【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）.doc，共(26)页，1.067 MB，由小赞的店铺上传

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《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t1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；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：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（）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2

MmGmar=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GMv

r=，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（）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）10204040A.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21012

0240140W160WP=+++=每年浙江省家庭用电器待机耗电量约为(按3人一户计算)43105800101601024365kWh2.710kWh3WnPt−===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【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（）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（）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6J【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16JFx=，12()24JFxx+=故小球落到B点时的动能22

1()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。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=UI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（）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()12.091

3.6eV1.51eV+−=−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()210.8

5eV3.4eV2.55eV<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（）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。(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。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_____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；(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t

1，有：1cossinmgmgma+=20102vas−=−0110vat=−联立解得11st=、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=1

0m/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: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()Blxx

EtBlxItRRtR+===解得:t=0.6s（4）由能量守恒得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)=km

thqU−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=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=2nnnv

qvBmr=且：2nkdr=解得：22nqUmBqkd=，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：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