2020届浙江省新高考普通高校招生考试高三9月预测模拟卷物理试题(解析版)

2020届浙江省新高考普通高校招生考试预测模拟卷(9月份)

高三物理学科试题卷

一、选择题I

1.下列说法中正确的是

A. 法拉第通过研究电磁感应现象得出了法拉第电磁感应定律

B. 安培通过研究电荷之间相互作用的规律得到了安培定则

C. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系

D. 汤姆孙通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量 【答案】C 【解析】

【详解】法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出电磁感应定律为纪念法拉第而叫法拉第电磁感应定律，A 错误；

安培通过研究磁场和通电导线之间的相互作用得出的安培定则，B 错误；

奥斯特通过研究通电导线和小磁针的相互作用发现了电流的磁效应，并揭开了电现象和磁现象之间的联系，C 正确；

密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的

电荷量， D 错误。

2.下列说法正确的是（ ）

A. 放射性物质的温度降低，其半衰期将变大

B. 大量处于n =4激发态的氢原子向低能级跃迁，将辐射出4种频率的光

C. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，改用波长较长的光照射就有可能发生

D. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，总能量也增大 【答案】D 【解析】

【详解】A ．原子核的半衰期与外界条件及所处状态无关，由自身决定，A 错误。

B ．大量处于n =4激发态的氢原子向低能级跃迁，任选两条轨道，所以辐射出2

4=6C 种频率光子，B 错误。 C ．根据光速方程：c v λ=可知，波长变长，频率降低，所以该光不能使金属发生光电效应，波长更长即频率更低的光，依然不能使金属发生光电效应，C 错误。

D ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸收能量，总能量增大，根据库仑力

提供向心力：

2

2

ee v

k m

r r

=，可知，轨道半径越大，速度越小，动能越小，总能量等于动能加势能，所以势能增大，D正确。

3.某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中

A. 速度变化量12

v v

?>? B. 飞行时间

12

t t>

C. 初速度12

v v

< D. 角度

12

θθ

>

【答案】D

【解析】

B、飞镖1下落的高度小，根据2

1

2

h gt

=，解得2h

t

g

=

12

t t

＜，故B错误；

A、加速度相等，都为g，则速度变化量v gt

?=，可得

12

v v

?

C、由于水平位移相等，根据0

x v t

=，可知初速度12

v v

＞，故C错误；

D、根据00

y

v v

tan

v gt

θ==，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tanθ

1

＞tanθ2，所以θ1＞θ2，故D正确；故选D。

【点睛】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，运动时间由高度决定，通过下落的高度比较飞镖飞行的时间，从而根据水平位移比较初速度的大小，根据夹角的正切值进行比较。

4.从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间t皮球落回地面,落地时皮球的速度大小为v2.已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为g.下面给出时间t 的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解t,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的

合理性做出判断.根据你的判断,你认为t的合理表达式应为(重力加速度为g) ( )

A. 12

v v

t

g

= B. 12

v v

t

g

+

= C. 12

v v

t

g

-

= D. 12

v v

t=

【解析】

【详解】时间的单位应该是s ，

12

v v t g =的单位为m ，故A 错误；如果不考虑空气的阻力，则v 1=v 2，1v t t g

==下

上，故运动的总时间12v t g

=

．由于空气阻力作用，v 2＜v 1，121

2 v v v g g +＜，故B 答案是合理的，故B 正确。假设空气的阻力为0，则v 1=v 2，则t 上=t 下，故运动的总时间12

v v t g +=

，而

12 0v v g

-=，故C 错误。若没有空气阻力，v 1=v 2，时间应为12v t g =，故选项D 中运动时间12v v

t =不合理，故D 错误。

5.如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则（ ）

A. 0-t 1时间内F 的功率逐渐增大

B. t 2时刻物块A 的速度最大

C. t 2时刻后物块A 做反向运动

D. t 3时刻物块A 的动能最大 【答案】D 【解析】

【详解】A 、0-t 1时间内，F 小于等于最大静摩擦力f m ，可知物块处于静止状态，F 不做功，F 的功率为零，没有变化．故A 错误；

B 、t 2时刻拉力最大，合外力最大，根据牛顿第二定律知，物块A 的加速度最大，故B 正确；

CD 、t 2时刻后，拉力仍大于滑动摩擦力，物块做加速运动，速度仍增大，t 3时刻后拉力小于滑动摩擦力，物块沿原方向做减速运动，速度减小，所以t 3时刻速度最大．动能最大，故C 错误，D 正确． 故选：BD

【点睛】根据物块的受力情况，结合合力的方向确定物块的加速度方向，从而确定物块的运动情况，判断何时加速度最大，何时速度最大．

．

6.假设某篮球运动员准备投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知他的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是 A. 从地面跃起过程中，地而对他所做的功为0 B. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为

2

12

mv mgh C. 从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒

D. 离开地面后，他在上升过程中处于超重状态；在下落过程中处于失重状态 【答案】A 【解析】

A.从地面跃起过程中，地面对人没有位移，所以地而对他所做的功为0，故A 正确；B 错误；

C 、. 从下蹲到离开地面上升过程中，运动员的动能增加，重力势能也增加所以他的机械能是增加的，故C 错误；

D 、离开地面后，他在上升过程和下落过程中都有向下的加速度，所以都处于处于失重状态，故D 错误； 综上所述本题答案是：A

7.人类探索宇宙的脚步从未停止，登上火星、探寻火星的奥秘是人类的梦想，中国计划于2020年登陆火星。地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比

A. 火星的第一宇宙速度较大

B. 火星做圆周运动的加速度较大

C. 火星表面的重力加速度较大

D. 火星的公转周期较大 【答案】D

【详解】A.根据2

2Mm v G m R R

=得，第一宇宙速度

GM

v R

=

火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，故A 错误。 BD. 火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据

2224Mm G ma mr r T

π== 得：

23

24,GM r a T r GM

π==

火星的轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，故D 正确，B 错误。 C.根据2Mm

G

mg R

=，得： 2

GM

g R =

由于火星质量和半径的二次方比值较小，则火星表面的重力加速度较小，故C 错误。

8.如图所示，A 受到沿斜面向上的拉力F 1和垂直于斜面的拉力F 2作用，正在沿倾角为θ斜面向下运动，斜面体B 始终保持静止不动。斜面体B 受到地面的摩擦力向右，物块A 正在下滑时，则（ ）

A. 物块与斜面动摩擦因数tan μθ<

B. 若只撤去F 2，则B 受到地面的摩擦力变小

C. 若同时撤去F 1和F 2，物块A 将可能匀速运动

D. 若只增大A 的质量，物块B 受到地面的摩擦力将变大 【答案】D 【解析】

【详解】AC ．根据题意可知：设斜面倾角为θ，对斜面体因为地面对斜面体摩擦力向右，所以物块对斜面体的压力的水平分力小于物块对斜面体摩擦力的水平分力，设物块斜面体之间弹力为F N ，有：

N N sin cos F F θμθ<，所以tan μθ>，同时撤去两力，sin cos mg mg θμθ<，物块将减速，AC 错误。

B ．对斜面受力分析可知：2=(cos )cos f mg F μθθ-地，只撤去F 2，地面对B 的摩擦力变大，B 错误。 D ．对斜面受力分析可知：2=(cos )cos f mg F μθθ-地，只增大物块质量，摩擦力变大，D 正确。

9.如图所示，用一恒力F 将一质量为m 的物体沿粗糙的竖直杆由静止开始从A 位置拉到B 位置，此过程中绳与竖直方向的夹角由30°变为60°，物体上升的高度为h ，不计滑轮的摩擦。如果用F W 表示该过程中拉力F 所做的功，G W 表示此过程中物体克服重力做的功，f W 表示此过程中物体克服阻力所做的功。则下列说法中正确的是

A. F W mgh =

B. G W mgh =

C. 物体到达B 点时的动能为F G f W W W ++

D. 物体到达B 点时的机械能为F W 【答案】B 【解析】

【详解】A. 由于绳的长度不变，由几何关系可知，当物体上升h 时，由几何关系知绳的自由端下降的高度等于31)h ，所以

(31)F W F h =

故A 错误；

B. 物体上升h 的过程中，重力做功mgh ，故B 正确；

C.根据动能定理可知，物体到达B 点时的动能

F G f kB W W W E --=

D. 除重力外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增加，所以物体到达B点时的机械能增加量为W F-W f，故D错误。

10.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S,增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为△U，在这个过程中，下列判断正确的是

A. 电阻R1两端的电压减小，减小量等于△U

B. 电压表示数变化量△U和电流表示数变化△I 的比值不变

C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变

D. 电容器的带电量减小，减小量大于C△U 【答案】B 【解析】AD、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压1U 减小，由闭合电路欧姆定律U E Ir

=-得它们的总电压即路端电压U路增大，由1

U U U

路

=+得电阻R两端的电压U增大，10

U U

?+?>，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，故A错误，由于电容器与电阻R1并联，所以电容器两端的电压等于电阻R1两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量减小，减小量小于C△U，故D错误；

B、根据闭合电路欧姆定律得：1

U E I R r

=-+

（），由数学知识得

1

U

R r

I

?

=+

?

，所以电压表示数变化量U

?

和电流表示数变化I?的比值不变，故B正确；

C、由图可知

U

R

I

=，由于R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故C错误；

故选B。

【点睛】两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，

U

R

I

?

≠

?

，R是非线性电阻。

11.如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90°，∠B=30°，AC 长为L ，已知A 点的电势为?(?>0)，B 点的电势为2?，C 点的电势为0。一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示(与AC 边成60°)。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )

A. 电场强度的方向由B 指向C

B. 电场强度的大小为

23?

C. 若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为

2

06v ?

D. 只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点 【答案】BC 【解析】

A ：

B 点的电势为2?，

C 点的电势为0，则BC 中点

D 的电势为? ；又A 点的电势为?(?>0)，连接AD ，则电场线垂直于AD 如图。故A 错误。

B ：由图知电场强度0

23sin 60E L ??

-=

=

?B 正确。 C ：由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 到A 做类平抛运动，则00cos 60L v t =、 0

2

1sin 602qE L t m

=

；解得：2

6v q m ?

=。故C 正确。

D ：由于速度方向与电场方向垂直，粒子从C 抛出后做类平抛运动不可能到B 点；故D 错误。 点睛：已知匀强电场中三个点的电势，寻找等电势处，确定电场线的方向是常见物理模型。

12.如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度%冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动.在整个运动过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒

B. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒

C. 当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大

D. 当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零 【答案】CD 【解析】

【详解】AB 、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a 与b 碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小，故A B 错误；

C 、a 与b 碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b 产生向左的弹力，对c 产生向右的弹力，ab 做减速运动，c 做加速运动，当c 的速度大于ab 的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b 、c 速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大，故C 正确；

D 、当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故D 正确； 故选CD 。

【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机械能守恒分析求得。

13.某宇航员在X 星球表面附近，用一根细线悬挂一个质量为m 的小球，如图所示，当小球从与悬点在同一水平面上静止释放，小球过最低点时测得绳子拉力大小为F 。已知X 星球半径为R ，引力常量为G ，不考虑星球自转，则（ ）

A. X 星球的第一宇宙速度为2FR

m

B. X 星球的密度4F

RmG

ρπ=

C. 环绕X 星球轨道半径为2R 的卫星的周期为3mR

D. 环绕X 星球表面的重力加速度为3F m

【答案】BD 【解析】

【详解】AD ．从释放到最低点，设绳长为L ，根据动能定理得：2

12

mgL mv =

，在最低点，根据牛顿第二定律得：2v F mg m L -=，联立解得：3F g m =，第一宇宙速度为近地卫星环绕速度：2

2Mm v G mg m R R

==，

解得：3FR

v gR m

==

，A 错误D 正确。 B ．根据2Mm G

mg R =，且质量3

43M V R πρρ==，联立解得：4F mGR

ρπ=，B 正确。 C ．根据万有引力提供向心力：22242(2)Mm G m R R T π=?，解得：2

96Rm T F

π=，C 错误。

14.有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c 、d 两端加上交变电流。已知b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。则下列说法错误的是

A. 开关S 1始终接a ，当滑片P 向下滑动时电压表V 1和V 2示数均不变

B. 开关S 1始终接a ，当滑片P 向下滑动时电流表A 1和A 2示数均变小

C. 保持滑片P 的位置不变，将开关S 1由a 改接b ，电压表V 1和V 2示数均变大

D. 保持滑片P 的位置不变，将开关S 1由a 改接b ，电容器所带电荷量的最大值将增大 【答案】A 【解析】

开关S 1始终接a ，副线圈电压不变，当滑片P 向下滑动时，接入电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小，B 正确；副线圈电压不变，所以电压表V 1的示数不变，电压表V 2测量的是滑动变阻器的电压，因为总电流变小，所以定值电阻的分压变小，所以滑动变阻器的分压变大，故V 2示数变大，A 错误；保持滑片P 的位置不变，将开关S 1由a 改接b ，副线圈电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增多，CD 正确；综上本题选A ．

15.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核(X

A

Z

)发生了一次α衰变。放射出的α粒子

(4

2

He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法不正确的是

A. 发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙

B. 新核Y在磁场中圆周运动

的半径为R Y＝22R Z-C. α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝22Bq mπD. 若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝

()

()

2

2

24

A BqR

m A c

-

【答案】A

【解析】

【详解】由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据

2

mv

qvB

R

=可得

mv

R

qB

=，可知α粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故选项A错误；由

mv

R

qB

=可知2

2

Y

R

R Z

=

-

，新核Y在磁场中圆周运动的半径为

2

2

Y

R R

Z

=

-

，故选项B 正确；圆周运动的周期为

2m

T

qB

π

=，环形电流为2

2

q Bq

I

T m

π

==，故选项C正确；对α粒子由洛伦磁力提供向心力

2

mv

qvB

R

=可得

qBR

v

m

=，由质量关系可知衰变后新核Y质量为4

4

A

M m

-

=，由衰变过程中动量守恒可得0

Mv mv

'-=可知

mv

v

M

'=，系统增加的能量为22

11

Δ

22

E Mv mv

+

'

=，由质能方程可得2

ΔΔ

E mc

=，联立解得衰变过程中的质量亏损为

()

()

2

2

Δ

24

A qBR

m

m A c

=

-

，故选项D正确；此题选择不正确的选项，故选A。

16.为了“验证牛顿运动定律”小红在实验室找到了有关仪器并进行了组装，开关闭合前实验装置如图甲所示。

(1)请指出该实验装置中存在的错误:

①______________________________________________；

②______________________________________________.

(2)小红所在的实验小组，通过讨论并改进了该实验装置。对实验的原理该小组同学共提出了以下观点:

①测量质量：用天平测出小车的质量M

②测量合外力：

A.摩擦力得到平衡后即可用沙桶所受的重力mg来代替小车所受的合外力

B.摩擦力得到平衡后还得满足小车的加速度足够小，才可用沙和桶所受的重力来代替小车所受的合外力

C.摩擦力得到平衡后还得满足小车的加速度足够小，拉力传感器的读数才与小车所受的合外力接近相等

③测量加速度:

D.根据

mg

a

M

=即可得出小车的加速度，其中M和m分别为小车和沙桶(含沙)的质量

E.计算出后面某些计数点的瞬时速度，画出v-t图象，量出长木板的倾角θ，由a=tanθ求出加速度

F.计算出后面某些计数点的瞬时速度，画出v-t图象，在图象上找两个离得较远的点，由两点所对应的速

度、时间用

?

=

?

v

a

t

计算出加速度

对以上观点中，测量合外力的方法最好的是______；计算加速度的方法中最为恰当的是_____。(均选填字母序号)

(3)数据处理:

①为了直观地判断小车的加速度a与质量M的数量关系，应作__________(选填“a-M”或“

1

a

M -”)图

象。

②该小组通过数据的处理作出了a-F图象，如图乙所示，你认为该图线不过原点的原因是_______________.

【答案】 (1). 电磁打点计时器应该接4～6V交流电源 (2). 小车应从靠近打点计时器处开始释放

(3). B (4). F (5).

1

a

M

- (6). 平衡摩擦时倾角太大

【解析】

【详解】(1)[1][2]该实验装置中存在两处错误：①电火花打点计时器应该接在220V的交流电上，电磁打点计时器应该接4～6V交流电源；②小车远离打点计时器处开始释放，小车应从靠近打点计时器处开始释放。

(2)[3]测量合外力的方法最好的是：摩擦力得到平衡后还得满足小车的加速度足够小，才可用沙和桶所受的重力来代替小车所受的合外力，选择B；如果用力的传感器来测量小车的拉力，加速度大小没有什么要求。

[4]计算加速度的方法中最为恰当的是：计算出后面某些计数点的瞬时速度，画出v-t图象，在图象上找两

个离得较远的点，由两点所对应的速度、时间用

?

=

?

v

a

t

计算出加速度，选择F。

用

mg

a

M

=即可得出小车的加速度，则需要满足M远大于m。

如果画出v-t图象，量出长木板的倾角θ，认为a=tanθ来求出加速度是错误的，tanθ并非是直线的斜率。

(3) ①[5] 直观地判断小车的加速度a与质量M的数量关系，应作

1

a

M

-图象，因为

1

a

M

-图象是直线，

直观性更强。

②如图乙所示，没有外力时，存在加速度，该图线不过原点的原因是平衡摩擦力时倾角太大。

17.利用如图甲所示的电路可以较为准确地测出待测电阻R x的阻值。其中R1为一较长的粗细均匀电阻丝，R x为待测电阻，R0为电阻箱，a为电表。其测量步骤如下:

根据图甲的电路图连接电路:将R0调到某一数值，滑片P与金属丝某位置连接。闭合开关S1，试触开关S2，观察电表a的偏转情况；适当左右移动滑片P的位置，直至闭合开关S2时，电表a的指针不发生偏转；测出滑片左右电阻丝的长度L1和L2，读出此时电阻箱接入电路的阻值R0。

(1)根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物图连接成完整电路____；

(2)为了测量更准确，图甲中的电表a选以下的哪个电表更合适__________。

A.量程为3V、精度为0.1V、内阻为3000欧的电压表

B.量程为0.6A、精度为0.02A、内阻为60欧的电流表

C.量程为30μA、精度为1μA、内阻为100欧的灵敏电流计

(3)如果电表a的电流方向由M流向P时，指针向右偏转。则当指针向右偏转时，可以通过以下哪些操作使指针不发生偏转_____________。

A.适当增大电阻箱R0的阻值

B.适当减小电阻箱R0的阻值

C.将滑片P向左移动适当的距离

D.将滑片P向右移动适当的距离

【答案】 (1). (2). C (3). BC

【解析】

【详解】(1)[1]电路连接如图所示。

(2) [2]各个电表的灵敏度情况如下：

A表偏转1格所需电压为0.1V，

B表偏转1格所需电压为0.02A×60Ω=1.2V，

C表偏转1格所需电压为1μA×100Ω=0.1mV，

为了测量更精确，就要求电表更灵敏，故AB错误。C正确：

(3)[3]当指针向右偏转时，说明M点的电势比P点的高，因此可以减小R0分得的电压，或减小滑片左边电阻丝分得的电压，即减小R0的阻值，或向左移动滑片，故AD错误，BC正确。

18.某同学在做“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图1所示。

()1某同学经过粗略的调试后，出现了干涉图样，但不够清晰，以下调节做法正确的是______。

A.旋转测量头

B.上下拨动金属拨杆

C.左右拨动金属拨杆

D.前后拨动金属拨杆

()2该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图2所示，若要使两者对齐，该同学应如何调节_______。

A.仅左右转动透镜

B.仅旋转单缝

C.仅旋转双缝

D.仅旋转测量头

()3如图3所示中条纹间距表示正确是______。

【答案】 (1). C (2). D (3). CE

【解析】

【详解】()1使单缝与双缝相互平行，干涉条纹更加清晰明亮，则要增大条纹的宽度，

根据公式

L

x

d

λ

=

V可知，增大双缝到屏的距离L或减小双缝之间的距离都可以增大条纹的间距，所以需要

左右移动拨杆。故C正确ABD错误；

()2发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，故ABC错误，D正确；

()3干涉条纹的宽度是指一个明条纹与一个暗条纹的宽度的和，为两个相邻的明条纹(或暗条纹)的中心之间的距离，故图CE是正确的。

19.一个质量为2000 kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后4s末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，其半径为地球半径的一半，地球半径为6400km，地球表面的重力加速度为g=10m/s2。不考虑探测器总质量的变化；求：

（1）探测器落回出发点时的速度； （2）探测器发动机正常工作时的推力； （3）该行星的第一宇宙速度。

【答案】（1）405/m s （2）50000N （3）4km/s 【解析】

【分析】图象内“面积”表示探测器在行星表面达到的最大高度，由数学知识求解，根据牛顿第二定律求出发动机的推动力，发动机关闭后，探测器的加速度等于该行星表面的重力加速度，由v gR =知该行星

的第一宇宙速度

解：(1)探测器上升高度为1

8002h vt m =

= 探测器下降时的加速度为25/v

g m s t

='?=? 探测器落回出发点时的速度2405/v g h m s =='' (2)探测器加速时的加速度21

20/v

a m s t =

= 探测器发动机正常工作时的推力由牛顿第二定律F mg ma -'= 得()50000F m g a N =+=' (3)由v gR =

知该行星的第一宇宙速度为

1

532001000m/s 4/v g R km s ==??=''

20.如图所示，两根相距L 1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n 个宽度为d 、间距为2d 的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上。在导轨的左端连接一个阻值为R 的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L 2的位置放有一根质量为m ，长为L 1，阻值为r 的金属棒,导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计。某时刻起,金属棒在一水平向右的已知恒力F 作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的

速度v 2的大小； (2)在满足第(1)小题条件时，求第n 个匀强磁场区域的磁感应强度B n 的大小；

(3)现保持恒力F 不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电

流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的整个过程中左端电阻R 上产生的焦耳热Q. 【答案】

（1

）（2）

（3）

【解析】

试题分析：

（1）金属棒匀加速运动有

解得：

（2）金属棒匀加速运动的总位移为

金属棒进入第n 个匀强磁场的速度满足

金属棒在第n 个磁场中匀速运动有

解得：

（3）金属棒进入每个磁场时的速度v 和离开每个磁场时的速度

均相同，由题意可得

金属棒从开始运动到通过第n 个磁场区域的过程中，有

解得：

考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律的应用

场的速度都相同，以及通过每段磁场时电路中发热量均相同的条件．

21.如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）

（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；

（2）求加速电压U；

（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9 B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？

【答案】（1）0

qB r

v

m

=（2）

22

3

2

qB r

U

m

=（3）

14

9

r

【解析】

【分析】

由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围；

【详解】解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：1R r

=

2

00

1

v

B qv m

R

=

qB r

v

m

=

(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为: 22

R r

=

2

v

Bqv m

=

又0B B =

02v v =

由动能定理得：2201122

qU mv mv =

- 解得：22

032qB r U m

=

(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x 轴平行；经证明可知： OO 1CO 2是菱形，所以CO 2和y 轴平行，v 和x 轴平行

磁场Ⅱ的磁感应强度B 2减小10%，即 22910B B '=，22102099

r r r '== 荧光屏上方没有粒子到达的长度为:224

229

d r r r '=-=

即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端49r 处到下端，总长度

14

9

r