宁波市 2019 学年第二学期选考适应性考试物理试卷
一、选择题 I
1. 以下物理量为标量且单位是国际单位制基本单位的是（ ） A. 电流 A 度 T 【答案】A 【解析】
【详解】A．电流是标量且单位是国际单位制基本单位，故 A正确； B．位移是矢量且不是国际单位制基本单位，故 B错误； C．电势是标量，但不是国际单位制基本单位，故 C错误； D．磁感应强度是矢量且不是国际单位制基本单位，故 D错误。 故选 A。
2.如图所示为一同上发现的一幅新能源汽车的漫画，有关这幅漫画，下列说法正确的是（ ）
B. 位移 m
C. 电势 V
D. 磁感应强
A. 磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力 B. 磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力 C. 根据牛顿第二定律，这种设计能使汽车向前运动 D. 只要磁铁的磁性足够强，汽车就可以一直运动下去 【答案】B 【解析】
【详解】AB．磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对相互作用力，应该相等，故 A 错误，B正确；
CD．磁铁和铁块都是汽车的一部分，两者之间的作用力是汽车的内部作用，根据牛顿第二定 律，没有合外力也就没有加速度，不能前进，故 CD错误。 故选 B。
3.如图所示为飞行员（丙）在跳伞训练，飞机驾驶员（甲）和地面指挥员（乙）在观察了丙
Earlybird
晨鸟教育
的运动后，发生了争论。关于甲、乙争论的内容，下列说法正确的是（ ）
A. 甲选取了地面为参考系 C. 两人的说法中必有一个是错误的 同 【答案】D 【解析】
B. 乙选取了飞机为参考系
D.两人选取参考系不同导致观察结果不
【详解】甲、乙两人的说法分别是以飞机和地面作为参考系研究运动的，说法都是正确的。 他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的，故 ABC错误，D正确。 故选 D。
4. 如图所示，在离地面一定高度处把 4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力， 若 1s后 4个水果均未着地，则 1s后速率最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A 【解析】 【详解】根据
v v
0
at
Earlybird
晨鸟教育
v0A
代入解得
3m/s
v
A
7m/s
同理解得
v
B
5m/s 0m/s 5m/s
v
C
v
D
由于
v
A
v
B
v =
D
v
C
故 A正确，BCD错误 故选 A。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 大量处于基态的氢原子在某一频率的光的照射下，能发出多种频率的光子，其中有一种光 的频率与入射光频率相同
B. 卢瑟福通过 α 粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子 C. 某种金属能否发生光电效应取决于照射光的时长
238
206
D. 一个
92
U
原子核衰变为一个
82
Pb
原子核的过程中，共发生了 8次衰变
【答案】A 【解析】
【详解】A．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，先吸收能量向高能级跃迁，然后再从高 能级向低能级跃迁，其中从吸收光子后的最高的能级向基态跃迁时发出的光子的能量与吸收 的光子的能量是相等的，故 A正确；
B．卢瑟福通过 α 粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在质子，而查德韦克通过实验证 实中子，故 B错误；
C．某种金属能否发生光电效应取决于照射光的频率，故 C错误；
238
92
206
82
U Pb
D．由质量数与质子数守恒，一个 原子核衰变为一个 原子核的过程中
Earlybird
晨鸟教育
238 206
4 82 28
1
8
发生 8次 α 衰变
92
=6
发生 6次β 衰变，故 D错误。 故选 A。
6.电容式压力传感器的原理如图所示，其中上板为固定电极，下板为可动电极。可动电极的 两端固定，当有压力作用于可动电极时，极板会发生形变，从而改变电容器的电容。已知电 流从灵敏电流计的正极流入时指针往右偏，则压力突然增大时（ ）
A. 电容器的电容变小 C. 灵敏电流计指针往左偏 【答案】D 【解析】
B. 电容器的电荷量不变 D. 电池对电容器充电
【详解】A．当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式
得知，电容 C 增大，故 A错误；
BCD．电容板间电压 U 不变，电容器所带电量为
C
4S kd
Q CU
C 增大，则 Q 增大，电容器处于充电状态，而上极板带正电，电流将从电流计正接线柱流入，
所以灵敏电流计指针向右偏转，当稳定后，则会回到中央，故 BC错误，D正确。 故选 D。
7. 如图所示，A、B是质量比为 1:2、都带正电的小球，用两根长分别为 2L 和 L 的绝缘轻绳 系住后悬挂于天花板上的同一点 O。当系统平衡后，两根绳与竖直方向的夹角分别为 α 和
β，则（ ）
Earlybird
晨鸟教育
A. α>β 【答案】C 【解析】 【详解】解法一
B. α<β C. α=β D. 不能确定
如上图所示受力分析，力学三角形和几何三角形相似
F
BA
G
A
T
1
x1 F
AB
h G
B
2L T
2
x
2
h
L
2GB ，联立各式得
因为 FAB 和 FBA 是作用力和反作用力，大小相等，且GA
x x
1 2
2
又根据正弦定理可知
sini sin2L
x
1
sin r sin
L x
2
因角i 和角 r 互补，则
Earlybird
晨鸟教育
sini
联立解得
sin r
sin
因为
sin
和 均为锐角，故
所以 ABD错误，C正确。
解法二
两球之间的库仑力是作用力和反作用力关系，大小相等，方向相反，两个小球均受到重力、 静电力和拉力，因为 A、B 的质量比是 1:2，长度之比是 2:1，满足以 O 为支点的杠杆平衡条 件
m g L
A
A
m g L
B
B
所以
F
A
F
B
可知
=
故 ABD错误，C正确。 故选 C。
8.新冠肺炎疫情期间，同学们都待在家里认真上网课。有一位同学突然想估算一下全校师生 在家上直播课时消耗的总电能。他查阅了相关资料，信息如下表： 学校师生总人数 2000
上课时间/节 30min
每天/节 6
网络作业时间/h 2
使用手机人数占比 20%
使用电脑人数占比 80%
手机的功率/W 5
电脑的功率/W 50
Earlybird
晨鸟教育
仅考虑信息表中的用电器，试估算全校师生在家上直播课时一天消耗的总电能约为（ ） A. 4.1×10J 【答案】C 【解析】
【详解】学生每天在线学习的时间
5
B. 8.9×10J
8
C. 1.5×10J
9
D. 2.0×10J
9
t
学生每天使用电脑的总功率
0.56 2h 5h 1.810 s
4
P
1
50 2000 0.8 8 10 W
4
学生每天使用手机的总功率
P
2
5 2000 0.2 2 10 W
3
学生每天学习使用手机和电脑需要消耗的电能为
E
1
P
2
P
t 9 1.48 10 J 1.5 10 J
9
ABD错误，C正确。 故选 C。
9.一着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹变化如图所示，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，经过
P 点启动变轨发动机然后切换到圆轨道Ⅱ上运动，经过一段时间后，再次经过 P 点时启动变
轨发动机切换到椭圆轨道Ⅲ上运动。轨道上的 P、Q、S 三点与火星中心位于同一直线上，P、
Q 两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且 PQ=2QS=2l。除了变轨瞬间，着陆器在轨
道上运行时均处于无动力航行状态。着陆器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上经过 P 点的速度分别为 v1、
v2、v3，下列说法正确的是（ ）
A. v1 Earlybird 晨鸟教育 C. 着陆器在轨道Ⅲ上运动时，经过 P 点的加速度为 2v 2 3 3l D. 着陆器在轨道Ⅱ上由 P 点运动到 S 点，与着陆器在轨道Ⅲ上由 P 点运动到 Q 点的时间之比 为 9:4 【答案】B 【解析】 【详解】A．着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此 v 1 v 2 v 3 故 A错误； B．着陆器在轨道 III上从 P 点运动到 Q 点的过程中，需要加速，所以速率变大，故 B正确； C．根据牛顿第二定律得 ma m v 3 2 2 2 l 解得 a 2v 2 2 3l 故 C错误； D．设着陆器在轨道Ⅱ上周期为 T1，在轨道Ⅱ上周期为 T2，根据开普勒第三定律得 T 2 2 1 27 8 T 解得 2 T T 1 2 3 3 2 2 故 D错误。 故选 B。 10. 如图所示，理想变压器的原线圈 a、b 两端接正弦交变电压，副线圈 M、N 两端通过输电 线接有两个相同的灯泡 L1和 L2，输电线上的等效电阻为 R。开始时，开关 K断开，当接通 K 时，以下说法不正确的是（ ） Earlybird 晨鸟教育 A. 副线圈 M、N 两端的电压减小 C. 通过灯泡 L1的电流减小 【答案】A 【解析】 B. 等效电阻 R 上的电流增大 D. 原线圈的输出功率增大 【详解】A．理想变压器输出电压与外电路无关，只和变压器变压比以及输入电压有关，则 M、 N 的输出电压不变，A选项符合题意，故 A正确； B．开关 S 闭合，L1和 L2并联总电阻变小，电路电流增大，B选项不合题意，故 B错误； C．等效电阻 R 分压增大，则 L1两端分压变小，也即通过 L1的电流变小，C选项不合题意， 故 C错误； D．L1和 L2并联总电阻变小，则外电路总电阻变小，变压器输出功率变大，则输入功率变大， 由于输入电压不变，则原线圈中的电流增大，D选项不合题意，故 D错误。 故选 A。 11. 如图所示，abc 是一块用折射率 n=2的玻璃制成的透明体的横截面，ab 是半径为 R 的圆 弧，ac 边垂直于 bc 边，∠aOc=60°。当一束平行光垂直照到 ac 上时，ab 的外表面只有一 部分有光线穿出，则穿出光线部分的弧长为（ ） A. R 12 B. R 6 C. R 4 D. R 3 【答案】B 【解析】 【详解】由题意作出光路图如下图所示 Earlybird 晨鸟教育 设光的临界角为 C，则有 sinC 1 1 n 2 30 解得 C 如图，在 30 时，均发生全反射，图中 d 点为入射角等于临界角的临界点，所以只有 bd 部分有黄色光透射 出，所以有黄色光射出部分的圆弧对对应的圆心角也是30° ，对应圆弧的长度为 l 故 ACD错误，B正确。 故选 B。 30 360 2 R 6 R 12. 为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器 C 置于储罐中，电容器可通过开关 S与电源或线圈 L 相连，如图所示。当 S从 a 拨到 b 之后， 由 L 与 C 构成的电路中产生振荡电流。那么（ ） A. 若罐中的液面上升，振荡电流的频率变小 B. 若罐中的液面上升，振荡电流的周期变小 C. 当 S从 a 拨到 b 之后的半个周期内，回路中的磁场能先变小后变大 D. 当 S从 a 拨到 b 之后的四分之一周期内，回路中的电流增大，L 的自感电动势变大 【答案】A Earlybird 晨鸟教育 【解析】 【详解】AB．两块平行金属板构成的电容器 C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度 升高，相当于插入的电介质越多，电容增大，根据 T 电容 C增大时，震荡的周期 T增大，由 2 LC 1 T f 可以判定，LC回路的振荡频率 f减小，故 B错误，A正确； C．当 S从 a拨到 b之后的半个周期内，电容作为电源放电，电感产生电流，故磁场先变大， 故 C错误； D．当 S从 a拨到 b之后的四分之一周期内，回路中的电流逐渐增大，但电流变化越来越慢， 故 L自感电动势变小，故 D错误。 故选 A。 13. 如图所示，AB是半径为 R的四分之一圆弧轨道，轨道底端 B点与一水平轨道 BC相切， 水平轨道又在 C点与足够长的斜面轨道 CD平滑连接，轨道 B处有一挡板（厚度不计）。在圆 弧轨道上静止摆放着 N个半径为 r（r< 【详解】A．受力分析可知，在下滑的过程中，曲面上的小球要做加速运动，故 A错误； B．若第 1个小球只有重力对其做功，则在运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得 Earlybird 晨鸟教育 1 mv mgR 2 2 解得 v 2gR 但是，在第 1个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的弹力，该弹力对它做负功，所以 第 1个小球到达最低点的速度 v' 2gR 故 B正确； C．1号小球第一次经过 B 点的向心加速度 a m v' 2 R 所以 a 2g 故 C错误； D．1号小球从 AB 向 CD 的运动过程中，初始高度为 R，如果把 N 个小球看成整体，则小球运 动过程中只有重力做功机械能守恒，弧 AB 的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在园弧上 R 的重心位置小于 2 ，故第 N个小球在斜面上能达到的最大高度小于 R，1号小球更不能达到 R 的高度，故 D错误。 故选 B。 二、选择题 II 14. 3 与 2 的核聚变反应不产生温室气体，不产生放射性物质，是一种十分清洁、环保的 2 He 1H 能源，对今后人类社会的可持续发展具有深远意义，该核反应可表示为 3 2 2 3 4 He+1 H Li+X （X表示某种粒子），则下列说法正确的是（ ） A. 该核反应很容易发生，是目前利用核能的主要方式 4 3 Li 3 B. 原子核比 2 He 原子核稳定 C. X为中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过实验发现 D. X具有较强的电离能力 Earlybird 晨鸟教育 【答案】BC 【解析】 【详解】A．该核反应是聚变反应，需要在超高温和超高压的环境下进行的，不容易发生，故 A错误； B．反应过程放出能量，说明后面的能量低，更稳定，则 3 Li 原子核比 2 He 原子核稳定，故 B 4 3 正确； C．根据质量数守恒和电荷数守恒有 3 2 4 1 3 0 2 1 1 0 n ，是中子，是原子核的组成部分，最早由查德威克通过实验发现，故 C正确； 可知 X为 D．由于中子不带电，因此它的电离能力较弱，故 D错误。 故选 BC。 15. 如图甲所示，一绝缘的圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆过圆心且垂直于圆环平面， 杆上套有带正电的小球。t=0时刻把小球从 a 点由静止释放后，小球沿细杆运动经过 b、c 两 点，小球运动的 v—t 图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ） A. 小球从 a 点运动到点的过程中电势能增大 B. 圆环在圆心处产生的电场强度为 0 C. a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 D. a、b 两点电势差 Uab小于 b、c 两点电势差 Ubc 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由题意得小球带正电，则小球从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做正功，电势 能减小，故 A错误； B．根据对称性可知，绝缘竖直圆环上均匀分布的正电荷在圆心处产生的场强完全抵消，则带 Earlybird 晨鸟教育 电圆环在圆心处产生的场强为零，故 B正确； C．由乙图可知小球在 a 处的加速度小于 b 处加速度，由 qE ma 可知 a 点的电场强度小于 b 点的电场强度，故 C错误； D．根据动能定理 1 qU b mv2 2 1 mv 2 2 b 0 1 m 0 2 1 2 m 0 08 ab 1 qU bc mv 2 2 c m2 (0 2 2 0 ) 0m 可得 a、b 两点电势差 Uab小于 b、c 两点电势差 Ubc，故 D正确。 故选 BD。 16. 如图所示是一列简谐横波在某一时刻的波形图，已知该时刻 P 质点的振动方向沿 y 轴负 方向，波速是 10m/s，则下列说法正确的是（ ） A. 从该时刻起经过 0.2s，Q 质点通过的路程是 2m B. 从该时刻起经过 0.1s，P 质点通过的路程大于 0.1m C. P 质点从该时刻起到第二次到达波峰所用的时间等于 0.45s D. P 质点从该时刻起经过（0.2+0.05）s（=0，1，2，3…）时间均可回到平衡位置 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知波长为 则该波的周期为 4m T 4 s 0s v 10 则该时刻起经过 0.2s，Q 质点通过的路程是 S 故 A错误； 2A 210cm 20cm 0m Earlybird 晨鸟教育 B．从该时刻起经过 0.1s，则 P点从 4.5m处移到 3.5m的位置，P 点经过的路程即此过程的振 幅，由几何关系的，P 点初始高度为 2 10 5 2cm 2 在 3.5m处的高度为 2 10 5 2cm 2 质点通过的路程为 5 2 5 2 故 B正确； 10 2cm 0.1m C．P 质点从该时刻起到第二次到达波峰所用的时间，可近似看成从 x 时间，即 1m到 x 4.5m所用的 7 t 8 故 C错误； D． 0.4s 0.35s t 0.05s T 8 该波沿 x 的正方向传播，P 质点的坐标为为 4.5m，根据波形的平移法得到该时刻起经过 0.05s 波形向右平移 0.5m，则质点 P 回到平衡位置。由于周期为 0.4s，所以 P 质点从该时刻起经过 （0.2n +0.05）s（n= 0，1，2，3…）时间均可回到平衡位置，故 D错误。 故选 BD。 三、非选择题 17. 小海同学在居家学习过程中，利用手机来做物理实验。图甲为他利用手机拍摄了一个小 球自由下落的视频，为了便于测量，小海在小球下落的背景中附了一根最小刻度为厘米 （cm）的刻度尺，让小球从刻度尺 0刻度处自由下落并录制视频，再根据视频信息来验证小 球下落过程中机械能是否守恒。 视频是由间隔相等时间连续拍摄的图片组成。人们日常所说的视频帧率，通常会用 FPS （FramesPerSecond）表示，简单地说就是在 1s时间内拍摄照片的数量，由多张照片连起来 加上音频就成了视频片段。小海同学用 60FPS的帧率录制了一个小球自由下落的视频，并通 Earlybird 晨鸟教育 过计算机把这个视频分解成照片，然后把这些照片从左到右排列，如图乙所示，这些照片记 录了不同时刻小球自由下落时的位置。 (1)本实验中小海同学是用 60FPS的帧率录制的视频，并通过计算机把这个视频分解成照片， 则相邻两张照片之间的时间间隔为_____s； (2)根据分解成的照片，可以计算小球下落到不同位置时的速度，当小球下落到图中 P 点时， 速度大小为___m/s（保留二位有效数字）。； (3)在实验误差允许的范围内，若小球减少的重力势能 ΔEp与小球增加的动能 ΔEk近似相等， 即可验证机械能守恒定律。若小球的质量为 0.1kg，当地的重力加速度为 9.79m/s，以小球 从开始下落到经过 P 点的过程进行研究，其下落的高度为_________m，减少的重力势能为 _____J（第二个空格要求保留三位有效数字）。 2 1 【答案】 【解析】 【详解】(1)[1]依题得，60FPS的帧率即意味着一秒拍摄 60次，因此相邻来两张照片之间的 Earlybird (1). 60 (2). 3.3 (3). 0.503 (4). 0.492 晨鸟教育 1 时间间隔为 60 。 (2)[2]P 点为时间中点，因此有 v 2 6 10 2 P 3.3m/s 5 2 (3)[3][4]依图得，下落高度为 1 60 h 0.503m 根据 E P 0 mgh 代入数据可求得 E P 0.492J 18. 现要描绘标有“2.5V，0.8W”的小灯泡 L的伏安特性曲线，小海同学设计了图甲电路进 行实验： (1)请将滑动变阻器接入电路（用笔画线代替导线完成接线）_________； (2)某次测量时，电压表的指针如图乙所示，此时电压表的读数为____V； (3)为进一步研究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，小明利用测量所得的数据通过 P=UI 计 算电功率。小明采用图像法处理数据，将 P、U作为纵、横坐标建立直角坐标系，将获得的 数据在坐标纸上描点，并根据数据分布作出了一条直线，如图丙所示。请指出 P—U图像中 两处不恰当的地方_____、_____。 2 2 Earlybird 晨鸟教育 【答案】 (1). (2).2.05（2.01~2.09） (3). 图线不能用直线拟合 【解析】 (4). 横坐标的标度选择不合理（最大刻度以 7.0V左右比较合适） 2 【详解】(1)[1]根据实验原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法以及电流表外接法， 则连接原理图如图所示 (2)[2]由上题图可知，电压表选用3V 量程，因此可直接对下面一层数字进行读数，然后在进 行估值，由此可得此时电压表的读数为 2.05 2.01 2.09 。 (3)[3][4]由于灯泡的电阻随温度的变化而变化，因此作出的图形不能为直线。由图可知，由 于横坐标选择不合适，使得图像过于集中。 19. 如图为大型游乐设施环形座舱跳楼机。跳楼机从离地面高度 h1=100m处由静止开始自由 下落到离地面 h2=20m处的位置时开始以恒力制动，使跳楼机到达地面时速度刚好减为 0。已 知座舱内小海的质量 m=70kg，重力加速度 g 取 10m/s，不计一切阻力。试求： (1)跳楼机下落过程中的最大速度 vm； Earlybird 2 晨鸟教育 (2)跳楼机下落到地面的总时间 t； (3)跳楼机在自由下落阶段和制动阶段，小海对座椅的作用力大小分别为多少。 【答案】(1)40m/s；(2)5s；(3)0，3500N 【解析】 【详解】(1)跳楼机在第一阶段做自落体运动达最大速度后作减速运动。自由下落的高度为 h h 1 h 2 根据自由落体运动规律 v2 代入数据可得 h 2gh 80m v 40m/s (2)根据自由落体规律 可得做自由落体的时间为 1 2 2h g h gt2 t 1 由匀变速规律可得 h 2 v t 2 2 因此下落总时间为 t 代入数据解得 t 1 2 t Earlybird 晨鸟教育 t=5s (3)第一阶段下落 80米的过程，自由下落，完全失重，因此作用力为 0。 设后 20米下落过程的加速度大小为 a ，则 2ah 2 0 v2 代入数据可得 对人受力分析，有 a 40m/s 2 F 代入数据可得 mg ma F 3500N 根据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小也为 3500N 20. 某遥控赛车轨道如图所示，赛车从起点 A 出发，沿摆放在水平地面上的直轨道 AB 运动 L=10m后，从 B 点进入半径 R=0.1m的光滑竖直圆轨道，经过一个完整的圆周后进入粗糙的、 长度可调的、倾角=30的斜直轨道 CD，最后在 D 点速度方向变为水平后飞出（不考虑经过 轨道中 C、D 两点的机械能损失）。已知赛车质量 m=0.1kg，通电后赛车以额定功率 P=1.5W工 作，赛车与 AB 轨道、CD 轨道间的动摩擦因数分别为 μ1=0.3和 μ2= 3 ，重力加速度 g 取 6 10m/s： (1)求赛车恰好能过圆轨道最高点 P 时的速度 vP的大小； (2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动，求赛车通电的最短时间； (3)已知赛车在水平直轨道 AB 上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动，进入 圆轨道后关闭电源，选择 CD 轨道合适的长度，可使赛车从 D 点飞出后落地的水平位移最大， 求此最大水平位移，并求出此时 CD 轨道的长度。 2 l 【答案】(1)1m/s；(2)2.17s ；(3) 5 m ， x 6 5 6 m 12 Earlybird 晨鸟教育 【解析】 【详解】(1)小球恰好在最高点 P，只受到重力，重力提供向心力，即 mg m v P 2 R 代入数据可得 vP 1m/s (2)由(1)小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达 P 点的速度至少为1m/s ，赛车从 开始运动到 P点的全过程，由动能定理得： 1 Pt mgL mg2R 1 mv 2 2 P 代入数据可得，赛车的最短通电时间 13 t s 2.17s 6 (3)赛车在最后过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为 v P F P mg 1 设 CD 轨道的长度为l ，赛车沿 CD 向上运动过程运用动能定理可得 1 mv 2 2 1 mv2 mgl sin mg cos l D 2 2 赛车从 D 飞出后做平抛运动，其水平位移为 x，则有 x v t D l sin 联立可得 1 gt 2 2 x 5l 2 3l 2 5 l m 由数学知识可得，当 6 ，水平位移 x 有最大值，最大值为 5 6 x m 12 21. 如图甲所示，两条间距为 l、足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ 固定在水平面上，轨道 平面存在如图乙所示的磁场，磁感应强度在 0~T 时间内呈线性变化，T 时刻后稳定不变，大 Earlybird 晨鸟教育 小为 B。t=0时刻，磁场方向垂直于纸面向下。有一边长也为 l，质量为 m，总电阻为 R 的正 方形线框 ABCD 在外力的作用下固定在轨道上，线框有一半面积位于磁场内。T 时刻，撤去外 力，同时给线框一个水平向右的初速度 v0，线框最终能全部穿过磁场右边界 EF，已知 CE 长 度大于线框的边长： (1)在 0~T 时间内，线框中感应电流的大小和方向； (2)线框完全进入磁场时的速度大小； (3)从 t=0时刻开始到穿出 EF 边界的过程中，线框产生的总热量。 Bl 【答案】(1) 2 B l ，ABCDA；(2)v 0 3B l v 2 3 9B l 0 2 3 4 6 B l 2 4 TR 【解析】 【详解】(1)在 0 2 mR ；(3) 2R 8mR 2 TR T 时间内，通过线框的磁通量发生变化，由法拉第电磁感应定律可得 B E t S 2B l 2 Bl 2 T 2 T 产生的感应电流大小为 I E R Bl TR 2 根据楞次定律，感应电流方向为 ABCDA。 (2)T 时刻，撤去外力后，线框在安培力作用下作减速运动，由动量定理可得 Bq l 1 mv mv 0 其中 q 1 Bl 2 R 1 2 R 解得 Earlybird 晨鸟教育 B l 2 3 v v 0 2 mR (3)0 T 时间内产生的热量 Q 1 I RT 2 B l 2 4 TR 设进入磁场过程产生的热量为Q2 ，根据能量关系可得 1 Q 2 0 1 2 B l v 2 3 2 B l 4 6 0 mv 2 mv 2 2R 2 8mR 线框全部在磁场中匀速运动时不产生热量，设穿出磁场过程产生的热量为Q3 ，线框在安培力 作用下，做减速运动，由动量定理可得 Blq 2 mv 1 mv 其中 q R 2 Bl 2 2 R 可得 v 1 v 0 3B l 2 3 2mR 则 Q 3 1 mv2 2 1 mv2 2 1 可得全过程产生的总的热量 3B l v 2 3 9B l 4 6 B l 2 4 Q Q 1 Q 2 Q 3 0 2 TR 2R 8mR 22. 如图所示，在半径为 R 的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场强弱可以改 变，直径 PQ 处放有一层极薄的粒子接收板。放射源 S 放出的 α 粒子向纸面内各个方向均匀 发射，速度大小均为 v。已知 α 粒子质量为 m，电荷量为 q： (1)若 B 8mv 5qR ，放射源 S 位于圆心 O 点正上方的圆弧上，试求粒子接收板能接收到粒子的 长度； Earlybird 晨鸟教育 (2)若 B mv qR ，把放射源从 Q 点沿圆弧逐渐移到 P 点的过程中，求放射源在圆弧上什么范围 移动时，O 点能接收到 α 粒子； (3)若 4 3mv 3qR ，把放射源从 Q 点沿圆弧逐渐移到 P 点的过程中，求放射源在圆弧上 什 B 么范围移动时，直径上位于 O 点右侧 R 2 距离的 O'点能接收到 α 粒子。 【答案】(1)R ；(2)当放射源在圆弧 QSI 上都能打到 O 点；(3)从放射源从 Q 到 H 范围的粒子 能打到O【解析】 【详解】(1)α 粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力 点 qvB m v 2 r 又因为 B 8mv 5qR 解得 r 如图所示 5 R 8 α 粒子被收集板最右侧收集，其运动轨迹恰好与 PQ 相切于点 N，其圆心为 C，CD 垂直 SO，根 Earlybird 晨鸟教育 据几何关系可得 ON 2 CD 2 SC 2 SD 2 r 2 r R 解得 2 ON α 0.5R 粒子水平向左发射时被收集板最左侧收集时，其运动轨迹恰好与 PQ 相交于点 M，其圆心在 SO 的 E 点，根据几何关系可得 OM 2 ME2 OE2 r2 r R 2 解得 OM 因此，收集可收集到 α 粒子的长度为 0.5R MN (2)因为 OM ON R B mv qR 可得其运动半径为 r R 考虑能够打到 O 点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为 R 的圆，其圆周上的一个点在 O 点。如下图所示 根据图可知， α 粒子从 Q 点沿圆弧逆时针移动，当移到位置 I时，其轨迹恰好与 PQ 相切，之 前都能打到 O 点，过了 I之后，将不能打到 O 点。从 I发出的粒子，其轨迹与 PQ 相切，则 其对应的圆心恰好在 O 的正上方 S，三角形 ISO 为正三角形，所以 Earlybird 晨鸟教育 IOQ 因此当放射源在圆弧 QSI 上都能打到 O 点。 (3)如图所示 150 因为 B 4 3mv 3qR 可得其运动半径为 r 考虑能够打到O 3 4 1 R R 2 点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为 3 圆其圆周上的一个点在 4 O R O 点的连线是弦长，移动 点，把放射源从 Q 点沿圆弧逐渐移到 P 点的过程中，放射源与 过程中弦长越来越长，由于 r 因此当放射源位置与O对于三角形 HOO 3 4 1 R R 2 点的之间的距离为 2r 时，设放射源的位置为 H ，此位置是临界点。 ，根据余弦定理可得 2 R 2 1 2 R 2 2r 2 cosHOO R 2R 2 所以 HOO 60 Earlybird 晨鸟教育 则从放射源从 Q 到 H 范围的粒子能打到O 点。 Earlybird 晨鸟教育 Earlybird 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容