山东省枣庄市2020届高三物理第二次调研试题（Word解析版）

2020 届高三模拟考试物理试题 （总分：100 分 考试时间：90 分钟） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的。 1.氢原子的能级图如图所示。用氢原子从 n=4 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射逸出功为 6.34eV 的金属铂，下列说法正确的是（　　） A. 产生的光电子的最大初动能为 6.41eV B. 产生的光电子的最大初动能为 12.75eV C. 氢原子从 n=2 能级向 n=1 能级跃迁时辐射的光不能使金属铂发生光电效应 D. 氢原子从 n=6 能级向 n=2 能级跃迁时辐射的光也能使金属铂发生光电效应 【答案】A 【解析】 【详解】AB． 从 n=4 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光子能量为 产生的光电子的最大初动能为 故 A 正确 B 错误； C． 氢原子从 n=2 能级向 n=1 能级跃迁时辐射的光子能量为 10.2eV，能使金属铂发生光电效 应，故 C 错误； D． 氢原子从 n=6 能级向 n=2 能级跃迁时辐射的光子能量小于逸出功，故不能发生光电效应， 故 D 错误。 故选 A。 2.新华社西昌 3 月 10 日电“芯级箭体直径 9.5 米级、近地轨道运载能力 50 吨至 140 吨、奔月 转移轨道运载能力 15 吨至 50 吨、奔火（火星）转移轨道运载能力 12 吨至 44 吨……”这是 13.6 0.85 12.75eV− = k 0 12.75 6.34 6.41eVE hv W= − = − =我国重型运载火箭长征九号研制中的一系列指标，已取得阶段性成果，预计将于 2030 年前后 实现首飞。火箭点火升空，燃料连续燃烧的燃气以很大的速度从火箭喷口喷出，火箭获得推 力。下列观点正确的是（　　） A. 喷出的燃气对周围空气的挤压力就是火箭获得的推力 B. 因为喷出的燃气挤压空气，所以空气对燃气的反作用力就是火箭获得的推力 C. 燃气被喷出瞬间，火箭对燃气的作用力就是火箭获得的推力 D. 燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力就是火箭获得的推力 【答案】D 【解析】 【详解】A． 喷出的燃气对周围空气的挤压力，作用在空气上，不是火箭获得的推力，故 A 错误； B． 空气对燃气 反作用力，作用在燃气上，不是火箭获得的推力，故 B 错误； CD． 燃气被喷出瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，是火箭获得的推力，故 C 错误 D 正确。 故选 D。 3.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平 皮带传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为 10m、运行速 度是 8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是 10m/s，取重力加速度 g=10m/s2。下列说法 正确的是（　　） A. 工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.32 才为合格 B. 工件被传送过去的最长时间是 2s C. 若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等 D. 若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为 10m/s 【答案】B 【解析】 【详解】AB．工件恰好传到右端，有 的 2 00 2v gLµ− = −代入数据解得 工件与皮带间动摩擦因数不大于 0.5 才为合格，此时用时 故 A 错误 B 正确； CD． 若工件不被传送过去，当反向运动时，最大速度与传送带共速，由于传送带的速度小于 工件的初速度，根据匀变速运动速度时间关系可知，返回的时间与正向运动的时间不相等， 故 CD 错误。 故选 B。 4.科幻电影《流浪地球》讲述了这样的故事：太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进 器，使地球经历了停止自转、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为比邻星的一 颗行星。假设若干年后，地球流浪成功。设比邻星的质量为太阳质量的 ，地球质量在流浪 过程中损失了 ，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半径的 ，则地球绕 比邻星运行与绕太阳运行相比较，下列关系正确的是（　　） A. 公转周期之比为 B. 向心加速度之比为 C. 动能之比为 D. 万有引力之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 0.5µ = 0 2svt gµ= = 1 4 1 4 1 2 : 1:1TT =日比 : 3: 4a a =日比 : 3:8k kE E =日比 : 3:8F F =日比 2 2 2 4MmG m rr T π= 3 2 rT GM π=故 故 A 错误； B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 故 故 B 错误； C．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 动能 代入数据计算解得动能之比为 故 C 正确； D．万有引力 代入数据计算解得 故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，重力均为 G 的两小球用等长的细绳 a、b 悬挂在 O 点，两小球之间用一根轻弹簧 连接，两小球均处于静止状态，两细绳 a、b 与轻弹簧 c 恰好构成正三角形。现用水平力 F 缓 慢拉动右侧小球，使细绳 a 最终竖直，并保持两小球处于静止状态。下列说法正确的是（　　） : 2 : 2TT =日比 2 MmG mar = 2 GMa r = : 1:1a a =日比 2 2 GMm vmr r = 21 2 2k GMmE mv r = = : 3:8k kE E =日比 2 GMmF r = : 3: 4F F =日比A. 最终状态时，水平拉力 F 等于 B. 最终状态与初态相比，轻弹簧 c 的弹性势能保持不变 C. 最终状态与初态相比，右侧小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小量加上力 F 做的 功 D. 最终状态与初态相比，系统的机械能增加 【答案】D 【解析】 【详解】AB．以左边小球为研究对象，初状态受到重力、弹簧弹力和细绳拉力，如图所示 根据平衡条件可得细绳拉力 ，其中 θ=30°，则 根据对称性可知，初状态细绳 b 的拉力大小为 ，末状态以右边的小球为研究对象， 受到重力、细绳 b 的拉力和水平方向拉力而平衡，根据图中几何关系可得 其中 α＞θ，则 根据平衡条件可得：F=Gtanα，由于弹簧的长度发生变化，轻弹簧 c 的弹性势能改变，后来三 3G cosa GT θ= 2 3a GT = 2 3b GT = cosb GT α ′ = 2 3b GT ′ >边构成的三角形不是等边三角形，故 α≠60°，则 ，故 AB 错误。 C．最终状态与初态相比，根据能量守恒可知，两球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减小 量加上力 F 做的功，而左侧小球机械能减小，故右侧小球增加量大于弹簧弹性势能的减小量 加上力 F 做的功，故 C 错误； D．两球和弹簧组成的系统机械能的增加量等于外力 F 做的功，由于 F 做正功，故系统机械能 增加，故 D 正确。 故选 D 6.如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B、C 又回到状态 A。下列说法正确的是 （　　） A. A→B 过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加 B. C→A 过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 C. A→B 过程中气体吸收的热量大于 B→C 过程中气体放出的热量 D. A→B 过程中气体对外做 功小于 C→A 过程中外界对气体做的功 【答案】C 【解析】 【详解】A． A→B 过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化， 故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故 A 错误； B． C→A 过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积 器壁的分子数增加，故 B 错误； C． 气体从 A→B 过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为 Q1，做功大小为 W1，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1，气体从 B→C 过程中，温度降低 且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为 Q2，根据热力学第一定律：△U2=-Q2， 气体从 C→A 过程中，温度不变，内能增量为零，有： △U=△U1+△U2=Q1-W1-Q2=0 即 。 的 3F G≠Q1=W1+Q2＞Q2 所以 A→B 过程中气体吸收的热量 Q1 大于 B→C 过程中气体放出的热量 Q2，故 C 正确； D． 气体做功 ，A→B 过程中体积变化等于 C→A 过程中体积变化，但图像与原点 连接的斜率越大，压强越小，故 A→B 过程中气体对外做的功大于 C→A 过程中外界对气体做 的功，故 D 错误。 故选 C。 7.如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂 直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度 B 随 时间 t 变化的关系如图乙所示。t=0 时刻，悬线的拉力为 F。CD 为圆环的直径，CD=d，圆环 的电阻为 R。下列说法正确的是（　　） A. 时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流 B. 时刻，C 点的电势低于 D 点 C. 悬线拉力的大小不超过 D. 0~T 时间内，圆环产生的热量为 【答案】C 【解析】 【详解】A． 时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有 顺时针方向的感应电流，故 A 错误； B． 时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故 C 点的电势高 于 D 点，故 B 错误； W p V= ∆ 4 T 3 4 T 2 3 0 4 B dF TR π+ 2 2 4 0 32 B d R T π 4 T 3 4 TC． t=0 时刻，悬线的拉力为 F ，则圆环重力大小为 F， 时，感应电动势 ， ， 故安培力 故悬线拉力的大小不超过 ，故 C 正确； D． 根据以上分析可知 0~ 时间内， 产热 故 0~T 时间内，圆环产生的热量为 故 D 错误。 故选 C。 8.用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动势为 8V、内阻忽略不计。 先使开关 S 与 1 端相连，稍后掷向 2 端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的 电流随时间变化的 i—t 图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 图中画出的靠近 i 轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量 B. 电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 20C C. 电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为 C D. 电容器的电容约为 2 T BE St =   EI R = AF BId= 2 3 0 4AF B d TR π= 2 3 0 4 B dF TR π+ 2 T 2 2 02 4 322 BTQ I d TRR π= = 2 2 4 0' 62 1 BQ d TRQ π= = 44.0 10−× 24.0 10× μF【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故 A 错 误； BC． 确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为 0.2mA，横坐标的每个小格为 0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为 q=0.2×10-3×0.4=8×10-5C 曲线下包含的小正方形的个数为 40 个，由曲线下方的方格数与 q 的乘积即得电容器所带的电 荷量 Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C 故 BC 错误； D． 电容器的电容约为 故 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的 得 0 分。 9.如图所示，在坐标系 xOy 中，弧 BDC 是以 A 点为圆心、AB 为半径的一段圆弧，AB=L， ，D 点是圆弧跟 y 轴的交点。当在 O 点和 A 点分别固定电荷量为 和 的点电 荷后，D 点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是（　　） A. B. 圆弧 BDC 上的各点相比较，D 点的电势最高 C. 电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势能先减小后增大 q it= 400μFQC U = = 2 LAO = 1Q− 2Q+ 2 14Q Q=D. 电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势能先增大后减小 【答案】AD 【解析】 【详解】A． D 点的电场强度恰好为零，则 解得： 故 A 正确； B．对 Q2 来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由 Q1 决定，根据沿电场线方向电势降 低，离负电荷越近，电势越低，故 D 点电势最低，故 B 错误； CD． 电子沿着圆弧从 B 点运动到 C 点的过程中，电势先降低后升高， ，故电势能 先增大后减小，故 D 正确 C 错误。 故选 AD。 10.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是 2：1，AB 两点之间始终加 （V）的交变电压。R 是输电线的电阻，L 是标有“100V、100W”的白 炽灯。M 是标有“100V、200W”的电动机，其线圈电阻 r=10 。开关 S 断开时，电动机正 常工作。下列说法正确的是（　　） A. 输电线的电阻阻值 B. 电动机的输出功率为 180W C. 开关 S 闭合后，电动机的电功率减小 D. 开关 S 闭合后，白炽灯的功率为 100W 【答案】AC 【解析】 1 2 2 2( )2 Q Qk kL L = 2 14Q Q= pE qϕ= 220 2 sin100u tπ= Ω 20R = Ω【详解】A． 开关 S 断开时，电动机正常工作，副线圈两端电压 100V，副线圈电流 根据变压器原理可知，原线圈两端电压 200V，原线圈电流 1A，在原线圈回路 解得 故 A 正确； B． 电动机的输出功率为 故 B 错误； CD． 开关 S 闭合后，副线圈回路电流变大，则原线圈回路电流变大，电阻 R 上分压变大，则 原线圈两端电压减小，根据变压器原理，副线圈两端电压减小，小于 100V，则电动机的电功 率减小，白炽灯的功率小于 100W，故 C 正确 D 错误。 故选 AC。 11.两列分别沿 x 轴正、负方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形如图所示，其中 a 波振幅为 2cm，沿 x 轴正方向传播；b 波振幅为 4cm，沿 x 轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为 v=2m/s。则下列说法正确的是（　　） A. 两列波的质点的起振方向均沿 y 轴负方向 B. 横波 a 的周期为 2s C. t=1.5s 时，质点 Q 离开平衡位置的位移为 2cm D. 两列波从相遇到分离所用的时间为 2s 【答案】BD 2 2API U = = 1 12 mU I R U= + 20R = Ω 2 2 M 160WP P I R= − =出【解析】 【详解】A．根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知 a 波起振方向向上，b 波起 振方向向上，故 A 错误； B． 横波 a 的波长为 4m，则周期 故 B 正确； C． 横波 b 的波长为 4m，则周期也为 2s，t=1.5s 时经过 ，则质点 Q 离开平衡位置的位移 为-4cm，故 C 错误； D． 两列波从相遇到分离所用的时间为 故 D 正确。 故选 BD。 12.如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上 的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。两导体棒 a、b 均垂直于导轨静止放置。已知导体棒 a 质 量为 2m，导体棒 b 质量为 m；长度均为 l，电阻均为 r；其余部分电阻不计。现使导体棒 a 获 得瞬时平行于导轨水平向右的初速度 。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用， 在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（　　） A. 任何一段时间内，导体棒 b 动能增加量跟导体棒 a 动能减少量的数值总是相等的 B. 任何一段时间内，导体棒 b 动量改变量跟导体棒 a 动量改变量总是大小相等、方向相反 C. 全过程中，通过导体棒 b 的电荷量为 D. 全过程中，两棒共产生的焦耳热为 【答案】BCD 【解析】 2sT v λ= = 3 4T 1 2 2s2t v λ= = 0v 02 3 mv Bl 2 0 3 mv【详解】AB．根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒， 故任何一段时间内，导体棒 b 动量改变量跟导体棒 a 动量改变量总是大小相等、方向相反， 根据能量守恒可知，a 动能减少量的数值等于 b 动能增加量与产热之和，故 A 错误 B 正确； CD．最终共速速度 对 b 棒 解得 根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为 故 CD 正确。 故选 BCD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.某同学在“探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，把按控制变量 法做的两个实验的数据都记录在下表中。数据是按加速度的大小排列的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 F/N 0.29 0.14 0.29 0.19 0.24 0.29 029 0.29 0.34 m/kg 0.86 0.36 0.61 0.36 0.36 0.41 0.36 0.31 0.36 a/（m·s-2） 0.34 0.39 0.48 0.53 0.67 0.71 0.81 0.93 0.94 若利用表中数据探究物体运动的加速度与物体受力的关系，则选用物体的质量为 m=___________，请在本题给出的坐标纸中作出 a－F 图像________。 02 (2 )mv m m v= + 0mv BIl t Blq− = ⋅ = 02 3 mvq Bl = ( ) 2 2 2 0 0 1 12 22 2 3 mvQ mv m m v= × − + =【答案】 (1). 0.36kg (2). 【解析】 【详解】[1]根据按控制变量法可知，探究物体运动的加速度与物体受力的关系，需要保证质 量不变，故由表中数据可知选用物体的质量为 0.36kg； [2]根据表中质量为 0.36kg 的数据描点作图如图所示 14.如图甲所示，是一块厚度均匀、长宽比为 5：4 的长方形合金材料薄板式电阻器，a、b 和 c、d 是其两对引线，长方形在 a、b 方向的长度大于在 c、d 方向的长度。已知该材料导电性 能各向同性。某同学想测定该材料的电阻率。他选取的器材有：①多用电表；②游标卡尺；③ 螺旋测微器；④学生电源；⑤电压表 V（量程：3V，内阻约为 3k ）；⑥电流表 A（量程： 0.6A，内阻约为 0.2 ）；⑦滑动变阻器 R0（最大阻值 10 ）；⑧开关 S、导线若干。 （1）用多用电表粗测该电阻器的电阻值。他首先调整多用电表“指针定位螺丝”，使指针指 在零刻度；再将选择开关旋至电阻挡“×1”挡位，两支表笔金属部分直接接触，调整“欧姆 调零旋钮”，使指针指向“0 ”。然后，用两支表笔分别连接电阻器的 a、b 引线，多用电表 Ω Ω Ω Ω表盘指针位置如图乙所示。a、b 两引线之间的电阻值 R=___________ 。 （2）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量薄板的宽度和厚度，结果如图丙所示，则宽度 L=_______mm，厚度 D=_______mm。 （3）为了精确测定 a、b 两引线之间的电阻值 R，该同学在图丁所示的实物中，已经按图丁中 电路图正确连接了部分电路；请用笔画线代替导线，完成剩余电路的连接_______。 （4）若该同学保持电路不变，只将 a、b 引线改接为 c、d 引线，测量 c、d 之间的电阻值，则 测量 c、d 之间电阻值的相对误差___________（填“大于”、“小于”或“等于”）测量a、b 之间电阻值的相对误差。 （5）计算该材料电阻率的表达式 ___________。(式中用到的物理量的符号均要取自（1） （2）（3）问) Ω ρ =【 答 案 】 (1). 6 (2). 50.60 (3). 1.200 (4). (5). 小于 (6). 【解析】 【详解】(1)[1]开关旋至电阻挡“×1”挡位，故电阻为 6 。 (2)[2][3]游标卡尺读数为 螺旋测微器读数 (3)[4]根据电路图可知，连线如下 (4)[5]因为 cd 间电阻小于 ab 间电阻，则电压表分流更小，带来的误差更小，测量 c、d 之间电 阻值的相对误差小于测量 a、b 之间电阻值的相对误差。 (5)[6]根据 可知 15.2019 年 12 月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎疫情威胁着人们的身体健康和 4 5 DR Ω 50mm 0.05 12mm 50.60mmL = + × = 1mm 0.01mm 20.0 1.200mmD = + × = 5 4ab LLR S L D ρ ρ= = ⋅ 4 5 DRρ =生命安全，勤消毒是一种关键的防疫措施，如图甲所示。图乙是喷雾消毒桶的原理图，消毒 桶高为 h。在室外从加水口加注高度为 的消毒液，关闭喷雾口阀门 K，密封加水口，上部封 闭有压强为 p0、温度为 T0 的空气。将喷雾消毒桶移到室内，一段时间后打开喷雾口阀门 K， 恰好有消毒液从喷雾口溢出。已知消毒液的密度为 ，大气压强恒为 p0，喷雾管的喷雾口与 喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，重力加速度为 g。 （1）求室内温度。 （2）关闭 K，在室内用打气筒向喷雾消毒桶内充入空气。然后，打开 K，在室内喷雾消毒。 消毒完成时，发现桶内消毒液的液面刚好降到桶底。求充入空气与原有空气的质量比。(假设 整个过程中气体温度保持不变。) 【答案】(1) ；(2) 。 【解析】 【详解】(1) 设室内温度为 T1，消毒桶移到室内一段时间后，封闭气体的压强为 p1 气体做等容变化，由查理定律得： 解得 (2)以充气前消毒桶内空气为研究对象。设消毒桶的横截面积为 S。充气前压强为 p1 时，设体 积为 V1，则 ， 消毒完成后，设压强为 p2，体积为 V2，对应的气柱高度为 h2，则 2 h ρ 0 0 (1 )2 gh Tp ρ+ 0 0 2 3 2 p gh p gh ρ ρ + + 1 0 2 hp p gρ= + ⋅ 0 1 0 1 p p T T = 1 0 0 (1 )2 ghT Tp ρ= + 1 0 2 hp p gρ= + ⋅ 1 2 hSV =， 因气体做等温变化，由玻意耳定律得 解得 在同温同压下，同种气体的质量比等于体积比。设原有空气的质量为 m0，打进空气的质量为 m，则 解得： 16.如图所示，水平面上静止放置一个透明实心玻璃球，O 点是球心，A 是最高点，B 是最低点。 两条跟水平面夹角为 45°的平行光线斜照在球面上，其中一条向着球心 O，其延长线交地面 于 D 点（图中未画出），另一条过最高点 A。已知该玻璃的折射率为 ， 。 求： （1）过 A 点的光线折射进入玻璃球时的折射角； （2）过 A 点的光线从玻璃球射出后，跟水平面的交点是在 D 点的左侧、右侧、还是在 D 点？ 试证明你的猜想。 【答案】(1) ；(2)见解析。 【解析】 2 0p p ghρ= + 2 2V h S= 1 1 2 2pV p V= 0 2 0 2 4 4 p ghh hp gh ρ ρ += +  2 0 2 h hm m h −= 0 0 0 2 3 2 p ghm m p gh ρ ρ +∆ = + 2 tan15 2 3° = − 30°【详解】(1) 由题意知，在 A 点入射角 i=45°。设折射角为 r，由折射定律得 解得 (2) 设 E 点为折射光线的出射点，由几何关系得 过 E 点做水平面的垂线，垂足为 F；过 E 点做水平线，与 AB 的交点为 C，由几何关系得 设光线在 E 点的入射角为 i1，折射角为 r1，由几何关系得 解得 设从玻璃球折射出的光线与水平面的交点为 G，由几何关系得 解得 BG=R 经过圆心 O 的光线沿直线传播，由几何关系得可知 可知 BG=BD 所以，过 A 点的光线从玻璃球射出后，跟水平面的交点在 D 点。 sin sin in r = 30r = ° 2 cos30 3AE R R°= = 2 cos30 2 REF CB R AE °= = − = 1 1 sin sin rn i = 1 45r = ° ( )sin30 tan 60 45BG BF FG CE FG AE EF° ° °= + = + = + − tan 45BD R R°= =17.如图所示，AB 为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB 连线为竖直直径，轨道半径 R=6.4m， 轨道内壁光滑，A、B 两端为轨道的开口。BC 为粗糙水平轨道，其长度 s=8.4m。CD 为倾角 θ=37°的斜面。用两个小物块 a、b 紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑 住，沿轨道静置于 C 点。弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物块 a 的线度略小于细管的内径。 烧断细线，两物块先后落到斜面的 M 点，CM 两点之间的距离 L=12m。已知物块跟水平轨道 之间的动摩擦因数 ，忽略空气阻力，取重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8。求： （1）物块 b 刚离开弹簧的瞬间，其速率 v0 是多少； （2）设物块 a、b 的质量分别为 m1、m2，则 是多少？（结果可以用根式表示） 【答案】(1) ； (2) 或 【解析】 【详解】（1）物块 b 离开弹簧后做平抛运动。设从 C 运动到 M 历时为 t，则 ， 代入数据解得 ， (2) ①物块 a 能够经过 A 点做平抛运动落到斜面的 M 点。设物块 a 经过 A 点的速率为 vA，从 A 运动到 M 历时为 t1，则 ， 解得 1 7 µ = 1 2 m m 8m / s 8 19 2 7 7 21sin37 2L gt° = 0cos37L v t° = 1.2st = 0 8m / sv = 2 1 12 sin37 2R L gt°+ = 1cos37 As L v t°+ =， 设物块 a 刚被弹簧弹开时的速率为 vCl，在从 C 运动到 A 的过程中，由动能定理得 解得 vCl=19m/s 弹簧弹开物块 a、b 的过程中，物块 a、b 动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定 律得 解得 ②物块 a 被弹簧弹开后不能到达 A 点，物块 a 从 C 点做平抛运动落到斜面的 M 点，做平抛运 动的初速度大小也是 v0。设物块 a 刚被弹簧弹开时的速率为 vC2，在物块 a 从 C 向左运动到再 次回到 C 点的过程中，由动能定理得 解得： 弹簧弹开物块 a、b 的过程中，物块 a、b 动量守恒。选向右的方向为正方向，由动量守恒定 律得 解得 18.如图所示，xOy 为竖直面内的直角坐标系，在 y 轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场， y 轴右侧电场方向竖直向下，y 轴左侧电场方向竖直向上。y 轴左侧还存在一个方向垂直于坐 标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与 y 轴相切于 O 点。现有一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球，用长为 l、不可伸长的绝缘细线悬挂在 P 点的钉子上，P 点与 坐标原点 O 的距离亦为 l。将小球拉至细线绷直且与 y 轴负方向成 60°角无初速释放，小球摆 1 2st = 9m / sAv = 2 2 1 1 1 1 1 1 22 2A Cm v m v m gs mgRµ− = − − 2 0 1 1 0Cm v m v− = 1 2 8 19 m m = 2 2 1 0 1 2 1 1 1 22 2 Cm v m v m gsµ− = − 2 4 7m / sCv = 2 0 1 2 0Cm v m v− = 1 2 2 7 7 m m =至 O 点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中 P 点的钉子，此时速度方向与 y 轴 正方向成 30°角。已知细线能承受的最大张力 Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为 g， 不计阻力。求： （1）电场强度的大小； （2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积； （3）小球在 x＜0 区域运动的时间。（结果用 m、q、l、g 表示） 【答案】(1) ；(2) ， ；(3) 【解析】 【详解】（1）设小球从静止释放运动到 O 点时的速率为 v0，由动能定理得 O 处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得 而 Fm=4mg 联立解得 ， （2）由前面分析可知小球在 O 处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。 出磁场后做匀速直线运动到达 P 处。粒子运动轨迹如图所示 在 mg q 3 2m g q l 21 3 lπ 2 6( )9 6 l g π + 2 0 1( ) (1 cos60 ) 02qE mg l mv°+ − = − 2 0( )m mvF qE mg l − + = 0 2v gl= mg q E =O1、O2 分别为轨迹圆心、磁场圆心，设 r、R 分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有 解得 由牛顿第二定律得 解得 方向垂直于纸面向外；由几何关系可知 ， 解得 （3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为 ，所用的时间 出磁场后匀速直线运动，所用时间 故小球在 x