浙江省2023届高三物理选考综合测试卷(八)（答案）考试试卷

浙江省2023届高三物理选考综合测试卷(八)
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.在人类技术不断升级进步的过程中,很多物理学家作出了不可磨灭的贡献,下列说法正确的是(　　)
A.牛顿发现了万有引力定律,并和卡文迪什一起精确测量了引力常量
B.德国物理学家安培提出著名的分子电流假说,该理论能解释全部磁现象
C.英国物理学家法拉第发现了让磁生电和电生磁的规律,即法拉第电磁感应定律
D.德国物理学家赫兹通过实验首先捕捉到电磁波,证实麦克斯韦关于光的电磁理论
2.一定质量的理想气体保持温度不变,从状态A到状态B。用p表示气体压强,用V表示气体体积,图中能描述气体做等温变化的是(　　)
3.如图所示,某地多支龙舟队正在进行“赛龙舟迎端午”比赛活动,则(　　)
A.以龙舟为参考系,岸是静止的
B.以某一龙舟为参考系,其他龙舟都是静止的
C.获第一名的龙舟,平均速度一定最大
D.获最后一名的龙舟,终点冲刺速度一定最小
4.如图为研究某动车的运动情况绘制的图像。已知该动车运动轨迹是直线,但是不知该动车是处于加速还是刹车状态,则以下说法合理的是(　　)
A.该动车处于匀加速状态
B.该动车的初速度为0
C.该动车的加速度大小为6 m/s2
D.该动车在前3 s的位移是18 m
5.摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施,上面挂在轮边缘的是供乘客乘搭的座舱。乘客坐在摩天轮中慢慢地往上转,可以从高处俯瞰四周景色。如图所示,摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动,某时刻与最高座舱高度相同的一小物体开始做自由落体运动,在最高座舱内的甲看到并同时通知下面的同学接住,结果该物体被此时正处于右侧中间高度(相对于摩天轮)的乙同学接住,接住时乙恰好第一次到达最低点,已知摩天轮半径为R,所有同学的质量均为m,重力加速度为g(不计乘客和座舱的大小及物体的质量),下列说法正确的是(　　)
A.座舱位于最高位置时,座舱中的甲受力平衡
B.小物体从被释放到被接住运动的时间是2π
C.摩天轮运动的角速度大小为
D.座舱位于最低位置时,乙对座舱底部的压力为mg
6.如图所示,有甲、乙两个一样的小球,分别从图中O、A两点先后抛出,已知从O点以3 m/s的速度水平抛出的小球,然后垂直落在倾角为37°的足够长的斜面上。O点抛出小球之后,经过0.1 s又从A点以
5 m/s的速度,方向平行斜面方向斜抛出乙小球,乙小球落在斜面上的位置与A点的水平距离为 1.2 m(图中未画出)。已知sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　)
A.落在斜面上瞬间,甲球速度大于乙球
B.经过0.5 s,乙小球到达最高点
C.OM=1.5 m
D.两球不可能在斜面某处相遇
7.如图所示为科学家在实验室里模拟的平行金属板间电场线的分布图,其中左边电极为正,右边电极为负,且两极板电势差保持不变,忽略边际效应。下列说法正确的是(　　)
A.图中A点电场强度大于B点电场强度
B.图中A点电势等于B点电势
C.正极板固定不动,将负极板向右平移,则平行板之间的电场强度比示意图中的电场强度要大
D.负极板固定不动,将正极板向右平移,则将某负点电荷从A移动到B克服静电力做功比示意图中做功要多
8.2021年8月24日,中国酒泉卫星发射中心通过长征二号丙遥五十一运载火箭,以“一箭三星”方式,将三颗通信技术试验卫星分别成功送入距地面高低不一的三个预定轨道。卫星在各自轨道上做匀速圆周运动,已知地球的半径,三颗卫星距地表高度,地球表面的重力加速度,则下列说法正确的是(　　)
A.因为不知道地球质量,所以无法计算三颗卫星做匀速圆周运动的
周期
B.三颗卫星轨道半径三次方与其周期比值都是相同的
C.假设天和核心舱与其中一颗卫星恰好在统一轨道,则核心舱必须要加速才能追上这颗卫星
D.轨道高度越大,卫星与地球圆心的连线在单位时间内扫过的面积
越大
9.如图所示为磁电式电流表中极靴和铁质圆柱间的磁场分布,线圈a、b两边通以图示方向的电流,线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则(　　)
A.该磁场为匀强磁场
B.线圈将逆时针转动
C.线圈平面总与磁场方向垂直
D.线圈转动过程中a、b两边所受安培力大小不变
10.如图所示为远距离输电示意图,某个小水电站发电机的输出功率为100 kW,发电机的电压为 250 V。通过升压变压器升高电压后向远处输电,输电线总电阻为R=8 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制为5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。下列说法正确的是(　　)
A.输电线上通过的电流为400 A
B.降压变压器的输入电压为4 000 V
C.升压变压器的匝数比为=
D.降压变压器的匝数比为=
11.如图所示,空间内有竖直向上的匀强电场E,质量为m、带电荷量为+q的小球恰好以某一速度在内壁光滑的漏斗中做水平面内的匀速圆周运动。轨道平面与地面的距离为h,漏斗壁与水平方向的夹角为θ。已知匀强电场E=,空气阻力忽略不计。下列选项正确的是(　　)
A.小球做匀速圆周运动的线速度与轨道高度h成正比
B.小球做匀速圆周运动的向心加速度与轨道高度h无关
C.某时刻撤掉漏斗后,小球的落地点无法确定
D.某时刻撤掉漏斗后,小球将做平抛运动,且机械能守恒
12.2020年某公司发布新型“无极耳”电池,极耳是从正、负极引出了的金属导体,电流必须流经极耳才能与外部连接,可以将其视为电池正负极。为了减小体积,电池内部采用类似卷纸结构。传统电池的极耳位于两对角线(如图甲所示,卷起后位于电池上下两端),所谓无极耳电池其实有多个极耳(如图乙所示,卷起后多个极耳连接在一起构成电极),电池展开后高度与长度之比为1∶10;试根据所学内容,分析下列选项可能正确的是(　　)
A.通过无极耳设计,可以增大电池电动势
B.通过无极耳设计,可以增大电源内阻
C.通过无极耳设计,电源内阻约为传统电池的
D.若工作时流经两种电池的电流相等,无极耳电池内部功率更大
13.一个LC振荡电路中,线圈的自感系数为L,电容器的电容为C,一个振荡周期内电容器上电压能达到的最大值为Um,则从电容器上电压达到最大值Um开始计时(　　)
A.至少经过π,磁场能达到最大
B.在 时间内,电路中的平均电流为
C.经过π 时间,线圈的自感电动势达到最大
D.在 时间内,电容器放电电荷量为
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,选对但不选全的得 1分,有选错的得0分)
14.下列说法正确的是(　　)
15. 如图所示,甲、乙两列简谐横波在同一介质中按如图所示方向传播,t=0时刻两列波的前端分别传播到x=-2 cm的质点A和x=1 cm的质点B,经过0.4 s,x=-4 cm的质点第2次经过平衡位置(不含本次)。已知甲、乙两列波的振幅分别是5 cm、10 cm。下列说法正确的是(　　)
A.两列机械波无法发生稳定干涉图样
B.两列波刚相遇的位置是x=0处
C.t=0.25 s时,x=-0.5 cm处的质点位移为15 cm
D.t=0.5 s时,x=4 cm处的质点的位移是0
16.如图所示是氢原子的部分能级示意图,已知普朗克常量h=
6.63×10-34 J·s,元电荷e=1.60×10-19 C,可见光的光子能量范围介于1.62～3.1 eV,真空中光速c=3×108 m/s,锌板发生光电效应的逸出功为W0=3.34 eV。下列说法正确的是(　　)
A.要使氢原子能够辐射出2.55 eV能量的光子,至少要给基态氢原子提供12.75 eV的能量
B.氢原子从n=3能级向低能级跃迁时,辐射出的光的最短波长约为658 nm
C.大量氢原子从高能级向基态直接跃迁辐射出的光子中有四种可
见光
D.氢原子从高能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子照射锌板,可能发生光电效应现象
三、非选择题(本题共6小题,共55分)
17.(7分)(1)如图甲所示是某同学组装的实验装置,关于该实验装置的用途下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.可以用来验证机械能守恒定律
B.可以用来验证平抛运动的规律
C.可以验证自由落体运动规律
D.可以用来验证加速度与质量之间的关系
(2)在探究“加速度与力、质量的关系”实验中:
①需要用到的方法是　　　　　　(选填“控制变量法”或“理想实验法”)。
②实验过程中,为了平衡小车运动中受到的阻力。在不挂砝码盘的情况下,应该采用　　　　(选填“A”“B”或“C”)方法。
A.逐步调节木板的倾斜程度,使静止的小车开始运动
B.逐步调节木板的倾斜程度,使小车在木板上保持静止
C.逐步调节木板的倾斜程度,使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀
(3)如图乙所示,某同学在做双缝干涉实验时,发现目镜中干涉条纹与分划板的刻度线始终有一定夹角,下面哪些操作可以调整分划板刻度线与干涉条纹平行　　　　。
A.旋转单缝
B.调节拨杆
C.将光源更靠近单缝
D.旋转毛玻璃处的测量头
18.(7分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,
(1)用如图甲所示的电容器做实验,电容器外壳上面标明的“10 V”的含义是　　　　。
A.电容器的击穿电压为10 V
B.电容器的额定电压为10 V
C.电容器在10 V电压下才正常工作
(2)把干电池、电阻箱、电容器、微安表、开关连成如图乙所示的实验电路,闭合开关,观察到微安表指针偏转情况为　　　　。
A.逐渐变大后保持不变
B.逐渐变大后迅速回到0
C.迅速偏转到某一刻度后保持不变
D.迅速偏转到某一刻度后逐渐减小
(3)电流传感器可以像电流表一样测量电流,不同的是反应比较灵敏,可以和计算机相连直接显示电流与时间的变化图像。按如图丙所示电路图连接好实验电路,开关S与2接通待充电完成后,开关S与1接通,电容器通过电阻放电,通过电阻R的电流方向为　　　　(选填“向左”或“向右”)。电流传感器将电流信息传入计算机,显示出电流随时间变化的It图像如图丁所示。根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为　　　　 C(保留3位有效数字)。
19.(9分)公交站点1与站点2之间的道路由水平路面AB段、CD段及倾角为15°的斜坡BC段组成,斜坡足够长。一辆公交车额定功率为210 kW,载人后总质量为 8 000 kg。该车在AB段以 54 km/h 的速率匀速行驶,此过程该车的实际功率为额定功率的一半。该车到达C点时的速率为21.6 km/h,此后在大小恒为1.4×104 N的牵引力作用下运动,直到速度达到54 km/h时关闭发动机自由滑行,结果该车正好停在了D点(站点2)。若在整个行驶过程中,公交车的实际功率不超过额定功率,它在每一个路段的运动都可看成直线运动,它受到的由地面、空气等产生的阻力Ff大小不变。已知sin 15°=0.26,g取10 m/s2,求:
(1)Ff的大小;
(2)公交车上坡过程中能够保持匀速行驶的最大速率;
(3)C点与D点之间的距离。
20.(12分)如图所示一弹射游戏装置,在高度为h=0.8 m的水平桌面上,滑块由压缩轻弹簧弹出,经过半径R=0.4 m的竖直圆轨道后(不脱离轨道)再水平抛出击中水平地面上的目标。圆轨道和AB段光滑,滑块与长为0.8 m的BD间动摩擦因数μ=0.5。初始弹簧压缩一合适形变量,释放后滑块通过圆轨道并击中目标,滑块经过圆心等高处C点时对圆轨道的压力为重力的4倍。滑块质量m=10 g且可视为质点,弹射时弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能,忽略空气阻力,各部分平滑连接。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)滑块通过B点时对圆轨道的压力FN;
(2)目标距离桌面边缘的距离d;
(3)若在BD中点P放置一完全相同的滑块,两滑块碰撞后连为一整体,要使滑块再次成功击中目标,弹簧的压缩量要变为初始压缩量的几倍 (已知弹簧的弹性势能Ep∝x2,x为弹簧的形变量)
21.(10分)如图所示,两固定的足够长平行金属导轨,水平部分间距为3L,倾斜部分间距为L,与水平夹角α=30°。在斜面处存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两金属棒MN和PQ材料和横截面积相同,分别垂直两导轨放置,棒MN质量为m、电阻为R、长为L,棒PQ长度为3L。运动过程中棒与导轨始终垂直且保持良好接触,所有接触面都光滑,导轨足够长且电阻可忽略,重力加速度为g。
(1)求金属棒MN在下滑过程中,感应电流方向及最终稳定的速度
大小;
(2)当金属棒MN下滑速度稳定之后,在水平面施加竖直向上,大小为0.5B的匀强磁场的同时施加某一作用力,金属棒PQ能保持静止,求该外力的大小;
(3)撤去斜面处的匀强磁场,接着撤去金属棒PQ所受的外力,并同时给金属棒PQ水平向右,大小为v的初速度,金属棒PQ运动一段距离s后(未停下来),求此刻金属棒PQ的速度。
22.(10分)如图所示装置用电场和磁场来控制电子的运动,矩形区域AA′D′D存在竖直向下的匀强电场,电场区域宽度为d,长5l、宽为l的矩形区域CC′D′D存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B;DD′为电场和磁场的分界线,点M、N间安装一个探测装置。一个电荷量为e、质量为m的电子从A点由静止被电场加速后垂直进入磁场,最后电子从磁场边界C′D′飞出。不计电子受到的重力。
(1)求电场强度的最大值;
(2)若探测装置只能接收垂直边界C′D′方向的电子(M、N点为C′D′的三等分点)。调节匀强电场的电场强度,求接收装置能接收的电子中速度的最小值;
(3)若电场和磁场的分界线DD′存在薄隔离层,电子每次穿薄隔离层有动能损耗,其动能损失是每次穿越前动能的20%,穿越后运动方向不变,调节匀强电场的电场强度,使电子垂直MN被探测装置接收,求被探测装置接收的电子在磁场区域中运动的时间。(可能用到的数据:0.82=0.64,0.83=0.512,0.84=0.409 6,0.85=0.327 7)
物理选考综合测试卷(八)
1.D　卡文迪什精确测量了引力常量,选项A错误;法国物理学家安培提出著名的分子电流假说,但是该理论也不能解释全部磁现象,选项B错误;丹麦物理学家奥斯特发现电生磁,选项C错误;德国物理学家赫兹通过实验首先捕捉到电磁波,证实麦克斯韦关于光的电磁理论,选项D正确。
2.C　根据pV=CT,整理有p=CT·=CT·V-1,若想保持温度不变,则图线需要p与V-1成正比,若横坐标为V,则图线应为双曲线的一支。故选C。
3.C　以龙舟为参考系,岸是运动的,故A错误;以某一龙舟为参考系,与这一龙舟速度相同的龙舟是静止的,速度不同的龙舟是运动的,故B错误;获第一名的龙舟,运动时间最短,因所有龙舟的位移相等,则获第一名的龙舟,平均速度一定最大,故C正确;获最后一名的龙舟,平均速度最小,但终点冲刺速度不一定最小,故D错误。
4.C　由x=v0t+at2可知,=+a,由图像的两个交点可得v0=15 m/s,a=
-6 m/s2,该动车做初速度为15 m/s,加速度大小为6 m/s2的匀减速运动,故A、B错误,C正确;由v=v0+at可判断,该动车在2.5 s时停止运动,由v2-=2ax可得,该动车在前3 s的位移 x= m=18.75 m,故D错误。
5.C　座舱中的乘客在做匀速圆周运动,其合力始终指向圆心,在最高点时,重力大于支持力,处于失重状态;在最低点时,支持力大于重力,处于超重状态,故A、D错误;根据自由落体运动有2R=gt2,解得小物体的运动时间为t==2,故B错误;乙转四分之一圆周接到小物体,则=ωt,可得ω=
,故C正确。
6.A　甲小球做平抛运动,根据题意垂直落在斜面上,轨迹如图所示。根据平抛运动规律,OB=gt2,=tan 53°,vy=gt,其中vx=3 m/s,联立解得t=
0.4 s,OB=0.8 m。落在斜面上的瞬时速度v==5 m/s。乙小球斜抛的初速度将其分解为水平速度和竖直速度,即vx乙=v乙cos 37°=4 m/s,vy乙=
3 m/s,因此经过0.3 s乙球到达最高点,假如没有斜面,则乙小球的水平位移x乙=vx乙t=1.2 m,说明乙小球恰好是在最高点时落在斜面上,因此落在斜面上的速度为4 m/s,并且可以发现甲、乙两球同时落在斜面上,选项A正确,B、D错误;乙小球上升到最高点时,竖直方向上升距离MB=×(0+3)×
0.3 m=0.45 m,所以OM的距离为1.25 m,选项C错误。
7.D　由于是匀强电场,所以两点电场强度大小、方向都一样,选项A错误;沿着电场线方向电势降低,所以A点电势要高,选项B错误;正极板固定不动,将负极板向右平移,由U=Ed可知,匀强电场电场强度变小,选项C错误;负极板固定不动,将正极板向右平移,则两极板间的电场强度变大,某负电荷从A移动到B静电力做功W=-qEd,因此克服静电力做功要比示意图中做功要多,选项D正确。
8.D　卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力,即G=m(R+h)()2,其中GM=gR2,代入上式可知,卫星周期可以计算,选项A错误;根据开普勒第三定律=k可知,选项B错误;在同一轨道上,假设天和核心舱加速,加速后的核心舱将会做离心运动,偏离圆轨道,无法追上该卫星,选项C错误;根据上式,求得T=,卫星与地球圆心的连线在单位时间内扫过的面积S0==,选项D正确。
9.D　该磁场不是匀强磁场而是辐向磁场,匀强磁场大小相等,方向相同,故A错误;由左手定则可知,a受到的安培力向上,b受到的安培力向下,故线圈顺时针旋转,故B错误;由题图可知,线圈平面总与磁场方向平行,故C错误;a、b两边始终与磁感线垂直,故受到的安培力大小不变,故D正确。
10.C　输电线上通过的电流I2== A=25 A,故A错误;输电线上损失的电压U损=I2R=25×8 V=200 V,升压变压器的输出电压U2== V=
4 000 V,则降压变压器的输入电压U3=U2-U损=4 000 V-200 V=3 800 V,故B错误;升压变压器的匝数比===,故C正确;降压变压器的匝数比===,故D错误。
11.B　小球所受静电力Eq=0.5mg且大小、方向恒定,受力分析如图所示。小球做圆周运动的轨道半径r=,竖直方向上FNcos θ=,水平方向上FNsin θ=m,联立解得a==0.5gtan θ,加速度大小与轨道高度无关,线速度v=,线速度与h并不成正比,选项A错误,B正确;撤掉漏斗之后,小球做类平抛运动,因为静电力会对小球做功,所以机械能不守恒,选项D错误;撤掉漏斗后,小球做类平抛运动的时间t==2,结合之前求出的速度,所以撤掉漏斗后,小球的水平位移可求,因此可以确定小球的落地点,选项C错误。
12.C　根据题意,无极耳电池的意思是有多个极耳,所以电池的电动势没有变化,选项A错误;根据电阻定律R=ρ可知,传统电池的导体长度是题图甲中的长边,横截面积是材料的厚度,而采用多个极耳的无极耳电池(题图乙),导体长度是材料的宽度,横截面积与传统电池相同,所以无极耳电池的内阻约为传统电池的,选项B错误,C正确;在电流相同时,内阻小时内部功率小,选项D错误。
13.C　振荡电路的振荡周期T=2π,电容器上电压达到最大值Um时,充电完毕,电场能最大,磁场能最小,至少要经过t==,磁场能达到最大,故A错误;电压最大时,电容器上的电荷量为Q=CUm,在 时间内,电容器放出的电荷量为CUm,所以平均电流===,故B、D错误;当电流为零时,自感电动势最大,根据振荡规律可知t==π时,线圈的自感电动势达到最大,故C正确。
14.CD　超声波鱼群探测仪利用的是超声波频率高,遇到鱼群反射进行定位,不是利用衍射规律,选项A错误;竖直放置的肥皂膜,其膜的厚度不可能是等厚的,选项B错误;增加电子显微镜的加速电压,则电子动能增加,根据p=,可知电子动量变大,根据λ=可知,物质波波长变短,不容易发生衍射,所以能够提高电子显微镜的分辨率,选项C正确;题图中可以确定氡元素的半衰期为 3.8天,选项D正确。
15.AD　题图中可以读出λ甲=4 cm,λ乙=8 cm,根据题意,经过0.4 s,x=
-4 cm处的质点第2次经过平衡位置,所以甲机械波的周期T甲=0.4 s,机械波的传播速度v=λf==10 cm/s,由此可以计算乙机械波的周期T乙=
0.8 s,由于两列波的频率不同,无法发生稳定干涉,选项A正确;根据波速可以计算,经过t=0.15 s,两列波在x=-0.5 cm 处相遇,选项B错误;相遇后又经过 0.1 s,x=-0.5 cm处,甲波到达波峰,但乙波还没有到达波峰,所以该处质点位移不可能是15 cm,选项C错误;甲波经过0.5 s,传播到x=
3 cm处,所以x=4 cm处没有出现两列波的叠加。根据机械波质点振动规律,乙波中x=4 cm处的质点,振动方程为y=10sin (t+) cm,所以t=
0.5 s时,该质点的位移为0,选项D正确。
16.AD　氢原子从n>2的某一能级跃迁到n=2的能级,辐射光子应满足
hν=En-E2=2.55 eV,En=hν+E2=-0.85 eV,解得n=4。基态原子要跃迁到n=4能级,应提供的能量为ΔE=E4-E1=-0.85 eV-(-13.6 eV)=12.75 eV,故A正确;从n=3能级向n=1能级跃迁时,由能级跃迁公式可得ΔE=hν,λ=,解得λ=103 nm,故B错误;可见光的光子能量范围介于1.62～3.1 eV,大量氢原子从高能级向基态直接跃迁辐射出的光子中没有可见光,故C错误;由题图可知>W0,氢原子从高能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子照射锌板,可能发生光电效应现象,故D正确。
17.解析:(1)该实验装置可用来验证机械能守恒定律,当然也能用于探究自由落体的运动规律,选项A、C正确;该实验装置无法验证平抛运动及加速度与质量之间的关系,选项B、D错误。
(2)①在探究“加速度与力、质量的关系”实验中,需要用控制变量法来研究加速度与力、质量之间的关系。
②在平衡摩擦力的时候,需要把纸带装好,通过逐步调节木板的倾斜程度,使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀,选项C正确,A、B错误。
(3)干涉条纹与分划板的刻度线始终有一定夹角,即干涉条纹与分划板刻度线不平行,只有旋转测量头,才能使分划板刻度线与干涉条纹平行,故选D。
答案:(1)AC　(2)①控制变量法　②C　(3)D
18.解析:(1)电容器外壳上面标明的“10 V”的含义是电容器的额定电压为10 V,故选B。
(2)闭合开关,电容器将充电,随着电容器所带电荷量逐渐增大,其两端电压逐渐增大,充电电流逐渐减小,所以此过程中微安表的指针会迅速偏转到某一刻度,然后逐渐减小,故选D。
(3)根据电源的正负极位置可知,电容器充电后上极板带正电,所以其放电时通过电阻R的电流方向向右。It图像与坐标轴所围的面积表示电容器全部放电过程中释放的电荷量,由题图丁可知 q=nI0t0=38×0.2×10-3×0.4 C=3.04×10-3 C。
答案:(1)B　(2)D　(3)向右　3.04×10-3(2.96×10-3～3.12×10-3均可)
19.解析:(1)匀速行驶的速率v1=54 km/h=15 m/s,
匀速运动时P实==F1v1=Ffv1,
解得Ff==7.0×103 N。
(2)受力分析如图所示。
有F2=mgsin 15°+Ff,
又P额=F2v2,
得v2= m/s≈7.55 m/s≈27.2 km/h。
(3)C点的速度大小为v3=21.6 km/h=6 m/s,
关闭发动机时的速度v4=54 km/h=15 m/s,
加速度为a1== m/s2,
匀变速的时间为t== s,
匀变速的位移为x1=t=108 m,
关闭发动机自由滑行的加速度为a2== m/s2,
减速的位移为x2== m,
总位移为x=x1+x2= m≈236.6 m。
答案:(1)7.0×103 N　(2)27.2 km/h　(3)236.6 m
20.解析:(1)设滑块通过B、C点时的速度大小分别为vB、vC,滑块通过C点时所受轨道支持力大小为FNC。由题意,在C点,根据牛顿第二定律和牛顿第三定律有FNC=m=FNC′=4mg,
在B点,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,
对滑块从B到C的运动过程,根据动能定理有m-m=-mgR,
联立解得FN=0.7 N,根据牛顿第三定律可得滑块通过B点时对圆轨道的压力大小为0.7 N,方向竖直向下。
(2)设滑块从D点抛出时的速度大小为vD,对滑块从B到D的过程,根据动能定理有m-m=-μmgxBD,
联立解得vD=4 m/s,
滑块做平抛运动的时间为t==0.4 s,
目标距离桌面边缘的距离为d=vDt=1.6 m。
(3)设两滑块碰撞后瞬间的速度大小为vP,由题意可知两滑块整体在D点的速度大小仍为vD,则对整体从P到D的过程,根据动能定理有
·2m-·2m=-·2μmgxBD,
设两滑块碰撞前运动滑块的速度大小为,对两滑块的碰撞过程,根据动量守恒定律有mvP0=2mvP,
对滑块从B到P点的过程,根据动能定理有m-mvB′2=-μmgxBD,
由题意可知(3)中情况下,
弹簧的压缩量与初始压缩量的比值为==,
联立解得=。
答案:(1)0.7 N　方向竖直向下　(2)1.6 m　(3)倍
21.解析:(1)MN在下滑过程中,根据右手定则知感应电流方向从N到M。切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,根据题意以及电阻定律可知,RPQ=3RMN,所以感应电流I=,所以下滑过程中MN所受的安培力F=BIL,方向平行斜面向上。当重力沿斜面方向的分力等于安培力时,金属棒速度稳定,即mgsin 30°=B··L,解得vm=。
(2)根据上一问,回路中的感应电流大小I=,
PQ中感应电流方向从P到Q,安培力方向水平向左,根据平衡关系,
则F安=0.5BI·3L,所以外力大小为F=F安=mg,方向水平向右。
(3)撤去斜面处的磁场,则金属棒MN没有切割磁感线,也没有安培力,该金属棒会匀加速下滑。
对金属棒PQ分析,根据动量定理-0.5B·3L·t=3mvt-3mv,
其中q=t==,
代入得vt=v-。
答案:见解析
22.解析:(1)当电场强度取最大值Emax时,电子在磁场中运动的半径为l,根据牛顿第二定律有evmaxB=m,
对于电子的加速过程,根据动能定理有m=eEmaxd,联立解得Emax=。
(2)设电子在磁场中运动半周的次数为n(n取正整数),轨道半径为r,则由题意可得(2n+1)r=5l,l联立解得当n=6时,电子轨道半径最小,为rmin=,
根据牛顿第二定律有evminB=m,
解得最小速度为vmin=。
(3)设电子第一次进入磁场后运动的速率为v1,第二次进入磁场后运动的速率为v2,由题意可得m=0.82·m,即v2=0.8v1,
所以电子第一、二次在磁场中运动的半径关系满足r2=0.8r1,进而可推知电子第k、k+1次在磁场中运动的半径关系满足rk+1=0.8rk=0.8kr1,
设电子在磁场中运动半周的次数为k,根据数学知识可得+rk+1=5l,
由题意可得r1≤l,l电子在磁场中运动的周期为T==,
被探测装置接收的电子在磁场区域中运动的时间为t=T+=。
答案:(1)　(2)　(3)