2021年1月浙江省普通高校招生選考物理試卷和答案

第第#頁(共34頁)學(xué)公式求出回到出發(fā)點(diǎn)速度，利用平均速度定義求出從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。答案：(1)小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論有:x=21代入數(shù)據(jù)解得：x=…“m=16m8小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度定義得加速度大小:a=△審=比_Mm/s2=4m/s21上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsin0+mgcosO=ma1得：a7=噸雖門B斗卩咤cmB=gsin8+gcosOm代入數(shù)據(jù)解得：=.==1=8.25gcosS10X0.84小車下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinO-mgcos6=ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2=砲五口日一卩mgQ"9=gsinO-gcos0=10X2.6-m0.25X10X2?8m/s2=8m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vt=.?藥浪=戈咒代止m/s=7?.邁得重力的平均功率:p=mg驅(qū)況*冥冷a&W=48一2答：(1)最大位移值x為16m；與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為7.25；從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中重力的平均功率為67.9W。22?解析：(1)小球從釋放點(diǎn)到圓管最低點(diǎn)C的過程中，由機(jī)械能守恒定律求得小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC，根據(jù)動(dòng)量定理求得在此過程中所受合力的沖量I的大小和方向；從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律求得小球在圓管內(nèi)與圓心O］點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力Fn與h的關(guān)系式；小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，不滑離軌道原路返回,條件為h鶯R,與墻面垂直碰撞后原路返回，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒定律聯(lián)立求解。答案：(1)對小球，從釋放點(diǎn)到圓管最低點(diǎn)C的過程中mgh0=|mv^代入數(shù)據(jù)解得速度大小vC為：vC=訂在此過程中，對小球由動(dòng)量定理得：I=mvC代入數(shù)據(jù)解得所受合力的沖量I的大小：1=皿莎，方向水平向左。對小球從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得:mg(h-R)=*在D點(diǎn)，對小球由牛頓第二定律得：N咱聯(lián)立解得D點(diǎn)所受彈力Fn與h的關(guān)系式為：FN=2mg(辛-1)滿足的條件為：hMR第2種情況：不滑離軌道原路返回，條件為：hW.2第4種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前做平拋運(yùn)動(dòng)xt豎直方向上，由速度-時(shí)間公式得：t=!z§對小球在G點(diǎn)，由速度的分解得：vx=vGsin0,vy=vGcos0聯(lián)立解得：vG=2藥對小球從釋放點(diǎn)到G點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mg(h■fR)=ymv^聯(lián)立解得h滿足的條件為：h=2E答:(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí),速度大小vC為莎,在此過程中所受合力的沖量I大小為m冠石;小球在圓管內(nèi)與圓心O］點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力Fn與h的關(guān)系式為FN=2mg(21-3)；NR小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該：不滑離軌道原路返回玉，與墻面垂直碰撞后原路返回玉。23.解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢;(2)根據(jù)題圖畫出等效電路圖，求出并聯(lián)總電阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解瞬間流過ab型線框的電流；(3)求出勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框受到安培力，根據(jù)平衡條件列方程求解速度大?。磺蟪鲭娙萜鲀啥穗妷?，根據(jù)電容的計(jì)算公式求解電荷量。答案：(1)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：E0=Blv0；(2)整個(gè)過程中只有ab邊切割磁感應(yīng)線，則ba邊為電源、“人”型線框其它六邊的電阻3尸1>t13尸并聯(lián)總電阻為R并==r,3著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流孑擊=里衛(wèi).2r，TOC\o"1-5"\h\z79(3)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框受到安培力FA=BIl=.匕A2r根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為叫的部分受力F=Fa，方向豎直向上,根據(jù)平衡條件可得:聯(lián)立解得：v=農(nóng);勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容器不充、放電L；3B217TOC\o"1-5"\h\z設(shè)電路的總電流為I,則有：1=.==巴！R并十工2r2B1電容器兩端電壓為：UC==；C屮46B1電荷量為：q=CUC=LC6B1答:(1)著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動(dòng)勢為Blv0；(2)等效電路圖見解析，著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流為;2r船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為-；3B212船艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為，此時(shí)電容器所帶電荷3B213量為叫忘J6B124?解析：(1)離子在速度選擇器中運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，根據(jù)平衡條件求解速度大??；求出從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑，由洛倫茲力提供向心力求解比荷；根據(jù)帶電離子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)進(jìn)行解答；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系進(jìn)行解答；電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響，由此分析。答案：⑴離子在速度選擇器中運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，則有：qvB=qE,所以通過速度選擇器離子的速度為：v=lB從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為：R=15由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mz!_R聯(lián)立解得：2=旦=mRB(R7+R2)B2(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離為：x6=*譏庁==2m2腫設(shè)離子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)粒子與豎直方向的夾角為&根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得：仙8=韭=述L.Fi離開電場后，離子在x方向偏移的距離：x1=Ltan0=12mv則離子沿.軸的偏轉(zhuǎn)位移為：0幷=誓=程9位置坐標(biāo)為(,0)；尺1+R2(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mx!r離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為：r=qB離開磁場時(shí)速度方向偏向角為a,如圖所示亙r(jià)9TOC\o"1-5"\h\z經(jīng)過磁場時(shí)，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離為：y2=r(1-cosa)?-尺2+R2_9離開磁場后'離子在y方向偏移距離為：y2=Ltan，長則：y=y*冷黑；=爲(wèi)_9位置坐標(biāo)為(0,)電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響，所以偏轉(zhuǎn)第第34頁（共34頁）口系統(tǒng)同時(shí)加上電場和磁場時(shí),）答：（1）離子通過速度選擇器后的速度大小為巴，磁分析器選擇出B來離子的