2022年1月浙江省普通高校招生選考科目物理仿真卷B(考試時間：90分鐘滿分100分)選擇題部分選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．（3分）以下單位中，與其他三個不同的是（）A．J/s B．N?m C．kg?m2/s2 D．W?s【答案】A【解析】A、根據(jù)可知，1J/s＝1W；根據(jù)p＝Fv可知，1W＝1N?m/s；根據(jù)F＝ma可知，1N＝1kg?m/s；故1J/s＝1kg2?m2/s2；B、根據(jù)F＝ma可知，1N＝1kg?m/s；故1N?m＝1kg?m2/s；C、用國際單位表示，為：1kg?m2/s2；D、根據(jù)可知，1W?s＝1J；根據(jù)W＝Fx，F(xiàn)＝ma，可知1J＝1N?m＝1kg?m2/s2；故選項A的單位與BCD的不同，2．（3分）以下物理量中，誰屬于“量子化”？（）A．溫度計測量的溫度 B．天平測量的質(zhì)量 C．人所感受到的時間 D．油滴所帶電荷量【答案】D【解析】A、溫度是可以連續(xù)改變的物理量，非量子化的，故A錯誤；B、質(zhì)量是可以連續(xù)改變的物理量，非量子化的，故B錯誤；C、時間是可以連續(xù)改變的物理量，非量子化的，故C錯誤；D、油滴所帶電荷量是元電荷的整數(shù)倍，不連續(xù)，是量子化的，故D正確；3．（3分）下面關于質(zhì)點的正確說法有（）A．螞蟻很小，一定可以把螞蟻看成質(zhì)點 B．研究地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期時，可以把地球看成質(zhì)點 C．研究沿地面翻滾前進的體操運動員的動作時，可以把運動員看成質(zhì)點 D．在研究運動員如何才能踢出“香蕉球”時，可以把足球看成質(zhì)點【答案】B【解析】A、螞蟻雖小，但研究螞蟻爬動的動作或姿態(tài)時，螞蟻的形狀不能忽略不計，不能把螞蟻看成質(zhì)點，故A錯誤；B、研究地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期時，地球大小相對于地球和太陽之間距離來說太小了，完全可以忽略，此時可以看成質(zhì)點，故B正確；C、研究沿地面翻滾前進的體操運動員的動作時不能把運動員看成質(zhì)點，否則沒有動作，故C錯誤；D、在研究運動員如何才能踢出“香蕉球”時，要明確“踢”的位置，所以不可以把足球看成質(zhì)點，故D錯誤；4．（3分）如圖為廣泛應用于“雙11”的智能快遞分揀機器人簡化圖，派件員在分揀場內(nèi)將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人可以將不同類別的包裹自動送至不同的位置，則下列說法正確的是（）A．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹不受摩擦力的作用 B．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹沒有慣性 C．包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力 D．包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力等于包裹的重力【答案】A【解析】A、包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹所受合力為零，故包裹不受摩擦力的作用；故A正確；B、根據(jù)牛頓第一定律可知，慣性是物體的固有屬性，與物體的運動狀態(tài)無關，故B錯誤；C、包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力作用在兩個不同的物體上，是作用力和反作用力關系。不是一對平衡力；故C錯誤；D、包裹隨著機器人一起做勻加速直線運動時，機器人對包裹的作用力在豎直方向分量等于包裹的重力，故D錯誤；5．（3分）如圖所示，a、b、c為電場中相鄰的三條等差等勢線、質(zhì)子僅在電場力作用下從A點沿實線經(jīng)B點運動到C點，A、B、C三點的場強大小分別為EA、EB、EC；電勢分別為φA、φB、φC；質(zhì)子在A、B、C三點的電勢能分別為EpA、EpB、EpC；動能分別為EkA、EkB、EkC，則（）A．EA＞EB＞EC B．φA＞φB＞φC C．EpA＞EpB＞EpC D．EkA＜EkB＜EkC【答案】A【解析】A．等勢線的疏密表示電場的強弱，越密集場強越大，EA＞EB＞EC，故A正確；B、虛線是等差等勢線，根據(jù)電場線與等勢線垂直，可知電場力大致方向如圖所示，則φA＜φB＜φC，故B錯誤；CD、質(zhì)子由A點運動到C點的過程中，電場力對質(zhì)子做負功，質(zhì)子的電勢能增加，動能減小，即EpA＜EpB＜EpC，EkA＞EkB＞EkC，故CD錯誤；6．（3分）水平光滑直軌道ab與半徑為R＝0.4m的豎直半圓形光滑軌道bc相切，質(zhì)量0.2kg的小球以某速度沿直線軌道向右運動，如圖所示。小球進入圓形軌道后剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道上的d點，重力加速度g取10m/s2，則（）A．小球到達c點的速度為0 B．小球落到d點時的速度為4m/s C．小球在直軌道上的落點d與b點距離為0.8m D．小球從c點落到d點所需時間為0.2s【答案】C【解析】解；A、小球恰好通過最高點c，根據(jù)重力提供向心力，有：mg＝m，解得：vc＝2m/s，故A錯誤；B、小球運動過程中機械能守恒，從c到d根據(jù)機械能守恒定律可得：＝mg?2R+，解得：vd＝2m/s，故B錯誤；CD、小球離開C點后做平拋運動，小球從c點落到d點所需時間為：t＝＝s＝0.4s，小球在直軌道上的落點d與b點距離為x＝vct＝2×0.4m＝0.8m，故C正確、D錯誤。7．（3分）2020年12月6日，嫦娥五號成功將月球樣品容器安全轉(zhuǎn)移至返回器中，進入環(huán)月等待運行狀態(tài)，擇機返回地球。設月球樣品質(zhì)量為m，距離月球表面的高度為h，月球質(zhì)量為M，半徑為R，萬有引力常量為G，則該運行狀態(tài)下，月球樣品受月球引力大小為（）A． B． C． D．0【答案】A【解析】根據(jù)萬有引力定律可知，月球樣品受月球引力為F＝，故A正確，BCD錯誤。8．（3分）小李同學用鐵釘與漆包線繞成電磁鐵，當接通電路后，放在其上方的小磁針N極立即轉(zhuǎn)向左側(cè)，如圖所示。則此時（）A．導線A端接電池負極 B．鐵釘內(nèi)磁場方向向左 C．鐵釘左端為電磁鐵的N極 D．小磁針所在位置的磁場方向水平向左【答案】D【解析】當接通電路后，放在其上方的小磁針N極立即轉(zhuǎn)向左側(cè)，所以小磁針處的磁場的方向向左，鐵釘右端為電磁鐵的N極，鐵釘內(nèi)部磁場方向向右；所以螺線管外側(cè)的電流的方向向下，即漆包線內(nèi)電流由A流向B，導線A端接電池正極。故D正確，ABC錯誤。9．如圖所示為某運動員做投球運動，曲線1、2、3分別是由同一點投出的不同材質(zhì)的球（可視為質(zhì)點）的飛行路徑，三球上升的最大高度相同，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．沿曲線1路徑飛行的球運動時間最長 B．沿曲線3運動的球落地時速度最小 C．三個球在最高點時速度相等 D．沿曲線1路徑飛行的球的初動能最大【答案】B【解析】A、從拋出到最高點的過程，球豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的逆運動是自由落體運動，根據(jù)h＝得t＝，h相同，則t相同，即三球從拋出到最高點的時間相等。三球從最高點到落地的過程做平拋運動，下落高度相同，根據(jù)t＝，可知三球從最高點到落地的運動時間相等，因此，三球飛行時間相等，故A錯誤；B、三球落地時豎直分速度大小為vy＝，可知vy相等。三球從最高點到落地的運動時間相等，沿曲線3運動的球水平位移最小，由x＝v0t知沿曲線3運動的球水平分速度最小，根據(jù)速度的合成可知，沿曲線3運動的球落地時速度最小，故B正確；C、三球在最高點的速度等于平拋運動過程的初速度，即得v0＝，t相等，x不等，可知，三個球在最高點時速度不等，沿曲線1路徑飛行的球在最高點時速度最大，沿曲線3路徑飛行的球在最高點時速度最小，故C錯誤；D、從拋出到最高點的過程，根據(jù)機械能守恒得+mgh上＝Ek0，從拋出到最高點的過程三球上升的高度h上相等，沿曲線1路徑飛行的球在最高點時速度最大，由于三球質(zhì)量關系不能確定，所以不能判斷初動能大小，故D錯誤。10．（3分）在下列敘述中，不正確的是（）A．光電效應現(xiàn)象說明光具有粒子性 B．重核裂變和輕核聚變都會產(chǎn)生質(zhì)量虧損 C．根據(jù)玻爾理論，氫原子從高能態(tài)躍遷到低能態(tài)時，原子向外釋放光子，原子電勢能和核外電子的動能均勻減小 D．電子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性【答案】C【解析】A、光電效應是金屬中的電子吸收能量后，逸出金屬表面的現(xiàn)象；說明光具有粒子性；故A正確。B、重核裂變和輕核聚變都會產(chǎn)生質(zhì)量虧損；故B正確；C、根據(jù)氫原子輻射出一個光子后，原子能量減小，軌道半徑減小，根據(jù)知，核外電子的動能增大，原子能量等于動能和電勢能之和，則電勢能減小；故C錯誤；D、電子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性。故D正確。本題選擇不正確的11．（3分）某城市廣場噴泉的噴嘴橫截面為S，噴泉噴出的水柱超過了高度h。已知水的密度為ρ，重力加速度為g，則用于給噴管噴水的電動機輸出功率至少為（）A．ρghS B．ρghS C． D．【答案】B【解析】則水離開管口的速度為：v＝，設給噴管噴水的電動機輸出功率為P，在接近管口很短一段時間△t內(nèi)水柱的質(zhì)量為：m＝ρ?v△tS，根據(jù)動能定理可得：P△t＝mv2，解得：P＝＝ρghS，故B正確，ACD錯誤。12．（3分）如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的人，站在質(zhì)量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，均相對于水平地面靜止，車與地面間的摩擦可以忽略不計，人由車的一端走到另一端的過程中，（）A．人對車的沖量大小大于車對人的沖量大小 B．由于人與車之間有摩擦力，故系統(tǒng)動量不守恒 C．車后退0.5m D．人的速率最大時，車的速率最小【答案】C【解析】A、人對車的作用力與車對人的作用力是作用力與反作用力，它們大小F相等、方向相反、作用時間t相等，作用力的沖量I＝Ft大小相等、方向相反，故A錯誤；B、人與車間的摩擦力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，人與車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，人與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故B錯誤；C、設車后退的距離為x，則人的位移大小為L﹣x，人與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv人﹣Mv車＝0，則m﹣M＝0，代入數(shù)據(jù)解得：x＝0.5m，故C正確；D、人與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv人﹣Mv車＝0，則v車＝，m、M一定，v人越大v車越大，故D錯誤。13．（3分）圖甲為一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，P、Q分別是機械波上的兩個質(zhì)點，其平衡位置坐標分別為xP＝2m、xQ＝1m；圖乙為質(zhì)點P的振動圖象．從t＝0時刻起，下列說法中正確的是（）A．t＝0時，質(zhì)點P的運動方向沿y軸正方向 B．t＝0.1s時，質(zhì)點Q的加速度大于質(zhì)點P的加速度 C．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點Q運動的路程為0.2m D．t＝0至t＝0.15s，質(zhì)點P沿x軸的正方向遷移了3m【答案】B【解析】A、根據(jù)圖乙可知，t＝0時質(zhì)點P的運動方向沿y軸負方向，故A錯誤；B、根據(jù)圖乙可知該波的周期為T＝0.2s，在t＝0.1s時，質(zhì)點Q在波峰、質(zhì)點P在平衡位置，根據(jù)a＝﹣可知t＝0.1s時，質(zhì)點Q的加速度大于質(zhì)點P的加速度，故B正確；C、t＝0至t＝0.15s，即經(jīng)過T，質(zhì)點Q運動的路程為s＝＝＝0.6m，故C錯誤；D、質(zhì)點只能在自己的平衡位置附近振動，不會隨波遷移，故D錯誤。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）14．太陽內(nèi)部有多種熱核反應，其中“質(zhì)子—質(zhì)子鏈式反應”（或稱為“PP反應”）是主要反應類型，而“PP反應”有多個分支，其主要分支的各步核反應方程分別為：H+H→H+X+0.42MeV、H+H→He+5.49MeV、He+He→He+H+H+12.86MeV，下列說法中正確的是（）A．X是正電子 B．“PP反應”為核裂變反應 C．“PP反應”可在常溫下發(fā)生 D．He原子核的結(jié)合能大于He原子核的結(jié)合能【答案】AD【解析】A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)為零，根據(jù)電荷數(shù)守恒可知X的電荷數(shù)為1，所以X是正電子，故A正確；BC、“PP反應”為輕核聚變反應，該反應的條件是反應前需要對原子核進行加熱，使其溫度達到幾百萬攝氏度，原子核才能夠發(fā)生反應，所以聚變反應又叫做“熱核反應”，常溫下不可能發(fā)生反應，故BC錯誤；D、原子核內(nèi)的核子數(shù)越多，原子核內(nèi)的核子結(jié)合成原子核時釋放的能量越大，即結(jié)合能越大，所以He原子核的結(jié)合能大于He原子核的結(jié)合能，故D正確。15．（2分）如圖所示，一根繃緊的水平繩上掛五個擺，其中A、E擺長均為l，先讓A擺振動起來，其他各擺隨后也跟著振動起來，則（）A．其他各擺振動周期跟A擺相同 B．其他各擺振動的振幅大小相等 C．其他各擺振動的振幅大小不同，E擺的振幅最大 D．B、C、D三擺振動的振幅大小不同，C的振幅比D大【答案】ACD【解析】A、A擺擺動，其余各擺也擺動起來，它們均做受迫振動，則它們的振動周期都等于A擺的振動周期，故A正確；BC、由于A、E擺長相同，所以這兩個擺的固有頻率相同，則E擺出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅最大，故B錯誤，C正確；D、根據(jù)共振曲線可知，C擺的固有頻率比D擺的固有頻率更加接近A擺的頻率，所以C的振幅比D大，故D正確。16．（2分）如圖所示，一匝數(shù)為N、邊長為L的正方形線框置于水平向右的勻強磁場中，外電路通過電刷與正方形線框相連，已知磁場的磁感應強度為B，外接電阻的阻值為R、線框的電阻為r。現(xiàn)讓線框由圖示位置以恒定的角速度ω沿圖示方向勻速轉(zhuǎn)動．則下列說法正確的是（）A．線框由圖示位置轉(zhuǎn)過180°時，流過定值電阻的電流方向由下向上 B．圖示位置，電壓表的示數(shù)為0 C．在1s的時間內(nèi)，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為 D．線框由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，流過定值電阻的電荷量為【答案】CD【解析】A、線框由圖示位置轉(zhuǎn)過180°時，線框仍處于中性面位置，且穿過線圈磁通量最大，瞬時電流為零，則沒有電流流過定值電阻，故A錯誤；B、線框轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為：，則電路中電流的最大值為：，定值電阻兩端電壓的最大值為：，電壓表的示數(shù)為交變電的有效值，則其時數(shù)為：，故B錯誤；C、由焦耳定律可知在1s的時間內(nèi)R產(chǎn)生的焦耳熱為，故C正確；D、線框由圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，線框中的平均感應電動勢為，線框中的平均感應電流為，該過程中流過定值電阻的電荷量為，故D正確．三、非選擇題（本題共7小題，共55分）17．（3分）在“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗中（1）下列實驗器材需要用到的是（多選）。（2）下列操作有利于減小實驗誤差的是（多選）。A．兩個分力的夾角盡量大于150°B．拉橡皮條時，拉力要適當大些C．拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板D．確定拉力方向時，在細繩正下方描出的兩個點要適當遠些（3）某次實驗時兩個分力大小分別為2.00N和1.50N，夾角小于90°，若實驗操作無誤，其合力的讀數(shù)為如圖所示中的一個，則正確的讀數(shù)為N。【答案】（1）AD（2）CD（3）3.00【解析】（1）在“探究求合力的方法”實驗中采用的是力的圖示法，需要測力計測力的大小，用三角板畫出力的方向，并結(jié)合力的圖示的方法畫出力的大小，故BC錯誤，AD正確。故選：AD。（2）A．兩個分力的夾角盡量大小合適，不能太大，也不要太小，故A錯誤；B．拉橡皮條時，拉力要合適，太大容易超過橡皮條的彈性限度，故B錯誤；C．為了減小實驗誤差，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧測力計應貼近并平行于木板，故C正確；D．確定拉力方向時，在細繩正下方描出的兩個點要適當遠些，這樣確定的方向誤差更小，故D正確。故選：CD。（3）在“探究求合力的方法”實驗中兩個分力之間的夾角既不能太大，也不能太小，所以一般取該夾角為30°～90°之間。如果某次實驗時兩個分力大小分別為2.00N和1.50N，夾角為直角時合力的大小：F合＝＝N＝2.50N，由于夾角為銳角，所以這兩個力的合力應大于2.50N，有可能是3.00N。故填：3.00。18．（4分）如圖甲所示，在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，將實驗儀器按要求安裝在光具座上，并選用縫間距d＝0.20mm的雙縫屏。從儀器注明的規(guī)格可知，像屏與雙縫屏間的距離L＝700mm。然后，接通電源使光源正常工作。（1）已知測量頭上主尺的最小刻度是毫米，副尺（游標尺）上有20分度。某同學調(diào)整手輪后，從測量頭的目鏡看去，使分劃板中心刻度線與某條紋A中心對齊，如圖乙所示，此時測量頭上主尺和副尺的示數(shù)情況如圖丙所示，此示數(shù)為mm；接著再轉(zhuǎn)動手輪，使分劃板中心刻度線與某條紋B中心對齊，測得A到B條紋間的距離為8.40mm。利用上述測量結(jié)果，經(jīng)計算可得經(jīng)濾光片射向雙縫的色光的波長λ＝m（保留2位有效數(shù)字）。（2）另一同學按實驗裝置安裝好儀器后，觀察到光的干涉現(xiàn)象效果很好。若他對實驗裝置作了一下改動后，在像屏上仍能觀察到清晰的條紋，且條紋數(shù)目有所增加。以下改動可能實現(xiàn)這個效果的是。A．僅將濾光片移至單縫和雙縫之間B．僅將單縫遠離雙縫移動少許C．僅將單縫與雙縫的位置互換D．僅將紅色濾光片換成綠色的濾光片。【答案】（1）0.254.8×10﹣7（2）D【解析】（1）圖中游標卡尺的主尺的刻度為0，游標尺的第5刻度與上邊對齊，則讀數(shù)為：0mm+0.05×5＝0.25mm，A到B條紋間的距離為8.40mm，由圖可知A到B條紋間的距離為5個條紋寬度，則：△x＝mm＝1.68mm根據(jù)公式△x＝λ得：λ＝＝≈4.8×10﹣7m（2）對實驗裝置作了一下改動后，在像屏上仍能觀察到清晰的條紋，且條紋數(shù)目有所增加，可知各條紋的寬度減小。由公式λ＝得：A．僅將濾光片移至單縫和雙縫之間，λ、L與d都不變，則△x不變。故A錯誤；B．僅將單縫遠離雙縫移動少許，λ、L與d都不變，則△x不變。故B錯誤；C．僅將單縫與雙縫的位置互換，將不能正常觀察雙縫干涉。故C錯誤；D．僅將紅色濾光片換成綠色的濾光片，λ減小，L與d都不變，則△x減小。故D正確。19．（7分）某小組研究電源和小燈泡兩端的電壓隨電流的變化規(guī)律，實驗電路如圖甲。①按規(guī)范連接好實驗電路；②閉合電鍵S，移動滑動變阻器滑片P到某一位置，讀出電流表A和電壓表V1、V2的示數(shù)，并記錄數(shù)據(jù)；③改變滑動變阻器滑片P的位置，重復步驟②多次測量；④根據(jù)數(shù)據(jù)描繪U﹣I圖像，獲得圖線A、B，如圖乙；⑤完成實驗，整理實驗器材。（1）在步驟②中，移動滑動變阻器滑片P使其阻值變小的過程中，電流表A的示數(shù)將（選填“逐漸變小”“不變”“逐漸變大”）；電壓表V1的示數(shù)（選填“逐漸變小”“不變”“逐漸變大”）。（2）從圖乙中可得，電源的電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω。（3）如圖甲，當滑片P移到滑動變阻器的最左端時，小燈泡的實際功率為W，此時電源的效率為。（4）下列選項中，使滑動變阻器和小燈泡的功率最為相近的電流表A示數(shù)為。A．1.0AB．1.25AC．1.5AD．1.75A【答案】（1）逐漸變大、逐漸變小；（2）4.5、1.0（1.1也正確）；（3）5.0（4.8﹣5.0均正確）、56%（53.3%﹣55.6%均正確）；（4）C【解析】（1）當滑片向左滑動時，滑動變阻器連入電路的阻值減小，所以電路中的電流增大，電流表A示數(shù)增大。而內(nèi)阻上的電壓也將增大，而路端電壓U＝E﹣Ir，將減小，故電壓表V1的示數(shù)減小；（2）由圖示電源U﹣I圖線可知，圖線與縱軸交點坐標為4.5V，則電源電動勢：E＝4.5V。電源內(nèi)阻：r＝＝＝1.0Ω；（3）滑動變阻器滑動片P移到滑動變阻器的最左端時滑動變阻器接入電路的阻值為零，兩電壓表示數(shù)相等，由圖示圖象可知，燈泡電壓為2.5V，電流為2.0A，燈泡實際功率：P＝UI＝2.5×2.0W＝5.0W。此時電源的效率η＝＝＝55.6%；（4）滑動變阻器兩端電壓U＝U1﹣U2，根據(jù)圖示圖線求出滑動變阻器兩端電壓，在坐標系內(nèi)描出對應點，然后作出圖象如圖所示，與小燈泡的U﹣I圖象相交，交點坐標為（1.5A，1.5V），所以此時電流表的示數(shù)為1.5A左右。20．（9分）燃放煙花是人們慶祝節(jié)日的一種方式，如圖所示為某一型號的禮花彈．某次技術指標測試時，將一質(zhì)量m＝0.5kg的禮花彈放入專用炮筒中，禮花彈豎直向上射出并以初速度v0離開炮口，經(jīng)過t1＝4s上升了h＝128m后到達最高點，最終落到地面，整個過程中禮花彈并未爆炸．假設禮花彈整個過程均沿豎直方向運動，且運動過程中所受空氣阻力大小恒定，忽略炮口與地面的高度差，重力加速度g＝10m/s2，求禮花彈：（1）被炮筒射出時的初速度v0的大小；（2）運動過程中所受空氣阻力f的大小；（3）從最高點返回到地面的過程中重力的平均功率P．【答案】（1）被炮筒射出時的初速度v0的大小為64m/s；（2）運動過程中所受空氣阻力f的大小為3N；（3）從最高點返回到地面的過程中重力的平均功率P為80W．【解析】（1）上升過程做勻減速運動：h＝v0t1，解得：v0＝＝m/s＝64m/s（2）上升過程：v0＝a1t1，禮花彈加速度大小：a1＝＝m/s2＝16m/s2禮花彈上升過程，由牛頓第二定律：mg+f＝ma1，解得：f＝ma1﹣mg＝0.5×16N﹣0.5×10N＝3N（3）設禮花彈下降過程加速度為a2，由牛頓第二定律：mg﹣f＝ma2，解得：a2＝4m/s2設從最高點到落地時間為t2，h＝a2t，解得：t2＝＝s＝8s重力的平均功率為：＝＝W＝80W或：設禮花彈落地速度為v：v2＝2a2h，解得：v＝＝m/s＝32m/s，平均速度：＝＝16m/s重力的平均功率為：＝mgcos0°＝0.5×10×16×1W＝80W21．（12分）如圖所示，豎直四分之一圓軌道AB、豎直圓軌道和直軌道D'C分別通過水平銜接軌道BD及D'點平滑連接，水平直軌道C'P的左端點C'與G點在同一條豎直線上，C'點低于G點，兩點距離為h（大小可調(diào)）。已知四分之一圓軌道半徑R1＝1.0m，BC長為L1＝1.0m，圓軌道半徑R2＝0.2m，D'G長為L2＝0.8m，C'P長為L＝1.0m，虛線BB1和CC1之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向下、大小可從0開始調(diào)節(jié)的勻強電場E（忽略電場對虛線外空間的影響），圓軌道左側(cè)與CC相切。現(xiàn)有一質(zhì)量m為0.2kg、電荷量q為﹣1×10﹣4C的小球（可視為質(zhì)點）從A點靜止釋放，已知物體與直軌道BD、D'G之間的動摩擦因數(shù)μ均為0.5，其它部分均光滑，各部分軌道平滑連接且絕緣，忽略空氣阻力，回答下列問題：（1）求小球到達B點時的速度大小；（2）若不加電場，求小球第一次到達D點時的動量大小；（3）若電場E＝1×104V/m，試判斷小球能否到達圓軌道最高點F。若能，求出小球運動到F點時對圓軌道的壓力；若不能，請說明理由。（4）若小球釋放后能一直貼著軌道運動到G點，且從G點拋出后能直接擊中P點，則h和E應滿足什么關系？【答案】（1）小球到達B點時的速度大小為2m/s；（2）小球第一次到達D點時的動量大小為kg?m/s；（3）小球能到達圓軌道最高點F，小球運動到F點時對圓軌道的壓力為3N，方向豎直向上。（4）h和E應滿足的關系為h＝，其中4×103V/m≤E≤2×104V/m。【解析】（1）小球從A點到B點的過程，由動能定理得mgR1＝解得vB＝2m/s（2）小球從A點到D點的過程，由動能定理得mgR1﹣μmg（L1+R2）＝解得vD＝2m/s小球第一次到達D點時的動量大小為p＝mvD＝0.2×2kg?m/s＝kg?m/s（3）設小球恰好通過最高點F時的速度為v，則mg＝m可得v＝m/s假設小球能到達圓軌道最高點F，小球從A點到F點的過程，由動能定理得mg（R1﹣2R2）﹣μ（mg﹣qE）L1﹣μmgR2＝解得vF＝m/s因vF＞v，所以小球能通過最高點F。在F點，對小球，由牛頓第二定律得mg+FN＝m解得FN＝3N根據(jù)牛頓第三定律知小球運動到F點時對圓軌道的壓力大小FN′＝FN＝3N，方向豎直向上。（4）①物體不能脫離BC段直軌道，必須滿足qE1≤mg可得E1≤2×104V/m②物體能通過F點，小球從A點到F點的過程，由動能定理得mg（R1﹣2R2）﹣μ（mg﹣qE2）L1﹣μmgR2≥解得E2≥4×103V/m③物體能夠到達G點，小球從A點到G點的過程，由動能定理得mgR1﹣μ（mg﹣qE3）L1﹣μmgR2﹣μmgL2≥0解得E3≥0令物體恰能打到P點，小球從A點到G點的過程，由動能定理得mgR1﹣μ（mg﹣qE）L1﹣μmgR2﹣μmgL2＝小球做平拋運動的過程，豎直方向有h＝水平方向有L3＝vGt綜上解得h＝，其中4×103V/m≤E≤2×104V/m22．（10分）如圖，兩間距為L＝0.5m的軌道平行放置，AB、CD為傾角θ＝37°的傾斜軌道，BM、DN水平放置，除EG、FH為光滑絕緣外，其他均為電阻不計的光滑金屬導軌，其中傾斜部分和GM、HN足夠長，BE＝DF＝EG＝FH＝2m。MN端接有C＝0.8F的電容器，AC端通過單刀雙擲開關可以分別連接阻值R＝0.5Ω的定值電阻或面積S＝0.2m2，電阻也為R的50匝線圈，線圈中通有B1＝（0.5+0.3t）T隨時間均勻變化的磁場，ABEFDC區(qū)域存在豎直向上磁感應強度為B2的勻強磁場，GHMN區(qū)域存在豎直向上磁感應強度為B3＝2B2的勻強磁場，現(xiàn)有兩長度為L、電阻為R、質(zhì)量為m＝0.2kg的相同導體棒a、b，導體棒b棒靜止于EGHF區(qū)域內(nèi)，當開關K擲向1時，導體棒a剛好能靜止在傾斜軌道上端靠近AC處，設導體棒運動過程中始終與光滑金屬導軌良好接觸，且導體棒經(jīng)過各連接處時均沒有動能損失，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8）。求：（1）線圈中磁場B1的方向及磁感應強度B2的大小；（2）撤去線圈中磁場B1，開關擲向2時，導體棒a從靜止運動至BD處時的速度大小；（3）在（2）的情況下，導體棒a從BD至EF的過程中導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱；（4）在（2）的情況下，若導體棒a與b發(fā)生完全非彈性碰撞，則最終電容器的帶電量為多少。【答案】（1）線圈中磁場B1的方向向上，磁感應強度B2的大小為1T；（2）撤去線圈中磁場B1，開關擲向2時，導體棒a從靜止運動至BD處時的速度大小為7.5m/s；（3）在（2）的情況下，導體棒a從BD至EF的過程中導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為1.56J；（4）在（2）的情況下，若導體棒a與b發(fā)生完全非彈性碰撞，則最終電容器的帶電量為C。【解析】（1）導體棒a受到的安培力方向水平向右，由左手定則判斷可知導體棒a中感應電流方向沿a棒向里，線圈中感應電流方向向下，由楞次定律判斷可知B1的磁場方向向上。根據(jù)法拉第電磁感應定律得線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E＝n＝nS由B1＝（0.5+0.3t）T，得＝0.3T/s，代入上