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2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷4
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物理卷(四)
(满分：100分，时间：90分钟)
一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)
1．下列说法正确的是( )
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
B [题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A错误；题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，选项B正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，选项C错误；做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D错误。]
2．如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
D [由题图图象可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确。]
3．有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( )
A． B．
C． D．
B [涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，涂料增加的厚度为h。由动量定理得F·Δt＝Δm·v，又有Δm＝ρ·ΔSh，所以p＝＝，涂料厚度增加的速度为u＝，联立解得u＝，选项B正确。]
4.(2019·长春田家炳实验中学模拟)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个重力为G的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与支架AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，杆BC所受的力(不计钢丝绳重力及一切阻力，且滑轮和铰链大小可不计)( )
A．逐渐增大 B．先减小后增大
C．大小不变 D．先增大后减小
C [以结点B为研究对象，分析受力情况，作出结点B的受力分析图如图所示，根据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。△ABC与△F合NB相似，根据三角形相似得＝＝，又F合＝G，解得F＝G，N＝G，∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，N不变，由牛顿第三定律知作用在BC杆上的力大小不变，故C项正确。]
5.分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场。扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向。被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则( )
A．垂直电场线射出的离子速度的值相同
B．垂直电场线射出的离子动量的值相同
C．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大
D．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大
D [垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Eq＝m，解得Eqr＝mv2，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，A、B错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确。]
6.(2019·天津模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径OA成30°角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计该点电荷的重力，下列说法正确的是( )
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷＝
C．该点电荷在磁场中的运动时间为t＝
D．该点电荷带正电
B [该点电荷在磁场中做匀速圆周运动，作出点电荷的运动轨迹如图所示。根据几何关系可知，点电荷在磁场中运动的时间刚好为，点电荷做圆周运动的轨迹半径为r＝Rsin 30°＝。点电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误。根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，又r＝，所以＝，故B正确。该点电荷在磁场中运动的时间为t＝＝，所以C错误。根据点电荷在磁场中的偏转方向和左手定则可知，该点电荷带负电，故D错误。]
7．如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．t1时刻，两环之间作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
B [t1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误。设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误。t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误。]
8.一平直公路上有甲乙两辆车，它们从t＝0时刻开始运动，在0～6 s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t＝3 s时刻相遇，下列说法正确的是( )
A．两车的出发点相同
B．t＝2 s时刻，两车相距最远
C．两车在3～6 s之间的某时刻再次相遇
D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离
D [由图可得，0～3 s内，乙的位移×(2＋0.5)×3 m＝3.75 m，甲的位移×(2＋4)×2 m＋×(4＋3)×1 m＝9.5 m，二者t＝0时刻相距9.5 m－3.75 m＝5.75 m，选项A错误；3～6 s内，乙的位移－×(1＋0.5)×1 m＝－0.75 m，甲的位移×3×3 m＝4.5 m，t＝6 s时，二者相距4.5 m＋0.75 m＝5.25 m，所以t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离，选项D正确；0～2 s内，两车间距逐渐减小，t＝2 s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在3～6 s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D。]
9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C．P点的电势将降低
D．电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小
A [由C＝知，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，电容器两极板始终与电源相连，则两极板间电压不变，由C＝，知电容器所带电荷量增大，D错误；由E＝知，d减小时，电场强度增大，油滴受到的电场力增大，油滴竖直向上运动，A正确，B错误；电场强度增大，由UPO＝EdPO可知，P与下极板间的电势差增大，又UPO＝φP－0，则P点的电势升高，C错误。]
10．(2019·江西五校协作体联考)双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，相距为L的M、N两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则( )
A．P、Q运动的轨道半径之比为m1∶m2
B．P、Q运动的角速度之比为m2∶m1
C．P、Q运动的周期均为T
D．P与M的运动速率相等
C [双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，选项B错误；由万有引力提供向心力，对M、N有G＝m1·r1，G＝m2·r2，对P、Q有，G＝2m1·r′1，G＝2m2·r′2，其中r1＋r2＝L，r′1＋r′2＝L，联立解得T′＝T，选项C正确；由2m1r′1＝2m2r′2，可知r′1∶r′2＝m2∶m1，选项A错误；由以上分析可知r1＝r′1，结合v＝可知选项D错误。]
11.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
AC [对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳b将出现弹力，C正确。由于b绳可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。]
12．(2019·四省八校双教研联盟联考)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS
B．从t3到t4这段时间内通过电阻R的电荷量为
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D．电流表的示数为
AD [根据题图乙可知，在t1时刻，产生的感应电动势为正向最大，穿过线圈的磁通量为零，在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，则从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS，选项A正确；匝数为n的线圈在匀强磁场中转动，从t3到t4这段时间Δt1＝t4－t3内产生的感应电动势平均值＝n，产生的电流平均值＝，通过电阻R的电荷量q＝Δt1，穿过线圈磁通量的变化量为ΔΦ1＝BS，联立解得q＝n，选项B错误；在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，穿过线圈的磁通量变化率最大，由E0＝n＝nBSω，得t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为＝BSω，选项C错误；感应电动势的有效值为E＝，电路中电流I＝＝，即电流表的示数为，选项D正确。]
13．下列说法中正确的是( )
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性
C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体
BCD [知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，A项错误；悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，B项正确；理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，C项正确；若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，D项正确。]
14．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度大小v0沿足够长的斜面向上推出，斜面底边固定在水平地面上，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，根据图象可求出( )
A．物体的初速度大小v0＝6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
AC [由图乙可知，当斜面的倾角为90°时，x＝1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v＝2gx，解得v0＝ m/s＝6 m/s，当θ＝0°时，x＝2.40 m，由动能定理可得－μmgx＝－mv，解得μ＝＝，A正确，B错误；取不同的倾角θ时，根据动能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝ m＝ m，tan α＝⇒α＝37°，当θ＋α＝90°，即θ＝53°时sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，xmin＝1.44 m，C正确；当θ＝30°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力F＝mgsin 30°＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30°＝0.75×mg×＝mg，因F
A B C D
AC [钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误。]
16.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．这个行星的质量M＝
B．这个行星的第一宇宙速度v1＝2ω
C．这个行星的同步卫星的周期是
D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为ω2L
BCD [当物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律可得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则G＝mg，解得M＝＝，A错误；行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正确；这个行星的同步卫星的周期与行星的自转周期相同，由G＝mg＝mR得T＝，所以C正确；离行星表面距离为R的地方的引力为mg′＝＝mg，即重力加速度为g′＝g＝ω2L，D正确。]
二、非选择题(本题共7小题，共62分)
17．(5分)某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则，实验装置如图甲所示。在贴有白纸的竖直板上，有一水平细杆MN，细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器A、B，传感器与计算机相连接。两条不可伸长的轻质细绳AC、BC(AC>BC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。结点C下方用轻细绳悬挂重力为G的钩码D。实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。A、B间的距离每增加0.2 m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置。则在本次实验中，所用钩码的重力G＝________N；当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA＝________N；实验中记录A、B、C点位置的目的是____________________。
[解析] 根据题意，由于AC>BC，所以刚开始分开的时候，只有BC绳有拉力，而且其拉力大小等于物体的重力，由图乙知G＝30 N，由图分析可以知道图线Ⅱ为AC绳拉力的图象，则当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA＝18 N；实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳的张力的方向，从而便于画出平行四边形。
[答案] 30 18 记录AC、BC绳张力的方向
18．(7分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻：
A．待测电瓶，电动势约为3 V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3 V，内阻约为3 kΩ
C．定值电阻R0，阻值未知
D．滑动变阻器R，最大阻值为Rm
E．导线和开关
(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图。
(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、Rm表示)。
(3)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，在横轴上的截距为a，则电瓶的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)。
[解析] (1)滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量路端电压，电路图如图所示。
(2)串联电路电流处处相等，滑动变阻器接入电路的阻值为Rm，所以＝，解得定值电阻R0＝。
(3)滑动变阻器R两端的电压为U1，路端电压为U2，则定值电阻两端的电压为U2－U1，干路电流I＝，由闭合电路欧姆定律可得U2＝E－Ir＝E－r，整理可得U1＝U2－E，结合图象可得1＋＝k，E＝a，从而可得电瓶内阻r＝，电动势E＝。
[答案] (1)见解析图 (2)Rm (3)
19．(3分)在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：
(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d＝________cm。
(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L1，对应振动周期为T1；第二次测得悬线长为L2，对应单摆的振动周期为T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为________________________________________________________________。
[解析] (1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标尺读数为0.05×6 mm＝0.30 mm，则摆球的直径d＝20.30 mm＝2.030 cm；(2)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式得T1＝2π，T2＝2π，联立方程组解得g＝。
[答案] (1)2.030 (2)g＝
20．(10分)如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M＝3 kg，高h＝0.2 m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5 kg，初始位置距木板左端L1＝0.46 m，距木板右端L2＝0.14 m；初速度v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。
[解析] (1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知
h＝gt
得t0＝＝0.2 s。
(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F＋μ(m＋M)g＝Ma1
得a1＝5 m/s2
则木板减速到零所经历的时间
t1＝＝0.4 s
所经过的位移
s1＝＝0.4 m
由于s1
F－μ(m＋M)g＝Ma2
得a2＝ m/s2
滑块离开木板时，木板向左的位移
s2＝s1＋L2＝0.54 m
该过程根据运动学公式
s2＝a2t
得t2＝1.8 s
滑块滑离瞬间木板的速度v2＝a2t2＝0.6 m/s。
[答案] (1)0.2 s (2)0.6 m/s
21．(10分)如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，mg＝0.2p0S，环境温度为T0，平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上，求：
(1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之比；
(2)若环境温度缓慢升高，但Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之和为2l时，气体的温度T为多少？
[解析] (1)汽缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强
p1＝p0－＝0.6p0
汽缸开口向下时，Ⅱ气体初态压强
p2＝p0－＝0.8p0
汽缸开口向上时，Ⅰ气体末态压强
p′1＝p0＋＝1.4p0
汽缸开口向上时，Ⅱ气体末态压强
p′2＝p0＋＝1.2p0
由玻意耳定律p1Sl＝p′1Sl1，p2Sl＝p′2Sl2，解得＝。
(2)升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为x，则Ⅱ气体的气柱长度为2l－x，由盖—吕萨克定律 ＝，＝，解得T＝T0。
[答案] (1) (2)T0
22．(13分)某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R＝5.4 m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑。一长为L＝4 m、质量为m2＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m1＝2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。当工件从h＝0.5R高处静止下滑。
(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力大小；
(2)工件滑上小车后，小车恰好到达平台处与工件共速，求BC之间的距离；
(3)若平板小车长L′＝3.4 m，工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住。
[解析] (1)工件下滑到B处，速度为v0
此过程机械能守恒，有m1v＝m1gh
在B处FN－m1g＝m1
联立以上两式求得FN＝m1g＝40 N
由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B的压力
F′N＝FN＝40 N。
(2)设工件与小车共速为v1，由动量守恒定律得
m1v0＝(m1＋m2)v1
小车移动位移s1，由动能定理得
μm1gs1＝m2v－0
联立求得s1＝＝＝1.2 m
故sBC＝L＋s1＝5.2 m。
(3)设工件滑至B点时速度为v′0，与小车共速为v′1，工件到达C点时速度为v′2
由动量守恒定律得m1v′0＝(m1＋m2)v′1
由能量守恒定律得
μm1gL′＝m1v′－m2v′－m1v′
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得
m1v′＝m1gr
工件从高为h′处下滑，则m1v′＝m1gh′
代入数据解得h′＝3.47 m。
[答案] (1)40 N (2)5.2 m (3)3.47 m
23．(14分)如图所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电的粒子从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点。(带电粒子重力不计)求：
(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少？
(2)大圆外的磁场B2的方向；
(3)磁感应强度B1与B2的比值为多少。
[解析] (1)由洛伦兹力提供向心力有
qvB1＝m
则r1＝＝R1
由几何关系可知，粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为
θ＝
则t＝
解得t＝。
(2)分析得，粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在外磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里。
(3)由几何关系得
＝
且r1＝，r2＝
解得＝。
[答案] (1) (2)垂直于纸面向里 (3)＝
(满分：100分，时间：90分钟)
一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)
1．下列说法正确的是( )
A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动
C．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地
D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力
B [题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A错误；题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，选项B正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，选项C错误；做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D错误。]
2．如图所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A．振动周期为5 s，振幅为8 cm
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D．第3 s末振子的速度为正向的最大值
D [由题图图象可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，选项A错误；第2 s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3 s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确。]
3．有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( )
A． B．
C． D．
B [涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，涂料增加的厚度为h。由动量定理得F·Δt＝Δm·v，又有Δm＝ρ·ΔSh，所以p＝＝，涂料厚度增加的速度为u＝，联立解得u＝，选项B正确。]
4.(2019·长春田家炳实验中学模拟)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个重力为G的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与支架AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，杆BC所受的力(不计钢丝绳重力及一切阻力，且滑轮和铰链大小可不计)( )
A．逐渐增大 B．先减小后增大
C．大小不变 D．先增大后减小
C [以结点B为研究对象，分析受力情况，作出结点B的受力分析图如图所示，根据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。△ABC与△F合NB相似，根据三角形相似得＝＝，又F合＝G，解得F＝G，N＝G，∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，N不变，由牛顿第三定律知作用在BC杆上的力大小不变，故C项正确。]
5.分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场。扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向。被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则( )
A．垂直电场线射出的离子速度的值相同
B．垂直电场线射出的离子动量的值相同
C．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大
D．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大
D [垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Eq＝m，解得Eqr＝mv2，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，A、B错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确。]
6.(2019·天津模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径OA成30°角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计该点电荷的重力，下列说法正确的是( )
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷＝
C．该点电荷在磁场中的运动时间为t＝
D．该点电荷带正电
B [该点电荷在磁场中做匀速圆周运动，作出点电荷的运动轨迹如图所示。根据几何关系可知，点电荷在磁场中运动的时间刚好为，点电荷做圆周运动的轨迹半径为r＝Rsin 30°＝。点电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误。根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，又r＝，所以＝，故B正确。该点电荷在磁场中运动的时间为t＝＝，所以C错误。根据点电荷在磁场中的偏转方向和左手定则可知，该点电荷带负电，故D错误。]
7．如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．t1时刻，两环之间作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
B [t1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误。设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误。t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误。]
8.一平直公路上有甲乙两辆车，它们从t＝0时刻开始运动，在0～6 s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t＝3 s时刻相遇，下列说法正确的是( )
A．两车的出发点相同
B．t＝2 s时刻，两车相距最远
C．两车在3～6 s之间的某时刻再次相遇
D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离
D [由图可得，0～3 s内，乙的位移×(2＋0.5)×3 m＝3.75 m，甲的位移×(2＋4)×2 m＋×(4＋3)×1 m＝9.5 m，二者t＝0时刻相距9.5 m－3.75 m＝5.75 m，选项A错误；3～6 s内，乙的位移－×(1＋0.5)×1 m＝－0.75 m，甲的位移×3×3 m＝4.5 m，t＝6 s时，二者相距4.5 m＋0.75 m＝5.25 m，所以t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6 s时刻两车之间的距离，选项D正确；0～2 s内，两车间距逐渐减小，t＝2 s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在3～6 s之间距离越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D。]
9.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C．P点的电势将降低
D．电容器的电容减小，电容器所带电荷量将减小
A [由C＝知，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，电容器两极板始终与电源相连，则两极板间电压不变，由C＝，知电容器所带电荷量增大，D错误；由E＝知，d减小时，电场强度增大，油滴受到的电场力增大，油滴竖直向上运动，A正确，B错误；电场强度增大，由UPO＝EdPO可知，P与下极板间的电势差增大，又UPO＝φP－0，则P点的电势升高，C错误。]
10．(2019·江西五校协作体联考)双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，相距为L的M、N两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则( )
A．P、Q运动的轨道半径之比为m1∶m2
B．P、Q运动的角速度之比为m2∶m1
C．P、Q运动的周期均为T
D．P与M的运动速率相等
C [双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，选项B错误；由万有引力提供向心力，对M、N有G＝m1·r1，G＝m2·r2，对P、Q有，G＝2m1·r′1，G＝2m2·r′2，其中r1＋r2＝L，r′1＋r′2＝L，联立解得T′＝T，选项C正确；由2m1r′1＝2m2r′2，可知r′1∶r′2＝m2∶m1，选项A错误；由以上分析可知r1＝r′1，结合v＝可知选项D错误。]
11.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω>，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
AC [对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacos θ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳b将出现弹力，C正确。由于b绳可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。]
12．(2019·四省八校双教研联盟联考)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS
B．从t3到t4这段时间内通过电阻R的电荷量为
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSω
D．电流表的示数为
AD [根据题图乙可知，在t1时刻，产生的感应电动势为正向最大，穿过线圈的磁通量为零，在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，则从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为2BS，选项A正确；匝数为n的线圈在匀强磁场中转动，从t3到t4这段时间Δt1＝t4－t3内产生的感应电动势平均值＝n，产生的电流平均值＝，通过电阻R的电荷量q＝Δt1，穿过线圈磁通量的变化量为ΔΦ1＝BS，联立解得q＝n，选项B错误；在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，穿过线圈的磁通量变化率最大，由E0＝n＝nBSω，得t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为＝BSω，选项C错误；感应电动势的有效值为E＝，电路中电流I＝＝，即电流表的示数为，选项D正确。]
13．下列说法中正确的是( )
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性
C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体
BCD [知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，A项错误；悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，B项正确；理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，C项正确；若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，D项正确。]
14．如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度大小v0沿足够长的斜面向上推出，斜面底边固定在水平地面上，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，根据图象可求出( )
A．物体的初速度大小v0＝6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
AC [由图乙可知，当斜面的倾角为90°时，x＝1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v＝2gx，解得v0＝ m/s＝6 m/s，当θ＝0°时，x＝2.40 m，由动能定理可得－μmgx＝－mv，解得μ＝＝，A正确，B错误；取不同的倾角θ时，根据动能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝ m＝ m，tan α＝⇒α＝37°，当θ＋α＝90°，即θ＝53°时sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，xmin＝1.44 m，C正确；当θ＝30°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力F＝mgsin 30°＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30°＝0.75×mg×＝mg，因F
A B C D
AC [钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误。]
16.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．这个行星的质量M＝
B．这个行星的第一宇宙速度v1＝2ω
C．这个行星的同步卫星的周期是
D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为ω2L
BCD [当物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律可得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则G＝mg，解得M＝＝，A错误；行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正确；这个行星的同步卫星的周期与行星的自转周期相同，由G＝mg＝mR得T＝，所以C正确；离行星表面距离为R的地方的引力为mg′＝＝mg，即重力加速度为g′＝g＝ω2L，D正确。]
二、非选择题(本题共7小题，共62分)
17．(5分)某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则，实验装置如图甲所示。在贴有白纸的竖直板上，有一水平细杆MN，细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器A、B，传感器与计算机相连接。两条不可伸长的轻质细绳AC、BC(AC>BC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。结点C下方用轻细绳悬挂重力为G的钩码D。实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。A、B间的距离每增加0.2 m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置。则在本次实验中，所用钩码的重力G＝________N；当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA＝________N；实验中记录A、B、C点位置的目的是____________________。
[解析] 根据题意，由于AC>BC，所以刚开始分开的时候，只有BC绳有拉力，而且其拉力大小等于物体的重力，由图乙知G＝30 N，由图分析可以知道图线Ⅱ为AC绳拉力的图象，则当A、B间距离为1.00 m时，AC绳的张力大小FA＝18 N；实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳的张力的方向，从而便于画出平行四边形。
[答案] 30 18 记录AC、BC绳张力的方向
18．(7分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻：
A．待测电瓶，电动势约为3 V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3 V，内阻约为3 kΩ
C．定值电阻R0，阻值未知
D．滑动变阻器R，最大阻值为Rm
E．导线和开关
(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图。
(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、Rm表示)。
(3)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，在横轴上的截距为a，则电瓶的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)。
[解析] (1)滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量路端电压，电路图如图所示。
(2)串联电路电流处处相等，滑动变阻器接入电路的阻值为Rm，所以＝，解得定值电阻R0＝。
(3)滑动变阻器R两端的电压为U1，路端电压为U2，则定值电阻两端的电压为U2－U1，干路电流I＝，由闭合电路欧姆定律可得U2＝E－Ir＝E－r，整理可得U1＝U2－E，结合图象可得1＋＝k，E＝a，从而可得电瓶内阻r＝，电动势E＝。
[答案] (1)见解析图 (2)Rm (3)
19．(3分)在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：
(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d＝________cm。
(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L1，对应振动周期为T1；第二次测得悬线长为L2，对应单摆的振动周期为T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为________________________________________________________________。
[解析] (1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标尺读数为0.05×6 mm＝0.30 mm，则摆球的直径d＝20.30 mm＝2.030 cm；(2)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式得T1＝2π，T2＝2π，联立方程组解得g＝。
[答案] (1)2.030 (2)g＝
20．(10分)如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M＝3 kg，高h＝0.2 m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5 kg，初始位置距木板左端L1＝0.46 m，距木板右端L2＝0.14 m；初速度v0＝2 m/s，恒力F＝8 N，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。
[解析] (1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知
h＝gt
得t0＝＝0.2 s。
(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F＋μ(m＋M)g＝Ma1
得a1＝5 m/s2
则木板减速到零所经历的时间
t1＝＝0.4 s
所经过的位移
s1＝＝0.4 m
由于s1
F－μ(m＋M)g＝Ma2
得a2＝ m/s2
滑块离开木板时，木板向左的位移
s2＝s1＋L2＝0.54 m
该过程根据运动学公式
s2＝a2t
得t2＝1.8 s
滑块滑离瞬间木板的速度v2＝a2t2＝0.6 m/s。
[答案] (1)0.2 s (2)0.6 m/s
21．(10分)如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，mg＝0.2p0S，环境温度为T0，平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上，求：
(1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之比；
(2)若环境温度缓慢升高，但Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之和为2l时，气体的温度T为多少？
[解析] (1)汽缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强
p1＝p0－＝0.6p0
汽缸开口向下时，Ⅱ气体初态压强
p2＝p0－＝0.8p0
汽缸开口向上时，Ⅰ气体末态压强
p′1＝p0＋＝1.4p0
汽缸开口向上时，Ⅱ气体末态压强
p′2＝p0＋＝1.2p0
由玻意耳定律p1Sl＝p′1Sl1，p2Sl＝p′2Sl2，解得＝。
(2)升温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为x，则Ⅱ气体的气柱长度为2l－x，由盖—吕萨克定律 ＝，＝，解得T＝T0。
[答案] (1) (2)T0
22．(13分)某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R＝5.4 m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑。一长为L＝4 m、质量为m2＝1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m1＝2 kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。当工件从h＝0.5R高处静止下滑。
(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力大小；
(2)工件滑上小车后，小车恰好到达平台处与工件共速，求BC之间的距离；
(3)若平板小车长L′＝3.4 m，工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让站台上的工人接住。
[解析] (1)工件下滑到B处，速度为v0
此过程机械能守恒，有m1v＝m1gh
在B处FN－m1g＝m1
联立以上两式求得FN＝m1g＝40 N
由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B的压力
F′N＝FN＝40 N。
(2)设工件与小车共速为v1，由动量守恒定律得
m1v0＝(m1＋m2)v1
小车移动位移s1，由动能定理得
μm1gs1＝m2v－0
联立求得s1＝＝＝1.2 m
故sBC＝L＋s1＝5.2 m。
(3)设工件滑至B点时速度为v′0，与小车共速为v′1，工件到达C点时速度为v′2
由动量守恒定律得m1v′0＝(m1＋m2)v′1
由能量守恒定律得
μm1gL′＝m1v′－m2v′－m1v′
工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得
m1v′＝m1gr
工件从高为h′处下滑，则m1v′＝m1gh′
代入数据解得h′＝3.47 m。
[答案] (1)40 N (2)5.2 m (3)3.47 m
23．(14分)如图所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电的粒子从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点。(带电粒子重力不计)求：
(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少？
(2)大圆外的磁场B2的方向；
(3)磁感应强度B1与B2的比值为多少。
[解析] (1)由洛伦兹力提供向心力有
qvB1＝m
则r1＝＝R1
由几何关系可知，粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为
θ＝
则t＝
解得t＝。
(2)分析得，粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在外磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里。
(3)由几何关系得
＝
且r1＝，r2＝
解得＝。
[答案] (1) (2)垂直于纸面向里 (3)＝
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