2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试

2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试选择题部分一、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．(2022·浙江6月选考·1)下列属于力的单位是(　　)A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg·m2/sD．kg·s/m2答案　A解析　根据牛顿第二定律有F＝ma，则力的单位为kg·m/s2，故选A.2．(2022·浙江6月选考·2)下列说法正确的是(　　)A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关答案　B解析　链球做匀速圆周运动过程中加速度方向在改变，A错误；惯性只与质量有关，则足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的变化而变化，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，D错误．3.(2022·浙江6月选考·3)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是(　　)A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点答案　C 解析　鱼儿吞食花瓣时加速度不为零，受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾出水时受到水的作用力、浮力和重力，鱼儿能够出水的主要原因是鱼儿摆尾时水对鱼向上的作用力与浮力之和大于重力，浮力和重力的关系不确定，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时，鱼儿的形状、大小不能忽略，不能把鱼儿视为质点，D错误．4．(2022·浙江6月选考·4)关于双缝干涉实验，下列说法正确的是(　　)A．用复色光投射就看不到条纹B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大答案　B解析　用复色光投射时同样能看到条纹，A错误；在双缝干涉实验中，明暗相间的条纹是两列光在屏上叠加形成的干涉条纹，B正确；由条纹间距公式Δx＝λ知，把光屏前移或后移，改变了l，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；因为λ蓝<λ红，由条纹间距公式Δx＝λ知，蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误．5．(2022·浙江6月选考·5)下列说法正确的是(　　)A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率答案　B解析　恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向就是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误．6．(2022·浙江6月选考·6)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面．则(　　)A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒答案　C 解析　根据G＝m，可得v＝，可知圆轨道距地面的高度越高，环绕速度越小，且只要速度大小相等就可以在同一轨道运行，与返回舱与天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D错误．7.(2022·浙江6月选考·7)如图为氢原子的能级图．大量氢原子处于n＝3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠．下列说法正确的是(　　)A．逸出光电子的最大初动能为10.80eVB．n＝3跃迁到n＝1放出的光电子动量最大C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应D．用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n＝4激发态答案　B解析　从n＝3跃迁到n＝1放出的光电子能量最大，根据Ek＝E－W0，可得此时最大初动能为Ek＝9.8eV，故A错误；从n＝3跃迁到n＝1放出的光电子能量最大，根据p＝＝，E＝hν，可知动量也最大，故B正确；大量氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态能放出C＝3种频率的光子，其中从n＝3跃迁到n＝2放出的光子能量为ΔE1＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV<2.29eV，不能使金属钠发生光电效应，其他两种均可以，故C错误；由于从n＝3跃迁到n＝4需要吸收的光子能量为ΔE2＝1.51eV－0.85eV＝0.66eV，所以用0.85eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到n＝4激发态，故D错误．8.(2022·浙江6月选考·8)如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是(　　)A．气泡表面有折射没有全反射B．光射入气泡衍射形成“亮斑”C．气泡表面有折射和全反射 D．光射入气泡干涉形成“亮斑”答案　C解析　当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象；还有一部分光折射到内壁然后再折射出去，所以水中的空气泡看起来比较亮，故选C.9.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则(　　)A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度为a＝D．粒子从N板下端射出的时间t＝答案　C解析　由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．10.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的(　　) A．作用力为GB．作用力为GC．摩擦力为GD．摩擦力为G答案　B解析　设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin30°＝G，B正确，A、C、D错误．11．(2022·浙江6月选考·11)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x.套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则(　　)A．小球做简谐运动B．小球动能的变化周期为C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD．小球的初速度为时，其运动周期为2T答案　B解析　物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程小球的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为 ，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，B正确，C错误；小球的初速度为时，可知小球在匀速运动阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式T0＝2π，可知与弹簧接触过程所用时间与速度无关，即与弹簧接触过程时间保持不变，故小球的初速度为时，其运动周期应小于2T，D错误．12.(2022·浙江6月选考·12)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一．如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置．某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变．该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片．下列说法正确的是(　　)A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h答案　D解析　单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，单位时间流过面积A的流动空气质量为m0＝ρV0＝ρAv，单位时间流过面积A的流动空气动能为m0v2＝ρAv3，即P＝ρAv3，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，且风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速为6m/s时，输出电功率为P′＝63×kW＝120kW，则该发电机年发电量至少为E′＝P′t＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正确．13．(2022·浙江6月选考·13)小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10m/s2， 则提升重物的最短时间为(　　)A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s答案　C解析　为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动，上升至平台时速度刚好为零．重物在第一阶段做匀加速上升的过程中，根据牛顿第二定律可得a1＝＝m/s2＝5m/s2当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝m/s＝4m/s此过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝s＝0.8sh1＝＝m＝1.6m重物以最大速度做匀速运动时，有vm＝＝＝m/s＝6m/s重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝s＝1.2sh3＝＝m＝3.6m设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mvm2－mv12又有h2＝85.2m－1.6m－3.6m＝80m联立解得t2＝13.5s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8s＋13.5s＋1.2s＝15.5sC正确，A、B、D错误．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．(多选)(2022·浙江6月选考·14)秦山核电站生产C的核反应方程为7N＋n→C＋X，其产物C的衰变方程为C→N＋e.下列说法正确的是(　　)A．X是HB.C可以用作示踪原子C.e来自原子核外 D．经过一个半衰期，10个C将剩下5个答案　AB解析　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X为H，故A正确；常用的示踪原子有：C、O、H，故B正确；β衰变是由原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，电子被释放出来，所以e来自原子核内，故C错误；半衰期是一个统计规律，对于大量原子核衰变是成立的，个数较少时规律不成立，故D错误．15．(多选)(2022·浙江6月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　)A．轨道半径r小的粒子角速度一定小B．电荷量大的粒子的动能一定大C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动答案　BC解析　根据电场力提供向心力，有·q＝mω2r，解得ω＝·，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据电场力提供向心力，有·q＝m，解得v＝，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误．16．(多选)(2022·浙江6月选考·16)位于x＝0.25m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75m，质点b的平衡位置xb＝－0.5m．下列说法正确的是(　　) A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉B．t＝0.42s时，波源的位移为正C．t＝2.25s时，质点a沿y轴负方向振动D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m答案　BD解析　波沿x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A错误；由题图可知，波的波长λ＝1m，由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得＝0.1s，解得T＝0.4s，波源振动了2s，即波传播了5个周期，故波源的起振方向与t＝2.1s时、x＝1.5m处质点的振动方向相同，则波源的振动方向向上，在t＝0.42s，即T<t<时，波源会向上振动，位移为正，故B正确；波的波速v＝＝2.5m/s，波源停止振动后到质点a停止振动的时间为t1＝s＝0.6s>0.25s，即质点a还在继续振动，从t＝2.1s到t＝2.25s，经过时间为t2＝0.15s，即<t2<，结合题图可知质点a位移为正且沿y轴正方向振动，故C错误；波传到b点所需的时间为t3＝s＝0.3s，在0到2s内，质点b振动的时间为t4＝2s－0.3s＝1.7s＝T，质点b在此时间段内运动总路程s＝17A＝17×0.15m＝2.55m，故D正确．非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共55分)17．(2022·浙江6月选考·17)(1)①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图甲所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行．图乙是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________cm.由图丙中小车运动的数据点，求得加速度为________m/s2(保留两位有效数字)． ②利用图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是________．A．换成质量更小的车B．调整长木板的倾斜程度C．把钩码更换成砝码盘和砝码D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图丁所示，在该实验中，①下列说法正确的是________；A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要________(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O.答案　(1)①6.20(6.15～6.25均可)　1.9(1.7～2.1均可)　②BC　(2)①D　②3解析　(1)①由题图乙可得打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，在6.15～ 6.25cm的范围内均可；由题图丙中小车运动的数据点，有a＝＝m/s2＝1.9m/s2考虑到偶然误差，在1.7～2.1m/s2的范围内均可．②利用题图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要将钩码更换成砝码盘和砝码，应满足小车的质量远远大于砝码和砝码盘的总质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误，C正确；利用题图甲装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡摩擦阻力，所以需要将长木板安装打点计时器一端较安装滑轮一端适当的高一些，故B正确；实验过程中，需让连接砝码盘和小车的细绳跟长木板始终保持平行，故D错误．(2)①在不超出弹簧秤的量程和橡皮条形变限度的条件下，使拉力适当大些，不必使两只弹簧秤的示数相同，故A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；实验中弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦不影响实验结果，故C错误；为了减小实验误差，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确．②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点达到某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧秤的示数F2；再仅用一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时弹簧秤的示数F的大小及方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O.18.(2022·浙江6月选考·18)(1)探究滑动变阻器的分压特性，采用图甲所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化．①图乙为实验器材部分连线图，还需要________(选填af、bf、fd、fc、ce或cg)连线(多选)．②图丙所示电压表的示数为________V. ③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10Ω，额定电流I＝1.0A．选择负载电阻R＝10Ω，以R两端电压U为纵轴，为横轴(x为AP的长度，L为AB的长度)，得到U－分压特性曲线为图丁中的“Ⅰ”；当R＝100Ω，分压特性曲线对应图丁中的________(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”)；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是_______________________________．(2)两个相同的电流表G1和G2如图所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是________．A．两表都是“发电机”B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”C．G1表和G2表之间存在互感现象D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转答案　(1)①af、fd、ce　②1.50±0.02　③Ⅱ　R0<R　(2)BD解析　(1)①由题图乙可知电源为两节干电池，因此电压表的量程应选择3V，故依原理图可知，还需要af、fd、ce连线；②电压表的量程为3V，则示数为1.50V，考虑到偶然误差，在(1.50±0.02)V范围内均可；③假设AP部分的电阻为R′，R′分别与10Ω或100Ω的电阻并联再与BP部分的电阻串联；由于相同的R′与100Ω并联后的电阻较与10Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，其两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100Ω时，电压表的示数应该比曲线“Ⅰ”大，故应该选“Ⅱ”． 由上述分析可知，对于不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而更加平稳变化，从而获得更多的实验数据．所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0<R.(2)据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来．当晃动G1时，相当于G1中的线圈在做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电流表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”，故A、C错误，B、D正确．19．(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.答案　(1)2m/s2　(2)4m/s　(3)2.7m解析　(1)根据牛顿第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1代入数据解得a1＝2m/s2(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1解得v＝4m/s(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2代入数据联立解得l2＝2.7m.20．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2. (1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)．答案　(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)当0.9m<h<1.2m时，2.6m<x≤3m，当1.2m≤h<1.65m时，m≤x<m解析　(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvb2，解得vb＝5m/sb与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0mvb2＝mvb′2＋mv02联立解得v0＝5m/s(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2联立可得FN＝0.1h－0.14N(h≥1.2m)(3)当1.2m≤h<1.65m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得mgh－2μmgl－mgH＝mvE2从E点飞出后，竖直方向H＝gt2水平方向s1＝vEt当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，根据几何关系可得DF＝mx＝3l＋DF＋s1 代入数据解得m≤x<(3.6＋)m；当0.9m<h<1.2m时，从h2＝0.9m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得mgh－μmgs2＝0当h最小时解得s2＝1.8m可知物块a达到距离C点0.8m处静止；当h取1.2m时，物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝0.4m，距离C点0.6m，又因h＝1.2m不在此范围内，故当0.9m<h<1.2m时，有3l－s3<x≤3l代入数据得2.6m<x≤3m.21．(2022·浙江6月选考·21)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B.开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F.已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I；(2)线圈电阻R;(3)时刻t3.答案　(1)80A　(2)0.5Ω　(3)s解析　(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nBIl 动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a联立解得I＝＝80A(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I′＝此时安培力为F安′＝nBI′l所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v)(N)＋v＝ma′由题图乙可知在t1至t3期间加速度恒定，则有＝10kg/s，解得R＝0.5Ω，a′＝160m/s2(3)根据题图乙并结合(2)可知t2－t1＝＝0.5s故t2＝2s；在0～t2时间段内的位移x＝v1t2＝80m而根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝电荷量的定义式Δq＝IΔt，I＝从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量Δq＝根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)代入数据联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0解得t3＝s.22．(2022·浙江6月选考·22)离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷， 不计离子的重力和离子间的相互作用．(1)①求磁感应强度B的大小；②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)．答案　(1)①　②(4k＋1)(k＝0,1,2,3，…)(2)tan，n＝0,1,2，…(3)π、π解析　(1)①离子在磁场中做圆周运动有qv0B＝，可得B＝②离子在磁场中的运动时间t＝T＝转筒转动的角度ωt＝2kπ＋可得ω＝(4k＋1)(k＝0,1,2,3，…)(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，由几何关系有R′＝Rtan，则v＝v0tan离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)转筒转动的角度ω′t′＝2nπ＋θ转筒转动的角速度ω′＝(n＝0,1,2，…) 由动量定理有F＝Nmv可得F＝tan(n＝0,1,2，…)(3)由(1)(2)可知转筒转动的角速度＝<其中k＝1，θ′＝π(n＝0,2)可得θ′＝π、π.