2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（七）（Word版含解析）.doc

考前冲刺卷(七) 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Ⅰ(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.下列说法中符合实际的是(　　) A.出租汽车按位移的大小收费 B.在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在舱中悬浮或静止 C.重力势能、电势、功、磁通量全部是标量，但有正负 D.质量、长度、电荷量都是国际单位制中的基本物理量，其单位分别为 kg、 m、C 解析　出租汽车按路程收费，选项 A 错误；在“空间站”工作的宇航员做匀速圆 周运动，重力完全提供向心力，受力不平衡，选项 B 错误；重力势能、电势、功、 磁通量都是标量，但都有正负，选项 C 正确；质量、长度是国际单位制中的基本 物理量，电荷量不是国际单位制中的基本物理量，选项 D 错误。 答案　C 2.距地面高 5 m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2 m，在 B 点用细线悬挂一小球， 离地高度为 h，如图 1。小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将 随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B 点时细线被轧断，最后两球 同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。可求得 h 等于(　　) 图 1 A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m解析　小车上的小球落地的时间 t1＝ 2H g ，小车从 A 到 B 的时间 t2＝d v ；B 处小球 下落的时间 t3＝ 2h g ；根据题意可得时间关系为 t1＝t2＋t3，即 2H g ＝d v ＋ 2h g ，解得 h ＝1.25 m，选项 A 正确。 答案　A 3.如图 2 所示为 A、B 两质点从同一地点运动的 x－t 图象，关于 A、B 两质点在前 8 s 内的运动，下列说法正确的是(　　) 图 2 A.A 质点做匀加速直线运动 B.A、B 两质点始终沿同一方向运动 C.B 质点前 4 s 做减速运动，后 4 s 做加速运动 D.B 质点先沿负方向做直线运动，后沿正方向做直线运动 解析　由题图可知，质点 A 的位移随时间均匀变化，即质点 A 做匀速运动，选项 A 错误；质点 B 的位移先增大后减小，即 0～4 s 质点 B 向正方向运动，4～8 s 质点 B 向反方向运动，选项 B 错误；在位移—时间图象中，斜率(倾斜程度)代表速度，质 点 B 前 4 s 正方向减速，后 4 s 反向加速，选项 C 正确，D 错误。 答案　C 4.利用如图 3 所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当 A 带电荷量为＋Q，质 量为 M，B 带电荷量为＋q，质量为 m 时，绳子偏转的角度为 θ，两电荷连线水平 且相距为 L，则(　　) 图 3 A.tan θ＝ kQq mgL2B.若将 B 质量增大，绳子摆开的角度增大 C.若将 A 质量增大，绳子摆开的角度增大 D.若将 A 向左移动，绳子摆开的角度增大 解析　对小球 B 进行受力分析，如图所示，B 球受到重力、库仑力和绳子拉力， 根据平行四边形定则有 tan θ＝ F mg ＝ k Qq L2 mg ＝ kQq mgL2 ，选项 A 正确；若将 B 质量增大， 绳子偏转的角度将减小，选项 B 错误；若将 A 质量增大，不会对 B 物体受力情况 产生影响，偏转的角度不变，选项 C 错误；若将 A 向左移动，库仑力减小，绳子 偏转的角度减小，选项 D 错误。 答案　A 5.“天舟一号”货运飞船与离地高度为 393 km 的“天宫二号”空间实验室对接前， “天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上飞行，则关于“天舟一号”飞船的说 法正确的是(　　) A.对接后的飞行速度大于对接前的速度 B.对接前的速度大于第一宇宙速度 C.对接前的向心加速度大于地球表面的重力加速度 D.对接后的角速度大于地球的自转角速度 解析　地球上空匀速圆周运动的卫星的向心力来自于地球的万有引力，故GMm r2 ＝ mv2 r ，v＝ GM r ，故轨道半径越大，环绕速度越小，对接后轨道半径变大，飞行速 度变小，选项 A 错误；第一宇宙速度 7.9 km/s 是近地卫星的线速度，即卫星的最 大环绕速度，其他卫星的线速度都小于 7.9 km/s，故选项 B 错误；地球表面物体所 受重力近似等于万有引力，即GMm r2 ＝mg，GMm r2 ＝ma，a＝GM r2 ，卫星轨道半径大 于地球半径，加速度小于地球表面重力加速度，选项 C 错误；GMm r2 ＝mrω2，ω＝GM r3 ，故轨道半径越大，环绕角速度越小，地球同步卫星的轨道半径 36 000 km， 天舟一号半径远小于地球同步卫星的轨道半径，角速度大于地球自转角速度，D 正确。 答案　D 6.弹弓是中国非物质文化遗产，《吴越春秋》中就有相关记载：“弩生于弓，弓生 于弹…”。某同学利用一个“Y”形弹弓(如图 4 所示)，将一颗质量约为 20 g 的石头 斜向上射出约 30 m 远，最高点离地约 10 m，空气阻力不计，g 取 10 m/s2。则该同 学对弹弓做功约为(　　) 图 4 A.1 J B.2 J C.3 J D.4 J 解析　设石头到达最高点时的速度为 v，从最高点到落地石头做平抛运动，则有 x ＝vt，h＝1 2gt2，由石头运动路径的对称性可得 v＝x g 2h ＝30 2 × 10 2 × 10 m/s＝15 2 2 m/s，根据功能关系得该同学对弹弓做功为 W＝mgh＋ 1 2mv2＝0.02×10×10 J＋1 2 ×0.02×(15 2 2 )2 J＝3.125 J≈3 J，C 正确。 答案　C 7.如图 5 所示，A、B、C、D 为半球形圆面上的四点，且 AB 与 CD 交于球心且相 互垂直，E 点为球的最低点，A 点放置一个电荷量为＋Q 的点电荷，在 B 点放置一 个电荷量为－Q 的点电荷，则下列说法正确的是(　　) 图 5 A.C、D 两点电场强度不同B.沿 CD 连线移动一电荷量为＋q 的点电荷，电场力始终做功 C.C 点和 E 点电势相同 D.将一电荷量为＋q 的点电荷沿圆弧面从 C 点经 E 点移动到 D 点过程中，电场力 先做负功，后做正功 解析　C、D 在 AB 的中垂线上，又关于球心对称，所以 C、D 两点电场强度大小 相等，方向也相同，选项 A 错误；沿 CD 直线，电场方向始终与 CD 直线垂直， 所以一直不做功，选项 B 错误；CDE 所在的平面为等势面，点电荷沿圆弧面从 C 点经 E 点到 D 点，电场力不做功，选项 D 错误；C、E 点位于同一等势面，所以 电势相同，选项 C 正确。 答案　C 8.某同学想利用“电磁弹簧测力计”测量磁感应强度，如图 6 所示。一长为 l 的金 属棒 ab 用两个完全相同的、劲度系数均为 k 的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，磁场 方向垂直于纸面向里。弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关 S 与 一电动势为 E 的电源相连，回路总电阻为 R。开关 S 断开，金属棒处于平衡状态 时，弹簧伸长长度为 x0；闭合开关 S，金属棒再处于平衡状态时，弹簧伸长长度为 x。重力加速度为 g，则关于金属棒质量 m 和磁感应强度的大小 B，下列关系式正 确的是(　　) 图 6 A.m＝kx0 g ，B＝Rk（x0－x） El B.m＝kx0 g ，B＝Rk（x0＋x） El C.m＝2kx0 g ，B＝2Rk（x0－x） El D.m＝2kx0 g ，B＝2Rk（x0＋x） El 解析　开关断开时 2kx0＝mg，闭合开关后，2kx＋BIl＝mg，其中 I＝E R ，联立上式可得 B＝2kR（x0－x） El ，m＝2kx0 g ，所以选项 C 正确。 答案　C 9.蹦床可简化为竖直放置的轻弹簧，未形变的床面为弹簧原长点(其弹力满足 F＝kx， 弹性势能满足 Ep＝1 2kx2，x 为床面受到外力时受力点相对于原长点下沉的距离，k 为常量)。质量为 m 的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉 x0；蹦床比赛中，运动 员经过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，测得某次运动员离开床面在空中的最长时 间为 t。运动员可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度为 g。则可求出(　　) 图 7 A.常量 k＝mg 2x0 B.运动员在空中上升的最大高度 h＝1 2gt2 C.床面压缩的最大深度 x＝x0＋ 1 4x0gt2＋x D.整个比赛过程中运动员和蹦床总的机械能始终保持守恒 解析　当运动员静止在蹦床上时，由平衡条件得，mg＝kx0，解得 k＝mg x0 ，选项 A 错误；由竖直上抛运动的对称性知，运动员上升和下落的时间均为t 2 ，则运动员上 升的最大高度 h＝1 2g(t 2 )2 ＝1 8gt2，选项 B 错误；运动员和蹦床组成的系统，在运 动员从最高点到床面压缩至最大深度的过程中，只有动能和势能的转化，系统机 械能守恒，由机械能守恒定律得，mg(h＋x)＝ 1 2kx2，由以上各式解得，x＝x 0＋ 1 4x0gt2＋x，选项 C 正确；运动员经过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，系统的机械 能增加，故整个比赛过程中运动员和蹦床总的机械能不守恒，选项 D 错误。答案　C 10.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能 装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在 0.60～0.70 之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)。如图 8 为某一款移 动充电宝的参数见下表，下列说法正确的是(　　) 图 8 容量 20 000 mA·h 兼容性 所有智能手机 边充边放 否 保护电路 是 输入 DC5V 2A MAX 输出 DC5V 0.1～2.5 A 尺寸 156×82×22 mm 转换率 0.60 产品名称 索尼 SY10－200 质量 约 430 g A.充电宝充电时将电能转化为内能 B.该充电宝最多能储存能量为 3.6×106 J C.该充电宝电荷量从零到完全充满电的时间约为 2 h D.该充电宝给电荷量为零、容量为 3 000 mA·h 的手机充电，则理论上能充满 4 次 解析　充电宝充电时将电能主要转化为化学能，不是内能，故 A 错误；该充电宝 的容量为 q＝20 000 mA·h＝20 000×10－3×3 600 C＝7.2×104 C，该电池的电动势 为 5 V，所以充电宝储存的能量 E＝E 电动势·q＝5×7.2×104 J＝3.6×105 J，故 B 错 误；以 2 A 的电流为充电宝充电，则充电时间 t＝q I ＝7.2 × 104 2 s＝3.6×104 s＝10 h，故 C 错误；由于充电宝的转化率是 0.60，所以可释放的电容量为 20 000 mA·h×0.60＝12 000 mA·h，可给容量为 3 000 mA·h 的手机充电 n＝ 12 000 3 000 ＝ 4 次，故 D 正确。答案　D 二、选择题Ⅱ(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 9 所示，a、b 为两束不同频率的单色光，均以 45°的入射角射到平行玻璃 砖的上表面，直线 OO′与玻璃砖表面垂直且与其上表面交于 N 点，入射点 A、B 到 N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的 P 点。下列说法 正确的是(　　) 图 9 A.在玻璃砖中，a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 B.若 b 光照射到某金属表面发生了光电效应，则 a 光照射到该金属表面也一定会发 生光电效应 C.同时增大入射角，则 b 光在玻璃砖下表面先发生全反射 D.对同一双缝干涉装置，a 光的相邻两条亮条纹间距比 b 光的相邻两条亮条纹间距 大 解析　由光路图可知，a 光在玻璃砖中的折射率小于 b 光在玻璃砖中的折射率，所 以 a 光的传播速度大，A 正确；a 光的频率小于 b 光的频率，所以 b 光使某金属发 生光电效应，a 光不一定使该金属发生光电效应，B 错误；因为是平行玻璃砖，因 此在其下表面一定不会发生全反射，C 错误；a 光波长较大，因此干涉条纹间距较 大，D 正确。 答案　AD 12.以下关于原子、原子核的说法正确的是(　　) A.α 粒子散射实验中，α 粒子轰击的金箔也可以用其他重金属箔片，如铂箔片 B.各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量各异，因此利用不同气体可以 制作五颜六色的霓虹灯 C.因为放射性的强度不受温度、外界压强的影响，所以说明射线来自原子核D.β 衰变方程 23490 Th→23491 Pa＋ 0－1e，因为 23490 Th 和 23491 Pa 的核子数均为 234，所以这两 个原子核的结合能相等 解析　α 粒子散射实验中，α 粒子也可以轰击铂箔，产生散射现象，A 正确；能级 之间跃迁，可产生不同频率的光，B 正确；实验发现，如果一种元素具有放射性， 那么，无论它是以单质存在，还是以化合物形式存在，都具有放射性，由于元素 的化学性质决定于原子核外的电子，这就说明射线与这些电子无关，也就是说， 射线来自原子核，C 正确；β 衰变 23490 Th→23491 Pa＋ 0－1e 会向外释放能量，虽然 23490 Th 和 23491 Pa 核子数均为 234，但前者比后者的结合能小，故 D 错误。 答案　ABC 13.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 3～5 s 后，落在着陆坡 上，经过一段减速运动最终停在终止区。如图 10 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 60 kg，由静止从出发点开始自由下滑，并从助滑 道末端水平飞出，着陆点与助滑道末端的竖直高度为 h＝60 m，着陆瞬时速度的方 向与水平面的夹角为 60°(设助滑道光滑，不计空气阻力)，则下列各项判断中正确 的是(　　) 图 10 A.运动员(含装备)着地时的动能为 4.8×104 J B.运动员在空中运动的时间为 2 3 s C.运动员着陆点到助滑道末端的水平距离是 40 3 m D.运动员离开助滑道时距离跳台出发点的竖直高度为 80 m 解析　从 A 点水平抛出如图，经平抛落在着陆坡 B 点，已知 B 点速度方向与水平 面成 60°，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 v2y＝2gh，vy＝ 2gh，根据速度三角形得 v＝ vy sin 60° ＝ 2gh 3 2 ＝2 2gh 3 ，Ek＝1 2mv2＝4mgh 3 ＝4×60×10×60×1 3 J＝4.8×104 J，动能为 4.8×104 J，故 A 正确； 空中平抛时间，可以由竖直分运动求解 h＝1 2gt2，t＝ 2h g ＝ 2 × 60 10 s＝2 3 s，故 B 正确；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 x＝v0t， v0＝ vy tan 60° ，x＝ 2gh 3 · 2h g ＝2h 3 ＝2 × 60 3 m＝40 3 m，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 mgh1 ＝1 2mv20＝ v 2g ，h1＝ v 2g ＝ ( 2gh 3 )2 2g ＝h 3 ＝20 m，故 D 错误。 答案　ABC 14.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。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 11 乙所示，设甲图中风力发电 机每片叶片长度为 30 m，所处地域全天风速均为 7.5 m/s，空气的密度为 1.29 kg/m3， 圆周率 π 取 3.14，下列说法正确的是(　　) 图 11 A.变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为 52% 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 7 200 kW·hC.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 7.69×105 J D.若煤的热值为 3.2×107 J/kg 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 45 kg 煤所产生的内能相当 解析　设在时间 t 内发电机获得的风能为 Ek，则 Ek＝1 2mv2，由于 m＝ρV＝ ρπr2vt，所以 Ek＝1 2mv2＝1 2ρπr2v3t＝1 2 ×1.29×3.14×302×7.53×t≈768 981t，故变 桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为 η＝Pt Ek%＝400 × 103t 768 981t %＝52%， 故 A 正确；由图象可知，当风速为 7.5 m/s 时，变桨距控制风力发电机的功率为 400 kW，定桨距控制风力发电机的功率为 100 kW，所以每台风力发电机每天能多发电 E＝(P1－P2)t＝(400－100)×24 kW·h＝7 200 kW·h，故 B 正确；由 A 知道空气的动 能为 Ek≈768 981t J，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为 Ek＝768 981t J＝ 768 981×1 J≈7.69×105 J，故 C 正确；完全燃烧 45 kg 煤所产生的内能 E＝mq＝ 45×3.2×107 J＝1.44×109 J，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为 Ek′ ＝Ekt′＝768 981×3 600 J≈2.77×109 J，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 45 kg 煤所产生的内能不相当，故 D 错误。 答案　ABC 15.如图 12 甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的质点 Q′、P′、O、P、 Q，相邻两质点间距为 1 m。t＝0 时刻质点 O 从平衡位置开始沿 y 轴正方向振动， 并产生分别向左、向右传播的波，质点 O 振动的图象如图乙所示，当质点 O 第一 次到达正方向最大位移时，质点 P 才开始振动，则(　　) 图 12 A.P′、P 两质点之间的距离为半个波长，因此它们的振动步调始终相反 B.当质点 Q′第一次到达负方向最大位移时，质点 O 已经通过了 25 cm 的路程 C.当波在绳上传播时，波速为 1 m/sD.若质点 O 振动加快，波的传播速度变大 解析　向左、向右传播的两列波关于 y 轴左右对称，P′、P 步调总是相同，A 错误； 振动从质点 O 传到质点 Q′时，质点 O 已经振动了半个周期，质点 Q′起振方向向上， 当质点 Q′第一次到达负方向最大位移时，质点 O 第二次到达正方向最大位移处， 共运动了5 4 个周期，通过的路程 s＝5A＝25 cm，B 正确；t＝1 s 时刻，质点 O 第一 次到达正方向最大位移，质点 P 刚开始振动，即波传播了 1 m，故波速 v＝x t ＝1 m/s，C 正确；波速由介质决定，与质点振动频率无关，故质点 O 振动加快，波的 传播速度不变，D 错误。 答案　BC 非选择题部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 55 分) 16.(5 分)利用如图 13 甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。 甲 (1)下列说法正确的是________。 A.用此装置“探究小车速度随时间变化的规律”时，必须设法消除小车和滑板间 摩擦阻力的影响 B.用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，每次改变小车质量后，需要重新 平衡摩擦力 C.用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，为保证小车所受的拉力近似等于 砂及砂桶的重力，必须使砂及砂桶的质量远大于小车的质量 D.用此装置“探究功与速度变化的关系”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细 线与滑板平行 (2)某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，据此纸带可判断，垫块________(填“偏薄”或“偏厚”)。 图 13 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，打下 计数点 3 时小车的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2(以上均保 留 2 位有效数字)。 解析　(1)小车速度随时间变化不需要平衡摩擦力；探究加速度与质量、力的关系 和探究做功与速度关系都需要平衡摩擦力，但是改变小车质量后，不需要重新平 衡摩擦力，所以选项 A、B 均错误；用此装置“探究加速度与力质量的关系”时， 为保证小车所受的拉力近似等于砂及砂桶的重力，必须使砂及砂桶的质量远小于 小车的质量，选项 C 错误；为了保证绳上拉力为小车所受合力，绳子拉力要与木 板平行，选项 D 正确。 (2)根据两点间的平均速度求中间瞬时速度，所以 v3＝Δx t ＝0.37 m/s；根据 Δx＝aT2 可知加速度 a＝0.15 m/s2 答案　(1)D　(2)①偏薄　②0.37(0.36～0.38)　0.15 17.(8 分)(1)在练习使用多用电表实验中，下面使用多用电表测量电阻的操作中正确 的是________(黑表笔插在“－”插孔，红表笔插在“＋”插孔)。(2)某同学尝试利用多用电表近似测量一节干电池的电动势。将选择开关旋到 ________________挡(填“直流电压 2.5 V”或“交流电压 2.5 V”)，红表笔接电池 ________(填“正极”或“负极”)，直接测量电池路端电压。如图 14 所示，示数 为________ V。 图 14 解析　(1)测量电阻时要经过机械调零、欧姆调零，欧姆调零时红黑表笔短接，在 测量电阻时换挡后都需要重新欧姆调零。使用多用电表进行测量时手不能接触笔 尖金属体，测量电阻时被测电阻应与其他电路元件分离，多用电表欧姆挡黑表笔 端电势高，因此答案选 A、B。 (2)测量干电池电动势时多用电表功能选择直流 2.5 V，电流从红表笔流入多用电表， 所以红表笔接正极。测电压读数为 1.38 V。 答案　(1)AB　(2)直流电压 2.5 V　正极　1.38 18.(12 分)随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机 的起飞距离。如图 15 所示，航空母舰的水平跑道总长 l＝180 m，其中电磁弹射区 的长度 l1＝80 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵 引力 F 牵。一架质量 m＝2.0×104 kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F 推＝1.2×105 N。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的 0.2 倍，离舰起飞 的速度 v＝40 m/s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看做质量恒定的质点。 (g＝10 m/s2)求： 图 15 (1)飞机在后一阶段的加速度大小； (2)飞机在电磁弹射区末的速度大小； (3)电磁弹射器的牵引力 F 牵的大小。 解析　(1)根据牛顿第二定律有 F 推－0.2mg＝ma2 代入数据解得 a2＝4.0 m/s2。 (2)由 v2－v21＝2a2(l－l1) 代入数据解得 v1＝20 2 m/s。 (3)由 v21＝2a1l1 得 a1＝5 m/s2 根据牛顿第二定律有 F 牵＋F 推－0.2mg＝ma1 代入数据解得 F 牵＝2×104 N。 答案　(1)4.0 m/s2　(2)20 2 m/s　(3)2×104 N 19.(14 分)当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约 太空飞行成本，其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在 返回火箭的底盘安装了 4 台电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓 火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料 制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈 abcd，指示灯连接在 cd 两处；②火箭主 体，包括绝缘光滑缓冲轨道 MN、PQ 和超导线圈(图 16 中未画出)，超导线圈能产 生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即 停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光，火箭主体一直 做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为 v0，软着陆要求的速度为 0；指示灯、线圈 的 ab 边和 cd 边电阻均为 R，其余电阻忽略不计；ab 边长为 L，火箭主体质量为 m，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，重力加速度为 g，一切摩擦阻力不计。 图 16 (1)求缓冲滑块刚停止运动时，线圈的 ab 边受到的安培力大小； (2)求缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小； (3)若火箭主体的速度大小从 v0 减到 0 的过程中，经历的时间为 t，求该过程中每 台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。 解析　(1)ab 边产生电动势 E＝BLv0 线圈总电阻 R 总＝R＋R 2 ＝1.5R Fab＝BIL＝B E R 总L＝2B2L2v0 3R 。 (2)4Fab－mg＝ma 解得 a＝8v0B2L2 3Rm －g。 (3)根据动量定理 mgt－4F － abt＝0－mv0 即 mgt－4·B2L2h 1.5R ＝0－mv0 化简得 h＝3mR（v0＋gt） 8B2L2 根据能量守恒定律，每个减速器得到热量 Q＝1 4(1 2mv＋mgh) 每个线圈得到的热量Q 线＝5 6Q＝ 5 48mv20＋5m2gR（v0＋gt） 64B2L2 。 答案　见解析 20.(16 分)某玩具厂设计出如图 17 所示的玩具，轨道固定在高为 H1＝0.5 m 的水平 台面上，通过在 A 处压缩弹簧把质量 m＝0.01 kg 的小球(可看成质点)从静止弹出， 先后经过直线轨道 AC，半径 R1＝0.1 m 的圆形轨道，长为 L1＝0.5 m 的直线轨道 CD，以及两段半径 R2＝1 m 的圆弧 DE、GP，G、E 两点等高且两圆弧对应的圆心 角都为 37°，所有轨道都平滑连接；小球从 P 点水平抛出后打到固定在 Q 点的锣 上，P、Q 的水平距离 L2＝1.2 m，锣的半径 r＝0.3 m，圆心 O 离地高 H2＝0.4 m。 CD 段的动摩擦因数为 0.2，其余轨道光滑，N 为在 P 点正下方的挡板，在一次测 试中测出小球运动到 B 点时对内轨的作用力为 0.064 N。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8，g＝10 m/s2) 图 17 (1)求小球运动到 B 点时的速度大小； (2)小球能否离开轨道，请说明理由； (3)要使小球打到锣上，求小球从 A 处弹出时弹簧对小球所做的功需满足的条件。 解析　(1)由牛顿第二定律得 mg－FN＝m v R1 v0＝0.6 m/s。 (2)设小球不能离开轨道，通过直线轨道 CD 后能上升的最大高度为 h0，则 mg(2R1－h0)－μmgL1＝0－1 2mv20 h0＝0.118 m h0