2023-2024學(xué)年浙江省寧波市九校聯(lián)考高二（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共13小題，共39分。

1.2023年8月24日，日本啟動(dòng)核污染水排海，對(duì)全人類將產(chǎn)生重大輻射危害。輻射的危害程度常用“當(dāng)量

劑量”來(lái)衡量，其國(guó)際單位是希沃特。每千克人體組織吸收1焦耳的輻射能量為1希沃特。則測(cè)希沃特用國(guó)

際單位制中的基本單位表示正確的是（）

AJ?kg—B.m2-s~2C.kg-m2-s-3D.m2-s~3

2.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.牛頓得出萬(wàn)有引力定律并測(cè)出了引力常量

B.庫(kù)侖根據(jù)庫(kù)侖扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了靜電力常量

C.在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運(yùn)動(dòng)定律仍然適用

D.在微觀、高速的領(lǐng)域里動(dòng)量守恒定律仍然適用

3.如圖所示，一飛行器在月球表面起飛后某段時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其飛

行方向與水平面成。角。則此段時(shí)間發(fā)動(dòng)機(jī)的噴氣方向可能（）

A.沿1的方向

B.沿2的方向

C.沿3的方向

D.沿4的方向

4.北京時(shí)間2023年7月20日21時(shí)40分，經(jīng)過(guò)約8小時(shí)的出艙活動(dòng)，神舟十六

號(hào)航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮密切協(xié)同，在空間站機(jī)械臂支持下，圓滿

完成出艙活動(dòng)。已知空間站離地高度約為391km。以下說(shuō)法正確的是（）

A.空間站的運(yùn)行速度大小大于同步衛(wèi)星運(yùn)行速度大小

B.航天員相對(duì)空間站保持靜止時(shí)，其所受合外力為零

C.空間站向心加速度大小大于地球表面重力加速度大小

D.航天員在8小時(shí)的出艙活動(dòng)中，將繞地球轉(zhuǎn)過(guò)g圈

5.如圖所示，傾角為8的光滑絕緣斜面固定在水平面上。為了使質(zhì)量

為TH、帶電荷量為+q（q>0）的小球靜止在斜面上，可加一平行于紙

面的方向可調(diào)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為9。下列說(shuō)法正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為E=鱉

q

B.電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為E=嗎”

q

C.若電場(chǎng)強(qiáng)度E=嗎則電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定豎直向上

q

D.若電場(chǎng)強(qiáng)度E=%，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向不一定豎直向上

q

6.物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置坐標(biāo)工和動(dòng)量p描述，稱為相，對(duì)應(yīng)p-光圖像中的一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變

化可用p-x圖像中的一條曲線來(lái)描述，稱為相軌跡。若將質(zhì)點(diǎn)豎直向上拋出，以拋出點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直

向上為正方向，忽略空氣阻力則質(zhì)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的相軌跡是（）

7.在某個(gè)趣味物理小實(shí)驗(yàn)中，幾位同學(xué)手拉手與一節(jié)電動(dòng)勢(shì)為1.5U的干電池、導(dǎo)

線、電鍵、一個(gè)有鐵芯的多匝線圈按如圖所示方式連接，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中人會(huì)有觸電

的感覺。設(shè)開關(guān)閉合穩(wěn)定后線圈中的電流為/。，下列說(shuō)法正確的是（）

A.斷開開關(guān)時(shí)線圈中的電流突然增大

A

B.斷開開關(guān)時(shí)流過(guò)人體的電流為

C.人有觸電感覺時(shí)流過(guò)人體的電流方向?yàn)?-B

D.人有觸電感覺時(shí)流過(guò)人體的電流大于流過(guò)線圈的電流

8.智能手機(jī)安裝軟件后可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯

示屏所在平面為xOy平面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場(chǎng)進(jìn)行了兩次測(cè)量，每次測(cè)量時(shí)y軸指向不

同而z軸正向保持豎直向上，不考慮地磁偏角。根據(jù)表中測(cè)量結(jié)果可推知（）

測(cè)量序號(hào)Bx"TBy/flTBz/〃T

10-2145

221045

A.測(cè)量地點(diǎn)位于北半球，第一次測(cè)量時(shí)y軸正向指向南方

B.測(cè)量地點(diǎn)位于南半球，第二次測(cè)量時(shí)久軸正向指向北方

C.測(cè)量地點(diǎn)位于北半球，第一次測(cè)量時(shí)%軸正向指向西方

D.測(cè)量地點(diǎn)位于南半球，第二次測(cè)量時(shí)y軸正向指向東方

9.如圖所示是我國(guó)自行研制的直升機(jī)“吉祥鳥”AC332,其質(zhì)量為M。

現(xiàn)“吉祥鳥”2C332在無(wú)風(fēng)的情況下懸停于空中，螺旋槳向下推空氣時(shí)

使空氣獲得的速度大小為。，忽略尾翼螺旋槳消耗的能量，重力加速度

為9，則“吉祥鳥”2C332在懸停的一段時(shí)間內(nèi)（）

A.空氣對(duì)飛機(jī)的沖量為零

B.空氣對(duì)飛機(jī)做的功為學(xué)

C.發(fā)動(dòng)機(jī)消耗的功率為竽

D.飛機(jī)對(duì)空氣的作用力和空氣對(duì)飛機(jī)的作用力是一對(duì)平衡力

10.如圖所示，將圓柱形強(qiáng)磁鐵吸在干電池負(fù)極，金屬導(dǎo)線折成上端有

一支點(diǎn)、下端開口的導(dǎo)線框，使導(dǎo)線框的頂端支點(diǎn)和底端分別與電源正

極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個(gè)線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起

來(lái)。貝1（）

A.使線框旋轉(zhuǎn)起來(lái)的原理是電磁感應(yīng)

B.俯視觀察，線框沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)

C.電池輸出的電功率等于線框旋轉(zhuǎn)時(shí)的機(jī)械功率

D.旋轉(zhuǎn)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流小

ii.如圖所示，質(zhì)譜儀的容器a中有質(zhì)量分別為和爪2的兩種同位素離

子，它們從靜止開始先經(jīng)電壓為u的電場(chǎng)加速，然后垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)

度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打在照相底片上。由于實(shí)際加速電壓的大小

在范圍內(nèi)有微小變化，這兩種離子在底片上可能發(fā)生重疊，不計(jì)

離子重力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩種粒子均帶負(fù)電

B.打在M處的粒子質(zhì)量較大

C.若4U一定，U越小越容易發(fā)生重疊

D.若U一定，4U越小越容易發(fā)生重疊

12.如圖甲所示，光滑水平導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)=1m,其左右兩側(cè)各接有阻值R=20的電阻，整個(gè)裝置處于磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量m=1kg,電阻r=10的金屬棒MN在外力F

的作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，棒中電流/隨其位移x變化圖像如圖乙所示。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則棒

從靜止向右運(yùn)動(dòng)x=26的過(guò)程中（）

A.金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.x=27n時(shí)棒兩端電壓大小為2U

C.流過(guò)左邊電阻R的電荷量為1CD.金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱為0.5/

13.如圖所示空間內(nèi)有一垂直于x軸的足夠大的平面M,M將％20的區(qū)域分成I、II兩部分，分別填充磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向相反且平行于y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，xOy平面內(nèi)有一帶電粒子從。點(diǎn)以速度"射入I區(qū)的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中，速度方向與久軸正向成9=37。，粒子在I、II兩區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)后會(huì)經(jīng)過(guò)y軸上的P點(diǎn)，其中yp=

Id,不計(jì)帶電粒子的重力，sM37o=0.6。則該粒子的比荷為（）

y

A2B—「37TV

5Bd7BdC35BdD?黑

二、多選題：本大題共2小題，共6分。

14.對(duì)于書本中幾幅插圖所涉及的物理現(xiàn)象或原理，下列說(shuō)法正確的是（）

A.甲圖中，當(dāng)兩極板間距增大時(shí)靜電計(jì)的指針張角將減小

B.乙圖中，電子感應(yīng)加速器是利用感生電場(chǎng)對(duì)電子進(jìn)行加速

C.丙圖中，高頻變化的磁場(chǎng)使?fàn)t內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流從而熔化金屬

D.丁圖中，兩條話筒線外面包裹著金屬外衣是為了減小電阻，從而減小電信號(hào)損失

15.如圖為回旋加速器的原理圖。劣和。2是兩個(gè)半徑為R的中空半圓金

屬盒，分別和一高頻交流電源兩極相連。兩盒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于盒面，在位于5盒圓心附近的a處有一個(gè)粒

子源，產(chǎn)生質(zhì)量為小、電荷量為+q（q>o）的帶電粒子，已知帶電粒子

束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流為不計(jì)粒子的初速度、重力

和粒子通過(guò)縫隙的時(shí)間，加速過(guò)程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)。下列說(shuō)法中正

確的是（）

A.交變電壓的頻率為總

2717n

B.增大加速電壓可以增大粒子獲得的最大動(dòng)能

22

C.回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率哼旦

D.保持交流電頻率和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，該加速器不能加速比荷不同的粒子

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。

16.在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”的實(shí)驗(yàn)中：

(1)為明確靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向與通過(guò)電流計(jì)的電流方向的關(guān)系，除靈敏電流計(jì)、導(dǎo)線、定值電阻

和開關(guān)這些器材之外，還需要

(2)實(shí)驗(yàn)得出，電流由“+”接線柱流入時(shí)靈敏電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)；如圖甲所示，該同學(xué)將條形磁鐵的N

極從螺線管拔出的過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)指針一(選填“向左”或“向右”通轉(zhuǎn)。

圖乙

(3)如圖乙所示，將第(2)問(wèn)中的螺線管置于電子秤上，在條形磁鐵的N極從螺線管拔出的過(guò)程中，電子秤

的示數(shù)會(huì)(選填“變大”、“變小”或“不變”)。

(4)多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，總是要引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。

17.一物理學(xué)習(xí)小組利用圖甲所示的裝置和頻閃相機(jī)來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。其實(shí)驗(yàn)步驟如下：

步驟1：用天平測(cè)出4、B兩個(gè)小球的質(zhì)量犯仆mB(mA>mB)；

步驟2：安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，使斜槽末端保持水平，調(diào)整好頻閃相機(jī)的位置并固定；

步驟3：讓入射小球從斜槽上某一位置P由靜止釋放，小球離開斜槽后，用頻閃相機(jī)記錄下小球相鄰兩次閃

光時(shí)的位置，照片如圖乙所示；

步驟4：將被碰小球放在斜槽末端，讓入射小球從位置P由靜止開始釋放，使它們碰撞。兩小球離開斜槽

后，用頻閃相機(jī)記錄兩小球相鄰兩次閃光時(shí)的位置，照片如圖丙所示。經(jīng)多次實(shí)驗(yàn)，他們猜想碰撞前后物

體的質(zhì)量和速度的乘積之和不變。

(1)實(shí)驗(yàn)中放在斜槽末端的小球是(選填“4”或“B”)；

(2)若某同學(xué)在乙、丙照片中僅測(cè)量了%。、孫、七所對(duì)應(yīng)的三個(gè)實(shí)際長(zhǎng)度，則該同學(xué)能不能完成實(shí)驗(yàn)?

(填“能”或者“不能”)。

(3)他們?cè)谡n外書中看到“兩物體碰撞中有彈性碰撞和非彈性碰撞之分，碰撞中的恢復(fù)系數(shù)定義為e=

怒:其中%。和。20分別是碰撞前兩物體的速度，打和。2分別是碰撞后兩物體的速度，他們根據(jù)照片中

的信息求出本次實(shí)驗(yàn)中恢復(fù)系數(shù)的值6=。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共41分。

18.足球是受同學(xué)們喜歡的運(yùn)動(dòng)。如圖某同學(xué)正在練習(xí)用頭顛球。某一次足球由

靜止下落0.6m與頭接觸，被重新頂起，足球與頭部接觸0.1s后離開頭部，此后豎

直上升的最大高度為1小。已知足球的質(zhì)量為0.4kg,足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣阻力

大小恒為1N,足球與頭部接觸時(shí)間空氣阻力不計(jì)，g=10m/s2o求：

(1)足球在空中下落過(guò)程中空氣阻力對(duì)它的沖量大?。?/p>

(2)足球與頭部接觸過(guò)程中頭部對(duì)足球的平均作用力大小。

19.如圖所示為處于豎直平面內(nèi)的實(shí)驗(yàn)裝置，該裝置由長(zhǎng)乙=4機(jī)、速度可調(diào)的固定水平傳送帶，圓心分別

在01和。2，圓心角均為。=120。、半徑均為R=0.4M的光滑圓弧軌道BCD和光滑細(xì)圓管EFG組成，其中

B、G兩點(diǎn)分別為兩軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，B點(diǎn)在傳送帶右端轉(zhuǎn)軸的正上方。在細(xì)圓管EFG的右側(cè)足夠長(zhǎng)

的光滑水平地面上緊挨著一塊與管口下端等高、足夠長(zhǎng)、質(zhì)量M=0.5kg的木板(與軌道不粘連)。現(xiàn)將一

塊質(zhì)量m=0.3kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的最左端4點(diǎn)，物塊在傳送帶上自左向右運(yùn)動(dòng)，在B

處的開口和E、D處的開口正好可容物塊通過(guò)。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.2,物塊與木板

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=g=10m/s2?求：

(1)若物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，傳送帶的速度大?。?/p>

(2)若傳送帶速度為5m/s,物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道BCO最低點(diǎn)。時(shí)，軌道對(duì)物塊的彈力大?。?/p>

(3)若傳送帶最大速度為6rn/s,在不脫軌的情況下，滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q與傳送帶速度D

之間的關(guān)系。

B

20.如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌EP、GH與水平面間的夾角為37。，導(dǎo)軌間距L=lzn,導(dǎo)軌平面的

CDPQ矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小/=0.57的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。固定于水平面內(nèi)的金屬

圓環(huán)圓心為0,半徑r=1m,圓環(huán)平面內(nèi)存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為殳=17的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。不計(jì)質(zhì)

量的金屬棒。4可繞過(guò)。點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，另一端4與圓環(huán)接觸良好。導(dǎo)軌E、G兩端用導(dǎo)線分別與圓心。和圓

環(huán)邊緣相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.1kg、長(zhǎng)L=lzn的金屬棒MN從磁場(chǎng)上邊界CD上方某處由靜止釋放，一

段時(shí)間后MN以速度%=lm/s進(jìn)入磁場(chǎng)，同時(shí)用外力控制。4棒的轉(zhuǎn)動(dòng)，從而使MN棒在磁場(chǎng)中做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，1s后以%=2m/s的速度離開磁場(chǎng)，此過(guò)程中MN棒始終與導(dǎo)軌接觸良好。已知金屬棒。4MN的

電阻均為R=1。，其余電阻均不計(jì)。重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6?若以MN棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間為

t=0時(shí)刻，求MN棒從CD運(yùn)動(dòng)到PQ的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：

(1)MN棒受到的安培力大小麻

(2)04的角速度3與時(shí)間t的關(guān)系式；

(3)外力對(duì)金屬棒04所做的功叼。

21.如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一半徑為R、圓心為名的圓形區(qū)域，其中。0i=4R,圓內(nèi)與％軸的其中一個(gè)

交點(diǎn)為Q。該圓形區(qū)域外存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在。點(diǎn)有一粒子

源，可沿xOy平面的任意方向發(fā)射質(zhì)量為加，帶電量為+q(q>0),速度大小相同的粒子。不計(jì)粒子重力和

粒子間的相互作用。可能用到的三角函數(shù)值：s譏15。=0.26,sin22°=0.375,sin38.7°=0,625,

sin48.6°=0.75。

(1)若從。點(diǎn)發(fā)出的粒子均不會(huì)進(jìn)入圓形區(qū)域，求粒子的速度應(yīng)滿足的條件；

(2)當(dāng)"=媽時(shí)，求進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子的速度方向與x軸正方向所成角度8的范圍；

(3)假如y軸右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與久的關(guān)系為8=kx(k>0且為定值)，磁場(chǎng)方向仍垂直于%0y平面

向外。與%軸正方向成30。角發(fā)射的粒子，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)恰好垂直工軸通過(guò)Q點(diǎn)，求該粒子的速度大小。

???????

./\-

?

0。Jx

**????

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：每千克人體組織吸收1焦耳的輻射能量為1希沃特，1希沃特等于1焦耳與1千克的比值，

ISv=1]/kg,1J=IN-m,IN=1kg-m/s2,

聯(lián)立可知ISu=Inz2/s2,故8正確，ACT）錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)給出的計(jì)算公式進(jìn)行單位的換算，并用基本單位表示即可。

本題考查對(duì)單位制的認(rèn)識(shí)，要注意明確物理公式同時(shí)對(duì)應(yīng)了單位制的計(jì)算。

2.【答案】D

【解析】解：4牛頓得出萬(wàn)有引力定律，卡文迪什測(cè)出了引力常量，故A錯(cuò)誤；

3、庫(kù)侖根據(jù)庫(kù)侖扭秤實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律，但他沒有測(cè)出靜電力常量匕故8錯(cuò)誤；

C、在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運(yùn)動(dòng)定律不適用，故C錯(cuò)誤；

。、動(dòng)量守恒定律具有普遍性，在微觀、高速的領(lǐng)域里動(dòng)量守恒定律仍然適用，故。正確。

故選：Do

本題根據(jù)牛頓、卡文迪什、庫(kù)侖的物理學(xué)貢獻(xiàn)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量守恒定律適用范圍來(lái)解答。

解答本題的關(guān)鍵要掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量守恒定律的適用范圍，知道在微觀、高速的領(lǐng)域里牛頓運(yùn)動(dòng)定

律不適用。

3.【答案】B

【解析】解：飛行器在月球表面起飛后某段時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知飛行器受到重力和推力的合力

方向與速度方向相同，由于推力方向與發(fā)動(dòng)機(jī)的噴氣方向相反，結(jié)合平行四邊形定則可知，此段時(shí)間發(fā)動(dòng)

機(jī)的噴氣方向可能沿2的方向。故8正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：Bo

根據(jù)飛行器做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向沿速度方向，則噴氣的方向與動(dòng)力方向相反，根據(jù)力的平行四

邊形定則判斷哪種情況的合力沿速度方向。

解題的關(guān)鍵是利用飛行器的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，運(yùn)用平行四邊形定則判斷合力的方向。

4.【答案】A

【解析】解：4根據(jù)高軌低速，空間站的軌道半徑比同步衛(wèi)星的軌道半徑小，所以空間站的運(yùn)行速度大

于同步衛(wèi)星，故A正確；

8、航天員相對(duì)空間站保持靜止時(shí)，萬(wàn)有引力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力不為零，故8錯(cuò)誤;

C、地球表面重力加速度大小滿足G詈=zng,空間站向心加速度大小滿足G等=zna,因?yàn)閞>R,所以

空間站向心加速度大小小于地球表面重力加速度大小，故C錯(cuò)誤；

。、同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期為24小時(shí)，在8小時(shí)將繞地球轉(zhuǎn)過(guò)彳圈；而空間站的運(yùn)行高度低于同步衛(wèi)星，所以

運(yùn)行周期小于24小時(shí)，故8小時(shí)運(yùn)行大于三分之一圈，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)高軌低速判斷空間站與同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度的大小關(guān)系；

根據(jù)航天員繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)需要向心力合力是否為零；

根據(jù)=mg和G鬻=ma,比較空間站向心加速度大小與地球表面重力加速度大小的關(guān)系；

根據(jù)同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期與空間站運(yùn)行周期，判斷空間站在8小時(shí)是否轉(zhuǎn)過(guò)三分之一圈。

本題考查了萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用以及同步衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵是理解萬(wàn)有引力提供向心力的

模型。

5.【答案】D

【解析】解：AB,作出力的矢量三角形如圖1,當(dāng)電場(chǎng)力方向沿斜面向上時(shí)場(chǎng)強(qiáng)最小，止匕時(shí)

qEmin=mgsind

電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為

mgsind

^min~~~

故AB錯(cuò)誤；.

CD.若電場(chǎng)強(qiáng)度E=器，如圖2所示可知

4

Eq

圖2

即

mg=qE

則電場(chǎng)強(qiáng)度方向不一定豎直向上，故c錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

作出力的矢量三角形，從電場(chǎng)力的最小，同時(shí)可知電場(chǎng)強(qiáng)度石=臂的受力情況。

本題考查電場(chǎng)力與共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握力的矢量合成圖。

6.【答案】C

2_2

【解析】解：一質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，那么位移與速度關(guān)系為：％

而動(dòng)量表達(dá)式為：p=mv,

兩式聯(lián)立有：p2=m2(Vg-2g%)

再由位移沿著x軸正方向，貝紅取正值，動(dòng)量p先取正值再取負(fù)值。綜上所述，故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

依據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)速度一位移關(guān)系，結(jié)合動(dòng)量的定義式，及數(shù)學(xué)的二次函數(shù)圖象，即可分析判定。

本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及動(dòng)量的表達(dá)式內(nèi)容，要理解位移、速度與動(dòng)量均為矢量，并注意矢量的

正負(fù)取值。

7.【答案】B

【解析】解：ABC,斷開電鍵時(shí)，由于線圈的電流減小而產(chǎn)生自感感動(dòng)勢(shì)，而阻礙電流的減小，只是電流

減小的慢一些，不會(huì)突然增大，此時(shí)線圈的電流從左向右，流過(guò)人的電流從右向左即從B向4在的數(shù)值

上逐漸變小直到為0,故AC錯(cuò)誤，B正確；

。、當(dāng)斷開時(shí)，多匝線圈產(chǎn)生自感現(xiàn)象，從而產(chǎn)生很高的瞬間電壓，與一隊(duì)人組成自感回路，而此時(shí)流過(guò)

人體的電流是由線圈的自感電動(dòng)勢(shì)提供的，電流是從流過(guò)線圈的最大逐漸減小的，故流過(guò)人體的電流不會(huì)

大于線圈的電流。故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

當(dāng)開關(guān)閉合后，多匝線圈與同學(xué)們并聯(lián)，由于電源為1.5U的新干電池，所以電流很小。當(dāng)斷開時(shí)，多匝線

圈電流發(fā)生變化，導(dǎo)致線圈產(chǎn)生很強(qiáng)的電動(dòng)勢(shì)，從而使同學(xué)們有觸電的感覺。

多匝線圈在電流發(fā)生變化時(shí)，產(chǎn)生很高的電壓，相當(dāng)于瞬間的電源作用。

8.【答案】B

【解析】解：兩次測(cè)量時(shí)因?yàn)?>0,即該地的磁場(chǎng)在豎直方向的分量向上，可知測(cè)量地點(diǎn)位于南半球；

第二次測(cè)量時(shí)%>0,By=0,可知無(wú)軸正向指向北方，y軸正向指向西方，故8正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

先根據(jù)z軸方向的磁場(chǎng)方向確定地點(diǎn)是在南半球，然后根據(jù)在南半球水平方向磁場(chǎng)方向是指向北的，由此

確定y軸方向的指向。

熟悉地磁場(chǎng)的特點(diǎn)是解題的基礎(chǔ)。

9.【答案】C

【解析】解：4飛機(jī)懸停在空中，空氣對(duì)直升機(jī)的作用力與重力大小相等，方向豎直向上，由沖量定義可

知空氣對(duì)飛機(jī)的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；

2.飛機(jī)懸停時(shí)，飛機(jī)各部分豎直方向沒有發(fā)生位移，則空氣對(duì)飛機(jī)不做功，故2錯(cuò)誤；

C.飛機(jī)對(duì)空氣的作用力大小為

F=Mg

設(shè)t時(shí)間內(nèi)被螺旋槳向下推出的空氣質(zhì)量為7H，根據(jù)動(dòng)量定理可得

Ft=mv

飛機(jī)t時(shí)間內(nèi)對(duì)空氣所做的功為

1,

W=2THU/

可得發(fā)動(dòng)機(jī)消耗的功率為

W

P=T

解得p=等

故C正確；

。.飛機(jī)對(duì)空氣的作用力和空氣對(duì)飛機(jī)的作用力是相互作用力，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

根據(jù)沖量的計(jì)算公式分析4根據(jù)做功的條件分析B,根據(jù)功率公式P=F〃求發(fā)動(dòng)機(jī)消耗的功率，根據(jù)牛

頓第三定律分析D。

本題考查平衡條件、瞬時(shí)功率和動(dòng)量定理，要求掌握和理解平衡條件、瞬時(shí)功率和動(dòng)量定理，會(huì)用動(dòng)量定

理解決實(shí)際問(wèn)題。

10.【答案】D

【解析】解：AB,在磁鐵外部，磁感線從N極出發(fā)進(jìn)入S極，由左手定則可知：線框受到逆時(shí)針方向的安

培力，俯視觀察，線框沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，所以該裝置的原理是電流在磁場(chǎng)中受到安培力，而不是電磁感應(yīng)，

故AB錯(cuò)誤；

C、因?yàn)殡娫聪牡碾娔芤徊糠洲D(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為線框的動(dòng)能，所以電池輸出的電功率大于線

框旋轉(zhuǎn)時(shí)的機(jī)械功率，故C錯(cuò)誤。

D,旋轉(zhuǎn)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，因?qū)Ь€切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，所以線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的小，故。正

確；

故選：Do

使線框旋轉(zhuǎn)起來(lái)的原理是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到安培力。根據(jù)左手定則判斷線框的轉(zhuǎn)動(dòng)方向，根據(jù)能量守

恒定律判斷電流的大小。

解決本題的關(guān)鍵要掌握左手定則判斷安培力的方向，以及知道在本題中電能部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，還有部分轉(zhuǎn)

化為機(jī)械能。

11.【答案】C

【解析】解：A根據(jù)左手定則及圖中帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向可知，兩種粒子均帶正電，故A錯(cuò)誤；

B.粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速時(shí)，有皿=如后，進(jìn)入電場(chǎng)后有qug=機(jī)9,聯(lián)立解得「號(hào)舊^，即質(zhì)量小

的粒子半徑也較小，打在M處的粒子質(zhì)量較小，故B錯(cuò)誤；

S假設(shè)m2的質(zhì)量大，則叫的最大半徑為，勺="產(chǎn)嗎遜，加2的最小半徑為豆=.J迦若畫,兩

種粒子的軌跡不發(fā)生重疊，則有七＜二2,解得當(dāng)＜安也，當(dāng)U一定時(shí)，4U越大，越不容易滿足上式，越

容易發(fā)生重疊：當(dāng)4U一定時(shí)，U越小，越不容易滿足上式，越容易發(fā)生重疊，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)左手定則判斷兩種粒子的帶電性質(zhì)；根據(jù)動(dòng)能定理以及洛倫茲力提供向心力即可分析打在M處的粒子

質(zhì)量大?。煌茖?dǎo)力的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑表達(dá)式，根據(jù)題意分析即可粒子是否容易發(fā)生重疊。

該題考查質(zhì)譜儀模型，要明確動(dòng)能定理以及洛倫茲力提供向心力的使用，題目綜合性較強(qiáng)，難度較大。

12.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)電路分析可得電路中的總電阻為

R+R2+2

根據(jù)閉合電路的歐姆定律，在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

E=BLv

E

1=

~R，昂2

解得：/=家

可知電流大小與速度成正比，根據(jù)圖乙/-X圖像的表達(dá)式為

1

I=-X

可知/與X成正比，所以導(dǎo)體棒的速度與位移大小成正比，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

v2=2ax

可知若金屬棒做從0開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)應(yīng)該是導(dǎo)體棒的速度的平方與位移成正比，所以金屬棒做的不

是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8.%=2m時(shí)，根據(jù)乙圖可得金屬棒中電流為

12=14

故％=27n時(shí)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為

E2=I2R^=1X2V=2V

棒兩端電壓為路端電壓，即

R2

U2=-^-E2=1^X2V=1V,故3錯(cuò)誤

+r

22+1

C流過(guò)左邊電阻R的電荷量為

q-IrAt

又

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

-E

I=R~

根據(jù)電磁感應(yīng)定律

-BLx

E=~^t=~^t

聯(lián)立解得

q=0.5C,故C錯(cuò)誤；

。.在純電阻電路中，電路中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于克服安培力所做的功，根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合乙圖像的面積

關(guān)系有

Q=勿克=BIL-x=BL-lx

代入數(shù)據(jù)解得

<2=1/

因?yàn)閷?dǎo)體棒電阻等于左右兩側(cè)并聯(lián)電阻之和，所以導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量

Q'=^Q=jxl/=0.5/,故。正確。

故選：D.

X：根據(jù)串并聯(lián)電路電阻的特點(diǎn)求解回路的總電阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律聯(lián)立

求解電流與速度的關(guān)系式，根據(jù)圖像求解圖線的表達(dá)式，兩式聯(lián)立勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與位移關(guān)系式判斷

金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

B-.根據(jù)乙圖讀出x=2m時(shí)金屬棒中的電流，進(jìn)一步求解此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配原則求

解金屬棒兩端的電壓；

C：根據(jù)電荷量公式、并聯(lián)電路干路電流和支路電流關(guān)系、閉合電路的歐姆定律、電磁感應(yīng)定律聯(lián)立求解

流過(guò)左邊電阻R的電荷量；

D：根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合圖像面積求解金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律

解題。

13.【答案】A

【解析】解：將粒子的入射速度沿水平方向與豎直方向分解，則有

4

vx=vcosd=針

3

vy=vsind=耳u

粒子水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子帶正電，I、II兩

部分磁場(chǎng)方向分別沿軸正方向與y軸負(fù)方向，作出粒子水平方向運(yùn)動(dòng)的俯視圖如圖所示

粒子在水平方向中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有

諉

qvxB=m—

粒子勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期

2TIR

T=-----

%

聯(lián)立解得

2nm

T=前

粒子在左右磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，則有

a=60°

粒子在水平方向圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

7a

tx=36^T

粒子在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

7d

根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性有

—ty

解得

5=品，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

171DDU

故選：Ao

將速度分解到x軸方向和y軸方向，粒子在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向

根據(jù)牛頓第二定律和周期公式聯(lián)立求解周期，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角，根據(jù)時(shí)間與

周期關(guān)系求解時(shí)間，豎直方向根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間，兩個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，聯(lián)立求解粒子的比荷。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)

的規(guī)律解題。

14.【答案】BC

【解析】解：4在靜電計(jì)中，電荷量Q保持不變，兩極板間距增大時(shí)根據(jù)

C=S￡r

4Tikd

可知電容C減小，再根據(jù)

u]

可知兩極板間電壓增大，靜電計(jì)的指針張角將增大，故A錯(cuò)誤;

A電子感應(yīng)加速器是利用交變磁場(chǎng)激發(fā)感生電場(chǎng)，從而進(jìn)行加速，故3正確;

C.丙圖中，高頻變化的磁場(chǎng)使?fàn)t內(nèi)金屬中產(chǎn)生渦流，產(chǎn)生大量的熱從而熔化金屬，故C正確。

。丁圖中，兩條優(yōu)質(zhì)的話筒線外面包裹著金屬外衣應(yīng)用了靜電屏蔽的原理，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

根據(jù)電容器的電容決定式c=含分析電容的變化，再根據(jù)電容定義式分析判斷；電子感應(yīng)加速器是利用

4717cd

變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)，電場(chǎng)對(duì)電子進(jìn)行加速；真空冶煉爐的工作原理是交變電流產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，變化的

磁場(chǎng)在爐內(nèi)金屬產(chǎn)生渦流，渦流產(chǎn)生熱效應(yīng)使其自身熔化；根據(jù)尖端放電與靜電屏蔽分析解答。

本題著重考查感生電場(chǎng)、渦流、靜電屏蔽等相關(guān)問(wèn)題，知道電子感應(yīng)加速器的原理，知道真空冶煉爐是利

用電磁渦流產(chǎn)生熱效應(yīng)熔化金屬。

15.【答案】ACD

【解析】解：4交變電壓的周期和粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，則交流電壓的頻率為f="=

y—,故A正確；

員當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒半徑時(shí)，粒子的動(dòng)能最大，根據(jù)公式吐?^=小曾和

Ekm=^mv^,聯(lián)立可得以m=比鰲，可知粒子獲得的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，故8錯(cuò)誤；

C.由題目可知帶電粒子從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流為/,則有/=乎，回旋加速器輸出的帶電粒子

的平均功率為萬(wàn)=竽，聯(lián)立可得口=空空,故C正確；

tZm

D根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期7=筆可知，保持交流電的頻率和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，該

qB

加速器不能加速比荷不同的粒子，故。正確。

故選：ACDo

對(duì)于回旋加速器，交變電壓的周期和粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，來(lái)判斷交流電的頻率和加

2

速粒子的比荷；根據(jù)公式=得出最大動(dòng)能的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析出最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)

關(guān)；根據(jù)等效電流的定義求出時(shí)間，再利用平均功率的概念求解。

本題考查了回旋加速器的原理，要知道和掌握回旋加速器粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場(chǎng)的變化周期

相等，知道粒子獲得的最大動(dòng)能與D形盒的半徑?jīng)Q定以及平均功率的計(jì)算公式。

16.【答案】C向右變小阻礙

【解析】解：(1)為了明確靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向與通過(guò)電流計(jì)的電流方向的關(guān)系，除了題中器材

外，還需要直流電源確定電流的方向，故C正確，錯(cuò)誤；

故選：Co

(2)將條形磁鐵的N極從螺線管拔出時(shí)，由楞次定律可知，螺線管中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，即電流由

“+”接線柱流入靈敏電流計(jì)，則指針向右偏轉(zhuǎn)；

(3)根據(jù)楞次定律“來(lái)拒去留”的結(jié)論可知，電子秤的示數(shù)會(huì)變??；

(4)多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。

故答案為：(1)C；(2)向右；(3)變小;(4)阻礙

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇需要的實(shí)驗(yàn)器材；

(2)根據(jù)磁通量的變化特點(diǎn)得出電流的方向，從而得出指針的偏轉(zhuǎn)方向；

(3)根據(jù)楞次定律分析出電子秤示數(shù)的變化；

(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)結(jié)論。

本題主要考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合楞次定律即可完成分

析。

17.【答案】B能0.88

【解析】解：(1)為使碰撞小球不被碰回，應(yīng)使碰撞小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量，所以放在斜槽末端

的小球是B;

(2)碰撞時(shí)應(yīng)有

mAv0=mAvr+mBv2

由平拋規(guī)律有

x=vt

1,

h=2gtz

代入上式可得

mAx0=mAx1+mBx2

所以僅測(cè)量了右、/、久2所對(duì)應(yīng)的三個(gè)實(shí)際長(zhǎng)度，就能完成實(shí)驗(yàn);

(3)根據(jù)碰撞中的恢復(fù)系數(shù)定義可得e=J2fl=|符|=空=0.88

lv20-v10l。一％0°

故答案為：(1)B；(2)能;(3)0.88

(1)為使碰撞小球不被碰回，應(yīng)使碰撞小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解答；

(3)根據(jù)恢復(fù)系數(shù)定義解答。

本題考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握動(dòng)量的計(jì)算公式，注意平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用。

18.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律有mg—f=6的

解得的=7.5m/s2

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有九1=產(chǎn)

解得t=0.4

則今=ft

解得=0.4N-s

(2)足球與頭部接觸前的速度為%=G1t

足球上升過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有mg+/=ma2

解得a?=12.5m/s2

根據(jù)速度一位移公式有

v2—2a2上

解得%=5m/s

規(guī)定向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有

(Fw—mg)At=mv2—(―mvx)

FN=36N

答：(1)足球在空中下落過(guò)程中空氣阻力對(duì)它的沖量大小為0.4N-s；

(2)足球與頭部接觸過(guò)程中頭部對(duì)足球的平均作用力大小為36N。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解得時(shí)間，從而計(jì)算沖量；

(2)分別解得足球與頭碰前、碰后的速度，根據(jù)動(dòng)量定理解答。

本題主要是考查動(dòng)量定理，利用動(dòng)量定理解答問(wèn)題時(shí)，要注意分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的受力情況，知道合外

力的沖量才等于動(dòng)量的變化。

19.【答案】解：(1)若物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，再軌道最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mgR

解得：VB=2m/s

若物塊一直加速，則達(dá)到傳送帶末端的速度大小為打，根據(jù)動(dòng)能定理可得：^mgL=-0

解得：%=4m/s>vB=2m/s

所以傳送帶的速度為2m/s；

(2)若傳送帶速度為5/n/s,則物塊一直加速，離開傳送帶的速度大小為%=4m/s

從B到。根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg-=

解得：vD=2yHmIs

在。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得：FND-mgs譏30。=

解得軌道對(duì)物塊的彈力大小為：FND=22.57V；

(3)從B到G,根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg-3R=

r

物塊滑上木板的過(guò)程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mvG=(M+m)v

根據(jù)能量守恒定律可得：Q=1mv1-1(m+M)v，2

2

若2m/sWu<4m/s,則：vB=v,解得：Q=—(v+24)/

1c

若4?n/sWu<6T?I/S,則：v=4m/s,解得：Q=T/。

B4

答：(1)若物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，則傳送帶的速度大小為2zn/s；

(2)若傳送帶速度為5m/s,物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道BCD最低點(diǎn)D時(shí)，軌道對(duì)物塊的彈力大小為22.5N；

O1C

(3)若2?n/s<uW4zn/s,產(chǎn)生的熱Q=有(7+24)/；若Am/sWvW6m/s,產(chǎn)生的熱為丁/。

4

【解析】(1)若物塊進(jìn)入圓弧軌道BCD后恰好不脫軌，再軌道最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求解速度大小，若

物塊一直加速，求出則達(dá)到傳送帶末端的速度大小進(jìn)行分析；

(2)從B到。根據(jù)動(dòng)能定理求解達(dá)到。點(diǎn)的速度大??；在。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道對(duì)物塊的彈力大

小；

(3)從B到G,根據(jù)動(dòng)能定理求解達(dá)到G的速度大?。晃飰K滑上木板的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守

恒定律進(jìn)行分析。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，

再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

20.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，則由

v2=vr+at

代入數(shù)據(jù)解得

a=lm/s2

根據(jù)牛頓第二定律

mgsin37°—以=ma

代入數(shù)據(jù)解得

FA=0.5N；

(