31D.32【答案】B【解析】【详解】对两种情况进行受力分析，如图所示：-4-依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°

，F=mgtan30°，根据库仑定律，则有：12BAkQqFl，而22CAkQqFl；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30°，lCA=Lsin30°，综上所得：1223qq，故ACD错误，B正确；故选B．【点睛】考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内

容，注意绳子的长度相等，是解题的关键．6.如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽不计．下列说法不正确的是（）A.合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B.断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C.合上开关S稳定后

，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向右D.断开开关S时，流过A1的电流方向与流过A2的电流方向都向右【答案】D【解析】【详解】AC．合上开关的瞬间，L由于产生自感电动势阻碍通过A1的电流，所以A1中的电流小于A2中的电流，稳定后L对直流电路没有阻碍作用，A1和A2电阻相

等，即合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮，此时A1和A2的电流方向都向右，故A不符合题意，C不符合题意.BD．断开开关时，由于L中产生的自感电动势在A1和A2之间构成串联电路中产生电流，故都要过一会才会熄灭，此时流过A1的电流向右，流过A2的电流

向左.故C不符合题意，D符合题意7.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期24h，所有卫星均视为做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（）-5-A

.a的向心加速度等于地球表面重力加速度B.d的向心加速度大于地球表面重力加速度C.b在4h内转过的圆心角小于3D.a、b、c、d四颗卫星中，b在相同时间内转过的弧长最长【答案】D【解析】【详解】A．a随赤道一起转动，向心力是由万有引力一个分力提供，即mgma，可知a的向心加速度不等于地球

表面重力加速度g，故A错误；B．根据万有引力定律得2MmGmar可知d的向心加速度小于地球表面重力加速度，故B错误；C．c为同步卫星，周期为24h，在4h内转过16圆周，即π3，根据开普勒第三定理得32RCTb的轨道半径小，故周期小，在4h内转过的圆心角大于π3，故C错误；D．根据万有引力

定律得22MmvGmrr解得GMvr，可知b的线速度大于c、d的线速度，a、c的角速度相等，根据vr知，c的线速度大于a的线速度，可知b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故D正确。故选D。【点睛】，8.家电待机耗电问题常常被市民所忽略，技术人员发现一台电视机待机一天的

耗电量约0.2度。据最新统计浙江省的常住人口约5800万人，假设每户家庭拥有的家用电器如下表所示，则由表中数据，估算每年浙江省家庭用电器待机耗电量约为（）-6-家庭常用电器电视机洗衣机空调电脑户均数量（台）2121电器待机功耗（W/台）102

04040A.62.310度B.82310度C.102.310度D.122.310度【答案】C【解析】【详解】待机电器的总动率210120240140W160WP每年浙江省家庭用电器待机耗电量约为(按3人一户计算)43105800101601024365kW

h2.710kWh3WnPt计算结果最接近C，故ABD错误，C正确。故选C。9.一理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一电压有效值恒定的正弦交流电源；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻

不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则（）A.小灯泡D的亮度变暗B.副线圈的电压变小C.R的阻值大于原来的一半D.变压器的输入功率变为原来的两倍【答案】B【解析】【详解】A．根据

变压器输入输出电路与线圈匝数的关系得-7-1221InIn可知次级电流变为原来的两倍，则初级电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，故A错误；BC．因灯泡D两端的电压变大，可知变压器初级电压减小，

次级电压也减小，R的阻值小于原来的一半，故B正确、C错误；D．初级电流变为原来的两倍，但是初级电压减小，则变压器的输入功率小于原来的2倍，故D错误。故选B。10.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的氡核22286R，该原子核发生衰变，放出一个速度为0v、质量为m

的粒子和一个质量为M的反冲核钋（Po），若氡核发生衰变时，释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能（涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计），以下说法正确的是（）A.衰变后粒子和反冲核钋（Po）在匀强

磁场中的运动轨迹如图甲所示，小圆表示粒子的运动轨迹B.衰变后粒子和反冲核钋（Po）在匀强磁场中的运动轨迹如图乙所示，大圆表示粒子的运动轨迹C.衰变过程粒子和反冲核钋（Po）组成的系统能量守恒，动量不守恒D.衰变过程中，质量亏损为202()2MmMvmmc

【答案】B【解析】【详解】AB．静止的氡核发生α衰变后，根据动量守恒可知，衰变后α粒子与钋核的运动方向相反，根据左手定则可知，α粒子和钋核所受的洛伦兹力方向相反，两个粒子的运动轨迹-8-应是外切圆，故衰

变后α粒子和反冲核钋（Po）在匀强磁场中的运动轨迹如图乙所示。根据mvprqBqBp相等，B相同，1rq，可知，α粒子的轨迹半径大，故大圆表示α粒子的运动轨迹，故A错误，B正确。C．衰变过程α粒子和

反冲核钋（Po）组成的系统能量守恒，重力相对于内力可忽略不计，系统的动量也守恒，故C错误。D．取α粒子的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：0=mv0-Mv钋释放的核能为：2201122EmvMv钋衰变过程中，质量亏损为：2Emc△△联立

解得：0222vMmmmMc故D错误。故选B。11.从物理学角度看，彩虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，则两束光（）A.在雨滴

中传播时，a光的传播速度一定大于b光B.以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，a光侧移量小C.以相同的入射角从水中射向空气，在空气中只有一种色光时，一定是b光D.用同一装置做双缝干涉实验，a光干涉条纹间距较大-9-【答案】C【解析】【详解】A．根据光路图

可知，第一次折射时，b光的折射角较大，入射角相等，根据折射率公式sinsininr得知，b光的折射率较小，频率较小，根据cvn可知在雨滴中传播时，a光的传播速度小于b光，故A错误；B．b光的折射率较小，以相同角

度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b光的折射角较大，所以b光侧移量小，a光侧移量大，故B错误；C．根据全反射临界角1sinCn可知b光的折射率较小，临界角大，不容易发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是b光

，故C正确；D．b光的折射率较小，频率较小，波长较长，根据干涉条纹间距公式lxd可知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故D错误。故选C。12.如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f

大小不变，物体速度最终达到最大值maxv，此过程中物体速度的倒数1v与加速度a的关系图象如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图象所给信息可知以下说法错误的是（）-10-A.2max1s0m/vB.30mPC.图象的斜率为fPD.f

=0.1P【答案】C【解析】【详解】当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力,，速度为最大值，由功率的计算公式可得PFv物体的加速度Ffma整理得1mfavPP图像斜率0.13mkP故30mP，故

B正确，C错误；图像截距0.1fP故0.1fP，故D正确；最大速度10m/smPPvFf故A正确。故选C。13.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动

的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（）-11-A.从A点运动到M点电势能减少2JB.小球水平位移x1与x2的比值1：4C.小球落到B点时的动能24JD.小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于6

J【答案】D【解析】【详解】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动。A．从A点运动到M点使用动能定理得68J2JFGkWWE由于重力做功不为零

2JFW从A点运动到M点电势能减少不是2J，故A错误；B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1:3，则小球水平位移x1与x2的比值1：3，故B错误；C．设物体在B点时动能为kBE，水平分速度为Bxv，竖直分速度为Byv，由竖直方向对称性可知218J2Bymv

对于水平分运动2112MxFxmv221211()22BxAxFxxmvmv12:1:3xx解得-12-16JFx，12()24JFxx故小球落到B点时的动能221()32J2kBBxByEmvv故C错误；D．由于运动与分运动有等时性，设小球受到电场力为F，重力为G，则

有16JFx2216J2Ftm8Jmgh2218J2Gtm可知32FG由下图得tanFG故3sin7则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度与等效重力垂直，即图中的P点2min124(sin)J6J27kAEmv故D正确。-13-故选D。二、选

择题II（本题共3小题，每小题2分，共6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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电

路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A.A、B灯都变暗B.电源的输出功率变小C.电源的效率变小D.Rt上电流的变化量大于R0上电

流变化量【答案】ACD【解析】【详解】A．光照强度增大，光敏电阻阻值减小，电路总电阻减小，故电路总电流增大，消耗在内阻上的电压增大，路端电压减小，A灯变暗，由于R0两端的电压增大，B灯两端的电压减小，B灯变暗，故A正确；B．电源电动势不变，电路总电流增大，电源的输出功率P=U

I无法确定，故B错误；C．电源的效率为=UE路端电压减小，电源的效率变小，故C正确；D．通过R0上电流等于通过光敏电阻Rt电流与通过灯B的电流之和，根据前面的分析，通过灯B的电流减小，故Rt上电流的变化量大于R0上电流变化量，故

D正确。故选ACD。15.如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）-14-A.处于n=l能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B.欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV的光子照射C.大量氢原子从n=4的能级跃迁到基态时，最多可以辐射出6种不同频率的

光子D.用从n=4能级跃迁到n=2能级福射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时能发生光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．要使n=1能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，故A错误；B．根据玻尔理论用12.09eV电子照射时，吸收光子后电子的能量12.0913.

6eV1.51eV所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3能级，故B正确；C．一个氢原子从n=4的状态跃迁到基态时，最多时，跃迁的路径有246C条，可知能辐射出6种不同频率的光子，故C正确；D．从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光子的能量210.85eV3.4e

V2.55eV<6.34eVEEE而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故不可以发生光电效应，故D错误。故选BC。16.如图所示，甲是一列横波在某一时刻的波动图象，乙是在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振

动图象，a、b是介质中的两个质点，a的平衡位置坐标为x=2.5m，下列说法正确的是（）-15-A.这列波的波速是2m/sB.b比a先回到平衡位置C.a质点经过2.75s第一次到达波峰D.a、b两质点的振幅都是10cm【答案】ABC【解析】

【详解】A．由图知=8m，4sT，则波速2m/svT故A正确；B．波沿x轴负方向传播，甲图中a质点向下运动，b质点向上，故b比a先回到平衡位置，故B错误；C．波从x=6m处传到x=2.5m处需要的时间162.5s1.75s2tx=2.5m处质点开始振动后，经过4T到达

波峰，a质点第一次到达波峰的时间为12.75s4Ttt故C正确；D．简谐波传播过程中，各振动质点的振幅都相同，为5cm，故D错误。故选ABC。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.A、B两位同

学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验。-16-(1)下列做法正确的是___________A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的摩擦阻力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上C．实验时，先放开小车再接通打点计时

器的电源D．通过增减小车上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车

的加速度为___________m/s2（结果保留两位有效数字）(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上均不放钩码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图丙中A、B两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动

摩擦因数分别为甲、乙，由图可知，甲___________乙。（选填“大于”“小于”或“等于”）【答案】(1).AD(2).0.15(3).大于【解析】【详解】(1)[1]A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确

；B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上，故B错误；C．实验时，应先接通电源，再释放小车，故C错误；D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。-17

-故选AD。（2）[2]运用匀变速直线运动的公式得223423220.06640.0649m/s0.15m/s0.1xxaT（3）[3]对小车受力分析有Ffma摩擦力fmg整理得Fagm可知图像得截距为μg，故甲大于乙18.某物理兴趣

小组对两节电池并联后等效电源的电动势和内阻进行研究如下：将一节电池A和另一节电池B并联后，接入如图甲所示的测量电路，将虚线框内部看成一个等效的电源，移动滑动变阻器，测得若干组数据后在图乙中描点。U/V0.890.780.670.

560.580.34I/A0.220.260.300.340.380.42（1）实验过程中小组成员发现当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节，电压表的示数变化不明显，其原因是电源内阻____________（填写“较大”或“较小”）（2）图甲中的电流表

和电压表均为非理想电表，下列说法正确的是_____-18-A．这使得图乙中的U没有测准，U偏大B．这使得图乙中的U没有测准，U偏小C．这使得图乙中的I没有测准，I偏大D．这使得图乙中的I没有测准，I偏小（3）根据表中数据在图乙中作出等效电源的UI图像，从而得到等效电源的电动势为_

___________，内阻为____________.（均保留三位有效数字）【答案】(1).较小(2).D(3).1.45-1.55(4).2.60-2.80【解析】【详解】（1）[1]．实验过程中小组成员发现当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节，电压表的示数变化不明显

，其原因是电源内阻较小；原因是当电源内阻较小时，路端电压与电源电动势接近，所以当外电阻变化时，路端电压变化几乎不变；（2）[2]．由电路图可知，电压表测量的是路端电压；而由于电压表的分流作用使得电流表的电流小

于通过电源的电流，即图乙中的I没有测准，I偏小，故选D。（3）[3][4]．做出的U-I图像如图等效内阻0.950.252.800.450.2UrI当U=0.95V时，I=0.2A，带入E=U+Ir可得E=1.51V19.如图甲所

示，光滑平台右侧与一长为L=10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0=10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ=37°，让滑块以相同的初速度滑

上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；-19-(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t．【答案】(1)0.5(2)1+5s【解析】【详解】(1)设滑块质

量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有：mgma滑块恰好到木板右端停止2002vaL解得：200.52vgL(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有：1cossinmgmgma20102vas0110vat联立解得1

1st、5ms设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有2sincosmgmgma22212sat联立解得：25st滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间：12=1+5sttt20.如图所

示，某工地要把质量为m1=30kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免-20-货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的四分之一光滑圆轨道，使货物从圆轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m，地面上紧靠圆轨道依次排放三个完全相同的木板A、B、C，长度均

为L=2m，质量均为m2=20kg，木板上表面与圆轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力

；（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B和C开始滑动，求μ1应满足的条件；（3）若μ1=0.8，求货物滑到模板A右端时的速度大小。【答案】（1）900N（2）10.70.9＜（3）2m/s【解析】【详解】（1）设货物滑到圆轨道未端是的速度为v0，对货物

的下滑过程中根据机械能守恒定律得，mgR=12m1v02①设货物在轨道未端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN-m1g=201vmR②联立①②式代入数据得FN=900N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道未端时对轨道的

压力大小为900N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2（m1+3m2）g③若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2（m1+2m2）g④联立③④式代入数据得-21-0.7＜μ1≤0.9⑤（3）当μ1=0.8时，

由⑤式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做匀减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得a1=μ1g⑥设货物滑到木板A右端时速度为v1，由运动学公式得2210vv=-2a1l⑦联立①⑥⑦式代入数

据得v1=2m/s21.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距1lm，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30º角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，分别垂直导轨放置，每杆两端都与

导轨始终接触良好，其质量分别为m1=0.1kg和m2=0.2kg，两杆的总电阻R=3Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加

速度g=10m/s2，求：（1）细线烧断瞬间，杆1的加速度a1的大小；（2）细线烧断后，两杆最大速度v1、v2的大小；（3）两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8米，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间？（4）在（3）题情景

中，电路产生的焦耳热。【答案】（1）10m/s2（2）2m/s；1m/s（3）0.6s（4）0.9J【解析】【详解】（1）细线烧断瞬间:F=（m1+m2）gsin30°棒1:-22-F-m1gsin30°=m1a1解得:a1=10m/s2（2）线烧断前:F=（m1+m2

）gsin30°细线烧断后:F安1=F安2方向相反，由系统动量守恒得:m1v1=m2v2，两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动.对棒2:m2gsn30°=BIl，I=12BlvBlvR解得:v1=2m/sv2=1m/

s（3）由系统动量守恒得m1v1=m2v2则m1x1=m2x2即x2=04m设所求时间为t，对棒2由动量定理得:m2gsin30°·t-BIl·t=m2v2-012()BlxxEtBlxItRRtR

解得:t=0.6s（4）由能量守恒得-23-Fx1+m2gsin30°·x2=m1gsin30°·x1+21112mv+22212mv+QQ=0.9J22.下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相

同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O，ONONd，P为靶点，OPkd（k为大于1的整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O进入磁场区域.

当离子打到极板上ON区域（含N点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P点的能量最大的离子在

磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。【答案】（1）22qUmBqkd（2）22nqUmBqkd，2(1,2,3,,1)nk（3）22(23)=22(1)kmkdtqumk磁，22(1)=kmthqU电【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中

的运动、牛顿第二定律、运动学公式。【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qUmv可得2qUvm-24-磁场中做匀速圆周运动：2vqvBmr刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kdr联立解得22qUmBqkd；（2）若磁感应强度较大

，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：212nnqUmv2nnnvqvBmr且：2nkdr解得：22nqUmBq

kd，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12dr且：2112qUmv2111vqvBmr解得：2nk，故加速次数n为正整数最大取21nk即：-25-22nqUmBqkd2(1,2,3,,1)nk；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21nk，离子在磁场中做n-1个完整

的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。由匀速圆周运动：22rmTvqB22(23)=(1)222(1)TkmkdtnTqumk磁电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2khat电qUamh可得：22(1)=kmthqU电-26-