2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试卷B Word版含解析

《2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试卷B Word版含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023年1月浙江省普通高校招生选考科目物理仿真模拟试卷B(考试时间：90分钟满分100分)一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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．“枫叶落秋风，片片枫叶转”，离地10m的枫树树梢上一片枫叶在萧瑟的秋风中颤抖着飘落到地面，完成了它最后叶落归根的使命。若枫叶下落时间为5s，则下列说法正确的是（　　）A．枫叶下落过程中的平均速度一定为2m/sB．枫叶下落过程中的平均速度可能大于2m/sC．枫叶刚着地时的瞬时速度一定等于2m/sD．枫叶刚着地时的瞬时速度不可能等于2m/s【解答】解：A、树叶可能不是竖直下落，则位移大于10m，平均速度2m/s，故A错误，B正确；CD、根据题目只能求出平均速度大于2m/s，不知道树叶的具体运动情况，所以不能判断枫叶刚落地时的瞬时速度，故CD错误；故选：B。2．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则（　　）A．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用B．同一点电荷在A点受到的静电力比在B点时受到的静电力大C．把一个负电荷放在A点，静电力方向沿A点电场线切线方向斜向下D．正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹【解答】解：A、电场线的疏密代表电场的强弱，且电场线是假想的，并不实际存在，故在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，因此电荷在B点仍受到静电力作用，故A错误；B、依据电场线的疏密代表电场的强弱，可知，在A处电场线比B处密，因此A处电场强度比B处大，同一电荷在A点受到的静电力比在B点时受到的静电力大，故B正确；C、若是负电荷，在A点受电场力方向则和电场方向相反，因此A点电场线切线方向斜向下表示电场方向，因此在A点受到电场力方向应该是A点电场线切线方向斜向上，故C错误；D、正电荷释放时，电场力方向始终沿电场方向，而速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，故D错误。故选：B。

13．下列物理量属于矢量的是（　　）A．电场强度B．重力势能C．电势D．速率【解答】解：根据矢量和标量的性质可知，电场强度是矢量，重力势能、电势、速率都是标量，故A正确，BCD错误。故选：A。4．如图所示，相同的两辆汽车在相同的牵引力作用下以相同的速度做匀速直线运动，两车装载的货物质量相同，装载方式不同。根据图中所给信息和所学知识判断，下列得出的结论正确的是（　　）A．力是维持物体运动的原因B．物体只有一点受到重力作用C．重力的方向总是垂直接触面向下的D．物体重心的位置与物体的形状和质量分布有关【解答】解：A、使汽车前进的牵引力用来克服摩擦力，但力不是维持物体运动的原因，故A错误；B、物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力等效集中于一点，这点叫做重心，故B错误；C、重力的方向是竖直向下的，不一定与接触面垂直，故C错误；D、重心位置与质量分布和物体的形状有关，故D正确。故选：D。5．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌共享单车第一代产品，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积为0.001m2，共有100匝，线圈总电阻为1Ω，线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为9Ω电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以10πrad/s的角速度绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是（　　）

2A．交流电流表的示数是0.002AB．电阻R的发热功率是0.4WC．该交流发电机产生的交流电的周期为0.2sD．当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零【解答】解：AB、线圈产生的最大感应电动势为Em＝NBSω＝100V＝2V，有效值为E2V，根据闭合电路的欧姆定律可知I0.2A，电阻R产生的热功率为P＝I2R＝0.36W，故AB错误。C、交流电的周期T0.2s，故C正确。D、当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，故D错误。故选：C。6．两质量不等的可视为质点的小球用长度相同的轻质细线悬挂于天花板上同一点，初始时轻质细线与竖直方向的夹角均为θ，现由静止同时释放两小球，最终两球在悬点正下方发生相向碰撞，若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A．从释放到刚要发生碰撞，两球所受重力产生的冲量一定相同B．从释放到刚要发生碰撞，细线上的拉力不产生冲量C．从释放到刚要发生碰撞，两球所受合力产生的冲量方向一定相反D．若两球碰撞后粘合在一起，则两小球一定静止【解答】解：A、两轻质细线的长度相等、初始时轻质细线与竖直方向的夹角均为θ，两球从释放到运动到最低点过程的运动时间t相等，由于两球质量m不相等，则两球重力的冲量IG＝mgt不同，故A错误；B、从释放到刚要发生碰撞过程，细线上拉力不为零，力的作用时间不为零，则细线上拉力冲量不为零，即细线上的拉力产生冲量，故B错误；C、两球刚要碰撞时两球的速度方向相反，两球的动量方向相反，由动量定理可知，两球所受合力产生的冲量方向相反，故C正确；D、释放后两球向下运动过程只有重力做功，机械能守恒，设球到达最低点时的速度大小为v，设细线的长度为L，由机械能守恒定律得：mgL（1﹣cosθ），解得：v，两球到达最低点时的速度大小相等，两球质量不相等，两球到达最低点时动量大小不相等，两球速度方向相反，两球碰撞前系统总动量不为零，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，两球碰撞后系统的总动量不为零，碰撞后两球粘合在一起，速度不为零，两小球不静止，故D错误。

3故选：C。7．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。下列说法中正确的是（　　）A．线圈受到的安培力大小为BIlB．线圈受到的安培力方向水平指向纸内C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流D．若把电流大小不变而方向反向，则左盘向上翘起【解答】解：A、线圈匝数为n，在磁场中受到安培力大小为nBIl，故A错误；B、根据左手定则可知线圈受到的磁场对它的力方向竖直向上，故B错误；C、若发现右盘向上翘起，则减小线圈中的电流，线圈受到向上的安培力减小，根据受力可知，可使天平恢复平衡，故C错误；D、若电流大小不变而方向反向，线圈受到的安培力方向改变向下，根据受力可知，此时线圈不能保持平衡状态，左盘向上翘起，故D正确。故选：D。8．中国预计在2022年前后建成载人空间站，它是一个在轨组装成的具有中国特色的空间实验室系统。空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是（　　）A．哑铃B．跑步机C．单杠D．弹簧拉力器【解答】解：A、用哑铃锻炼身体主要就是利用哑铃的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用；故不能用来锻炼，故A错误；B、在轨道舱中人处于失重状态，就算人站在跑步机上，但是脚对跑步机一点压力也没有。根据压力与摩擦力成正比，那么这时脚与跑步机之间没有一点摩擦力。没有摩擦力人将寸步难行。故不能用来锻炼，故B错误；C、用单杠锻炼身体需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降。在完全失重状态下已没有重力可用；故不能用来锻炼，故C错误；D、弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力，与重力无关。故能用来锻炼，故D正确。故选：D。

49．如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为θ，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角，下列说法正确的是（　　）A．图示位置时，轻绳的张力大小为B．直径MN水平时，轻绳的张力大小为C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力逐渐减小【解答】解：AB．同一绳子拉力相等，所以与竖直方向的夹角相等，设两段绳子与竖直方向的夹角为α，如图所示根据几何关系可得2Rcosθ＝MB；MB＝AM•sinα+AN•sinα＝Lsinα可得：sinα根据平衡条件得：2Fcosα＝mg解得：直径MN水平时，θ＝0°，有F故AB错误；

5CD．M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg＝2Fcosα知轻绳的张力F越小，当转过θ时绳子拉力最小，后来又逐渐增大。故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故C正确；D错误。故选：C。10．某同学自主设计了墙壁清洁机器人的模型，利用4个吸盘吸附在接触面上，通过吸盘的交替伸缩吸附，在竖直表面上行走并完成清洁任务，如图所示。假设这个机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线“爬行”到右上方B点，设墙面对吸盘摩擦力的合力为F，下列分析正确的是（　　）A．若机器人匀速运动，则F的方向可能沿AB方向B．若机器人匀速运动，则F的方向一定竖直向上C．若机器人加速运动，则F的方向可能沿AB方向D．若机器人加速运动，则F的方向一定竖直向上【解答】解：AB、若机器人匀速运动，机器人受到的合外力为零，竖直方向，机器人受到重力，方向竖直向下，摩擦力与重力大小相等，方向相反，故F的方向一定竖直向上，故A错误，B正确；CD、若机器人加速运动，由牛顿第二定律得，重力和摩擦力的合外力的方向指向B，由平行四边形定则可知，当F的方向沿AB方向或竖直向上时，合外力方向不可能指向B，故CD错误；故选：B。11．根据新华网转载的科技日报的报道，成都计划在2020年发射3颗“人造月亮”卫星，这个“人造月亮”实质是由位于距地面高度为h处的三面镜子组成，“3面巨大的反射镜将等分360度的轨道平面”，可将太阳光反射到地球上，实现24小时固定照亮成都全市，每年将为成都市节约12亿元的电费。已知，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，地球同步卫星的轨道半径为6.6R，忽略地球自转及“人造月亮”间的引力作用，关于“人造月亮”，下列说法正确的是（　　）A．“人造月亮”运行速度大于7.9km/sB．“人造月亮”绕地球公转的周期约为12小时C．“人造月亮”绕地球公转的角速度为D．为保证地球在任意位置都能被“人造月亮”反射的太阳光照亮，则“人造月亮”的最大线速度为【解答】解：A、v＝7.9

6km/s为第一宇宙速度，是最大的运行速度，所有卫星的运行速度都小于等于7.9km/s，故A错误；B、由开普勒第三定律得：，得：T＝24h，故B错误；C、由万有引力定律提供向心力得：mω2（R+h），又忽略地球自转时，地球表面的物体，万有引力近似等于重力：mg，联立解得：ω，故C错误；D、为保证地球在任意位置都能被“人造月亮”反射的太阳光照亮，则3颗“人造月亮”卫星的连线应为正三角形，且地球为其内切圆，则由几何关系得“人造月亮”的轨道半径为：r＝2R，由万有引力定律提供向心力得：m，又忽略地球自转时，地球表面的物体，万有引力近似等于重力：mg，联立解得：v，故D正确。故选：D。12．一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈，在两船舷之间装有电池，导电的海水在磁场力作用下即可推动该船前进，如图是电磁船的简化原理图，其中MN和PQ是与电池相连的导体棒，MN、PQ、电池与海水构成闭合回路，且与船体绝缘，要使该船水平向左运动，则超导线圈在MNPQ所在区域产生的磁场方向是（　　）A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右【解答】解：海水中电流方向从MN流向QP，且船向左运动，海水所受的安培力方向向右，根据牛顿第三定律可知，船体所受的安培力方向向左，再根据左手定则，可知，磁场方向竖直向下。故B正确，ACD错误。故选：B。13．如图所示，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进如介质球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，∠AOB＝60°，则（　　）

7A．介质球对光束Ⅱ的折射率大于B．同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球C．当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ会发生全反射D．用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大【解答】解：A、对于光束I：在A点的入射角i＝60°，折射角r30°，则玻璃对光束I的折射率为nI，由折射定律分析知，介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，即大于，故A正确。B、由v分析知在介质球中，光束Ⅰ的传播速度大于光束Ⅱ的传播速度，则同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介质球，故B错误。C、从A点射进介质球的光束Ⅱ，再射到界面时入射角等于A点的折射角，由光路可逆原理知，光线不会发生全反射，一定能从介质球射出，故C错误。D、介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，说明光束Ⅱ的频率大，波长短，而干涉条纹的间距与波长成正比，则光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ小，故D错误。故选：A。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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14．下列说法正确的是（　　）A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．大量的电子通过双缝后在屏上能形成明暗相间的条纹，这表明所有的电子都落在明条纹处C．光波是一种概率波，光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质D．电子和其他微观粒子都具有波粒二象性【解答】解：A、普朗克第一次提出了能量量子化理论，解释了黑体辐射现象，故A正确；B、大量的电子通过双缝后在屏上能形成明暗相间的条纹，这表明落在明条纹处的电子较多、落在暗条纹出的电子较少，故B错误；C、波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，故C错误；D、任何一个运动着的物体，小到电子质子大到行星太阳，都有一种波与之对应这种波称为物质波，故电子和其他微观粒子，都具有波粒二象性，故D正确。

8故选：AD。15．如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，两列波的波速均为v＝0.4m/s，振幅均为A＝2cm．t＝0时刻两列波的图象及传播方向如图所示，此时平衡位置处于x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点刚开始振动．质点M、N的平衡位置分别处于x＝0.4m和x＝0.5m处，下列关于各质点运动情况的判断正确的（　　）A．t＝0.75s时刻，质点P、Q都运动到N点B．质点P、Q的起振方向相同C．t＝1.5s时刻，质点M的位移为2cmD．两列波相遇后，N点是振动加强点【解答】解：A、质点不随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，故A错误；B、由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，故B正确；C、t＝1.5s时，两列波传播的距离均为：△x＝v•△t＝0.4×1.5＝0.6m；故两列波都恰好传播到N点，M点的运动仅仅是由左侧的波引起的。结合图可知，左侧的波谷恰好传播到M点，所以M点的位移大小为﹣2cm。故C错误；C、由C的分析可知，两处的波动传到N的时间都是1.5s，两列波到达N点后起振的方向也相同，所以N点振动加强点，故D正确。故选：BD。16．放射性元素氡（）的半衰期为T，氡核放出一个粒子后变成钋核（），设氡核、钋核和X粒子的质量为m1、m2、m3，下列说法正确的是（　　）A．该过程的核反应方程式是→B．发生一次核反应释放的核能为C．1g氡经2T时间后，剩余氡原子的质量为0.5gD．钋核的比结合能比氡核的比结合能大【解答】解：A、根据质量数守恒可知，X的质量数是222﹣218＝4，电荷数是：86﹣84＝2，所以该过程的核反应放出是→，故A正确；B、该核反应的过程中释放能量，有质量亏损，所以发生一次核反应释放的核能为E＝（m1﹣m2﹣m3）c2，故B错误；C、1g氡经2T时间后，剩余氡原子的质量为：0.25g，故C错误；D、该核反应的过程中释放能量，有质量亏损，所以钋核的比结合能比氡核的比结合能大，故D正确；

9故选：AD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17．（7分）恢复系数是反映碰撞时物体变形恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关。两物体碰撞后的恢复系数为e＝||，其中v1，v2和v1′、v2′分别为物体m1和m2碰撞前后的速度。某同学利用如下实验装置测定物体m1和m2碰撞后的恢复系数。实验步骤如下①按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；②先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。③将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置；重复多次，并使用与2同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；④用毫米刻度尺量出各个平均落点到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。根据该同学的实验，回答下列问题：（1）两小球的质量关系为m1　＞　m2（填“＞”、“＝”或“＜”）（2）在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的　E　点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的　D　点（3）利用实验中测量的数据表示小球m1和m2碰撞后的恢复系数为e＝　　（4）若利用天平测量出两小球的质量分别为m1、m2，则满足　　表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足e＝　1.0　表示两小球碰撞前后动量和机械能均守恒。（计算结果保留2位有效数字）【解答】解：（1）为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；（2）由图可知，两小球打在斜面上，根据平抛运动规律可知，下落得高度：h水平方向的位移：x＝v0t①

10设斜面得倾角为θ，则：tanθ所以：t②可得：x③则可知，三次平抛运动中，水平速度越大，水平方向的位移越大；则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落点最远，而碰后入射球速度最小，其下落点最近，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的E点，而碰后入射球落到D点；（3）设水平位移是x时，斜面得长度为L，则：④联立③④可得：⑤图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。由⑤则可解得：v1v1′v2′代入给出恢复系数表达式可得：e；（4）若满足动量守恒，则一定有：m1v1＝m1v1′+m2v2'代入所求速度，然后化简可得：若满足机械能守恒，则有：m1v12m1v1'2m2v2'2代入求出的速度，然后化简可得表达式为：e＝1.0故答案为：（1）＞；（2）E，D；（3）；（4），1.018．（7分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝直径约为0.4mm，接入电路部分的长度约为50cm。

11（1）用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的　甲　图（选填“甲”或“乙”）。（2）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丙所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线　如图所示　。由图线得到金属丝的阻值Rx＝　4.5　Ω（保留两位有效数字）。（3）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为　C　（填选项前的符号）。A．1×10﹣2Ω•mB．1×10﹣3Ω•mC．1×10﹣6Ω•mD．1×10﹣8Ω•m（4）任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是　CD　（有多个正确选项）。A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U﹣I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【解答】解：（1）题表中所给数据可知金属丝两端电压接近从0开始，所以滑动变阻器应采用分压式接法，即选甲图；（2）根据描点法作图，用直线将各点连接，不在直线上的点舍去，得出的图象如图所示；

12根据题表中所给数据描点，绘出的U﹣I图线应过坐标原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点分居直线两侧，如图所示，由图线的斜率可得金属丝的阻值RxΩ＝4.5Ω（3）由电阻定律知R，S＝π（）2，取d＝4×10﹣4m，l＝0.5m，R＝4.5Ω，则ρΩ•m＝1.0×10﹣6Ω•m，故C正确；故选C；（4）AB．读数引起的误差为偶然误差，电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，故A、B错误；C．计算时，将电流表、电压表的内阻考虑在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；D．采用图像法，可以减小偶然误差，故D正确。故选：CD。故答案为：（1）甲；（2）如图所示；4.5；C；（3）CD。19．（9分）如图所示，“神舟十一号”载人飞船的返回舱在距地面某一高度时，启动降落伞装置，速度减至v＝10m/s时开始匀速降落。在距地面h＝1.1m时，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，经过时间t＝0.20s，以某一速度落至地面，此过程可视为竖直方向的匀减速直线运动。取重力加速度g＝10m/s2．求：（1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向和大小；（2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F；（3）事实上空气阻力跟物体相对于空气速度有关，还跟物体的横截面积有关。假设减速伞下落过程受到的空气阻力与减速伞的横截面积S成正比，与减速伞下落的速度v的平方成正比，即f＝kSv2（其中k为比例系数）。减速伞在接近地面时近似看作匀速直线运动，重力加速度为g。a．请叙述，打开减速伞后，返回舱的运动情况。b．如果返回舱和减速伞的总质量为M，求返回舱接近地面匀速时的速度vm。

13【解答】解：（1）返回舱匀减速下降，加速度方向竖直向上。根据匀变速直线运动的规律得：h＝vt代入数据解得：a＝45m/s2。（2）以航天员为研究对象，根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma代入数据解得：F＝3.3×103N；（3）a、打开减速伞后返回舱向下做减速运动，速度v不断减小，由牛顿第二定律得：kSv2﹣mg＝ma，由于v减小，返回舱的加速度a减小，返回舱做加速度减小的减速运动，当返回舱所受合力为零后做匀速直线运动。b、返回舱匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得：Mg＝kSvm2，解得：vm；答：（1）在该0.20s减速阶段，返回舱加速度a的方向：竖直向上，大小为：45m/s2；（2）在该0.20s减速阶段，返回舱对质量m＝60kg的航天员的作用力大小F为3.3×103N；（3）a、打开减速伞后，返回舱先向下做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。b、返回舱接近地面匀速时的速度vm为。20．（12分）某同学设计出如图所示实验装置，将一质量为0.2kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点。AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC为一段光滑圆弧轨道。O′为圆心，半径R＝0.5m，O′C与O′B之间夹角为θ＝37°．以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的直角坐标系xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）（1）某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能？（2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力？（3）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2

14＝0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标？【解答】解：（1）从A到C的过程中，由动能定理得：W弹﹣μmgL1﹣mgR（1﹣cosθ）＝0解得：W弹＝1.8J。根据能量守恒定律得：EP＝W弹＝1.8J；（2）从B到C由动能定理：在B点由牛顿第二定律：联立解得：FNB＝2.8N（3）小球从弹射器内到运动到C处，由动能定理得：W弹﹣μmgL2﹣mgR（1﹣cosθ）mvC2﹣0，解得：vC＝2m/s方向与水平方向成37°角，由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程，vCx＝vCcos37°m/svCy＝vCsin37°m/s，由vCy＝gt解得t＝0.12s则D点的坐标：x＝vCxtyvCyt，

15解得：x＝0.144m，y＝0.384m即D处坐标为：（0.144m，0.384m）。答：（1）弹射器释放的弹性势能为1.8J；（2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力为2.8N；（3）D处坐标为（0.144m，0.384m）。21．（10分）如图所示，两根相距为L足够长的、电阻不计的平行金属导轨MN和PQ，固定在水平面内，在导轨之间分布着竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。将两根长度均为L，电阻均为R的粗糙金属棒b和光滑金属棒a垂直放量在导轨上，质量满足mb＝2ma＝2m，现将棒a通过不可伸长的水平轻质绳跨过光滑定滑轮与质量为m的重物相连，重物由静止释放后与棒a一起运动，并始终保持接触良好。经过一段时间后，棒a开始匀速运动时，棒b恰好开始运动。已知：重力加速度为g，棒b与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）棒b与导轨间的动摩擦因数；（2）棒a匀速运动的速度大小；（3）若b棒光滑，开始锁定在导轨上，当a开始匀速运动时，细绳断裂，同时解除锁定，求之后回路中产生的焦耳热。【解答】解：（2）导体棒a受到的安培力：F＝BIL，a匀速运动，对a与重物组成的系统，由平衡条件得：mg，解得，a匀速运动时的速度：v；（1）a匀速运动时，感应电动势：E＝BLv，感应电流：I，b受到的安培力：Fb＝BIL＝mg，b恰好开始运动时：μmbg＝Fb，解得：μ＝0.5；（3）当a开始匀速运动时，细绳断裂、解除锁定后，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav＝（ma+mb）v′，

16对系统，由能量守恒定律得：Q，解得：Q；答：（1）棒b与导轨间的动摩擦因数为0.5；（2）棒a匀速运动的速度大小为；（3）回路中产生的焦耳热为。22．（10分）如图所示，x轴下方为垂直纸面向外的匀强磁场Ⅲ，x轴上方为场强大小相同的两个匀强电场Ⅱ和Ⅰ，在﹣h≤x≤h区域电场Ⅰ向+x方向，在x≤﹣h和h≤x区域电场Ⅱ向﹣y方向．一带正电的粒子（不计重力）从y轴上O（0，h）点处由静止释放，经A（h，h）点时速率为v（图中未画出），由C（3h，0）点处进入磁场Ⅲ，在磁场中运动后从D点（﹣3h，0）返回电场Ⅱ．（1）粒子从O出发至返回O点所用时间t（2）若粒子返回O点后继续运动，适当改变Ⅲ区域磁感应强度，可使粒子再次回到O点，求前后两次通过磁场时，磁场的磁感应强度之比．【解答】解：（1）画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，粒子在电场I中做匀加速直线运动，根据运动学规律有：h•t1可得粒子在I电场中运动的时间为：t1粒子进入II电场中做类平抛运动，根据类平抛规律有：h由2h＝vt2，可得粒子在II电场中运动的时间为：t2可得进入磁场Ⅲ时在y方向上的分速度为：vy＝at2＝v速度偏转角的正切值为：tanθ1可得：θ＝45°

17粒子进入磁场Ⅲ的速度大小：v′v，方向斜向右下与x轴正方向成45°角，根据几何关系可得粒子在磁场中运动的半径为：R＝3h粒子在磁场中运动的周期为：T根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为270°则粒子在磁场中运动的时间为：t3粒子从D点再次回到电场II中做类平抛的逆过程，再以水平速度v进入I中电场做匀加速直线运动，根据运动学规律有：ha′t12v＝a′t1h＝vta′t42联立以上三式可得粒子再次回到电场I中做匀加速直线运动到O点的时间为：t4＝（）t1＝（）根据粒子轨迹的对称性可知粒子从O出发至返回O点所用时间为：t＝t1+2t2+t3+t4（2）根据洛伦兹力提供向心力可得：qv′B1＝m结合几何关系R＝3h与v′v联立可得：B1粒子第二次运动的轨迹，如图所示，设粒子第二次进入第一象限的电场II中的速度大小为v1，根据运动学规律有：2a•2h＝v12﹣v2又因为：2ah＝v2所以可得：v1v因为第二次运动的过程，电场II不变，所以类平抛过程时间不变仍为t2，进入磁场Ⅲ时在y方向上的分速度不变，仍为：vy＝at2＝v粒子进入磁场Ⅲ的速度大小：v′′2v速度偏向角的正切值：tanα，故速度偏向角为30°，类平抛沿x方向的位移：x＝v1t2vt2＝2h

18根据洛伦兹力提供向心力可得：qv′′B2＝m根据几何关系可得：R2sin30°＝h+2h联立可得：B2故磁场的磁感应强度之比：答：（1）粒子从O出发至返回O点所用时间t为；（2）前后两次通过磁场时，磁场的磁感应强度之比为．