2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷：八 Word版含解析

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1、 考前冲刺卷考前冲刺卷(八八) 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 选择题部分 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.2022 年，杭州将举办亚运会，在运动场上，下列说法正确的是( ) A.在 100 m 比赛中的冲刺阶段运动员可看成质点 B.若某运动员在 200 m 比赛中成绩为 20 s，则该运动员平均速度为 10 m/s C.羽毛球被扣杀后在飞入对方场地过程中受重力、空气阻力和球拍的作用力 D.乒乓球比赛中，有时会出现高抛发球，若在某次比赛中

2、，乒乓球被抛出后距乒乓球桌的最大高度为 3.2 m，则乒乓球从最高点到击球点的时间可能为 0.84 s 解析 在 100 m 比赛中的冲刺阶段运动员躯干部位通过终点都有效，故运动不能看成质点，选项 A 错误；200 m 比赛的位移小于 200 m，故运动员在 200 m 比赛中的平均速度小于 10 m/s，选项 B 错误；羽毛球被扣杀后进入对方场地的过程中受重力和空气阻力作用，选项 C 错误；乒乓球在下落过程中受重力和空气阻力作用，其下落的加速度小于重力加速度，由 h12at2得，t2ha2hg0.8 s，选项 D正确。 答案 D 2.列车在通过桥梁、隧道的时候，要提前减速。假设列车的减速过程

3、可看做匀减速直线运动，下列与其运动相关的物理量(位移 x、加速度 a、速度 v、动能 Ek)随时间 t 变化的图象，能正确反映其规律的是( ) 解析 由火车减速过程中位移与时间的关系 xv0t12at2可知，位移时间图象为开口向下的二次函数图线，故 A 错误；由于火车做匀减速运动，故加速度恒定不变，故 B 错误；由火车减速过程速度与时间的关系式 vv0at，可知速度时间 关系为一次函数图象且斜率为负，故 C 正确；由动能公式 Ek12mv2可得，火车在减速过程中，动能与时间的关系表达式为 Ek12mv212m(v0at)212ma2t2mv0at12mv20，即为二次函数关系，故 D 错误。

4、答案 C 3.如图 1 所示， 在某次比赛中， 我国女排名将将排球从底线 A 点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的 B 点上，且 AB 平行于边界 CD。已知网高为 h2.24 m，球场的长度为 s18 m，不计空气阻力且排球可看成质点，重力加速度 g10 m/s2，则排球被发出时，击球点的高度 H 和水平初速度 v 分别为( ) 图 1 A.H2.99 m，v23.3 m/s B.H3.36 m，v12.0 m/s C.H2.99 m，v12.0 m/s D.H3.36 m，v23.3 m/s 解析 由于排球飞过全场，前半场与后半场用时相等，由平抛运动规律知竖直方向位

5、移之比为 13，已知后半场竖直位移为 2.24 m，则总高度为 H43h2.99 m；由平抛运动公式 svt，H12gt2，计算得 v23.3 m/s。 答案 A 4.自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器，变速器通过改变链条的位置，使链条跳到不同的齿轮上而改变速度。自行车的部分构造如图 2 所示，下列有关说法中不正确的是( ) 图 2 A.自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等 B.自行车拐弯时，前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等 C.自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡 D.自行车骑行时，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等 解析 根据传动结构特

6、点分析。解题的关键是分析是哪一种传动，根据圆周运动解题。自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等，故 A 正确；自行车拐弯时，由于前后轮的转弯半径不同，故前轮边缘与后轮边缘的线速度大小不相等，故 B 错误；自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡，线速度最小，最省力，故 C 正确；自行车骑行时，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘属于链条传动，故线速度大小相等，故 D 正确。 答案 B 5.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度时间图象如图 3 甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为

7、 60 kg。设降落伞用 8 根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为 37 ，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37 0.6，cos 37 0.8)( ) 图 3 A.前 2 s 处于超重状态 B.从 200 m 高处开始跳下 C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为 125 N D.整个运动过程中的平均速度大小为 10 m/s 解析 前 2 s 运动员加速下降，故处于失重状态，故选项 A 错误；速度时间图象中，面积大小等于位移大小，故位移为 180 m，选项 B 错误；平均速度 vst18013 m/s13.8 m/s， 故选项 D 错误； 根据

8、牛顿运动定律 8Fcos 37 mgma， 根据图象，运动员落地前加速度 a103 m/s2，则 F125 N，故选项 C 正确。 答案 C 6.背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段， 如图 4 所示为从起跳到落地运动过程分解图， 某同学身高 1.80 m， 体重 60 kg，参加学校运动会时成功地越过高 1.90 m 的横杆，该同学跳起时的动能可能是下列哪个值(g 取 10 m/s2)( ) 图 4 A.500 J B.600 J C.800 J D.2 000 J 解析 该同学跳高过程可以视为竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，该同学重心升高高

9、度至少为 h1.901.802 m1.0 m，根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能 Ekmgh60101.0 J600 J，因实际过程中可能存在阻力，则可知，只有动能大于 600 J 时才能成功越过，但 2 000 J 不符合实际，故只有 C正确，A、B、D 错误。 答案 C 7.2018 年 7 月 22 日美国在卡纳维拉尔角空军基地成功发射了地球同步轨道卫星Telstar 19 Vantage，定点在西经 63 度赤道上空。2018 年 7 月 25 日欧洲航天局在圭亚那太空中心成功发射了四颗伽利略导航卫星(FO CFM19、20、21、22)，这四颗伽利略导航卫星质量大小不等，运行在离地

10、面高度为 23 616 km 的中地球轨道。设所有卫星都绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A.这四颗伽利略导航卫星运行时所需的向心力大小相等 B.FO CFM19 运行时周期小于 Telstar 19 Vantage 的运行周期 C.Telstar 19 Vantage 运行时线速度可能大于地球第一宇宙速度 D.FO CFM19 运行时的向心加速度小于 Telstar 19 Vantage 的向心加速度 解析 根据万有引力提供向心力得 FGMmr2，这四颗伽利略导航卫星的轨道半径相等，但质量大小不等，故这四颗伽利略导航卫星的向心力大小不相等，故 A 错误；根据万有引力提供向心力得

11、GMmr2m42T2r，解得 T2r3GM，因 FO CFM19 运行时轨道半径小于地球同步轨道卫星 Telstar 19 Vantage 的轨道半径，故 FO CFM19 运行时周期小于 Telstar 19 Vantage 的运行周期，故 B 正确；根据万有引力提供向心力得 GMmr2mv2r，解得 vGMr，因地球同步轨道卫星 Telstar 19 Vantage 的轨道半径大于地球半径，故 Telstar 19 Vantage 运行时线速度一定小于地球第一宇宙速度， 故 C 错误； 根据万有引力提供向心力得 GMmr2ma， 解得 aGMr2，因 FO CFM19 运行时轨道半径小于地

12、球同步轨道卫星 Telstar 19 Vantage 的轨道半径，故 FO CFM19 的向心加速度大于 Telstar 19 Vantage 的向心加速度，故 D错误。 答案 B 8.如图 5 所示，A，B 两平行金属板水平放置，两板之间的电势差恒定，金属板上的 a、 b 两小孔恰好在同一竖直线上， 在两小孔的正上方有一带电油滴由静止释放，到达 b 孔时速度恰好为零。不计空气阻力，则( ) 图 5 A.到达 b 孔时电场力恰好等于重力 B.将 A 板上移，带电油滴将不能到达 b 孔 C.将 B 板下移，带电油滴将不能到达 b 孔 D.将 A 板及带电油滴的释放位置都上移，带电油滴一定能到达

13、b 孔 解析 根据题意，油滴在平行板内做减速运动，受到的电场力大于重力，故选项 A 错误；设油滴出发位置离 B 板的距离为 h，则有 mghqU00，将 A 板上移，等式仍成立，带电油滴仍恰能达到 b 孔，选项 B 错误；B 板下移，平行板电势差不变，但 h 增大，故能达到 B 板，选项 C 错误；同理可知，选项 D 正确。 答案 D 9.如图 6 甲所示的“抓娃娃机”是老少皆宜的一种娱乐工具。 若抓小熊的爪子有四个抓脚，某次抓小熊简化为如图乙所示(只画了左、右两个抓脚，前、后两个没画)，其中一段过程如下： 当小熊(可视为质点)被爪子抓紧， 爪子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，小

14、熊质量为 M，到小环的距离为 L，小熊与每个抓脚间的最大静摩擦力均为 F。 小环和小熊以速度 v 向右匀速运动， 小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，小熊向上摆动。整个过程中，小熊在爪子中没有滑动。小环和爪子的质量均不计，重力加速度为 g。下列说法正确的是( ) 图 6 A.小熊向右匀速运动时，绳中的张力等于 4F B.小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 4F C.小熊上升的最大高度为2v2g D.速度 v 不能超过（4FMg）LM 解析 爪子受绳的拉力和小熊对爪子的静摩擦力，其中静摩擦力小于等于最大静摩擦力，由平衡条件知，绳中的张力不一定等于 4F，选项 A 错误；小环碰到钉子P 后，小熊开

15、始在竖直面内做圆周运动，在最低点时，对整体 TMgMv2L，对小熊 4fMgMv2L，所以 T4f4F，则绳中的张力不大于 4F，选项 B 错误；小熊上升到最高点的过程中，由动能定理得，Mgh12Mv2，解得 hv22g，选项 C错误；当小熊受到的静摩擦力为最大静摩擦力时，小熊的速度最大，由牛顿第二 定律得，4FMgMv2L，解得小熊的最大速度为 v（4FMg）LM，选项 D 正确。 答案 D 10.一个半径为 R 的绝缘圆柱面，有 2N1 根长直铜导线紧紧贴在其表面，通有向下的电流，大小均为 I，通电导线有两种放置方法，方法 1：一根放置在 AA处，其余 2N 根均匀、对称的分布在圆柱的右半

16、侧，与圆柱的轴平行如图 7 甲；方法 2：方法 1 中若把其余 2N 根均匀、对称的分布在圆柱的左半侧，与圆柱的轴平行如图乙，在这两种情况下，其余 2N 根在 AA产生的磁场分别为 B1、B2，放置在 AA处的导线受安培力分别为 F1、F2。已知通有电流 i 的长直导线在距其 r 处产生的磁感应强度大小为 Bkmir(其中 km为一常数)，甲、乙的俯视图分别为丙、丁。则( ) 图 7 A.B1、B2方向相同，大小相等，F1F2 B.B1、B2方向相同，大小不等，F1F2 C.B1、B2方向不相同，大小相等，F1F2 D.B1、B2方向不相同，大小不相等，F1F2 解析 由安培定则知，两根对称通

17、电长直导线在 AA处产生的磁感应强度如图所示，由磁场叠加得，B2kmI2Rcos cos kmIR，方向竖直向上，则 B1B2NkmIR，方向相同，由 FBIL 知，放在 AA处的导线受到的安培力相等，选项 A 正确，B、C、D 错误。 答案 A 二、选择题(本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题给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 3 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 11.如图 8 甲所示为一半圆形玻璃砖，一定强度的激光沿半径方向入射到玻璃砖的圆心 O 点后分离为 A、B、C 三束(如图甲所示)，现让经过玻璃砖后的 A、B、C 三束光

18、分别照射相同的光电管的阴极(如图乙所示)，在 C 光的照射下，电路中恰好有光电流产生，则( ) 图 8 A.B 光照射光电管的阴极时，有光电子打出 B.A 光和 C 光分别照射光电管的阴极时，A 光打出光电子的最大初动能较大 C.入射光的入射角从 0 开始增大，C 光比 B 光先消失 D.A 光照射光电管时产生的光电流一定比 C 光大 解析 由三种光的折射光路图可看出，三种光的折射率大小关系为 nBnCnA，则频率关系为 BCA，在 C 光的照射下，电路中恰好有光电流产生，故 B 光照射光电管的阴极时没有光电子打出， A 光照射光电管的阴极时打出的光电子的最大初动能比 C 光的大，选项 A 错

19、误，B 正确；入射光的入射角从 0 开始增大，C 光比B 光先消失，选项 C 正确；由于 A 光和 C 光的强度不知道，故不能确定 A 光照射光电管时产生的电流一定比 C 光大，选项 D 错误。 答案 BC 12.如图 9 所示，实线是沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t0 时刻的波形图，虚线是 这列波在 t2 s 时刻的波形图。已知该波的波速 v8 m/s，振幅 A4 cm，则下列说法中正确的是( ) 图 9 A.t0 时刻 x8 m 处的质点向上振动 B.该横波若与频率为 1.5 Hz 的波相遇，可能发生干涉 C.经过 t1 s，x2 m 处的质点位于平衡位置且向下振动 D.t2.75 s

20、时刻 x4 m 处的质点位移为2 3 cm 解析 由题图可知，该波的波长为 12 m，波速 v8 m/s，故周期 Tv1.5 s，频率 f1T23 Hz，该波与频率为 1.5 Hz 的波，不能发生干涉，选项 B 错误；经过2 s，波沿 x 轴传播 16 m，即传播了 4 m，所以波向 x 轴负方向传播，由微平移法可知，t0 时刻 x8 m 处的质点在向上振动，选项 A 正确；经过 1 s，波向左传播 8 m，x2 m 处的质点的振动情况与 t0 时刻 x10 m 处的质点的振动情况相同，即位于平衡位置且向上振动，选项 C 错误；2.75 s156T，x4 m 处的质点的位移为 Asin2564

21、32 cm2 3 cm，选项 D 正确。 答案 AD 13.如图 10 所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n3 的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射能量。下列说法正确的是( ) 图 10 A.这群氢原子能发出三种频率不同的光 B.从 n3 能级跃迁到 n1 能级发出的光最容易发生衍射现象 C.从 n3 能级跃迁到 n1 能级发出的光子动量最大 D.从 n3 能级跃迁到 n1 能级发出的光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠，产生的光电子初动能一定为 9.60 eV 解析 根据数学知识可知这群氢原子能发出三种频率不同的光，A 正确；这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从 n3

22、跃迁到 n1 所发出的光子频率最高，根据 c，知频率最高的光子，波长最短，最不容易发生衍射现象，B 错误；从 n3 跃迁到 n1 所发出的光子频率最高，根据 phc，其动量也最大，C 正确；氢原子跃迁时产生的最大光子能量 Eh12.09 eV，根据光电效应方程知，产生的光电子最大初动能为 EkmhW09.60 eV，但不一定都是 9.60 eV，D 错误。 答案 AC 14.现有两动能均为 E00.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应， 得到32He 和新粒子， 且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能。已知21H 的质量为 2.0

23、14 1 u，32He 的质量为 3.016 0 u，新粒子的质量为 1.008 7 u，核反应时质量亏损 1 u 释放的核能约为 931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是( ) A.核反应方程为21H21H32He11H B.核反应前后满足能量守恒定律 C.新粒子的动能约为 3 MeV D.32He 的动能约为 4 MeV 解析 由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H21H32He10n，则新粒子为中子10n，所以 A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，但仍然满足能量守恒定律，B 正确；由题意可知 E(2.014 1 u23.016 0 u1.008 7 u

24、) 931 MeV/u3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有 EkHeEkn2E0E，根据核反应中系统的动量守恒有 pHepn0，由 Ekp22m，可知EkHeEknmnmHe，解得 EkHemnmnmHe(2E0E)1 MeV，EknmHemnmHe(2E0E)3 MeV，所以 C 正确，D错误。 答案 BC 15.如图 11 甲所示，质量 m3.0103 kg 的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆 CD 长 l0.20 m，处于磁感应强度大小 B11.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数 n300 匝、面积 S0.01 m2的线圈通过开关 K与两水银槽相连。

25、线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度 B2随时间 t 变化的关系如图乙所示。t0.22 s 时闭合开关 K 瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度 h0.20 m。不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是( ) 图 11 A.00.10 s 内线圈中的感应电动势大小为 3 V B.开关 K 闭合瞬间，CD 中的电流方向由 C 到 D C.磁感应强度 B2的方向竖直向下 D.开关 K 闭合瞬间，通过细杆 CD 的电荷量为 0.03 C 解析 00.1 s内线圈中的磁场均匀变化， 由法拉第电磁感应定律EntnSBt，代入数据得 E3

26、0 V，A 错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由 C 到 D，B 正确；由于 t0.22 s 时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与 B2的方向相同，故再由安培定则可知 C 错误；K 闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有 B1Iltmv，通过细杆的电荷量 QIt，线框向上跳起的过程中 v22gh，解得 Q0.03 C，D 正确。 答案 BD 非选择题部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 55 分) 16.(5 分)(1)如图 12 甲所示是物理必修 1中“探究加速度与力、质量的关系”的参考案例，图乙

27、是实验室常见的器材，则该案例需要用到的器材是_(填图乙中器材的字母代号)； 甲 丙 图 12 (2)下列关于(1)中案例的说法正确的是( ) A.该案例可以计算出加速度的具体数值； B.实验时不需要平衡摩擦力； C.连接小盘与小车的细绳应与木板平行； D.用刻度尺测出两个小车的位移，位移之比就是它们的加速度之比。 (3)甲同学采用图丙的方案做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，在一次实验中得到加速度 a5.01 m/s2，甲同学确认自己的操作正确，请根据现有的知识分析，甲同学的结论是否合理_(填“合理”“不合理”或“无法确定”)。 解析 (1)该实验通过同时控制两小车的动与停，即控制运动时间

28、相等，用刻度尺测出两小车位移之比，位移之比就是它们的加速度之比，不必计算出加速度的具体数值，故只需刻度尺，选 D。 (2)实验时，盘中砝码质量之比即小车所受合外力之比，故实验时需要平衡摩擦力， 使细绳与木板平行，故答案应为 C、D。 (3)由于该实验应满足砝码的质量远小于小车的质量的条件，故小车的加速度值应相对较小，而实验中得到的加速度值较大，所以不合理。 答案 (1)D (2)CD (3)不合理 17.(8 分)(1)小高的妈妈买来了一盏白光 LED 灯，说明书上介绍：白光 LED 灯的能耗仅为白炽灯的110，节能灯的14。所以，小高对 LED 灯产生了兴趣，于是到实验室找来了如图 13 甲

29、所示的实验器材，想探究 LED 灯的伏安特性曲线。 请你帮小高把需要的实验器材连成实验电路图(电流表连成外接法)； 实验时，电流表示数如图乙所示，则读数为_； 实验得到 LED 灯的伏安特性曲线如图丙所示，则 LED 灯是_元件。 图 13 (2)小张同学利用“插针法”测定玻璃的折射率。 小张发现玻璃砖上下表面不一样，一面是光滑的，一面是磨砂的，小张要将玻璃砖选择_(填“磨砂的面”或“光滑的面”)与白纸接触的放置方法进行实验较为合理。 小张正确操作插好了 4 枚大头针， 如图 14 所示， 请帮助小张画出正确的光路图。然后进行测量和计算，得出该玻璃砖的折射率 n_(保留 3 位有效数字)。 图

30、 14 解析 (1)如图 根据读数规则，读数为 0.30 A。 由图可知伏安特性非直线，故 LED 灯是非线性元件。 (2)中应将玻璃砖磨砂的面与白纸接触 利用折射光线反向延长线过像点来确定折射光方向，根据光沿直线传播，画出光在玻璃内折射光路图，根据折射定律 nsin isin r，分别测出入射角和折射角，计算折射率 n，结果 n1.53。 答案 (1)见解析图 0.30 A 非线性 (2)磨砂的面 1.53 18.(12 分)如图 15 所示，水平轨道 AB 段为粗糙水平面，BC 段 为一水平传送带，两段平滑相接于 B 点。一质量为 m1 kg 的物块(可视为质点)，静止于 A 点，AB距离

31、为 s2 m。 已知物块与 AB 段和 BC 段的动摩擦因数均为 0.5， g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8，不计空气阻力。 图 15 (1)若给物块施加一水平拉力 F11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达 B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到 C 点，求传送带的长度； (2)在(1)问中， 若将传送带绕B点逆时针旋转37 后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达 C 端，则在 AB 段对物块施加拉力 F应至少多大。 解析 (1)物块在 AB 段 Fmgma1 得 a16 m/s2 设物块到达 B 点时速度为 vB，有 vB2

32、6 m/s 滑上传送带 mgma2 刚好到达 C 点，有 v2B2a2L，得传送带长度 L2.4 m。 (2)将传送带倾斜，滑上传送带有 mgsin 37 mgcos 37 ma3，a310 m/s2， 物块仍能刚好到 C 端，有 vB22a3L 在 AB 段，有 vB22as Fmgma 联立解得 F17 N。 答案 (1)2.4 m (2)17 N 19. (14 分)在竖直平面内建立如图 16 所示的平面直角坐标系。将一细杆的 OM 部分弯成抛物线形状，其抛物线部分的方程 y59x2，细杆的 MN 部分为直线并与抛物线部分在 M 点相切；将弯好的细杆的 O 端固定在坐标原点且与 x 轴相

33、切，与平面直角坐标系共面，M 点的纵坐标 yM0.8 m；一根处于原长(小于 MN 的长度)的轻弹簧套在 MN 上，下端固定在 N 点。现将一质量 m0.1 kg 的小球(中间有孔)套在细杆上，从 O 点以初速度 v05 m/s 水平抛出，到达 M 点时速度 vM6 m/s，小球继续沿杆下滑压缩弹簧到最低点 C(图中未画出)，然后又被弹簧反弹，恰好能到达 M 点。已知小球与细杆间的动摩擦因数 16，sin 37 0.6，cos 37 0.8，空气阻力忽略不计。 图 16 (1)求抛出的小球在细杆的 OM 部分滑动时损失的机械能； (2)求上述过程中弹簧的最大弹性势能； (3)为使抛出的小球在细

34、杆的 OM 部分滑运动时没有机械能损失，求小球从 O 点水平抛出时的初速度大小。 解析 (1)根据动能定理有 mgyWf12mv2M12mv20 代入已知条件得 EWf0.25 J。 (2)设由 M 点运动到最低点的距离为 L，由动能定理有 mgLsin mgLcos Ep012mv2M mg2Lcos 012mv2M 其中 为 MN 杆的倾角且 tan yM12xM43 代入数据解得 Ep8.1 J。 (3)小球与杆无压力时机械能损失最小，根据平抛运动规律有 yM12gt2 xMv0t 代入数据解得 v03 m/s。 答案 (1)0.25 J (2)8.1 J (3)3 m/s 20.(16

35、 分)某种回旋加速器的设计方案如俯视图 17 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极窄狭缝(沿 OP 方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板 A、B 之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场； 其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场。 在离子源 S 中产生的质量为 m、带电荷量为 q 的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的 O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为 0.99D，到出射孔 P 的距离为 5D。已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的 O 点射入磁场区

36、域，最终只能从出射孔 P 射出。假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置。忽略相对论效应，不计离子重力，0.9921。求： 图 17 (1)磁感应强度 B 的最小值； (2)若磁感应强度 B6D2mUq，则离子从 P 点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间； (3)若磁感应强度 B6D2mUq，如果从离子源 S 飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的 K 倍(K 大于 1 的整数)，为了使离子仍从 P 点射出，则 K 可能取哪些值。 解析 (1)设离子从 O 点射入磁场时的速率为 v，有 qU12mv20 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r， qvBmv2r 若离子从

37、O 点射出后只运动半个圆周即从孔 P 射出，有 2r5D 此时磁感应强度取得最小值，且最小值为 Bmin25D2mUq。 (2)若磁感应强度 B6D2mUq，正离子在磁场中的轨道半径 r1D6， 经分析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，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为 r1D6，这样的过程将进行 2 次，然后第 3 次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了 n 次，则此时离子运动的半径为被加速了(n1)次对应的半径 rn1mvn1qB。离子从孔 P 射出满足的条件：4r1

38、2rn15D， 解得 n1132，即离子从静止开始被加速 169 次后从 P 点离开， 最大动能 Ekmax132qU169qU， 在磁场中的总时间 t169.5T，TD3m2qU，t339D6m2qU。 (3)若离子电荷量为 q，质量变为 Km，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为 rK，在电场中被加速 n 次进入磁场的半径为 rn，则 rK Kr1，rn Knr1，其中 r1D6，由上面 rK Kr1知，K 越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论： 情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图(a)，此时， (a) 要满足的条件为：

39、 22rK0.99D 同时 22rK2rn5D 由知：K1 的整数，故 K2，代入知：2n152860 2，由于 n 要求取整数，情况一中 n 不存在。 情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图(b)，此时，要满足的条件为 2rK0.99D (b) 22rK0.99D 2rK2rn5D 由知 2.2K9，由知；Kn15230 KK，当 K 分别取 3、4、8 时，n 不可能取整数，情况二也不存在。 情况三： 在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图(c)，此时，要满足的条件 2rK0.99D (c) 2rn5D 由知：K9，由知：Kn1523535，故 K 可能有 6 组取值，分别为：K9，n25；K15，n15；K25，n9；K45，n5；K75，n3；K225，n1。 答案 见解析