【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（二）.pdf，共(27)页，584.684 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（二）一、选择题I（本题共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.下列关于物理学家和他们的贡献，说法正确的是（）A.牛顿提出了万有引力定律B.亚里士多

德认为力不是维持物体运动的原因，并通过“理想斜面实验”证实了这一说法C.库仑最早发现了产生电磁感应现象的条件D.法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应【答案】A【解析】【详解】A．牛顿提出了万有引力定律，选项A正确；B．伽利略认为力不是维持物体运

动的原因，并通过“理想斜面实验”证实了这一说法，选项B错误；C．法拉第最早发现了产生电磁感应现象的条件，选项C错误；D．奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，选项D错误。故选A。2.下列物理学习和研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是（

）A.“点电荷”概念的建立B.“瞬时速度”概念的建立C.探究合力和分力的关系D.探究加速度与力、质量的关系【答案】C【解析】【详解】“曹冲称象”的方法是等效替代思想；A．“点电荷”概念的建立是理想模型法，选项A错误；B．“瞬时

速度”概念的建立是极限法，选项B错误；C．探究合力和分力的关系是等效替代思想，选项C正确；D．探究加速度与力、质量的关系是控制变量法，选项D错误。故选C。3.某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服-2-是用铜丝编织

的，下列各同学的理由正确的是（）A.甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B.乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C.丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D.丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用【答案】

C【解析】高压作业服是用铜丝编织的，这利用到了静电屏蔽内容，高压服在外电场作用下静电感应继而处于静电平衡状态，因为处于静电平衡状态下的导体内部场强为零，所以这样可以保护人体，选C4.已知声波在两介质分界处传播遵循的规律与光的折射规律类似，可以表达为1122sinsinvnv

。人们在研究海洋的传声特性时发现，在海洋中存在着所谓“声道”现象：由于受到温度、盐度和压力的影响，在海水中的某一深度，有一定厚度的水层，声波在这一水层中传播时，会在这一水层的上部、下部发生全反射现象，声波能沿着这一水层传播很远的距离，这一水层

就叫做“声道”。如果声波在声道的传播速度为0v，在上部海水的传播速度为1v，在下部海水的传播速度为2v，以下判断正确的是（）A.012vvvB.01vv，02vvC.01vv，02vvD.01vv

，02vv【答案】B【解析】【详解】由题意声波在水层的上表面发生全反射，则011sin90sinvCv即01vv同理声波在水层的下表面发生全反射，则-3-202sin90sinvCv即02vv故选B。5.利用

金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是A.该实验说明

了电子具有粒子性B.实验中电子束的德布罗意波的波长为2hmeUC.加速电压U越大，电子的衍射现象越明显D.若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显【答案】B【解析】【详解】实验得到了电子的衍射图样，说明电子这种实物粒子发生了衍射，说明电子具有波动

性，故A错误；有动能定理可知，2102eUmv，经过电场加速后电子的速度2eUvm，电子德布罗意波的波长22hhhhPmveUmeUmm故B正确；由电子的德布罗意波波长公式2hmeU可知，加速电压越大，电子德布

罗意波波长越短，波长越短则衍射现象越不明显，故C错误；质子与电子带电量相同，但是质子质量大于电子，动量与动能间存在关系2kPmE，可知质子动量大于电子，由于hP，可知质子的德布罗意波波长小于电子的德布罗意波波长，波长越小则衍射越不明显，故D错误

；故选B6.如图所示，水平地面上固定一斜面，斜面倾角为θ，初始时将一物体A轻放在斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列分析正确的是（）-4-A.若tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向

下加速运动B.若tanθ，并在物体A上施加一竖直向下的恒力F，则物体A将在力F的作用下沿斜面向下加速运动C.若tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将仍以加速度

a沿斜面向下加速运动D.若tanθ，物体A将以加速度a沿斜面向下加速运动；在物体A上施加一竖直向下的恒力F后，物体A将以大于a的加速度沿斜面向下加速运动【答案】D【解析】【详解】AB．若μ≥tanθ，重力下滑分力小于或等于

最大静摩擦力，物体静止，施加F后相当于增大重力，物体A仍静止，故AB错误；CD．若μ＜tanθ，重力下滑分力大于最大静摩擦力，物体加速下滑，施加F后合外力增大，但质量不变，故加速度增大，故D正确C错误。故选D。7.几个水球可以挡住

一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲

量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同【答案】BCD【解析】【详解】A.设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动．-5-因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,

2d,3d和4d,根据x=212at知，所用时间之比为1:2:3:2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A错误，B正确；C.根据冲量的定义：I=

Ft，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故C正确；D.根据动能定理：△EK=W=Fd，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同．故D正确．故选BCD【点睛】子弹运动的过程为匀减速直线

运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化．8.如图所示，甲图为某教室中的挂扇，乙图为挂扇风速挡位变换器电路图，把它视为一个可调压的理想变压器．匝数n0＝2000匝的原线圈输入

电压u＝2202sin100πt（V）．挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为200匝、500匝、1000匝、2000匝．电动机M的内阻r＝10Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W．下列判断正确的是（）A.当挡位由2变换到1时，风扇的转速加快B.当挡位由3变换到2时

，原线圈的电流变大C.当选择挡位3时，电动机两端电压为1102vD.当选择挡位4时，电动机的输出功率为107.5W【答案】D【解析】【详解】A、分析可知，当挡位由2变换到1时，副线圈匝数减少，则输出电压减小，电动机两端的电压减小，风

扇的转速减慢，故A错误．-6-B、当挡位由3变换到2时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出电流减小，根据变压器电流的制约关系可知，原线圈的电流减小，故B错误．C、当选择挡位3时，副线圈匝数为1000匝，根据电压和匝数的关系可知，副线圈的输出电压的有效值为110V，即电动机两端电压为11

0V，故C错误．D、当选择挡位4时，副线圈匝数为2000匝，则电动机两端电压为2202V，有效值为220V，电动机的输入功率P＝110W，则电流PIU＝0.5A，电动机内阻上消耗的功率22.5WrPIr，则电动机的输出功率为10

7.5W，故D正确．9.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、及Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有（）A.ABTT

B.kAkBEEC.ABSSD.3322ABABRRTT【答案】D【解析】【详解】AD．由开普勒第三定律得3322ABABRRTT由图示可知RA＞RB，则TA＞TB故A错误，D正确；B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得-7-22MmvGmrr卫星动能2122KGMmErmv

由于卫星质量m相等而RA＞RB，则EKA＜EKB故B错误；C．由开普勒第二定律可知，对于同一行星与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，该题不是同一行星，故C错误；故选D。10.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，

他们让这辆小车在水平的直轨道上以恒定加速度由静止启动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示（除210s时间段内的图像为曲线外，其余时间段图像均为直线），2s后小车的功率不变，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.小车的质量为1kg，则小车在010s运动过

程中位移的大小为（）A.39mB.42mC.45mD.48m【答案】B【解析】【详解】匀加速阶段：2230/1.5/2amsms，根据牛顿第二定律可得'Ffma①，在2s后功率恒定，在2s末有'3PF②，匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则6Pf③，联

立三式解得1.5fN，额定功率9PW，在0~2s过程中的位移为112332xm，对2s～10s的过程运用动能定理得：2221021122Ptfxmvmv，代入数据得239xm，故0~10s内的位移为1242xxxm，B正确．-8-11.在如图（a）所示的电路中，1R为

定值电阻，2R为滑动变阻器．闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则A.图线甲是电压表1V示数随电流变化的图线B.电

源内电阻的阻值为10ΩC.电源的电动势是4VD.滑动变阻器2R的最大功率为0.9W【答案】D【解析】【详解】当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而1R两端的电压增大，故乙表示是1V示数的变化；甲

表示2V示数的变化，故A错误；由图可知，当只有1R接入电路时，电路中电流为0．6A，电压为3V，则由EUIr可得：30.6Er；当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为14，故1214RR，由闭合电路欧姆定律可得50.2Er解得，故BC错误；因

当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流I0.6A2Er，故电源的最大输出功率1.8WPUI，1R的阻值为5Ω，2R电阻为20Ω；当1R等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于Rr时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为

10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流620IA=0．3A，则滑动变阻器消耗的总功率2'0.9WPIR，故D正确；【点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，-9-应

根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理．12.如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻

，在后面一段时间内传感器显示弹簧力F的大小随时间t变化的图像如图所示，g为重力加速度，则（）A.升降机停止前在向下运动B.0－t1时间小球处于失重状态，t1－t2时间小球处于超重状态C.t1－t3时间小球向下运动，动能先减小后增大D.t3－t4时间弹簧弹性势

能的减少量大于球动能的增加量【答案】D【解析】【详解】A．初始时刻弹簧伸长，弹力平衡重力，由图象看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；B．0∼t1时间拉力小于重

力，小球处于失重状态，t1∼t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故B错误；C．t1时刻弹簧的拉力是0，说明t1时刻弹簧处于原长状态，t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t1∼t3时间小球向下运动，t

1∼t3时间内，弹簧对小球的弹力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C错误；D．t3∼t4时间内，小球向上运动，重力势能增大，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小

球动能变化量，故D正确。故选D。13.工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，连接质量为m的物体的足够长细绳ab一端固定于墙壁，用合成肌肉-10-做成的“手臂”ced端固定一滑轮，c端固定于墙壁，细绳绕过滑轮，c和e类似于人手臂的关节，由

“手臂”合成肌肉控制。设cd与竖直墙壁ac夹角为θ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（）A.若保持θ不变，增大cd长度，细绳ad部分拉力增大B.若保持θ=90°，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向C.若保持ac等于ad，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿

dc方向D.若θ从90°逐渐变为零，cd长度不变，且保持ac>cd，则细绳对滑轮的力先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A．因ad部分的拉力等于b端重物的重力，则若保持θ不变，增大cd长度，细绳ad部分拉力不变，故A错误；B．保持θ=90°，增大cd的长度，∠adb减小，因

滑轮两边细绳拉力相等，则细绳对滑轮的力沿∠adb的角平分线方向，细绳对滑轮的力不是沿dc方向，故B错误；C．保持ac等于ad，则∠adc=∠cdb，因滑轮两边细绳拉力相等，则细绳对滑轮的力沿∠adb的角平

分线方向，即细绳对滑轮的力沿dc的方向，故C正确；D．cd长度不变，θ从90°逐渐减为零，d的运动轨迹如图中圆弧所示，当ad与圆弧相切时，∠cad最大，由几何关系可知∠adb先减小后增大，绳子的两个张力大小皆等于物体的重

力，它们对滑轮作用力的大小随角度变大而变小，因此对滑轮的作用力先变大后变小，故D错误。-11-故选C。二、选择题II（本题共3小题，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。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.如图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图像，下列说法正确的是（）A.由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大B.由图线①、②、③可知对某种确定的金属来说，其遏止电压与入射光的频率有关

C.遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越小D.不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应【答案】AB【解析】【详解】A．由图线①、③可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确；B．根据

光电效应方程知，Ekm=hv-W0=eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故B正确；C．根据Ekm=hv-W0=e

Uc，遏止电压越大，说明从该金属中逸出的光电子的最大初动能越大，选项C错误；D．发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关，故D错误。故选AB。15.某静止的原子核发生核反应且放出能量Q，其方程为BDFACEXY+Z，假设释放的能量全

都转化为新核Y和Z的动能，其中Z的速度为v，以下结论正确的是（）-12-A.Y原子核的动能与Z原子核的动能之比为F：DB.Y原子核的速度大小为EvCC.Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大2Qc（c为光速）D.Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能【答

案】AD【解析】【详解】AB．静止的原子核发生衰变的过程中动量守恒，设Y的速度为v′，以Y的方向为正方向，则Fv-Dv′=0所以FvvD即大小为FvD，负号表示方向与Z的方向相反；所以Y原子核的动能是Z原子核的动能关系222222YZEDvFDvF

EFvDFvD＝＝＝故A正确，B错误；C．由于该反应的过程中释放能量，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小。故C错误；D．由于该反应的过程中释放能量，所以Y和Z的结合能之和一定大于X

的结合能。故D正确。故选AD。16.一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A上下振动了一段时间，某时刻两振源在长绳上形成波

形如图，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次则产生了较强-13-烈的振动，则（）A.由Q振源产生的波先到达振动系统B.Q振源离振动系统较远C.由Q振源产生的

波的波速较接近4m/sD.有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点【答案】BCD【解析】【详解】A．由“上下坡”法得知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，由于小球第一次振动时起振方向向上，故先经过弹

簧振子所在位置的是P波，故A错误；B．s=vt，由于两列波在同一介质中传播，波速相等，Q波后到达弹簧振子所在位置，故Q振源离振动系统较远，故B正确；C．Q晚到达弹簧振子所在位置，且小球产生了较强烈的振动，即共振，故Q的振动频率接近2Hz，则周期接近0.5s，波速2m/s=

4m/s0.5vT故C正确；D．由于两列波的频率不同，不会产生稳定干涉现象，由于两列波的波长不等，则根据波的叠加原理，有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点，故D正确．故选BCD．【名师点睛】本题关键掌握共振现象及其产生的条件是解题关键，第二次弹簧振子产生了较

强烈的振动，小球与波上的质点达产生了共振是本题的突破口，同时要知道机械波的波速由介质决定，同类波在同一介质中传播时波速相等．三、实验题（本题共2小题，共13分。）17.小李同学在用电流表和电压表测某种电池的电动

势和内电阻的实验中，串联了一只2.0的保护电阻R0，实验电路如图（甲）所示，请回答下列问题：-14-①按电路原理图（甲）连接实物电路图（乙）______；②测得下列五组数据：U（V）1.601.401.201.000.80I（A）0.130.200.270.330.40根据数据在坐标

图上画出U-I图，要求作图完整_______，并求出该电池电动势E=_________V，r=__________（均保留两位有效数字）。【答案】(1).(2).-15-(3).2.0(4).1.0【解析】【详解】①[1]．由电路图，按顺序先将串联部分连在电源两端，再把电压表并联在滑动变

阻器及电流表两端，如图②[2]．画出U-I图如图[3][4]．由图可知，电动势E=2.0V；电压为0.8V时，电流为0.4；由闭合电路欧姆定律可知E=U+I（r+R0）-16-2.00.82.01.00.4r18

.小沈同学进行“用双缝干涉测波长”的实验，(1)其中部分器材如下：A.白炽灯B.凸透镜C.单缝片D.滤光片E.测量头F。双缝片将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是（填字母）：A、B、______

_____、___________、F、E(2)某次观察时，透过测量头观察到了绿光的干涉条纹，但条纹的亮度很低，为了便于测量，下列方法能够使条纹亮度增加的是___________A.增加光源的功率B.将毛玻璃换成透明玻璃C.换一个面积更大的凸透镜D.调节测量头的位置(3)

下列图示中条纹间距表示正确的是___________。A.B.C。D.(4)如图所示是小沈同学改为参考课本上”用光传感器做双缝干涉的实验”进行实验，图甲、乙分别对应的是第一、二次实验得到的干涉图线。比较甲、乙两图线可判断，第一次实验

中的___________-17-A.单缝与双缝的缝距一定较大B.光强度较小C.光源离双缝的距离较大D.双缝离光传感器的距离可能较小【答案】(1).D(2).C(3).AC(4).C(5).D【解析】【详解】(1)[1]．根

据“用双缝干涉测量光的波长”的实验中仪器的位置可知，从左向右依次为：白色光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、测量头．将以上器材安装在光具座遮光筒上时，自光源起合理的顺序是：A、B、D、C、F、E；(2)[2]．为了便于测量，要使条纹亮度增加，即使得单位时间内的光子数目增多；A．当增加光源

的功率，导致单位时间内的光子数目增多，故A正确；B．将毛玻璃换成透明玻璃，不会看到亮条纹，故B错误；C．将放大镜A换一个面积更大的放大镜，则光的强度的增强，导致亮度增加，故C正确；D．调节测量头的位置，亮度不变，故D错误。故选AC。(3)[3]．干涉条纹的宽度是指一

个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹（或暗条纹）的中心之间的距离，故图C是正确的，图ABD错误．故选C。(4)[4]．由图可知，第一次得到的条纹间距较小，根据lxd可知：A.单缝与双缝的缝距对条纹间距无影响，选项A错误；-18-B.光强

度对条纹间距无影响，选项B错误；C.光源离双缝的距离对条纹间距无影响，选项C错误；D.双缝离光传感器的距离l较小，则条纹间距较小，选项D正确；故选D。四、计算题（本题共4小题，共42分。）19.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全

面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s．已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取210m/sg．

求：（1）飞机滑跑过程中加速度a的大小；（2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P．【答案】（1）a=2m/s2（2）P=8.4×106W【解析】试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及PFv求解牵引力的平

均功率；（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②（2）设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意可得F阻=0.1mg③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FFma阻④；设飞机滑跑过程中的平均速度为v，

有2vv⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率PFv⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W．【点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式PFv求解功率时

，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果v为平均速度，则求解出来的为平均功率．-19-20.某弹射游戏装置如图甲所示，处于同一竖直平面内的三段光滑管道AB、BC、CD在B、C处平滑连接，其中AB段是直管，水平放置，BC、CD分别是半径为14R和R的圆弧管，管道上端出口D点切线

水平且与水平面间距为R。长为L（可调）摩擦因数为0.5的粗糙水平轨道DE与圆弧轨道相连于D点，弹射装置发射的小球可视为质点，质量为m，管道粗细可以忽略。(1)若某次小球发射后刚好能到达D点，试求小球通过小

圆弧最低点B时对轨道的压力是重力的多少倍；(2)改变弹簧的压缩量，测得小球在D点时对轨道上侧的压力F与弹簧弹性势能EP之间的关系如图乙所示，试求小球的质量m和大圆弧半径R；(3)在第(2)小题结果的基础上，现使弹簧

储存2PEJ弹性势能，问应调节DE长度L为何值时，小球在水平面上的落点P（图中未画出）与D点水平距离最大？最大距离为多少。【答案】（1）9倍；（2）0.1kg，1m；（3）32m，52m【解析】【详解】（1）从B→D由机械能守恒212BmvmgR在B点24BN

vFmgmR得9NFmg根据牛顿第三定律小球在B点对轨道压力是小球重力的9倍；（2）在D点-20-2DNvFmgmR212PDEmgRmv得23NPFEmgR由F-EP图，取截距：3mg=3N解得m=0.1kg斜率122mR解得R=1m（

3）从A→E由动能定理：212pEEmgRmgLmv根据平抛运动规律EPExvt212Rgt得22DPxLL2222LL当2221L即L=32mxDP=52m21

.如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy，沿y轴放置一平面荧光屏，在y>0，0<x<0.-21-5m的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B=0.5T在原点O放一个开有小孔粒子源，粒子源能同时放出比

荷为64.010qmkg/C的不同速率的正离子束，沿与x轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮。入射正离子束的速率在0到最大值62.010mvm/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力。(1

)求离子打到荧光屏上的范围。(2)若在某时刻（设为t=0时刻）沿与x轴成30°角方向射入各种速率的正离子，求经过75103s时，这些离子所在位置构成的曲线方程。(3)实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30°~60°角内进入磁场。则

某时刻（设为t=0时刻）在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，求经过75103s时这些离子可能出现的区域面积。【答案】（1）03my；（2）3yx；（3）20.26m【解析】【详解】（1）粒子在磁场中运动时2mvqvBr得mvrqB具有最

大速度的粒子半径1mmmmvrqB-22-由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，OA1长度为：2cos303myr即离子打到荧光屏上的范围为：03my（2）离子在磁场中运动的周期为：6210mTsqB经过时间71503

ts离子转过的圆心角为23Tt设75103s这个时刻某离子的位置坐标为（x，y）y=rcos30°x=r-rsin30°得3yx（3）由几何关系知，与x轴成60°方向入射的离子，经过时间71503ts，离子转过的圆心角为23Tt-23-刚好打在y

轴上，将71503ts时刻这些离子所在坐标连成曲线，方程就是：x=0；即都打在y轴上所以在t=0时刻与x轴成30°~60°内进入磁场的正离子在71503ts时刻全部出现在以O为圆心的扇形OA2C1范围内，如图；则离子可能出现的区域面积：222m0.26m

1212mrS22.如图所示，一平行倾斜光滑金属导轨与间距相同的水平光滑导轨平滑连接，电阻均不计，导轨与水平倾角为30°，导轨间距L=0.5m，倾斜导轨平面存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度

为B2，导轨上端与匝数N=100匝的线圈相连接，线圈面积S=0.01m2，线圈电阻00.04R，线圈内存在一垂直平面向下的磁场，磁感应强度随时间变化为10.20.6Bt（T）。用同种材料制作成一边长为L、粗细均匀

的正方形导体框放在水平导轨上，质量为20.4mkg，20.08R，其中AB边（包括A、B）绝缘漆被刮去，其他三边有绝缘漆，两边与水平导轨相接触。假设水平导轨与地面的高度足够大，在水平地面存在竖直方向的

相间的匀强磁场，磁场宽度为L，相邻磁场间距也为L，磁感应强度为B3=0.2T。现在在倾斜导轨上垂直放置一导体棒PQ，棒长为L，质量10.1mkg，电阻10.02R，若闭合开关K1，断开开关K2，导体棒PQ恰好能静在斜导轨上。然

后断开K1，闭合K2，导体棒由静止下滑，达到匀速后进入水平导轨并与正方形导体线框相碰，相碰后不分开一起向右运动，然后从导轨水平飞出，假设线框在空中运动过程中保持水平，不发生翻转，最后穿过竖直磁场落在水平地面上。(1)求垂直斜面的匀强磁场的磁感应强度大小。(2)求正方形线框飞出到落地的

水平位移；-24-(3)求正方形线框从飞出到落地过程，CD边电流产生的焦耳热；(4)求正方形线框从飞出到落地过程，CD边的电势差随水平位移的函数关系。【答案】（1）0.1T；（2）5.4m；（3）0.14J；（4）见解析【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应

定律可得0.6VENt01EIRR2sin30mgBIL得20.1BT（2）PQ棒匀速下滑mgsin30°=B2IL201BLvIRR并得07m/sv当PQ与线框相碰达到共速1012mvmmv共得-25-=1.4m/sv

共当整体一起飞出后312BILtmmv共3BLxItR总（其中R总=12RAB+RBCD）得△x=4.9m故线框落地时离飞出时的水平位移为x=△x+L=5.4m（3）由能量关系21210.492Qmmv共总J0.14CDCDRQQR总总J（4）装置

在运动过程中只有水平速度分量在切割磁感线，且左右边交换切割，故对装置在运动过程中22312BLxmmvR总得27vvvx共故21.47vx320.1470EBLvxL当CD进入磁场过程50.110.027CD

UEx当CD离开磁场过程-26-20.0440.0087CDUEx-27-