浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案）
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| 名称 | 浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-05-28 15:50:26 | ||
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文档简介
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浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案）
一．牛顿第二定律（共3小题）
1．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
2．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
3．（2022 浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
二．牛顿运动定律的综合应用（共1小题）
4．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
三．动量守恒定律（共1小题）
5．（2020 浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
四．功率、平均功率和瞬时功率（共1小题）
6．（2021 浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
五．动能定理（共3小题）
7．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
8．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且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。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
9．（2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
六．机械能守恒定律（共1小题）
10．（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
七．带电粒子在匀强磁场中的运动（共4小题）
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
12．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。
13．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
14．（2020 浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
八．法拉第电磁感应定律（共1小题）
15．（2021 浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T m/A。
（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；
（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。
九．导体切割磁感线时的感应电动势（共4小题）
16．（2020 浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
17．（2020 浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
18．（2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
19．（2021 浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
一十．原子核衰变及半衰期、衰变速度（共1小题）
20．（2020 浙江）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（n）的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子．如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L＝1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me＝9.1×10﹣31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mP＝938.27MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量p＝4.8×10﹣21kg m s﹣1＝3×10﹣8MeV s m﹣1，
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，求计数率；
（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
参考答案与试题解析
一．牛顿第二定律（共3小题）
1．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
【解析】解：（1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升的位移h2m＝4m
则总位移hm＝40m
【答案】（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
2．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
【解析】解：（1）根据匀变速直线运动的规律可知全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：t＝x1+x2
解得：vmm/s＝18m/s；
（2）根据平均速度和位移的关系可得：x1t1
解得：t1＝6s；
（3）斜直轨道上的加速度am/s2＝3m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝180N
【答案】（1）滑行过程中的最大速度vm的大小为18m/s。
（2）在斜直雪道上滑行的时间为6s。
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小为180N。
3．（2022 浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【解析】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式
2a1x1
代入数据解得：a1m/s2
（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，
t1s＝3s
BC段x2＝v1t2a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
过C点的速度为
v＝v1+a2t2
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsinθ﹣Ff＝ma2
代入数据解得：Ff＝66N
【答案】（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
二．牛顿运动定律的综合应用（共1小题）
4．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【解析】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，
此过程平均速度：，
根据平均速度的定义：，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'，
等待时间：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度位移关系：v22﹣v2＝2as，
解得：v＝5m/s
【答案】（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N ；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。
三．动量守恒定律（共1小题）
5．（2020 浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【解析】解：（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ L+mgLsinθ，
代入数据解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ 3mg（LAB﹣x）﹣μ 3mgcosθ 3mgh＝0
解得：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）；
【答案】（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）。
四．功率、平均功率和瞬时功率（共1小题）
6．（2021 浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
【解析】解：（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x
代入数据解得：
xm＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vtm/sm/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：mgcos（90°﹣θ）WW＝67.9W
【答案】（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
五．动能定理（共3小题）
7．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
【解析】解：（1）小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgcosθ
解得：vB＝4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，则小球在DEF轨道最高点E时恰好对最高的压力为零，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m，解得：vEm/s
设小球与小滑块碰撞后的速度大小为v2，从C到E根据机械能守恒定律可得：
mg（R+r）
解得：v2＝2m/s
设小滑块与小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：mv02mv12mv22
联立解得：v0＝2m/s
小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mghmin﹣μmgcosθ
解得：hmin＝0.45m；
（3）设F到G的距离为y，小球从E点到G点的运动，根据动能定理可得：
mg（R+y）
小球离开G后做平抛运动，水平位移x＝vGt
竖直方向：H+r﹣y
联立解得：x＝2
当0.5﹣y＝0.3+y，即y＝0.1m时x最大，
最大值xmax＝2×0.4m＝0.8m。
【答案】（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，小滑块到达B点时速度大小为4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，h的最小值为0.45m；
（3）落地点Q与F点的水平距离的最大值为0.8m。
8．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且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。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
【解析】解：（1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
此时B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
故0.05m≤h，能停在B点，则μmgcosθ≥mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
【答案】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
9．（2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【解析】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）m
在C点时，根据向心力公式可得：FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝7N
（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°，解得：v，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），解得：lxm
当n＝1时，lx1m；当n＝3时，lx2m；当n＝5时，lx3m
【答案】（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为m、m、m。
六．机械能守恒定律（共1小题）
10．（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【解析】解：（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0
代入数据解得速度大小vC为：vC
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（hR）
联立解得h满足的条件为：h
【答案】（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h。
七．带电粒子在匀强磁场中的运动（共4小题）
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【解析】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
2eEdmmv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
L2，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev0B0，
联立解得：B0
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
L2，此时BB0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0B0，
联立解得，
故B0的取值范围为0～
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0，且满足B0，
所以可得R3，解得R3L，所以可得cos，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′，方向沿z轴负方向。
【答案】（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。
（2）B0的取值范围为0～；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。
12．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。
【解析】解：（1）离子在速度选择器中运动时受力平衡，则有：qvB＝qE，
所以通过速度选择器离子的速度为：v
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为：R
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
联立解得：；
（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离为：x1
设离子射出偏转电场时粒子与竖直方向的夹角为θ，根据运动的合成与分解可得：tanθ
离开电场后，离子在x方向偏移的距离：x2＝Ltanθ
则离子沿x轴的偏转位移为：x＝x1+x2
位置坐标为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
离子进入磁场后做圆周运动半径为：r，
离开磁场时速度方向偏向角为α，如图所示，则sinα
经过磁场时，离子在y方向偏转距离为：y1＝r（1﹣cosα）
离开磁场后，离子在y方向偏移距离为：y2＝Ltanα
则：y＝y1+y2
位置坐标为（0，）；
（4）电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响，所以偏转系统同时加上电场和磁场时，注入晶圆的位置坐标为（，）。
【答案】（1）离子通过速度选择器后的速度大小为，磁分析器选择出来离子的比荷为；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置为（0，）；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置为（，），电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
13．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解析】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：v0
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0
根据动能定理有：eU
vM
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r，rsinα
可得：sinα
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα
联立解得：B2
则B2的最大值为
【答案】（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
14．（2020 浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
【解析】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：v
根据几何关系可得：OO'＝0.6R
c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s0.8R；
（2）a、c束中的离子从同一点Q射出，则α＝β，如图所示；
根据几何关系可得：tanα
解得：LmaxR；
（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量：Px＝Pcosα＝0.8qBR，根据动量定理可得：
当0＜LR时，F1＝NP+2NPx＝2.6NqBR
当R＜L≤0.4R时，F2＝NP+NPx＝1.8NqBR
当L＞0.4R时，F3＝NP＝NqBR。
【答案】（1）离子速度v的大小为，c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离为0.8R；
（2）探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离为R；
（3）当0＜LR时，F1＝2.6NqBR；当R＜L≤0.4R时，F2＝1.8NqBR；当L＞0.4R时，F3＝NqBR。
八．法拉第电磁感应定律（共1小题）
15．（2021 浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T m/A。
（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；
（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。
【解析】解：（1）I﹣t图象与坐标轴围成的面积表示通过长直导线横截面的电荷量，所以通过长直导线横截面的电荷量为：
QC＝0.5C；
（2）3.0×10﹣3s时，根据磁通量的计算公式可得通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ＝BS
可解得：Φ＝6.28×10﹣8Wb；
（3）根据法拉第电磁感应定律可得通电螺线管产生的感应电动势E＝N
可解得，感应电流iR
代入数据解得：iR＝3.14×10﹣3A
0～1.0×10﹣3s内，长直导线回路中的电流逐渐增大，即通过螺线管内顺时针方向的磁感应强度增大，根据楞次定律可以判断螺线管中产生的感应磁场方向为逆时针，则感应电流方向为c→R→d，电流为正值；
相反，5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，感应电流的方向为d→R→c，电流为负值；
1.0×10﹣3s～5.0×10﹣3s时间内，长直导线中的电流大小不变，没有感应磁场，感应电流为0。
由此可得图像如图1所示：
（4）考虑线圈自感，则在通电一段时间后，线圈中的感应电流才会达到稳定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0；5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，电流反向逐渐增大到某一定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0，由此可得图像如图2所示。
【答案】（1）0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量为0.5C；
（2）3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量为6.28×10﹣8Wb；
（3）在不考虑线圈自感的情况下，通过电阻R的iR﹣t图像见图1；
（4）考虑线圈自感，通过电阻R的iR﹣t图像间图2。
九．导体切割磁感线时的感应电动势（共4小题）
16．（2020 浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
【解析】解：（1）根据图2可得，在t＝0时B0＝0.25T
回路电流I
安培力FA＝B0IL
根据平衡条件可得：F＝FA，
联立解得：F＝0.0625N；
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1＝Φ
t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L﹣v（t﹣t1）]
得B；
（3）根据电荷量的经验公式q可得：
0≤t≤0.5s电荷量：q10.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q20.25C
1.0s＜t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为零
总电荷量：q＝q1+q2＝0.5C。
【答案】（1）外力F的大小为0.0625N；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B；
（3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。
17．（2020 浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
【解析】解：（1）根据显示的波形可得：U＝Umsin，
，
则安培力为FA＝BIl。
（2）0至0.25T时间内根据动量定理有IF+IA＝mvm，
IA＝﹣BlΔq，
，
解得：IF。
（3）因为棒做简谐运动，则有F+FA＝﹣kx，
当F＝﹣FA时，x＝0，v＝±vm，由，解得v＝±1m/s，
当F＝FA时，设x＝x′，v＝v′，
x0，解得：x0＝﹣1m
已知t＝0时外力F0＝1N，此时FA＝0N，由F0＝﹣kx0，得k＝1
则有：F＝FA
FA
可得：，得：v′＝2x′
根据动能定理有，（利用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
解得x1′m，和v1′m/s，
x2′m，和v2′m/s。
【答案】（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA。
（2）在0至0.25T时间内外力F的冲量为。
（3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s；、m/s和m、v2′m/s。
18．（2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解析】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
19．（2021 浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
【解析】解：（1）导体切割磁感线产生的感应电动势为：E0＝Blv0；
（2）整个过程中只有ab边切割磁感应线，则ba边为电源，外电阻是由船舱电阻、“∧”型线框其它六边的电阻，等效电路图如图所示：
并联总电阻为R并r，
着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）匀速运动时线框受到安培力FA＝BIl
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上，根据平衡条件可得：F＝m1
联立解得：v；
（4）匀速运动时电容器不充、放电，满足v′＝v；
设电路的总电流为I，则有：I
电容器两端电压为：UC；
电荷量为：q＝CUC。
【答案】（1）着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势为Blv0；
（2）等效电路图见解析，着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流为；
（3）船舱匀速运动时的速度大小为；
（4）船舱匀速运动时的速度大小为，此时电容器所带电荷量为。
一十．原子核衰变及半衰期、衰变速度（共1小题）
20．（2020 浙江）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（n）的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子．如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L＝1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me＝9.1×10﹣31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mP＝938.27MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量p＝4.8×10﹣21kg m s﹣1＝3×10﹣8MeV s m﹣1，
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，求计数率；
（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
【解析】解：（1）中子和分裂成一个质子和一个电子及一个中微子：n→ p e
根据爱因斯坦质能方程：ΔEd＝mnc2﹣（mpc2+mec2）＝0.79MeV
质子的动能：Ekp0.0432MeV
电子和反中微子的总动能：EeΔEd﹣Ekp＝0.7468MeV
（2）根据牛顿第二定律，有evB＝mp，得质子运动半径：
R0.3m
如图甲所示，
轨迹与AB相切时落点最远，设质子与竖直方向的发射角为α时在O点左侧相切，发射角为β时在O点右侧相切，根据几何关系知，打到探测板对应发射角度：
α＝β
能够打在AB板的夹角为：π+α+β
可得质子计数率为：
η
（3）在确保计数率为n的情况下
R'＝2a
即BT
如图乙所示，
恰能打到探测板左端的条件为
4Rmax2
即 BT
【答案】1）中子衰变的核反应式为n→ p e ，电子和反中微子的总动能为0.7468MeV；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，计数率为；
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（3）B与a的关系为BT，B的取值范围为BT。21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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浙江省（2019.01-2021.01）高考物理真题知识点分类汇编-计算题（20题，含答案）
一．牛顿第二定律（共3小题）
1．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
2．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
3．（2022 浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
二．牛顿运动定律的综合应用（共1小题）
4．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
三．动量守恒定律（共1小题）
5．（2020 浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
四．功率、平均功率和瞬时功率（共1小题）
6．（2021 浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
五．动能定理（共3小题）
7．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
8．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且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。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
9．（2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
六．机械能守恒定律（共1小题）
10．（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
七．带电粒子在匀强磁场中的运动（共4小题）
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
12．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。
13．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
14．（2020 浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
八．法拉第电磁感应定律（共1小题）
15．（2021 浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T m/A。
（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；
（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。
九．导体切割磁感线时的感应电动势（共4小题）
16．（2020 浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
17．（2020 浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
18．（2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
19．（2021 浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
一十．原子核衰变及半衰期、衰变速度（共1小题）
20．（2020 浙江）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（n）的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子．如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L＝1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me＝9.1×10﹣31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mP＝938.27MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量p＝4.8×10﹣21kg m s﹣1＝3×10﹣8MeV s m﹣1，
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，求计数率；
（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
参考答案与试题解析
一．牛顿第二定律（共3小题）
1．（2020 浙江）如图1所示，有一质量m＝200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F﹣t图线如图2所示，t＝34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）匀速运动的速度大小；
（3）总位移的大小。
【解析】解：（1）由图2可知，物件26s时开始减速，减速过程受牵引力为1975N，重力G＝mg
由牛顿第二定律可得：
mg﹣FT＝ma
解得：a＝0.125m/s2；
因牵引力小于重力，故加速度竖直向下；
（2）对减速过程分析可知，减速时间t2＝8s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：
v＝at2＝0.125×8m/s＝1m/s
（3）匀速向上的位移h1＝vt1＝1×26m＝26m
匀减速上升的位移h2m＝4m
则总位移hm＝40m
【答案】（1）做匀减速运动的加速度大小为0.125m/s2；方向竖直向下；
（2）匀速运动的速度大小为1m/s；
（3）总位移的大小为40m。
2．（2020 浙江）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°（sin37°＝0.6）。求小明和滑雪车
（1）滑行过程中的最大速度vm的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间t1；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
【解析】解：（1）根据匀变速直线运动的规律可知全程的平均速度为，根据平均速度和位移的关系可得：t＝x1+x2
解得：vmm/s＝18m/s；
（2）根据平均速度和位移的关系可得：x1t1
解得：t1＝6s；
（3）斜直轨道上的加速度am/s2＝3m/s2
根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣Ff＝ma
解得Ff＝180N
【答案】（1）滑行过程中的最大速度vm的大小为18m/s。
（2）在斜直雪道上滑行的时间为6s。
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小为180N。
3．（2022 浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【解析】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式
2a1x1
代入数据解得：a1m/s2
（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，
t1s＝3s
BC段x2＝v1t2a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
过C点的速度为
v＝v1+a2t2
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsinθ﹣Ff＝ma2
代入数据解得：Ff＝66N
【答案】（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
二．牛顿运动定律的综合应用（共1小题）
4．（2021 浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【解析】解：以汽车初速度方向为正方向，
（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，
此过程平均速度：，
根据平均速度的定义：，
解得刹车时间：t＝4s，
末速度：0＝v1+at，
解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，
根据牛顿第二定律：f＝ma，
解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；
（2）小朋友全部通过时间：t'，
等待时间：t0＝t'﹣t，
解得：t0＝20s；
（3）v2＝54km/h＝15m/s，
根据速度位移关系：v22﹣v2＝2as，
解得：v＝5m/s
【答案】（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N ；
（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；
（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。
三．动量守恒定律（共1小题）
5．（2020 浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
【解析】解：（1）滑块从开始下滑到D点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgH＝mgR
在D点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F＝m，
代入数据解得：F＝8N，
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小：F′＝F＝8N，方向：水平向左；
（2）设滑块在斜轨道上到达的最高点为C′，BC′的长度为L，从滑块开始下滑到C′过程，由能量守恒定律得：
mgH＝μmgLAB+μmgcosθ L+mgLsinθ，
代入数据解得：Lm＜LBC＝1.0m，滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）滑块开始下滑到运动到距离A点x处过程，由动能定理得：
mgH﹣μmgx0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝（m+2m）v′，
设碰撞后滑块滑上斜轨道的高度为h，碰撞后滑块滑动过程，由动能定理得：、
﹣μ 3mg（LAB﹣x）﹣μ 3mgcosθ 3mgh＝0
解得：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）；
【答案】（1）滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力大小为8N，方向：水平向左；
（2）滑块不能冲出斜轨道的末端C点；
（3）它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系是：hx （m＜x≤1m） 或h＝0 （0≤x m）。
四．功率、平均功率和瞬时功率（共1小题）
6．（2021 浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
【解析】解：（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x
代入数据解得：
xm＝16m
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a1m/s2＝8m/s2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
得：a1gsinθ+μgcosθ
代入数据解得：μ0.25
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
由运动学公式得：vtm/sm/s＝11.3m/s
得重力的平均功率：mgcos（90°﹣θ）WW＝67.9W
【答案】（1）最大位移值x为16m；
（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率为67.9W。
五．动能定理（共3小题）
7．（2021 浙江）如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度vB的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
【解析】解：（1）小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgcosθ
解得：vB＝4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，则小球在DEF轨道最高点E时恰好对最高的压力为零，根据牛顿第二定律可得：
mg＝m，解得：vEm/s
设小球与小滑块碰撞后的速度大小为v2，从C到E根据机械能守恒定律可得：
mg（R+r）
解得：v2＝2m/s
设小滑块与小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv1+mv2
根据机械能守恒定律可得：mv02mv12mv22
联立解得：v0＝2m/s
小滑块在AB轨道上运动过程中，根据动能定理可得：
mghmin﹣μmgcosθ
解得：hmin＝0.45m；
（3）设F到G的距离为y，小球从E点到G点的运动，根据动能定理可得：
mg（R+y）
小球离开G后做平抛运动，水平位移x＝vGt
竖直方向：H+r﹣y
联立解得：x＝2
当0.5﹣y＝0.3+y，即y＝0.1m时x最大，
最大值xmax＝2×0.4m＝0.8m。
【答案】（1）若小滑块的初始高度h＝0.9m，小滑块到达B点时速度大小为4m/s；
（2）若小球能完成整个运动过程，h的最小值为0.45m；
（3）落地点Q与F点的水平距离的最大值为0.8m。
8．（2020 浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且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。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
【解析】解：（1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
此时B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
故0.05m≤h，能停在B点，则μmgcosθ≥mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
【答案】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
9．（2022 浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【解析】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）m
在C点时，根据向心力公式可得：FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝7N
（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°，解得：v，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），解得：lxm
当n＝1时，lx1m；当n＝3时，lx2m；当n＝5时，lx3m
【答案】（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为m、m、m。
六．机械能守恒定律（共1小题）
10．（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【解析】解：（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0
代入数据解得速度大小vC为：vC
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（hR）
联立解得h满足的条件为：h
【答案】（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h。
七．带电粒子在匀强磁场中的运动（共4小题）
11．（2021 浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴，M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0．已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【解析】解：（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有：
2eEdmmv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有：
L2，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2ev0B0，
联立解得：B0
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有：
L2，此时BB0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0B0，
联立解得，
故B0的取值范围为0～
（3）离子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意，根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0，且满足B0，
所以可得R3，解得R3L，所以可得cos，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝n△tmv0cosθ﹣0，
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′，方向沿z轴负方向。
【答案】（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。
（2）B0的取值范围为0～；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。
12．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示，并说明理由。
【解析】解：（1）离子在速度选择器中运动时受力平衡，则有：qvB＝qE，
所以通过速度选择器离子的速度为：v
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为：R
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
联立解得：；
（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离为：x1
设离子射出偏转电场时粒子与竖直方向的夹角为θ，根据运动的合成与分解可得：tanθ
离开电场后，离子在x方向偏移的距离：x2＝Ltanθ
则离子沿x轴的偏转位移为：x＝x1+x2
位置坐标为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
离子进入磁场后做圆周运动半径为：r，
离开磁场时速度方向偏向角为α，如图所示，则sinα
经过磁场时，离子在y方向偏转距离为：y1＝r（1﹣cosα）
离开磁场后，离子在y方向偏移距离为：y2＝Ltanα
则：y＝y1+y2
位置坐标为（0，）；
（4）电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响，所以偏转系统同时加上电场和磁场时，注入晶圆的位置坐标为（，）。
【答案】（1）离子通过速度选择器后的速度大小为，磁分析器选择出来离子的比荷为；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置为（0，）；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置为（，），电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
13．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解析】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：v0
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0
根据动能定理有：eU
vM
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα
光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r，rsinα
可得：sinα
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα
联立解得：B2
则B2的最大值为
【答案】（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
14．（2020 浙江）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
【解析】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：v
根据几何关系可得：OO'＝0.6R
c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s0.8R；
（2）a、c束中的离子从同一点Q射出，则α＝β，如图所示；
根据几何关系可得：tanα
解得：LmaxR；
（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量：Px＝Pcosα＝0.8qBR，根据动量定理可得：
当0＜LR时，F1＝NP+2NPx＝2.6NqBR
当R＜L≤0.4R时，F2＝NP+NPx＝1.8NqBR
当L＞0.4R时，F3＝NP＝NqBR。
【答案】（1）离子速度v的大小为，c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离为0.8R；
（2）探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离为R；
（3）当0＜LR时，F1＝2.6NqBR；当R＜L≤0.4R时，F2＝1.8NqBR；当L＞0.4R时，F3＝NqBR。
八．法拉第电磁感应定律（共1小题）
15．（2021 浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T m/A。
（1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
（3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像；
（4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。
【解析】解：（1）I﹣t图象与坐标轴围成的面积表示通过长直导线横截面的电荷量，所以通过长直导线横截面的电荷量为：
QC＝0.5C；
（2）3.0×10﹣3s时，根据磁通量的计算公式可得通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ＝BS
可解得：Φ＝6.28×10﹣8Wb；
（3）根据法拉第电磁感应定律可得通电螺线管产生的感应电动势E＝N
可解得，感应电流iR
代入数据解得：iR＝3.14×10﹣3A
0～1.0×10﹣3s内，长直导线回路中的电流逐渐增大，即通过螺线管内顺时针方向的磁感应强度增大，根据楞次定律可以判断螺线管中产生的感应磁场方向为逆时针，则感应电流方向为c→R→d，电流为正值；
相反，5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，感应电流的方向为d→R→c，电流为负值；
1.0×10﹣3s～5.0×10﹣3s时间内，长直导线中的电流大小不变，没有感应磁场，感应电流为0。
由此可得图像如图1所示：
（4）考虑线圈自感，则在通电一段时间后，线圈中的感应电流才会达到稳定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0；5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，电流反向逐渐增大到某一定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0，由此可得图像如图2所示。
【答案】（1）0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量为0.5C；
（2）3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量为6.28×10﹣8Wb；
（3）在不考虑线圈自感的情况下，通过电阻R的iR﹣t图像见图1；
（4）考虑线圈自感，通过电阻R的iR﹣t图像间图2。
九．导体切割磁感线时的感应电动势（共4小题）
16．（2020 浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
（3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
【解析】解：（1）根据图2可得，在t＝0时B0＝0.25T
回路电流I
安培力FA＝B0IL
根据平衡条件可得：F＝FA，
联立解得：F＝0.0625N；
（2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1＝Φ
t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L﹣v（t﹣t1）]
得B；
（3）根据电荷量的经验公式q可得：
0≤t≤0.5s电荷量：q10.25C
0.5s≤t≤1.0s电荷量q20.25C
1.0s＜t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为零
总电荷量：q＝q1+q2＝0.5C。
【答案】（1）外力F的大小为0.0625N；
（2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B；
（3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。
17．（2020 浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
【解析】解：（1）根据显示的波形可得：U＝Umsin，
，
则安培力为FA＝BIl。
（2）0至0.25T时间内根据动量定理有IF+IA＝mvm，
IA＝﹣BlΔq，
，
解得：IF。
（3）因为棒做简谐运动，则有F+FA＝﹣kx，
当F＝﹣FA时，x＝0，v＝±vm，由，解得v＝±1m/s，
当F＝FA时，设x＝x′，v＝v′，
x0，解得：x0＝﹣1m
已知t＝0时外力F0＝1N，此时FA＝0N，由F0＝﹣kx0，得k＝1
则有：F＝FA
FA
可得：，得：v′＝2x′
根据动能定理有，（利用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功）
解得x1′m，和v1′m/s，
x2′m，和v2′m/s。
【答案】（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA。
（2）在0至0.25T时间内外力F的冲量为。
（3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s；、m/s和m、v2′m/s。
18．（2022 浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【解析】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；
根据法拉第电磁感应定律可知：
则电容器的电荷量为：Q＝CU
联立解得：Q＝0.54C
（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1
棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2
棒的上滑过程有：
联立解得：ΔQ＝0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：
可得：Δx＝0.128m＞0.08m
匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m
则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m
【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；
（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；
（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。
19．（2021 浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。
（1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
（2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）求船舱匀速运动时的速度大小v；
（4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
【解析】解：（1）导体切割磁感线产生的感应电动势为：E0＝Blv0；
（2）整个过程中只有ab边切割磁感应线，则ba边为电源，外电阻是由船舱电阻、“∧”型线框其它六边的电阻，等效电路图如图所示：
并联总电阻为R并r，
着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0；
（3）匀速运动时线框受到安培力FA＝BIl
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上，根据平衡条件可得：F＝m1
联立解得：v；
（4）匀速运动时电容器不充、放电，满足v′＝v；
设电路的总电流为I，则有：I
电容器两端电压为：UC；
电荷量为：q＝CUC。
【答案】（1）着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势为Blv0；
（2）等效电路图见解析，着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流为；
（3）船舱匀速运动时的速度大小为；
（4）船舱匀速运动时的速度大小为，此时电容器所带电荷量为。
一十．原子核衰变及半衰期、衰变速度（共1小题）
20．（2020 浙江）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（n）的β衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子．如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L＝1.2m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me＝9.1×10﹣31kg＝0.51MeV/c2，中子质量mn＝939.57MeV/c2，质子质量mP＝938.27MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量p＝4.8×10﹣21kg m s﹣1＝3×10﹣8MeV s m﹣1，
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV为能量单位）；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，求计数率；
（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围。
【解析】解：（1）中子和分裂成一个质子和一个电子及一个中微子：n→ p e
根据爱因斯坦质能方程：ΔEd＝mnc2﹣（mpc2+mec2）＝0.79MeV
质子的动能：Ekp0.0432MeV
电子和反中微子的总动能：EeΔEd﹣Ekp＝0.7468MeV
（2）根据牛顿第二定律，有evB＝mp，得质子运动半径：
R0.3m
如图甲所示，
轨迹与AB相切时落点最远，设质子与竖直方向的发射角为α时在O点左侧相切，发射角为β时在O点右侧相切，根据几何关系知，打到探测板对应发射角度：
α＝β
能够打在AB板的夹角为：π+α+β
可得质子计数率为：
η
（3）在确保计数率为n的情况下
R'＝2a
即BT
如图乙所示，
恰能打到探测板左端的条件为
4Rmax2
即 BT
【答案】1）中子衰变的核反应式为n→ p e ，电子和反中微子的总动能为0.7468MeV；
（2）当a＝0.15m，B＝0.1T时，计数率为；
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（3）B与a的关系为BT，B的取值范围为BT。21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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