浙江高考(选考)物理试卷和答案

1、2019年4月浙江省普通高校招生 选考科目考试物理试卷、单项选择题（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）a.功/焦耳b.质量/千克c.电荷量/库仑d.力/牛顿1.下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是（）3 .下列式子属于比值定义物理量的是（a. ?焉?？b. ?=.4 .下列陈述与事实相符的是（）a.牛顿测定了引力常量b.法拉第发现了电流周围存在磁场c.安培发现了静电荷间的相互作用规律d.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因受到的安培力f的大小与通过导线的电流i关系图像正确的是d5 .在磁场中的同

2、一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场的方向垂直，则下列描述导线a.小明与船之间存在摩擦力b.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力c.杆对岸的力大于岸对杆的力d.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力13 / 25o则此卫星的7.某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止）a.线速度大于第一宇宙速度b.周期小于同步卫星的周期c.角速度大于月球绕地球运行的角速度d.向心加速度大于地面的重力加速度8.电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为 r,两端电压为ui,流过的电流为ii；电动机内阻为r2,两端电压为u2,流过的电流为i2。则9.a. i1uic. u；rr2

3、uiuid. u；rir2rr2甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动,位移-时间图像如图所示,10.则在0ti时间内a.甲的速度总比乙大b.甲、乙位移相同c.甲经过的路程比乙小d.甲、乙均做加速运动当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0 107m/s。已知加速电场的场强为1.3 105n/c ,质子的质量为1.67 10 27kg ,电荷量为 1.6 10 19c ,则下列说法正确的是a.加速过程中质子电势能增加b.质子所受到的电场力约为 2 10 15nc.质子加速需要的

4、时间约为 8 106sd.加速器加速的直线长度约为4m11 .如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有 a、b两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则a.杆对a环的支持力变大8. b环对杆的摩擦力变小c.杆对a环的力不变d.与b环相连的细绳对书本的拉力变大12 .如图所示，a、b、c为三个实心小球，a为铁球，b、c为木球。a、b两球分别连接在两根弹簧上，c球连接在细线一端， 弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水则剪断的瞬间相对于杯底（不杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。 若将挂吊篮的绳子剪断,计空气阻力，木 水 铁）a. a球将向上运动，b、c

5、球将向下运动b. a、b球将向上运动，c球不动c. a球将向下运动，b球将向上运动，c球不动d. a球将向上运动，b球将向下运动，c球不动13 .用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0 10 2 kg 电荷量为2.0 10 8c的小球，细线的上端固定于 o点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37o,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直， 静止释放，则（sin37o 0.6）a.该匀强电场的场强为 3.75 107n/cb.平衡时细线的拉力为0.17nc.经过0.5s,小球的速度大小为 6.25m/sd.小球第一次通过 o点正下方时，速度大小为7m/s、不定项选择题（

6、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，选对但选不全的得 1分，有选错的得0分）14.【加试题】波长为 川和加的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为用的光的条纹间距大于波长为及的条纹间距。则（下列表述中，脚标“1和“2分别代表波长为 无和尬的光所对应的物理量）。则（）a.这两束光的光子的动量 p1p2b.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角cic2c.这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压uc1uc2d.这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=2能级时产生，则相应激发态的电离能a ei a 也15.【加试

7、题】静止在匀强磁场中的原子核x发生“衰变后变成新原子核 y。已知核x的质量数为a ,电子数为z,核x、核y和a粒子的质量分别为 mx、my和ma, a粒子在磁场中运动的半径为 r。则（）a.衰变方程可表示为？2?一 ?-4?+ 4?b.核y的结合能为（mx-my-m a） c2c.核y在磁场中运动的半径为2?-2d.核y的动能为？?=?(? ? ?+? ?16. 【加试题】图1为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，p、q为介质中的两个质点，图2为质点p的振动图像，则（）第16题图1第16题图2a. t=0.2s时，质点q沿y轴负方向运动b. 00.3s内，质点q运动的路程为0.3mc. t=0.

8、5s时，质点q的加速度小于质点 p的加速度d. t=0.7s时，质点q距平衡位置的距离小于质点p距平衡位置的距离三、非选择题（本题共 7小题，共55分）17. （5分）采用如图1所示的实验装置做 讲究平抛运动”的实验。（1）实验时需要下列哪个器材 a、弹簧秤b、重锤线c、打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求，正确的是 （多选）a、每次运动由同一位置静止释放小球b、每次必须严格地等距离下降记录小球位置c、小球运动时不应与木板上的白纸接触d、记录的点应适当多一些(3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀 速运动，记录

9、下如 图2所示的频闪照片。在测得 ？?、？?、？、 ?后，需要验证的关系是 。已知频闪周期为 t,用下列 计算式求得的水平速度，误差较小的是 。?44?2a、西b 2?c、3?18. (5分)小明想要测额定电压为 2.5v的小灯泡在不同电压下的电功率，设计了如图1所示的电路。(1)在实验过程中，调节滑片 p,电压表和电流表均有示 数但总是调不到零，其原因是 的导线没有连接好(图 中用数字标记的小圆点表示连线点，空格中请填写图中的 数字，如“7点至8点”)；(2)正确连好电路，闭合开关，调节滑片 p,当电压表的 示数达到额定电压时，电流表的指针如图 2所示，则电流 为 a,此时小灯泡的功率为 w

10、;(3)做完实验后，小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00v时通过小灯泡的电流，但在草稿纸上记录下了下列数据，你认为最有可能的是 a、0.08ab、0.12ac、0.20a19. (9分)小明以初速度vo=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球(1)上升的最大高度；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力做的功；(3)上升和下降的时间。20. (12分)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角？?= 37。的直轨道ab,其下方右侧放置

11、 一水平传送带，直轨道末端b与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径?= 0.4?,转轴间距？?= 2?的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面 的高度?= 2.2?。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道b端运动到传送带上 c点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直 轨道和传送带间的动摩擦因数均为？?= 0.5。(？?37?= 0.6)(1)若？ = 2.4?,求小物块到达 b端时速度的大小；(2)(3)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件;点到d点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。改变小物块释放的高度 h,小物块从传送

12、带的 d点水平向右抛出，求小物块落地交澧/21. （4分）【加试题】在 探究电磁感应的产生条件 ”实验中，实 物连线后如图1所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方向如 图2粗线所示。（1）接通电源，闭合开关，g表指针会有大的偏转，几秒后g表外线圈 内践圈 铁芯 第21瓢图2指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时， g表指针 （不动、右偏“、左偏”、不停振动”）； 迅速抽出铁芯时，g表指针 （不动、右偏、左 偏”、不停振动”）。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，g表指针 （不动、右偏“、左偏”、不停振动”）。（3）仅用一

13、根导线，如何判断g表内部线圈是否断了？ 22.如图所示，倾角 片37。、间距l=0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值r=0.1 的电阻,质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数月0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴 x。在0.2mi2r2,所以:京工后=瓦.故bc错误，d正确;故选：d。电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合欧姆定律分析 电流大小, 本题关键是明确电动机正常工作 时为非纯电阻电路，由于线圈的切割磁感 线产 生反电动势。分析电动机两端电压时也可以根据能量守恒定律分析比 较。9 .【答案】b【解析】【分析】位移-时间图象的斜率等于速度，纵坐标的变

14、化量等于物体的位移，两 图象的交 点表示两物体相遇。由此分析。本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两物的运 动情况。 【解答】ad、0ti时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运 动，故ad错误。b、0ti时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故b正确。c、甲、乙都做单向运动，通的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故c错误。故选：b。10 .【答案】d 【解析】解:a、根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故a错误；b、质子

15、所受到的电场力约为f=eq=1.3m05x.6汉0-19=2.08 x0-14n,故b错误；r j （ixwc、根据牛顿第二定律得加速的加速度 为：。=:m片川如=1.班育1。1%“小, il rla ） x. ! l jt x h）7则加速时间为：-,故c错误；v lx qid、加速器加速的直线长度约为：工=丁=,故d正确；故选：d。根据能量守恒定律分析 电势能变化；根扼电场力公式f=eq求解电场力；根据匀变速直线运动规律：速度时间公式，位移时间公式求解加速 时间和位移。本题考查带电粒子在电场中的加速，关键是熟练掌握牛顿第二定律，匀变速直线运动规律以及动能定理，然后灵活应用。11 .【答案】

16、b【解析】解:a、设重物的质量为m,以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁 对铁环的支持力fn,力！如图1所示。根据平衡条件得：2fn=mg,得到fn=；2%fhmg,可见，水平横梁对铁环的支持力“fn 不变，故a 错误；,f l -b、以左侧环为研究对象，力图如图2、f所小。隼m a图2竖直方向：fn=fsin a 图1水平方向：fcosa =f 由得：ff=fncot增大时，ff变小，故b正确；c、杆忖a环的支持力不变，摩擦力减小，则杆对a环的力变小，故c错误；d、与b环相连的细纯对书 本的拉力 设为t,根据竖直方向的平衡条件可得 2tcos 9 =2m由于绳子与

17、竖直方向的夹角8减小，则cos暧大，绳子拉力变小，故 d错误。故选：b。以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，分析受力情况，判断横梁对铁环的支 持力fn的变化情况。隔离任一小环研究，分析受力情况，判断摩擦力f的变化情 况；再根据平衡条件分析与b环相连的细纯对书本的拉力的变化。本题是力平衡中动态平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，再运 用平衡条件列式进行分析。12 .【答案】d【解析】解：由于（3木水 0.5s,所以经过ti=0.5s,小球的速度大小为v=ati=6.25m/s,故c正确；d、小球第一次通过o点正下方时，速度大小为v0,根据速度位移关系可得 v02=2a,解得 v0=

18、5依 m/s,故d 错误。故选:c。小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡，运用合成法求出 电场力 的大小，从而求出电场强度的大小；根据几何关系求解绳子拉力，再求出运动过 程中的加速度，根据运动学公式进行求解。解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力。以及掌 握电场强度的定义式、带电粒子在复合场中的运动的解题方法。14 .【答案】bd【解析】解：由于在其他条件相同的情况下波 长为人的光的干涉条纹间距大于波长为a 的干涉条纹间距，由才=，可得：*在ifa、由光子的动量：p=m则：pip2故a错误；b、由:ri1可知，两种光子的频率关系为：mv殳，即2的频率较大，根

19、据介质的 折射率与频率的关系可知它们的折射率：n1c2,故b正确；c、这两束光都能使某种金属 发生光电效应，由光电效应方程：ekm=hyw,其中w为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大初动能越大；又由：ekm=e?u遏止则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：u2ui.故c错误；d、根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量：e=em-en；者b是跃迁至11n=2 能级，则m相同，n越大，则放射出的光子的能量 值越大，由于看%，所以育软 mi在2.故d正确。故选：bd。hr根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系；由:e=/门判断光子的能量-r-t.与光子的频率关系；由p=g判

20、断光子的动量；由光的频率与折射率的关系判断折射率，然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止 电压；根据玻尔理论分析跃迁和电离能。该题涉及的知识点较多，解决本题的关键是 知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系，知道能级间跃迁所满足的规律，即em-en=hv。15 .【答案】ac 【解析】解:a、根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为一；he+ijj y .故 a正确；b、该过程中亏损的质量为：/s= mx-my-m”），所邮放的核能为mx-my-m”）c2, 由于原子核也有一定的 结合能，则核y的结合能一定大于（mx-my-m/c2.故b错 1 口 块；c、在裂变过程中遵守

21、动量守恒，根据动量守恒定律得：0=py-pa,则py = pa“鹏p根据半径公式r=q万，又mv=p劭量），则得：二.2n联立可得：ry=ntj .故c正确；d、由动能与动量的关系：ek=,得原子核y与a粒子的动能之比为：膂 二： n*la4=：由题，原子核x衰变时释 放的核能全部 转化为动能，则有释放的核能 为：e=ekeky= mx-my-mj c2,皿 /口 lki 以山联立可得：e样江西 故d正确。故选:ac。a粒子的符号是h he,先根据电荷数守恒和 质量数守恒书写出核衰变反应方程，衰变过程遵守动量守恒和能量守恒。由磁场中圆周运动半径公式力口和周期公 式丁二正，分析半径和周期关系。根

22、据能量守恒和动量守恒求解核衰变反应中 释放出的核能核反应遵守的基本 规律有动量守恒和能量守恒，书写核反应方程式要遵循 电荷 数守恒和质量数守恒。结合磁场的知识即可分析。16 .【答案】cd【解析】解:a、t=0时刻的质点p向上振动，则波沿-x方向传播，根据图乙可知该波的周期t=0.4s, t=0.2s时，质点q刚好振动半个周期，此时q沿y轴正方向运动，故a错1 口块；q4,b、00.3s内，质点q运动; = ； t,由于q不是处于最大位移或平衡位置 处，所以q通过的路程sw；m=0.3m,由于开始q向下振动，所以通过的路程大于0.3m,故b错误；c、t=0.5s=1 l t时，质点p位于波峰处

23、，质点q不是处于最大位移，根据a=- 可知质点q的加速度小于质点p的加速度，故c正确；d、t=0.7s=1：t时，质点p位于波谷处，质点q不是处于最大位移，质点q距平 衡位置的距离小于 质点p距平衡位置白距离，故d正确。故选:cd。根据振动图象确定传播方向，根据图2得到的周期，再根据给出的时间确定p和 q的位置，由此分析。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向。17 .【答案】b acd x4-x3=x3-x2 = x2-x1=x1 d【解析】解：1。做研究平抛物体的运 动”实验时，需要木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白 纸、米尺、重垂

24、线。米尺的作用是能 读出轨迹上某点的坐 标。重垂线的作用是确 保木板与白纸是在竖直面内，使其与小球运 动平面平行。时间可以通过竖直方向 做自由落体运动去求解，故不需要弹簧秤与打点计时器，故ac错误，b正确。2)a、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止 释放, 以保证获得相同的初速度。故a正确。b、记录小球经过不同高度的位置 时，每次不必严格地等距离下降，故b错误；c、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直， 小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故c正确。d、要使描出的轨迹更好地反映真 实运动，记录的点应适当多一些，故d正确。

25、故选:acd。3)阴平抛运动在水平方向上做匀速直 线运动，竖直方向上做自由落体运 动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来 越短，所以乂4以3=乂3以2=乂2以1=乂1 ,用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是所测的长度越来误差越小，则为v= 多，故abc错误，d正确；故答案为：1。b; 2。acd ; 30x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1, do从 研究平抛运动”实验的原理出发即可求解；保证小球做平抛运 动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因 为要画同一运动 的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止 释放，以保证获得相同的初速 度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避

26、免因摩擦而使运 动轨迹改变，最 后轨迹应连成平滑的曲线；平抛运动在水平方向上做匀速直 线运动，在竖直方向上做自由落体运 动，上皱竖 直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系。本题主要考查了研究平抛运动”实验原理，知道在试验中不需要秒表。解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课 本 实验的原理，要注重学生对 探究原理的理解。本题 考 查 平抛物体的运 动规 律。要求同学们 能 够 从 图 中 读 出有用信息，再根据平抛运动 的基本公式解 题 ， 难 度适中。18 .【答案】1 点至 4 点 0.30a 0.75 c【解析】解：（1）在

27、 实验过 程中， 调节 滑片 p， 电压 表和 电 流表均有示数但总 是 调 不到零，说 明滑动变 阻器接成了限流接法，由 图 示 电 路 图 可知，其原因是1 点至 4 点的 导线 没有连 接好。（2 ） 电 流表量程为 0.6a ，分度 值 为 0.02a ，示数 为 0.30a ，灯泡 额 定 功率：p=ui=2.5 ：0.30=0.75w；（3）灯泡电 阻随温度升高而增大， 电压 越小灯泡 额 定功率越小，灯丝 温度越低，灯泡电阻越小，由此可知1.00v电压对应的电流应为0.20a,故c正确；故答案 为 ：（1）1 点至 4点；（ 2）0.30a；0.75；（3）c。（1）滑 动变 阻

28、器采用分压 接法时电压 与 电 流可以从零开始 变 化，滑 动变 阻器采用限流接法 时 ， 电压 与 电 流不能从零开始变 化，分析 图 示 电 路 图 答 题。（2）根据电 流表量程与图 示表 盘 确定其分度值 ，然后根据指针 位置 读 出其示数；应 用 电 功率公式求出 电 功率。（3）灯泡电 阻随温度升高而增大，据此分析答题 。滑 动变 阻器采用分压 接法 时电压 与 电 流可以从零开始 变 化，滑 动变 阻器采用限流接法 时 ， 电压 与 电 流不能从零开始变 化； 对电 表 读 数 时 要先确定其量程与分度值 ，然后根据指针 位置读 出其示数。19 .【答案】左偏 右偏 不停振动【解

29、析】解：（ 1）在 闭 合 电键时发现灵敏 电 流 计 的指 针 向右偏了一下，知磁通量增加时 ， 电流计指针向右偏 转， 闭合开关后，原线圈迅速插入副 线圈，磁通量增加， 则电 流计指针向右偏转 原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移 动时，电流增大，则磁通量 增大，所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转。2)若把直流俞出改为交流输出，其他均不变，接通电源，闭合开关，线圈a中也 是交流电，那么佥流计g表指针不停的来回振动，3)仅用一根导线，将检注计g短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变 化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，

30、则没有安培阻力，指 针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未 断。故答案为：10左偏；右偏;2)(不停振动；30短接g表前后各摇动g表一次，比较 指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断。根据磁通量的变化，通过楞次定律判断感 应电流的方向，从而确定电流计指针的 偏转方向；检流计指针偏转体现出电源的大小与方向；依据闭合电路中，磁通量变化产生感应电流，从而出现安培阻力，即可求解。本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、影响感应电流方向的因素即可正确解 题，同寸理解第3问的解题思路。20 .【答案】 解：(1)上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=mai

31、解得：ai=llm/s2上升的最大高度：h=曳=50m2? 11(2)从抛出到接住的过程中重力做功wg=010空气阻力做功wf=-f?2h=-彳j(3)上升过程的时间t1=?=m下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2解得：a2=9m/s21 c由位移公式得：h=2?解得：t2=5 s 33答：(1)上升的最大高度是 次；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为0、-10j(3)上升和下降的时间分别为 ；s、5s。1133【解析】1)上九立程由牛顿第二定律结合运动学公式可求得最大高度；2)从抛出到接住的过程中重力做功为0,根据功的定义可求得阻力的功；3)由速度公式可求得上升的时

32、间，由牛顿第二定律结合位移公式可求得下降过 程的时间。本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功的公式，要注意上升 过程和下降过程 阻力都做负功21.【答案】 解：(1)物块由静止释放到 b的过程中，由牛顿第二定律得: mgsin -9pmgcos 0 ma 由速度位移的关系式得：vb2=2a?联立解得：vb=4m/sh1,由动能定理得:0=mgh1- pmgcos康?mgl(2)左侧离开，设到 d点速度为零时高为解得：=3.0m若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是 hw 3.m(3)右侧抛出，设到 d点的速度为v,由动能定理得：2mv2=mgh ggcos 嬴?mgl1_由平抛运动的规

33、律得：h+2r=2gt2, x=vt解得：x=2v? - 3为使能在d点水平抛出，则有：?吊mg解得：h=3.6m答：（1）若h=2.4m,小物块到达 b端时速度的大小是 4m/s；（2）若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是 hw3.0n；（3）改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的d点水平向右抛出，小物块落地点到d点的水平距离x与h的关系式是x=2v?th需要满足的条件是 h=3.6m。【解析】1）牧决由静止释放到b的过程中，做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运 动学公式可求得物块到达b端时速度；2）先m能定理求出物块恰好到d点速度为零时高度，若小物块落到传送带左侧地面，则下滑高度

34、应小于次时的高度；3）牧决从传送带的d点水平向右抛出，由动能定理和平抛运动的规律可求得物块落地点到d点的水平距离x与h的关系式，为使能在d点水平抛出，则mg j- ff，由此可求得h需要满足的条件。本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律，明确物块 的运动过程，根据运动过程的特点选择合适的规律求解22.【答案】 解：（1）当棒ab运动至xi=0.2m处时，速度v=kxi=5 0.2=1 m/s?夕电阻r消耗的电功率p=?又 e =blv联立得b=?0.12 x 0.1 30_=t=t? 0.1 xi（2）无磁场区间 0a0.2m, a=5v=25x根据牛顿第二定律得 f -

35、师gcos amgsin 0 ma解得 f =0.96+2.5x有磁场区间，0.2m虫w0.m 棒ab所受的安培力大小fa=bi1 =bl?=?=0.6x根据牛顿第二定律得f-师gcos mgsin -fa=ma解得 f =0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x（3）上升过程中，棒 ab克服安培力做功（fa-x图象中梯形面积）wai=0.6 /2 (xi + x2)( x2-x1)解得 wai=0.18j撤去外力后，棒上升的最大距离为s,再次进入磁场时速度为v,由动能定理得：1 c上升过程有-（mgsin 0 +mgcos 9） s=02?下降过程有（mgsin - pmgcos s=1?2o解得 v =2m/se.八八？号 ?. . .因mgsin -i ggcos仪_?_=0,故棒ab再次进入磁场后作匀速运动，2 c2qq /下降过程中克服安