2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试8物理试题（解析版）

2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试8物理试题本试卷共100分，考试时间90分钟。可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2一、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）.下列属于力的单位是（）A.kgm/s2B.kgm/sC.kg-m2/sD.kgs/m2【答案】A【解析】根据牛顿第二定律的表达式尸=松可知,m的国际单位为kg,a的国际单位为mH,则F的单位为kg-m/s2,故A正确。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】因做匀速圆周运动的物体加速度的大小不变、方向始终指向圆心，故链球做匀速圆周运动的过程中加速度的大小不变，方向时刻改变,A错误。惯性是物体本身的固有属性，惯性的大小只与物体的质量有关，质量大则惯性大，足球下落过程中质量不变，故惯性不变，B正确。乒乓球被击打的过程中，球与球拍发生弹性形变，随着形变量的变化，乒乓球受到的作用力也发生变化，C错误。一般情况下，篮球在低速飞行时受到的空气阻力方向与速度方向相反，D错误。第3题图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】鱼儿吞食花瓣时在空中处于最高点，此时鱼儿受重力作用，鱼儿与花瓣间的作用力可以忽略，则此时鱼儿受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿摆尾出水时，水对鱼儿的作用力大于鱼儿的重力，并非浮力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾出水的动作时，鱼儿的大小和形状不能忽略，故不能把鱼儿看成质点，D错误。.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】复色光投射，在屏上可以看到彩色条纹，A错误；明暗相间的条纹是两列相干光在屏上叠加的结果，B正确；根据干涉现象中两相邻的亮条纹或暗条纹间距公式以=方可知，把光屏前移或后移，/的距离会发生变化，即Ax会发生变化，但依然可以看到明暗相间的条纹，C错误；因义红>%.,由可知，Axft>Axk,故D错误。.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8.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】恒定磁场对运动电荷有力的作用，对静止的电荷没有力的作用，A错误；物理学中规定，小磁针在磁场中静止时N极所指的方向为该点的磁感应强度方向，小磁针在磁场中静止时N极的受力方向即所指方向，B正确：穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，故电流也最小，C错误；无论是升压变压器还是降压变压器，若变压器是理想变压器，则穿过原线圈和副线圈的磁通量变化率相同，若变压器不是理想变压器，即有漏磁和能量损失，则穿过原线圈的磁通量变化率大于穿过副线圈的磁通量变化率，D错误。.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.返回舱中的航天员处于失重状态，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】天和核心舱做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由（悭;：）2=，靖二得V黑’可知随距地面的高度的增加'天和核心舱的速度减小'A错误；航天员处于失重状态时，依然受到地球对其的引力，即F=0等，B错误；返回舱和天和核心舱在同一轨道上运行，其质量不同，但周期、角速度和线速度的大小均相同，C正确；返回舱穿越大气层返回地面的过程中，因大气的摩擦阻力对其做负功，故返回舱的机械能减少，D错误。.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（ ）n E/eVTOC\o"1-5"\h\z04 0.853 1.512 3.41 13.6第7题图A.逸出光电子的最大初动能为10.80eVB.n=3跃迁到n=l放出的光子动量最大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】大量处于〃=3能级的氢原子向低能级跃迁时可以释放出3种不同能量的光子，从"=3能级跃迁到〃=2能级时有hv\=E3-E2=\.S9eV,从〃=2能级跃迁到〃=1能级时有Av2=£：2-£i=10.2eV,从〃=3能级跃迁到〃=1能级时有加=63一昂=12.09eV,显然加3能量最大,根据爱因斯坦光电效应方程反=加一伙可知，逸出光电子的最大初动能Ekm=/»V3—Wo=12.09eV—2.29eV=9.80eV,故A错误。由动量p=，=,可知，辐射光子的能量越大，其动量也越大，故B正确。从〃=3能级跃迁到〃=2能级时，辐射光子的能量痴1=1.89eV,小于金属钠的逸出功，故处于〃=3能级的氢原子向低能级跃迁时释放出的3种光子中只有2种可以使金属钠发生光电效应，C错误。要使氢原子从〃=3能级跃迁到〃=4能级，需要吸收光子的能量只能为E4-£3=0.66eV,故D错误。.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“亮纹”【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，所以水中的空气泡看起来特别亮。但并不是全部的入射光都发生全反射，也有一部分的入射角小于临界角，所以气泡表面也会有折射现象，故选C。.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vo的相同粒子，垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为&vo；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（）第9题图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a=^（、历一1）ID.粒子从N板下端射出的时间1=二4;——2vo【答案】C【解析】由于粒子电性未知，有两种情况，如图所示，故M、N板电势的高低无法判断，A错误；由题知，垂直用板运动的粒子速度增大，则其做匀加速直线运动，由于两粒子完全相同，故在电场中运动时的加速度相同，平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力均做正功，故两粒子的电势能都减小，B错误；两粒子由M板中点射入，设板间距为＜/,垂直M板向右的粒子运动满足（60o）2-o（）2=2ad,则2ad=v^；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，则竖直方向有亨=iW，水平方向有v^=2ad=v^f则。=巴解得，=与，〃=与匕，C正确，D错误。t ZVoL.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。=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（）AiA第10题图A.作用力为坐GB.作用力为噜GC.摩擦力为坐GD.摩擦力为盘4 O【答案】B晒衣架左侧斜杆受力分析如图所示，由整体平衡可知4R=G,对斜杆，有tan3（T=£,解得Fn=%尸唔,每根斜杆受到地面的作用力/=防旺？=*G,故B正确，A、C、D错误。.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，则第11题图A.小球做简谐运动8.小球动能的变化周期蜡C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T。.小球的初速度为^时，其运动周期为2T【答案】B【解析】小球未压缩弹簧时做匀速直线运动，不受回复力作用，由简谐运动的定义可知，小球的运动不是简谐运动，A错误；小球由中点向右运动开始计时，运动过程中小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的动能以及弹簧的弹性势能随时间的变化图像如图所示，由图像可知，运动过程中小球动能与弹簧弹性势能的变化的周期均为£B正确，C错误；若小球的初速度变为玄则而变为原来的二倍，”变为原来的*D错误。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9机/s时，输出电功率为405&W,风速在5~10mis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p,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）r-第12题图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|pAv2C.若每天平均有1.0x108kW的风能资源，则每天发电量为2.4x109左卬为。.若风场每年有5000〃风速在6〜10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0x105kWh【答案】D【解析】风力发电机将风的动能转化为电能，单位时间内叶片接收到的空气的质量Am=pAv,其动能a=%〃＞。2=切03,则发电机的输出电功率与"成正比，A、B错误；若1.0X108kW的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E=1.0Xl()8kwX24h=2.4X109kWh,由于风力发电机的转化效率无法达到百分之百，故每天的发电量低于2.4X109kWh,C错63误；风速在5〜10m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6m/s时输出的电功率X405kW=120kW,则年发电量至少为E=Pf=6.0XIO5kWhD正确。13.小明用额定功率为1200卬、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20依的重物竖直提升到高为85.2加的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5w/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，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】由题知，提升装置最大拉力F=300N,故重物加速运动的加速度大小0=三管=5m/s2,重物运动的最大速度为。m=£=6m/s,重物先做加速度大小为ai=5_m/s2的匀加速直线运动，当速度大小达到功=4_m/s时，功率达到最大，此后以额定功率做变加速直线运动，当速度大小达到6_m/s时，做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，减速过程的加速度越大，运动时间越短，故减速过程的加速度大小也为5m/s?时，所用时间最短，由运动规律可知，重物做匀加速运动的时间”=丁京5=0.8s,重物匀加速运动的位移大小©=yn=1.6m,匀减速运动的时间。2=号=庠s=1.2s,重物匀减速运动的位移大小12=争2=3.6m,所以变加速运动和匀速运动的位移大小为/i=（85.2—3.6—1.6）m=80m,设此段位移所用时间为打，由动能定理有尸"一"名力=多加nJ—品。/,解得小=13.5s,总时间/=“+12+“=15.5s,C正确。二、选择题H（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，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.秦山核电站生产6"C的核反应方程为^N+0'n^6I4C+X,其产物614c的衰变方程为6,4C^格7N+ -i°eo下列说法正确的是（）X是614c可以用作示踪原子-i°e来自原子核外D.经过一个半衰期，10个614c将剩下5个【答案】AB【解析】核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，故X的质量数为14+1—14=1,电荷数为7+0—6=1,X是JH,A正确；614c能发生p衰变，可知其具有放射性，故可以用作示踪原子，B正确；。衰变中的电子是核内中子转化为质子时放出的，C错误；半衰期是统计学的概念，故对于少数原子核，半衰期的概念并不适用，D错误.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】由题图可知，电场方向背离圆心，粒子在其中做匀速圆周运动，故粒子带负电，由电场力提供向心力，有E=*Eq=阳,得。。只与粒子比荷有关，两粒子比荷相同，故在电场中运动的速度大小相同，r越小，由。=爷可知，粒子运动的周期越小，粒子运动的角速度越大，A错误，C正确；带电粒子运动的动能Ek=%7o2=5g,故带电粒子的电荷量越大，动能越大，B正确；由于粒子做圆周运动的方向不确定，故加磁场时所受洛伦兹力的方向可以指向圆心，也可以背离圆心，粒子可以做近心运动，也可以做离心运动，故D错误。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=-0.5 下列说法正确的是（）A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉5.t=0.42s时，波源的位移为正C.t=2.25504,质点a沿y轴负方向振动D.在。到2s内，质点b运动总路程是2.55,“【答案】BD【解析】干涉现象指的是频率相同的两列波发生叠加的现象，图中两列波并未出现叠加,故A错误；由题图可知波速。=：=%m/s=2.5m/s,波长2=1m,则周期T=（=0.4s,振幅A=0.15m,r=0.42s时，波源的位移与r=0.02s时的位移相同，由图像可知波源的起振方向沿），轴正方向，0〜01s时间内波源由平衡位置向y轴正方向运动，位移为正，B正确；，=2.25s时，相比于，=2.1s时波沿x轴正方向传播了Ax=oA/=0.375m,故质点a的振动情况与r=2.1s时平衡位置在x=1.375m处质点的振动情况相同，由“上下坡”法可知r=2.1s时，平衡位置在x=1.375m处的质点向y轴正方向运动，C错误；。〜2s内，波传到b点所用的时间％=等=4卷s=0.3s,故质点b振动的时间为2s—0.3s=1.7s=，T,一’.一 17由于波源从平衡位置开始振动，故0〜2s内，质点b运动总路程s=4AXq~=2.55m,D正确。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（7分）（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示，长木板水平放置,细绳与长木板平行。图2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3中小车运动的数据点，求得加速度为加S2（保留两位有效数字）。第17题图1O A B飞脚I甲叩啊唧啊网叩啊01cm2 3 4 5 6第17题图2②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系''的实验，需调整的是（多选）。A.换成质量更小的小车B.调整长木板的倾斜程度C.把钩码更换成祛码盘和祛码D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角

i/(m•s_,)第17题图3第17题图4（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中，①下列说法正确的是（单选）；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（填“2”“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。【答案】（1）①6.20（6.15〜6.25均可）19（1.7〜2.1均可）②BC（2）①O②3【解析】⑴①小车从起点O到打计数点B的位移xob=xb-xo=6.2。cm-0.00cm=6.20cm：根据题图3数据点作出v-t图像，v-t图像斜率表示加速度，在图像上相隔远一点取两点，—rznr〜、士心1.25-0.30 ） ）可将小车加速度a=/、公/八1八mls=1.9mls"。②本实验要利用悬挂钩码的重力表示绳子拉力，必须满足小车质量要远大于悬挂钩码的质量，4错误；实验时需要调整长木板的倾斜程度，用重力分力补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，8正确：把钩码更换成祛码盘和祛码，便于实验中改变绳子拉力，C正确；实验时要使细绳始终与长木板保持平行，。错误。（2）①实验时两弹簧秤的读数不一定要相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，再需要一个点，就能确定拉力方向，B错误；测量时弹簧秤外壳可以与木板存在摩擦，不影响实验结果，C错误；测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，O正确。②用一个弹簧秤完成实验至少需要把橡皮条结点拉到O点3次，第1次弹簧秤拉一个细绳套，将结点拉到0点，记录力F的大小和方向，第2次弹簧秤拉一个细绳套产生拉力F”手拉另一个细绳套产生拉力F2,将结点拉到O点，记录弹簧秤示数（B的大小）和方向，记录F2的方向，第3次手沿着B的方向拉细绳套，弹簧秤沿着F2的方向拉细绳套，将结点拉到O点，记录弹簧秤示数（F2的大小）。18.（7分）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1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2为实验器材部分连线图，还需要（填、『”『"出"”时",’或说”）连线（多选）。②图3所示电压表的示数为V,③已知滑动变阻器的最大阻值Ro=10Q,额定电流I=1.0A。选择负载电阻R=10Q,以R两端电压U为纵轴，3为横轴（x为AP的长度，L为AB的长度），得到U-j分压特性曲线为图4中的“「；当R=100a,分压特性曲线对应图4中的（填“II”或“Ill”）；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Gi和G2如图5所示连接，晃动Gi表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针也向左偏，原因是（多选）。第18题图5A.两表都是“发电机”Gi表是“发电机”，G2表是“电动机”Gi表和G2表之间存在互感现象Gi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】⑴①af、fd、ce②1.50±0.02③HR()<R(2)BD【解析】(1)①由题图4可知，电压表量程选取0〜3V,由题图1可知，题图2中还需要af、fd、ce连线；②电压表量程为0〜3V,最小分度为0.1V,则电压表示数为1.50匕③由电路图可知，R与Rap并联后再与Rpb串联，Rap+Rpb=Ro=1。。，当R=100。时，Rap«R，R与Rap并联部分的电阻趋近于Rap，滑片移动时电路总电阻几乎不变，U=URAp^RapK总=昏吟，u近似与企成正比，故分压特性曲线对应图4中的n,则滑动变阻器最大阻值的选择依据为R()<Ro(2)Gi表指针偏转，内部线圈切割磁感线产生感应电流，则Gi表相当于“发电机”，电流会流入5表内部线圈，而该线圈处于磁场中，安培力使5表指针偏转，则5表相当于“电动机”，B、£)正确。(9分)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h=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2开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为货物可视为质点(取cos24°=0.9,sin24°=0.4)o(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度ai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2mis,求水平滑轨的最短长度l2o第19题图［答案］(1)2mJs2(2)4mis(3)2.7m【解析】(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律有mgsi”24°-umgcos24°=ma”解得ai=2m/s2o(2)货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由v2=2a,l,.解得货物在倾斜滑轨末端时速度大小v=4mis.(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有nmg=ma2.由V|2—v2=-2a2h，解得水平滑轨的最短长度b=2.7恤(12分)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1。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。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,1=1m,R=0.4m,H=0.2m,v=2mis,物块与MN、CD之间的动摩擦因数n=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。⑴若h=1.25/n,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度vo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0.9;W<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)。第20题图【答案】(l)5zn/s(2)FN=0.1h-0.14(M(h》1.2m)(3)见解析【解析】(1)物块b摆到最低点的过程中，由动能定理有mgh=^mvb2.解得Vb=5mis,在最低点，物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb=mvo+mvh,Vb2=vo2+^mvb2.联立解得碰后物块a的速度vo=Vb=5mJsc(2)假设物块b从％高度释放时，物块a运动到E点时速度恰好为零，对物块a、b运动的全过程由能量守恒定律有mghI-2jimgl-mgH=0»解得hi=1.2/n,由此可知，物块a要运动到E点，物块b释放的高度h21.2皿，规定竖直向下为正方向，在E点对物块a受力分析有7Vr-Fz+mg=m苴，对物块a运动的全过程由能量守恒定律有mgh—2pmgl—mgH=vE2,解得FN=0.1h—0.14(N)(h21.2m)Q(3)由几何知识可得lDF=Y/n°当h=1.2m时，物块a刚好停在E点，物块a运动的位移xi=31+1df=(3+9)m,当1.2zn<h<1.65根时，物块a通过E点后做平抛运动落在FG上，当h=1.65机时，物块a落到FG上的位置到F点最远，物块a、b碰撞后速度交换，则对物块a、b的运动过程由能量守恒定律有mgh—2pmgl—mgH=^mvE,«2,解得vdw=3mis,由平抛运动规律可得t=、丹=0.2s,物块a落到FG上的位置到F点的最大距离sm=v&nt=0.6机，解得物块a运动的最大位移Xm=31+lDF+Sm=(3.6+^jW,综上可得，当1.2/nWh<1.65小时，物块a最后停下时的位置满足(3+明/nWx<(3.6+乎)从h=0.9机处释放物块b时，设物块a停下的位置到C点的距离为lx，对物块a、b运动的全过程，由能量守恒定律有mgh-pmgl-gmglx=0,解得k=0.8m,物块a运动到距C点0.8%处速度恰好为零，则物块a运动的位移X2=21+lx=2.8m,从略小于1.2〃z高度释放物块b,物块a不能通过最高点E,运动到能到达的最高点后将返回CD段，设物块a停下的位置到D点的距离为匕，对物块a、b运动的全过程分析，由能量守恒定律有mgh-2jimgl-pmgrx=0,解得rx=0.4m,物块a运动的位移x3=31-1\=2.6,"<2.8m,调整物块b的高度，物块a可以刚好停在D点,

综上可得，当O.9/n<h<1.2n7时，物块a最终静止的位置x的范围为2.6m<x<3.0%。21.（10分）舰载机电磁弹射是现代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1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Ro,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2所示，在h至t3时间内F=（800-10v）N,t3时撤去F=已知起飞速度vi=80m/s,ti=1.5s,线圈匝数n=100匝，每匝周长1=1m动子和线圈的总质量m=5Ag,飞机质量M=10kg,R（）=9.5Q,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：⑴恒流源的电流I；⑵线圈电阻R;辐向磁场电刷第21辐向磁场电刷第21题图1第21题图2【答案】(1)80A(2)0.5Q(3声9s【解析】（1）动子向右匀加速运动时，恒流源给电路中提供的电流恒定，线圈受到的安培力F

安=向1,由v-t图像可知,。〜口时间内，动子的加速度a得由牛顿第二定律可知F安=(M+m)a,解得1=80A。⑵开关S与2接通后'线圈先减速到零然后反向加速，口〜口时间内线圈中感应电流1'=黑,1.2i2d2对线圈由牛顿第二定律有(80070v)+mv=ma，,由V-t图像可知，在口〜t3时间内线圈加速度恒定，