2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）物理.docx

1、2017年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷 )物理 一、选择题 1.(3分 )下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是 ( ) A.力， kg B.功率， J C.电场强度， C/N D.电压， V 解析： A、力的国际单位 N，故 A错误； B、功率国际单位 W，故 B错误； C、电场强度单位为： V/m或 N/C，故 C错误； D、电压的国际单位 V，故 D正确 。 答案： D 2.(3分 )下列各组物理量中均为矢量的是 ( ) A.路程和位移 B.速度和加速度 C.力和功 D.电场强度和电势 解析： A、路程只有大小、没有方向，是标量，故 A错误； B、速度和加速度都是既有大

2、小又有方向的矢量；故者是矢量，故 B正确； C、功只有大小没有方和，故为标量，故 C错误； D、电势只有大小没有方向，故为标量，故 D错误 。 答案： B 3.(3分 )下列描述正确的是 ( ) A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 B.牛顿通过实验测出了万有引力常数 C.库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D.法拉第发现了电流的磁效应 解析： A、开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，故 A正确； B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常数，故 B错误； C、密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，故 C错误； D、奥斯特发现了电流

3、磁效应，故 D错误 。 答案： A 4.(3分 )拿一个长约 1.5m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里，把玻璃筒倒过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确 的是 ( ) A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落的一样快 B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动 C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快 D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快 解析： A、玻璃筒内有空气时，形状和质量都不同的几个物体不同时下落，是因为所受的重力和空气阻力不同，导致加速度不同 。 故 A、 B错误

4、 。 C、玻璃筒内没有空气时，物体做自由落体运动，因为高度相同，加速度都为 g，所以下落一样快 。 故 C正确， D 错误 。 答案： C 5.(3分 )四月的江南草长莺飞，桃红柳绿，雨水连绵，伴随温柔的雨势，时常出现瓢泼大雨，雷电交加的景象，在某次闪电过后约 2s小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为( ) A.6 102m B.6 104m C.6 106m D.6 108m 解析： 光的速度是 3.0 108m/s，所以在较小的距离上传播的时间可以忽略不计； 声速大约为 340m/s，所以雷电生成处距离小明大约 680m，选项 A正确， BCD错误 。 答案： A 6.(3分 )汽车

5、以 10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方 15m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为 0.5s，汽车运动的 v t图如图所示，则汽车的加速度大小为 ( ) A.20m/s2 B.6m/s2 C.5m/s2 D.4m/s2 解析： 设匀减速直线运动花费的时间为 t，根据 v t图像的面积代表物体通过的位移可知：15=10 0.5+ t ，解得匀减速运动的时间为： t=2s， 所以匀减速的加速度为： a= = = 5m/s2，加速度大小为 5m/s2。 答案： C 7.(3分 )重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会

6、自动滑下，以下说法正确的是 ( ) A.在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B.自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小 C.自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力减小 D.石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 解析： A、物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，故 A错误； B、动摩擦因素与倾角无关 。 故 B错误； C、石块处于平衡状态，则有： mgsin=f ， FN=mgcos ，自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力 FN逐渐减小 。 故 C正确； D、石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于最大静摩

7、擦力，也小于重力沿斜面方向的分力 。故 D错误 。 答案： C 8.(3分 )如图所示，在竖直放置间距为 d的平行板电容器中，存在电场强度为 E的匀强电场，有一质量为 m、电荷量为 +q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为 g，则点电荷运动到负极板的过程 ( ) A.加速度大小为 a= +g B.所需的时间为 t= C.下降的高度为 y= D.电场力所做的功为 W=Eqd 解析： A、点电荷受到重力、电场力，合力 F= ；根据牛顿第二定律有： a=，故 A错误； B、根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为 t，水平方向上的加速度 a= ，根据位移公式可得： = ，化简得 t= ，

8、故 B 正确； C、竖直方向做自由落体运动，下降高度 h= gt2= ，故 C错误； D、电荷运动位移为 ，故电场力做功 W= ，故 D错误 。 答案： B 9.(3分 )如图所示，两平行直导线 cd 和 ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流， a、 b两点位于两导线所在的平面内，则 ( ) A.b点的磁感应强度为零 B.ef导线在 a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C.cd导线受到的安培力方向向右 D.同时改变两导线的电流方向， cd导线受到的安培力方向不变 解析： A、根据右手定则可知 b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以 b点的磁场方向向外，不等于 0。 故 A错误； B、根据安

9、培定则可知，电流 ef在 a处的磁场垂直纸面向外 。 故 B错误； C、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以 cd导线受到的安培力方向向左 。 故 C错误； D、不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故 D正确 。 答案： D 10.(3分 )重力为 G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为 ，则 ( ) A.当 =60 时，运动员单手对地面的正压力大小为 B.当 =120 时，运动员单手对地面的正压力大小为 G C.当 不同时，运动员受到的地面合力不同 D.当 不同时，运动员与地面间的相

10、互作用力不相等 解析： 运动员的两只手受到的地面的作用力如图： 两手臂对称支撑，夹角为 ，则在竖直方向： 所以： F= A、当 =60 时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为 = = 。 故 A正确； B、当 =120 时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为 = = 。 故 B错误； C、两手臂对称支撑，夹角为 ，则在竖直方向： 可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故 C错误； D、根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故 D错误 。 答案： A

11、11.(3分 )如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的 n倍，质量为火星的 k倍，不考虑行星自转的影响，则 ( ) A.金星表面的重力加速度是火星的 倍 B.金星的 “ 第一宇宙速度 ” 是火星的 倍 C.金星绕太阳运动的加速度比火星小 D.金星绕太阳运动的周期比火星大 解析： A、根据 mg=G 得 g= ，可知金星与火星表面重力加速度之比 = 故 A错误 。 B、根据 v= 可知，金星与火星第一宇宙速度之比 = ，故 B正确； C、根据 a= 可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离地球近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故 C 错误 。 D、根据开普勒第三定

12、律 =k，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离地球近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故 D错误 。 答案： B 12.(3分 )火箭发射回收是航天技术的一大进步，如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则 ( ) A.火箭在匀速下降过程中，机械能守恒 B.火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态 C.火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化 D.火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力 解析： A、火箭匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，阻力做负功，所以其机械能不守恒，故 A错误； B、火箭在减速

13、阶段，加速度向上，所以处于超重状态，故 B错误 。 C、由动能定理知合外力做功等于动能改变量，不等于火箭机械能的变化 。 由功能关系知阻力做功等于火箭机械能的变化，故 C错误 。 D、火箭着地做减速运动时，加速度向上，处于超重状态，则地面给火箭的力大于火箭重力，由牛顿第三定律知，火箭对地的作用力大于自身的重 力 。 故 D正确 。 答案： D 13.(3分 )图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道 AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在 B点正上方，竖直面内的半圆弧 BCD的半径R=2.0m，直径 BD水平且与轨道 AB 处在同一竖直面内，小孔 P和圆心 O

14、连线与水平方向夹角为 37 ，游戏要求弹丸垂直在 P点圆弧切线方向射入小孔 P就能进入下一关，为了能通关，弹射器离 B点的高度和弹丸射出的初速度分别是 (不计空气阻力， sin37= 0.6，cos37= 0.8)( ) A.0.15m， 4 m/s B.1.5m， 4 m/s C.0.15m， 2 m/s D.1.5m， 2 m/s 解析： 如图所示， OE=OPcos37=2 0.8m=1.6m， PE=OPsin37=2 0.6m=1.2m， 平抛运动的水平位移为： x=BO+OE=3.6m， 即： v0t=3.6m， OF=P 1.2=y 1.2， CF= ， 而 ， 解得： y= ，

15、 所以 MB=y PE=1.35 1.2m=0.15m， 又 ，即 ， v0t=3.6m， 代入数据解得： m/s。 故 A正确， BCD错误 。 答案： A 二、选择题 II 14.(2分 )下列说法正确的是 ( ) A. 、 射线都是电磁波 B.原子核中所有核子单独存在时质量总和大于该原子核的总质量 C.在 LC 振荡电路中，电容器刚放电时，电容器极板上电量最多，回路电流最小 D.处于 n=4激发态的氢原子共能辐射 4种不同频率的光子 解析： A、 射线为高速电子流，不是电磁波，故 A错误； B、根据选修 3 5教材 82页的解释，原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，故 B正确 。 C

16、、 LC振荡电路中，电容器开始放电时，由于自感线圈阻碍电流，因此回路电路从小变大，故 C正确 。 D、 N=4激发态的氢原子可以放出 =6种，故 D错误 。 答案： BC 15.(2分 )一列向右传播的简谐横波，当波传到 x=2.0处的 P点时开始计时时，该时刻波形如图所示， t=0.9s时，观测到质点 P第三次到达波峰位置，下列说法正确的是 ( ) A.波速为 0.5m/s B.经过 1.4s 质点 P运动的路程为 70cm C.t=1.6s时， x=4.5m 处的质点 Q第三次到达波谷 D.与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为 2.5Hz 解析： A、简谐横波向右传播，由波形平移法知

17、，各点的起振方向为竖直向上 。 t=0.9s时，P点第三次到达波峰，即有 (2+ )T=0.9s， T=0.4s，波长为 =2m 所以波速 v= = =5m/s，故 A错误 。 B、 t=1.4s相当于 3.5 个周期，每个周期路程为 4A=20cm，所以经过 1.4s质点 P运动的路程为 S=3.5 4A=14 5cm=70cm，故 B正确 。 C、经过 t= = =0.5s波传到 Q，经过 2.75T即再经过 1.1s后 Q 第三次到达波谷，所以 t=1.6s 时， x=4.5m处的质点 Q第三次到达波谷 。 故 C正确 。 D、要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即 f= =2.5

18、Hz，故 D正确 。 答案： BCD 16.(2分 )图中给出了 “ 用双缝干涉测量光的波长 ” 实验示意图，双缝 S1和 S2间距为 0.80mm，双缝到屏的距离为 0.80m，波长为 500nm的单色平行光垂直入射到双缝 S1和 S2上，在屏上形成干涉条纹，中心轴线 OO 上方第 1条亮纹中心位置在 P1处，第 3条亮纹中心位置在 P2处，现有 1号、 2号虫子分别从 S1和 S2出发以相同速度沿垂直屏方向飞行， 1 号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到 P1， 2 号虫子到达屏后，沿屏直线爬行到 P2，假设两条虫子爬行速率均为 10 3m/s，正确的是 ( ) A.1号虫子运动路程比 2号短

19、B.两只虫子运动的时间差为 0.2s C.两只虫子运动的时间差为 1.0s D.已知条件不够，两只虫子运动时间差无法计算 解析： A、由题，结合干涉条纹的宽度公式： 可知，该光的干涉条纹的宽度： x=m 第 1条亮纹中心位置在 P1处，所以： m 第 3条亮纹中心位置在 P2处，所以： m 所以 1号虫子的路程为： ； 2号虫子的路程为： ， 则： =1.5 10 3 5 10 4 0.80 10 3=0.2 10 3m。 故 A正确； BCD、两只虫子运动的时间差 s。 故 B正确， CD错误 答案： AB 三、非选择题 17.(5分 )在 “ 研究平抛运动 ” 实验中： (1)图 1是横档

20、条卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的 。 A.球心 B.球的上端 C.球的下端 在此实验中，下列说法正确的是 (多选 )。 A.斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些 C.用光滑曲线把所有的点连接起来 D.y轴的方向根据重锤线确定 。 解析： 确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的球心， 答案： A。 A、实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，故 A错误 。 B、记录点适当多一些，能够保证描点光滑，故 BC正确 。 D、 Y轴必须

21、是竖直方向，即用铅垂线，故 D正确 。 答案： A， BCD。 (2)图 2是利用图 1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可以判断实验操作错误的是 。 A.释放小球的初速度不为 0 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽 末端切线不平 。 解析： 由图可知斜槽末端不水平，才会造成斜抛运动 。 答案： C (3)如图 3所示是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是 。 解析： 竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强 。 因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定 。

22、如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小 。 答案： B 18.(5分 )小明用电学方法测量电线的长度，首先，小明测得电线铜芯的直径为 1.00mm，估计其长度不超过 50m(已知铜的电阻率为 1.75 10 3m )。 现有如下实验器材： 量程为 3V、内阻为 3k 的电压表； 量程为 0.6A，内阻约为 0.1的电流表； 阻值为 0 20 的滑动变阻器； 内阻可以忽略，输出电压为 3V 的电源； 阻值为 R0=4.30 的定值电阻，开关和导线若干 。 小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表示数从 0 开始

23、增加，当示数为 0.50 时，电压表示数如图 1所示，度数为 V，根据小明测量的信息，图 2中 P点应该 (选填 “ 接 a” 、 “ 接 b” 、 “ 接 c” 或 “ 不接 ” )， Q点应该 (选填 “ 接 a” 、 “ 接 b” 、 “ 接 c” 或 “ 不接 ” )，小明测得的电线长度为 m。 解析： 电压表量程为 3V，电压表的读数为 2.50V； 调节滑动变阻器，电流表示数从 0 开始增加，可知滑动变阻器采用分压式接法，即 Q点应接 a，待测电阻较小，电流表采用外接法，即 P点应该接 B。 由于保护电阻，因此本题的实验电路图如下： 根据欧姆定律有： ， 根据 得，代入数据联立解得

24、 L=31.4m。 答案： 2.50， b， a， 31.4。 19.(9分 )游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如表： 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 0 40s 初速度 v0=0，末速度 v=4.2m/s 匀速运动 40s 640s v=4.2m/s 匀减速运动 640s 720s 靠岸时的速度 v1=0.2m/s (1)求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1及位移大小 x1； 解析： 游船匀加速运动过程中加速度大小 a1= = =0.105m/s2 位移大小 x1= = 40m=84m。 答案： 游船匀加速运动过程中加速度大小 a1是 0.105m/s

25、2.位移大小 x1是 84m。 (2)若游船和游客的总质量 M=8000kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F； 解析： 游船匀减速运动过程中加速度大小 a2= = =0.05m/s2 根据牛顿第二定律得 F=Ma2=8000 0.05N=400N。 答案： 游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F是 400N。 (3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小 。 解析： 游船在整个行驶过程中的总位移 x=x1+v t2+ =84+4.2 600+=2780m 游船在整个行驶过程中的平均速度大小 = = 3.86m/s 答案： 游船在整个行驶过程中的平均速度大小是 3.86m/s。 20.(

26、12 分 )图中给出了一段 “S” 形单行盘山公路的示意图，弯道 1、弯道 2可看作两个不同水平面上的圆弧 。 圆心分别为 O1、 O2，弯道中心线半径分别为 r1=10m， r2=20m，弯道 2比弯道 1高 h=12m，有一直道与两弯道圆弧相切，质量 m=1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力及车重的 1.25倍，行驶时要求汽车不打滑 。(sin37= 0.6， cos37= 0.8) (1)求汽车沿弯道 1中心线行驶时的最大速度 v1； 解析： 当汽车所受的静摩擦力达到最大时，速度最大，根据牛顿第二定律得： kmg=m 可得汽车沿弯道 1中心线行驶时的最

27、大速度为： v1= = =5 m/s。 答案： 汽车沿弯道 1中心线行驶时的最大速度 v1是 5 m/s。 (2)汽车以 v1进入直道，以 P=30kW的恒定功率直线行驶了 t=8.0s进入弯道 2，此时速度恰好为通过弯道 2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功； 解析： 汽车沿弯道 2的最大速度设为 v2.由牛顿第二定律得： kmg=m 代入数据解得： v2=5 m/s 汽车直道上行驶的过程，由动能定理得： pt mgh+W 阻 = 代入数据解得阻力对汽车做的功为： W 阻 = 2.1 104J。 答案： 直道上除重力以外的阻力对汽车做的功是 2.1 104J。 (3)汽车

28、从弯道 1的 A 点进入，从同一直径上的 B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽 d=10m，求此最短时间 (A、 B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 )。 解析： 用时最短时必须速度最大，且路程最短，即沿如图所示内切的路线行驶时时间最短 。(黑色两端分别是 A、 B) 由图可得： r 2= + 代入数据解得： r=1 2.5m 汽车沿该线路行驶的最大速度设为 v 。 则有： kmg=m 代入数据解得： v=1 2.5m/s 由 sin= =0.8 则对应的圆心角为： 2=106 线路的长度为： s= 解得： s=23.1m 所以最短时间为： t=

29、= 1.85s。 答案： 此最短时间是 1.85s。 四、计算题 【加试题】 21.(4分 )回答下列问题： (1)为完成 “ 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 ” 的实验，必须要选用的是 (多选 ) A、有闭合铁芯的原副线圈 B、无铁芯的原副线圈 C、交流电源 D、直流电源 E、多用电表 (交流电压档 ) F、多用电表 (交流电流档 ) 用匝数 na=60匝和 nb=120匝的变压器，实验测量数据如表： Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90 Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98 根据测量数据可判断连接电源的线圈是 (填 na或 nb) 解析： 为了完成变压器的探究

30、，需要使用交流电源变压，交流电压的多用电表 。 为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原副线圈，因此正确答案为 ACE； 由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即 nb为输入端， na为输出端 。 答案： ACE； nB (2)用如图 1所示的装置做 “ 探究感应电流方向的规律 ” 实验，磁铁从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从 (填 “a 到b” 或 “b 到 a” )。 在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流 i随时间 t的图像 (图2)应该是 。 解析： 磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，依据楞次定律，

31、感应磁场方向向下，根据螺旋定则，则感应电流方向盘旋而上，即流过线圈的感应电流方向为 “b 到 a” ； 当磁铁完全进入线圈内时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，则磁铁会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁铁进入线圈时位置，依据法拉第电磁感应定律，则到达底部的感应电流较大， 再由楞次定律可知，进与出的感应电流方向相反，故 A正确， BCD错误 。 答案： b到 a； A。 22.(10 分 )间距为 l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为 的导轨处于大小为 B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3

32、m 的 “ 联动双杆 ” (由两根长为 l的金属杆 cd 和 ef，用长度为 L的刚性绝缘杆连接构成 )，在 “ 联动双杆 ” 右侧存在大小为 B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间 II，其长度大于 L，质量为 m、长为 l的金属杆 ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨 (无能量损失 )，杆 ab与 “ 联动双杆 ” 发生碰撞，碰后杆 ab 和 cd合在一起形成 “ 联动三杆 ” ， “ 联动三杆 ” 继续沿水平导轨进入磁场区间 II 并从中滑出，运动过程中，杆 ab、 cd和 ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆 ab、 cd 和ef电阻均为 R=0.02 ， m

33、=0.1kg， l=0.5m， L=0.3m， =30 ， B1=0.1T， B2=0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求： (1)杆 ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0； 解析： ab杆受到的安培力： F=B1Il= ， ab杆匀速运动，由平衡条件得： mgsin= ，解得： v0=6m/s。 答案： 杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0为 6m/s。 (2)“ 联动三杆 ” 进入磁场区间 II 前的速度大小 v； 解析： ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得： mv0=(m+3m)v，解得： v=1.5m/s。 答案：

34、 “ 联动三杆 ” 进入磁场区间 II 前的速度大小 v为 1.5m/s。 (3)“ 联动三杆 ” 滑过磁场区间 II 产生的焦耳热 Q。 解析： 联动三杆进入磁场 B2过程速度的变化量为 v， 由动量定理得： B2 l v=4m v， t= q= ，解得： v=0.25m/s， 联动三杆离开磁场过程，速度的变化量大小也为： v=0.25m/s， 离开磁场 B2时联动三杆的速度： v=v 2 v=1.5 2 0.25=1m/s， “ 联动三杆 ” 滑过磁场区间 II产生的焦耳热： Q= 4mv2 4mv 2， 解得： Q=0.25J。 答案： “ 联动三杆 ” 滑过磁场区间 II 产生的焦耳热

35、 Q为 0.25J。 23.(10 分 )如图所示，在 xoy平面内，有一电子源持续不断地沿 x正方向每秒发射出 N个速率均为 v的电子，形成宽为 2b，在 y轴方向均匀分布且关于 x轴对称的电子流 。 电子流沿 x方向射入一个半径为 R，中心位于原点 O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直 xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从 P点射出 。 在磁场区域的正下方有一对平行于 x轴的金属平行板 K和 A，其中 K板与 P点的距离为 d，中间开有宽度为 2l且关于 y轴对称的小孔 。 K板接地，A与 K两板间加有 正负、大小均可调的电压 UAK，穿过 K板小孔达到 A板的所有电子被收集且导出，从而形

36、成电流，已知 b= R， d=l，电子质量为 m，电荷量为 e，忽略电子间相互作用 。 (1)求磁感应强度 B的大小； 解析： 电子均从 P点射出，电子做圆周运动的轨道半径： r=R， 电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： evB=m ，解得：。 答案： 磁感应强度 B的大小为 。 (2)求电子流从 P点射出时与负 y轴方向的夹角 的范围； 解析： 上端电子从 P点射出时与负 y轴最大夹角 m，由几何关系可得 ， 得： m=60 。 同理下端电子从 P点射出时与负 y轴最大夹角也为 60 ，范围是 60 60 。 答案： 电子流从 P点射出时与负 y轴方向的夹角 的

37、范围是 60 60 。 (3)当 UAK=0时，每秒经过极板 K上的小孔到达板 A的电子数； 解析： 进入小孔的电子偏角正切值： ， 解得： =45 ， ， 每秒进入两极板间的电子数 n： ， 解得： n=0.82N。 答案： 当 UAK=0时，每秒经过极板 K上的小孔到达板 A的电子数为 0.82N。 (4)在图中定性画出电流 i随 UAK变化的关系曲线 。 要求标出相关数据，且要有计算依据 。 解析： 由动能定理得出遏制电压 Uc， 与负 y轴成 45 角的电子的运动轨迹刚好与 A板相切，其逆过程是类平抛运动， 达到饱和电流所需的最小反向电压为： ， 或根据 (3)可得饱和电流大小为： imax=0.82Ne，图像如图所示： 答案： 电流 i随 UAK变化的关系曲线如图所示 。