2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试8物理试题（解析版）.pdf

2022年 6 月浙江省普通高校招生选考科目考试8 物理试题本试卷共100分，考试时间90分钟。可能用到的相关公式或参数：重力加速度g 均 取 10 m/s2一、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.下列属于力的单位是（）A.kg-m/s2 B.kg-m/sC.kg-nr/s D.kgs/nr【答案】A【解析】根据牛顿第二定律的表达式F=m a可知，机的国际单位为kg,a 的国际单位为m/s2,则F的单位为kg-m/s2,故 A 正确。2.下列说法正确的是（）A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】因做匀速圆周运动的物体加速度的大小不变、方向始终指向圆心，故链球做匀速圆周运动的过程中加速度的大小不变，方向时刻改变,A 错误。惯性是物体本身的固有属性，惯性的大小只与物体的质量有关，质量大则惯性大，足球下落过程中质量不变，故惯性不变，B 正确。乒乓球被击打的过程中，球与球拍发生弹性形变，随着形变量的变化，乒乓球受到的作用力也发生变化，C 错误。一般情况下，篮球在低速飞行时受到的空气阻力方向与速度方向相反，D 错误。3.如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（）第3题图A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点【答案】C【解析】鱼儿吞食花瓣时在空中处于最高点，此时鱼儿受重力作用，鱼儿与花瓣间的作用力可以忽略，则此时鱼儿受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿摆尾出水时，水对鱼儿的作用力大于鱼儿的重力，并非浮力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾出水的动作时，鱼儿的大小和形状不能忽略，故不能把鱼儿看成质点，D错误。4 .关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（）A.用复色光投射就看不到条纹B.明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果C.把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹D.蓝光干涉条纹的间距比红光的大【答案】B【解析】复色光投射，在屏上可以看到彩色条纹，A错误；明暗相间的条纹是两列相干光在屏上叠加的结果，B正确；根据干涉现象中两相邻的亮条纹或暗条纹间距公式盘=方 可知，把光屏前移或后移，/的距离会发生变化，即 心 会发生变化，但依然可以看到明暗相间的条纹，C错误；因7红7苣，由A x=）可知，ATQ AXM,故D错误。5 .下列说法正确的是（）A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用8.小 磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C.正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大D.升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率【答案】B【解析】恒定磁场对运动电荷有力的作用，对静止的电荷没有力的作用，A错误；物理学中规定，小磁针在磁场中静止时N极所指的方向为该点的磁感应强度方向，小磁针在磁场中静止时N极的受力方向即所指方向，B正确；穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，故电流也最小，C错误；无论是升压变压器还是降压变压器，若变压器是理想变压器，则穿过原线圈和副线圈的磁通量变化率相同，若变压器不是理想变压器，即有漏磁和能量损失，则穿过原线圈的磁通量变化率大于穿过副线圈的磁通量变化率，D错误。6.神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（）A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B.返回舱中的航天员处于失重状态，不受地球的引力C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【答案】C【解析】天和核心舱做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由 就 粉3=，送 工 得。泮;，可知随距地面的高度的增加，天和核心舱的速度减小，A错误；航天员处于失重状态时，依然受到地球对其的引力，即 尸=牛，B错误；返回舱和天和核心舱在同一轨道上运行，其质量不同，但周期、角速度和线速度的大小均相同，C正确：返回舱穿越大气层返回地面的过程中，因大气的摩擦阻力对其做负功，故返回舱的机械能减少，D错误。7.图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子,用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠。下列说法正确的是（）n初eV8-04-0.853-1.512-3.41-13.6第 7 题图A.逸出光电子的最大初动能为10.80 eVB.n=3 跃迁到n=l 放出的光子动量最大C.有 3 种频率的光子能使金属钠产生光电效应D.用 0.85 eV的光子照射，氢原子跃迁到n=4 激发态【答案】B【解析】大量处于=3 能级的氢原子向低能级跃迁时可以释放出3 种不同能量的光子，从=3 能级跃迁到=2 能级时有/?VI=E3E2=1-89 e V,从=2 能级跃迁至!I =1能级时有Av2=E 2i=10.2 e V,从=3 能级跃迁至!J =1 能级时有63=&臼=12.09 e V,显然能量最大,根据爱因斯坦光电效应方程反=加一川 0可知，逸出光电子的最大初动能E km=V 3 Wo=12.09 eV2.29 eV=9.80 e V,故 A 错误。由动量p=，=当可知，辐射光子的能量越大，其动量也越大，故 B 正确。从 =3 能级跃迁到=2 能级时，辐射光子的能量加i=l.89e V,小于金属钠的逸出功，故处于=3 能级的氢原子向低能级跃迁时释放出的3 种光子中只有2 种可以使金属钠发生光电效应，C 错误。要使氢原子从=3 能级跃迁到”=4 能级,需要吸收光子的能量只能为E 3=0.66 e V,故 D 错误。8.如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（）第 8 题图A.气泡表面有折射没有全反射B.光射入气泡衍射形成 亮斑”C.气泡表面有折射和全反射D.光射入气泡干涉形成“亮纹”【答案】C【解析】当光从水中射到空气泡的界面处时、一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象，所以水中的空气泡看起来特别亮。但并不是全部的入射光都发生全反射，也有一部分的入射角小于临界角，所以气泡表面也会有折射现象，故选C。9.如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。1=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为V。的相同粒子，垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为小v o；平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，贝1（）第9题图A.M板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加C.粒子在两板间的加速度a=5”D.粒子从N板下端射出的时间t=优 二I）【答案】C【解析】由于粒子电性未知，有两种情况，如图所示，故M、N板电势的高低无法判断，A错误；由题知，垂 直M板运动的粒子速度增大，则其做匀加速直线运动，由于两粒子完全相同，故在电场中运动时的加速度相同，平 行”板向下的粒子做类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力均做正功，故两粒子的电势能都减小，B错误；两粒子由M板中点射入，设板间距为d,垂直M板向右的粒子运动满足（啦 D o）?一如2=2 而，则2 4 d=%2；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，则 竖 直 方 向 有 方 水 平 方 向 有v=2 ad=vf则。=乎，解 得/=，=学,C正确，D错误。*乙 0 L1 0.如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角0=60。一重为G 的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（）A.作用力为雪G 8.作用力为坐G5 oC.摩擦力为坐G D.摩擦力为坐G【答案】B晒衣架左侧斜杆受力分析如图所示，由整体平衡可知4FN=G,对斜杆，有 t a n 3（T=4，解FN得FN=*f=笔,每根斜杆受到地面的作用力F=7 F$+f=兴 G,故 B正确，A、C、D错误。1 1.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距X。套在杆上的小球从中点以初速度V向右运动，小球将做周期为T 的往复运动，则/第 1 1 题图A.小球做简谐运动8.小球动能的变化周期为考C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T。.小 球的初速度为:时，其运动周期为2 T【答案】B【解析】小球未压缩弹簧时做匀速直线运动，不受回复力作用，由简谐运动的定义可知，小球的运动不是简谐运动，A错误；小球由中点向右运动开始计时，运动过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的动能以及弹簧的弹性势能随时间的变化图像如图所示，由图像可知，运动过程中小球动能与弹簧弹性势能的变化的周期均为多B正确，C错误；若1 2.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为4 0 5&W,风速在5 10，心范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为p,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（）第 12题图A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.单位时间流过面积A 的流动空气动能为%Av2C.若每天平均有1.0 x108&W的风能资源，则每天发电量为2.4x109&W./7。.若风场每年有5 000 h风速在6范围内，则该发电机年发电量至少为6.0 x105 kW-h【答案】D【解析】风力发电机将风的动能转化为电能，单位时间内叶片接收到的空气的质量m=pAv,其 动 能 则 发 电 机 的 输 出 电 功 率 与 成 正 比，A、B 错误：若 1.0X108kW 的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E=1.0Xl()8kwX24 h=2.4X 109kW-h,由于风力发电机的转化效率无法达到百分之百，故每天的发电量低于2.4X109 kW h C 错误；风速在5 10 m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6m/s时输出的电功率X405 kW=120 k W,则年发电量至少为=Pf=6.0X 10$kW h D 正确。13.小明用额定功率为1 200卬、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20依的重物竖直提升到高为85.2，的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s?的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，则提升重物的最短时间为()A.13.2.V B.14.2 s C.15.5 s D.17.0 s【答案】C【解析】由题知，提升装置最大拉力F=3 0 0 N,故重物加速运动的加速度大小功=彳空=5 m/s2,重物运动的最大速度为Om=6 m/s,重物先做加速度大小为ai=5_m/s2的匀加mg速直线运动，当速度大小达到。=4 _ m/s时，功率达到最大，此后以额定功率做变加速直线运动，当速度大小达到6 _ m/s时，做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，减速过程的加速度越大，运动时间越短，故减速过程的加速度大小也为5 m/s?时，所用时间最短，由运动规律可知，重物做匀加速运动的时间八=转 捻=0.8 s,重物匀加速运动的位移大小加=i =1.6 m,匀减速运动的时间。2=号=当 s=1.2 s,重物匀减速运动的位移大小通=争2=3.6 m,所以变加速运动和匀速运动的位移大小为=（8 5.23.6 1.6）m=80m,设此段位移所用时间为，3，由动能定理有P/3 一”名 仁 品 若 一/加，解得f 3=13.5 S,总时间 =+/2+f 3=15.5 s,C 正确。二、选择题n（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.秦山核电站生产6 14 c的核反应方程为7 l 4 N+o%T 6I 4C+X,其 产 物 6 14 c的衰变方程为 6,4C 7N+T e。下列说法正确的是（）A.X是B.6 14 c可以用作示踪原子C.T e来自原子核外D.经过一个半衰期，10 个 6 14 c将剩下5个【答案】A B【解析】核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，故 X的质量数为14+1 1 4=1,电荷数为7+0 6=1,X是 J H,A正确；6/（：能发生。衰变，可知其具有放射性，故可以用作示踪原子，B正确；0衰变中的电子是核内中子转化为质子时放出的，C错误；半衰期是统计学的概念，故对于少数原子核，半衰期的概念并不适用，D错误。15.如图为某一径向电场示意图，电 场 强 度 大 小 可 表 示 为 =也 a 为常量。比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，贝 4（）第 1 5 题图A.轨道半径r 小的粒子角速度一定小B.电荷量大的粒子的动能一定大C.粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动【答案】BC【解析】由题图可知，电场方向背离圆心，粒子在其中做匀速圆周运动，故粒子带负电，由电场力提供向心力，有E=*E q=%得愕。只与粒子比荷有关，两粒子比荷相同，故在电场中运动的速度大小相同，/越小，由。=半 可 知，粒子运动的周期越小，粒子运动的角速度越大，A错误，C正确；带电粒子运动的动能队今而与可，故带电粒子的电荷量越大，动能越大，B正确；由于粒子做圆周运动的方向不确定，故加磁场时所受洛伦兹力的方向可以指向圆心，也可以背离圆心，粒子可以做近心运动，也可以做离心运动，故D错误。16.位 于x=0.25 m的波源p从t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t=2.0 s时波源停止振动，t=2.1 s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=1.7 5 ,质点b的平衡位置X b=-0.5m。下列说法正确的是（）025 Q 75/125第16题图A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉8.t=0.42s时，波源的位移为正C.t=2.25 5 0 4,质点a沿y轴负方向振动D.在0到2 s内，质点b运动总路程是2.55机【答案】BD【解析】干涉现象指的是频率相同的两列波发生叠加的现象，图中两列波并未出现叠加,故A错误；由 题 图 可 知 波 速-m/s=2.5 m/s,波长2=1 m,则周期T=1=0.4s,振幅A=0.15m,f=0.42s时，波源的位移与f=0.02 s时的位移相同，由图像可知波源的起振方向沿），轴正方向，00.1 s时间内波源由平衡位置向y轴正方向运动，位移为正，B正确；/=2.25s时，相比于/=2.1 s 时波沿x 轴正方向传播了 Ar=oA/=0.375 m,故质点a 的振动情况与f=2.1 s 时平衡位置在x=L375 m 处质点的振动情况相同，由“上下坡”法可知f=2.1 s时，平衡位置在x=1.375 m 处的质点向y 轴正方向运动，C 错误；02 s 内，波传到b点 所 用 的 时 间 布=皆=弟 s=0.3 s,故质点6 振动的时间为2 s-0.3 s=1.7 s=y T,由于波源从平衡位置开始振动，故。2 s 内，质点b 运动总路程s=4A X m=2.55m,D 正确。三、非选择题（本题共6 小题，共 55分）17.（7 分）（1）“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1 所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图 2 是打出纸带的一部分，以计数点0 为位移测量起点和计时起点，则打计数点B 时小车位移大小为 c m.由图3 中小车运动的数据点，求得加速度为加S2（保留两位有效数字）。钩 码 长 去 板 细 绳 小 车 打 点 计 时 器第 17题 图 10 4 B0 1cm 2 3 4 5 6第 17题图2利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是（多选）。A.换成质量更小的小车B.调整长木板的倾斜程度C.把钩码更换成祛码盘和祛码D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角v/(m s_,)第17题 图3第17题 图4（2）“探究求合力的方法”的 实 验装置如图4所 示，在该实验中,下列说法正确的是.（单选）;A.拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦。.测 量 时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要.（填“2”“3”或“4”）次把橡皮条结点拉 到0点。【答 案】6.20(6.15 6.25均 可)1.9(1.7 2.1均可)BC(2)。3【解 析】（1）小 车 从 起 点O到 打 计 数 点B的 位 移XOB=XBxo=6.20 cvw0.00 cm=6.20 cm；根 据 题 图3数 据 点 作 出v-t图像，v-t图像斜率表示加速度，在图像上相隔远一点取两点,a,1.25-0.30.可得小牛加速度 a=（）6（）_（）（）1.9 zn/s o本实验要利用悬挂钩码的重力表示绳子拉力，必须满足小车质量要远大于悬挂钩码的质量，A错误；实验时需要调整长木板的倾斜程度，用重力分力补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，B正确；把钩码更换成祛码盘和祛码，便于实验中改变绳子拉力，C正确；实验时要使细绳始终与长木板保持平行，。错误。实验时两弹簧秤的读数不一定要相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，再需要一个点，就能确定拉力方向，8错误；测量时弹簧秤外壳可以与木板存在摩擦，不影响实验结果，C错误；测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，。正确。用一个弹簧秤完成实验至少需要把橡皮条结点拉到。点3次，第1次弹簧秤拉一个细绳套，将结点拉到O点，记录力F的大小和方向，第2次弹簧秤拉一个细绳套产生拉力F”手拉另一个细绳套产生拉力F 2,将结点拉到0点，记录弹簧秤示数（R的大小）和方向，记录F2的方向，第3次手沿着B的方向拉细绳套，弹簧秤沿着F2的方向拉细绳套，将结点拉到0点，记录弹簧秤示数（F2的大小）。18.（7分）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采 用 图1所示的电路，探究滑片P从A移 到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。图2为实验器材部分连线图，还需要（填、广力广用“公”或 一 夕）连线侈选）。图3所示电压表的示数为 匕第18题 图1第18题图2已知滑动变阻器的最大阻值R o=l O 2,额定电流I=L O A。选择负载电阻R=10Q,以 R两端电压U为纵轴，为横轴（x为 AP的长度，L为 AB的长度），得到U 4 分压特性曲线为图4中的“厂；当 R=1 0 0。，分压特性曲线对应图4中的（填“II”或“1 H ）；贝 I 滑动 变 阻 器 最 大 阻 值 的 选 择 依 据 是。（2）两个相同的电流表G i 和 G 2 如 图 5所不连接，晃 动 G i 表，当指针向左偏时，静止的Gi表的指针也向左偏，原因是（多选）。第 1 8 题图5A.两表都是“发电机”B.G i 表是“发电机”，G?表是“电动机”C.Gi表和G2表之间存在互感现象D.G i表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转【答案】af、fd、ce 1.50+0.02 H RoR BD【解析】（1）由题图4 可知，电压表量程选取0 3 匕 由题图1 可知，题图2 中还需要af、fd、ce连线；电压表量程为。3 匕 最小分度为0.1 V,则电压表示数为1.50 H由电路图可知，R 与RA P并联后再与RP B串联，RAP+RPB=RO=10 Q，当 R=100Q 时，RAPR，R 与RA P并联部分的电阻趋近于RAP，滑片移动时电路总电阻几乎不变，U =U RAP 名RAPR总=普 卜 U 近似与关成正比，故分压特性曲线对应图4 中的n,则滑动变阻器最大阻值的选择依据为RoRo（2）G i表指针偏转，内部线圈切割磁感线产生感应电流，则 G i表相当于“发电机”，电流会流 入 G2表内部线圈，而该线圈处于磁场中，安培力使G2表指针偏转，则 G2表相当于 电动机”，B、。正确。19.（9 分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24。角，长度h=4 根，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其 与 滑 轨 间 的 动 摩 擦 因 数 均 为 货 物 可 视 为 质 点（取 cos 24。=0.9,si”24。=0.4）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a i的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m is,求水平滑轨的最短长度l2o第 19题图【答案】（1）2 An/s?（2）4 m/s（3）2.7 m【解析】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律有mgsi“24 u mgcos 24=mai,解得 ai=2 m/s2货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由 v2=2 a,l1)解得货物在倾斜滑轨末端时速度大小v=4?/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有p m g=m a 2,由 V I 2 v 2=-2 a 2 1 2,解得水平滑轨的最短长度h =2.7 根。2 0.(1 2 分)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a 静置于悬点。正下方的A点，以速度 v逆时针转动的传送带MN与直轨道A B、C D、FG处于同一水平面上，A B、MN、C D的长度均为1。圆弧形细管道D E 半径为R,E F 在竖直直径上，E 点高度为H。开始时，与物 块 a 相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰。已知m=2 g,1=1 m,R=0.4 in,H=0.2 m,v=2 mis,物块与MN、C D 之间的动摩擦因数H=0.5,轨道AB 和管道D E 均光滑，物块a 落到F G 时不反弹且静止。忽略M、B 和 N、C 之间的空隙，C D 与 D E 平滑连接，物块可视为质点。若 h=1.2 5?，求 a、b碰撞后瞬时物块a的速度vo 的大小；(2)物块a 在 D E 最高点时，求管道对物块的作用力FN与 h间满足的关系；(3)若物块b 释放高度0.9 ,h 1.2 m)(3)见解析【解析】物块b摆到最低点的过程中，由动能定理有m g h=1 m vb2,解得V b=5 m/s,在最低点，物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m vb=m vo+m v%,*2=/即 2+|1 1 1 4 2,联立解得碰后物块a的速度v()=V b=5 m/s(2)假设物块b从%高度释放时，物块a 运动到E 点时速度恰好为零，对物块a、b运动的全过程由能量守恒定律有m g h 1 2 g m g l-m g H=0,解得 h i =1.2 m,由此可知，物块a 要运动到E 点，物块b释放的高度h 2 1.2 m,规定竖直向下为正方向，在 E 点对物块a 受力分析有2V EFA r+m g=m-,对 物 块 a运动的全过程由能量守恒定律有m g h -2 pm g l m g H=vE2,解 得 FN=0.1 h 0.1 4（N（h L2 m）o（3）由几何知识可得1DF=H。当 h=1.2 加时，物块a 刚好停在E 点，物块a 运动的位移XI=3 1+1DF=3 m，当 1.2 w h 1.6 5 m时，物块a 通过E 点后做平抛运动落在F G 上,当 h=1.6 5 机时，物块a 落到F G 上的位置到F 点最远，物块a、b碰撞后速度交换，则对物块 a、b的运动过程由能量守恒定律有m g h-2 1 1 m g i-m g H=m vE,2,解得 V E,=3 mis,由平抛运动规律可得t=y=0.2 s,物块a 落到F G 上的位置到F 点的最大距离s,=V E,t=0.6 /H,解得物块a 运动的最大位移x“=3 1+l DF+s,=（3.6+g）m,综上可得，当 L2?Wh 1.6 5,w 时，物块a 最后停下时的位置满足（3+明，Wx （3.6+坐）从 h=0.9 s 处释放物块b时，设物块a 停下的位置到C 点的距离为h，对物块a、b 运动的全过程，由能量守恒定律有m g h pm g l|i m g lx=0,解得l x=0.8%,物块a运动到距C 点 0.8%处速度恰好为零，则物块a 运动的位移X2=2 1+l x=2.8 m,从略小于1.2?高度释放物块b,物块a 不能通过最高点E,运动到能到达的最高点后将返回 C D 段，设物块a 停下的位置到D 点的距离为人，对物块a、b运动的全过程分析，由能量守恒定律有 m g h-2|x m g l|i m g rx=0,解得 1 =0.4 m,物块a 运动的位移X3=3 1 匕=2.6 m 2.8 m,调整物块b的高度，物块a 可以刚好停在D 点,综上可得，当 0.9 加 h 1.2?时，物块a 最终静止的位置x的范围为2.6?,V3=a(t3-12),在 t2 t3时间内，对线圈由动量定理有nBMq=mv3,其中Jq nBl(s i-S 2)R+R o整理得(t3 t2)?+(t3 12)1=0,币+3解得t3=2 S。22.(10分)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R 的空心转筒P,可绕过。点、垂直xO y平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S 整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板 Q与 y 轴交于A 点。离子源M 能沿着x 轴射出质量为m、电荷量为一q(q0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为vo的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y 轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。(1)求磁感应强度B的大小；若速度大小为v o 的离子能打在板Q的 A处，求转筒P角速度3的大小；(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的 C处，OC与 x 轴负方向的夹角为9,求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；(3)若转筒P的角速度小于 鬻，且 A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他&的值为探测点位置和O点连线与x 轴负方向的夹角)。【答案】靠 (4 k+l谭(k=O,1,2,)(2)T 气4%=，1，2,)QK K 2 71-7C K，16或5-63)【解析】(1)由题意可知，速度为V 0 的离子在磁场中运动的轨迹半径为R,洛伦兹力充当2向心力，有 qv()B =m*,解得B =m v()qR 离子在磁场中转过了上的圆周，在磁场中的运动时间1 1 2?r R T TR1=”=了 丁=丽，转筒P转动的角度3 t=2 k?r+全解得转筒P的角速度3=(4 k+l)M k=O,1,2,)。I X(2)设速度大小为v的离子在磁场中的轨迹半径为R 由几何关系可得R，=R f a%,洛伦兹力充当向心力，有qB R v=-m/0解得 V =V（）3 ,R，R离子在磁场中的运动时间t，=（万 一 0 ）=（兀 一0 ）三，转筒转动的角度s t，=2 iw+e（n=0,I,2,）,转筒转动的角速度”=（产 禁.骸n=0,1,2,）-由动量定理有F 7 7=N m v,G）,（2 wr+0）N m v o2 9 八，八解得 F=2 （乃 一8）i R ”幻 6=0,1，2，）。（3）第问可知，转筒转动的角速度（4 k+哦=5 2 n分析上式可知，k=l,&=%一 乃，n 只能取0或 2,解得。=看乃或今。