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1、第 1 页 高考仿真抢分练(二)(建议用时：60 分钟)第一卷 一、单项选择题(此题共 5 小题，每题 3 分，共计 15 分，每题只有一个选项符合题意)1吊床用绳子拴在两棵树上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态设吊床两端系绳中的拉力为F1，吊床对人的作用力为F2，那么()A坐着比躺着时F1大 B坐着比躺着时F1小 C坐着比躺着时F2大 D坐着比躺着时F2小 A 吊床对人的作用力及重力等值反向，所以躺着与坐在时，F2都等于人的重力，不变 坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力及竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2Fcos G，越大那么绳子的拉力越大，所以坐着时，绳子及竖直方
2、向的夹角较大，那么绳子的拉力较大，相反躺着时，绳子的拉力较小，即坐着比躺着时F1大故 A 正确，B、C、D 错误 2某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图 1 所示的模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数1tan，他从A点开场下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑第 2 页 梯保持静止状态那么该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中()【导学号：25702123】图 1 A地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 B地面对滑梯始终无摩擦力作用 C地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友与滑梯的总重力的大小 D地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友与滑梯的总重力的大小 A 小朋友在AB段做
3、匀加速直线运动，在BC段做匀减速直线运动；将小朋友的加速度a1、a2分解为水平与竖直两个方向，如图 以小朋友与滑梯整体为研究对象，由于小朋友在AB段有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左；同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，A 正确，B 错误以小朋友与滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，那么由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力小于小朋友与滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友与滑梯的总重力C、D 错误 3如图 2 所示a、b间接入正
4、弦交流电，理想变压器右侧局部为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变第 3 页 小，所有电表均为理想电表，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的选项是()图 2 AV1的示数减小，A2的示数增大 BV1的示数不变，A1的示数减小 CV2的示数减小，A1的示数增大 DV2的示数不变，A2的示数减小 C 当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以
5、原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以 V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小，所以C 正确，A、B、D 错误应选 C.4如图 3 所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向及圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线方向，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，那么以下说法正确的选项是()图 3 第 4 页 A粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 B圆周上电势最高的点及O点的电势差为2U C
6、粒子在A、B间是做圆周运动 D匀强电场的电场强度EUR B 带电粒子仅在电场力作用下运动，由于粒子在A、B两点动能相等，电场力做功为 0，那么电势能也相等，因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面根据等势面及电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，带正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故 C 错误由以上分析可知，速度方向及电场力方向夹角先大于 90后小于 90，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以粒子动能先减小后增大，故 A错误；匀强电场的电场强度EdU式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAOE22R，所以E2UR，故 D错误
7、；圆周上，电势最高的点及O点的电势差为UER2URR2U，B 正确；应选 B.5.如图 4 所示，半径为R且竖直放置的光滑圆轨道及水平直轨道相连接，整个装置均处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为q的小球A以一定的初速度沿直轨道向左运动假设小球及水平直轨道之间的动摩擦因数为，经过N点时的速度大小为v0，经过M点时的速度大小为v，重力加第 5 页 速度为g，那么以下说法正确的选项是()图 4 A假设小球恰好能到达圆轨道的最高点M，那么有vgR B小球从P点到M点的过程中机械能减少 C小球在最高点时，有mgqvBmv2R D根据条件可算出小球从N到M过程中，小球
8、克制摩擦力做的功为12mv2012mv22mgR D 当小球恰好能到达最高点时，在最高点小球及光滑圆轨道之间没有弹力存在，那么由牛顿运动定律可得mgqvBmv2R，所以vgR，选项 A 错误；小球从P点到M点的过程中，只有小球的重力做功，所以小球的机械能守恒，选项 B 错误；小球通过最高点时，有mgFqvBmv2R，其中F为小球与轨道之间的作用力，选项 C 错误；设小球从N到M过程中克制摩擦力做的功为Wf，由功能关系可得Wf2mgR12mv2012mv2，解得Wf12mv2012mv22mgR，选项 D 正确 二、多项选择题(此题共 4 小题，每题 4 分，共计 16 分每题有多个选项符合题意
9、，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分)6.如图 5 是滑雪场的一条雪道质量为 70 kg 的某滑雪运发动第 6 页 由A点沿圆弧轨道滑下，在B点以 53 m/s 的速度水平飞出，落到了倾斜轨道上的C点(图中未画出)不计空气阻力，30，g取 10 m/s2，那么以下判断正确的选项是()图 5 A该滑雪运发动腾空的时间为 1 s BBC两点间的落差为 53 m C落到C点时重力的瞬时功率为 3 5007 W D假设该滑雪运发动从更高处滑下，落到C点时速度及竖直方向的夹角不变 AD 运发动平抛的过程中，水平位移为xv0t，竖直位移为y12gt2，落地时：tan yx
10、，联立解得t1 s，y5 m故 A 正确，B 错误；落地时竖直方向的速度：vygt101 m/s10 m/s；所以落到C点时重力的瞬时功率为：Pmgvy701010 W7 000 W，故 C 错误；根据落地时速度方向及水平方向之间的夹角的表述式：tan gtv0212gt2/v0t2yx2tan，可知到C点时速度及竖直方向的夹角及平抛运动的初速度无关故 D 正确 7.在 2021 年 6 月 10 日上午，我国首次太空授课在距地球 300多千米的“天宫一号上举行，如图 6 所示的是宇航员王亚萍在“天宫一号上所做的“水球.假设地球的半径为 6 400 km，地球外表的重力加速度为g9.8 m/s
11、2，以下关于“水球与“天宫一号的说法正确的选项是()第 7 页 图 6 A“水球的形成是因为太空中没有重力 B“水球受重力作用，其重力加速度大于 5 m/s2 C“天宫一号运行速度小于 7.9 km/s D“天宫一号的运行周期约为 1.5 h BCD“天宫一号是围绕地球运动的，即地球对它的万有引力提供了其圆周运动的向心力，水球及“天宫一号是一个整体，因此可知水球也受到地球引力作用，也有重力，故 A 错误；在地球外表：GMmR2mg，在 300 km 的高度：gGMRh2R2Rh2g6 4006 70029.8 m/s28.9 m/s2，即“水球受重力作用，其重力加速度大于 5 m/s2，选项
12、B 正确；因为绕地球外表运动的卫星的速度是 7.9 km/s，故“天宫一号运行速度小于 7.9 km/s，选项C 正确；由万有引力提供向心力的周期表达式可得：GMmr2mr42T2，解得：T42r3GM，又：GMgR2，可得：T42r3gR2错误!s5 436 s1.5 h，故 D 正确应选 B、C、D.8如图 7 所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流i、BC两端的电压uBC及线框第 8 页 移动的距离x的关系图象不正确的选项是
13、()【导学号：25702124】图 7 ABC 导体棒切割磁感线产生感应电动势EBLv，感应电流IERBLvR，x在 0a内，有效长度L逐渐变大，感应电流I逐渐变大，在a2a内，有效长度L逐渐变大，感应电流逐渐变大，A、B错误；由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故 C 错误，D 正确，因选错误选项，所以选择 A、B、C.9由光滑细管组成的轨道如图 8 所示，其中AB段与BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平
14、抛出落到地面上以下说法正确的选项是()图 8 A小球落到地面时相对于A点的水平位移为 2RH2R2 B小球落到地面时相对于A点的水平位移为 22RH4R2 C小球能从细管A端水平抛出的条件是H2R D小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin52R BC 从D到A运动过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：第 9 页 12mv2Amg2RmgH，解得vA2gH4gR，从A点抛出后做平抛运动，那么由 2R12gt2得t4Rg那么xvAt22RH4R2，故 A 错误，B 正确；细管可以提供支持力，所以到达A点的速度大于零即可，即vA2gH4gR0，解得H2R，故 C 正确，D 错误
15、第二卷 三、简答题(此题分必做题(第 10、11 题)与选做题(第 12 题)两局部，共计 42 分)必做题 10(8 分)如图9 甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律的实验有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(Hd)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.那么：【导学号：25702125】甲 乙 丙 图 9(1)如图乙所示，用 20 分度的游标卡尺测得小球的直径d_cm.第 10 页(2)屡次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图象如图丙所示，当图中量t
16、0、H0与重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_(用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位)时，可判断小球下落过程中机械能守恒(3)实验中发现动能增加量Ek总是稍小于重力势能减少量Ep，增加下落高度后，那么 EpEk将_(选填“增加、“减小或“不变)【解析】(1)由图可知，主尺刻度为 7 mm；游标对齐的刻度为 3；故读数为：7 mm30.05 mm7.15 mm0.715 cm.(2)假设减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；那么有：mgH12mv2，即：2gH0dt02 解得：2gH0t20d2.(3)由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度
17、后，那么 EpEk将增加【答案】(1)0.715 cm(2)2gH0t20d2(3)增加 11(10 分)现有一满偏电流为 500 A，内阻为 1.2103 的灵敏电流计 ，某同学想把它改装成中值电阻为 600 的欧姆表，实验室提供如下器材：第 11 页 A一节干电池(标准电动势为 1.5 V)B电阻箱R1(最大阻值 99.99)C电阻箱R2(最大阻值 999.9)D滑动变阻器R3(0100)E滑动变阻器R4(01 k)F导线假设干及两个接线柱(1)由于电流计内阻较大，该同学先把电流计改装为量程为 02.5 mA 的电流表，那么电流计应_联一个电阻箱(选填“串或“并)，将其阻值调为_.(2)将
18、改装后的电流表作为表头改装为欧姆表，请在图 10 方框内把改装后的电路图补画完整，并标注所选电阻箱与滑动变阻器的符号(BE)图 10(3)用改装后的欧姆表测一待测电阻，读出电流计的示数为 200 A，那么待测电阻阻值为_.【解析】(1)将电流计改装为电流表应该并联一个电阻，R1IgRgIIg5001061.21032.5103500106 300.(2)改装后的电流表内阻R1130011 200 240，把表头改装成中值电阻为600 的欧姆表，那么需要串联的电阻R(600240)360 ，第 12 页 所以选择电阻箱R2(最大阻值 999.9)与滑动变阻器R4(01 k)，实验电路图如下图：(
19、3)根据I1IgRgR11 2003004 得I14Ig；又II1Ig，得I5Ig 所以改装后，当电流表读数为 200 A，表头两端电压UgIgRg0.2 mA1.2 k0.24 V，I5Ig1 mA 所以有EUgRRxI 解得：Rx900.【答案】(1)并 300(2)见解析(电路连接错误、电阻箱或滑动变阻器选错或未标出均零分)(3)900 选做题 12选做题此题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，假设多做，那么按 A、B 两小题评分 A选修 33(12 分)(1)关于以下图象的描述与判断中正确的选项是_ 甲 乙 图 11 A图甲表示液体外表层分子间的距离比
20、液体内局部子间距离大，所以外表层分子间的引力大于液体内局部子间的引力 B图甲表示液体外表层分子间距离较大，分子间受到的引力大于斥力，因此外表层分子间作用力表现为引力 第 13 页 C图乙表示不同温度时氧气分子的速率分布图象，由此可知温度T1T2 D图乙表示不同温度时氧气分子的速率分布图象，由此可知T2温度氧气分子的平均动能较大(2)如图 12 所示为一定质量的氦气(可视为理想气体)状态变化的VT图象，该氦气所含的氦分子总数为N，氦气的摩尔质量为M，其在状态A时的压强为p0，阿伏加德罗常数为NA.图 12 氦气在C状态时氦气分子间的平均距离d_；氦 气 在A状 态 时 的 压 强 产 生 的 原
21、 因 是_(3)在第(2)小题的情境中，试求：氦气在B状态时的压强pB；假设氦气从状态B到状态C过程外界对氦气做功为W，那么该过程中氦气是吸热还是放热？传递的热量为多少？【解析】(1)随着分子间距的增大，分子引力及斥力均减小，只不过在液体外表层分子间作用力表现为引力，即斥力减小得更快，从而形成液体外表张力，应选项 A 错误，选项 B 正确；温度是分子平均动能的标志，虽然分子做无规那么运动，但大多数分子的速率在某个数值附近，离开这个数值越远，分子数越少，且气体的温度越高，速率大的分子所占的比例越大，由图乙可知，有T2T1应选项 C 错误，选项 D 正确 第 14 页(2)根据题意有：V0Nd3，
22、解得：d3V0N.气体压强形成的原因是由于大量气体分子无规那么热运动，对器壁无规那么碰撞，从而形成的持续的稳定的碰撞作用力，即产生压强(3)AB过程为等容变化过程，有：pATApBTB，解得：pBTBTApA12pA12p0.BC过程为等温变化过程，因此在过程中，对气体 U0 又因为外界对气体做功，所以该过程中气体放热，根据热力学第一定律 UQW 解得：QW，显然W为正值，所以传递的热量为W.【答案】(1)BD(2)3V0N 气体分子不断地及容器壁发生碰撞(3)12p0 放热 W B选修 34(12 分)(1)以下说法中正确的选项是_ A被拍打的篮球上下运动是简谐运动 B受迫振动的物体总以它的
23、固有频率振动 C当观察者与波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象 第 15 页 D在以速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢(2)1971 年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过 X 射线衍射分析确定了青蒿素的构造X 射线衍射是研究物质微观构造的最常用方法，用于分析的X射线波长在0.05 nm0.25 nm范围之间，因为 X 射线的波长_(选填“远大于“接近或“远小于)晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体构造 X 射线是_(选填“纵波或“横波)(3)如图 13 所示，有一四棱镜ABCD，BC90，D75.某同学想测量其折
24、射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时及AD面的夹角为 30，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、3a，真空中光速为c，求：图 13 该棱镜材料的折射率n；激光从P点传播到Q点所需的时间t.【解析】(1)被拍打的篮球上下运动过程中其回复力不满足Fkx，不是简谐运动，受迫振动的物体，振动的频率等于驱动力的频率，不一定等于它的固有频率，A、B 均错误；当观察者绕波源做匀速圆周运动时就不能观察到多普勒效应，C 错误；由相对论的空中慢效应可知，选项 D 正确(2)由明显衍射的条件可知，所选取的 X 射线的波长应接近晶体第 16 页 内部原子间的距离，X 射线
25、是横波(3)由题意，根据QEBC，QE3PE得PQE30，由几何关系可知，激光在AD面上的入射角i45，折射角为60 光从介质射向真空，由折射定律得nsin sin i62.光在棱镜中传播的速度vcn 运动的时间t2av 解得t6ac.【答案】(1)D(2)接近 横波(3)62 6ac C选修 35(12 分)(1)关于以下图象的描述与判断中正确的选项是_ 甲 乙 图 14 A 图甲是四种温度下黑体辐射的强度及波长的关系，由此可知，T1T2T3T4 B 图甲是四种温度下黑体辐射的强度及波长的关系，由此可知，温度越高各种波长的辐射增强，且峰值向波长较短的方向移动 C 图乙表示 粒子散射图景，发现
26、多数 粒子几乎不发生偏转，说明原子的质量是均匀分布的 第 17 页 D 图乙表示 粒子散射图景，发现多数 粒子几乎不发生偏转，说明原子的质量绝大局部集中在很小空间范围(2)如图 15 甲所示为研究发生光电效应时通过光电管上的电流随电压变化的电路，用频率为的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图乙所示，电子的带电荷量为e，真空中的光速为c，普朗克常量为h.图 15 从阴极K逸出光电子的最大初动能Ek_，阴极K的极限频率0_；假设用上述单色光照射一群处于基态的氢原子，恰能使氢原子跃迁到n4 的激发态，氢原子处于基态时的能量E1 _(氢原子n级上的能量
27、En及基态的能量满足EnE1n2)(3)某元素 A 在发生 衰变生成 B 元素的同时，能放出频率为的光子，设有一个静止的原子核yxA，质量为m0，衰变时在 粒子的速度方向上放出一个光子，放出 粒子的质量为m，速度为v，光子的速度为c，静质量为 0，光子的动量为h，试求：元素 A 发生 衰变的核反响方程式为_，如果元素 A 的半衰期为 10 天，在对 160 g 元素 A 的单质加热 40 天后，还剩下元素 A 的单质_ g；静止的原子核yxA 衰变后的速度v.【解析】(1)根据黑体辐射规律可知，随着温度升高，一方面第 18 页 各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的
28、方向移动，应选项 A 错误，选项 B 正确；由卢瑟福 粒子散射实验可知，多数 粒子几乎不发生偏转，少数 粒子发生较大偏转，说明原子的绝大局部质量集中在很小空间范围，应选项 C 错误，选项 D 正确(2)由图乙可知eUC0Ek 解得：EkeUC 根据爱因斯坦光电效应有：EkhW0 又W0h0 解得：0eUCh.在原子跃迁过程中，根据能量守恒定律有：hEE4E11421E1 解得：E11615h.(3)根据衰变反响中质量数、电荷数守恒可知，元素 A 发生 衰变的核反响方程式为：yxA42Hey4x2B.经过衰变后剩下元素A的单质质量为：m12tm(12)4010160 g10 g.衰变过程中系统动
29、量守恒，以 粒子的速度方向为正方向，有：0(m0m)vmvh 第 19 页 解得：vmvhm0m，“说明其方向及 粒子的速度方向相反【答案】(1)BD(2)eUC eUCh 1615h(3)yxA42Hey4x2B 10 g 大小vmvhm0m，方向及 粒子的速度方向相反 四、计算题(此题共 3 小题，共计 47 分解答时请写出必要的文字说明、方程式与重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值与单位)13(16 分)如图 16 所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B18
30、B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N与P、Q间距均为d，N、P间距为 15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒与导轨的电阻，求：图 16(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热 第 20 页【解析】(1)导体棒在磁场外时，在恒力F的作用下做匀加速运动，设进入M、N间磁场时速度为v1，那么根据动能定理有Fd12mv21 2 分 导体棒在M、N间磁场中匀速运动
31、，有 F8B2L2v1R 2 分 设导体棒进入P、Q间磁场时的速度为v2，那么由动能定理有 F16d12mv22 2 分 导体棒在P、Q间磁场中匀速运动，有 FB22L2v2R 2 分 得B24B.1 分(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为q qItERtR 2 分 由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为(B1B2)Ld 2 分 qR84BLdR4BLdR.1 分(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克制安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，那么定值电阻中产生的焦耳热为Q2Fd.1 分 第 21 页【答案】(1)4
32、B(2)4BLdR(3)2Fd 14(16 分)如图 17，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场(通道内各处的电场方向指向圆心O点)圆弧所在处场强为E0，方向如下图；离子质量为m、电荷量为q；QN2d、PN3d，离子重力不计【导学号：25702126】图 17(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)假设离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)假设撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN
33、上，求磁场磁感应强度B的取值范围【解析】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU12mv2 2 分 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qE0mv2R 2 分 第 22 页 得：R2UE0.1 分(2)离子做类平抛运动：dvt,3d12at2 2 分 由牛顿第二定律得：qEma 1 分 联立得：E12Ud.2 分(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvBmv2r 那么r1B2mUq 2 分 离子能打在QN上，那么既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，那么离子运动径迹的边界如图中与，由几何关系知，离子能打在Q
34、N上，必须满足：32dr2d 2 分 那么有12d2mUqB23d2mUq.2 分【答案】(1)2UE0(2)12Ud(3)12d2mUqB23d2mUq 15(16 分)如图 18，及水平面成25角的倾斜的绷紧传送带，AB长为s6 m，在电动机带动下，始终以v03 m/s 顺时针匀速转动；台面BC及传送带平滑连接于B点，BC长L2.2 m；半圆形光滑轨道半径R1.0 m，及水平台面相切于C点一个质量第 23 页 为m0.1 kg 的待加工小工件(可以视为质点)，从A点无初速释放，小工件及传送带的动摩擦因数10.5，小工件及台面的动摩擦因数2 0.01.(注意：小工件能够以一样速率在台面及传送
35、带间的B点相互平稳滑动；sin 250.4；cos 250.9；重力加速度取g10 m/s2)求：图 18(1)小工件从A点第一次运动到B点所用的时间；(2)小工件最后停留在何处；(3)假设小工件从A点无初速释放，三次经过B点，因传送工件电动机要多消耗多少的电能(本小题计算中，取537.3，31.7)【解析】(1)小工件在传送带上先匀加速运动：1mgcos mgsin ma1 2 分 匀加速运动过程t1v0a1 1 分 s1v202a1 1 分 小工件在传送带上匀速运动的时间t2ss1v0 所以tt1t233 s 1 分(2)由动能定理2mgLmgh012mv20得hR 所以小工件将不能越过点
36、P 2 分 第 24 页 小工件将冲上圆轨道再以一样速度大小返回C点，经BC减速滑上传送带，再返回，小工件从第一次过C点到停顿，其动能消耗在BC段克制摩擦力做功，由动能定理2mgNL012mv20得N6911 1 分 小工件最后停留在距B点d911L1.8 m 处.2 分(3)工件从A运动到B点过程传送带克制摩擦力做的功 W11mg(v0t1)cos mg(v0t2)sin 代入数据得W13.9 J 2 分 小工件第一次返回到B点速度为vB，那么 2mg2L12mv2B12mv20 得vB535 m/s 1 分 工件以vB535 m/s 进入传送带，先减速后加速返回B点，此过程时间t42vBa1，解得t44553 s5.84 s 1 分 此过程传送带克制摩擦力做的功W21mg(v0t4)cos 代入数据得W24.5 J 1 分 电动机要多消耗的电能等于W1W23.9 J4.5 J8.4 J 1 分【答案】(1)33 s(2)距B点 1.8 m 处(3)8.4 J