2021届浙江省高考选考科目联考物理试题(2020年9月)

2021届浙江省高考选考科目联考物理试题(2020年9月)

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.关于物理学家和他们的贡献，下列说法错误的是( )

A.库仑提出了库仑定律，密立根最早通过油滴实验测出了元电荷的数值 B.法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯等人总结出法拉第电磁感应定律

C.玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律

D.伽利略发现了自由落体运动规律，牛顿首先提出了把实验和逻辑推理有机地结合起来的科学研究方法 1.D【命题意图】本题考查物理学史.

【解题思路】伽利略首先提出了把实验和逻辑推理有机地结合起来的科学研究方法，不是牛顿，故D符合题意，ABC不符合题意.

2.2020年7月23日，中国首颗火星探测器“天问一号”搭载着“胖五”(长征五号)重型运载火箭在海南文昌发射场顺利发射升空，火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推力而升空，则( ) A.火箭获得的推力来自空气

B.火箭对喷出燃气的作用力与喷出燃气对火箭的作用力是一对作用力与反作用力 C.喷出的燃气对火箭的作用力与火箭的重力是一对作用力与反作用力 D.火箭飞离大气层后，不受重力作用 2.B【命题意图】本题考查受力分析.

【解题思路】火箭获得的推力来自于燃气，故A错误；火箭对喷出燃气的作用力与喷出燃气对火箭的作用力是一对作用力与反作用力，故B正确，C错误；火箭飞离大气层后，仍受重力作用，故D错误. 3.2020年7月4日，羽毛球运动员林丹宣布退役，如图是林丹在某次羽毛球比赛中跃起的动作，将羽毛球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落至对方的界面内.林丹运动过程中空气阻力不计，则下列说法正确的是( ) A.林丹在起跳过程中地面对他的支持力做正功 B.林丹在最高点速度为零，处于平衡状态 C.林丹在空中的运动过程处于失重状态 D.林丹击球过程中合外力对羽毛球做正功 3.C【命题意图】本题考查功、力与运动、失重.

【解题思路】起跳过程中，支持力作用时作用点没有位移，因此支持力不做功，故A错误；林丹在最高点速度为零，但合外力不为零，故不是平衡状态，故B错误；林丹在空中运动的过程中，只受重力作用，重力加速度向下，处于失重状态，故C正确；击球前后，羽毛球的动能没有发生改变，合外力做功为零，故D错误.

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4.飞行员驾驶飞机飞行的过程中都承受着很大的作用力，如图是某次训练中，飞机在空中水平面内匀速盘旋时的情况.飞行员能承受座椅对他的最大作用力为自身重力的9倍，则当飞机盘旋时的速度大小为v时，飞机盘旋的最小半径是多少( ) 5v25v2v2v2A. B. C. D. 20g10g9g8g4.A【命题意图】本题考查圆周运动.

【解题思路】飞机在空中水平面内匀速盘旋时，座椅对飞行员的作用力一部分抵消飞行员的重力，一部分提供飞行员做圆周运动的向心力，设座椅对飞行员的作用力与竖直方mv2

向的夹角为θ，对飞行员受力分析如图所示，有Fcosθ=mg，Fsinθ= 代入Fmax=9mg，解

r5v2

得rmin= ，A正确。

20g

5.6-8月是南北方河流的汛期，区域性暴雨洪涝重于常年，在汛期应急抢险工作中，无人机发挥着举足轻重的作用.如图所示，无人机在山区从足够高的地方以一定的初速度水平抛出一个救灾物资，经过时间t后，物资垂直落在一个倾角为45°的斜坡上，运动过程中空气阻力不计，重力加速度取g，则下列说法正确的是( ) A.物资在下落过程中速度变化越来越快 1B.物资在空中下落的水平位移为x=gt2

2C.物资在下落过程中的初速度为v0=gt

1

D.物资抛出t 时，竖直位移大小与水平位移大小相等

25.C【命题意图】本题考查平抛运动.

Δv

【解题思路】物资在空中做平抛运动，由g= 知，物资下落过程中速度变化快慢程度一样，故A错误；

Δtgt

由已知条件tan45°= ，可知v0=gt，故C正确；物资在空中下落的水平位移x=v0t=gt2 ，故B错误；抛出时

v01112112

间为t 时，水平位移v0×t=gt ，竖直位移y=gt ，故D错误。

22222

6.如图所示，真空中带电小球a由绝缘细绳悬挂于天花板上，a球保持静止形状、大小与a完全相同的另一带电小球b恰能悬停在a的正下方.已知小球a和b带电荷量大小均为Q，a、b质量均为m，静电力常量为k，小球均可视为点电荷.则( ) A.小球a所受绳子的拉力为mg B.小球a和b可能带同种电荷 C.小球a和b之间的距离为r=

kQ2

mg

D.小球的电荷量突然减少的瞬间，两球之间的库仑力增大 6.C【命题意图】本题考查带电体在电场中的平衡.

【解题思路】以小球b为研究对象，分析可知两小球相互吸引，带异种电荷，故B错误；列平衡方程有

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Q2

mg=F=k2 ，解得r=

rkQ2Q2

，故C正确；以小球a为研究对象，列平衡方程有F拉=mg + k2 ，解得F拉 =2mg，mgr

故A错误；小球的电荷量突然减少的瞬间，小球还没来得及运动，故两球间的库仑力减小，故D错误. 7.近年来海底通信电缆越来越多，海底电缆通电后产生的磁场可理想化为一无限长载流导线产生的磁场，科学家为了检测某一海域中磁感应强度的大小，利用图中一块长为a、宽为b、厚为c，单位体积内自由电子数为n的金属霍尔元件，放在海底磁场中，当有如图所示的恒定电流I(电流方向和磁场方向垂直)通过元件时，会产生霍尔电势差UH，通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B的大小(地磁场较弱，可以忽略).下列说法正确的是(提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbc，其中e为单个电子的电荷量)( )

A.元件上表面的电势高于下表面的电势

IB

B.元件在单位体积内参与导电的电子数目为n=

ceUHC.仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小

D.其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越大 7.B【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动.

【解题思路】金属材料中，定向移动的是自由电子，因为自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则知，电子聚集在上表面，上表面的电势低，故A错误；最终电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，UHIB由e = evB、I=nevbc得n= ，故B正确；仅增大电流I 时，电子的移动速率增大，则上、下表面的

bceUH电势差增大，故C错误；其他条件一定时，霍尔电压越小，该处的磁感应强度越小，故D错误. 8.如图所示，一束光线由空气射向半圆形玻璃砖中，光线的入射方向与半圆形玻璃砖的底面垂直，光束可以左右平移.已知半圆形玻璃砖的圆心位置为O，圆半径为R，玻璃砖的折射率为n，P点在底面上，P到R

O的水平距离为 .则( )

2

A.当光束在O点正上方时，光进入玻璃砖后未发生偏折，因此传播速度不变

B.光束左右平移时，一定存在一个位置，能使光第一次在射入半圆弧界面时发生全反射 nRC.光从玻璃砖的半圆形面第一次到达底面的最长时间为

c

R13

D.若光从P点正上方进入玻璃砖，到达底面时与O点的距离为 ，则n=

478.C【命题意图】本题考查光的反射、折射、全反射.

【解题思路】光进入不同的介质时，光速发生改变，故A错误；光从光疏介质射向光密介质时不会发生RnR

全反射，故B错误；光进入半圆形玻璃砖内的最长光程为R，故最长时间为t= =，

ccn故C正确；光从P点正上方进入玻璃砖的光路图如图所示，由几何关系可知，入射角，θ1=30°，AP=

3113

R，PQ=QO=R，则AQ=R ，△AQO分析，由正弦定理得 244

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sinθ2=

3sinθ139 ，折射率n== .D错误

sinθ23213

9.2020年6月23日9时43分，“北斗三号”系统最后一颗全球组网卫星发射成功.30日，北斗“收官之星”成功定点，所有30颗“北斗三号”卫星也已全部转入长期管理模式，标志着我国“北斗卫星”导航系统向全球组网完成又迈出重要一步.如图，“北斗三号”系统包括中圆卫星c(周期约12h)、同步卫星a(周期约24h)和倾斜卫星b(周期约24h)，下列说法正确的是( ) A.中圆卫星的动能等于同步卫星的动能 B.中圆卫星和同步卫星轨道周长之比约为1:2 C.中圆卫星和同步卫星线速度大小之比约为2:1 D.中圆卫星的发射速度需大于7.9km/s 9.D【命题意图】本题考查万有引力定律.

r33

【解题思路】由于卫星质量未知，所以动能大小不能比较，故A错误；由2=k 得，轨道半径之比是1:4 ，

T2πr33

所以轨道周长之比也是1:4 ，故B错误；由v= 得线速度大小之比为2:1 ，故C错误；7.9km/s为地

T球卫星的最小发射速度，中圆卫星轨道较高，发射速度需大于7.9km/s，故D正确.

10.如图，质量相同的两个带负电小球P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向同时射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板间正射入，Q从下极板边缘处射入，它们打在上板同一点，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是( ) A.平行板间匀强电场方向竖直向上 B.小球在电场中运动时间tPqQ

10.C【命题意图】本题考查带电粒子在电场中偏转.

【解题思路】重力竖直向下，所以小球所受电场力必须竖直向上，又因为小球带负电，所以平行板间匀强电场方向竖直向下，故A错误；小球初速度大小相同，水平位移相同，则运动时间相同，故B错误；因为P竖直方向位移小于Q，运动时间相同，所以P竖直方向所受合力小于Q，由△Ek=Fyh知末动能Ekp11.近场通信(NFC)是一种短距高频的无线电技术，其主要结构就是线圈和电容组成的类似LC振荡电路的并联谐振电路，其终端有主动、被动和双向三种模式，最常见的被动模式广泛应用于公交卡、门禁卡、校园一卡通等.刷卡时，电路发生电谐振，给电容器充电，达到一定电压后，在读卡设备发出的射频场中响应，被读或写入信息.下列说法正确的是( ) A.LC电路的电容器在充电时，电流增大

B.如果增大LC电路中电容器两极板间距离，振荡周期将增大 C.LC电路中，电容器充电时，线圈中自感电动势增大 D.电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫电谐振

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11.C【命题意图】本题考查LC振荡电路、电磁波发射与接收.

【解题思路】LC电路的电容器在充电时，电流减小，故A错误；根据T=2πLC 可知，因为两极板间距离d增大时C减小，所以T减小，故B错误；电容器充电时，电流减小得越来越快，线圈中自感电动势增大，故C正确；电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，故D错误.

12.一电动自行车中电源铭牌标有“48V12A·h”字样.假设工作时输出电压恒为48V，额定功率为192W，电动机内阻为1Ω.某次平路上行驶的人和车的总质量为100kg，阻力为总重力的0.03，则( ) A.额定工作电流为12A

B.以额定输出功率行驶时，电动机的效率约为92% C.充满电后该电池的总能量为576J D.在平路上行驶的最大速度约为6.4m/s

12.B【命题意图】本题考查电功率、电能、效率的计算.

P192

【解题思路】额定工作电流I==A=4A ，故 A错误；电动机输出功率P出=P – I2r=192 W - 4×4×1W

U48P出176

=176W，则效率为η==≈92% ，故B正确；充满电后该电池的总能量E=48V×12A×3600s=2073600J，

P192故C错误；速度最大时，牵引力等于阻力，则有P出=176W=0.03mgv，解得v≈5.87m/s，故D错误. 13.如图甲所示，螺线管匝数n=2000匝、横截面积S=25cm2，螺线管导线电阻r=0.25Ω，在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B1按如图乙所示的规律变化.质量为m的正方形金属框abcd 置于竖直平面内，其边长为L=0.2m，每边电阻均为R=1Ω.线框的两顶点a、b通过细导线与螺线管相连.磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场方向垂直金属框abcd向里，闭合开关S，金属框恰好处于静止状态.不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，g取10m/s2，则() A.流过金属框ab边的电流为2A B.正方形金属框abcd的质量为0.04kg C.0~2s内，整个电路消耗的电能为4J 3D.ab边所受的安培力大小为cd边的 倍

2

13.B【命题意图】本题考查电磁感应电路问题和安培力大小计算.

ΔB1

【解题思路】等效电路如图所示，电动势E=n =2V，回路总电阻为1Ω，故总

Δt电流为2A，根据并联电路中电流大小关系可知，流过金属框ab边的电流为1.5A，故A错误；根据F=BIL可知，ab边受到的安培力大小为1T×1.5A×0.2m=0.3N，cd边受到的安培力大小为1T×0.5A×0.2m=0.1N，由FA=mg得金属框的质量为0.04kg，故B正确；0~2s内，整个电路消耗的电能为EIt=2V×2A×2s=8J，故C错误；ab边所受的安培力大小为cd边的3倍，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)

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14.下列关于近代物理知识描述正确的是( )

A.在光电效应实验中，入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，饱和光电流越大 B.卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小

C.氢原子吸收光子从基态跃迁到激发态，该过程中氢原子核外电子轨道半径变大，动能变大

D.已知中子质量为939.57MeV/c2，质子质量为938.27MeV/c2，氘核质量为1875.65MeV/c2，则氘核的结合能为2.19MeV

14.BD【命题意图】本题考查光电效应、原子模型、能级跃迁、结合能.

【解题思路】入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，饱和光电流的大小取决于光强，不一定越大，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小，故B正确；氢原子从基态跃迁到激发态，氢原子核外电子轨道半径变大，动能变小，故C错误；生成氘核时亏损的质量为939.57 MeV/c2+938.27 MeV/c2 - 1875.65 MeV/c2=2.19MeV/c2，则核的结合能为2.19MeV，故D正确.

15.如图甲为一波源的共振曲线，图乙表示该波源在共振状态下的振动形式沿x轴正方向传播过程中形成的机械波在t=0时刻的波形曲线，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，则下列说法正确的是( )

A.图甲中，若驱动力周期变大，共振曲线的峰将向频率f小的方向移动 B.在t=2.5s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C.质点Q的振动方程为y=10sin(πt) cm D.从t=1s到t=2.5s，质点P通过的路程为30cm 15.BC【命题意图】本题考查机械振动和机械波.

【解题思路】共振曲线峰的位置取决于固有频率，与驱动力周期无关，故A错误；波源频率为0.5Hz，周期T=2s，t=2.5s时，质点P在x轴下方并远离平衡位置，速度减小，加速度增大，加速度方向与y轴正方向31

相同，故B正确；设质点Q的振动方程为y=10sin(πt)cm，故C正确；由以上分析知1.5s=T ，因P在 周期

44内通过的路程不是一个振幅，故1.5s内P通过的路程不是30cm，故D错误. 16.如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=

2

T的水平匀强磁场中，线10

框面积S=0.4m2，线框电阻为10Ω.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入如图所示电路，当开关S断开时电压表读数为20V，每个电阻R=0.2Ω，C是电容器，其击穿电压为102V，下列说法正确的是( )

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A.如图所示时刻，线框ABCD处于中性面，穿过线框的磁通量变化率最大 B.变压器原、副线圈匝数比为5：1 C.原线圈两端电压的有效值为100V D.闭合开关，电容器恰好被击穿

16.BC【命题意图】本题考查交流电及理想变压器.

【解题思路】线框ABCD处于中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，穿过线框的磁通量变化率最小，故A错误；线框的感应电动势最大值E=NBSω=2002V，开关S断开时，副线圈电流I2=

20

A=50A，由0.4

n1I1=n2I2得n1:n2=50:I1，由U1:U2= n1:n2得(200 – 10I1):20= n1:n2，联立解得I1=10A，故n1:n2=5:1，故B正确；原线圈两端电压的有效值为200 – 10I1=100V，故C正确；开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为102V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，因为电容器对交流电有阻碍(容抗)，故并联后总电阻减小，电容器两端的最大电压小于102V，所以电容器不会被击穿，故D错误. 三、非选择题(本题共6小题，共55分)

17.(7分)利用如图所示的装置可以做“探究加速度与力、质量的关系”及“探究小车的运动情况”实验. (1)下列说法正确的是 .

A.两个实验均需要平衡小车受到的摩擦力

B.两个实验均需要满足砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量

C.“探究加速度与力、质量的关系”实验中，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新平衡小车的摩擦力

D.实验时，应先接通电源再释放小车

(2)两个实验都需要对打点计时器打出的纸带进行分析，正确实验操作后，得到两条纸带如下，编号①中相邻两个计数点之间还有4个计时点未标出，编号②中的点为实际打出的计时点，求出编号①情况下该小车运动过程中的加速度为 (结果保留两位有效数字).

(3)下面哪一条纸带是“探究加速度与力、质量的关系”实验得到的

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17.(1)CD(2分) (2)0.39m/s2(0.37~0.40m/s2均可)(3分) (3)①(2分)

【命题意图】本题考查“探究加速度与力、质量的关系”和“探究小车运动情况”实验.

【解题思路】(1)“探究小车的运动情况”实验不需要平衡摩擦力，“探究加速度与力、质量的关系”实验需要平衡摩擦力，平衡摩擦力后tanθ=μ，改变小车上的砝码质量时，不需要重新平衡摩擦力，实验时，应先接通电源再释放小车，此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验需要满足砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量，而“探究小车的运动情况”实验不需要满足砝码及砝码盘的总质量远小于或远大于小车的质量，故AB错误，CD正确.

(2)(3)由编号①读得x1=4.50cm(前五个计数点间距离)，x2=15.20cm - 4.50cm=10.70cm，由逐差法求得x2 - x1a1= ，则编号①的加速度a1≈0.39m/s2，同理可得编号②的加速度a2≈3.0m/s2，设小车的质量为M，

(4T)2砝码及砝码盘的总质量为m，对小车、砝码及砝码盘整体受力分析有(m+M)a=mg，得到加速度a=

g

，M1+m

由于M>>m，加速a非常小，故编号①为“探究加速度与力、质量的关系”实验得到的.

18.(7分)在学习了“测电源电动势和内阻”这一课后，小张同学想去测量“水果电池”的电动势和内阻，他找来了以下器材：

(A)一个苹果 (B)铜片和锌片各一片

(C)电流表(0~200μA，2500Ω) (D)电压表(0~3V，内阻约几千欧) (E)电阻箱(0~9999Ω) (F)开关一个，导线若干 根据现有器材，他进行了以下操作：

①如图甲所示，将“苹果电池”两边分别插入铜片和锌片，并直接与所给电压表串联得到读数如图乙所示，将其记为电动势E.

②再将电压表换成所给电流表，直接与“苹果电池”串联，得到读数如图丙所示，将其记为短路电流I. ③根据欧姆定律，他计算得到内阻值r

(1)根据以上操作，计算得到内阻r= Ω(结果保留整数).

(2)实验后，该同学意识到上述操作测得的电动势E和短路电流I都不准确，请你分别说明理由？

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(3)为了准确测得“苹果电池”的电动势和内阻，该同学用已有器材设计了如图丁所示的电路图，并得到电阻箱阻值和电流关系如表.

利用测得的数据，在图戊所示的坐标纸上画出适当的图像；并利用图像求出“苹果电池”的电动势 E= V(结果保留两位有效数字). 18.(1)2857(2800~2900均可)(1分)

(2)“苹果电池”内阻较大，分压较多，所以电压表读数比实际电动势小得多(1分)；实验中所用电流表内阻较大，所以电流表读数比实际短路电流小得多(1分).

(3)如图所示(2分)0.(0.85~1.0均可)(2分)

【命题意图】本题考查“测电源电动势和内阻”实验.

【解题思路】(1)由题图乙知电动势E=0.50V，由题图丙知短路电流I=175μA，则有r=

0.5

Ω=2857Ω

175×10-6

(2)“苹果电池”内阻较大，分压较多，所以电压表读数比实际电动势小得多；实验中所用电流表内阻较大，所以电流表读数比实际短路电流小得多，故误差较大.

18000 - 68001111

(3)由=R + (RA + r) 可知，根据图像的斜率k== ，解得E=0.V.

IEEE1000019.(9分)篮球运动员一般身材高大，弹跳力也惊人.如图为某篮球运动员练习原地起跳摸高，若该运动员质量m=80kg，原地静止站立摸高为2.8m，起跳时该运动员先下蹲使重心下降0.5m，发力起跳摸到了惊人的3.8m高度.若将运动员起跳过程视为匀加速运动，双脚离地腾空和下落过程所受空气阻力恒为运动员重力的0.1(其他时间阻力不计)，g取10m/s2.求： (1)起跳过程运动员对地面的压力大小；

(2)若腾空时运动员双腿始终竖直伸直，求运动员腾空时间. 【命题意图】本题考查牛顿运动定律和运动学知识.

【解析】：(1)设起跳加速过程加速度大小为a1，离地腾空时加速度大小为a2，离地瞬时速度大小为v，运动员起跳加速过程中重心上升h1=0.5m，离地后上升h2=3.8m - 2.8m=1m。则离地腾空时上升过程根据牛顿第二定律有mg+f=ma2又f=0.1mg解得a2=11m/s2(1分) 由v2=2a1h1=2a2h2(2分)得a1=22m/s2

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起跳加速过程根据牛顿第二定律有FN - mg=ma1解得FN=2560N(1分) 由牛顿第三定律得运动员对地面的压力大小2560N(1分) (2)设腾空减速时间为t1，下落时间为t2，下落时加速度大小为a3 v22

由v2=2a1h1解得v=22m/s 则t1==s (1分)

a211

下落时由牛顿第二定律有mg - f=ma3又f=0.1mg解得a3=9m/s2(1分) 122

由h2=a3t2 解得t2=s (1分)

23故运动员腾空时间t1 + t2=

22+2s

113

20.(12分)如图所示，一传送装置由水平传动带和半径为R的光滑竖直半圆弧轨道BC组成.传送带AB长L=2m，以速度v=5 m/s顺时针匀速传动.一质量m=0.1kg、可视为质点的小滑块从光滑水平面以一定初速度v0滑上传送带(A点平滑连接)，经传送带传送，在B点水平切入半圆弧轨道内侧(间隙宽度不计).小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带A端距离地面高度H=2 m，g=10 m/s2.

(1)若v0=2m/s，求小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功； (2)若满足(1)的条件下，求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能；

(3)若半圆弧半径R的大小可调节，当小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，且落在地面上与C点水平距离最大处，求水平距离的最大值，并求出满足此条件下，小滑块的初速度v范围.(结果可用根式表示) 【解析】：(1)小滑块滑上传送带做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度a=μg=1m/s2， 由运动学公式有2ax=v2 - v0 解得x=0.5m

则xa1传送带匀速运动的位移x'=vt=(5 - 25 )m(1分) 二者的相对位移Δx=x' - x=

9 - 45

m (1分) 2

2

9 - 45

系统因摩擦产生的热量Q=μmgΔx=J (1分)

205 - 251212

传送带多消耗的电能ΔE电=mv - mv0 +Q=J (1分)

2210vB

(3)小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，则有mg=m 解得vB=gR (1分)

R

1

小滑块从C点飞出后，做平抛运动的水平位移x=vCt' ，竖直位移y=H - 2R=ht'2

21212

小滑块从B点运动到C点的过程中根据机械能守恒有mvB + mg2R=mvC (1分)

22

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2

联立解得x=25(R - R2) ，当R=0.5m时，x有最大值5 (1分)小滑块在B点的速度vB=gR =5 m/s 若小滑块在传送带上一直做匀加速运动，则有2μgL=vB- v0 解得v0=1m/s(1分) 若小滑块在传送带上一直做匀减速运动，则有2μgL=v0- vB 解得v0=3m/s(1分) 小滑块的初速度范围为1m/s≤v0≤3m/s(1分)

21.(10分)如图所示，有一倾角θ=30°足够长的平行金属导轨，导轨上端连接阻值R=2Ω的电阻，理想电压表接在电阻两端，一个质量m=0.1kg的金属杆ab垂直跨接在导轨上.在两导轨间存在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场.t=0时刻，ab杆在沿斜面向下的拉力F作用下由静止开始沿导轨向下运动，t=1.5s时杆的速度v=4m/s，整个过程中电压表的示数U随时间的变化如图乙所示.导轨、金属杆的电阻不计，已知ab杆和导轨间的动摩擦因数μ=

3 ，g=10m/s2.求： 2

2

22

2

(1)第1.5s末ab杆受到的安培力的大小、ab杆受到沿斜面的拉力F的大小； (2)第1s内ab杆克服摩擦力所做的功为多大？

(3)若3s末撤去拉力F，ab杆再经过1s停止运动，求撤去拉力F后，ab杆沿斜面下滑的位移.

【解析】：(1)由题图乙可知，t=1.5s时U=4V 由U=BLv解得BL=1T·m(1分)

U

由欧姆定律得I= =2A(1分)解得F安=BIL=2N(1分)

I

由题图乙可知，1~2s过程中，ab杆匀速下滑，根据受力分析有F + mgsinθ=F安+μmgcosθ解得F=2.25N(1分) (2)由题图乙可知，0~1s的过程中ab杆做初速度为零的匀加速直线运动，则有 U1

U=BLv=BLat解得a=· =4m/s2(1分)

tBL1

又x=at2=2m

2

则第1s内ab杆克服摩擦力做的功W=μmgcosθ·x=1.5J(1分) (3)由题图乙可知，t=3s时U'=

1010

V(1分)由U'=BLv1解得v1= m/s(1分) 33

3~4s的过程中ab杆做减速直线运动，根据动量定理有

B2L2x1

mgsinθ·t – ft - BLq=0 – mv1(1分)即mgsinθ·t – μmgcosθ·t - =0 – mv1解得x=m(1分)

R6

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22.（10分）如图所示，在xOy直角坐标系中第二象限存在半径为R的圆形磁场，磁感应强度大小为B1(未知)，磁场边界分别与x轴和y轴相切.y轴右侧0(2)打到收集板的粒子占总粒子数的比值； (3)若撤去收集板，粒子最终从哪里离开电磁场.

解：(1)由题意可知，粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r1=R(1分) 根据r1=

mvmv0

解得磁感应强度大小为B1= (1分) qBqR

(2)粒子运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得，电场中轨迹为虚线间的粒子无法被收集，设不能被收集的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为θ，进入B2磁场速度为v，与水平方向夹角为α，在B2磁场中轨迹v0mv

半径为r2，则v= ，根据r2=

cosαqB2

mv04R

又B2=1.25B1。（1分）解得r2== (1分)

1.25qB1cosα5 cosα

粒子进入B2磁场和离开B2磁场两点间的距离为d=2r2 cosα=1.6R(1分) 如图甲所示LNA=1.6R - R=0.6R

r1 - (R - LNA)

在B1磁场中，有 sinθ==0.6 解得θ=37°(1分)

r1

1800 - 370

故打到收集板的粒子占总粒子数的比值为η=≈79.4% (1分)

1800(3)撤去收集板后，粒子运动轨迹如图乙所示，粒子经过磁场重新回到电场后的运动可以看作第一次在电场中运动的延续，由于水平速度不变，在电场中运动时间不变，故竖直位移增加为原来3倍，即3R(1分) 由几何关系可知，

从圆形磁场顶端飞出的粒子y1=2R – R + 1.6R - 3R= - 0.4R(1分) 从圆形磁场底端飞出的粒子y2=0 – R + 1.6R - 3R= - 2.4R(1分) 故粒子最终从y轴上 - 2.4R≤ y ≤ - 0.4R区域飞出电磁场. (1分)

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