浙江大学附属中学2020届高三下学期1月选考模拟考试物理试题 Word版含解析 27页

www.ks5u.com ‎2020届浙江大学附属中学高三下学期1月选考模拟考试物理试题 一、选择题Ⅰ ‎1.关于物理学的发展，下列说法正确的是（ ）‎ A. 麦克斯韦提出了电磁场理论，预言并证实电磁波的存在 B. 库仑通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量 C. 贝克勒尔发现天然发射现象，说明原子核也有复杂的内部结构 D. 楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间联系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．麦克斯韦提出了电磁场理论，预言电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，选项A错误；‎ B．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，选项B错误；‎ C．贝克勒尔发现天然发射现象，说明原子核也有复杂的内部结构，选项C正确；‎ D．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.四个不同的物体甲、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 - 27 -‎ 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。‎ ‎3.如图所示，一只半径为 R 的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态，一定质量的瓢虫（未画出）与碗面的动摩擦因数为，且处处相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，，），则瓢虫在离桌面高度 h 至少为多少时能停在碗上（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，摩擦力与水平方向所成的夹角为θ，受力图如图所示： 沿切线方向有：‎ f=mgsinθ 沿半径方向有：‎ N=mgcosθ 当蚂蚁刚好能静止在碗上时，蚂蚁所受静摩擦力为最大静摩擦力，则有 μmgcosθ=mgsinθ - 27 -‎ 由于 可得 则可知 θ=37°‎ 则此时蚂蚁离地面的高度为 故B正确，ACD错误。 故选B。‎ ‎4.如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另 一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。 开始时绳与水平方向的夹角为θ，当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮 O 处，BO间距离也为L，小 物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在 BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小物块从A点运动到B点的过程中，F对小物块做的功为  WF=FS，S为F作用点的位移，即绳端移动的长度，小物体从A运动到B - 27 -‎ 的过程中，利用数学几何关系在绳子缩短长度：S=2Lcosθ-L，所以 ‎ WF=FL（2cosθ-1）‎ 故A正确，B错误；‎ CD．根据几何关系得OB斜面倾角为2θ，小物体在BO段运动过程中摩擦力大小为 ‎ f=μmgcos2θ 小物体在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为 ‎ Wf=fL=μmgLcos2θ 故CD错误；‎ 故选A。‎ ‎5.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的氡核，该原子核发生衰变，放出一个速度为、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 ‎【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 - 27 -‎ 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 p相等，B相同，，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：‎ ‎ ‎ 衰变过程中，质量亏损为：‎ ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ 故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.在星球A上将一小物块P竖直向上抛出，P的速度的二次方与位移x间的关系如图中实线所示；在另一星球B上用另一小物块Q完成同样的过程，Q的关系如图中虚线所示，已知A的半径是B的半径的，若两星球均为质量均匀分布的球体（球的体积公式为V=，r 为球的半径），两星球上均没有空气，不考虑两星球的自转，则（ ）‎ - 27 -‎ A. A表面的重力加速度是B表面的重力加速度的倍 B. A的第一宇宙速度是B的第一宇宙速度的倍 C. A的密度是B的密度的 9 倍 D. P抛出后落回原处的时间是Q抛出后落回原处的时间的倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对竖直上抛运动据速度位移关系公式得：v2=2gx知：图象中的斜率k=2g，所以对星球A，其斜率 其表面重力加速度 同理得：‎ 得 所以 - 27 -‎ ‎ ‎ 故A错误。‎ B．在星球表面，重力提供向心力，得第一宇宙速度公式，则：‎ 故B正确。‎ C．根据重力和万有引力相等，即 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 球体的密度 则 ‎ ‎ 故C错误。‎ D．P物体抛出后落回到原处的时间 ‎ ‎ 同理，Q物体抛出后回到原处的时间 故 故D错误。 ‎ - 27 -‎ 故选B。‎ ‎7.如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，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 感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象 如图乙所示，g为重力加速度，则（ ）‎ A. 升降机停止前在向下运动 B. 时间内小球处于失重状态，时间内小球处于超重状态 C. 时间内小球向下运动，动能先增大后减小 D. 时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量 ‎【答案】C ‎【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，t1∼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正确；‎ 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错误。‎ 故选C。‎ - 27 -‎ ‎8.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点电势能增加 2J B. 小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4‎ C. 小球落到B点时的动能 24J D. 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点过程中，电场力做正功，电势能减小，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，故B错误； C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。 由竖直方向运动对称性知 mVBy2=8J 对于水平分运动 Fx1=mVMx2-mVAX2‎ F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2‎ x1：x2=1：3‎ 解得：‎ Fx1=6J；‎ - 27 -‎ F（x1+x2）=24J 故 EkB=m（VBy2+VBx2）=32J 故C错误；‎ D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：‎ Fx1=6J Gh=8J ‎ ‎ 所以：‎ ‎ ‎ 由右图可得：‎ ‎ 所以 则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故 故D正确。‎ 故选D。‎ 二、选择题Ⅱ - 27 -‎ ‎9.在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒体，光盘上的信息通常是通过激光束来读取的，若激光束不是垂直入射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发 生偏折而改变行进的方向。如图所示为一束激光（黄、绿混合）入射到光盘面上后的折 射情况．则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 图中光束①是黄光，光束②是绿光 B. 光束①的光子动量比光束②的光子动量大 C. 若光束①、②先后通过同一双缝干涉装置，光束①条纹宽度比光束②的宽 D. 若光束①、②都能使某种金属发生光电效应，则光束①照射下逸出的光电子的最大初动能较大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①光偏折程度较大，则折射率较大，绿光的折射率大于黄光的折射率，所以①光是绿光，②是黄光。故A错误。‎ B．绿光的折射率大于黄光的折射率，绿光的波长小于黄光的波长，则由可知光束①的光子动量比光束②的光子动量大，故B正确； C．绿光的折射率大于黄光的折射率，而绿光的波长小于黄光的波长，干涉条纹的间距与波长成正比，则若①光、②光先后通过同一双缝干涉装置，①光得到的条纹比后者的窄。故C错误；‎ D．光束①的频率大，则由Ekm=hγ-W0知光束①照射下逸出的光电子的最大初动能较大，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎10.导体导电是导体中的自由电荷定向移动的 结果，这些可以移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是自由电子，现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类，一 类为N型半导体，它的载流子是电子；另 一类为P型半导体，它的载流子是“空穴”， 相当于带正电的粒子。如果把某种材料制成的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的 - 27 -‎ ‎ 1、2、3、4 是霍尔元件上的 四个接线端，当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是（ ） ‎ A. 通过霍尔元件的磁场方向向下 B. 如果该霍尔元件为N型半导体材料制成，则接线端4的电势低于接线端2的电势 C. 如果该霍尔元件为P型半导体材料制成，则接线端4的电势低于接线端2的电势 D. 若仅适当减小R1，则电压表示数一定减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手螺旋定则，可知，铁芯上端是N极，因此通过霍尔元件的磁场方向向下，故A正确；‎ B．如果是N型半导体，载流子是负电荷，根据左手定则，负电荷向右偏，则右表面带负电，则φ4＞φ2，故B错误；‎ C．如果是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向右偏，则右表面带正电，则φ4＜φ2．故C正确；‎ D．若仅适当减小R1，那么线圈中电流增大，则磁场增强，由 即 U=Bdv 则电压表示数可能会增大。故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎11.如图所示，实线和虚线分别为某种波在t时刻和t+Δt时刻的波形曲线，B和C是横坐标分别为d和3d 的两个质点，下列说法中正确的是（ ）‎ - 27 -‎ A. 任一时刻，如果质点B向上运动，则质点C不一定向下运动 B. 任一时刻，如果质点B速度为零，则质点C的速度也为零 C. 如果波是向右传播的，则波的周期可能为 D. 如果波是向左传播的，则波的周期可能为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．从图上可以看出，该波不是标准正弦波，波长为3d，质点B、C间距不是相差半个波长，运动方向并不总是相反，如果质点B向上运动，则质点C不一定向下运动。速度可能大小相等，也可能不相等，故A正确，B错误。‎ C．如果波向右传播，则波传播的距离为 k•3d+0.5d，其中k=0，1，2…，传播时间可能为 得 ‎ ‎ 由于k是整数，则周期T不可能为，故C错误。 D．若波向左传播，则波传播的距离为 k•3d+2.5d，其中k=0，1，2…，为该波向左传播的可能整数波的个数，传播时间可能为 得 ‎ 当k=1时，有 故D正确。 ‎ - 27 -‎ 故选AD。‎ ‎12.一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm 的均匀狭缝，将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧， 且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束，在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间时，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图（a）为该装置示意图，图（b）为所接收的光信号随时间变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图中，，则（ ）‎ A. t=1s时圆盘转动的角速度为 B. 激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动 C. 激光器和探测器的移动速度为m/s D. 由已知条件无法求出 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象读得，转盘的转动周期T=0.8s，故角速度：‎ 故A正确。 B．由于电脉冲信号宽度在逐渐变窄，表明光能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，故B正确。 C．0.2s时刻的线速度：‎ ‎ ‎ ‎1.0s时刻的线速度：‎ - 27 -‎ ‎ ‎ 径向速度：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 故C正确。‎ D．设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为ri，第i个脉冲的宽度为△ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v。‎ ‎ ‎ r3-r2=r2-r1=vT ‎ ‎ 解得：‎ 故D错误。‎ 故选ABC 三、非选择题 ‎13.如图所示，甲同学利用图示的实验装置“探究加速度、力和质量的关系”‎ ‎ ‎ ‎①下列做法正确的是 （ ） ‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板 保持平行 ‎ - 27 -‎ B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 ‎ C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的钩码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎②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，木块上均不放钩码，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，分别得到图中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为，由图可知，________（选填“大于”“小于”或“等于”）‎ ‎【答案】 (1). AD (2). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】①[1]．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；‎ B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶拴木块上，故B错误；  ‎ C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故C错误； ‎ D．根据平衡条件可知，与质量大小无关，当通过增减木块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；‎ 选择AD；‎ ‎②[2]．当没有平衡摩擦力时有：‎ T-f=ma 故 纵轴截距的大小为μg，则μ甲大于μ乙；‎ ‎14.某实验小组成员在进行单摆实验过程中有如下说法，其中正确的是 ．‎ - 27 -‎ A. 测量摆球通过最低点100次的时间 t，则单摆周期为 B. 把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并释放摆球，在摆球经过平衡位置的同时开始计时 C. 某同学建立图像并利用图像的斜率求出当地的重力加速度，处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即，这不影响重力加速度的求解 D. 如果把摆搬去海拔6000米的高原，摆的周期将变大 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．摆球在一个周期内两次经过平衡位置，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆的周期，故A错误。‎ B．把单摆从平衡位置拉开不大于10°的摆角，否则单摆的振动就不是简谐振动，故B错误。 C．根据，则有：‎ 该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即L=l+d，变成L=l+d，并没有改变图象的斜率，则不影响重力加速度的计算，故C正确。‎ D．如果把摆搬去海拔6000米的高原，则会导致重力加速度减小，依据，那么摆的周期将变大，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎15.（1）某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图甲所示变压器 原线圈的电压为5 V，用演示电表交流50 V 挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是____；‎ - 27 -‎ A.5∶8 B.5∶16 C.1∶14 D.1∶8‎ ‎（2）街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，____（填写“原线圈”或“副线圈”）应该使用较粗的导线。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 副线圈 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40V，所以变压器的原副线圈匝数之比：‎ 故D正确，ABC错误。‎ ‎（2）[2]理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。‎ ‎16.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/V ‎0.89‎ ‎0.78‎ ‎0.67‎ ‎0.56‎ ‎0.58‎ ‎0.34‎ I/A ‎0.22‎ ‎0.26‎ ‎0.30‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ - 27 -‎ ‎（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 - 27 -‎ 等效内阻 当U=0.95V时，I=0.2A，带入E=U+Ir可得 E=1.51V ‎17.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=10 m/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）（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，‎ - 27 -‎ mgR=m1v02 ①‎ 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= ②‎ 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）g ③‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 μ1m1g＞μ2（m1+2m2）g ④‎ 联立③④式代入数据得 ‎0.7＜μ1≤0.9 ⑤‎ ‎（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=μ1g ⑥‎ 设货物滑到木板A右端时速度为v1，由运动学公式得 ‎=-2a1 ⑦‎ 联立①⑥⑦式代入数据得 v1=2m/s ‎18.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ间距，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=10m/s2，求：‎ - 27 -‎ ‎（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 08 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°=BI，‎ I=‎ 解得:‎ - 27 -‎ v1=2m/s v2=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-B·t=m2v2-0‎ 解得:‎ t=0.6s ‎（4）由能量守恒得 Fx1+m2gsin30°·x2=m1gsin30°·x1+++Q Q=0.9J ‎19.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.其中和是间距为的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔和，，P为靶点，（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。质量为、带电量为的正离子从点由静止开始加速，经进入磁场区域.当离子打到极板上区域（含点）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：‎ - 27 -‎ ‎（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）（2），（3），‎ ‎【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：‎ 可得 磁场中做匀速圆周运动：‎ 刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知：‎ 联立解得；‎ ‎（2‎ - 27 -‎ ‎）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：‎ 且：‎ 解得：，‎ 要求离子第一次加速后不能打在板上，有 且：‎ 解得：，‎ 故加速次数n为正整数最大取 即：‎ ‎；‎ ‎（3）加速次数最多的离子速度最大，取，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：‎ - 27 -‎ 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 可得：‎ - 27 -‎ ‎ ‎ - 27 -‎