2022年6月浙江省普通高校招生選考科目考試8物理試題（解析版）

1、 試題資源網(wǎng) 第 PAGE page numberpage number 頁，共 NUMPAGES number of pagesnumber of pages 頁 第 PAGE page number22 頁，共 NUMPAGES number of pages22 頁2022年6月浙江省普通高校招生選考科目考試8物理試題本試卷共100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降南嚓P公式或參數(shù)：重力加速度g均取10 m/s2一、選擇題(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下列屬于力的單位是( )Akgm/s2 Bkgm/sC

2、kgm2/s Dkgs / m2【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律的表達式Fma可知，m的國際單位為kg，a的國際單位為m/s2，則F的單位為kgm/s2，故A正確。2下列說法正確的是( )A鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變B足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關【答案】B【解析】因做勻速圓周運動的物體加速度的大小不變、方向始終指向圓心，故鏈球做勻速圓周運動的過程中加速度的大小不變，方向時刻改變，A錯誤。慣性是物體本身的固有屬性，慣性的大小只與物體的質量有關，質量大則慣性大，足球下落過程中質量不變，故慣性不

3、變，B正確。乒乓球被擊打的過程中，球與球拍發(fā)生彈性形變，隨著形變量的變化，乒乓球受到的作用力也發(fā)生變化，C錯誤。一般情況下，籃球在低速飛行時受到的空氣阻力方向與速度方向相反，D錯誤。3如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是( )第3題圖A魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡B魚兒擺尾出水時浮力大于重力C魚兒擺尾擊水時受到水的作用力D研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質點【答案】C【解析】魚兒吞食花瓣時在空中處于最高點，此時魚兒受重力作用，魚兒與花瓣間的作用力可以忽略，則此時魚兒受力不平衡，A錯誤；魚兒擺尾擊水時受到水的作用力，魚兒擺尾出水時，水對魚兒的作用力大于魚

4、兒的重力，并非浮力大于重力，B錯誤，C正確；研究魚兒擺尾出水的動作時，魚兒的大小和形狀不能忽略，故不能把魚兒看成質點，D錯誤。4關于雙縫干涉實驗，下列說法正確的是( )A用復色光投射就看不到條紋B明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果C把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋D藍光干涉條紋的間距比紅光的大【答案】B【解析】復色光投射，在屏上可以看到彩色條紋，A錯誤；明暗相間的條紋是兩列相干光在屏上疊加的結果，B正確；根據(jù)干涉現(xiàn)象中兩相鄰的亮條紋或暗條紋間距公式xeq f(l,d)可知，把光屏前移或后移，l的距離會發(fā)生變化，即x會發(fā)生變化，但依然可以看到明暗相間的條紋，C錯誤；因紅藍，由xeq f(

5、l,d)可知，x紅x藍，故D錯誤。5下列說法正確的是( )A恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向C正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大D升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率 【答案】B【解析】恒定磁場對運動電荷有力的作用，對靜止的電荷沒有力的作用，A錯誤；物理學中規(guī)定，小磁針在磁場中靜止時N極所指的方向為該點的磁感應強度方向，小磁針在磁場中靜止時N極的受力方向即所指方向，B正確；穿過線圈平面的磁通量最大時，磁通量的變化率最小，產(chǎn)生的感應電動勢最小，故電流也最小，C錯誤；無論是升壓變壓器還是降壓變壓器

6、，若變壓器是理想變壓器，則穿過原線圈和副線圈的磁通量變化率相同，若變壓器不是理想變壓器，即有漏磁和能量損失，則穿過原線圈的磁通量變化率大于穿過副線圈的磁通量變化率，D錯誤。6神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機返回地面。則( )A天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大B返回艙中的航天員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力C質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行D返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒【答案】C【解析】天和核心艙做勻速圓周運動時，萬有引力提供向心力，由eq f(GMm,（Rh）2)meq f(v2,Rh)得ve

7、q r(f(GM,Rh)，可知隨距地面的高度的增加，天和核心艙的速度減小，A錯誤；航天員處于失重狀態(tài)時，依然受到地球對其的引力，即Feq f(GMm,r2)，B錯誤；返回艙和天和核心艙在同一軌道上運行，其質量不同，但周期、角速度和線速度的大小均相同，C正確；返回艙穿越大氣層返回地面的過程中，因大氣的摩擦阻力對其做負功，故返回艙的機械能減少，D錯誤。7圖為氫原子的能級圖。大量氫原子處于n3的激發(fā)態(tài)，在向低能級躍遷時放出光子，用這些光子照射逸出功為2.29 eV的金屬鈉。下列說法正確的是( )第7題圖A逸出光電子的最大初動能為10.80 eVBn3躍遷到n1放出的光子動量最大C有3種頻率的光子能使

8、金屬鈉產(chǎn)生光電效應D用0.85 eV的光子照射，氫原子躍遷到n4激發(fā)態(tài)【答案】B【解析】大量處于n3能級的氫原子向低能級躍遷時可以釋放出3種不同能量的光子，從n3能級躍遷到n2能級時有h1E3E21.89 eV，從n2能級躍遷到n1能級時有h2E2E110.2 eV，從n3能級躍遷到n1能級時有h3E3E112.09 eV，顯然h3能量最大，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程EkhW0可知，逸出光電子的最大初動能Ekmh3W012.09 eV2.29 eV9.80 eV，故A錯誤。由動量peq f(h,)eq f(h,c)可知，輻射光子的能量越大，其動量也越大，故B正確。從n3能級躍遷到n2能級時，輻射

9、光子的能量h11.89 eV，小于金屬鈉的逸出功，故處于n3能級的氫原子向低能級躍遷時釋放出的3種光子中只有2種可以使金屬鈉發(fā)生光電效應，C錯誤。要使氫原子從n3能級躍遷到n4能級，需要吸收光子的能量只能為E4E30.66 eV，故D錯誤。8如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學實驗，在失重環(huán)境下，往大水球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是( )第8題圖A氣泡表面有折射沒有全反射B光射入氣泡衍射形成“亮斑”C氣泡表面有折射和全反射D光射入氣泡干涉形成“亮紋”【答案】C【解析】當光從水中射到空氣泡的界面處時，一部分光的入射角大于或等于臨界角，發(fā)生了全反射現(xiàn)象，所以

10、水中的空氣泡看起來特別亮。但并不是全部的入射光都發(fā)生全反射，也有一部分的入射角小于臨界角，所以氣泡表面也會有折射現(xiàn)象，故選C。9如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應)。t0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為eq r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則( )第9題圖AM板電勢高于N板電勢B兩個粒子的電勢能都增加C粒子在兩板間的加速度aeq f(2v02,L)D粒子從N板下端射出的時間teq f(（r(2)1）L,2v0)【答案】C【解析

11、】由于粒子電性未知，有兩種情況，如圖所示，故M、N板電勢的高低無法判斷，A錯誤；由題知，垂直M板運動的粒子速度增大，則其做勻加速直線運動，由于兩粒子完全相同，故在電場中運動時的加速度相同，平行M板向下的粒子做類平拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，電場力均做正功，故兩粒子的電勢能都減小，B錯誤；兩粒子由M板中點射入，設板間距為d，垂直M板向右的粒子運動滿足(eq r(2)v0)2v022ad，則2adv02；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出，則豎直方向有eq f(L,2)v0t，水平方向有vx22adv02，則aeq f(v0,t)，解得teq f(L,2v0)，aeq f(2

12、v02,L)，C正確，D錯誤。10如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角60。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的( )第10題圖A作用力為eq f(r(3),3)G B作用力為eq f(r(3),6)GC摩擦力為eq f(r(3),4)G D摩擦力為eq f(r(3),8)G【答案】B【解析】曬衣架左側斜桿受力分析如圖所示，由整體平衡可知4FNG，對斜桿，有tan 30eq f(f,FN)，解得FNeq f(G,4)，feq f(r(3)G,12)，每根斜桿受到地面的作用力Feq r(FN2f2)eq f(r(3),6)G，故B正確，A

13、、C、D錯誤。11如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則( )第11題圖A小球做簡諧運動B小球動能的變化周期為eq f(T,2)C兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD小球的初速度為eq f(v,2)時，其運動周期為2T【答案】B【解析】小球未壓縮彈簧時做勻速直線運動，不受回復力作用，由簡諧運動的定義可知，小球的運動不是簡諧運動，A錯誤；小球由中點向右運動開始計時，運動過程中小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球的動能以及彈簧的彈性勢能隨時間的變化圖像如圖所示，由圖像可知，運動過程

14、中小球動能與彈簧彈性勢能的變化的周期均為eq f(T,2)，B正確，C錯誤；若小球的初速度變?yōu)閑q f(v,2)，則t0變?yōu)樵瓉淼亩?，t1變?yōu)樵瓉淼膃q f(1,2)，D錯誤。12風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發(fā)電機在風速為9 m/s時，輸出電功率為405 kW，風速在510 m/s范圍內(nèi)，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是( )第12題圖A該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比B單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq f(1,2)Av

15、2C若每天平均有1.0108 kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4109 kWhD若風場每年有5 000 h風速在610 m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0105 kWh【答案】D【解析】風力發(fā)電機將風的動能轉化為電能，單位時間內(nèi)葉片接收到的空氣的質量mAv，其動能Ekeq f(1,2)mv2eq f(1,2)Av3，則發(fā)電機的輸出電功率與v3成正比，A、B錯誤； 若1.0108 kW的風能資源全部轉化為電能，則每天發(fā)電量為E1.0108kW24 h2.4109kWh，由于風力發(fā)電機的轉化效率無法達到百分之百，故每天的發(fā)電量低于2.4109 kWh，C錯誤；風速在510 m/s范圍內(nèi)

16、，轉化效率可視為不變，則風速在6 m/s時輸出的電功率Peq f(63,93)405 kW120 kW，則年發(fā)電量至少為EPt6.0105 kWh，D正確。13小明用額定功率為1 200 W、最大拉力為300 N的提升裝置，把靜置于地面的質量為20 kg的重物豎直提升到高為85.2 m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5 m/s2的勻減速運動，到達平臺的速度剛好為零，則提升重物的最短時間為( )A13.2 s B14.2 s C15.5 s D17.0 s【答案】C【解析】由題知，提升裝置最大拉力F300 N，故重物加速運動的加速度大小a1eq f(Fmg,m)5 m/s2，重物運動

17、的最大速度為vmeq f(P,mg)6 m/s，重物先做加速度大小為a15_m/s2的勻加速直線運動，當速度大小達到v14_m/s時，功率達到最大，此后以額定功率做變加速直線運動，當速度大小達到6_m/s時，做勻速直線運動，最后做勻減速直線運動，減速過程的加速度越大，運動時間越短，故減速過程的加速度大小也為5 m/s2時，所用時間最短，由運動規(guī)律可知，重物做勻加速運動的時間t1eq f(4 m/s,5 m/s2)0.8 s，重物勻加速運動的位移大小x1eq f(v1,2)t11.6 m，勻減速運動的時間t2eq f(vm,a)eq f(6,5) s1.2 s，重物勻減速運動的位移大小x2eq

18、f(vm,2)t23.6 m，所以變加速運動和勻速運動的位移大小為h(85.23.61.6)m80 m，設此段位移所用時間為t3，由動能定理有Pt3mgheq f(1,2)mvm2eq f(1,2)mv12，解得t313.5 s，總時間tt1t2t315.5 s，C正確。二、選擇題(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秦山核電站生產(chǎn) 614C的核反應方程為 714N01n 614CX，其產(chǎn)物 614C的衰變方程為 614C 147N 10e。下列說法正確的是( )AX是11H B 614

19、C可以用作示蹤原子C10e來自原子核外D經(jīng)過一個半衰期，10個 614C將剩下5個【答案】AB【解析】核反應方程遵循質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，故X的質量數(shù)為141141，電荷數(shù)為7061，X是11H，A正確；614C能發(fā)生衰變，可知其具有放射性，故可以用作示蹤原子，B正確；衰變中的電子是核內(nèi)中子轉化為質子時放出的，C錯誤；半衰期是統(tǒng)計學的概念，故對于少數(shù)原子核，半衰期的概念并不適用，D錯誤。15如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為Eeq f(a,r)， a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則( )第15題圖A軌道半徑r小的粒子角速度一定小B

20、電荷量大的粒子的動能一定大C粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關D當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【解析】由題圖可知，電場方向背離圓心，粒子在其中做勻速圓周運動，故粒子帶負電，由電場力提供向心力，有Eeq f(a,r)，Eqeq f(mv2,r)，得veq r(f(aq,m)，v只與粒子比荷有關，兩粒子比荷相同，故在電場中運動的速度大小相同，r越小，由eq f(2,T)可知，粒子運動的周期越小，粒子運動的角速度越大，A錯誤，C正確；帶電粒子運動的動能Ekeq f(1,2)mv2eq f(1,2)aq，故帶電粒子的電荷量越大，動能越大，B正確；由于粒子做圓周運動的方向不確定，故加

21、磁場時所受洛倫茲力的方向可以指向圓心，也可以背離圓心，粒子可以做近心運動，也可以做離心運動，故D錯誤。16位于x0.25 m的波源p從t0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負方向傳播，在t2.0 s時波源停止振動，t2.1 s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置xa1.75 m，質點b的平衡位置xb0.5 m。下列說法正確的是 ( )第16題圖A沿x軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉Bt0.42 s時，波源的位移為正Ct2.25 s時，質點a沿y軸負方向振動 D在0到2 s內(nèi)，質點b運動總路程是2.55m【答案】BD【解析】干涉現(xiàn)象指的是頻率相同的兩列波發(fā)生疊加的現(xiàn)象，圖中兩列波并未出現(xiàn)疊加，

22、故A錯誤；由題圖可知波速veq f(x,t)eq f(0.25,0.1) m/s2.5 m/s，波長1 m，則周期Teq f(,v)0.4 s，振幅A0.15 m，t0.42 s時，波源的位移與t0.02 s時的位移相同，由圖像可知波源的起振方向沿y軸正方向，00.1 s時間內(nèi)波源由平衡位置向y軸正方向運動，位移為正，B正確；t2.25 s時，相比于t2.1 s時波沿x軸正方向傳播了xvt0.375 m，故質點a的振動情況與t2.1 s時平衡位置在x1.375 m處質點的振動情況相同，由“上下坡”法可知t2.1 s時，平衡位置在x1.375 m處的質點向y軸正方向運動，C錯誤；02 s內(nèi)，波傳

23、到b點所用的時間tbeq f(xbp,v)eq f(0.75,2.5) s0.3 s，故質點b振動的時間為2 s0.3 s1.7 seq f(17,4)T，由于波源從平衡位置開始振動，故02 s內(nèi)，質點b運動總路程s4Aeq f(17,4)2.55 m，D正確。三、非選擇題(本題共6小題，共55分)17(7分)(1)“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)點B時小車位移大小為_cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，求得加速度為_m/s2(保留兩位有效數(shù)字)。第17題圖1第17題圖2利用

24、圖1裝置做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調整的是_(多選)。A換成質量更小的小車B調整長木板的傾斜程度C把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D改變連接小車的細繩與長木板的夾角第17題圖3第17題圖4(2)“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，下列說法正確的是_(單選)；A拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應相同B在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要_(填“2”“3”或“4”)次把橡皮條結點拉到O點?！敬鸢浮?1)6.20(

25、6.156.25均可) 1.9(1.72.1均可) BC (2)D 3【解析】(1)小車從起點O到打計數(shù)點B的位移xOBxBxO6.20 cm0.00 cm6.20 cm；根據(jù)題圖3數(shù)據(jù)點作出vt圖像，vt圖像斜率表示加速度，在圖像上相隔遠一點取兩點，可得小車加速度aeq f(1.250.30,0.600.10) m/s21.9 m/s2。本實驗要利用懸掛鉤碼的重力表示繩子拉力，必須滿足小車質量要遠大于懸掛鉤碼的質量，A錯誤；實驗時需要調整長木板的傾斜程度，用重力分力補償打點計時器對小車的阻力及其他阻力，B正確；把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，便于實驗中改變繩子拉力，C正確；實驗時要使細繩始終與長木

26、板保持平行，D錯誤。(2)實驗時兩彈簧秤的讀數(shù)不一定要相同，A錯誤；在已記錄結點位置的情況下，再需要一個點，就能確定拉力方向，B錯誤；測量時彈簧秤外殼可以與木板存在摩擦，不影響實驗結果，C錯誤；測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，D正確。用一個彈簧秤完成實驗至少需要把橡皮條結點拉到O點3次，第1次彈簧秤拉一個細繩套，將結點拉到O點，記錄力F的大小和方向，第2次彈簧秤拉一個細繩套產(chǎn)生拉力F1，手拉另一個細繩套產(chǎn)生拉力F2，將結點拉到O點，記錄彈簧秤示數(shù)(F1的大小)和方向，記錄F2的方向，第3次手沿著F1的方向拉細繩套，彈簧秤沿著F2的方向拉細繩套，將結點拉到O點，記錄彈簧秤示數(shù)(F

27、2的大小)。18(7分)(1)探究滑動變阻器的分壓特性，采用圖1所示的電路，探究滑片P從A移到B的過程中，負載電阻R兩端的電壓變化。圖2為實驗器材部分連線圖，還需要_(填“af”“bf”“fd”“fc”“ce”或“cg”)連線(多選)。圖3所示電壓表的示數(shù)為_V。第18題圖1第18題圖2第18題圖3第18題圖4已知滑動變阻器的最大阻值R010 ，額定電流I1.0 A。選擇負載電阻R10 ，以R兩端電壓U為縱軸，eq f(x,L)為橫軸(x為AP的長度，L為AB的長度)，得到Ueq f(x,L)分壓特性曲線為圖4中的“I”；當R100 ，分壓特性曲線對應圖4中的_(填“”或“”)；則滑動變阻器最

28、大阻值的選擇依據(jù)是_。(2)兩個相同的電流表G1和G2如圖5所示連接，晃動G1表，當指針向左偏時，靜止的G2表的指針也向左偏，原因是_(多選)。第18題圖5A兩表都是“發(fā)電機”BG1表是“發(fā)電機”，G2表是“電動機”CG1表和G2表之間存在互感現(xiàn)象DG1表產(chǎn)生的電流流入G2表，產(chǎn)生的安培力使G2表指針偏轉【答案】(1)af、fd、ce 1.500.02 R0R (2)BD【解析】(1)由題圖4可知，電壓表量程選取03 V，由題圖1可知，題圖2中還需要af、fd、ce連線；電壓表量程為03 V，最小分度為0.1 V，則電壓表示數(shù)為1.50 V；由電路圖可知，R與RAP并聯(lián)后再與RPB串聯(lián)，RAP

29、RPBR010 ，當R100 時，RAPR，R與RAP并聯(lián)部分的電阻趨近于RAP，滑片移動時電路總電阻幾乎不變，UURAPeq f(E,R總)RAPeq f(ER0,R總)eq f(x,L)，U近似與eq f(x,L)成正比，故分壓特性曲線對應圖4中的，則滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)為R0R。(2)G1表指針偏轉，內(nèi)部線圈切割磁感線產(chǎn)生感應電流，則G1表相當于“發(fā)電機”，電流會流入G2表內(nèi)部線圈，而該線圈處于磁場中，安培力使G2表指針偏轉，則G2表相當于“電動機”，B、D正確。19(9分)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24角，長度l14 m，水平滑軌長度可

30、調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為eq f(2,9)，貨物可視為質點(取cos 240.9，sin 240.4)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2。第19題圖【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m【解析】(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時，由牛頓第二定律有mgsin 24mgcos 24ma1，解得a12 m/s2。(2)貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運動，由v22a1l1，解得貨物在傾斜滑軌末

31、端時速度大小v4 m/s。(3)貨物在水平滑軌上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有mgma2，由v12v22a2l2，解得水平滑軌的最短長度l22.7 m。20(12分)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m2 g，l1 m，R0.4 m，H0.2 m，v2 m/s，物塊與MN、CD之

32、間的動摩擦因數(shù)0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點。(1)若h1.25 m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；(3)若物塊b釋放高度0.9 mh1.65 m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)。第20題圖【答案】(1)5 m/s (2)FN0.1h0.14(N)(h1.2 m) (3)見解析【解析】(1)物塊b擺到最低點的過程中，由動能定理有mgheq f(1,2)mvb2，解得vb5

33、 m/s，在最低點，物塊a、b發(fā)生彈性正碰，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvbmv0mvb，eq f(1,2)mvb2eq f(1,2)mv02eq f(1,2)mvb2，聯(lián)立解得碰后物塊a的速度v0vb5 m/s。(2)假設物塊b從h1高度釋放時，物塊a運動到E點時速度恰好為零，對物塊a、b運動的全過程由能量守恒定律有mgh12mglmgH0，解得h11.2 m，由此可知，物塊a要運動到E點，物塊b釋放的高度h1.2 m，規(guī)定豎直向下為正方向，在E點對物塊a受力分析有FNmgmeq f(vE2,R)，對物塊a運動的全過程由能量守恒定律有mgh2mglmgHeq f(1,2)mvE2，解得

34、FN0.1h0.14(N)(h1.2 m)。(3)由幾何知識可得lDFeq f(r(3),5)m。當h1.2 m時，物塊a剛好停在E點，物塊a運動的位移x13llDFeq blc(rc)(avs4alco1(3f(r(3),5) m，當1.2 mh1.65 m時，物塊a通過E點后做平拋運動落在FG上，當h1.65 m時，物塊a落到FG上的位置到F點最遠，物塊a、b碰撞后速度交換，則對物塊a、b的運動過程由能量守恒定律有mgh2mglmgHeq f(1,2)mvEm2，解得vEm3 m/s，由平拋運動規(guī)律可得teq r(f(2H,g)0.2 s，物塊a落到FG上的位置到F點的最大距離smvEmt

35、0.6 m，解得物塊a運動的最大位移xm3llDFsmeq blc(rc)(avs4alco1(3.6f(r(3),5) m，綜上可得，當1.2 mh1.65 m時，物塊a最后停下時的位置滿足eq blc(rc)(avs4alco1(3f(r(3),5) mxeq blc(rc)(avs4alco1(3.6f(r(3),5) m；從h0.9 m處釋放物塊b時，設物塊a停下的位置到C點的距離為lx，對物塊a、b運動的全過程，由能量守恒定律有mghmglmglx0，解得lx0.8 m，物塊a運動到距C點0.8 m處速度恰好為零，則物塊a運動的位移x22llx2.8 m，從略小于1.2 m高度釋放物塊