【文档说明】浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟物理试题A含解析.doc，共(21)页，728.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cf8bdd1698c5e50021fcaf73a1ad0848.html

以下为本文档部分文字说明：

2022年1月浙江省普通高校招生选考科目物理仿真模拟试卷A(考试时间：90分钟满分100分)选择题部分一、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）1．（3分）关于α、β、γ三种射线的说法中正确的是（）A．α

、β、γ射线都是电磁波B．α、β、γ射线都是带电粒子流C．α射线较β、γ射线具有更强的电离能力D．β射线是原子的核外电子电离后形成的【答案】C【解析】ABC、α射线是氦原子核组成的⾼速粒子流，穿透能力最弱，电离能力最强，β射线是⾼速电子流，速度可达光速的99%，穿透能力较

弱，电离能力较弱，γ射线是一种能量很⾼，波长很短的电磁波，故AB错误，C正确；D、β射线均是原子核内部发生变化时，一个中子转化成一个质子和一个电子，电子喷射出原子核形成，故D错误。2．（3分）下列几种比赛项目中的研究对

象，可以视为质点的是（）A．研究跳水比赛中选手在空中的动作时B．研究乒乓球比赛中选手发出的旋转球时C．确定帆船比赛途中帆船在水面上的位置时D．研究花样游泳比赛中选手在水中的动作时【答案】C【解析】A、研究

跳水比赛中选手在空中的动作时，必须考虑选手的形状，故A错误；B、研究乒乓球比赛中选手发出的旋转球时，要考虑乒乓球的形状，以及旋转的方向，故B错误；C、确定帆船比赛途中帆船在水面上的位置时，不需要考虑帆船的大小和形状，故C正确；D、研究花样游

泳比赛中选手在水中的动作时，必须考虑选手的形状，故D错误。3．（3分）物理学中常用两个物理量的比值来定义一个新的物理量，如速度是用位移与时间的比值来定义：v＝。下面四个物理量的表达式不属于比值定义的是（）A．I＝

B．φ＝C．C＝D．E＝【答案】A【解析】A、根据欧姆定律，电流强度I与加在导体两端的电压U成正比，与电阻的阻值R成反比，故A不属于比值定义，故A符合题意；B、电势是由电场本身的性质决定的，与试探电荷带电量以及试探电荷所具有

电势能无关，故B属于比值定义，故B不符合题意；C、电容的大小是由电容器本身的性质决定的，与电容器所带的电荷量以及两极板之间的电压无关，故C属于比值定义，故C不符合题意；D、电场强度的大小是由电场本身的性质决定的

，与试探电荷带电量以及试探电荷在电场中所受到的电场力无关，故D属于比值定义，故D不符合题意。4．（3分）斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是（）A．图中两物体之间的绳中存在弹力B．图中两物体之间存在弹力

C．图中两物体之间既有摩擦力，又有弹力D．图中两物体之间既有摩擦力，又有弹力【答案】C【解析】四幅图中斜面的倾斜角度均设为θ。A、先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得

：a＝gsinθ；再隔离物体A，受重力、支持力，拉力T（可能为零），根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ+T＝（mA+mB）a，解得：T＝0，故A错误。B、先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解

得：a＝gsinθ；再隔离物体A，受重力、斜面支持力，A对B的支持力N（可能为零），根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ+N＝（mA+mB）a，解得：N＝0，故B错误。C、先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二定律，有：（mA+mB）

gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ，方向沿着斜面向下；再分析物体A，加速度沿着斜面向下，故合力沿着斜面向下，受重力、支持力，向左的静摩擦力，又摩擦力一定有弹力，故B对A一定有向上的支持力，故C正确。D、先对物体AB整体分析，受重力、支持力，加速下滑，根据牛顿第二

定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔离物体A，受重力、B对A的支持力，摩擦力f（可能为零），根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ+f＝（mA+mB）a，解得：f＝0，故D错误。5．（3分）如图所示，电动牙刷充电时将牙刷插入

充电座内，充电座中的线圈接入220V交流电，牙刷内的线圈两端获得4.5V的电压，再通过控制电路对牙刷内部的直流充电电池充电，电池的电动势为2.4V，内阻为0.1Ω，容量为800mA•h，10小时即可充满。充满电后用户平均每天使用4分钟，可以连

续使用60天。关于此电动牙刷的说法正确的是（）A．充电座和牙刷内线圈的匝数比为110：9B．充电时，直流充电电池中的平均电流是800mAC．使用时电池的平均输出功率为0.48WD．电池最多能提供的电能

为6912J【答案】D【解析】A、原副线圈的电压之比等于匝数之比，原线圈的电压为220V，副线圈两端的电压为4.5V，故匝数之比为220：4.5＝440：9，故A错误；B、充电时，电池的容量为q＝800mAh，10小时即可

充满，根据q＝It得，充电电流I＝＝＝80mA，故B错误；CD、若不考虑电池的内阻，则电池输出的电能最大，为W＝EIt＝2.4×0.08×10×3600J＝6912J，此时使用时电池的平均输出功率P＝

＝W＝0.48W，实际电池有内阻，故实际的平均输出功率小于0.48W，故C错误，D正确；6．（3分）如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，（M在N的正上方，图示平面为竖直平面）P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点。在M和N之间

的电场中画有三条等势线。现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能。（E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力）则以下说法正确的是（）A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F

点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变【答案】D【解析】A、P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，故A错误；

B、带正电的油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能，故从F点到W点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线电势逐渐降低，故P点的电势低于S点的电势，故B错误；C、由于电场线垂直等势面向上，故E点的电势大于F点的电势，根据Ep＝qφ，油滴在F点的电

势能低于在E点的电势能，故C错误；D、油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变，故D正确；7．（

3分）关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法不正确的是（）A．图a中，圆形桥半径为R，若最高点车速为时，车对桥面的压力为零B．图b中，在固定圆锥筒（内壁光滑）内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力C．图c中，

轻杆一端固定小球，绕轻杆另一固定端O在竖直面内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为0D．图d中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，外轨对火车有侧压力【答案】B【解析】A、图a圆形桥半径R，若最高点车速为时，桥面对车的支持力为N，则，解得N＝0，根据牛顿第三定律可得对桥面的

压力为0，故A正确；B、图b中，由于向心力是球做匀速圆周运动时所受的几个力的合力，是效果力，故对球受力分析可知，在固定圆锥筒（内壁光滑）内做匀速圆周运动的小球，只受重力、弹力，故B错误；C、图c中，轻杆一端固定小球，绕轻杆另一固定端O在竖直面内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度

为0，故C正确；D、图d中，火车以规定的速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，若火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，火车有做离心运动的趋势，则外轨对火车有侧压力，故D正确；因选不正确的8．（

3分）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比（F阻＝kv，k为常量），动

车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（）A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vmD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，

经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2﹣Pt【答案】C【解析】A、若动车组做匀加速启动，则加速度不变，而速度增大，则阻力也增大，要使合力不变则牵引力也将增大，故A错误；B、若动

车组输出功率均为额定值，则其加速a＝＝，随着速度增大，加速度减小，所以动车组做加速度减小的加速运动，故B错误；C、当动车组的速度增大到最大vm时，其加速度为零，则有：，若总功率变为2.25P，则同样有：，联立两式可得：vm′＝，

故C正确；D、对动车组根据动能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D错误。9．（3分）下列四幅图中，关于机械运动和机械波的说法正确的是（）A．A图中，粗糙斜面上的金属球m在弹簧的作用下沿斜面振动，该运动是简谐运动B．B图中，单摆运动时的回复

力由重力与拉力的合力提供C．C图中，若减小孔AB的大小，衍射现象会更明显D．D图中，质点A、C之间的距离就是横波的一个波长【答案】C【解析】A、粗糙斜面上的金属球m在弹簧的作用下沿斜面振动，因为始终有摩擦力做负功，不满足F＝﹣kx，该运动并不是简谐运动，故A错误；B、B图中，单摆运动时的回复力由

重力的切向分力提供，故B错误；C、根据发生衍射规律可知，减小孔AB的大小，衍射现象会更明显，故C正确；D、D图中，质点A、C平衡位置之间的距离就是横波的半个波长，故D错误。10．（3分）截止目前，我国的探月工程已发射了五个探测器。如图所示为“

嫦娥三号”飞行轨道示意图，其中的P是环月圆轨道与环月椭圆轨道远月点的相交处，Q是环月椭圆轨道的近月点。下列说法正确的是（）A．椭圆轨道上，“嫦娥三号”在P点的加速度最小B．在圆轨道与椭圆轨道上运行时，“嫦娥三号”的周期相等C．在P点由圆轨道变轨为椭圆轨道，“嫦娥三号”需要加速D．椭圆轨

道上，从P至Q，“嫦娥三号”的机械能逐渐增大【答案】A【解析】A、根据万有引力提供向心力：，可得，由于P点是椭圆轨道上的远月点，则“嫦娥三号”在P点的加速度最小，故A正确；B、根据公式开普勒第三定律，可知，在圆轨道与椭圆轨道上运行时，轨道半长轴不同，则“嫦娥三号”

的周期不相等，故B错误；C、在P点由圆轨道变为椭圆轨道，是由高轨道向低轨道做近心运动，所以“嫦娥三号”需要在P点减速，故C错误；D、椭圆轨道上，从P至Q，只有万有引力对“嫦娥三号”做功，故“嫦娥三号”的机械能守恒，即保持不变，故D错误。11

．（3分）将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（）A．h1＞h2＞B．h1＜

h2＜C．＝D．＝【答案】C【解析】AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1＞，同理在

下降过程中，当动能与重力势能相等时，故AB错；C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，联立求得，故C正确：D、同样应用动能定理可求得，故D错误。12．下列说法正确的是（）A．图甲，白光通过三棱镜发生色散现象是因为三棱镜对白光中不同频率的光的折

射率不同B．图乙，肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象C．图丙是红光的干涉条纹D．图丙，如果在光源与缝之间放一合适凸透镜，不改变其他条件，则条纹变密集【答案】A【解析】A、图甲，白光通过三棱镜发生色散现象，是因为三棱镜对白光中不同频率的光的折射率不同

，偏折角不同造成的，故A正确。B、图乙，肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象，故B错误。C、图丙条纹宽度不等，是红光的衍射条纹。故C错误。D、图丙，如果在光源与缝之间放一合适凸透镜，因狭缝宽度和光的波长不变，则条纹密集程度不变，故D错误。13．（3分）由波源S形成的简谐横波在均匀介质

中向左、右传播，波源振动的频率为20Hz。已知介质中P质点位于波源S的右侧，SP＝0.8m，P到S的距离不超过两个波长。Q（图中未画出）质点位于波源S的左侧，P、Q和S的平衡位置在一条直线上。t＝0时波源开始振动的方向如

图所示，当P第一次到达波峰时，波源S也恰好到达波峰，Q恰好第二次到达波谷，下列说法正确的是（）A．机械波在介质中的波速为8m/sB．机械波的波长为0.8mC．Q点到波源S的距离为0.6mD．P与Q同时通过平衡位置，且振动方向相同【答案】

A【解析】AB、P和S同时达到波峰，则PS之间有整数倍个波长，已知P到S的距离不超过两个波长，相同时间Q恰好第二次到达波谷，故时间必须比一个振动周期长，所以PS之间有两个波长，且SP＝0.8m，所以波长为0.4m，振动的频率为20Hz，

所以周期T为0.05s，根据波长与波速之间的关系：v＝＝＝8m/s，故A正确，B错误；C、当波从S传到P，第一次到达波峰时的时间是，因此在波源S左侧波传播了有个波长，而Q点第二次达到波谷，故Q点的左侧有个波长，故QS之间有个波长，即等于0.2m，故C错误；D

、P质点在波峰时，Q质点在波谷，故当同时到达平衡位置时，一个向正方向运动，一个向负方向运动，故振动方向不相同，故D错误。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．下列说法中正确的是（）A．铀核裂变的核反应是U→Ba+Kr+2nB．已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2C．铀（U）经过多次α、β衰变形成稳定的铅（Pb）的过程中，有6个中子转变成质

子D．一个处于n＝5能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中能够辐射10种不同频率的电磁波【答案】BC【解析】A、铀核裂变有多种裂变的方式，但是每一种都要有慢中子的参与，即反应方程的前面也要有中子。故核反应：U+n→Ba+Kr+3n；故A错误；B、质子、中子、α

粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，减小的质量是（2m1+2m2﹣m3），根据质能方程得：释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2．故B正确。C、根据质量数和电荷数守恒知：238﹣20

6＝4×8，发生8次α衰变；92＝82+2×8﹣6，发生6次β衰变，β衰变的实质即为中子转化为质子同时释放电子，所以有6个中子转变成质子。故C正确；D、一个处于n＝5能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中最多能够辐射4种不同频率的电磁波。故D错误。15．（2

分）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行导线a、b，分别通以80A和100A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）A．两导线间受到的安培力为斥力B．两导线间受到的安培力为引力C．两导线间受到的安培

力Fb＝1.25FaD．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变【答案】BD【解析】AB、根据安培定则和左手定则可以判断电流方向相同的两导线受到的安培力是相互吸引，故A错误，B正确；C、两导线间的安培力是一

对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；D、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故D正确

。16．（2分）蓝光光碟是利用波长较短（波长约为405nm）的蓝色激光读取和写入数据的光碟，而传统DVD需要光头发出红色激光（波长约为650nm）来读取或写入数据，通常来说波长越短的激光，能够在单位面积上记录或读取更多的信息。因此，蓝光极大地提高了光盘的存储容量，对

于光存储产品来说，蓝光提供了一个跳跃式发展的机会。目前为止，蓝光是最先进的大容量光碟格式。一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中，并分成a、b两束，则下列说法正确的是（）A．用a光可在光盘上记录更多的数据信息B．如果用a光照射能使某金属发生光电效应，则用b光也一定能使该金属发生

光电效应C．使用同种装置，用a光做双缝干涉实验得到的条纹比用b光得到的条纹宽D．b光在水中传播的速度较a光大【答案BC【解析】A、根据光的可逆性，n＝，折射角相同，入射角大的折射率大，从图可知，b光的折射率大，所以a为红光束，b为蓝光束，故A错误。B、折射率大的频率大，a光频率小于

b光频率，所以用a光照射能使某金属发生光电效应，则用b光也一定能使该金属发生光电效应。故B正确。C、a波长大于b光波长，又△x＝λ，波长越长，条纹越宽，故项正确。D、v＝，na＜nb，故va＞vb，故D项错误。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17．（7分）验证机

械能守恒定律的实验装置如图甲所示，打点计时器所用的交流电周期为T，当地的重力加速度大小为g。（1）下列操作对减小实验误差有利的是。A．精确测量出重锤的质量B．使两限位孔在同一竖直线上C．先释放纸带，后接通电源（2）图乙为实验中得到的一段点迹清晰的纸带，A、B、C、D为连续打的四个点，

用刻度尺测出A点到B、C、D各点间的距离分别为s1、s2、s3，则纸带的（选填“左”或“右”）端与重锤相连。某同学要验证从B点到C点过程中重锤的机械能是否守恒，则只需验证表达式是否成立（用以上给出的物理量符号表示）。【答案】（1）B；（2）左，；【解析】（1）A、验证动能

的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量重锤的质量，故A错误；B、安装打点计时器时要注意让上、下限位孔在同一竖直线上，以减小实验误差，故B正确；C、应先接通电源后释放纸带，能在纸带上得到更多的点，有利于数据处理减小误差．故C错误。（2）

重锤做自由落体运动，重锤的速度越来越大，在相等时间内的位移逐渐增大，纸带上相邻两点间距离逐渐增大，由图示纸带可知，纸带的左端与重锤相连；本实验需要验证的是重力势能的减小量和动能的增加量是否相等．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度

，可以求出打纸带上B点和C点时小车的瞬时速度大小．故vB＝，．动能的增加量为△Ek＝从B点到C点过程中，重锤的重力势能减少量△Ep＝mghBC＝mg（s2﹣s1）要验证从B点到C点过程中重锤的机械能是否守恒，则验证的表达式为△Ek＝△Ep整

理可得：18．（7分）小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线。实验可供选择的器材有：A．小灯泡（规格为“2.5V1.2W”）B．电流表（量程为0～0.6A，内阻为1Ω）C．电压表（量程为0～3V，内阻

未知）D．滑动变阻器（0～5Ω）E．滑动变阻器（0～50Ω）F．电源（E＝3V，内阻不计）G．开关一个和导线若干（1）要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量消除系统误差，在下面方框图内画出实验电路图；（2）实验中，应该选用的滑动变阻器

是（填写器材前字母代号）；（3）按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下，并通过计算得出小灯泡在不同电流下的电压（I是电流表的示数，U是电压表的示数，U灯是小灯泡两端的实际电压），请在方格图中画出小灯泡的伏安特性曲线（即I﹣U灯曲线）；I/A0.150.200.250.300.350.400

.450.48U/V0.250.400.600.901.301.852.502.98U灯/V0.100.200.350.600.951.452.052.50（4）该同学将与本实验中一样的两个小灯泡以及定值电阻R0（R0＝6Ω）三者一起串联

接在本实验中提供的电源两端，则每个灯泡的实际功率是W．（结果保留两位有效数字）【答案】（1）；（2）D；（3）；（4）0.18W。【解析】（1）因为小灯泡两端的电压从零开始变化，所以滑动变阻器采用分压式接法；电流表内阻已知，为减小实验误差

，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：（4）两相同灯泡串联，每个灯泡两端电压相等，设为U，电源电动势：E＝2U+

IR0，在灯泡I﹣U坐标系内作出E＝2U+IR0图象如图所示，由图示图线可知，灯泡两端电压：U＝0.6V，通过灯泡的电流：I＝0.30A，灯泡实际功率：P＝UI＝0.6×0.30＝0.18W；19．（9分）2022年将在北京举办第24届冬季奥运会，这促

生了许多冰雪项目。桐庐县合村乡生仙里滑雪场于2020年12月12日对外开放（如图甲所示），现将滑雪道简化为如图乙所示的两个倾角不同的斜面，两斜面间平滑连接，已知斜面AB长100m、倾角为37°，斜面BC的倾角为11°（sin11°≈0.2），游客

李华和滑雪板总质量为80kg，从斜面AB的顶端静止下滑经B点后滑上斜面BC，最终停在距B点25m的位置，整个滑行过程用时12.5s，不计空气阻力，AB、BC两段运动均可看作匀变速运动，g＝10m/s2。求：（1）整个滑雪过程中李华的最大速度；（2）滑雪板与斜面AB之间的动摩擦

因数；（3）李华在BC段向上滑行的过程中，斜面BC对滑雪板的平均阻力多大。【答案】（1）整个滑雪过程中李华的最大速度为20m/s；（2）滑雪板与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5；（3）李华在BC段向上滑行的过程中，斜面B

C对滑雪板的平均阻力为480N。【解析】（1）最大速度即B处速度的大小，设为vm，则有x1+x2＝t总得：vm＝20m/s（2）设在斜面AB上下滑时的加速度为a1，则有vm2＝2a1x1得：a1＝2m/

s2根据牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1得：μ＝0.5（3）在BC段匀减速运动时的加速度为a2，则有vm2＝2a2x2得：a2＝8m/s2在BC段向上滑行的过程中，有：mgsin11°+Ff＝ma2解得斜面BC对滑雪板的平均阻力为：Ff＝480N20．（12分）

如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上

的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2．求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8

）（1）小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。【答案】（1）小物块的初速度为4m/s及在B点时的速度大小为5m/s；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为47.3N；（3

）长木板至少为2.0m，才能保证小物块不滑出长木板。【解析】（1）从A点到B点，物块做平抛运动，有：H﹣h＝gt2，设到达B点时竖直分速度为vy，则有：vy＝gt，联立解得：vy＝3m/s，此时速度方向与水平面的夹角为

θ＝37°，有：tanθ＝＝得：v0＝4m/s，在B点时的速度大小为：v1＝＝5m/s；（2）从A点至C点，由动能定理有：mgH＝，设物块在C点受到的支持力为FN，则有FN﹣mg＝m解得：vC＝2，FN≈47.3N，根据牛顿第三

定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3N；（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力：Ff＝μ1mg＝7N，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，有：F′f＝μ2（M+m）g＝10N因为Ff＜F′f，所以小物块在长木

板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长木板的长度至少为：l＝＝2.0m；21．（10分）如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L

，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的拉力，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。（1）若金属棒以速度v0做匀速

运动，求棒受到的拉力大小F1；（2）若金属棒在水平拉力F2作用下，速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，求t＝0到t＝的过程中，整个回路产生的热量Q以及拉力F2做的功W；（3）在（2）的情况下，求t＝0到t＝的过程中，通过电阻R的电荷量q及拉力F2的冲量I。【答

案】（1）棒受到的拉力大小F1为（2）t＝0到t＝的过程中，整个回路产生的热量Q为，拉力F2做的功W为﹣；（3）t＝0到t＝的过程中，通过电阻R的电荷量q为，拉力F2的冲量I为﹣mv0。【解析】（1）金属棒匀速运动时产生的感应电动势为E＝BLv0形成的感应电流为棒

受到的安培力为F0＝BIL由平衡条件有F1＝F0解得（2）金属棒的速度v随时间r的变化关系为电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值为E0＝BLv0感应电动势的有效值为t＝0到t＝的过程中，整个回路产生的热量为Q＝•解得安培力做的功WA

＝﹣Q由动能定理有解得W＝﹣（3）单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型中，从平行磁感线位置开始转动后的四分之一周期内，流过线圈的电量为：（其中Em＝BSω）将本题由于速度变化产生交变电流的情景与单匝线圈在匀强磁场中转动产生交变电流的模型类比，可得根据动量定理，I﹣I安＝0﹣mv0又I

安＝t＝BLt＝BLq解得22．（10分）离子推进器，又称离子发动机，广泛应用于太空领域。某种推进器简化原理如图甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区：Ⅰ区为电离区，其内有沿轴向分布的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝；Ⅱ区为加速区，其内电极P、Q间加有恒

定电压U，形成沿轴向分布的匀强电场。在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子，射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示（从左向右看），电子的初速度方向与中心点O和点C的连线成α角（0＜α＜90°）。向Ⅰ区注入某种稀薄气体，电

子使该气体电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度飘入Ⅱ区，被加速后形成离子束，从右侧喷出，在加速过程中推进器可获得恒定的推力。在某次推进器工作时，气体被电离成质

量为M的1价正离子，且单位时间内飘入Ⅱ区的离子数目为定值。已知电子质量为m，电量为e，不考虑电子间的碰撞及相互作用，电子碰到器壁即被吸收。（1）为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向（按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；（2）在取得好的电离效果下，当α＝60°时，求从C点

射出的电子速度v的大小取值范围；（3）若单位时间内飘入Ⅱ区的正离子数目为n，求推进器获得的推力F0；（4）加速离子束所消耗的功率P不同时，推进器的推力F也不同，为提高能量转换效率，应使F/P尽量大，试推导F/

P的表达式，并提出一条能增大F/P的建议。【答案】（1）Ⅰ区中的磁场方向垂直纸面向里；（2）在取得好的电离效果下，当α＝60°时，从C点射出的电子速度满足：v0≤v≤2v0；（3）若单位时间内飘入Ⅱ区的正离

子数目为n，推进器获得的推力为n；（4）推导F/P的表达式为，建议：用质量（比荷）大的离子；或者减小加速电压。【解析】（1）为使电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，根据左手定则可判断磁场垂直纸面向里（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图，在△COA中，O

A＝R﹣r，OC＝，AC＝r，∠OCA＝30°，由余弦定理可知：得：r＝洛伦兹力提供向心力，，得v＝2v0所以，速率范围：v0≤v≤2v0（3）单位时间t中根据动量定理有：F0′t＝ntMv1离子动能定理牛顿第三定律F0＝F'0联立得：F0＝n（4）对加

速的离子束：P＝eU＝牛顿第三定律F＝F'得：一条建议：用质量（比荷）大的离子；或者减小加速电压.