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北京市房山区2020届高三下学期第一次模拟物理试题
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2020届北京市房山区高三（下）第一次模拟物理试题
第一部分（选择题）
一、选择题，本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动
B. 在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加
C. 分子间的作用力总是随分子间距减小而增大
D. 已知水的摩尔质量为18g/mol和水密度为1g/cm3可估算出1mol水分子的个数
【答案】B
【解析】
【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子在不停地做无规则热运动，由于固体颗粒是由大量颗粒分子组成的，所以布朗运动并不是悬浮固体颗粒分子的运动，故A错误；
B．在绝热过程中，与外界无热交换，根据热力学第一定律可知，外界对物体做功，物体的内能一定增加，故B正确；
C．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离减小而增大，故C错误；
D．已知水的摩尔质量为18g/mol和水密度为1g/cm3可估算出1mol水分子的体积，故D错误。
故选B。
2.下列有关四幅图的说法中，正确的是（ ）
A. 在甲图所示的α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子发生了较大角度偏转
B. 在图乙光电效应实验中把锌板与验电器连接，用弧光灯发出的紫外线照射锌板，若先使锌板带上负电，会观察不到光电效应现象
C. 丙图放射线在磁场中偏转分成三束说明放射线有的带电，有的不带电
D. 丁图中链式核反应就是太阳内部进行的核反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子散射实验的内容是：绝大多数粒子几乎不发生偏转；少数粒子发生了较大的角度偏转；极少数粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来），故A错误；
B．照射光频率超过金属的极限频率，就会发生光电效应，所以无论锌板带不带电，在弧光灯照射下，都会发生光电效应，故B错误；
C．在射线经过的空间施加磁场，射线分成三束，其中两束在磁场中向不同的方向偏转，说明这两束是带电粒子流，另一束在磁场中不偏转，说明这一束不带电，故C正确；
D．图中的链式反应是重核裂变，太阳内部的反应为轻核聚变反应，故D错误。
故选C。
3.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V–T图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B→C的过程中，气体一定放出热量
B. B→C的过程中，气体分子平均动能增加
C. A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D. A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，体积减小，即外界对气体做功（W为正），而温度减小，内能减小（为负），根据热力学第一定律，气体一定对外放热（Q为负），故A正确；
B．B→C的过程中，温度降低，分子平均动能减小，故B错误；
C．A→B的过程中，体积减小，而气体质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；
D．A→B的过程中，温度一定时，体积减小，单位体积内的分子数增多，从而压强增大，而并不是每个分子对器壁的撞击力变大，故D错误。
故选A。
4.下表是在20℃时，波长为589.3nm的光在几种介质中的折射率，根据表中数据结合所学知识，下列判断正确的是（ ）
表：几种介质的折射率（λ=589.3nm，t=20℃）
介质
折射率
介质
折射率
金刚石
2.42
玻璃
1.5~1.8
氯化钠
1.54
水
1.33
二硫化碳
1.63
水晶
155
酒精
1.36
空气
100028
A. 这种光在玻璃中的速度大于在水中的速度
B. 水晶对不同颜色的光的折射率都是1.55
C. 这种波长的光从玻璃射入水中可能发生全反射
D. 这种波长的光从水射入空气比从水晶射入空气更容易发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中只可得出在20℃时玻璃对光的折射率在1.5~1.8，水对光的折射率为1.33，但在其他温度下，两种介质对光的折射率可能相等，根据
可知这种光在玻璃中的速度可能等于在水中的速度，故A错误；
B．水晶对波长为589.3nm的光的折射率为1.55，故B错误；
C．在不同的温度下，玻璃对光的折射率可能大于水对光的折射率，也可能小于水对光的折射率，若大于水对光的折射率，则这种波长的光从玻璃射入水的过程，即从光密介质射向光疏介质，故可能发生全反射，故C正确；
D．根据
折射率大者临界角要小，水晶折射率大于水，因此更容易发生全反射，故D错误。
故选C。
5.图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值达到5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数为5V
B. 变压器线圈匝数之比n2：n1至少是1000
C. 副线圈的输出功率大于原线圈的输入功率
D. 转换器输出交变电压周期为0.4s，钢针每个周期点火一次
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为
故A错误；
B．根据
代入数据
U1=5V，U2≥5000V
得实现点火的条件是
故B正确；
C．副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率，故C错误；
D．一个周期内有两次电压达到5000V，即点火两次，故D错误。
故选B。
6.如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A. A、K之间的电场强度均为
B. B点电势大于C点电势
C. B点电场强度大于C点电场强度
D. 电子由K到A的电势能减少了eU
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、K之间建立的是非匀强电场，公式不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故A错误；
B．B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧，如图所示
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
D．电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得
故D正确。
故选D。
7.“嫦娥三号”探测器由“长征三号乙”运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。假设“嫦娥三号”先后分别在如图所示的环月圆轨道和椭圆轨道上运行，则（ ）
A. 若已知“嫦娥三号”环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可以算出月球的密度
B. “嫦娥三号”由环月圆轨道变轨为椭圆轨道时，应在P点发动机点火使其减速
C. “嫦娥三号”在环月椭圆轨道上运行时P点的速度大于Q点的速度
D. “嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中机械能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力
可以解出月球的质量
由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故A错误；
B．嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故B正确；
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C错误；
D．“嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中只有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选B。
8.处于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s。已知t=0时，波刚传播到x=40m处，波形如图所示。在x=400m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是（ ）
A. 波源开始振动时方向沿y轴正方向
B. x=10m处质点每秒向右移动200m
C. 若波源向x轴正方向匀速运动，接收器接收到波的频率大于10Hz
D. 当t=0.1s时，x=40m处的质点恰好到达波谷的位置
【答案】C
【解析】
【详解】A．所有质点的起振方向和波源起振方向一致，根据上下坡法，可知图中x=40m处质点的起振方向为沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A错误；
B．波上的质点只在平衡位置上下振动，不随波迁移，故B错误；
C．根据题意结合图可知
该波的频率为
若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于10Hz，故C正确；
D．当t=0.1s时，即经过了一个周期，x=40m处的质点回到了平衡位置，故D错误。
故选C。
9.如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达C点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A. 小球在BC下落过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
B. 若测出小球AC段的高度，可推算出小球克服阻力做的功
C. 若测出小球距地面的高度，可推算出小球落地时的瞬时速度
D. 若分别测出小球AB段与BC段下落时间，可推算出小球所受阻力的冲量大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球在BC下落过程中，受重力和阻力作用，根据动量定理可知动量的改变量等于所受阻力的冲量和所受重力的冲量的矢量和，故A错误，符合题意；
B．对整个过程研究，即从A到C过程中，速度从零到零，受重力和阻力作用，根据动能定理可得
故若测出小球AC段的高度，可推算出小球克服阻力做的功，故B正确，不符合题意；
C．因为不计空气阻力，即在AB段小球做自由落体运动，根据，即测出小球距地面的高度，可推算出小球落地时的瞬时速度，故C正确，不符合题意；
D．测出小球AB段下落时间，则可算出小球到B点时的速度，又知B到C过程中的时间，根据动量定理可列式
解得
故D正确，不符合题意。
故选A。
10.如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L水平导轨上。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒受到的安培力大小为F=BILsinθ
B. 金属棒受到的摩擦力大小为f=BILcosθ
C. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大
D. 若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属棒受到的安培力大小
故A错误；
BD．电流方向从a到b，受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
所以若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故BD错误；
C．若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确。
故选C。
11.如图甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器监测通过电感线圈L中的电流。已知电路中电灯的电阻R1=6.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，电源电动势为6.0V，内阻不计。闭合开关S使电路处于稳定状态，在t=0.1s时刻断开开关S，断开开关S前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示。根据以上信息下列说法中错误的是（ ）
A. 可以求出电感线圈的直流电阻
B. 可以估算出断开开关S后流过灯泡的电荷量
C. 可以判断断开开关时电感线圈产生的自感电动势的正负极
D. 可以判断断开开关后观察不到小灯泡闪亮现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．电路处于稳定状态时，R所在支路两端的电压为6.0V，电流为，故电感线圈的直流电阻为
故A正确，不符合题意；
B．根据
可知断开开关S后流过灯泡的电荷量等于1.0s后图像与坐标轴围成的面积，根据超过半格算一格，不到半格忽略，可估算出1.0s后图像与坐标轴围成的面积，即断开开关S后流过灯泡的电荷量，故B正确，不符合题意；
C．断开开关后，电感线圈要阻碍原电流的减小，即产生和原电流方向相同的感应电流，即电感线圈相当于电源，右端为正，左端为负，故C正确，不符合题意；
D．断开开关后，电感线圈相当于一个电源，与、形成闭合回路，电流从1.5A开始减小，而断开前，通过灯泡的电流为
故可以判断出断开开关后可以观察到小灯泡闪亮现象，故D错误，符合题意。
故选D。
12.用如图所示的实验装置“探究感应电流方向的影响因素”，小磁铁从靠近线圈的上方静止下落，下落时保持小磁铁不翻转。在小磁铁穿过整个线圈的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 磁体靠近线圈和远离线圈产生的感应电流方向不变
B. 磁铁下落到线圈中部时，线圈中磁通量变化率最大
C. 磁铁在下落过程中机械能守恒
D. 磁铁靠近线圈和远离线圈时，磁铁受到线圈的作用力方向都向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁体靠近线圈时，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律可知电流方向为顺时针（从上向下看），当远离线圈时，穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律可知电流方向为逆时针（从上向下看），故A错误；
B．从磁铁完全进入，到磁铁开始穿出的过程中，磁通量恒定不变，由于磁铁运动的情况不明，在中部速度不一定是最大的，所以磁通量变化率不一定是最大的，故B错误；
C．过程中线圈中产生感应电流，会产生电热，部分机械能转化为内能，故机械能不守恒，故C错误；
D．根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈和远离线圈时，磁铁受到线圈的作用力方向都向上，故D正确。
故选D。
13.实验室用滑轮、小车、打点计时器、砂桶、细线、纸带等实验器材组成如图所示实验装置可以完成多个力学实验，利用该装置进行如下实验时，以下说法正确的是（ ）
A. 在“研究匀变速直线运动”时必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力影响
B. 在“研究匀变速直线运动”时必须使砂和砂桶总质量远小于小车的质量
C. 在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后要重新平衡摩擦力
D. 在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车细线与木板平行
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在“研究匀变速直线运动”时，只需小车做匀变速直线运动，无需考虑摩擦力，也不需考虑小车受到的合力是否等于绳子的拉力，故也不需要使砂和砂桶总质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”实验过程中，在平衡摩擦力时，利用重力沿斜面向下的分力来平衡摩擦力，即
质量抵消，所以每次改变小车质量之后不要平衡摩擦力，故C错误；
D．在“探究加速度a与力F关系”时为了使得细线对小车的拉力等于小车受到的合力，要调整滑轮高度使连接小车细线与木板平行，故D正确。
故选D。
14.如图是汽车速率计的基本结构示意图，其工作原理如下：速率计的转轴通过一系列传动装置与汽车驱动轮相连，速率计转轴的上端铆接了一个永久磁铁，永久磁铁上罩了一块铝片，铝片又固定在指针轴上。当永久磁铁随转轴旋转时，铝片与永久磁铁会发生相互作用产生转动并带动指针一起转动。根据以上材料判断，以下说法不正确的是（ ）
A. 汽车匀速行驶时，铝片中没有电流
B. 永磁铁转动方向与铝片转动方向相同
C. 铝片总是阻碍永久磁铁转动
D. 该速率计运用了电磁感应原理
【答案】A
【解析】
【详解】当磁铁随转轴旋转时，在铝片中会产生感应电流（涡流），这时铝片与永久磁铁会发生相互作用（永久磁铁的磁场会对铝片上的感应电流有力的作用）而产生一个转动力矩，使指针转动。由于弹簧游丝弹力用的反力矩，最终两者平衡使得指针会稳定地指在某一个刻度上。在速率计表盘设计时，已确定了汽车实际速率与表盘刻度之间的关系。汽车运动越快，转轴旋转越快，指针偏转的角度就越大，从指针的示数就可知汽车的瞬时速率。
A．汽车匀速行驶时，永久磁铁仍随转轴旋转，铝片中仍有电流，故A错误，符合题意；
BCD．通过以上分析可知，该速率计运用了电磁感应原理，根据楞次定律可知，铝片总是阻碍永久磁铁转动，为了减小穿过铝片磁通量的变化，永磁铁转动方向与铝片转动方向相同，故BCD正确，不符合题意。
故选A。
第二部分（非选择题）
二、填空题（两小题）
15.在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重物拖着纸带自由下落通过打点计时器并打出一系列的点，对纸带上点迹进行测量，经过数据处理即可验证机械能守恒定律。
(1)在实验过程中，下列说法正确的是_______。
A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B.实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
C.打点计时器、天平和刻度尺是本实验中必须使用的测量仪器
D.实验中重物的质量大小不影响实验误差
(2)正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求纸带，如图所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点，标上A、B、C……测得其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重物重力势能减少量Ep=____，动能增加量Ek=______。（用题中所给字母表示）
(3)利用该装置还可以测量当地的重力加速度，某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2-h图像，如图所示。由v2-h图像求得的当地重力加速度g=_______m/s2。（结果保留三位有效数字）
【答案】 (1). AB (2). mgh2 (3). (4). 9.67（9.57~9.78之间均可，但有效数字位数要正确）
【解析】
【详解】(1)[1]A．为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；
B．为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故B正确；
C．根据机械能守恒的表达式，两边的质量可以抵消，故可知不需要测量质量，故C错误；
D．为了减小阻力对实验的影响，在实验时一般选择体积小质量大的实心金属球进行实验，故D错误。
故选D。
(2)[2]从打下O点到打下F点的过程中，下降的高度为，故重力势能减少量为
[3]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知F点的速度为
故动能增加量为
(3)[4]根据
得
所以图线的斜率为2g，即
解得g=9.67m/s2
16.用一段长约为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。
(1)为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻Rx。将选择开关“K”旋转到欧姆档“×10”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻Rx相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关“K”旋转到电阻档_____ （填“×1”或“×100”）位置。更换欧姆档重新调零并测量，指针如下图甲所示，其读数为____Ω。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如上图乙所示，读数为_____mm。
(3)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A.直流电源（电动势约为3.0V，内阻很小）
B.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.15Ω）
D.电流表（量程0~3A，内阻约0.025Ω）
E.滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，最大允许电流1A）
F.滑动变阻器（阻值范围0~200Ω，最大允许电流2A）
G.开关、导线。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。（填字母代号）
(4)在实验中，某同学按照图甲所示电路图进行连线，连成图乙所示的电路进行实验，请将图中接线错误之处改正过来_______。（多余的导线上画×表示删除，添加的导线用笔在图中画出）。
(5)用上问图甲所示电路进行测量金属丝的电阻，测量结果比真实值______（填“偏大”或“偏小”），造成这样误差的原因是________。
【答案】 (1). ×1 (2). 6Ω (3). 0.728±0.02 (4). C (5). E (6). (7). 偏小 (8). 电压表分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大
【解析】
【详解】(1)[1]欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，则待测电阻小，表盘刻度太小，倍率太大，为了让指针靠近中央刻度附近，应换成小倍率×1档。
[2]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，故读数为
Ω=6Ω
(2)[3]螺旋测微器的读数为
(3)[4]电路中的最大电流大约为
则电流表的量程选择0～0.6A，故电流表选择C。
[5]为了方便操作，应选和被测电阻阻值相差不大的滑动变阻器，滑动变阻器最大阻值过大，会造成电流示数变化过小，不利于操作，故选滑动变阻器E。
(4)[6]因为待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，修改后的电路图如图所示
(5)[7]测量偏小
[8]原因：电压表与被测电阻并联，电流表测量的是电压表和被测电阻的总电流，所以电压表的分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大，根据可知，测量值偏小。
三、计算题（四小题）
17.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，导轨半径R为0.1m。一个质量为m=1kg小物体（可视为质点）将弹簧压缩至A点后，由静止释放，在弹力作用下物体向右运动，脱离弹簧后与静止在B点质量为m=1kg的小物体相撞，撞后粘在一起沿半圆形导轨运动，到达C点时速度为vc=5m/s，重力加速度g取10m/s2。
(1)求两物块从C点水平飞出后的水平射程；
(2)求两物体在离开C点前瞬间对轨道的压力大小；
(3)求小物体将弹簧压缩至A点时，弹簧具有的弹性势能Ep。
【答案】(1)1m；(2)480N；(3)58J
【解析】
【详解】(1)根据平抛运动竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动
水平射程为x=1m
(2)根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律
FC=F
两物体对C点的压力大小为F=480N
(3)根据水平方向动量守恒
根据动能定理
根据能量守恒
解得J
18.如图所示，质量M=8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m=2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，现对小物块施加一个大小F=8N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
【答案】(1)2m/s2；0.5m/s2；(2)3m；(3)不为零
【解析】
【详解】(1)木板与木块间摩擦力
=4N
木块加速度
=2m/s2
木板加速度
=0.5m/s2
(2)木块对地位移
m
木块对地位移
m
木板长
L=m
(3)摩擦力对木块做功
=-16J
摩擦力对长木板做功
=4J
故
19.回旋加速器原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；
(2)计算正离子飞出时的最大动能；
(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当R>>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)设质子第1次经过狭缝被加速后速度为v1，根据动能定理可得
解得
洛伦兹力充当向心力，则有
解得
(2)离子射出时加速器时
解得
离子动能为
(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
离子在D形盒中运动的周期为
粒子在磁场中回旋的时间为
有
=
当d<
(1)发动机单位时间内喷出多少个氙离子；
(2)离子发动机工作的初始阶段，产生推力能使探测器产生的加速度大小；
(3)为使离子推进器正常运行，必须在有离子喷射的出口处用中和电子枪向正离子喷射电子，试解释其原因。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)设单位时间内应喷出n个离子，根据电流强度的定义可得
(2)在离子加速阶段，由动能定理得
解得
每个氙粒子动量增量为mv，t时间内
由动量定理得
，
根据牛顿第二定律
F=Ma
联立上述几式，得
a=
(3)推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。
第一部分（选择题）
一、选择题，本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动
B. 在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加
C. 分子间的作用力总是随分子间距减小而增大
D. 已知水的摩尔质量为18g/mol和水密度为1g/cm3可估算出1mol水分子的个数
【答案】B
【解析】
【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子在不停地做无规则热运动，由于固体颗粒是由大量颗粒分子组成的，所以布朗运动并不是悬浮固体颗粒分子的运动，故A错误；
B．在绝热过程中，与外界无热交换，根据热力学第一定律可知，外界对物体做功，物体的内能一定增加，故B正确；
C．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离减小而增大，故C错误；
D．已知水的摩尔质量为18g/mol和水密度为1g/cm3可估算出1mol水分子的体积，故D错误。
故选B。
2.下列有关四幅图的说法中，正确的是（ ）
A. 在甲图所示的α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子发生了较大角度偏转
B. 在图乙光电效应实验中把锌板与验电器连接，用弧光灯发出的紫外线照射锌板，若先使锌板带上负电，会观察不到光电效应现象
C. 丙图放射线在磁场中偏转分成三束说明放射线有的带电，有的不带电
D. 丁图中链式核反应就是太阳内部进行的核反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子散射实验的内容是：绝大多数粒子几乎不发生偏转；少数粒子发生了较大的角度偏转；极少数粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°，有的甚至几乎达到180°，被反弹回来），故A错误；
B．照射光频率超过金属的极限频率，就会发生光电效应，所以无论锌板带不带电，在弧光灯照射下，都会发生光电效应，故B错误；
C．在射线经过的空间施加磁场，射线分成三束，其中两束在磁场中向不同的方向偏转，说明这两束是带电粒子流，另一束在磁场中不偏转，说明这一束不带电，故C正确；
D．图中的链式反应是重核裂变，太阳内部的反应为轻核聚变反应，故D错误。
故选C。
3.一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V–T图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B→C的过程中，气体一定放出热量
B. B→C的过程中，气体分子平均动能增加
C. A→B的过程中，气体分子的密集程度变小
D. A→B的过程中，每个分子对器壁的平均撞击力变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为图线中，BC段的图线是过原点的倾斜直线，则B→C的过程中，体积减小，即外界对气体做功（W为正），而温度减小，内能减小（为负），根据热力学第一定律，气体一定对外放热（Q为负），故A正确；
B．B→C的过程中，温度降低，分子平均动能减小，故B错误；
C．A→B的过程中，体积减小，而气体质量不变，所以气体分子的密集程度增大，故C错误；
D．A→B的过程中，温度一定时，体积减小，单位体积内的分子数增多，从而压强增大，而并不是每个分子对器壁的撞击力变大，故D错误。
故选A。
4.下表是在20℃时，波长为589.3nm的光在几种介质中的折射率，根据表中数据结合所学知识，下列判断正确的是（ ）
表：几种介质的折射率（λ=589.3nm，t=20℃）
介质
折射率
介质
折射率
金刚石
2.42
玻璃
1.5~1.8
氯化钠
1.54
水
1.33
二硫化碳
1.63
水晶
155
酒精
1.36
空气
100028
A. 这种光在玻璃中的速度大于在水中的速度
B. 水晶对不同颜色的光的折射率都是1.55
C. 这种波长的光从玻璃射入水中可能发生全反射
D. 这种波长的光从水射入空气比从水晶射入空气更容易发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】A．从表中只可得出在20℃时玻璃对光的折射率在1.5~1.8，水对光的折射率为1.33，但在其他温度下，两种介质对光的折射率可能相等，根据
可知这种光在玻璃中的速度可能等于在水中的速度，故A错误；
B．水晶对波长为589.3nm的光的折射率为1.55，故B错误；
C．在不同的温度下，玻璃对光的折射率可能大于水对光的折射率，也可能小于水对光的折射率，若大于水对光的折射率，则这种波长的光从玻璃射入水的过程，即从光密介质射向光疏介质，故可能发生全反射，故C正确；
D．根据
折射率大者临界角要小，水晶折射率大于水，因此更容易发生全反射，故D错误。
故选C。
5.图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈电压的瞬时值达到5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数为5V
B. 变压器线圈匝数之比n2：n1至少是1000
C. 副线圈的输出功率大于原线圈的输入功率
D. 转换器输出交变电压周期为0.4s，钢针每个周期点火一次
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为
故A错误；
B．根据
代入数据
U1=5V，U2≥5000V
得实现点火的条件是
故B正确；
C．副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率，故C错误；
D．一个周期内有两次电压达到5000V，即点火两次，故D错误。
故选B。
6.如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A. A、K之间的电场强度均为
B. B点电势大于C点电势
C. B点电场强度大于C点电场强度
D. 电子由K到A的电势能减少了eU
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、K之间建立的是非匀强电场，公式不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故A错误；
B．B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧，如图所示
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
D．电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得
故D正确。
故选D。
7.“嫦娥三号”探测器由“长征三号乙”运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。假设“嫦娥三号”先后分别在如图所示的环月圆轨道和椭圆轨道上运行，则（ ）
A. 若已知“嫦娥三号”环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可以算出月球的密度
B. “嫦娥三号”由环月圆轨道变轨为椭圆轨道时，应在P点发动机点火使其减速
C. “嫦娥三号”在环月椭圆轨道上运行时P点的速度大于Q点的速度
D. “嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中机械能增加
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力
可以解出月球的质量
由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故A错误；
B．嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故B正确；
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度，故C错误；
D．“嫦娥三号”进入环月椭圆轨道后关闭发动机，探测器从Q点运行到P点过程中只有引力做功，机械能守恒，故D错误。
故选B。
8.处于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s。已知t=0时，波刚传播到x=40m处，波形如图所示。在x=400m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是（ ）
A. 波源开始振动时方向沿y轴正方向
B. x=10m处质点每秒向右移动200m
C. 若波源向x轴正方向匀速运动，接收器接收到波的频率大于10Hz
D. 当t=0.1s时，x=40m处的质点恰好到达波谷的位置
【答案】C
【解析】
【详解】A．所有质点的起振方向和波源起振方向一致，根据上下坡法，可知图中x=40m处质点的起振方向为沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A错误；
B．波上的质点只在平衡位置上下振动，不随波迁移，故B错误；
C．根据题意结合图可知
该波的频率为
若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于10Hz，故C正确；
D．当t=0.1s时，即经过了一个周期，x=40m处的质点回到了平衡位置，故D错误。
故选C。
9.如图所示，质量为m的小球从A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达C点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A. 小球在BC下落过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量
B. 若测出小球AC段的高度，可推算出小球克服阻力做的功
C. 若测出小球距地面的高度，可推算出小球落地时的瞬时速度
D. 若分别测出小球AB段与BC段下落时间，可推算出小球所受阻力的冲量大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．小球在BC下落过程中，受重力和阻力作用，根据动量定理可知动量的改变量等于所受阻力的冲量和所受重力的冲量的矢量和，故A错误，符合题意；
B．对整个过程研究，即从A到C过程中，速度从零到零，受重力和阻力作用，根据动能定理可得
故若测出小球AC段的高度，可推算出小球克服阻力做的功，故B正确，不符合题意；
C．因为不计空气阻力，即在AB段小球做自由落体运动，根据，即测出小球距地面的高度，可推算出小球落地时的瞬时速度，故C正确，不符合题意；
D．测出小球AB段下落时间，则可算出小球到B点时的速度，又知B到C过程中的时间，根据动量定理可列式
解得
故D正确，不符合题意。
故选A。
10.如图所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L水平导轨上。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒受到的安培力大小为F=BILsinθ
B. 金属棒受到的摩擦力大小为f=BILcosθ
C. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大
D. 若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属棒受到的安培力大小
故A错误；
BD．电流方向从a到b，受力分析如图所示
根据平衡条件有
，
所以若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故BD错误；
C．若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确。
故选C。
11.如图甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器监测通过电感线圈L中的电流。已知电路中电灯的电阻R1=6.0Ω，定值电阻R=2.0Ω，电源电动势为6.0V，内阻不计。闭合开关S使电路处于稳定状态，在t=0.1s时刻断开开关S，断开开关S前后电流传感器显示电流随时间变化的图像如图乙所示。根据以上信息下列说法中错误的是（ ）
A. 可以求出电感线圈的直流电阻
B. 可以估算出断开开关S后流过灯泡的电荷量
C. 可以判断断开开关时电感线圈产生的自感电动势的正负极
D. 可以判断断开开关后观察不到小灯泡闪亮现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．电路处于稳定状态时，R所在支路两端的电压为6.0V，电流为，故电感线圈的直流电阻为
故A正确，不符合题意；
B．根据
可知断开开关S后流过灯泡的电荷量等于1.0s后图像与坐标轴围成的面积，根据超过半格算一格，不到半格忽略，可估算出1.0s后图像与坐标轴围成的面积，即断开开关S后流过灯泡的电荷量，故B正确，不符合题意；
C．断开开关后，电感线圈要阻碍原电流的减小，即产生和原电流方向相同的感应电流，即电感线圈相当于电源，右端为正，左端为负，故C正确，不符合题意；
D．断开开关后，电感线圈相当于一个电源，与、形成闭合回路，电流从1.5A开始减小，而断开前，通过灯泡的电流为
故可以判断出断开开关后可以观察到小灯泡闪亮现象，故D错误，符合题意。
故选D。
12.用如图所示的实验装置“探究感应电流方向的影响因素”，小磁铁从靠近线圈的上方静止下落，下落时保持小磁铁不翻转。在小磁铁穿过整个线圈的过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 磁体靠近线圈和远离线圈产生的感应电流方向不变
B. 磁铁下落到线圈中部时，线圈中磁通量变化率最大
C. 磁铁在下落过程中机械能守恒
D. 磁铁靠近线圈和远离线圈时，磁铁受到线圈的作用力方向都向上
【答案】D
【解析】
【详解】A．磁体靠近线圈时，穿过线圈向上的磁通量增大，根据楞次定律可知电流方向为顺时针（从上向下看），当远离线圈时，穿过线圈向上的磁通量减小，根据楞次定律可知电流方向为逆时针（从上向下看），故A错误；
B．从磁铁完全进入，到磁铁开始穿出的过程中，磁通量恒定不变，由于磁铁运动的情况不明，在中部速度不一定是最大的，所以磁通量变化率不一定是最大的，故B错误；
C．过程中线圈中产生感应电流，会产生电热，部分机械能转化为内能，故机械能不守恒，故C错误；
D．根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈和远离线圈时，磁铁受到线圈的作用力方向都向上，故D正确。
故选D。
13.实验室用滑轮、小车、打点计时器、砂桶、细线、纸带等实验器材组成如图所示实验装置可以完成多个力学实验，利用该装置进行如下实验时，以下说法正确的是（ ）
A. 在“研究匀变速直线运动”时必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力影响
B. 在“研究匀变速直线运动”时必须使砂和砂桶总质量远小于小车的质量
C. 在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后要重新平衡摩擦力
D. 在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车细线与木板平行
【答案】D
【解析】
【详解】AB．在“研究匀变速直线运动”时，只需小车做匀变速直线运动，无需考虑摩擦力，也不需考虑小车受到的合力是否等于绳子的拉力，故也不需要使砂和砂桶总质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”实验过程中，在平衡摩擦力时，利用重力沿斜面向下的分力来平衡摩擦力，即
质量抵消，所以每次改变小车质量之后不要平衡摩擦力，故C错误；
D．在“探究加速度a与力F关系”时为了使得细线对小车的拉力等于小车受到的合力，要调整滑轮高度使连接小车细线与木板平行，故D正确。
故选D。
14.如图是汽车速率计的基本结构示意图，其工作原理如下：速率计的转轴通过一系列传动装置与汽车驱动轮相连，速率计转轴的上端铆接了一个永久磁铁，永久磁铁上罩了一块铝片，铝片又固定在指针轴上。当永久磁铁随转轴旋转时，铝片与永久磁铁会发生相互作用产生转动并带动指针一起转动。根据以上材料判断，以下说法不正确的是（ ）
A. 汽车匀速行驶时，铝片中没有电流
B. 永磁铁转动方向与铝片转动方向相同
C. 铝片总是阻碍永久磁铁转动
D. 该速率计运用了电磁感应原理
【答案】A
【解析】
【详解】当磁铁随转轴旋转时，在铝片中会产生感应电流（涡流），这时铝片与永久磁铁会发生相互作用（永久磁铁的磁场会对铝片上的感应电流有力的作用）而产生一个转动力矩，使指针转动。由于弹簧游丝弹力用的反力矩，最终两者平衡使得指针会稳定地指在某一个刻度上。在速率计表盘设计时，已确定了汽车实际速率与表盘刻度之间的关系。汽车运动越快，转轴旋转越快，指针偏转的角度就越大，从指针的示数就可知汽车的瞬时速率。
A．汽车匀速行驶时，永久磁铁仍随转轴旋转，铝片中仍有电流，故A错误，符合题意；
BCD．通过以上分析可知，该速率计运用了电磁感应原理，根据楞次定律可知，铝片总是阻碍永久磁铁转动，为了减小穿过铝片磁通量的变化，永磁铁转动方向与铝片转动方向相同，故BCD正确，不符合题意。
故选A。
第二部分（非选择题）
二、填空题（两小题）
15.在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重物拖着纸带自由下落通过打点计时器并打出一系列的点，对纸带上点迹进行测量，经过数据处理即可验证机械能守恒定律。
(1)在实验过程中，下列说法正确的是_______。
A.实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B.实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
C.打点计时器、天平和刻度尺是本实验中必须使用的测量仪器
D.实验中重物的质量大小不影响实验误差
(2)正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求纸带，如图所示。图中O点为打点起始点，且速度为零。选取纸带上打出的连续点，标上A、B、C……测得其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3。已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重物重力势能减少量Ep=____，动能增加量Ek=______。（用题中所给字母表示）
(3)利用该装置还可以测量当地的重力加速度，某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2-h图像，如图所示。由v2-h图像求得的当地重力加速度g=_______m/s2。（结果保留三位有效数字）
【答案】 (1). AB (2). mgh2 (3). (4). 9.67（9.57~9.78之间均可，但有效数字位数要正确）
【解析】
【详解】(1)[1]A．为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；
B．为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故B正确；
C．根据机械能守恒的表达式，两边的质量可以抵消，故可知不需要测量质量，故C错误；
D．为了减小阻力对实验的影响，在实验时一般选择体积小质量大的实心金属球进行实验，故D错误。
故选D。
(2)[2]从打下O点到打下F点的过程中，下降的高度为，故重力势能减少量为
[3]根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知F点的速度为
故动能增加量为
(3)[4]根据
得
所以图线的斜率为2g，即
解得g=9.67m/s2
16.用一段长约为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。
(1)为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻Rx。将选择开关“K”旋转到欧姆档“×10”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻Rx相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关“K”旋转到电阻档_____ （填“×1”或“×100”）位置。更换欧姆档重新调零并测量，指针如下图甲所示，其读数为____Ω。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如上图乙所示，读数为_____mm。
(3)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A.直流电源（电动势约为3.0V，内阻很小）
B.电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）
C.电流表（量程0~0.6A，内阻约0.15Ω）
D.电流表（量程0~3A，内阻约0.025Ω）
E.滑动变阻器（阻值范围0~15Ω，最大允许电流1A）
F.滑动变阻器（阻值范围0~200Ω，最大允许电流2A）
G.开关、导线。
为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。（填字母代号）
(4)在实验中，某同学按照图甲所示电路图进行连线，连成图乙所示的电路进行实验，请将图中接线错误之处改正过来_______。（多余的导线上画×表示删除，添加的导线用笔在图中画出）。
(5)用上问图甲所示电路进行测量金属丝的电阻，测量结果比真实值______（填“偏大”或“偏小”），造成这样误差的原因是________。
【答案】 (1). ×1 (2). 6Ω (3). 0.728±0.02 (4). C (5). E (6). (7). 偏小 (8). 电压表分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大
【解析】
【详解】(1)[1]欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大，则待测电阻小，表盘刻度太小，倍率太大，为了让指针靠近中央刻度附近，应换成小倍率×1档。
[2]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，故读数为
Ω=6Ω
(2)[3]螺旋测微器的读数为
(3)[4]电路中的最大电流大约为
则电流表的量程选择0～0.6A，故电流表选择C。
[5]为了方便操作，应选和被测电阻阻值相差不大的滑动变阻器，滑动变阻器最大阻值过大，会造成电流示数变化过小，不利于操作，故选滑动变阻器E。
(4)[6]因为待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，修改后的电路图如图所示
(5)[7]测量偏小
[8]原因：电压表与被测电阻并联，电流表测量的是电压表和被测电阻的总电流，所以电压表的分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大，根据可知，测量值偏小。
三、计算题（四小题）
17.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接，导轨半径R为0.1m。一个质量为m=1kg小物体（可视为质点）将弹簧压缩至A点后，由静止释放，在弹力作用下物体向右运动，脱离弹簧后与静止在B点质量为m=1kg的小物体相撞，撞后粘在一起沿半圆形导轨运动，到达C点时速度为vc=5m/s，重力加速度g取10m/s2。
(1)求两物块从C点水平飞出后的水平射程；
(2)求两物体在离开C点前瞬间对轨道的压力大小；
(3)求小物体将弹簧压缩至A点时，弹簧具有的弹性势能Ep。
【答案】(1)1m；(2)480N；(3)58J
【解析】
【详解】(1)根据平抛运动竖直方向为自由落体运动
水平方向为匀速直线运动
水平射程为x=1m
(2)根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律
FC=F
两物体对C点的压力大小为F=480N
(3)根据水平方向动量守恒
根据动能定理
根据能量守恒
解得J
18.如图所示，质量M=8kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m=2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，现对小物块施加一个大小F=8N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10m/s2。求
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
【答案】(1)2m/s2；0.5m/s2；(2)3m；(3)不为零
【解析】
【详解】(1)木板与木块间摩擦力
=4N
木块加速度
=2m/s2
木板加速度
=0.5m/s2
(2)木块对地位移
m
木块对地位移
m
木板长
L=m
(3)摩擦力对木块做功
=-16J
摩擦力对长木板做功
=4J
故
19.回旋加速器原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。
(1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；
(2)计算正离子飞出时的最大动能；
(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当R>>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)设质子第1次经过狭缝被加速后速度为v1，根据动能定理可得
解得
洛伦兹力充当向心力，则有
解得
(2)离子射出时加速器时
解得
离子动能为
(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。
根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
离子在D形盒中运动的周期为
粒子在磁场中回旋的时间为
有
=
当d<
(1)发动机单位时间内喷出多少个氙离子；
(2)离子发动机工作的初始阶段，产生推力能使探测器产生的加速度大小；
(3)为使离子推进器正常运行，必须在有离子喷射的出口处用中和电子枪向正离子喷射电子，试解释其原因。
【答案】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】
【详解】(1)设单位时间内应喷出n个离子，根据电流强度的定义可得
(2)在离子加速阶段，由动能定理得
解得
每个氙粒子动量增量为mv，t时间内
由动量定理得
，
根据牛顿第二定律
F=Ma
联立上述几式，得
a=
(3)推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须注入电子以中和正离子，使推进器获得持续推力。
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