浙江省“山水联盟”2020届高三下学期高考模拟考试物理试题 Word版含解析 26页

- 1 - 2019 学年第二学期“山水联盟”高考模拟考试 物理学科试题 考生须知∶ 1．本卷满分 100 分，考试时间 90 分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷。 选择题部分 一、选择题（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.下列各组单位都属于国际单位制中的基本单位的是（ ） A. 牛顿，米 B. 安培，摩尔 C. 焦耳，千克 D. 库伦，秒 【答案】B 【解析】 【详解】国际单位制中的基本单位有 7 个，分别为时间单位“秒”、长度单位“米”、质量 单位“千克”、电流单位“安培”、温度单位“开尔文”、物质的量单位“摩尔”和发光强 度单位“坎德拉”，所以 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 2.苹果落到牛顿头上的故事大家都听过，小明用学过的牛顿运动定律的知识分析苹果撞击头 部过程，得出下面几个结论，其中错误的是（ ） A. 苹果对头的力大小等于头对苹果的力 B. 头对苹果的力大于苹果的重力 C. 苹果对头的力等于苹果的重力 D. 苹果对头的力大于苹果的重力 【答案】C 【解析】 【详解】A．由牛顿第三定律可知，苹果对头的力大小等于头对苹果的力，故 A 正确； BCD．对苹果由动量定理可知 - 2 - 0 ( )F mg mv    得 F mg mv  则苹果对头的力大于苹果的重力，由牛顿第三定律可知，头对苹果的力大于苹果的重力，故 BD 正确，C 错误。 本题选错误的，故选 C。 3.运动会上同学们排着整齐的队列沿直道经过主席台，学生 A 和 B 并排，校长在主席台检阅， 则下列说法正确的是（ ） A. 以 A 为参考系，B 是运动的 B. 以 A 为参考系，校长是静止的 C. 以 A 为参考系，其他同学都是静止的 D. 以 A 为参考系，其他同都是运动的 【答案】C 【解析】 【详解】队列在行进过程中，为保证队形整齐，以其中一名同学为参考系，其他同学和所选 的同学之间没有位置的变化，所以任意两名同学都是相对静止的，故以 A 为参考系，其他同 学都是静止的，校长是运动的，故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 4.居室装修材料中不同程度的含有一些放射性元素，例如氡。氡在放射性衰变时会放出α、 β、γ射线，这些射线对人体有害。根据我们对放射性的认识，判断下列说法正确的有（ ） A. 在材料表面涂上油蜡等物质可以减缓放射性衰变 B. 根据α、β、γ三种射线的穿透能力可知，导致细胞癌变的主要是γ射线 C. 氡衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡小 D. β射线是原子内层电子受到激发辐射出来形成的射线 【答案】B 【解析】 【详解】A．对于一定的放射性物质，其衰变速度是恒定的。所有放射性同位素的衰变速度不 能因外界因素改变，故 A 错误； B．γ射线是高能电磁波，穿透性强，对人体组织危害大，故 B 正确； - 3 - C．氡衰变时有能量释放，所以衰变后的新核的比结合能比氡大，故 C 错误； D．β射线是原子核发生β衰变时辐射出来的高能电子，故 D 错误。 故选 B。 5.如图，A、B 两个小球从半圆轨道的水平直径两端同时水平抛出，正好在 C 点相遇。OC 与水 平面夹角 60   ，则 A、B 球的初速度之比为（ ） A. 3:1 B. 1: 2 C. 2:1 D. 1:3 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，两球做平抛运动，同时抛出，又在 C 点相遇，说明运动的时间相同， 设 R 为半圆轨道的半径，由平抛运动水平位移公式可得 1 1x v t ， 2 2x v t 根据几何关系可得 1 3cos 2x R R R   2 1cos 2x R R R   则 A、B 球的初速度之比为 1 2 1 2: : 3:1x xv v t t   所以 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 6.某大型超市安装了一台倾角 30°的自动扶梯。该扶梯在 380V 额定电压的电动机带动下以 0.5m/s 的恒定速率斜向上运动。电动机的最大输出功率为 6.4kW，不载人时测得电动机中的 电流为 5A。若载人时扶梯速率和不载人时相同，设人的平均质量为 60kg（g 取 10m/s2）则该 扶梯可同时乘载的人数最多为（ ） A. 20 人 B. 25 人 C. 30 人 D. 35 人 【答案】C - 4 - 【解析】 【详解】电动机的电压恒为 380V，扶梯不载人时，电动机中的电流为 5A，忽略电动机内阻的 消耗，认为电动机的输入功率和输出功率等，即可得到维持扶梯运转的功率为 P0=380V×5A=1900W 电动机的最大输出功率为 Pm=6.4kW 可用于输送顾客功率为 △P=Pm-P0=4.5kW 由于扶梯以恒定速率向斜上方移动，每一位顾客所受的力为重力 mg 和支持力 FN，且 FN=mg 电动机通过扶梯的支持力 FN 对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为 P1=FNvcosα=mgvcos(90°-30°)=150W 则同时乘载的最多人数为 4500 30150 Pn P    人 故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 7.静止在光滑斜面底端的物体质量为 6kg，在恒力 F 作用下沿斜面向上匀加速运动，经过 t 时 间撤去 F。又经过 2t 时间物体回到斜面底端，此时物体的动能为 27J，斜面倾角为θ=30°（g 取 10m/s2）则以下判断正确的是（ ） A. F=48N B. F=54N C. 第一个 t 时间 F 做了 12J 的功 D. 第一个 t 时间重力做功-12J 的功 【答案】B 【解析】 【详解】AB．设撤去 F 时物体的速度大小为 v，物体回到出发点时的速度大小为 v′，物体回 到斜面底端，此时物体的动能为 27J，则此时的速度为 ' K2 3m/sEv m   - 5 - 取沿斜面向上方向为正方向，据题分析得知，撤去 F 后 2t 时间内物体做匀减速直线运动的位 移与 t 时间内匀加速直线运动的位移大小，方向相反，则有 ' 22 2 vt v v t   解得 '2 2m/s3v v  撤去 F 之前，根据动量定理 ( sin )F mg t mv  撤去 F 后，根据动量定理 '( sin )2mg t mv mv    解得 54NF  A 错误 B 正确； C．整个过程，重力做功为零，根据动能定理 F K 0 27JW E   C 错误； D．撤去 F 之前，根据动能定理得 2 F G 1 2W W mv  解得 G 15JW   D 错误。 故选 B。 8.如图为一个振荡电路在某时刻的情况。电容器电容为 C，线圈的自感系数为 L。下列判断正 确的是（ ） - 6 - A. 电容器两端电压正在变大 B. 图示状态下电流正在变大 C. 电场能正在转化为磁场能 D. 电场能和磁场能的相互转化的周期为 2π LC 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图中电流方向可知，电容器正在充电，所以电容器两端电压正在变大，所以 A 正确； B．电容器在充电中，电流会越来越小，所以 B 错误； C．电流减少，磁场能减少，转化为电容器的电场能，所以 C 错误； D．电场和磁场都是有方向的，所以电场和磁场的转化周期为 2πT LC 但是电场能和磁场能是标量，只有大小没有方向，所以电场能和磁场能的相互转化周期为 π2 TT LC   所以 D 错误。 故选 A。 9.某星球的自转周期为 T。一个物体在赤道处的重力是 F1，在极地处的重力是 F2，已知万有引 力常量 G。则星球的平均密度可以表示为（ ） A. 2 2 1 3π ( ) F G F F T B. 2 2 2 1 3π ( ) F G F F T C. 1 2 2 1 2π ( ) F G F F T D. 1 2 1 2π ( ) F G F F T 【答案】B 【解析】 【详解】物体在赤道处，万有引力分别提供物体的重力和物体随地球自转的向心力，则 2 1 2 2 4πMmF G m RR T   在极地处，万有引力全部用来提供物体的重力，则 - 7 - 2 2 MmF G R  星球的平均密度为 34 π3 M M V R    联立三式，化简可得 2 2 2 1 3π ( ) F G F F T    所以 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 10.现在市场上的调光台灯、调速风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。如图为一个经过元 件调节后加在电灯上的电压，在正弦交流电的每半个周期中都截去了前面的四分之一。现在 加在电灯上的电压是（ ） A. MU B. M 2 U C. M 4 U D. M 2 U 【答案】D 【解析】 【详解】设交流电的有效值为 U，将交流电与直流电分别通过相同电阻 R，分析一个周期内热 量 交流电 2M 1 2 ( ) 2 U TQ R   直流电 - 8 - 2 2 UQ TR  由 1 2Q Q 得 M 2 UU  故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 11.光滑的水平桌面上有两根弯成 60 角的金属棒，正好凑成一个等边三角形 oab，边长为 L。 它们的两端分别在 o 点和 c 点相互接触，o 点接触但是相互绝缘，c 处不绝缘。匀强磁场的方 向垂直桌面向下，磁感应强度为 B。当通以如图所示的电流时，两金属棒仍处于静止状态，在 o 处的相互作用力为 f1，在 c 处的相互作用力为 f2。则金属棒中的电流为（ ） A. 1 2f f BL  B. 1 2f f BL  C. 1 22 3( + ) 3 f f BL D. 1 24 3( ) 3 f f BL  【答案】C 【解析】 【详解】对于两金属棒，所受安培力方向相同，方向水平向右，则安培力大小为 3sin 60 2F BIL BI L   安 由题意可知，在 o 处的相互作用力为 f1，在 c 处的相互作用力为 f2。则对于任意金属棒都是 处于静止状态，即所受合力为零，则由力的平衡可知 1 2f f F  安 - 9 - 化简可得金属棒中电流为 1 22 3( + ) 3 f fI BL  所以 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 12.某玻璃棱镜的截面如图所示，由半径为 R 的四分之一圆和直角三角形构成，玻璃折射率为 2 ，一平行细光束从 D 点入射，OD= 2 2 R，以下判断正确的是（ ） A. 有光从 AB 射出 B. 有光从 BC 水平射出 C. 有光从 OC 垂直射出 D. 有光从 OC 射出 【答案】D 【解析】 【详解】由题知，由于 OD= 2 2 R，圆周的半径为 R，如下图，可得 1 45   ； 由于玻璃折射率为 2 ，根据全反射临界角公式 1 sinCn  可得，全反射的临界角为 45 ，此 时光线恰好发生全反射，反射光线从 E 点沿着平行于 AC 边的 EF 方向前进，根据几何关系可 得，光线在 BC 边的入射角为 2 60   ，仍然大于临界角，所以在 BC 边继续发生全反射，再 根据几何关系可知，光线在 AC 边的入射角为 3 30   ，此时将不再发生全反射，光线将从 OC 边射出，但不是垂直射出，综上分析，D 正确，ABC 错误。 - 10 - 故选 D。 13.如图所示，一半径为 R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨 道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的 A 点由静止释放一 质量为 m 的带正电的小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的 3 4 倍。为使小球刚好 在圆轨道内做圆周运动，则释放点 A 距圆轨道最低点 B 的距离 s 为（ ） A. 7 2 R B. 10 3 R C. 13 6 R D. 23 6 R 【答案】D 【解析】 【详解】小球刚好在圆轨道做圆周运动，则小球所受的等效重力为 2 23 5( ) ( )4 4G mg mg mg    方向与水平方向成 角斜向右下方，其中 53   则可知小球做圆周运动的等效最高点不是圆轨道的最高点，设小球做圆周运动的等效最高点 为 C 点，则 2 CvG m R   解得 5 2C gRv  从 A 到 C 由动能定理得 21( cos53 ) ( sin53 ) 2 CF s R mg R R mv     电 - 11 - 其中 3 4F mg电 最后得释放点 A 距圆轨道最低点 B 的距离 s 为 23 6s R 所以 D 正确，ABC 错误。 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.丹麦物理学家尼尔斯·玻尔于 1913 年提出的关于原子结构的模型，引入了量子化的概念 来研究原子内电子的运动并成功解释了氢原子的光谱。如图是氢原子的能级图，下列说法正 确的是（ ） A. 氢原子的电子从低能级向高能级跃迁，能量增大，动能减小 B. 动能为 3.4eV 的电子可以使第二能级的氢原子跃迁 C. 能量为 2.55eV 的光子可以使第二能级的氢原子跃迁 D. 一个处于第 4 能级的氢原子可以辐射 6 种光子 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．氢原子的电子从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增大，动能减小，势能增 大，故 A 正确； B．动能为 3.4eV 的电子的动能大于第二能级以上任意两个能级之间的能量差，且动能可以被 氢原子部分吸收，故可以使第二能级的氢原子跃迁，故 B 正确； C．能量为 2.55eV 的光子恰好可以使第二能级的氢原子跃迁到第四能级，故 C 正确； D．一个处于第 4 能级的氢原子逐级向下跃迁时辐射光子种数最多，可以辐射 3 种光子，故 D - 12 - 错误。 故选 ABC。 15.A、B 两种单色光从水中射向空气，发生全反射的临界角分别为α、β，  。下列说法 正确的是（ ） A. A、B 分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，A 光的干涉条纹间距比 B 光大 B. A 光在水中的传播速度比 B 光小 C. 用强度相同的 A、B 光束照射同一种金属，都有光电子飞出，则 A 光的饱和电流大，B 光的 遏止电压大 D. A 光子的动量比 B 光子大 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由题意可知，两种单色光发生全反射的临界角分别为α、β   则根据 1sinC n  可知 A Bn n 又折射率越大，光的频率越高，则可知 A B  A B  A、B 分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，则干涉条纹间距为 lx d   则 A Bx x   即 A、B 分别用同一套双缝干涉实验装置进行实验，A 光的干涉条纹间距比 B 光大，所以 A 正 确； - 13 - B．由 A 选项分析可知 A Bn n 根据 cn v  可得 A Bv v 即 A 光在水中的传播速度比 B 光大，所以 B 错误； C．由 A 选项分析可得 A B  那么相同强度的A、B 光束中含有的光子数不同，A 光的光子数大于 B 光的光子数，所以 A 光 的饱和电流大，而遏制电压的大小取决于光的频率，所以 B 光的遏制电压大，所以 C 正确； D．光子的动量为 hp  由 A 选项分析可得 A B  则 A Bp p 即 A 光子的动量比 B 光子小，所以 D 错误。 故选 AC。 16.如图为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=0s 时刻的图像，图中 A 点速度沿 y 轴负方向，t=4s 时第一次到波峰，则 t=0s 时，0cm 到 8cm 之间的质点加速度为负值的坐标范围是（ ） A. 0cm＜x＜4cm B. 2cm＜x＜6cm C. 3cm＜x＜7cm D. 4cm＜x＜8cm - 14 - 【答案】B 【解析】 【详解】t=0s 时刻，由于 A 点速度沿 y 轴负方向，根据“左传左上，右传右上”的规律，或 者“上坡下，下坡上”的规律，可知波向左传播，由于质点加速度的方向与位移方向相反， t=0s 时，2cm 到 6cm 之间的质点向上运动，位移为正，所以加速度为负，B 正确，ACD 错误。 故选 B。 三、非选择题（本题共 6 小题，共 55 分） 17.利用如图甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。 (1)用图甲装置：在探究小车速度随时间的变化规律的实验中，下列说法正确的是__________； A．小车应靠近打点计时器，先释放小车，后接通电源 B．长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动 C．连接钩码与小车的细线应与长木板保持平行 D．选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始 (2)小明同学用图甲装置探究了做功与物体速度变化的关系：保持所挂钩码的质量不变，通过 改变位移来改变外力做功，保持此条件下，小车及车上砝码的总质量__________（选填：A．需 要 B．不需要）远远大于所悬挂钩码的质量； (3)小何同学用图甲装置进行“探究加速度与力、质量的关系”时，进行了如下操作： ①在滑板的右侧加一垫块，用以平衡摩擦阻力，如图乙所示，开启电源，轻推小车，打出了 一条如图丙所示的纸带，纸带左端与小车相连，据此纸带判断，垫块__________（填“偏薄” 或“偏厚”）； ②垫块调整后，再打出一条纸带，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（单位 cm），如图丁所示，由纸带数据计算可得，小车的加速度为__________m/s2 （保留 2 位有效数字）。 - 15 - 【答案】 (1). C (2). B (3). 偏薄 (4). 0.15 【解析】 【详解】(1)[1]A．小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，所以 A 错误； B．在探究小车速度随时间的变化规律的实验中，不要求平衡摩擦力，所 B 错误； C．连接钩码与小车的细线应与长木板保持平行，所以 C 正确； D．选择计数点时，取看的清楚的点，不一定从纸带上第一点开始，所以 D 错误。 故选 C。 (2)[2]在探究做功与物体速度变化关系的实验中，不需要满足小车及车上砝码的总质量远远 大于所悬挂钩码的质量，只要保证小车实验过程中所受外力不变就可以。所以选 B。 (3)[3]由图丙纸带的点的分布可知，点与点之间的间隔在减小，即小车做减速运动，也就是 小车在运动过程中受到了阻力，说明垫块偏薄，没有完全平衡摩擦阻力。 [4]每 5 个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为 0.02 5s 0.1sT    则小车的加速度为 2 2 2 2 (3.83 3.97 3.52 3.68) 10 m/s 0.15m/s4a T      18.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为 3.0V，额定电流为 0.3A。 按图甲连接好电路后，检查所有器件都完好，电压表和电流表调零，经检查各部分接触良好， 闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调到 零，则断路的导线为__________（填导线编号）；根据实验数据，小明做出了 I-U 图线，他还 试着做了 P-U2 图线，如图所示，下列图线符合实际情况的是__________； - 16 - A. B. C. D. 【答案】 (1). 2 (2). C 【解析】 【详解】[1]由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器 接成了限流接法，故说明导线 2 发生了断路； [2]AB．根据部分电路的欧姆定律 1I UR   电压升高导致温度升高，小灯泡的电阻增大，但 I U 图像的斜率为 1 R 逐渐变小，故 AB 错误； CD．根据电功率为 21P UR   电压升高导致温度升高，小灯泡的电阻增大， 2P U 图像的斜率为 1 R 逐渐变小，故 C 正确， D 错误。 故选 C。 19.在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，提供了如图所示的实验器材，在这些器材中多 - 17 - 余的器材是__________，还缺少的器材是__________。 【答案】 (1). 电压表 (2). 滑动变阻器 【解析】 【详解】[1] [2]在“探究电磁感应的产生条件”的实验中用到的器材有：电源，电键，带铁 芯的线圈 A 和线圈 B，灵敏电流计，滑动变阻器；因此多余的器材是电压表，还缺少的器材是 滑动变阻器。 20.如图甲是某大型娱乐场的高速玻璃滑梯，使运动者在感受风一般速度的同时体验人与大自 然的和谐（如图甲）。现将滑道简化成倾斜滑道 AB 和水平滑道 BC 两部分（如图乙），一游客 坐在滑车上从离水平面高度 h=10m 的顶端 A 处由静止开始下滑，经 B 处后沿水平滑道滑至 C 处停止。滑车上的速度传感器可以记录不同时刻的速度，其中从 B 到 C 的速度-时间图线（如 图丙），倾斜滑道 AB 和水平滑道 BC 过程均可视为匀变速直线运动。已知游客与滑车的总质量 m=60kg，β=30°，不计空气阻力和 B 连接处的能量损失，游客与滑车可视为质点，重力加速 度 g=10m/s2。 (1)求游客与滑车在水平滑道上运动时的加速度； (2)求游客与滑车从 A 处运动至 C 处停止的总时间 t； (3)求游客与滑车在倾斜滑道上运动时的阻力大小。 【答案】(1) 25 m/s3 ，方向向左；(2)10s；(3)150N - 18 - 【解析】 【详解】(1)由 v-t 图像可知，vB=10m/s，游客与滑车在水平滑道上运动时的加速度为 2 2 5 m/s3 Bva t   方向向左 (2)A 到 B 的运动时间，由匀变速直线运动规律得 AB AB st v  其中 osin30AB hs  2 Bvv  代入已知数据求得： 4sABt  B 到 C 的时间由图像可知为：tBC=6s 所以，游客与滑车从 A 处运动至 C 处停止的总时间 t (4 6)s=10sAB BCt t t    (3)在倾斜滑梯梯上下滑的加速度 1 B AB va t  代入数据求得 a1=2.5m/s2 由牛顿第二定律可知 mgsinβ-f=ma1 代入数据求得 f=150N 21.如图所示是一个游戏装置 AB 是一段与水平方向夹角为 37°、长为 L=2.0m 的倾斜轨道 AB， 通过水平轨道 BC（BC 段是长度调节范围在 0~10m 可伸缩轨道）与竖直圆轨道（轨道半径 R=0.4m， 圆轨道最低点 C、E 略错开），出口为水平轨道 EF，在 EF 的右端固定一块竖直弹性挡板，小物 块与网科学竖直弹性挡板的碰撞无机械能损失，整个轨道除 BC 段以外都是光滑的。其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接，没有机械能损失。一个质量 m=10g 的小物块以初速度 v0=4.0m/s， - 19 - 从某一高处水平抛出，到 A 点时速度方向恰沿 AB 方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与 BC 轨道的动摩擦因数μ=0.5（g 取 10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）求∶ (1)小物块水平抛出的位置离 A 点的高度差？ (2)若 BC 段长为 2.4m，判断物块是否会与弹性挡板碰撞，若会请求出碰前的速度，若不会请 说明理由； (3)若小物块从 A 进入轨道到最终停止都不脱离轨道，求满足条件的 BC 段的最短长度是多少？ 【答案】(1)0.45m；(2)会，5m/s；(3)1.37m 【解析】 【详解】(1)沿 AB 方向进入轨道 vAy=3m/s 离 B 点的高度差 2 9 2 0.4520 mAy A vh g    (2)从抛出点到圆轨道最高点 D，采用动能定理 2 2 0 1 1( 2 ) 2 2BC Dmg h R mgL mv mv    解得 3m / sDv  若在最高点时重力完全充当向心力，则 2 Dmvmg R  解得 m / s m / s2 3Dv gR   故能与挡板碰撞 从抛出点到 E 点采用动能定理 - 20 - 2 2 0 1 1 2 2BC Emgh mgL mv mv   解得 5m / sEv  (3)小物块不会从 A 点滑出 212 0 2BC Amg L mv    解得 LBC=1.25m 若小物块经过 BC 恰能到达最高点，即 vD=2m/s 时 2 2 0 1 1( 2 ) 2 2BC Dmg h R mgL mv mv    解得 LBC=2.9m 若 LBC=1.25m 则 125×3=3.75m＞2.9m，所以物块经过 BC 段 3 次后，就可能脱离轨道，要使物块不脱离轨道， 则要适当改变 BC 的长度，物块第三次过 BC 后到达与圆心等高处 2 0 1( ) 3 0 2BCmg h R mgL mv    解得 41 1.37 1.2530BCL m m m   适当减小 BC 的长度，物块第 5 次过 BC 后到达与圆心等高处 2 0 1( ) 5 0 2BCmg h R mgL mv    解得 0.82m 1.25mBCL   所以 41 m 1.37m30BCL   22.如图所示的装置可研究导体棒在磁场中的运动情况。M1M2N2N1 是倾角为θ的光滑平行金属倾 斜导轨，处于大小为 B1，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中。水平导轨上的无磁场区 N1N2P2P1 是绝缘光滑导轨，右侧 P1P2Q2Q1 是水平光滑平行金属导轨，存在大小为 B2，方向垂直导 - 21 - 轨平面向上的足够长的匀强磁场区间Ⅱ。Q1Q2 右侧是足够长无磁场区域。水平部分和倾斜部分 平滑连接，其间距均为 L，M1M2 之间接有电阻 R。质量为 m、长度也为 L 的金属杆 ab 从倾斜导 轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），cd 棒静置于匀强磁场区间Ⅱ。运动过 程中，杆 ab、cd 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆 ab、cd 和电阻 R 的阻值 均为 0.2ΩR  ，质量均为 0.1kgm  ， 0.5mL  ， 30   ， 1 2 0.4TB B  ，不计摩擦阻力 和导轨电阻，忽略磁场边界效应。求： (1)闭合开关 K，由静止释放 ab 棒，求 ab 棒到达 N1N2 时的速度 v0； (2)为使 ab 与 cd 不发生碰撞，cd 棒最初与磁场边界 P1P2 的距离 x0 至少为多少？ (3)若 cd 棒与磁场边界 P1P2 的距离最初为 3.5mx  ，则 ab 棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的 过程中，求 ab 棒产生的焦耳热。 【答案】(1)5m/s；(2)2.5m；(3)0.4125J 【解析】 【详解】(1)ab 棒匀速后其所受安培力与重力沿导轨向下的分力达到平衡 1sinmg B IL  联立 1 0 2 B LvI R  可得 0 5m/sv  (2)ab 棒进入匀强磁场区间Ⅱ后通过安培力与 cd 棒发生相互作用，整体动量守恒，达到共同 速度 v1，则 0 12mv mv 得 - 22 - 1 2.5m/sv  此过程 cd 棒所受安培力的冲量等于其动量变化量，欲使两者不发生碰撞，cd 棒最初与磁场边 界 P1P2 的距离应大于等于此过程两者的相对位移 x0 2 2 2 0 12 B L x mvR  得 0 2.5mx  (3)ab 棒进入匀强磁场区间Ⅱ且 cd 还在磁场中的过程产生的焦耳热，即为系统动能减少量的 一半 2 2 1 0 1 1 1 1( 2 ) 0.3125J2 2 2Q mv mv    cd 棒过 Q1Q2 后保持 v1 匀速，ab 棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程，设 ab 棒过 Q1Q2 的速度为 v2， 则 2 2 2 0 2 1 ( ) 2 B L x x mv mvR    得 2 1.5m/sv  ab 棒从匀强磁场区间Ⅱ出去的过程产生的焦耳热，即为系统动能减少量的一半，则 2 2 2 1 2 1 1 1( 2 ) 0.1J2 2 2Q mv mv    所以 ab 棒从进入匀强磁场区间Ⅱ到离开的过程中，ab 棒产生的焦耳热为 0.4125JQ  23.如图所示的两个圆形磁场可实现带电粒子的汇聚与侧移。在 x-y 轴直角坐标平面内，两个 圆形磁场Ⅰ、Ⅱ相切于坐标原点 O，圆心均在 y 轴上，半径均为 R，磁感应强度大小相等，垂 直于 x-y 轴直角坐标平面且方向相反。大量带正电的粒子质量为 m，带电量为 q，以平行于 x 轴的速度 v 沿 x 轴正方向进入磁场Ⅰ，经磁场偏转后汇聚于坐标原点 O 并进入磁场Ⅱ，经磁 场Ⅱ再次偏转后以平行于 x 轴的方向离开磁场Ⅱ实现侧移。在 x 轴下方有一平行于 y 轴的长 度为 R 的粒子收集板 PQ，Q 点的坐标为（2R，-2R）。粒子打在收集板上被吸收不影响其他粒 子的运动。不计粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)求磁场Ⅰ的磁感应强度 B 的大小和方向； - 23 - (2)虚线 MN 平行于 y 轴且与磁场Ⅰ相切，经过 MN 上纵坐标为 1.5R 的点的粒子能否打在收集 板上？若不能，请说明理由。若能，求其从 MN 到 PQ 的时间； (3)假设收集板上端 P 点与 x 轴之间的距离 d 可在 0 与 R 之间变化，写出从 MN 到 PQ 的粒子打 在 Q 点的运动时间 T1 和打在 P 点时间 T2 关于 d 的关系式。（解题中涉及的角度可用余弦的反三 角函数表示，如 1arccos3 2   ） 【答案】(1) mvB qR  ，方向垂直 x-y 轴直角坐标平面向外；(2)能， 4 (3 3) 3 R R v v   ； (3) 2 2 2 arccos 3 2 2 R dR R Rd dRT v v     【解析】 【详解】(1)欲使带电粒子汇聚于 O 点并实现侧移，由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆 周运动的半径为 R，根据 2vqvB m R  可得 mvB qR  方向垂直 x-y 轴直角坐标平面向外。 （2）粒子的运动轨迹如图 1 所示， - 24 - 由几何关系可知，粒子在每个磁场中的运动圆心角θ均为 2 3  ，故粒子在磁场中的运动时间为 1 4 4 3 3 m Rt qB v    粒子在磁场外的运动时间为 2 2 (1 cos30 ) (3 3)R R Rt v v      所以粒子从 MN 到 PQ 的时间为 1 2 4 (3 3) 3 R Rt t t v v      （3）当 PQ 上端 P 点与 x 轴的距离为 d 时，从 MN 到 PQ 的粒子打在 Q 点的粒子运动时间最长。 打在 Q 点的粒子运动轨迹如图 2 所示 O1 和 O2 分别为其在磁场ⅠⅡ中做圆周运动的圆心，其在磁场中的轨迹关于 O 点对称。过 O2 作 O2K 垂直 X 轴，在三角形 O2KO 中 2 arccos doo K R   - 25 - 则粒子在一个磁场中运动的圆心角 arccos d R    所以 2 2 1 2 ( arccos ) 2( ) dm R R R dRT qB v       2 22 3 2arccosR d R R d v R v         从 MN 到 PQ 的粒子打在 P 点的粒子运动时间最短。打在 P 点的粒子运动轨迹如图 3 所示， O2 为其在磁场Ⅱ中做圆周运动的圆心，在三角形 O2KO 中，粒了在一个磁场中运动的圆心角 arccos R d R   则 2 2 2 arccos 3 2 2 R dR R Rd dRT v v     - 26 -