2020届浙江省名校联盟高三新高考创新卷选考物理试题（四）（解析版）

《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（四） 一、选择题 I（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题列出的四个备选项中只有一 个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.物理学中通常运用大量的科学方法建立概念，如“比值定义法”、“等效替代”、“理想模型”等，下列选 项中均用到“比值定义法”建立概念的是（　　） A. 质点、点电荷 B. 电场强度、电容 C. 电阻、磁通量 D. 合力与分力、重心 【答案】B 【解析】 【详解】A. 质点、点电荷是理想模型法，选项 A 错误； B. 电场强度、电容都是比值定义法，选项 B 正确； C. 电阻、磁通量都不是比值定义法，选项 C 错误； D. 合力与分力、重心都是等效替代法，选项 D 错误； 故选 B。 2.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（　　） A. 玻尔大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念 B. 开普勒通过对行星运行数据的研究，得到了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比的结论 C. 法拉第在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感 应电流的磁通量的变化 D. 回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电 场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化 【答案】D 【解析】 【详解】A．德布罗意大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，选项 A 错误； B．开普勒通过对行星运行数据 研究，得到了行星运动定律，但是并没有得到行星受到的向心力与轨道半 长轴平方成正比的结论，选项 B 错误； C．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应 电流的磁通量的变化，选项 C 错误； D．回路中的磁场发生变化时产生感生电动势，其本质是变化的磁场能在其周围空间激发感生电场，通过电 场力对自由电荷做功实现能量的转移或转化，选项 D 正确。 的故选 D。 3.下列说法正确的是（　　） A. 核力是强相互作用，只表现为核子间的引力作用 B. 阴极射线的本质是原子核的一个中子转变成一个质子时释放出的高速电子 C. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输 D. LC 振荡电路产生振荡电流时，电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大值 【答案】D 【解析】 【详解】A．核力是强相互作用，可表现为引力，也可表现为斥力，故 A 错误； B．β 衰变的本质是原子核的一个中子转变成一个质子时释放出的高速电子，而不是阴极射线的本质，故 C 错误； C．电磁波可以在介质中传播，所以可以根据电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行传播，即无 线传播，故 C 错误； D．在 LC 振荡电路产生振荡电流时，电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程，电荷量体现电场能， 电流体现磁场能，LC 回路中的总能量是一定的，所以电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大 值，故 D 正确。 故选 D。 4.2019 年 12 月 12 日，袁浩在北京航空航天大学介绍了 2020 年即将实施的重大工程，其中一项工程是实现 火星着陆巡视，并在 2030 年实现火星采样。已知地球的质量约为火星质量的 N 倍，地球的半径约为火星半 径的 K 倍，则下列说法不正确的是（　　） A. 可以求出地球的密度和火星的密度的比值 B. 可以求出地球同步卫星的运行速度和火星同步卫星的运行速度的比值 C. 可以求出地球的第一宇宙速度和火星的第一宇宙速度的比值 D. 可以求出地球表面的重力加速度和火星表面重力加速度的比值 【答案】B 【解析】 【详解】A．密度 已知地球的质量约为火星质量的 N 倍，地球的半径约为火星半径的 K 倍，则可以求出地球的密度和火星的 密度的比值，选项 A 正确，不符合题意； 3 34 3 M M M V RR ρ π = = ∝B．由于题目中不知道火星的自转情况，故无法比较其同步卫星的运动速度，故 B 错误；符合题意； C．第一宇宙速度 已知地球的质量约为火星质量的 N 倍，地球的半径约为火星半径的 K 倍，则可以求出地球的第一宇宙速度 和火星的第一宇宙速度的比值，选项 C 正确，不符合题意； D．星球表面的重力加速度 已知地球的质量约为火星质量的 N 倍，地球的半径约为火星半径的 K 倍，则可以求出地球表面的重力加速 度和火星表面的重力加速度的比值，选项 D 正确，不符合题意； 本题选错误的，故选 B。 5.为了备战 2020 年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量 m=60kg 的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为 2. 15m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降 0. 5m，经过充 分调整后，发力跳起摸到了 2. 95m 的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g 取 10m/s2。则（　　） A. 起跳过程中地面对运动员的支持力冲量为 390N·s B. 运动员在起跳过程和空中上升过程均处于超重状态 C. 运动员起跳过程的平均速度大于离地上升到最高点过程的平均速度 D. 运动员能够加速起跳是因为地面对运动员的支持力对运动员做正功 【答案】A 【解析】 【详解】A．人离开地面时的速度为 人加速的时间 GM Mv R R = ∝ 2 2 GM Mg R R = ∝ 2 12 ( ) 2 10 (2.95 2.15)m/s=4m/sv g h h= − = × × − 由动量定理 解得 选项 A 正确； B．运动员在起跳过程处于超重状态，在空中上升过程处于失重状态，选项 B 错误； C．设起跳离开地面时的速度为 v，则运动员起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度均等 于 ，相等，选项 C 错误； D．运动员加速起跳时，地面对运动员的支持力的位移为零，则对运动员不做功，选项 D 错误。 故选 A。 6.2019 年 7 月 1 日，被誉为“疆电东送”高速通道的±1100 千伏“新疆淮东一安徽皖南”特高压直流工程正 式投运，它是目前世界上电压等级最高、送电距离最远的特高压直流输电工程。在输送功率不变的情况下， 和试投运电压±550 千伏相比的优点是（　　） A. 可节省输电线的材料 B. 可根据需要调节交流电的频率 C. 输电速度是试投运时速度的 2 倍 D. 因输电线上的电阻而损失的电功率减少到试投运的 25% 【答案】D 【解析】 【详解】A．高压输电不能节省输电线的材料，选项 A 错误； B．特高压直流输电不可以调节交流电的频率，选项 B 错误； C．特高压直流输电不会改变输电速度，选项 C 错误； D．根据 P=UI 得，全压输电电压升为试压电压的 2 倍时，输电电流变为原来的 倍，根据 P 损=I2R 输电线 上的功率损失将变为试压功率损失的 ，故 D 正确。 故选 D。 7.一物体在水平拉力 F 作用下沿水平面做直线运动，拉力 F 随位移 x 变化的图线如图甲所示。经时间 后 撤去拉力 F，物体运动的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　） 的 2 2 0.5 s=0.25s4 ht v ∆ ×= = ( )N mg t mv− = 60 4 600 0.25 390N sI Nt mv mgt= = + = × + × = ⋅ 2 v 1 2 2 1 1 25%2 4 = = 0tA. 物体的质量为 B. 在拉力 F 作用下物体一定做匀加速直线运动 C. 物体与水平面之间的动摩擦因数为 D. 物体在 0~t0 时间内的平均速度大小与 t0~2t0 时间内的平均速度大小均为为 【答案】A 【解析】 【详解】BC．由图可知有拉力 F0 作用时物体做匀速运动，则 F0=f=μmg 撤去拉力后物体做匀减速运动，加速度为 可知物体与水平面之间的动摩擦因数为 选项 BC 错误； A．有拉力作用时拉力的功等于摩擦力的功，即 撤去拉力后 联立可得 0 0 2 0 F x v 0 0 gt v 0 1 2 v 0 0 va gt µ= = 0 0 = v gt µ 0 0 0 0 0=F x mgx mgv tµ µ= 2 0 0 0 1 2 2 v tmv mgµ= ⋅ 0 0 2 0 F xm v =选项 A 正确； D．物体在 0~t0 时间内的平均速度大小为 v0，而 t0~2t0 时间内的平均速度大小为 ，选项 D 错误。 故选 A。 8.2019 年国际雪联单板滑雪 U 型池世锦赛在美国犹他州帕克城进行，女子组中国选手蔡雪桐以 84 分获得亚 军。如图所示，单板滑雪 U 形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩 擦因数不同，因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则以下说法错 误的是（　　） A. 运动员下滑过程中加速度一直变化 B. 运动员下滑过程中的合力一直变化 C. 运动员下滑过程中所受的摩擦力大小不变 D. 运动员滑到最低点时对轨道的压力大于物体的重力 【答案】C 【解析】 【详解】A. 运动员下滑过程中加速度方向总是指向圆心，一直变化，选项 A 正确，不符合题意； B. 运动员下滑过程中的合力方向总是指向圆心，一直变化，选项 B 正确，不符合题意； C. 运动员下滑过程中所受的摩擦力大小等于重力沿切线方向的分力，则摩擦力的大小不断变化，选项 C 错 误，符合题意； D. 运动员滑到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，则对轨道的压力为大于物体的重力，选项 D 正确， 不符合题意。 本题选错误的，故选 C。 9.如图所示是一位同学制作的实验装置：柔软弹簧竖直悬挂，下端恰与铜片接触。当开关闭合后，弹簧时伸 时缩，灯泡时明时暗。关于这个实验现象，下列说法中正确的是（　　） A. 有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩 0 1 2 vB. 有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长 C. 弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡 D. 弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮 【答案】A 【解析】 【详解】AB．有电流通过弹簧时，各环形电流同向，相互吸引致使弹簧收缩，选项 A 正确，B 错误。 CD．弹簧伸长与铜片接触，弹簧电阻与灯泡并联，电路中总电阻较小，电流较大，灯泡两端电压较小，灯 泡较暗淡；弹簧收缩与铜片分离时，电路中总电阻较大，电流较小，灯泡两端电压较大，灯泡较明亮；故 选项 CD 都错误； 故选 A。 10.如图所示，一质量为 m 的小球，用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，初始时刻小球静止于 P 点。第一次小球在 水平拉力 F1 作用下，从 P 点缓慢地移动到 Q 点，此时轻绳与竖直方向夹角为 θ=60°，张力大小为 T1；第二 次在水平恒力 F2 作用下，从 P 点开始运动并恰好能到达 Q 点，至 Q 点时轻绳中的张力大小为 T2，不计空 气阻力，重力加速度为 g，关于这两个过程，下列说法中正确的是（　　） A. ， B. 两个过程中 F1 和 F2 做的功相同 C. 两个过程中，轻绳的张力均变大 D. 第一个过程中，拉力 F1 在逐渐变大，且最大值等于 F2 【答案】B 【解析】 【详解】AD．第一次小球在水平拉力 F1 作用下，从 P 点缓慢地移动到 Q 点，则小球处于平衡状态，根据 平衡条件得 F1=mgtanθ 随 θ 角的增大 F1 逐渐变大； 第二次从 P 点开始运动并恰好能到达 Q 点，则到达 Q 点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得 1 2T mg= 2 3F mg= 1 2cos60 mgT mg= = 解得 因为 F1 的最大值为 选项 AD 错误； B．两个过程中小球的机械能的增量相同，则 F1 和 F2 做的功相同，选项 B 正确； C．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力 所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小 球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与新的“重力”方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最 低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故 C 错误； 故选 B。 11.K、A 是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为 L，板间距离为 ，金属板接入电路 如图所示（只画出了纸面内的剖面图），M、N 两端外加电压 。K 极板正中间有一粒子源，可向其左侧 空间均匀的发射速度大小为 v，质量为 m，电荷量为-q（q＞0）的粒子，平行板间的电场看做匀强电场，则 以下说法正确的是（　　） A. 当 时，电流表示数为 0 B. 当 时，电流表示数不为 0 ( )2 sin 1 cosF l mglθ θ= − 2 tan 2 3= 3F mmg g θ= 1max 2tan60 3F mg mg F= = ≠ cos mgT θ= 3 2 L MNU 2 4MN mvU q = − 2 2MN mvU q = −C. 当 时，电流表示数 I，则当 时，电流表示数为 3I D. 当 时，电流表示数为 I，则当 （ ）增大时，电流表最大示数为 1. 5I 【答案】C 【解析】 【详解】AB．当发射速度水平向左时，向左的位移最大，设粒子到达 A 板速度恰好为零，此时电流表示数 为零，根据动能定理，有 整理得 故 AB 错误； CD．由题意，当 UMN=0 时，电流表示数为 I，设此时恰好能运动到 A 板的粒子与水平面夹角为 θ，则有 即为 θ=30° 则当 UMN（UMN＞0）增大时，当增大到一定值时，所有粒子均能到达 A 极板；当 时，此 时与板平行射出的粒子 粒子打到板上的位置距离中心的距离为 为0MNU = 24 3 MNU mvq = 0MNU = MNU 0MNU > 20 1 2MNqU mv= − 2 2MN mvU q = − 32tan 3 3 2 L L θ = = 24 3 MN mvU q = 23 1 2 2 3 2 MNU qL t L m = ⋅可知此时 0＜θ＜90°范围的粒子都能到达 A 板，此时电流表最大示数为 3I； 故 C 正确，D 错误； 故选 C。 12.用竖直向上的恒力 将静止在地面上的质量为 的物体提升高度 后，撤去力 ．当物体的动能为 时，试求此时物体的高度为 （已知 ，不计空气阻力，重力加速度为 ） A. 若 ，则 一定还有一解为 B. 若 ，则 一定还有一解为 C. 若 ，则 的另一解一定小于 D. 若 ，则 的另一解一定大于 【答案】A 【解析】 【详解】A.根据题意可知 ，则当动能达到 时可能在未撤去力 F 之前就达到 ，若 ， 说明物体在未撤去 之前动能就达到 ，撤去力 之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为 ， 该位置高度一定大于 ，从地面到该位置由动能定理： 得到： 故选项 A 正确，C 错误； B.若撤去 之前动能未达到 ，则物体的动能一定是在下落到高度 的某位置等于 ，由动能定理： 3 1 8 2y vt l l= = < F m 0H F 0kE h 0h H≠ g 0kEh F mg = − h 0 0kFH Eh mg −= 0 0kFH Eh mg −= h 0kEh F mg = − 0kEh F mg = − h 0H 0 0kFH Eh mg −= h 0H 0h H≠ 0kE 0kE 0kEh F mg = − F 0kE F 0kE 0H 0 0kFH mgh E− = 0 0kFH Eh mg −= F 0kE 0h H< 0kE得到： 故选项 BD 错误． 13.如图中的 a 是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐 渐改变斜面与水平地面之间的夹角 θ，获得不同的射程 x，最后作出了如图中的 b 所示的 x-tanθ 图像，g 取 10m/s2，则（　　） A. 由图 b 可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度 B. 由题中所给条件无法求出小球在斜面顶端平抛时的初速度大小 C. 若最后得到的图像如图中的 c 所示，可能是由于小球释放位置降低造成的 D. 若实验中发现当 θ=60°时，小球恰好落在斜面底端，则斜面的长度 【答案】D 【解析】 【详解】AB．物体在竖直方向上有 水平方向上 x=vt 联立解得 由图可知 0 0kFH mgh E− = 0 0kFH Eh mg −= 0 5m/sv = 2 3 5L = m 21 2y gt= tany x θ= 22 tanvx g θ= 解得 v=1m/s 故 AB 错误； C．由图 c 可知，图象的斜率增大，故说明 增大，因重力加速度不变，故只能说明速度增大，其原因可 能为：释放位置变高或小球释放时有初速度，故 C 错误； D．当斜面倾角 θ=60°时，设斜面长度为 L，有 Lsin60°= gt2 ① 水平方向 Lcos60°=v0t ② 由①②得 故 D 正确； 故选 D。 二、选择题 II（本题共 3 小题，每小题 2 分，共 6 分。每小题列出的 4 个选项中至少有一个 是符合题目要求的。全部选对得 2 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分） 14.如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面 3m。距水面 4m 的湖底 P 点发出的激光束， 从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为 53°，已知桅杆到 P 点的水平距离为 7m。 （　　） A. 水的折射率为 B. 水的折射率为 C. 调整由 P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为 53°时，没有光从水面射出 22 =0.2v g 22v g 1 2 2 3 m 5 L = 5 4 4 3D. 调整由 P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为 45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，则 船应向左行驶 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB．设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为 x1，到 P 点的水平距离为 x2．桅杆的高度为 h1， P 点处水深为 h2．激光束在水中与竖直方向的夹角为 θ。 由几何关系有 …① …② 由折射定律有 …③ 设桅杆到 P 点的水平距离为 x，则 x=x1+x2…④ 联立①②③④并代入数据解得 …⑤ 选项 A 错误，B 正确； C．光射到水面上时的临界角 可知 C 1 cos3apf apW mg xµ= °• 2 cos37pbf pbW mg xµ= °• 1 2: :ap pbf fW W µ µ= 1 2cos37 cosin3 s3 07 7ab ap pbm mg x mggx xµ µ°• − °•− =° 1 2 1.5µ µ+ = 2 2 4 3sin53 cos53 ( ) 05 5mg mg mgµ µ°− ° = − > v，解得 ，故 D 正确； 故选 BD． 三、非选择题（共 55 分） 17.(1)在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，将弹簧悬挂在铁架台上，刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧 轴线和刻度尺都应在___________方向（选填“水平”或“竖直”）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记 为 L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为 Lx；在砝码盘中每次增加 10g 砝码，弹簧长度依次记为 L1 至 L7， 数据如下表所示： 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 L7 数值（cm） 25. 35 27. 35 29. 35 31. 30 33 40 35. 35 37. 40 39. 30 41. 41 (2)甲同学用图像法处理实验数据，如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，则横轴应是弹 簧长度与___________的差值（填“L0”或“Lx”）。由图可知弹簧的劲度系数为___________N/m，通过图和 表可知砝码盘的质量为___________g（结果均保留两位有效数字，重力加速度取 g=9. 8m/s2）。 【答案】 (1). 竖直 (2). Lx (3). 4.9 (4). 10 【解析】 【详解】(1)[1]实验时用砝码表示力的大小，所以使弹簧在竖直方向伸长。所以将弹簧悬挂在铁架台上，刻 度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向上。 (2)[2]横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与 Lx 的差值。 [3][4]由图可知弹簧的劲度系数 由表中数据可知，弹簧下面放上砝码盘后弹簧伸长 2cm，可知砝码盘的质量 . 2 1 2 1cos53 cos53 2sin53b bpa pamg x mg xmgx mvµ µ°− °• − °• = 7 5 gLv = 3 2 60 10 9.8 N/m 4.9N/m12 10 Fk x − − × ×= = =∆ ×18.在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有： ①待测电池：电动势 E（约 3V）、内电阻 r（约 1 ） ②电流表：量程 500 ，内阻 ③电流表：量程 3A，内阻 ④滑动变阻器：阻值 0-600 ，额定电流 0. 5A ⑤滑动变阻器：阻值 0-20 ，额定电流 2. 5A ⑥电阻箱：9999. 9 (1)实验电路如图 1 所示，根据实验目的，电路中电流表 A1 应选择___________，A2 应选择___________，R1 应选择___________（请填写器材序号）。 (2)实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表 A2 的电流 I2 随电流表 A1 的电流 I1 的变化的图像，如图所示。那么，根据图像可得电动势 E 的表达式为___________，内电阻 r 表 达式为___________。（答案只限于用 R2、Iy、Ix 及电流表的内阻 r1、r2 表示，且消除系统误差） 【答案】 (1). ③ (2). ② (3). ⑤ (4). (5). 【解析】 【详解】(1)[1][2][3]根据实验目的，电路中电流表 A1 应选择量程 3A 的③；A2 应选择电流表②，与电阻箱 串联后构成电压表；R1 应选择电阻与电源内阻相当的⑤即可； (2)[4][5]由闭合电路欧姆定律可知 即 4.9 0.02 kg=0.01kg=10g9.8 k xm g ∆ ×= = Ω µ 2 400r = Ω 1 0.5r = Ω Ω Ω Ω ( ) ( )2 2 y x x y R rE I I I I += − ( ) ( )2 2 y x y R rr I I I += − 2 2 2 1 2( ) ( )E I R r I I r= + + + 2 1 2 2 2 2 E rI IR r r R r r = −+ + + +由图像可知 解得 19.跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF） 方法跳伞。如图所示，一个质量为 m=50kg 的运动员在 H=3600m 的高度从飞机上跳出，从静止开始降落 t=40s 时，竖直向下的速度达到 v=50m/s，假设这一运动是 匀加速直线运动。此后其立即打开降落伞（开伞时间不计），g=10m/s2.求： (1)运动员在打开降落伞前运动中的加速度 a 为多大； (2)运动员在打开降落伞前运动中所受的空气阻力 f 为多大； (3)运动员在开伞时离地面的高度 h 是多少。 【答案】（1）1.25m/s2；（2）437.5N ；（3）2600m 【解析】 【详解】(1)加速度 解得 a=1.25m/s2 (2)由牛顿第二定律可得 mg-f=ma 解得 的 2 2 y EI R r r = + + 2 2 = y x Ir R r r I+ + ( ) ( )2 2 y x x y R rE I I I I += − ( ) ( )2 2 y x y R rr I I I += − va t =f=437.5N (3)自由降落的位移为 h′，则有 解得 h′=1000m 开伞时的高度为 m 20.一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为 m=0. 1kg 的木板，当木板处于静止状态时弹簧的压缩 量为 cm，如图所示。一质量也为 m=0. 1kg 的橡皮泥从木板正上方距离为 h=0. 2m 的 A 处自由落下， 打在木板上并与木板一起向下运动，且粘连，它们到达最低点后又向上运动。不计空气阻力，g 取 10m/s2， （弹性势能表达式为 ，其中 k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧形变量）。 (1)橡皮泥打在木板上一起向下的初速度； (2)橡皮泥和木板一起上升的最大高度； (3)橡皮泥和木板一起运动过程中的最大速度。 【答案】(1)1m/s；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)橡皮泥打在木板上瞬间有 得 v1=2m/s 2 ' 2 vh a = ' 2600h H h= − = 1 5=x 21 2PE kx= 5 2 m20 − 5 m/s2 2 1 2v gh=碰撞瞬间动量守恒有 得 v2=1m/s (2)开始时弹簧被压缩 x1，则 解得 k=20N/m 设最大高度在原长上方 x3 处，有： 得 (3) 速度最大时弹簧形变量满足 碰撞后到速度最大有 得 21.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为 U1；B 为速度选择器，磁场 与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为 U2，距离为 d；C 为偏转分离器，磁感应强度为 B2，方向 垂直纸面向里。今有一质量为 m、电荷量为 e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能 通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片 D 上。求： (1)磁场 B1 的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器 A，但加速电压不稳定，在 到 范围内变化，可以通过 调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入 C，则打在 照相底片 D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 1 22mv mv= 1mg kx= ( )2 2 2 2 1 3 1 3 1 1 12 2 02 2 2mv mg x x kx kx⋅ − + + − = 3 5 2 m20x −= 2 2 2 0.1m mg kx x =  = ( ) ( )2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 12 22 2 2 mmg x x kx kx m v v− + − = − 5 m/s2mv = 1 1U U− ∆ 1 1U U+ ∆【答案】（1） ，垂直纸面向里；（2） ， ， 【解析】 【详解】（1）在加速电场中 在速度选择器 B 中 得 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 最大值为 2 1 12 U mB d U e = ( ) ( )1 1 1 1 2 2 22 m U U m U UD B e e  + ∆ − ∆ = −   ( )1 1 min 2 1 U UU U U − ∆= ( )1 1 max 2 1 U UU U U + ∆= 2 1 1 2U e mv= 12U ev m = 2 1 UeB v ed = 2 1 12 U mB d U e = ( )1 1 1 2 U U ev m − ∆= 1 1 2 mvR eB = ( )1 1 2 2 U U ev m + ∆=打在 D 上的宽度为 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为 v 的粒子有 得 U=B1vd 代入 B1 得 再代入 v 的值可得电压的最小值 最大值 22.如图所示，xOy 平面为水平面，有一固定 U 型轨道的 AC 边与 y 轴重合，AH 边与 x 轴重合，轨道 CD 与 AH 平行，间距为 L，现有一与轨道平面垂直向里的磁场，磁感应强度 B 的大小随空间位置 x 的变化规律 为 （式中 B0、k 为已知常量）在 t=0 时， 处有一电阻为 R、长为 L 的金属棒 MN， 在外力 F 作用下沿 x 正方向匀速运动，速度大小为 v，轨道电阻忽略不计，U 型轨道的 AH 边和 CD 边比较 长。 (1)t=0 时刻，流过金属棒的电流大小和方向； (2)金属棒运动过程中外力 F 随时间变化关系； (3)从 t=0 时刻到 时刻流过金属棒的电荷量。 2 2 2 mvR eB = 2 12 2D R R= − ( ) ( )1 1 1 1 2 2 22 m U U m U UD B e e  + ∆ − ∆ = −   1 UeB v ed = 2 12 mU U v U e = ( )1 1 min 2 1 U UU U U − ∆= ( )1 1 max 2 1 U UU U U + ∆= 0 0 sinB B B kx= + 2x k π= 21t kv π=【答案】（1） ，方向从 N 指向 M；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）t=0 时刻，有 所以 E=IR 可得 方向从 N 指向 M （2）任意时刻 t 有 （3）由（2）可得 根据 It-t 图像可得 02B LvI R = ( )2 2 20 1 cosB L vF kvtR = + 021 B Lq Rk π= 02B B= 02E B Lv= 02B LvI R = 0 0 sin 2tB B B k vtk π = + +   t tE B Lv= t t EI R = t tF B I L= ( )2 2 20 1 cosB L vF kvtR = + ( )0 1 cost B LvI kvtR = + 021 B Lq Rk π=