宁波市2019学年第二学期选考适应性考试物理二模试卷

物理参考答案 第1页 共6页 宁波市2019学年第二学期选考适应性考试
物理参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A
B
D
A
A
D
C
C
B
A
B
A
B
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 15 16 BC
BD
BD
非选择题部分
17．（1）
1
60
（2分） （2）3.0~3.3（2分）
（3）0.500~0.505（1分），0.490~0.505（2分） 18．（1）3分
电流表量程错误扣1分，分压接法错误扣2分。

（2）2.05（2.01~2.09）2分
（3）图线不能用直线拟合（1分），横坐标的标度选择不合理（最大刻度以7.0V 2左右
比较合适）（1分）。

物理参考答案 第2页 共6页
19．解：（1）跳楼机在第一阶段做自落体运动达最大速度后作减速运动。

自由下落的高度为h =80m ，根据自由落体运动规律 vv 2=2ggℎ 代入数据可得
v =40m/s
……3分
（2）根据匀变速运动规律可知，跳楼机全过程运动的平均速度为vv 2
HH =vv
2tt
代入数据可得 t =5s
……2分
（3）第一阶段下落80米的过程，自由下落，完全失重，作用力为0 ……1分
设后20米下落过程的加速度大小为a ，则：
vv 2=2aaℎ2
代入数据可得 a = 40m/s 2
……1分
对人受力分析，有：
FF −mmgg =mmaa
代入数据可得 F = 3500N
……1分 根据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小也为3500N
……1分
20．解：（1）小球恰好在最高点P ，只受到重力，重力提供向心力，即
mmgg =mm vv pp
2RR ，
代入数据可得vv PP =1m/s 。

……3分
（2）由（1）小题可知，若要赛车做完整圆周运动，即小车到达P 点的速度至少为
1m/s ，赛车从开始运动到P 点的全过程，由动能定理得：
PPtt −μμ1mmggmm −mmgg 2RR =1
2mmvv PP
2
……2分
代入数据可得，赛车的最短通电时间 tt =
136
s =2.17s
……1分
（3）赛车在最后过程做匀速运动，牵引力与滑动摩擦力平衡，其速度大小为 1=
5m/s P
P
F
mg
µ==v ……1分
设CD 轨道的长度为l ，赛车沿CD 向上运动过程运用动能定理可得
22
211-=sin (cos )22
D m mgl mg l θµθ−−⋅mv v ……2分
赛车从D 飞出后做平抛运动，其水平位移为x ，则
21sin 2
D x t
l gt
θ==v ……1分
化简并代入数据可得：
x
由数学知识可得，当ll
=56
m ，水平位移x 取值最大
x .
……2分
21．解：（1）在0-T 时间内，通过线框的磁通量发生变化，由法拉第电磁感应定律可得
EE =
∆BB ∆tt
SS =
2BB TT
×
ll 22
=
BBll 2TT
产生的感应电流大小为
II =
EE RR
=
BBll 2TTRR
……1分 根据楞次定律，感应电流方向为：ABCDA 。

……1分
（2）T 时刻，撤去外力后，线框在安培力作用下作减速运动，由动量定理可得：
10Bq l m m −=−v v 其中2
112Bl q R R
ϕ∆=
= ……2分 解得：vv
=vv 0−
BB 2ll 3
2mmRR
……1分
（3）0—T 时间内产生的热量Q 1：
QQ 1=II 2RRRR =
BB 2ll 4TTRR
……1分
进入磁场过程产生的热量为Q 2： 根据能量关系可得： QQ 2=
12
mmvv 02−1
2
mmvv 2
=
BB 2ll 3vv 02RR
−
BB 4ll 6
8mmRR 2
……1分
线框全部在磁场中匀速运动时不产生热量，设穿出磁场过程产生的热量为Q 3。

线框在安培力作用下，做减速运动，由动量定理可得： −BBll qq 2=mmvv 1−mmvv 其中：2
22Bl q R R
ϕ∆==
可得： vv 1=vv 0−
3BB 2ll 32mmRR
……1分
则
Q 3=12
mmvv 2−12
mmvv 12
可得全过程产生的总的热量：
QQ =QQ 1+QQ 2+ QQ 3=3BB 2ll 3vv 0
2RR
−
9BB 4ll 6
8mmRR 2
+
BB 2ll 4TTRR
……2分
22．解：（1）α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力：
qqvvBB =mm vv 2
rr 把85m B qR
=
v
代入可得 rr =58
RR
……1分
如图所示，α粒子被收集板最右侧收集，其运动轨迹恰好与PQ 相切于点N ，其圆心为C ，CD 垂直SO ，根据几何关系可得 OOOO 2=CCCC 2=SSCC 2−SSCC 2==rr 2−(rr −RR )2 解得：OOOO =0.5RR 。

……1分
α粒子水平向左发射时被收集板最左侧收集时，其运动轨迹恰好与PQ 相交于点M ，其圆心在SO 的E 点，根据几何关系可得
OOMM 2=MMEE 2−OOEE 2==rr 2−(rr −RR )2
解得：OOMM =0.5RR 。

因此，收集可收集到α粒子的长度为
MN=R 。

……1分
（2）若m B qR
=
v
，可得其运动半径为， rr =RR r r r r M
N
C D E
考虑能够打到O 点的粒子，其对应的轨迹可以看成是半径为R 的圆、其圆周上的一个点在O 点。

如下图所示。

I 时，其轨迹恰好与PQ O 点。

从I 发S ，三角形ISO
……3分 （3）若B =
1
2
r R R <。

……1分
考虑能够打到O ’R 圆其圆周上的一个点在O ’点，把放射源从Q 点沿圆弧逐渐移到P 点的过程中，放
射源与O ’
点的连线是弦长，移动过程中弦长越来越长，1
2
r
R R <，因此当放射源位置与O ’点的之间的距离为2r 时，设放射源的位置为H ，此位置是临界点。

对于三角形HOO'，根据余弦定理可得：
222
()(2)12cos
'222
R
R r HOO R R +−∠==⋅ 即'60HOO ∠=°，即从放射源从Q 到H 范围的粒子能打到O ’点。

……3分。