浙江省2023年1月普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试卷A（Word版附解析）

这是一份浙江省2023年1月普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试卷A（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

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A
(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．由单位牛顿、米、安培、秒组合成的单位对应的物理量是（　　）
A．功 B．电压 C．功率 D．磁通量
【解答】解：根据F＝BIL得1N＝1T•A•m，
11，根据磁通量Φ＝BS得1T•m2＝1Wb，
根据E＝N得1V＝1Wb/s，所以对应的物理量是电压，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．如图所示为中国队在北京冬奥会短道速滑2000米混合团体接力决赛的接力瞬间，并以2分37秒348的成绩滑行18圈，夺得本届冬奥会中国体育代表团的首金。在此次比赛中（　　）

A．研究运动员接力过程的技术时，可以将他们看成质点
B．中国队的2分37秒348的成绩，指的是时刻
C．前方运动员被推过程中加速度不为0
D．中国队的平均速度比同组其他国家队大
【解答】解：A、研究运动员接力过程的技术时，运动员的肢体动作是不能忽略的，故他们大小和形状不能忽略，不能看作质点，故A错误；
B、中国队的2分37秒348的成绩，指的是一段时间间隔，故B错误；
C、前方运动员被推过程中速度不是变化，加速度不为零，故C正确；
D、运动员滑行18圈时位移为零，所以平均速度都等于零，故D错误。
故选：C。
3．如图所示为“行星减速机”的工作原理图。“行星架”为固定件，中心“太阳轮”为从动件，其半径为R1；周围四个“行星轮”的半径为R2，“齿圈”为主动件，其中R1＝2R2。A、B、C分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点。则在该状态下（　　）

A．A点与B点的角速度相同
B．A点与C点的转速相同
C．B点与C点的周期相同
D．A点与C点的线速度大小相同
【解答】解：齿轮传动，每个齿轮边缘的线速度大小都相等，故A点与B点、C点的线速度大小相等，已知三点的半径不同，由可知：A、B、C三点的角速度不同，由可知三点的转速不同，由可知，三点的周期不同，故D周期，ABC错误。
故选：D。
4．如图所示，手拿静止的水瓶，水柱从水瓶底小孔喷出，若小孔离地的高度为0.8m，测出水柱着地点与小孔的水平距离为1m，下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．水柱从小孔喷出的初速度为2.5m/s
B．水柱从小孔喷出的初速度为1.5m/s
C．若自由释放水瓶，水柱仍然会从小孔喷出
D．若竖直向上抛出水瓶，抛出的水瓶处于超重状态
【解答】解：AB．水柱喷出时做平抛运动，竖直方向下落高度：
h＝0.8m
设水柱的初速度为v0，从喷出到落地所用时间为t，根据平抛运动的规律：
hgt2
x＝v0t
代入数据解得：v0＝2.5m/s
故A正确，B错误；
CD．若抛出水瓶，不管是竖直向上抛出还是倾斜抛出或自由释放，水瓶离开手后只受重力作用，加速度为g，重力不再产生其他效应，水对容器壁无压力，水柱不会从小孔中喷出，水瓶及水处于失重状态，故CD错误。
故选：A。
5．如图所示，外层覆盖锌的纳米机器人可携带药物进入老鼠体内，到达老鼠的胃部之后，外层的锌与消化液中的酸发生化学反应，产生氢气气泡作为推进动力，机器人的速度可达60μm/s。若不计重力和浮力，则下列说法正确的是（　　）

A．胃液中的纳米机器人由电池驱动
B．机器人前进时对胃液的作用力比胃液对机器人的作用力大
C．机器人在胃液中匀速前进时，氢气气泡对机器人的作用力等于胃液对机器人的阻力
D．机器人在胃液中加速前进时，氢气气泡对机器人做的功等于机器人动能的增加量
【解答】解：A、纳米机器人由外层的锌与消化液中的盐酸反应，产生氢气气泡作为推进动力，并不是由电池驱动，故A错误；
B、根据牛顿第三定律知，机器人前进时对胃液的作用力与胃液对机器人的作用力大小相等，故B错误；
C、不计重力及浮力，机器人只受氢气气泡的推力及胃液的阻力，故机器人在胃液中匀速前进时，氢气气泡对机器人的作用力等于胃液对机器人的阻力，故C正确；
D、根据动能定理可知，机器人在胃液中加速前进的过程时，氢气气泡对机器人做的功与胃液阻力对机器人做的功之和等于机器人动能的增加量，故D错误。
故选：C。
6．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　
A．图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应
B．图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的
C．图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D．图丁：根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
【解答】解：A、普朗克通过研究黑体辐射，提出能量量子化，但光电效应是爱因斯坦成功解释的，故A错误；
B、玻尔能级理论提出氢原子核外电子轨道量子化，对应能量也是量子化，以及定态和跃迁的假设，成功解释了氢原子光谱，故氢原子能级是分立的，对应原子发射光子的频率也是分立不连续的，故B正确；
C、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，推翻了汤姆生的枣糕式结构，提出了原子的核式结构，质子和中子是卢瑟福和查德维克通过人工核反应发现的，故C错误。
D、根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，证明了德布罗意物质波观点的正确，故D错误。
故选：B。
7．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10（25V/200W）和10个相同的指示灯X1～X10（220V/2W），将其连接在220V交流电源上，如图所示，则下列对工作电路的表述正确的是（　　）

A．若L2断路，则干路电流I增大
B．若L2断路，则X1的功率增大，L1的功率增大
C．若L2短路，X2功率减小，其它指示灯的功率增大
D．若L2短路，X2功率增大，其它指示灯的功率减小
【解答】解：A.若L2断路，外电阻增大，则干路电流I减小，故A错误；
B.若L2断路，相当于L2阻值增大，根据串反并同，X1和L1的电流都减小，X1和L1的功率都减小，故B错误；
CD.若L2短路，相当于L2的阻值减小，根据串反并同规律，X2的电压减小，X2功率减小，其它指示灯的电流增大，功率增大，故C正确，D错误。
故选：C。
8．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逐渐减小
D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过 2θ的过程中，轻绳的张力先增大再减小
【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＝MQ，而MQ＝MPsinα+PNsinα＝Lsinα，可得：sinα，
根据平衡条件得：2Fcosα＝mg，解得：F，直径MN水平时，θ＝0°，F，故AB错误；
CD、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D正确，C错误；
故选：D。

9．表格为地球与火星的数据比较表，地球与火星绕太阳的运动视做圆周运动，根据表中信息，下列说法正确的是（　　）

与太阳的平均距离（亿km）
赤道半径（km）
公转周期
自转周期
质量（地球视为1）
体积（地球视为1）
赤道平面与公转轨道平面夹角
地球
1.496
6.378
1年
23小时56分
1
1
23°26′
火星
2.279
3.395
1.9年
24小时37分
0.11
0.15
23°59′
A．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
B．地球公转的向心加速度小于火星公转的向心加速度
C．地球的自转角速度小于火星的自转角速度
D．地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度
【解答】解：A.根据万有引力提供向心力，则有G，解得v，由表数据中可知地球的轨道半径小于火星的轨道半径，故地球公转的线速度大于火星公转的线速度，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力，则有Gma，解得a，由表数据中可知地球的轨道半径小于火星的轨道半径，故地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度，故B错误；
C.根据，，由表数据中可知地球的自转周期小于火星的自转周期，故地球的自转角速度大于火星的自转角速度，故C错误；
D.在星球表面，根据万有引力等于重力，则有Gmg，解得g，由表中地球和火星的质量、半径的数据代入上式，可知地球表面的重力加速度大于火星表面的重動加速度，故D正确。
故选：D。
10．张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz：U
D．发电机产生的瞬时电动势πNBSnzsin（2πnz）
【解答】解：B、发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
，故B错误；
A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为
Em＝NBS•2π•nz
输出电压的有效值为
，故A错误；
C、变压器原副线圈的匝数比为
，故C正确；
D、发电机产生的瞬时电动势为
e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin（2πnz）t，故D错误；
故选：C。
11．如图所示为处于等边三角形顶点的两个正点电荷与一个负点电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势差相等。已知两个正点电荷的电荷量均为Q1，负点电荷的电荷量为﹣Q2，O点为两个正点电荷连线的中点，A、O、B及两点电荷在同一直线上，且A、B两点关于O点对称，以无穷远处为零势能面，A、B、C分别在对应的等势面上，电势已在图中标注。下列说法正确的是（　　）

A．O点没有电场线，电场强度为零
B．A、B两点的电场强度相同
C．A、C之间的电势差为10V
D．一电子仅受电场力作用由B点运动到C点，其动能减少40eV
【解答】解：A、两正电荷在O点的电场强度为0，但负电荷在O点有电场强度，所以O点电场强度不为0，故A错误；
B、根据场强叠加与对称性可知AB两点的电场强度大小相等，但方向相反，故B错误；
C、由图可知，A点的电势为25V，C点的电势为﹣15V，则电势差为UAC＝φA﹣φC＝25V﹣（﹣15V）＝40V，故C错误；
D、同C可知BC间的电势差为40V，电子由B到C，电势能增大40eV，所以动能减少40eV，故D正确。
故选：D。
12．图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，磁场视为匀强磁场．若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则这段时间内，线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流方向（俯视）为（　　）

A．顺时针 B．逆时针
C．逆时针 D．顺时针
【解答】解：根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，由感应电动势E＝nn；
故BCD错误，A正确；
故选：A。
13．雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次，就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光，下列说法正确的是（　　）

A．a光线是红光，b光线是紫光
B．遇到同样的障碍物，b光比a光更容易发生明显衍射
C．a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间短
D．增大太阳光在水滴表面的入射角，则可能没有光线从水滴中射出
【解答】解：A、由光路图可知，a光线的偏折程度较大，则折射率较大，频率较大，则a是紫光，b光线是红光，故A错误；
B、红光的波长比紫光长，则遇到同样的障碍物，b光比a光更容易发生明显衍射，故B正确；
C、根据v，可知，a光在水滴中的传播速度较小，但是在水滴中传播距离较大，则a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，故C错误；
D、增大太阳光在水滴表面的入射角，则光线在水滴的背面的入射角变大，光线仍能在水滴的背面发生全反射，从而从水滴中射出，故D错误。
故选：B。
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．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量
C．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长
【解答】解：A、爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故A正确；
B、康普顿效应表明光子既具有能量，也具有动量，故B错误；
C、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故C正确；
D、依据德布罗意波长公式λ分析知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故D错误。
故选：AC。
15．在t＝0时刻，位于原点处的波源O以某一频率开始振动，产生的机械波在均匀介质中沿x轴正方向传播。一段时间后，波源O的振动频率发生变化。t＝3s时刻，x＝6m处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。质点Q位于x＝9m。下列说法正确的是（　　）

A．该波在介质中传播的波速为2m/s
B．波源O开始振动1s后，振动频率变为原来两倍
C．t＝3s时刻起，再经过4s，质点Q通过的路程为20cm
D．t＝6s时刻，质点Q偏离平衡位置的位移为
【解答】解：A.根据题意可知，该波在介质中的传播波速为vm/s＝2m/s，故A正确；
B.由图可知频率变化前的波长为λ1＝8m，故频率变化前波的周期为T1s＝4s
波向前传播的距离，波源O的频率发生改变，则波源O频率改变的时刻为ts＝2s
可知开始振动1s后，振动频率保持不变，故B错误；
C.波从x＝6m传播到x＝9m的时间为
Δt's＝1.5s
可知质点Q的起振时刻为
t'＝3s+1.5s＝4.5s
可知t＝3s时刻起，再经过4s，质点Q一共振动了2.5s，在振动的前2s内，质点Q发生的是频率改变前的振动，通过的路程为
s1＝2A＝2×4cm＝8cm
在振动的后0.5s内，质点Q发生的是频率改变后的振动，频率改变后的周期为T2s＝2s
可知在振动的后0.5s内通过的路程为
s2＝A＝4cm
则有
s＝s1+s2＝8cm+4cm＝12cm
质点O通过的路程为12cm，故C错误；
D.由于质点Q的起振时刻为t'＝4.5s，质点Q完成频率改变前的振动需要2s，可知t＝6s时刻，质点Q依然发生的是频率改变前的振动，振动时间为t2＝1.5s，根据波形图可知质点的起振方向向下，可得频率改变前的振动方程为
y＝﹣4sint＝﹣4sint（cm）
代入数据可得
y＝﹣4sin（1.5）（cm）＝﹣2cm
故D正确。
故选：AD。
16．下列说法正确的是（　　）
A．由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种频率的光子
B．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则有可能发生光电效应
D．两个轻核结合成质量较大的核，该原子核的比结合能增加
【解答】解：A、由玻尔理论可知一群处于n＝3能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射3种不同频率的光子，故A正确；
B、β射线的本质是电子流，β衰变是核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；
C、能否发生光电效应与光的强度无关，则一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照的强度，则也不能发生光电效应，故C错误；
D、两个轻核结合成质量较大的核时，放出核能，比结合能增加，故D正确。
故选：AD。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．（7分）某同学利用如图所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系。

（1）打点计时器使用的电源是 　A　（选填选项前的字母）。
A.交流电源
B.直流电源
（2）他用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力。具体操作是：把木板垫高后，小车放在木板上，在不挂小桶且打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦内和其他阻力的影响。正确平衡摩擦力后，改变小车的质量再次实验，是否需要重新平衡摩擦力？　B　（选填选项前的字母）。
A.需要
B.不需要
（3）实验时保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是 　A　（选填选项前的字母）。
A.小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力
B.保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度
（4）某同学通过实验得到如图所示的a﹣F图像，造成这一结果的原因是：　平衡摩擦力过大　。图中a0表示的是 　未挂砂桶　时小车的加速度。

（5）某同学得到如图所示的纸带.已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，△x＝xDG﹣xAD＝　1.80　cm。由此可算出小车的加速度a＝　5.0　m/s2（保留两位有效数字）。

（6）“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，在探究加速度a和小车质量M的关系时，由于没有能够始终满足M≫m（m为沙桶和沙的总质量）的条件，结果得到的a像应该是下图中的 　D　。

【解答】解：（1）打点计时器使用的电源是交流电源，故选A；
（2）实验过程中，摩擦力只需要平衡一次即可，故不用再次平衡摩擦力。故选B；
（3）保持小桶及砝码的总质量远小于小车的质量，其目的是小车所受的拉力近似等于小桶及砝码的总重力，故选A；
（4）根据图像可知当F＝0时就有加速度，说明平衡摩擦力过大，a0表示的是未挂砂桶时小车的加速度。
（5）根据刻度尺读数可知：，Δx＝xDG﹣xAD＝3.90cm﹣2.10cm＝1.80cm，根据Δx
（6）根据牛顿第二定律解得：a，若没有能够始终满足M≫m（m为砂桶和砂的总质量）的条件，图像向下偏折，故选D。
故答案为：（1）A；（2）B；（3）A；（4）平衡摩擦力过大；未挂砂桶；（5）1.80，5.0；（6）D
18．（7分）某实验小组为了测定自来水的电阻率，把粗细均匀的圆柱形玻璃管中注满自来水，玻璃管两端用橡皮塞住管口，用铁钉引出进行测量，进行如下实验：
（1）在注水前，用游标卡尺测玻璃管内径如图甲所示，则该玻璃管的内径为 　22.50　mm。

（2）用多用电表欧姆挡的“×1k”倍率，对玻璃管中水的电阻进行测量，结果如图乙所示。

（3）为了较精确测量水柱的阻值，实验小组采用图丙所示的实验电路进行实验。

①请在答题纸中根据该实物图完成对应的电路图。
②在闭合开关之前，应把滑动变阻器的滑片P置于最 　左　端（填“左”或“右”）。
③实验时电流表采用的量程为200μA，内阻约为500Ω的微安表：电压表选用0～3V挡，内阻约为3kΩ，闭合开关后调节活动变阻器的滑动片，发现电压表的偏转角度很小，测得的数据如下：
U/V
0.08
0.20
0.30
0.40
0.50
0.55
I/μA
25
78
117
145
185
195
④实验小组根据测得数据画出自来水柱的I﹣U图象，得到电阻值为2.8kΩ，与多用电表测量值相差极大。试分析出现这种情况的主要原因：　a因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
，b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验　。
【解答】解：（1）读数为主尺读数+副尺读数，20mm+0.05×50mm＝22.50mm
（2）如图所示

（3）实验前，滑动变阻器应该置于阻值最大的一端，左端
a因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验
故答案为：（1）22.50（2）（3）左；a因自来水柱的电阻远大于电压表的内阻，应采用微安表（电流表）内接方式进行
，b电压表的内阻不够大改换数字电压表（或换内阻非常大的电压表）进行实验
19．（9分）某同学用视频研究牛顿管实验，当管内有空气时，由静止释放铁片和羽毛，铁片比羽毛下落得快。先对下落一段距离后的实验视频截图，在图中测得管长L0＝4.00cm，羽毛距管顶L1＝1.20cm，铁片距管顶L2＝3.00cm，又测量了实际牛顿管的长度为h0＝120cm。不计铁片受到的空气阻力，设羽毛受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）从释放到图示时刻，铁片下落的时间t；
（2）羽毛下落的加速度a大小和能达到的最大速度vm大小；
（3）羽毛下落过程中受到的阻力与其重力之比。

【解答】解：（1）根据可得，羽毛下落的高度h1＝0.36m，铁片下落的高度h2＝0.90m
对铁片，做自由落体运动，则
解得
（2）羽毛下落至图示时刻满足
解得
羽毛下落到管底前瞬间速度最大
解得
（3）羽毛下落时，由牛顿第二定律得mg﹣f＝ma
可得
答：（1）从释放到图示时刻，铁片下落的时间t为；
（2）羽毛下落的加速度a大小为4m/s2，能达到的最大速度vm大小为；
（3）羽毛下落过程中受到的阻力与其重力之比为。
20．（12分）如图所示，地面上方有一条水平轨道ABC和一个竖直光滑圆轨道相切于B点（圆轨道在B点前后略有错开，图中未画出），轨道AB段光滑，BC段粗糙且长度L＝4.8m，水平轨道最右端C处固定一弹性挡板。一质量m＝1kg的小球以初速度v0＝8m/s沿水平轨道运动，由B点进入圆轨道，并恰能经过圆轨道最高点D，重力加速度g＝10m/s2，物块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，物块与挡板碰撞前后的速度等大反向，空气阻力不计，求：
（1）圆轨道半径R；
（2）要使物块至少与挡板碰撞一次且运动过程中始终不脱离轨道，动摩擦因数μ应满足什么条件？
（3）在满足（2）的条件下，设物块最终停下的位置与B点的距离为x，改变地面的动摩擦因数μ，x值也会改变，试讨论求出x与μ的关系式。
【解答】解：（1）小球恰好过最高点，由牛顿第二定律得

根据动能定理得

解得：R＝1.28m；
（2）若小球做一次圆周运动后恰好停在C点，由动能定理可得：

解得：
若小球与挡板碰后恰好能到达与圆心等高处，由动能定理可得

解得：
故；
（3）若小球恰好停在B点或C点，根据动能定理得

解得：
所以：n＝1时；n＝2时；n＝3时（n≥4时，不符合要求），说明小球最多与挡板碰撞2次。
当时，小球与挡板碰撞1次后向左滑行停下（未进入圆轨道）

解得：
当时，小球与挡板碰撞1次后向左滑行，进入圆轨道后返回再向右滑行停下

解得：
当时，小球与挡板碰撞2次后向左滑行停下

解得：。
答：（1）圆轨道半径R为1.28m；
（2）要使物块至少与挡板碰撞一次且运动过程中始终不脱离轨道，动摩擦因数μ应满足条件：；
（3）在满足（2）的条件下，求出x与μ的关系式为：当时，；当时，；当时，。
21．（10分）两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝0.5m，在左端弧形轨道部分高h＝1.8m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝3Ω、Rb＝6Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝4T。现杆b以初速度大小v0＝6m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.5A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度﹣时间图像如图乙所示（以a运动方向为正方向），其中ma＝3kg，mb＝2kg，g取10m/s2，求：

（1）杆a在弧形轨道上运动的时间；
（2）杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
（3）在整个运动过程中杆a产生的焦耳热。
【解答】解：（1）设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有：
BdΔt＝mb（v0﹣vb0）
其中：vb0＝3m/s，
代入数据解得Δt＝6s
（2）对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由动能定理有：
magh
解得：va＝6m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mava﹣mbvb0＝（ma+mb）v′
代入数据解得：v′＝2.4m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得：BdI•Δt′＝ma（va﹣v′）
而q＝I•Δt′
代入数据得：q＝5.4C
（3）由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为：
Q＝magh（ma+mb）v′2
解得：Q＝75.6J
a棒中产生的焦耳热为：Q′75.6J＝25.2J
答：（1）杆a在弧形轨道上运动的时间为6s；
（2）杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量为5.4C；
（3）在整个运动过程中杆a产生的焦耳热为25.2J。
22．（10分）如图甲所示，在平面直角坐标系0≤x≤l，0≤y＜2l的矩形区域里有匀强磁场B，B随时间t的变化规律如图乙所示（B0和T0均未知），规定磁场方向垂直纸面向里为正。一个比荷为k的带正电的粒子从原点O以初速度v0沿x轴正方向入射，不计粒子重力。
（1）若粒子从t＝0时刻入射，在t的某时刻从点（l，）射出磁场，求B0的大小；
（2）若B0，粒子在0的任一时刻入射时，粒子离开磁场时的位置都不在y轴上，求T0的取值范围；
（3）若B0，在x＞l的区域施加一个沿x轴负方向的匀强电场，粒子在t＝0时刻入射，将在T0时刻沿x轴正方向进入电场，并最终从P（0，2l）沿x轴负方向离开磁场，求电场强度的大小。

【解答】解：（1）在磁场中粒子做匀速圆周运动：qv0B0＝m
由几何关系可得：R2＝l2+（R）2，
联立解得：B0
（2）粒子运动的半径为R，临界情况为粒子从t＝0时刻入射，并且轨迹恰好与y轴相切，如图1所示．

图1
圆周运动的周期：T
由几何关系，t内，粒子转过的圆心角为
对应运动时间：t1
应满足：t1
联立可得：T0
（3）运动轨迹如图2．

图2
由题，T0
得到：T0
在电场中根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma
根据运动学规律可得往返一次用时：Δt
应有：Δt＝（n）T0
可得电场强度的大小：E，（n＝0，1，2…）
答：（1）B0大小为；
（2）T0的取值范围为T0；
（3）电场强度的大小为，（其中n＝0，1，2…）.