【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（四）.doc，共(26)页，1.012 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（四）一、选择题I（本大题共10小题，每小题3分，共30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.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“比值定义法”、“等效替代”、“理想模型”

等，下列选项中均用到“比值定义法”建立概念的是（）A.质点、点电荷B.电场强度、电容C.电阻、磁通量D.合力与分力、重心【答案】B【解析】【详解】A.质点、点电荷是理想模型法，选项A错误；B.电场强度、电容都是比

值定义法，选项B正确；C.电阻、磁通量都不是比值定义法，选项C错误；D.合力与分力、重心都是等效替代法，选项D错误；故选B。2.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A.玻尔大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念B.开

普勒通过对行星运行数据的研究，得到了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比的结论C.法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D.回路中的磁场发生变

化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化【答案】D【解析】【详解】A．德布罗意大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，选项A错误；B．开普勒通过对行星运行数据的研究，得到了行星运动定律，但是并没有得到行

星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比的结论，选项B错误；C．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项C错误；D．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场

能在其周围空间激发感生电场，通过电场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，选项D正确。故选D。3.下列说法正确的是（）A.核力是强相互作用，只表现为核子间的引力作用B.阴极射线的本质是原子核的一个中子转变成一个质子时释放出的高速电子C.利用电磁波传递信号

可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输D.LC振荡电路产生振荡电流时，电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大值【答案】D【解析】【详解】A．核力是强相互作用，可表现为引力，也可表现为斥力，故A错误；B．β衰变的本质是原子核的一个中子转变成一个质子时释放出的高速电子，而不是阴极

射线的本质，故C错误；C．电磁波可以在介质中传播，所以可以根据电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行传播，即无线传播，故C错误；D．在LC振荡电路产生振荡电流时，电容器充放电过程就是电场能与磁场能相

化过程，电荷量体现电场能，电流体现磁场能，LC回路中的总能量是一定的，所以电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大值，故D正确。故选D。4.2019年12月12日，袁浩在北京航空航天大学介绍了2020年即将实施的重大工程，其中一项工程是实现火星着陆巡视，并在2030年实现火星

采样。已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则下列说法不正确的是（）A.可以求出地球的密度和火星的密度的比值B.可以求出地球同步卫星的运行速度和火星同步卫星的运行速度的比值C.可以求出地球的第一宇宙速度

和火星的第一宇宙速度的比值D.可以求出地球表面的重力加速度和火星表面重力加速度的比值【答案】B【解析】【详解】A．密度3343MMMVRR==已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球的密度和火星的密度的比值，选项A正确，不符合

题意；B．由于题目中不知道火星的自转情况，故无法比较其同步卫星的运动速度，故B错误；符合题意；C．第一宇宙速度GMMvRR=已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球的第一宇宙速度和火星的第一宇宙速度的比值，选项C正确，

不符合题意；D．星球表面的重力加速度22GMMgRR=已知地球的质量约为火星质量的N倍，地球的半径约为火星半径的K倍，则可以求出地球表面的重力加速度和火星表面的重力加速度的比值，选项D正确，不符合题意；本题选错误的，故选B。5.为了备战2020年东京奥运

会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=60kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.15m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.95m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则（）A.

起跳过程中地面对运动员的支持力冲量为390N·sB.运动员在起跳过程和空中上升过程均处于超重状态C.运动员起跳过程的平均速度大于离地上升到最高点过程的平均速度D.运动员能够加速起跳是因为地面对运动员的支持力对运动员做正功

【答案】A【解析】【详解】A．人离开地面时的速度为212()210(2.952.15)m/s=4m/svghh=−=−人加速的时间220.5s=0.25s4htv==由动量定理()Nmgtmv−=解得6046000.25390NsINtmvmgt==+=+=选项A正确；

B．运动员在起跳过程处于超重状态，在空中上升过程处于失重状态，选项B错误；C．设起跳离开地面时的速度为v，则运动员起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度均等于2v，相等，选项C错误；D．运动员加速起跳时，地

面对运动员的支持力的位移为零，则对运动员不做功，选项D错误。故选A。6.2019年7月1日，被誉为“疆电东送”高速通道的±1100千伏“新疆淮东一安徽皖南”特高压直流工程正式投运，它是目前世界上电压等级最高、送电距离最远的特高压直流

输电工程。在输送功率不变的情况下，和试投运电压±550千伏相比的优点是（）A.可节省输电线的材料B.可根据需要调节交流电的频率C.输电速度是试投运时速度的2倍D.因输电线上的电阻而损失的电功率减少到试投运的25%【答案】D【解析】【详解】A．高压输电不能节省输电线的材料，选项A错误；B．特

高压直流输电不可以调节交流电的频率，选项B错误；C．特高压直流输电不会改变输电速度，选项C错误；D．根据P=UI得，全压输电电压升为试压电压的2倍时，输电电流变为原来的12倍，根据P损=I2R输电线上的

功率损失将变为试压功率损失的21125%24==，故D正确。故选D。7.一物体在水平拉力F的作用下沿水平面做直线运动，拉力F随位移x变化的图线如图甲所示。经时间0t后撤去拉力F，物体运动的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.物体的质量为0020FxvB.在拉力F作用下

物体一定做匀加速直线运动C.物体与水平面之间的动摩擦因数为00gtvD.物体在0~t0时间内的平均速度大小与t0~2t0时间内的平均速度大小均为为012v【答案】A【解析】【详解】BC．由图可知有拉力F0作用时物体做匀速运动，则F0=f=μmg撤去拉力后物体做匀减速运动，加速度为00vagt

==可知物体与水平面之间的动摩擦因数为00=vgt选项BC错误；A．有拉力作用时拉力的功等于摩擦力的功，即00000=Fxmgxmgvt=撤去拉力后2000122vtmvmg=联立可得0020Fxmv=选项A正确；D．物体在0~t0时间内的平均速度大小为v0，而t0~

2t0时间内的平均速度大小为012v，选项D错误。故选A。8.2019年国际雪联单板滑雪U型池世锦赛在美国犹他州帕克城进行，女子组中国选手蔡雪桐以84分获得亚军。如图所示，单板滑雪U形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数

不同，因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则以下说法错误的是（）A.运动员下滑过程中加速度一直变化B.运动员下滑过程中的合力一直变化C.运动员下滑过程中所受的摩擦力大小不变D.运动员滑到最低点时对轨道的压力大于物体的

重力【答案】C【解析】【详解】A.运动员下滑过程中加速度方向总是指向圆心，一直变化，选项A正确，不符合题意；B.运动员下滑过程中的合力方向总是指向圆心，一直变化，选项B正确，不符合题意；C.运动员下滑过程中所受的摩擦力大小等于重力沿切线方向的分力，则摩

擦力的大小不断变化，选项C错误，符合题意；D.运动员滑到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，则对轨道的压力为大于物体的重力，选项D正确，不符合题意。本题选错误的，故选C。9.如图所示是一位同学制作的实验

装置：柔软弹簧竖直悬挂，下端恰与铜片接触。当开关闭合后，弹簧时伸时缩，灯泡时明时暗。关于这个实验现象，下列说法中正确的是（）A.有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩B.有电流通过弹簧时，各匝环形

电流互相排斥致使弹簧伸长C.弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡D.弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮【答案】A【解析】【详解】AB．有电流通过弹簧时，各环形电流同向，相互吸引致使弹簧收缩，选项A正确，B错误。CD．弹簧伸长与铜片接触，

弹簧电阻与灯泡并联，电路中总电阻较小，电流较大，灯泡两端电压较小，灯泡较暗淡；弹簧收缩与铜片分离时，电路中总电阻较大，电流较小，灯泡两端电压较大，灯泡较明亮；故选项CD都错误；故选A。10.如图所示，一质量为m的小球，用长为

L的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点。第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ=60°，张力大小为T1；第二次在水平恒力F2作用下，从P点开始运动并恰好能到达

Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，不计空气阻力，重力加速度为g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（）A.12Tmg=，23Fmg=B.两个过程中F1和F2做的功相同C.两个过程中，轻绳的张力均变大D.第一个过程中，拉力F1在逐渐变大，且最大值

等于F2【答案】B【解析】【详解】AD．第一次小球在水平拉力F1作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得F1=mgtanθ12cos60mgTmg==随θ角的增大F1逐渐变大；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点

，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得()2sin1cosFlmgl=−解得2tan23=3Fmmgg=因为F1的最大值为1max2tan603FmgmgF==选项AD错误；B．两个过程中小球的机械能的增量相同，则F1和F2做的功相同，选项B正确；C．第一

次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力cosmgT=所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与新的“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子

张力先增大，后减小，故C错误；故选B。11.K、A是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为L，板间距离为32L，金属板接入电路如图所示（只画出了纸面内的剖面图），M、N两端外加电压MNU。K极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀的发射速度大小为v，质量为m，电荷量为-q（q

＞0）的粒子，平行板间的电场看做匀强电场，则以下说法正确的是（）A.当24MNmvUq=−时，电流表示数为0B.当22MNmvUq=−时，电流表示数不为0C.当0MNU=时，电流表示数为I，则当243MNUmvq=时，电流表示数为3ID.当0MNU=时，电流表示数为I，则当MNU

（0MNU）增大时，电流表最大示数为1.5I【答案】C【解析】【详解】AB．当发射速度水平向左时，向左的位移最大，设粒子到达A板速度恰好为零，此时电流表示数为零，根据动能定理，有2012MNqUmv=−整理得22MNmvUq

=−故AB错误；CD．由题意，当UMN=0时，电流表示数为I，设此时恰好能运动到A板的粒子与水平面夹角为θ，则有32tan332LL==即为θ=30°则当UMN（UMN＞0）增大时，当增大到一定值时，所有粒子均能到达A极板；当243MNmvUq=时，此时与板平

行射出的粒子2312232MNUqLtLm=粒子打到板上的位置距离中心的距离为3182yvtll==可知此时0＜θ＜90°范围的粒子都能到达A板，此时电流表最大示数为3I；故C正确，D错误；故选C。12.用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度0H后，撤去力F．当物体

的动能为0kE时，试求此时物体的高度为h（已知0hH，不计空气阻力，重力加速度为g）A.若0kEhFmg=−，则h一定还有一解为00kFHEhmg−=B.若00kFHEhmg−=，则h一定还有一解为0kEhFmg=−C.若0kEhFmg=−，则h的另一解一定小于0HD.若

00kFHEhmg−=，则h的另一解一定大于0H【答案】A【解析】【详解】A.根据题意可知0hH，则当动能达到0kE时可能在未撤去力F之前就达到0kE，若0kEhFmg=−，说明物体在未撤去F之前动能就达到0kE，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为0kE，

该位置高度一定大于0H，从地面到该位置由动能定理：00kFHmghE−=得到：00kFHEhmg−=故选项A正确，C错误；B.若撤去F之前动能未达到0kE，则物体的动能一定是在下落到高度0hH的某位置等于0kE，由动

能定理：00kFHmghE−=得到：00kFHEhmg−=故选项BD错误．13.如图中的a是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角θ，获得不同的射程x，最后作出了如图中的b所示的x-tanθ图像，g取10m/s2，则（）A.

由图b可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度05m/sv=B.由题中所给条件无法求出小球在斜面顶端平抛时的初速度大小C.若最后得到的图像如图中的c所示，可能是由于小球释放位置降低造成的D.若实验中发现当θ=60°时，小球恰好落在斜面底端，则斜面的长度235L=m【答案】D【解析】【

详解】AB．物体在竖直方向上有212ygt=水平方向上x=vttanyx=联立解得22tanvxg=由图可知22=0.2vg解得v=1m/s故AB错误；C．由图c可知，图象的斜率增大，故说明22vg增大，因重力加

速度不变，故只能说明速度增大，其原因可能为：释放位置变高或小球释放时有初速度，故C错误；D．当斜面倾角θ=60°时，设斜面长度为L，有Lsin60°=12gt2①水平方向Lcos60°=v0t②由①②得23m5L=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4个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3m。距水面4m的湖底P点发出的激光束，从水面

出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°，已知桅杆到P点的水平距离为7m。（）A.水的折射率为54B.水的折射率为43C.调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为53°时，没有光从水面射出D.调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射

在桅杆顶端，则船应向左行驶(623)−m【答案】BCD【解析】【详解】AB．设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P点的水平距离为x2．桅杆的高度为h1，P点处水深为h2．激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有1

1tan53xh=…①22tanxh=…②由折射定律有sin53sinn=…③设桅杆到P点的水平距离为x，则x=x1+x2…④联立①②③④并代入数据解得43n=…⑤选项A错误，B正确；C．光射到水面上时的临界角13sinsin5

30.84Cn===可知C<53°，则调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为53°时，没有光从水面射出，选项C正确；D．设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i′。由折射定律有sinsin45in

=…⑥设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P点的水平距离为x2′，则x1′+x2′=x′+x…⑦11tanxih=…⑧22tan45xh=…⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据解得x

′=（62-3）m选项D正确；故选BCD。15.如图所示，在一条直线上两个振动源A、B相距6m，振动频率相等。T0=0时刻A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，A的振动图像为甲图，B为乙图。若A向右传播的波与B向左传播的波在10.3t=s时相

遇，则（）A.在0.3s至0.5s这段时间内，中点C静止B.在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点C.两列波的波长都是2m，速度大小均为10m/sD.20.7t=s时刻B点恰通过平衡位置且向下运动【答案】ACD【解析】【详解】C．设AB间距离为S，两列波的速度为

v，由题有S=2vt1得1610m/s220.3Svt===由振动图象读出周期为T=0.2s，则波长为λ=vT=2m故C正确。AB．由振动图象知道A起振方向向上，B起振方向向下，在两列波相遇过程中，中点C是两列波的波峰和波谷相遇的点，振动减弱，由于两列波的振幅相等，所以在0.3s至0

.5s这段时间内，C点静止不动。故A正确，B错误。D．t2=0.7s时刻只有A引起的波传到B点，由甲图读出此刻B经过平衡位置且振动方向向下。故D正确。故选ACD。16.图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由

静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是A

.图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为l：lB.μ1+μ2=1.5C.图乙中小物块可能静止在b处D.图乙中小物块滑到a处时的速度大小为75gL【答案】BD【解析】【详解】AB、图甲中小物块在pb段做减速直线运动，则有2sin37cos37mgmg

，即有234；通过ap段克服摩擦力所做的功1cos3apfapWmgx=•，小物块通过pb段克服摩擦力所做的功2cos37pbfpbWmgx=•，小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为12::appbffWW=；小物块从a点滑到b过程，根据动能定理可得12

cos37cosin3s3077abappbmmgxmggxx•−•−=，化简为121.5+=，故B正确，A错误；C、图乙中在b处则有2243sin53cos53()055mgmgmg−

=−，小物块不可能静止在b处，故C错误；D、图乙中设小物块滑到a处时的速度大小为v，根据动能定理可得2121cos53cos532sin53bbpapamgxmgxmgxmv−•−•=，解得75gLv=，故D正确；故选BD．三、非选

择题（共55分）17.(1)在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，将弹簧悬挂在铁架台上，刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在___________方向（选填“水平”或“竖直”）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加

10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L7，数据如下表所示：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6L7数值（cm）25.3527.3529.3531.3033.4035.3537.4039.3041.41(2)甲同学用图像法处理实验数

据，如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，则横轴应是弹簧长度与___________的差值（填“L0”或“Lx”）。由图可知弹簧的劲度系数为___________N/m，通过图和表可知砝码盘的质量为___________g（结果

均保留两位有效数字，重力加速度取g=9.8m/s2）。【答案】(1).竖直(2).Lx(3).4.9(4).10【解析】【详解】(1)[1]实验时用砝码表示力的大小，所以使弹簧在竖直方向伸长。所以将弹簧悬挂在铁架台上，刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向上。(2)[2]横轴

是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与Lx的差值。[3][4]由图可知弹簧的劲度系数3260109.8N/m4.9N/m1210Fkx−−===由表中数据可知，弹簧下面放上砝码盘后弹簧伸长

2cm，可知砝码盘的质量4.90.02kg=0.01kg=10g9.8kxmg==18.在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：①待测电池：电动势E（约3V）、内电阻r（约1）②

电流表：量程500，内阻2400r=③电流表：量程3A，内阻10.5r=④滑动变阻器：阻值0-600，额定电流0.5A⑤滑动变阻器：阻值0-20，额定电流2.5A⑥电阻箱：9999.9(1)实

验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表A1应选择___________，A2应选择___________，R1应选择___________（请填写器材序号）。(2)实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表A2的电流I

2随电流表A1的电流I1的变化的图像，如图所示。那么，根据图像可得电动势E的表达式为___________，内电阻r表达式为___________。（答案只限于用R2、Iy、Ix及电流表的内阻r1、r2表示，且消除系统误差）【答案】(1).③(2).②(3).⑤

(4).()()22yxxyRrEIIII+=−(5).()()22yxyRrrIII+=−【解析】【详解】(1)[1][2][3]根据实验目的，电路中电流表A1应选择量程3A的③；A2应选择电流表②，与电阻箱串联后构成电压表；R1应选择电阻与电源内阻

相当的⑤即可；(2)[4][5]由闭合电路欧姆定律可知22212()()EIRrIIr=+++即212222ErIIRrrRrr=−++++由图像可知22yEIRrr=++22=yxIrRrrI++解得()()22yxxyRr

EIIII+=−()()22yxyRrrIII+=−19.跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF）的方法跳伞。如图所示，一个质量为m=50kg的运动员在H=3600m的高度从飞机上跳出，从静止开始降落t=40s时，竖直向下的速度达到v=50

m/s，假设这一运动是匀加速直线运动。此后其立即打开降落伞（开伞时间不计），g=10m/s2.求：(1)运动员在打开降落伞前运动中的加速度a为多大；(2)运动员在打开降落伞前运动中所受的空气阻力f为多大；(3)运动员在开伞时离地面的高度h是多少。【答案】（1）

1.25m/s2；（2）437.5N；（3）2600m【解析】【详解】(1)加速度vat=解得a=1.25m/s2(2)由牛顿第二定律可得mg-f=ma解得f=437.5N(3)自由降落的位移为h′，则有2'2vha=解得h′=10

00m开伞时的高度为'2600hHh=−=m20.一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m=0.1kg的木板，当木板处于静止状态时弹簧的压缩量为15=xcm，如图所示。一质量也为m=0.1kg的橡皮泥从木

板正上方距离为h=0.2m的A处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，且粘连，它们到达最低点后又向上运动。不计空气阻力，g取10m/s2，（弹性势能表达式为212PEkx=，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。(1)橡皮泥打在木板上一起向

下的初速度；(2)橡皮泥和木板一起上升的最大高度；(3)橡皮泥和木板一起运动过程中的最大速度。【答案】(1)1m/s；(2)52m20−；(3)5m/s2【解析】【详解】(1)橡皮泥打在木板上瞬间有212vgh=得v1=2m/s碰撞瞬间动量守恒有122mvmv=得v2=1m/s(

2)开始时弹簧被压缩x1，则1mgkx=解得k=20N/m设最大高度在原长上方x3处，有：()22221313111220222mvmgxxkxkx−++−=得352m20x−=(3)速度最大时弹簧形变量满足2220.1mmgk

xx==碰撞后到速度最大有()()22222112211122222mmgxxkxkxmvv−+−=−得5m/s2mv=21.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；

B为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U2，距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，

粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D上。求：(1)磁场B1的大小和方向(2)现有大量的上述粒子进入加速器A，但加速电压不稳定，在11UU−到11UU+范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度

的粒子都有机会进入C，则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。【答案】（1）2112UmBdUe=，垂直纸面向里；（2）()()11112222mUUmUUDBee+−=−，()11m

in21UUUUU−=，()11max21UUUUU+=【解析】【详解】（1）在加速电场中2112Uemv=12Uevm=在速度选择器B中21UeBved=得2112UmBdUe=根据左手定则可知方向垂直纸面

向里；（2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为()1112UUevm−=112mvReB=最大值为()1122UUevm+=222mvReB=打在D上的宽度为2122DRR=−()()11112222mUUmU

UDBee+−=−若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v的粒子有1UeBved=得U=B1vd代入B1得212mUUvUe=再代入v的值可得电压的最小值()11min21UUU

UU−=最大值()11max21UUUUU+=22.如图所示，xOy平面为水平面，有一固定U型轨道的AC边与y轴重合，AH边与x轴重合，轨道CD与AH平行，间距为L，现有一与轨道平面垂直向里的磁场，磁感应

强度B的大小随空间位置x的变化规律为00sinBBBkx=+（式中B0、k为已知常量）在t=0时，2xk=处有一电阻为R、长为L的金属棒MN，在外力F作用下沿x正方向匀速运动，速度大小为v，轨道电阻忽略不计，U型轨道的AH边和CD边比较长。(1)t

=0时刻，流过金属棒的电流大小和方向；(2)金属棒运动过程中外力F随时间变化关系；(3)从t=0时刻到21tkv=时刻流过金属棒的电荷量。【答案】（1）02BLvIR=，方向从N指向M；（2）()22201cosBLvFkvtR=+；（3）021BLqRk=【解析】【详解】（1）t=0

时刻，有02BB=所以02EBLv=E=IR可得02BLvIR=方向从N指向M（2）任意时刻t有00sin2tBBBkvtk=++ttEBLv=ttEIR=ttFBIL=()22201cosBLvFkvtR=+（3）由（2）可得()01costBLvIk

vtR=+根据It-t图像可得021BLqRk=