1、“超级全能生”2019 高考选考科目浙江省 9 月联考(物理）一、选择题1.电荷之间的静电力像万有引力一样，也是种超距力，这种超距作用的观点是 世纪的多数科学家难以接受的 首位建立电场概念并使人们摆脱这一困境的科学家是( )A. 伽利略B. 牛顿C. 安培D. 法拉第【答案】D【解析】【详解】法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场，故 D 正确， ABC 错误。故选 D。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.1960 年第 11 届国际计量大会制定了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，以下
2、单位符号属于国际单位制中基本单位的是( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】 kg， m， s 是国际单位的基本单位， ， N， 是导出单位， g 和 cm 不是国际单位的基本单位，故 B 正确， ACD 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键要记牢国际单位制中力学的三个基本单位：千克、米、秒，注意牛顿不是基本单位，而是导出单位。3.在物理学中，突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的“物理模型” ，并将其作为研究对象，是经常采用的一种科学研究方法，下列选项中采用这种科学研究方法的是( )A. 质点B. 参考系C. 重心D. 电阻【答案】A【解析】【详解】质点是为了方便
3、研究问题而引入的理想化模型，在现实中是不存在的，故从科学方法上来说属于建立理想模型法，A 正确4.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可看作匀减速直线运动，下列与其运动相关的物理量 位移 x、加速度 a、速度 、动能 随时间 t 变化的图象，能正确反映其规律的是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】匀变速直线运动的加速度一定，速度随时间均匀变化，根据匀变速直线运动的速度公式、位移公式，可分析速度 时间图象、位移 时间图象形状，根据速度公式与动能的公式可得到动能与时间的关系式，可分析动能 时间图象的形状。【详解】由火车减速过程中位移与时间的关系 可知，位移 时
4、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；火车减速过程速度与时间的关系式 ，可知速度 时间关系为一次函数图线且斜率为负，故 C 正确；由动能公式 可得，火车在减速过程中，动能与时间的关系表达式为：，即为二次函数关系，故 D 错误。故选 C。5.与电场强度相对应，我们把描述磁场强弱的物理量叫作磁感应强度，关于磁感应强度的概念及其定义式 ，下列说法中正确的是( )A. 在同一磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大B. 磁场中某点 B 的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向相同C. 磁场中某点 B 的大小，与垂直放在该点的试探电流
5、元所受到的安培力大小成正比D. 在磁场中的某点，试探电流元不受磁场力作用时，该点 B 的大小一定为零【答案】A【解析】【分析】磁感应强度 B 描述磁场强弱和方向的物理量，与放入磁场中的电流元无关，由磁场本身决定通电导线放在磁感应强度为零处，所受磁场力一定为零【详解】磁感应强度的定义式为比值法定义，即磁感应强度大小与该点的试探电流元无关，磁感线越密，磁感应强度越大，A 正确 C 错误；磁感应强度的方向，与垂直放在该点的试探电流元所受安培力方向垂直，B 错误；若试探电流元平行于磁场方向，该电流元受到的磁场力为零，所以若试探电流元不受磁场力作用，并不表示该点的磁感应强度大小为零，D 错误6.常用的电
6、容器，从构造上看，可以分为固定电容器和可变电容器两类。如图甲、乙为两种电容器的实物图片，根据图中的相关信息，下列判断中正确的是A. 图中甲为可变电容器，它是通过改变极板间的距离来改变电容器的电容的B. 在不改变其他条件下，将甲电容器浸入煤油中，其电容不发生变化C. 根据图乙中电容器外壳上标的数据可知，电压超过 5.5V 时乙电容器就会被击穿D. 根据图乙中电容器外壳上标的数据可知，乙电容器接 5.5V 电压时，储存的电量为 5.5C【答案】D【解析】【分析】由 Q=UC 可知电压与电量间的关系，同时要注意额定电压与击穿电压的区别【详解】图甲中可变电容器是通过改变极板的正对面积来改变电容的，将甲
7、电容器浸入煤油中，两极板间的介质改变，介电常数改变，即电容发生改变，AB 错误；电容器的击穿电压一定会大于额定电压，电容器外壳上标的电压是工作电压，即图乙中标识的“5.5V”为额定电压，根据公式可得 ，C 错误 D 正确【点睛】本题考查电容器的电容定义及击穿电压，要注意应用 Q=UC 进行分析判断7.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所示，下列有关说法中不正确的是( ) 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
8、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【答案】B【解析】【分析】在运动的过程中，脚踏板和链轮因为共轴，有相同的角速度，链轮的边缘和飞轮的边缘通过链条连接，有相同的线速度大小，飞轮和后轮共轴，有相同的角速度由此分析即可【详解】后轮与飞轮同轴转动，两者角速度相等，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘同一条链相连，线速度相等，AD 正确；上坡时需要省力，所以要采用中轴链轮最小挡，飞轮最大档，C 正确；自行车拐弯时，前后轮运动的路程不相同，则前后轮边缘的线速度大小不一定相等，B 错误【点睛】解决本题的关键知道共轴的点，有相同的角速度，通过链条
9、连接的点，有相同的线速度大小8.电动机是把电能转化成机械能的一种设备，在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域广泛应用 图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数，据此信息，下列说法中不正确的是( ) A. 该电动机的发热功率为 110 WB. 该电动机转化为机械能的功率为 1 100 WC. 该电动机的线圈电阻 R 为D. 该电动机正常工作时每分钟对外做的功为【答案】B【解析】【分析】当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，输入的功率是电功率，结合效率可求发热功率，再由可求内阻，输出功率由能量守恒定律研究，从而也可求电动机对外所做的功。【详解】由电动机的额定功率及效率可求得电动机的发热功率为：，
10、电动机转化为机械能的功率为：，故 A 正确， B 错误；由 可得电动机的线圈电阻为：，故 C 正确；电动机正常工作时每分钟对外做功为：，故 D 正确。此题选择不正确的选项，故选 B。【点睛】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题。9.跳台滑雪就是运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，以一定的速度从助滑道水平末端滑出，使整个身体在空中飞行约 后，落在着陆坡上，经过一段减速运动最终停在终止区，如图所示是运动员跳台滑雪的模拟过程图，设运动员及装备总质量为 60kg，由静止从出发点开始自由下滑，并从助滑道末端
11、水平飞出，着陆点与助滑道末端的竖直高度为 ，着陆瞬时速度的方向与水平面的夹角为 设助滑道光滑，不计空气阻力 ，则下列各项判断中错误的是( ) A. 运动员 含装备 着地时的动能为B. 运动员在空中运动的时间为C. 运动员着陆点到助滑道末端的水平距离是D. 运动员离开助滑道时距离跳台出发点的竖直高度为 80m【答案】D【解析】【详解】 A.将运动员视为质点，如图，经平抛落在着陆坡 B 点，已知 B 点速度方向与水平成，将速度分解，画出速度三角形，水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运动，则： ， ，根据速度三角形得： ，动能为 ，故 A 正确；空中平抛时间，可以竖直分运动求解： ， ，故 B 正
12、确；如图着陆点到助滑道末端水平距离为 x，水平方向做匀速直线运动，则 ， ，故 C 正确；如图所示，跳台出发点为 O 点，在助滑道上的运动过程中，只有重力做功，根据动能定理： ， ，故 D 错误。根据题意故选 D。【点睛】本道题是用物理知识解决实际问题，首先要将实际问题转换为物理模型，分析受力情况及运动过程，再根据相关物理规律求解。将人处理为质点，在助滑道上做匀加速直线运动 助滑道光滑 ，接着做平抛运动，落到着陆坡上。利用平抛运动规律求解。10.2018 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
13、 年 7 月 25 日欧洲航天局在圭亚那太空中心成功发射了 4 颗伽利略导航卫星 、20、21、 ，这 4 颗伽利略导航卫星质量大小不等，运行在离地面高度为 23616km 的中地球轨道 设所有卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A. 这 4 颗伽利略导航卫星运行时所需的向心力大小相等B. 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. 运行时的向心加速度小于 Telstar 19 Vantage 的向心加速度【答案】B【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，分析 4 颗卫星所需向
14、心力的大小；根据万有引力提供向心力，求出周期的表达式，分析这两颗卫星周期的大小；根据万有引力提供向心力，求出线速度的表达式，并与第一宇宙速度进行比较；根据万有引力提供向心力，求出向心加速度的表达式，分析这两两颗卫星向心加速度的大小。【详解】根据万有引力提供向心力得： ，这 4 颗伽利略导航卫星的轨道半径相等，但质量大小不等，故这 4 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： ，解得： ，因 运行时轨道半径小于地球同步轨道卫星 Telstar19Vantage 的轨道半径，故 F 运行时周期小于 Telstar 19 Vantage 的运行周期，故 B 正确；
15、根据万有引力提供向心力得： ，解得：，因地球同步轨道卫星 Telstar19Vantage 的轨道半径大于地球半径，故Telstar19Vantage 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： ，解得： ，因 运行时轨道半径小于地球同步轨道卫星Telstar19Vantage 的轨道半径，故 F 的向心加速度大于 Telstar19Vantage 的向心加速度，故 D 错误。故选 B。11.如图所示为等量点电荷周围的电场线分布图， A， B， O 位于两点电荷连线上，其中 O 为两点电荷连线的中点， C， D 是连线的中垂线上的两点 关于各点的电场性质的描
16、述，下列说法正确的是( ) A. A， B， O 三点的电势大小相等B. O， C， D 三点的电场强度相等C. 若将带正电的试探电荷 q 从 C 点移到 B 点，电势能减小D. 若将带负电的试探电荷 q 从 A 点移到 D 点，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】由图可知电场线由 O 指向 A，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故 A、 B、 O 三点的电势大小不相等，故 A 错误；电场线的越密，电场强度越大，由图可知从 O 到 D，电场线越来越疏，电场强度越来越小，故 O、 C、 D 三点的电场强度不相等，故 B 错误；由图可知 C 点的电势高于 B 点的电势，而正电荷在电势越高的地方，电势
17、能越大，故正电荷从 C 到 B 电势能减小，故 C 正确；由图可知 A 点的电势低于 D 点的电势，而带负电在电势越低的地方，电势能越大，故负电荷从 A 到 D 电势能减小，电场力做正功，故 D 错误。故选 C。【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，知道电场力做功与电势能的关系，以及电场线与电势的关系等。12.导线中带电粒子的定向运动形成了电流 带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力 如图所示，设导线 ab 中每个带正电粒子定向运动的速度都是 ，单位体积的粒子数为 n，粒子的电荷量为 q，导线的横截面积为 S，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
18、里，则下列说法正确的是 ( ) A. 题中导线受到的安培力的方向可用安培定则判断B. 由题目已知条件可以算得通过导线的电流为C. 每个粒子所受的洛伦兹力为 ，通电导线所受的安培力为D. 改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变【答案】B【解析】【详解】安培力的方向是由左手定则来确定的，安培定则是判断磁场方向的，故 A 错误；由已知及电流的微观式可得导线中的电流为： ，故 B 正确；每个粒子所受洛仑兹力为，通电导线所受的安培力要求得还要知道通电导线的长度，故没有： ，故C 错误；由安培力与洛仑兹力的关系可知，安培力的方向不可能在洛仑兹力的方向反向的
19、情况下而保持不变，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查了电流的概念、安培力与洛仑兹力的关系，知道电流的微观表达式、安培力与洛仑兹力的关系及方向的判断方法是关键，基础题。13.风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源，风力发电也是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式，近年来，我国风电产业规模逐渐扩大，已成为能源发展的重要领域，在风电技术发展方面，由于相同风速时发电功率的不同，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机，来提高风力发电的效率 具体风速对应的功率如图乙所示，设甲图中风力发电机每片叶片长度为 30m，所处地域全天风速均为 ，空气的密度为，圆周率 取 ，下列说
20、法不正确的是 A. 变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为B. 用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电C. 无论采用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转化的空气动能均为D. 若煤的热值为 ，那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧 45kg 煤所产生的内能相当【答案】D【解析】【详解】设在时间 t 内发电机获得的风能为 ，则 ，由于 ，所以，故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为： ，故 A 正确；由图象可知，当风速为时，变桨距控制风力发电机的功率为 400KW，定桨距控制风力发电机的功率为 100K
21、W，所以每台风力发电机每天能多发电： ，故 B 正确；由 A 知道空气的动能为 ，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为：，故 C 正确；完全燃烧 45kg 煤所产生的内能：，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为：，故一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧 45kg 煤所产生的内能不相当，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题是对动能和能量守恒的考查，通过图象获得信息，由动能的定义和密度公式可求发电机获得的风能，由能量守恒定律可求风能与完全燃烧 45kg 煤所产生的内能的关系即可。14.下列说法正确的是 ( )A. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性B. 玻尔
22、原子理论提出了定态和跃迁的概念，能解释氦原子的光谱现象C. 钍核 经过 6 次 衰变和 4 次 衰变后变成 铅核D. 大量氢原子处在 的能级，最多可能辐射 6 种不同频率的光子【答案】CD【解析】【分析】光电效应揭示了光的粒子性，即光的能量与光频率有关；康普顿效应也揭示光的粒子性，证明光具有动量及能量与频率有关；玻尔氢原子能级结构能很好地解释了氢原子光谱，但是不能解释其它原子光谱现象，可见其原子结构模型是有局限性的；大量氢原子从第 n 高能级向低能级辐射光子，最多产生 种不同频率的光子；要了解原子核 衰变的实质，一次 衰变原子核减少 4 个核子数，其中减少 2 个质子，一次 衰变原子核增加一个
23、质子，减少一个中子，质量数不变。【详解】爱因斯坦提出光子假说，认为光子是一份一份能量，即 ，从而建立的光电效应方程： ，很好地解释了光电效应现象；康普顿效应也是揭示了光的粒子性，即光子和石墨中的电子发生相互作用后，光子的频率减小，且运动方向发生改变，满足动量守恒和能量守恒，故 A 错误；玻尔提出的氢原子能级结构模型，利用定态概念和能级跃迁的规律，只能很好地解释氢原子光谱，但是无法解释氦原子的光谱现象，故 B 错误；钍核质量数为 232，铅核质量数为 208，则 衰变次数为 ， 衰变次数为 y：， 次，故 C 正确；大量氢原子从 向低能级跃迁，最多产生 种不同频率的光子，故 D 正确。故选 CD
24、。15.下列四个图片均来自课本中的实验、仪器、实际应用，相应的现象、原理及应用的说法相一致的是( ) A. 甲图“水流导光”的原理是光的全反射B. 乙图“ CT”是利用 射线能够穿透物质来检查人体内部器官C. 丙图“灯泡发光”是学生电源中交流或直流通过变压器的互感现象D. 丁图“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质 等离子体【答案】AD【解析】【详解】甲图“水流导光”的原理是光的全反射，故 A 正确；乙图“ CT”是利用 x 射线能够穿透物质来检查人体内部器官，故 B 错误； “灯泡发光”是学生电源中交流通过变压器的互感现象，故 C 错误；丁图“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质
25、，故 D 正确。故选 AD。16.如图所示，同一介质中的 P、 Q 两列持续振动的简谐横波分别沿 x 轴正向和负向传播，质点 a、 b、 c、 d 分别位于 、7 m、8 m、 处，若波的传播速度为 ，图示为 时刻的波形图 则再经过 时 ( ) A. 质点振动的频率为B. 质点 a、 c 处于平衡位置C. 质点 b 的位移大小为 30cmD. 质点 d 的振动方向沿 轴【答案】BD【解析】【详解】由图像得到波长为 4m，波速为 ，故周期为： ，故 A 错误；再经过 ，根据波的叠加原理，质点 a、 c 参与左右两列波振动，一个位移为正，一个为负，大小相等，故合位移为零，故处于平衡位置，故 B 正
26、确；再经过 ，两列波均沿各自的传播方向传播 5m，由“移波法”知，两列波的平衡位置传到了 M 点，故质点 b 的位移为零，故 C 错误；再经过 ，根据波的叠加原理，质点 d 参与左右两列波振动，两个位移同号都为负且从平衡位置到负的最大位置的过程中，故质点 d 的振动方向沿 轴方向，故 D 正确。故选BD。二、实验题17.在“探究物体加速度与力、质量的关系”实验中：实验室提供了带有滑轮的长木板、细绳、纸带、小车、钩码、小盘、薄木块、夹子等器材外，为了完成此实验，还需要从下图中选取的实验器材是_实验时，带有滑轮的长木板一端与细绳、实验桌之间的空间位置比较合理的是_实验时得到一条清晰的纸带，如图所示
27、是截取了某一段纸带用刻度尺 单位： 测量纸带时的情景，其中取了 A、 B、 C 三个计数点，在相邻两计数点之间还有两个打印点，已知打点计时器所加电源频率为 50 Hz，则小车在 B 点时的瞬时速度为_ ，小车加速度为_ 结果均保留两位有效数字 【答案】 (1). ADE; (2). B; (3). 0.5; (4). 4.3;【解析】【分析】、 想选对器材必须对实验的原理、过程操作十分熟悉，欲完成该试验需要一套打点计时器工作，那么电源不能少；还要改变小车的质量，故钩码要用；改变拉力需砝码；纸带上的数据处理要用到刻度尺，本实验需要平衡摩擦力，且定滑轮要伸出桌面，细线与长木板平行；根据匀变速直线运
28、动的推论公式 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 B 点时小车的瞬时速度大小。【详解】 为完成该实验，还需要刻度尺测量长度，天平 包括砝码 测量质量以及带细绳的小桶的质量，需要电火花打点计时器打点，所以除了所给的器材，还应从图中选取的实验器材名称是电火花打点计时器 、天平 、刻度尺 ；本实验需要平衡摩擦力，且定滑轮要伸出桌面，细线与长木板平行，故 B 符合实验要求；由于每相邻两个计数点间还有 2 个点，所以相邻的计数点间的时间间隔 ，由图得：， ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 B 时小车
29、的瞬时速度大小： ；根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得： 。【点睛】本题考查了探究加速度与力、质量的关系；加速度的测量是关键，所以打点计时器纸带数据处理要清楚，故刻度尺不能忘记 掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，计算时注意单位的统一。18.小张同学测量一节蓄电池的电动势和内阻的实验中，认为蓄电池内阻常小，为防止滑动变阻器电阻过小时，由于电流过大而损坏器材，电路中用了个定值电阻 实验时蓄电池、开关、导线、选用电流表 量程 与电压表 量程 、滑动变阻器 按如图甲连接电路图现有两个定值电阻 ，小张选择哪一个更合理？_A.定值电阻 、额定功率 定值电阻 、额定功率小张
30、同学按图甲电路图进行连接，下列实物图正确的是_若小张用如图乙所示电路，分别测出两组数据记为 、 与 、 ，已知定值电阻为 ，可粗测出蓄电池的电动势 _，内阻 _ 用字母 、 、 、 、 来表示【答案】 (1). A; (2). C; (3). ; (4). ;【解析】【详解】 一节蓄电池电动势约为 2V，保护电阻应选 阻值 、额定功率 ，如果选择 阻值 ，额定功率 ，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据，故 A 正确， B 错误。故选 A。根据电路图电压表测量电源两端电压，故 C 正确， ABD 错误。故选 C。根据图乙电路图 ， ，解得 ， 。19.小张同学利用
31、“插针法”测定玻璃的折射率小张将玻璃砖从盒子拿出放到白纸上，图示操作较为规范与合理的是_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 _ 保留 3 位有效数字【答案】 (1). B； (2). 磨砂的面； (3). (4). 1.53；【解析】【详解】 图，手接触了玻璃折射面，会使折射表面模糊，影响测量结果，产生误差。所以 A 图不规范； B 图，手接触上下两个顶角位置，可以稳稳将
32、玻璃放置在桌上，对实验不会产生影响； C 图手接触下面两个顶角，拿起会有转动，不稳定，易滑落， C 图不规范。将磨砂的面和白纸接触接触，上表面是光滑面。因为在实验中，要在玻璃砖的另一侧观察大头针的像，若上表面磨砂，不利于观察大头针的像。如图所示， A、 B 为两个大头针，连线表示入射光线，入射点为 C 点，则 为入射角，为折射角， ， ，【点睛】本道题为测定玻璃的折射率，要了解测量的实验原理，利用折射光线反向延长线过像点，确定折射光方向，光沿直线传播，画出光在玻璃内折射光路图，根据折射定律： ，分别测出入射角和折射角的正弦，计算折射率 n，结果 n 一定大于 1。三、计算题20.如图甲为冰库工
33、作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下拉一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地 其工作原理可简化为如图乙所示，设冰块质量 ，冰块与滑道间动摩擦因数 ，运送冰块距离为 12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成 角向上 某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块 冰块初速度可视为零向前匀加速前进 后放手，冰块刚好到达滑道末端静止 已知 、 求：冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；冰块滑动过程中的最火速度；工人拉冰块的拉力火小【答案】 （1）2:1（2） （3）234.4N【解析】【分析】根据全程初末速度为零，可得两段加速度与位移成反比；利用减速段求最大速度，已知位移 、加
34、速度 ，末速度为 0，求减速的初速度，应用公式求解；在加速度段：受力分析，将受力正交分解，建立牛顿第二定律方程，已知加速度 、求解F。【详解】 冰块先做匀加速运动，加速度 ，加速最大速度为 ，减速加速度大小为 ，加速位移为 ；所以减速位移为 ；因为全程初末速度为零， 加速结束时刻速度最大，减速开始时刻速度最大；在减速阶段，冰块受滑动摩擦力减速，根据牛顿第二定律：冰块在加速阶段：受力如图，根据牛顿第二定律：水平方向： 竖直方向： 由 问得：解得代入数据得： 。【点睛】这是一道牛顿定律和运动学结合的题，即动力学两类问题，思路是根据条件通过运动过程求解加速度，再利用牛顿第二定律求受力；或者先根据受力
35、求解加速度，再求解运动量；熟练应用匀变速直线运动公式，正确应用力的正交分解建立牛顿第二定律方程，动 i 摩擦力的计算，注意正压力不等于重力。21.某高中兴趣学习小组成员，在学习完必修 1 与必修 2 后设计出如图所示的实验 为一水平弹射器，弹射口为 为一光滑曲管，其中 AB 水平， BC 为竖直杆 长度可调节 ， CD 为四分之一圆环轨道 各连接处均圆滑连接 ，其圆心为 ，半径为 的正下方 E 开始向右水平放置一块橡皮泥板 EF，长度足够长 现让弹射器弹射出一质量 的小环，小环从弹射口 A 射出后沿光滑曲杆运动到 D 处飞出，不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力已知弹射器每次弹射出的小环具
36、有相同的初速度 某次实验中小组成员调节 BC 高度弹出的小环从 D 处飞出，现测得小环从 D 处飞出时速度 ，求：弹射器释放的弹性势能及小环在 D 处对圆环轨道的压力；小环落地点离 E 的距离 已知小环落地时与橡皮泥板接触后不再运动 ；若不改变弹射器弹性势能，改变 BC 间高度 h 在 之间，求小环下落在水平面 EF 上的范围【答案】 （1）7N（2） （3） 【解析】【详解】 根据机械能守恒定律得：对小环在最高点 D 受力分析，由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律知，小环对圆轨道的压力大小为 7N，方向竖直向上小环离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律得：解得：小环刚到达 D 点的临界条件为
37、解得改变 h，小环做平抛运动，分析可得小环水平方向位移应有最大值根据机械能守恒定律得：小环平抛运动时间为得：可得，当 时水平位移最大，最大位移 ，故小环落地点范围在离 E 点向右的范围内。22.如图所示，一个半径为 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为 r 的金属棒 ab的 a 端位于圆心， b 端与导轨接触良好 从 a 端和圆形金属导轨分别引出两条导线与倾角为、间距 的平行金属导轨相连 质量 、电阻 的金属棒 cd 垂直导轨放置在平行导轨上，并与导轨接触良好，且棒 cd 与两导轨间的动摩擦因数为 导轨间另一支路上有一规格为“ ”的小灯泡 L 和一阻值范围为 的滑动变阻器 整个装置置于垂直向
38、上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 金属棒 ab、圆形金属导轨、平行导轨及导线的电阻不计，从上往下看金属棒 ab 做逆时针转动，角速度大小为 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知 ， 当 时，求金属棒 ab 中产生的感应电动势 ，并指出哪端电势较高；在小灯泡正常发光的情况下，求 w 与滑动变阻器接入电路的阻值 间的关系； 已知通过小灯泡的电流与金属棒 cd 是否滑动无关在金属棒 cd 不发生滑动的情况下，要使小灯泡能正常发光，求 w 的取值范围【答案】 （1）3.2V，b 端电势较高（2） （3） 【解析】【详解】 由法拉第电磁感应定律得：由右手定则知， b 端电势较高由并联电路的特点可知，当小
39、灯泡正常发光时，有：代入数据后解得：由于 ，所以当棒 cd 中无电流时，其无法静止当 较小，棒 cd 恰要向下滑动时，对其进行受力分析，受力示意图如图甲所示x 轴有： ， y 轴有：且棒 cd 所受安培力通过棒 cd 的电流联立以上五式可得：当 较大，棒 cd 恰要向上滑动时，对其进行受 l 力分析，受力示意图如图乙所示同理可得：所以要使棒 cd 静止，由 中结果可知：因为 ，即解得小灯泡正常发光时， 。综上所述，【点睛】本题重点考查了电磁感应定律的切割式、闭合电路的欧姆定律及平衡条件的应用，解答时，要注意临界状态的判断和变阻器调节范围的结合。23.如图所示，在坐标系 xOy 的第一象限中存在
40、 为奇数 个宽度均为 d、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场，各磁场区域紧密连接，且左、右两侧边界相互平行，第 1 个磁场区域的左边界为 y 轴，磁场方向垂直纸面向外，相邻磁场区域的磁场方向相反 在第 n 个磁场区域的右边界上有长为 2d 的探测板 PQ，探测板的下边缘 Q 与 x 轴相距 坐标原点 O 处的粒子源以某一特定速度在 xOy 平面内不断向磁场区域发射质量为 m，电荷量为 的粒子，方向与 x 轴正方向成 角，每秒发射粒子的总数为 ，通过改变粒子发射速度的大小，可以使粒子从不同位置射出磁场 已知 ， ， ，不计粒子重力且忽略粒子间的相互作用若粒子从 点射出磁场，求粒子发射速度大小 ；
41、若粒子均垂直打到探测板上并全部被反向弹回，且弹回速度大小为打板前速度大小的 ，求： 探测板受到的平均作用力大小； 的所有可能值，并求出 n 取最大值时，粒子在磁场中运动的总时间 不计粒子与探测板发生碰撞的时间【答案】 （1） （2） n 的可能值有 9,11,13,15； 【解析】【分析】由几何关系求出半径，根据牛顿第二定律求出粒子发射速度大小；若粒子垂直打在板上，由粒子的运动轨迹的对称性分析，作出粒子运动轨迹，由几何关系得到半径，求出弹回的速度，根据动量定理和牛顿第三定律得到探测板受到的平均作用力大小；粒子从 O 点出发打到板上过程中，由位移关系得到 n 的最大值，求出半径，得到圆心角，再结
42、合周期公式求出粒子运动的时间。【详解】 由几何关系，根据牛顿第二定律所以若粒子垂直打在板上，由粒子的运动轨迹的对称性知道，粒子必定垂直经过第 1 个磁场区域的右边界，如图所示由几何关系半径I.同理得粒子射入磁场的速度所以粒子弹回的速度为 取一小段时间 ，由动量定理得到 由牛顿第三定律，探测板受到的平均作用力 粒子从 O 点出发打到板上过程中，沿 y 轴方向的位移 根据题意解得因为 n 为奇数，所以 n 的可能值为 9、11、13、15当 时，可以求得粒子被板弹回后在磁场中运动的半径为 设粒子被板弹回后在每个磁场中运动轨迹对应的圆心角为 ，所以 =53 0粒子在磁场中运动的周期为所以粒子在磁场中运动的总时间为 。【点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，考查了学生综合分析的能力，要解答好此类问题，关键明确粒子在各阶段的运动情况，列出相应的运动规律，画出正确的轨迹图，理清各阶段间的联系。
