浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期选考模拟考物理试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 杭州二中2019学年第一学期高三年级选考模拟考 物理试卷 一、单项选择题（本题每小题有且仅有一个选项符合题意，请选出最佳选项。每小题3分，共30分。）‎ ‎1.对下图中所牵涉到的仪器名称从左向右说法正确的是（　　）‎ A. 范德格拉夫起电机，静电计，砝码，可变电阻 B. 感应起电机，验电器，砝码，可变电容 C. 范德格拉夫起电机，验电器，钩码，可变电容 D. 感应起电机，验电器，钩码，可变电容 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】图甲是范德格拉夫起电机，图乙是验电器，图丙是钩码，图丁可变电容，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】M、m相对静止，对整体分析知，整体受总重力和地面给的支持力，处于静止状态；对物体m受力分析，则m受到重力、支持力和静摩擦力；最后对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，因墙壁对小车不会有力的作用；则M共受到4个力．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎3.如图所示，运动员把质量为的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为，在最高点时的速度为，不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是( )‎ A. 运动员踢球时对足球做功 B. 足球上升过程重力做功 C. 运动员踢球时对足球做功 D. 足球上升过程克服重力做功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为：‎ 由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为：‎ 足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：‎ 故A错误，C正确；‎ BD.足球上升过程重力做功：‎ 足球上升过程中克服重力做功：‎ - 24 -‎ 克 故B、D错误．‎ ‎4.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中 A. F1的冲量等于F2的冲量 B. F1的冲量大于F2的冲量 C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C．由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误．‎ AB．根据动量定理，对整个过程研究得 F1t1-ftOB=0‎ F2t2-ftOD=0‎ 由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2‎ 即F1的冲量小于F2的冲量．故AB错误．‎ D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；‎ - 24 -‎ ‎5.跳水运动是一项难度很大又极具观赏性的运动，我国运动员多次在国际跳水赛上摘金夺银，被誉为跳水“梦之队”。如图所示，为某跳水运动员头部的运动轨迹，在不考虑空气阻力，且身体不发生弯曲的情况下，头部运动可看成是人体质心的斜抛运动和头部绕人体质心的圆周运动的合运动。在其头部运动轨迹上有a、b、c、d四个点，下列说法正确的是（　　）‎ A. 轨迹上的这4个位置中，有两个位置的速度方向可能向下 B. 从a到b的时间和从b到d的时间相同 C. 在b位置头绕质心的转动速度比质心本身的速度大 D. 头绕质心的转动角速度越大，跳水运动员在空中运动的时间越长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．曲线运动的速度方向为该点轨迹的切线方向，所以在图中的点c位置速度方向与入水时速度方向相同，竖直向下；在图中的点b位置速度方向与入水时速度方向相反，竖直向上；点a水平向左；点d水平向右。A错误；‎ B．从a到b头部绕人体质心运动了周，从b到d头部绕人体质心也运动了周，由于下落高度越高，运动越快，所以从b到d头部绕人体质心也运动周的时间小于从a到b头部绕人体质心运动周的时间，B错误；‎ C．点b位置速度方向竖直向上，此速度为头绕质心的转动速度与质心本身的速度的合速度，质心本身的速度斜向下，要使合力向上，则头绕质心的转动速度向上且大于质心本身的速度，C正确；‎ - 24 -‎ D．对跳水运动员整体分析，只受重力，下落时间由高度决定，与头绕质心的转动角速度无关，D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.家用台式计算机上的硬磁盘的磁道和扇区如图所示。某台计算机上的硬磁盘共有9216个磁道（即9216个不同半径的同心圆），每个磁道分成8192个扇区（每扇区为圆周），每个扇区可以记录512个字节。电动机使磁盘以7200r/min的转速匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道。下列说法正确的是（　　）‎ A. 每个字节在磁道上所占用的磁道长度都相同 B. 不计磁头转移磁道的时间，计算机读写完该硬盘所需时间约为77s C. 读取每个字节所用时间都相同，约为2.0×l0-11s D. 该硬盘容量约为4×1012字节 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．每个磁道扇区数相同，每个扇区可记录字节数相同，即每个磁道上可记录字节数相同，但半径不同，所以不同磁道上每个字节所占用的长度不同，A错误；‎ B．电动机使磁盘以7200r/min的转速匀速转动，则每读写一个磁道所用时间为：‎ 磁盘共有9216个磁道，所以共需要时间：‎ B正确；‎ C．每个磁道分成8192个扇区，每个扇区可以记录512个字节，所以每个磁道共可以记录个字节，所以读取每个字节所用时间为：‎ C错误；‎ - 24 -‎ D．该硬盘的容量约为个字节，D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（　　）‎ A. 康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时发现，有些散射波的波长比入射波的波长略小 B. 由玻尔的原子模型可以推知，氢原子处于激发态的量子数越大，核外电子动能越大 C. 在研究光电效应现象实验中，饱和光电流的大小与入射光的强弱无关 D. 平均结合能小的原子核结合成或分裂成平均结合能大的原子核时一定会放出核能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．康普顿在研究石墨中的电子对X射线的散射时发现，有些散射波的波长比入射波的波长略大，A错误；‎ B．氢原子处于激发态的量子数越大，电子绕原子核运动的轨道半径越大，运动的线速度越小，动能越小，B错误；‎ C．饱和光电流的大小由光照强度决定，光照强度越大，饱和光电流越大，C错误；‎ D．平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量，故平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能，D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，强度足够的、不可伸长的轻线一端系着一个小球p，另一端套在图钉A上，图钉A正上方有距它h的图钉B，此时小球在光滑的水平平台上做半径为a的匀速圆周运动。现拔掉图钉A，则（　　）‎ A. 小球继续做匀速圆周运动 - 24 -‎ B. 小球做远离0的曲线运动，直到被图钉B拉住时停止 C. 不管小球做什么运动，直到被图钉B拉住时小球通过的位移一定大于h D. 根据题中的已知条件能求出拔掉图钉A瞬间到小球再次做匀速圆周运动的时间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．小球做匀速圆周运动的向心力由绳的拉力提供，拔掉图钉A，则绳的拉力突然消失，小球做离心运动，直到被图钉B拉住，绳中又有拉力，可以继续以更大的半径做圆周运动，AB错误；‎ C．小球做离心运动，直到被图钉B拉住时，半径增大h，但由于小球沿切线方向运动，如图：‎ 所以位移一定大于h，C正确；‎ D．由图可知：‎ 时间：‎ 由于不知道开始时圆周运动的半径和做匀速圆周运动的线速度，所以不能求出拔掉图钉A瞬间到小球再次做匀速圆周运动的时间，D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.空间有一沿x轴分布的电场，其场强E随x变化的图像如图所示，规定场强沿x轴正方向为正方向。x1和x2为x轴上的两点。一负电荷从x1运动到x2，则该电荷的电势能（　　）‎ - 24 -‎ A. 先减小后增大 B. 先增大后减小 C. 逐渐增大 D. 逐渐减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，在x1处电场强度向x轴负方向，负电荷电场力与电场方向相反，即在x1处电场力向x轴正方向，与运动方向相同，电场力先做正功，电势能减小，当电场方向沿x轴正方向时，电场力向x轴负方向，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎10.如图所示为一种获得高能粒子的装置一一环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的可变匀强磁场，质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，设粒子的初速度为零，在两极板间的电场中加速，每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为零，粒子在电场多次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕中心运动的半径不变（设极板间距远小于R），粒子重力不计，下列关于环形加速器的说法中正确的是（　　）‎ - 24 -‎ A. 加速器对带正电粒子顺时针加速，对带负电粒子加速需要升高B板电势 B. 电势U越高，粒子最终的速度就越大 C. 粒子第n次绕行一圈所需的时间tn与下一次所需时间tn+1的关系为 D. 第n次绕行的磁感应强度大小Bn与下一次磁感应强度大小Bn+1之比为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁场方向垂直纸面向外，要使带正电的粒子能在环形区域做圆周运动，则由左手定则判断可知，带正电粒子顺时针运动，带负电粒子需逆时针运动，所以对带负电粒子加速需要升高A板电势，A错误；‎ B．粒子最终的速度与带电粒子被加速的次数有关，即使电势U比较低，但如果加速次数多，速度也可以更大，B错误；‎ C．粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为vn ，由动能定理：‎ 解得：‎ 粒子绕行第n圈所需时间：‎ 所以，C错误；‎ D．粒子在环形区域磁场中，受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动：‎ 解得：‎ - 24 -‎ 所以，D正确。‎ 故选D。‎ 二、不定项选择题（每小题可能有一个或多个选项符合题意，每题4分，共16分，错选和多选不得分，漏选得2分）‎ ‎11.一列机械波沿直线ab向右传播，=2m，a、b两点的振动情况如图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 波速可能是m/s B. 波长可能是m C. 波速可能大于m/s D. 波长可能大于m ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】由振动图象可知质点振动周期T=4s，在t=0时刻，a点位于波谷，b点经过平衡位置向上，结合波形得：‎ 得：‎ 波速为：‎ - 24 -‎ ‎ （n=0，1，2，……）‎ 当n=0时，波长最长，最长波长为：m；波速最大，最大波速为：m/s； AB正确，CD错误。‎ 故选AB。‎ ‎12.ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图所示，则a、b两束光（ ）‎ A. 在真空中，a光的传播速度比b光大 B. 这两束光同时射向某金属，若a光能发生光电效应，则b光一定能发生光电效应 C. 以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小 D. 从零逐渐增大从水斜射入空气的入射角，b光比a光先发生全反射 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在真空中，光的传播速度相同，真空中光速为，A错误；‎ B．在CD、AE边只有a光射出，b光发生了全反射，说明b光的临界角小，在五棱镜中的折射率大，频率越大的光，折射率越大，所以b光频率比a光大，这两束光同时射向某金属，若a光能发生光电效应，频率更大的b光一定能发生光电效应，B正确；‎ C．由折射定律 知，b光的折射率大，折射角小，C正确；‎ D．由全反射的临界角公式可知，b - 24 -‎ 光的折射率大，全反射的临界角更小，先发生全反射，D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎13.将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的S极朝上N极朝下，将铜丝折成上端有一支点，下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起来。下列判断不正确的是（　　）‎ A. 线框能旋转起来，是因为惯性 B. 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转 C. 电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率 D. 若将金属导线改成更粗的漆包线，对漆包线不做任何处理，本实验也能成功 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．强磁铁的S极朝上N极朝下，对左边铜丝分析，磁场方向斜向右下方，有向右的分量，由左手定则可以判断，从上往下看，左边铜丝受逆时针方向的安培力；同理的，对右边铜丝分析，也受逆时针方向的安培力，在逆时针方向的安培力作用下，铜丝线圈绕逆时针方向旋转，所以线框能旋转起来，是因为受到安培力，不是惯性，A错误，B正确；‎ C．因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于机械功率．故C错误；‎ D．漆包线由于铜丝外面有一层绝缘漆，若不做任何处理，则无法通电，导线中没有电流，不受安培力的作用，所以无法成功，D错误。‎ 本题选错误的。‎ 故选ACD。‎ ‎14.物理科学与我们的生活，国防科技等联系非常密切，下列说法中正确的有（　　）‎ A. 声呐是波长很短的电磁波，利用声呐可以探测到鱼群、深度海洋和敌方潜艇 - 24 -‎ B. 晴朗的天空呈现蓝色与照相机镜头呈现淡紫色都是光的干涉现象引起的 C. 医院里我们常说的B超和彩超都是声波 D. 光的偏振现象可用于拍摄立体电影，制作照相机镜头和液晶显示器等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．声呐是声波，不是电磁波，A错误；‎ B．晴朗的天空呈现蓝色是由于太阳光的散射形成的，照相机镜头呈现淡紫色是由于镜头涂有增透膜，反射光部分多以高频的蓝紫色光线为主，故呈淡紫色，B错误；‎ C．B超和彩超都是利用超声波探测，C正确；‎ D．光的偏振现象可用于拍摄立体电影，制作照相机镜头和液晶显示器等，D正确。‎ 故选CD。‎ 三、实验题（每空2分，共20分）‎ ‎15.某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ，电阻R1=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻．‎ ‎（1）按图示电路进行连接后，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是_______导线断开；若读数为零，则一定是_______导线断开．‎ ‎ ‎ ‎（2）排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如右图．由I1–I2图象得到电池的电动势E=_______V，内阻r=_______Ω．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1.41（1.36~1.44均可） (4). 0.5（0.4~0.6均可）‎ ‎【解析】‎ - 24 -‎ ‎①用电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在间后有示数，说明电路被接通，即间有断路故障，再测量间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到间，则一定是导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，断路故障的范围被确定在间．‎ ‎②根据闭合电路的欧姆定律：，，上式可简化为，读出两点坐标：（60，0.12）和（260，0.05），代入方程解得：电动势E=1.41 V，内阻r=0.5 Ω．‎ 点睛:由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心．‎ ‎16.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中为固定橡皮条的图钉，为橡皮条与细绳的结点，和为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎(1)如果没有操作失误，图乙中的与两力中，方向一定沿方向的是______.‎ ‎(2)本实验采用的科学方法是______.‎ A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 ‎(3)下列方法中，有助于减小实验误差的是______‎ A.尽可能使两分力的夹角大些 B.尽可能使两分力相差的大些 C.尽可能使两分力与纸面平行 D.尽可能使橡皮条长些 ‎【答案】 (1). (2). B (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧称沿方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿方向的是，由于误差的存在和方向不一定重合．‎ ‎(2)[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；‎ A.理想实验法与分析不符，故A错误；‎ - 24 -‎ B.等效替代法与分析相符，故B正确； ‎ C.控制变量法与分析不符，故C错误； ‎ D.建立物理模型法与分析不符，故D错误．‎ ‎(3)[3]A.两分力的夹角太大，合力较小，合力测量的相对误差较大，故A错误；‎ B.使两分力的大小要适当，不一定相差太大，故B错误；‎ C.为了减小因摩擦造成的误差，应使各力尽量与木板面平行；各力与木板面平行，力的作用效果才是真正相同；故C正确；‎ D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，橡皮条不是要尽可能长，故D错误．‎ ‎17.在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=。只要测出多组单摆的摆长和运动周期T，作出T2-图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。‎ ‎（1）造成图象不过坐标点的原因可能是___________；‎ ‎（2）由图象求出的重力加速度g=___________m/s2；（取2=9.87）‎ ‎（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是___________‎ A．测摆线时摆线拉得过紧 B．先测摆长，再测周期，在测周期时，上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，停表过迟按下 D．实验时误将49次全振动数为50次 ‎【答案】 (1). 测摆长时漏掉了摆球的半径 (2). 9.87 (3). B - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；‎ ‎（2）[2]．由：‎ T=2‎ 得：‎ 则有：‎ ‎=k=4‎ 解得：g= 9.87m/s2‎ ‎（3）[3]．根据：‎ g=‎ A．测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误；‎ B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；‎ C．开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；‎ D．实验时误将49次全振动数为50次，周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故D错误。‎ 故选B。‎ 四、计算题（第18题10分，19题12分，20题12分）‎ ‎18.如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R=0.6m,平台上静止放置着两个滑块A、B,mA=0.1kg,mB=0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的,PQ间距离为 - 24 -‎ L滑块B与PQ之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s,而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s2．求: ‎ ‎(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力;‎ ‎(2)若L=0.8m,滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)要使滑块B既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内 ‎【答案】（1）1N，方向竖直向上（2）（3）0．675m＜L＜1．35m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：‎ 在最高点由牛顿第二定律：‎ 滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：‎ FN=1N 由牛顿第三定律得：滑块对轨道压力大小为1N，方向向上 ‎ ‎（2）爆炸过程由动量守恒定律：‎ 解得：vB=3m/s 滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：‎ 由能量关系：‎ - 24 -‎ 解得EP=022J ‎(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：‎ 若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，‎ 设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得：‎ 联立解得：‎ L1=1.35m 若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：‎ 联立解得：‎ L2=0.675m 综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0.675m＜L＜1.35m ‎19.如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆．运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R．其他电阻忽略不计，重力加速度为g．‎ ‎ ‎ - 24 -‎ ‎(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑．求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力．‎ ‎①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图(d)．求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）‎ ‎②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反．求运输车以速度v0从如图(e)通过距离2D后的速度v．‎ ‎【答案】（1） （2）① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对运输车进行受力分析，由题意运输车恰能在斜面上匀速下滑，由平衡条件可求得动摩擦因数；‎ ‎(2)先画出运输车到站时的等效电路图，求出电路的总电阻，由欧姆定律求出电流，表示出安培力的表达式，由牛顿第二定律求出加速度大小；先把运输车分为无数小段，由动量定理写出安培力的冲量与动量的变化关系，再对整个过程求和，从而得到末速度的表达式.‎ ‎【详解】(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a所示：‎ - 24 -‎ 设轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图b所示：‎ 由几何关系，‎ 又，‎ 运输车匀速运动mgsinθ=f1+f2 ‎ 解得:‎ ‎(2)①运输车到站时，电路图如图（c）所示：‎ 则 由闭合电路的欧姆定律 又，‎ 导体棒所受的安培力：；‎ - 24 -‎ 运输车的加速度 解得： ‎ ‎②运输车进站时，电路如图d所示：‎ 当车速为v时，由法拉第电磁感应定律：；‎ 由闭合电路的欧姆定律 导体棒所受的安培力：；‎ 运输车所受的合力：‎ 选取一小段时间∆t，运输车速度的变化量为∆v，由动量定律：‎ 即：‎ 两边求和：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题的难点在于最后一问，运输车做变加速运动，可以用微元法再累加来求，也可以用平均值法求.‎ - 24 -‎ ‎20.某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（如图乙所示），当带电粒子每次进入两极板间时，板间电势差为U（下极板高于上极板电势），当粒子离开两极板后，级间电势差为零；两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面．在离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q＞0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为4D．已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出．假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收．忽略相对论效应，不计离子重力，求：‎ ‎（1）磁感应强度可能的最小值；‎ ‎（2）调节磁感应强度大小为B1＝，计算离子从P点射出时的动能；‎ ‎（3）若将磁感应强度在（，）范围内调节，写出离子能从P点射出时该范围内磁感应强度B所有的可能值；并计算磁感应强度B2＝时，离子在磁场中运动的时间．‎ ‎【答案】（1）；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎14．解：（1）设离子从O点射入磁场时速率为v，有：‎ ‎ ‎ 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有： ‎ ‎ ‎ 若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有：‎ r＝2D ‎ 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为：‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎（2）若B1＝，根据得 r1＝ ‎ 可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减到零后又重新反向加速至进入时的速率，从进入处再回到磁场区域．因为r1＝，这样的过程将进行2次．‎ - 24 -‎ ‎ ‎ - 24 -‎