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C（解析版）

这是一份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C（解析版），共23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C
(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．下列说法正确的是（　　）
A．用北斗导航确定远洋海轮在大海中的位置，可以把远洋海轮当作质点
B．时刻就是长度很短的时间间隔
C．路程是标量，即位移的大小
D．直线运动中位移的大小和路程一定相等
【解答】解：A、用北斗导航确定远洋海轮在大海中的位置时，其大小可以忽略，故可以把远洋海轮看作质点，故A正确；
B、时间间隔是两个时刻的间隔，时刻是某一瞬间，不是较短的一段时间，故B错误；
CD、路程是物体实际运动轨迹的长度，位移的大小是初末位置之间的距离，物体做单向直线运动时，位移的大小等于路程，其他情况下位移大小小于路程，故CD错误；
故选：A。
2．下列各组合中，属于物理量与其对应单位的是（　　）
A．电场强度：V B．磁通量：Wb
C．磁感应强度：N/A D．自感系数：L
【解答】解：A、电场强度的单位是牛每库仑N/C或伏每米V/m，故A错误；
B、磁通量的单位为韦伯Wb，故B正确；
C、磁感应强度的单位为特斯拉T，1T＝1N/A•m，故C错误；
D、自感系数的单位是亨利H，故D错误。
故选：B。
3．下列说法中符合物理史实的是（　　）
A．卡文迪许首次在实验室里较准确地测出了引力常量
B．牛顿创立了“日心说”，“日心说”是正确的，太阳是宇宙的中心
C．第谷发现了行星的运动规律，开普勒发现了万有引力定律
D．伽利略将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律
【解答】解：A、卡文迪许首次在实验室里较准确地测出了引力常量，故A正确；
B、哥白尼创立了“日心说”，太阳是太阳系的中心，太阳系是银河系的一员，银河系又是宇宙中的一个星系，太阳不是宇宙的中心。故B错误；
C、开普勒发现了行星的运动规律，牛顿发现了万有引力定律，故C错误；
D、牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出了万有引力定律，故D错误；
故选：A。
4．如图所示，有两个完全相同的小球 A、B，将它们从同一高度以相同大小的初速度v0分
别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（　　）

A．两小球落地时的速度相同
B．从抛出点至落地，两球重力做功相同
C．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
D．从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
【解答】解：AB、在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等，与其所经过的路径无关，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知，则落地时的动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，故A错误，B正确；
C、由于落地时速度大小相同，方向不同，根据P＝mgvy可知，重力的瞬时功率不同；
D、竖直上抛运动的时间比平抛运动的时间多，根据P知道：重力对平抛抛球做功的平均功率更大，故D错误；
故选：B。
5．如图所示，质量为m的木块在水平拉力F作用下向右滑行．木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木板质量为M。则下列说法错误的是（　　）

A．木块受到木板的摩擦力的大小为μ1mg，方向水平向左
B．木板受到地面的摩擦力的大小为μ1mg，方向水平向左
C．木板受到地面的摩擦力的大小为μ2（m+M）g
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【解答】解：A、m对M的压力等于mg，m所受M的滑动摩擦力大小 f1＝μ1mg，方向水平向左，故A正确；
BC、根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg．M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg，方向水平向左。故B正确，C错误；
D、无论F大小如何，m在M上滑动时对M的滑动摩擦力大小不变，达不到M与地面间的最大静摩擦力μ2（m+M）g，所以不可能运动。故D正确；
本题选错误的，故选：C。
6．如图所示，一个质量为m的质点以速度vA从A点水平射出，以速度vB经过B点，不计空气阻力。则下列说法中正确的是（　　）

A．若质点以速度vB从B点沿﹣vB方向射出，它将刚好以速度﹣vA经过A点
B．若质点以大于vB的速度从B点沿﹣vB方向射出，它也有可能沿﹣vA方向经过A点
C．若质点以小于vB的速度从B点射出，它也有可能沿﹣vA方向经过A点
D．若质点以速度﹣vA从B点射出时还受到竖直向上、大小为3mg的恒力，则它将刚好以速度﹣vB经过A点
【解答】解：A、质点以速度vB从B点沿﹣vB方向射出，在竖直方向做上抛运动，竖直方向的初速度等于A到B的竖直方向的末速度，竖直方向加速度均为g，由对称性可知上抛的最高点与A点等高，两次水平方向速度等大反向，水平位移的大反向，故它将刚好以速度﹣vA经过A点，故A正确；
B、若质点以大于vB的速度从B点沿﹣vB方向射出，最高点在A的左上方，不可能沿﹣vA方向经过A点，故B错误；
C、若质点以小于vB的速度从B点射出，最高点在A的右下方，未到达A点，竖直方向的速度已减为0，故C错误；
D、若质点受到竖直向上、大小恒为2mg的恒力，则合力竖直向上为mg，以速度﹣vA从B水平抛出，则运动轨迹和原来的对称，则它刚好以﹣vB经过A点，但题目提供的是3mg的恒力，故D错误。
故选：A。
7．某平行于x轴的静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，则（　　）

A．在x＝x2处，电场强度为0
B．在x＝x1、x＝x3两处，电场强度方向相反
C．电子在x＝x1处受到的静电力小于电子在x＝x3处受到的静电力
D．正电荷从x＝x1移到x＝x3处，受到的静电力先做负功后做正功
【解答】解：ABC、根据公式E，易知图线上各点切线的斜率表示该点的电场强度，在x＝x2处，电场强度不为0；在x＝x1、x＝x3两处，电场强度方向相同，且E2＜E3，由F＝qE，可知电子在x＝x1处受到的静电力小于电子在x＝x3处受到的静电力，故AB错误，C正确；
D、由图可知，从x＝x1到x＝x3处，电势一直在升高，根据公式Ep＝qφ，q＞0，易知，正电荷电势能一直升高，受到静电力做负功，故D错误。
故选：C。
8．5月17日23点48分，长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射我国北斗卫星导航系统第45颗卫星（北斗二号GEO﹣8卫星）。该卫星是我国北斗区域导航卫星系统的第4颗备份卫星，属于地球静止同步轨道卫星。至此，北斗二号卫星导航系统圆满收官。则北斗二号GEO﹣8卫星在轨道运行时，其（　　）

A．线速度大于第一宇宙速度
B．角速度大于月球绕地球运行的角速度
C．向心加速度大于地面的重力加速度
D．每隔24h都会有两次经过赤道上空
【解答】解：A．第一宇宙速度是近地飞行的线速度，则可知北斗二号GEO﹣8卫星的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
BD．由题意可知北斗二号GEO﹣8卫星是地球同步卫星，则其运行周期为24h，小于月球绕运行的周期，根据可知其角速度大于月球绕地球运行的角速度，其相对于地球赤道上某个物体是静止的，故B正确，D错误；
C．在地球表面上的物体有重力等于万有引力，即，可得地面的重力加速度为，对北斗二号GEO﹣8卫星有：，得其向心加速度为，则可知北斗二号GEO﹣8卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故C错误。
故选：B。
9．如图所示，两根长度均为L1的轻绳一端分别拴在日光灯灯罩上的挂钩M、N处，另一端共同悬挂于天花板上的O处，两轻绳与竖直方向的夹角相同，日光灯保持水平。已知日光灯整体的质量为m，挂钩M、N之间的距离为L2，当地的重力加速度为g。则轻绳OM段的拉力大小为（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：日光灯受重力和两个拉力，结合对称性，两个拉力等大，设为T，设拉力与竖直方向上的夹角为α，

将拉力向竖直方向分解，根据平衡条件得：2Tcosα＝mg
根据几何关系得：cosα
联立解得轻绳OM段的拉力大小为：T，故A正确，BCD错误。
故选：A。
10．2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．M点的电势高于N点的电势
C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D．只需要测量M、N两点的电压就能够推算废液的流量
【解答】解：AB、带电粒子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到洛伦兹力向上，M点的电势低于N点的电势，故AB错误；
C、不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故C错误；
D、最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qvB＝q，解得液体的流速：v，U是MN两点间的电压，废液的流量为：Q＝vS，只需要测量MN两点的电压就能够推算废液的流量，故D正确。
故选：D。
11．如图所示为小明同学家里购买的一款扫地机器人，工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电．小明同学仔细翻阅了这款扫地机器人的说明书，发现其工作参数如下表所示，则该扫地机器人（　　）
机器人吸尘器
电池
14.4V/5200mAh锂离子电池
产品重量
约4.7kg
无线连接
WiFi智能快连
额定电压
14.4V
额定功率
68W
充电时间
＜6小时

A．电阻一定为3.05Ω
B．实际工作电流一定为4.72A
C．充满电后正常工作的时间一定为1.1h
D．以额定功率工作时每分钟消耗电能一定为4080J
【解答】解：AB、由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为U＝8V，额定功率为P＝14.4W，则额定电流为：IA＝4.72A，实际工作电流不一定等于额定电流；机器人不是纯电阻用电器，所以其电阻：R3.05Ω，故AB错误；
C、根据电池容量5200mAh可知，电量为：q＝5200×10﹣3×3600C＝18720C
由于机器人工作过程遇电量不足20%时，会自动返回基座充电，所以充满电后正常工作的时间为：
ts≈0.88h，故C错误；
D、以额定功率工作时每分钟消耗电能为：E＝Pt＝68×60J＝4080J，故D正确。
故选：D。
12．手持软长绳的一端O点，在竖直平面内连续向上、向下抖动软绳（可视为简谐运动），带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。t＝0时O点由平衡位置开始振动，至t1时刻恰好完成次全振动，绳上OQ间形成如图所示的波形（Q点之后未画出），则（　　）

A．t1时刻之前Q点始终静止
B．t1时刻P点刚好完成一次全振动
C．t＝0时O点运动方向向上
D．若手上下振动加快，该波的波长将变大
【解答】解：AB、由题意可知该简谐波的周期为T，
由题图可知质点P的平衡位置到波源平衡位置的距离为四分之三个波长，
质点Q的平衡位置到波源平衡位置的距离为四分之五个波长，所以质点P、Q起振的时刻分别为


所以t1时刻前Q点已经开始振动，且t1时刻P点刚好完成一次全振动，故B正确，A错误；
C、由题图及上面分析可知P点的起振方向为向下，由于绳子上所有质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以t＝0时O点运动方向向下，故C错误；
D、手上下振动加快后，简谐波的频率增大，但波速不变，所以波长变小，故D错误。
故选：B。
13．如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以Uab表示线框ab两点间的电势差、I表示通过线框的电流（规定逆时针为正，顺时针为负）、P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：设线框每边电阻为R，线框的边长为L，线框的速度为v。
A、线框进入磁场过程，产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为，方向为逆时针方向（正方向），完全进入磁场时电流为零；离开磁场过程中，感应电流方向为为顺时针方向（负方向），故A错误；
B、由于线框匀速运动，故拉力F大小为：，拉力的功率为：，进出磁场时功率相同，线框完全进入磁场后，根据电流为零，功率为零，故B正确；
C、根据可知，线框进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，线框完全进入磁场过程感应电流为零，拉力应为0，故C错误；
D、线框进入磁场过程中，ab边相当于电源，ab两点间电压为路端电压，a、b两点间的电势差为：；
线框完全进入磁场过程中，ab间电势差为Uab＝BLv；
线框离开磁场过程，线框中的电流为，方向为顺时针方向（负方向），此过程中cd边相当于电源，ab只是外电路的一部分，a、b两点间的电势差为：，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．如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定着一点电荷，直径AC水平。一质量为m、带电荷量为﹣q的小球，从圆弧管的右端点A以（g为重力加速度大小）的初速度进入细管，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无作用力。已知静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）

A．小球运动至C点时的动能为
B．小球到达B点时的速度大小为2
C．中心点电荷的电荷量为
D．小球运动至C点时对细管的作用力大小为3mg
【解答】解：A、小球沿细管滑动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒。A到C过程中，重力做功为0，故小球运动至C点时的动能为：
EkC＝EkAmgR，
故A错误；
B、A到B过程中，由动能定理得：
mgR，
解得：
vB＝2，
故B正确；
C、小球到达B点时对管壁恰好无压力，由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
，
解得：
中心点电荷的电荷量Q，
故C正确；
D、小球运动到C点，根据牛顿第二定律得：
，
又vC＝vA，Q，
解得：FN＝3mg，
故D正确；
故选：BCD。
15．如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV～3.11eV，锌板的电子逸出功为3.34eV。下列说法正确的是（　　）

A．用能量为11.0eV的光子照射，可使处于基态的原子跃迁到激发态
B．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
C．大量处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射的光子中有两种不同频率的光子可使锌板产生光电效应现象
D．大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时所发出的光子通过同一双缝干涉实验装置，以n＝4直接跃迁到n＝1能级发出的光子所形成的干涉条纹最宽
【解答】解：A、若基态的氢原子吸收的能量等于11.0eV的光子，则能量值为：E＝E1+11.0eV＝﹣13.6eV+11.0eV＝﹣2.6eV，氢原子没有该能级，所以处于基态的氢原子不能吸收11.0eV的光子，故A错误；
B、紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n＝3级的氢原子的电离能为1.51eV，故紫外线可以使氢原子电离，故B正确；
C、处于n＝3能级向基态跃迁时发射出光的能量为△E＝﹣1.51eV﹣（﹣13.6eV）＝12.09eV，大于锌板的电子逸出功3.34eV，因此能产生光电效应，电子在n＝2能级再次向基态跃迁发射出光子的能量为△E′＝﹣3.4eV﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV＞3.34eV则可以产生光电效应，处于n＝3能级向基态向n＝2跃迁时发射出的光的能量为△E″＝﹣1.51eV﹣（﹣3.4eV）＝1.89eV，小于大于锌板的电子逸出功3.34eV不能产生光电效应，故有两种不同频率的光产生光电效应，故C正确；
D、双缝干涉实验装置，在光屏上相邻亮条纹间距，由nn＝4直接跃迁到n＝1能级发出的光子的频率最大，则波长最短，所以形成的干涉条纹最窄，故D错误。
故选：BC。
16．2021年12月9日，我国神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在空间站进行了太空授课。如图甲所示，王亚平在水球里注入一个气泡，观察水球产生的物理现象。课后小明同学画了过球心的截面图，如图乙所示，内径是R，外径是。假设一束单色光（纸面内）从外球面上A点射入，光线与AO直线所成夹角i＝30°，经折射后恰好与内球面相切。已知光速为c。则（　　）

A．单色光在材料中的折射率为
B．单色光在该材料中的传播时间为
C．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射
D．只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在外球面发生全反射
【解答】解：A、在A点时，入射角为60°，则由几何关系有
sin∠BAO
由折射定律得
n
故A错误：
B.该束单色光在该透明材料中的传播速度为
v
该束单色光在该透明材料中的传播路程
s＝2•2Rcos∠BAO
单色光在该材料中的传播时间为
t
代入数据解得：t
故B正确；
C.光束从A点入射，入射角为i'时光束经折射到达内球面的C点，如图

恰好发生全反射，由于
sin∠DCA
由正弦定理得

解得：sin∠CAO
由折射定律得
n
解得：sini'
可见，只要调整好A点射入的单色光与AO直线的夹角，就能够在内球面发生全反射，则C正确；
D.根据对称性和光路可逆原理可知，在外球面的入射角不会大于临界角，所以不能够在外球面发生全反射，故D错误；
故选：BC。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17．（7分）用落体法“探究机械能守恒定律”的实验装置如图1所示。打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度大小为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.0kg。如图2是按实验要求正确地选出的纸带（打点的时间间隔为0.02s）。

（1）纸带的 　左　（选填“左”或“右”）端与重物相连。
（2）打点计时器打下计数点B时，重物的速度vB＝　0.98　m/s。
（3）从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能的减少量ΔEP＝　0.49　J。此过程中重物动能的增加量ΔEk＝　0.48　J。（计算结果均保留2位有效数字）
（4）通过计算，ΔEP　＞　（选填“＞”“＝”或“＜”）ΔEk，这是因为 　存在着阻力　。
（5）实验的结论是：在实验误差允许的范围内重物的机械能守恒。
【解答】解：（1）从纸带的点迹看，越往右点迹越来越稀，即重物带着纸带越来越快，所以重物与纸带的左端相连。
（2）根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，vB0.98m/s；
（3）从开始到下落到B点，重物重力势能的减少量是ΔEp＝mghOB＝1.00×9.8×5.01×10﹣2J＝0.49J，重物动能的增加量是ΔEk0.48J；
（4）从上述计算看，ΔEp＞ΔEk，其原因是实验中存在着阻力的缘故。
故答案为：（1）左；（2）0.98； （3）0.49；0.48；（4）＞；存在阻力
18．（7分）感冒发热是冬春季节常见的疾病，用电子体温计测量体温既方便又安全。电子体温计的工作原理是利用热敏电阻阻值随温度的变化将温度转化为电学量。某同学想利用一热敏电阻和一数字电压表制作一个电子体温计。
（1）该同学用多用电表欧姆“×10”挡，粗测了热敏电阻的阻值，测量结果如图甲所示，则该热敏电阻该次测量的电阻阻值为 　130　Ω。
（2）该同学在用伏安法测热敏电阻在不同温度下的电阻时，得到如图乙所示的电阻阻值Rt与温度t的关系图象，由图象可知热敏电阻在34℃下的电阻为 　125　Ω。
（3）该同学利用这个热敏电阻和一数字电压表制作的电子温度计电路如图丙所示，其中电源电动势E＝1.5V，内阻不计，电压反馈电阻R1＝32Ω，R0为保护电阻，Rt为热敏电阻，R2为比例匹配定值电阻，则温度越高，数字电压表显示的电压越 　大　（选填“大”或“小”）；为了让温度从35℃到42℃变化时数字电压表的示数能从0.35V到0.42V变化，则比例匹配电阻阻值R2＝　720　Ω。

【解答】解：（1）用多用电表欧姆“×10”挡，由图甲所示表盘可知，该热敏电阻该次测量的电阻阻值为R＝13×10Ω＝130Ω。
（2）由图乙所示图象可知，热敏电阻在34℃下的电阻为R′＝125Ω。
（3）由电路丙可知，热敏电阻Rt与比例匹配定值电阻R2并联，温度越高，由乙图可知热敏电阻Rt越小，则热敏电阻Rt与R2并联的电阻越小，由串联分压可知，电压反馈电阻R1上分担的电压越大，则数字电压表显示的电压越大；温度为35℃时，热敏电阻Rt的阻值为120Ω，电阻R1的电压为0.35V，此时干路电流为，根据闭合电路欧姆定律有：
温度为42℃时，热敏电阻Rt的阻值为90Ω，电压反馈电阻R1的电压为0.42V，此时干路电流为，根据闭合电路欧姆定律有：
代入数据解得：R2＝720Ω。
故答案为：（1）130；（2）125；（3）大；720。
19．（9分）如图所示，倾斜滑雪道AB与CD的倾角分别为θ1＝30°和θ2＝45°，水平滑雪道BC长度L＝25m，水平滑雪道与斜滑雪道之间均平滑连接。一位质量m＝60kg的滑雪者从距水平滑道高h＝25m处由静止开始下滑，经过水平滑道后冲上另一斜滑道。已知滑雪者与水平滑道BC和斜滑道CD的动摩擦因数μ＝0.2，与斜滑道AB的摩擦忽略不计。重力加速度g＝10m/s2．（计算结果可用根式表示）
（1）求滑雪者在滑道AB上运动所用的时间；
（2）求滑雪者经过C点时的速度大小；
（3）求滑雪者沿斜滑道CD上滑的最大距离。

【解答】解：（1）滑雪者在滑道AB上运动时加速度gsinθ1＝5m/s2
根据匀变速直线运动规律：
解得滑雪者在滑道AB上运动所用的时间
（2）滑雪者由开始出发到C点的过程中，根据动能定理：
解得滑雪者经过C点时的速度大小vc＝20m/s
（3）设滑雪者沿斜滑道CD上滑的最大距离为H。
根据动能定理：﹣mgH﹣μmgcosθ2
解得；；
答：（1）滑雪者在滑道AB上运动所用的时间为；
（2）滑雪者经过C点时的速度大小为20m/s；
（3）滑雪者沿斜滑道CD上滑的最大距离为；
20．（12分）小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了教材必修2上有如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动。尽管这时曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分（注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径）。这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了（如图所示），小珂设计了如图所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8m的圆形轨道（恰能做完整的圆周运动），再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。（g＝10m/s2）

（1）求小球释放点A距离水平面的高度H；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系（h为小球离水平面的高度）。
【解答】解：（1）最高点D根据牛顿第二定律可得：
A到D根据动能定理：
解得：H＝2m
（2）从释放到离水平面的高度为h的过程中，根据动能定理可得：mg（H﹣h）
根据向心加速度公式可得a
联立解得：a＝50﹣25h （0≤h≤1.6m）
（3）A到E点根据动能定理可得：
向心加速度为a
解得：a＝2g
由题意水滴形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为2g.
当小球高度为h时，根据动能定理可得：
（a＝2g）
解得：r＝2﹣h
答：（1）小球释放点A距离水平面的高度H为2m；
（2）设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，向心加速度a与h的函数关系为a＝50﹣25h （0≤h≤1.6m）；
（3）设小球在水滴形轨道上运动时，轨道曲率半径r与h的函数关系为r＝2﹣h。
21．（10分）如图所示，足够长的平行金属导轨PQ、P′Q′水平固定，处在竖直向下的匀强磁场中，其右端通过一小段圆弧形绝缘材质导轨与倾角为θ倾斜固定导轨MN、M′N′平滑相连，倾斜导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度均为 B．在水平导轨靠近PP′的位置静止放置一根电阻为R、质量为m的金属棒a，在倾斜导轨上靠近MM′的位置静止锁定一根电阻也为R、质量也为m的金属棒b．已知金属棒长度和导轨间距均为L，重力加速度为g，电容器的储能公式ECCU2，且金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射．现在PP′之间用导线接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0.
（1）试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热．
（2）若将定值电阻R换成一个电容为C的电容器，仍然在靠近PP′的位置给金属棒a一个水平向右的初速度v0，试求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热．
（3）在第（2）问基础上，经过足够长时间，金属棒a到达绝缘材质导轨并滑离，然后以大小为v的速度从MM′滑入倾斜导轨，与此同时解除对金属棒b的锁定，金属棒b由静止开始运动，再经过时间t，金属棒a的速度大小变为v1，试求此时金属棒a、b的加速度a1、a2的大小．设整个过程中两棒没有相撞．

【解答】解：（1）最终a棒静止在水平导轨上，动能全部转化为a棒与电阻上的电热，则有：Qa+QR
而Qa＝QR，解得：Qa
（2）最终a棒以v匀速运动，棒运动产生电动势与电容两端电压U相等，则由动量定理有：LB＝mv﹣mv0
其中U＝BLv，U，q
联立解得棒匀速运动时的速度v，U
整个过程能量守恒有：
解得：Q
（3）设ab棒的速度分别为v1、v2，
由于a棒进入倾斜导轨时，a棒受到的安培力可能大于重力沿斜面的分力，也可以小于重力的分力，经过时间t，a棒加速还是减速运动情况不明，因此分情况讨论如下，
①若一开始，有mgsinθ＞F安
a棒加速运动，b棒也加速运动，一开始a2＞a1，最终两者共速且有相同的加速度，其速度时间图象如右上图所示。
分别对ab用动量定理，或者对ab系统使用动量定理可得：2mgsinθ•t＝m（v1﹣v0）+mv2
经时间，v1≥v2，则对a棒有：mgsinθ﹣ILB＝ma1
其中I
联立重：a1＝gsinθ
对b棒，有：mgsinθ+ILB＝ma2
解得：a2＝gsinθ

②若一开始，有mgsin＜F安
a棒进入倾斜轨道先减速运动，再加速运动，最终与b共速，且加速讴相同其速度时间图象如右下图所示，
Ⅰ、若经过时间t，a棒仍处减速运动阶段，则：
解得：a1
同理可得a2＝gsinθ
Ⅱ若经过时间t，a棒处于加速运动阶段，则：mgsinθma1，解得：a1＝gsinθ
同理可得：a2＝gsinθ
Ⅲ、若经过时间t，v1＝v2，则电路中电流为0，两棒不受安培力，则
a1＝a2＝gsinθ
答：（1）金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为．
（2）若将定值电阻R换成一个电容为C的电容器，仍然在靠近PP′的位置给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（3）当a棒到达倾斜轨道时处于加速状态，则a棒加速度a1＝gsinθ，b棒加速度a2＝gsinθ；
当a棒到达倾斜轨道时处于减速状态，则a棒加速度a1，b棒加速度a2＝gsinθ；
当v1＝v2时，两棒的加速度相等a1＝a2＝gsinθ。

22．（10分）现代科学仪器常利用电场加速，磁场偏转控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场、磁场宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；

【解答】解：（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理有2qEd
解得v2＝2，
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有，
联立解得r2。
（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），
则有，
，
粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，

粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：vn﹣1sinθn﹣1＝vnsinαn
由图根据几何关系可以得到rnsinθn﹣rnsinαn＝d，
联立解得rnsinθn﹣rn﹣1sinθn﹣1＝d
由此可看出r1sinθ1，r2sinθ2，r3sinθ3…rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得：rnsinθn＝r1sinθ1+（n﹣1）d
当n＝1时，由右图可看出：r1sinθ1＝d，

联立可解得sinθn＝B。
答：（1）粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小为2，轨迹半径为；
（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，sinθn的值为B。