江苏省宿迁市2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

江苏省宿迁市2021届新高考第二次模拟物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，吊篮A 、物体B 、物体C 的质量均为m ，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（ ）
A ．物体
B 的加速度大小为g
B ．物体
C 的加速度大小为2g C ．吊篮A 的加速度大小为g
D ．吊篮A 与物体C 间的弹力大小为0.5mg
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．弹簧开始的弹力
F=mg 剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B 的合力仍然为零，则B 的加速度为0，故A 错误；
BC ．剪断细线的瞬间，弹力不变，将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得
AC 22 1.522F mg mg mg a g m m
++=== 即A 、C 的加速度均为1.5g ，故BC 错误；
D ．剪断细线的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A 有
C F mg ma +=
得
C 0.5F ma mg mg =-=
故D 正确。

故选D 。

2．在杨氏双缝干涉实验中，如果
A ．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间、间距相等的条纹
B ．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间、间距不等的条纹
C ．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
D ．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由于白光是复合光，故当光程差为紫光波长的整数倍的位置表现为紫色亮条纹，当光程差为红光波长的整数倍位置表现红色亮条纹，故屏上呈现明暗相间的彩色条纹。

故A错误。

B．用红光作为光源，当光程差为红光波长的整数倍是时表现红色亮条纹，当光程差为红光半个波长的奇数倍时，呈现暗条纹，屏上将呈现红黑相间、间距相等的条纹，故B错误。

C．两狭缝用不同的光照射，由于两列光的频率不同，所以是非相干光，故不会发生干涉现象，故C错误。

D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，不能发生干涉现象而会发生单缝衍射现象，屏上出现中间宽，两侧窄，间距越来越大的衍射条纹。

故D正确。

故选D。

3．如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是
A．θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变
B．θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于μmg cos θ
C．货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力
D．货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查牛顿定律在斜面上的应用。

【详解】
A. 对货物受力分析可知，货物受到的支持力
N =cos
F mg
μθ
当角度变化时，支持力也变化，故A错误；
B. 对货物受力分析可知，货物受到的摩擦力
=sin
f mgθ
故B错误；
C. 当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，
所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C 错误；
D. 当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D 正确。

故选D 。

4．在某种介质中，一列沿x 轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图（a ）所示，此时质点A 在波峰位置，质点D 刚要开始振动，质点C 的振动图像如图（b ）所示；t=0时刻在D 点有一台机械波信号接收器（图中未画出），正以2m/s 的速度沿x 轴正向匀速运动。

下列说法正确的是（ ）
A ．质点D 的起振方向沿y 轴负方向
B ．t=0.05s 时质点B 回到平衡位置
C ．信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5Hz
D ．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因t=0时刻质点C 从平衡位置向下振动，可知波沿x 轴正向传播，则质点D 的起振方向沿y 轴正方向，选项A 错误；
B ．波速为
4m/s=10m/s 0.4
v T λ
== 当质点B 回到平衡位置时，波向右至少传播1.5m ，则所需时间为
1.50.15s 10
t == 选项B 错误；
C ．机械波的频率为2.5Hz ，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5Hz ，选项C 正确；
D ．机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度不变，选项D 错误。

故选C 。

5．在2019年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。

如图是定点跳伞时邢雅萍运动的v-t 图像，假设她只在竖直方向运动，从0时刻开始先做自由落体运动，t 1时刻
速度达到v 1时打开降落伞后做减速运动，在t 2时刻以速度v 2着地。

已知邢雅萍（连同装备）的质量为m ，则邢雅萍（连同装备）（ ）
A ．0~t 2内机械能守恒
B ．0~t 2内机械能减少了2112mv
C ．t 1时刻距地面的高度大于1221()()2v v t t +-
D ．t 1~t 2内受到的合力越来越小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．0~t 1时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，t 1~ t 2由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用，空气阻力做负功，故0~t 2内机械能不守恒，故A 错误；
B ．机械能损失发生在t 1~ t 2的时间段内，设t 1时刻物体距离地面高度为h ，则有
22f 211122
W mgh mv mv +=- 解得
22f 211122
W mv mv mgh =-- 阻力做负功，故机械能的减小量为 22f 121122E W mv mgh mv ∆=-=
+- 故B 错误；
C ．v t -图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图
若物体做匀减速直线运动，则有21~t t 时间里平均速度
122
v v v +=
由图可知运动员21
~t t 时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故21~t t 两段时间里，邢雅萍的平均速度小于122v v +，故t 1时刻距地面的高度小于1221()()2
v v t t +-；故C 错误； D ．v t -图象的斜率表示加速度，由图像可知，在21
~t t 时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故
D 正确。

故选D 。

6．如图所示，木块m 放在木板AB 上，开始θ=0，现在木板A 端用一个竖直向上的力F 使木板绕B 端逆时针缓慢转动（B 端不滑动）．在m 相对AB 保持静止的过程中（ ）
A ．木块m 对木板A
B 的作用力逐渐减小
B ．木块m 受到的静摩擦力随θ呈线性增大
C ．竖直向上的拉力F 保持不变
D ．拉力F 的力矩先逐渐增大再逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】
A.木板绕B 端逆时针缓慢转动，m 相对AB 保持静止的过程中，木板AB 对木块m 的作用力与木块m 所受重力抵消，即木板AB 对木块m 的作用力大小为mg ，方向竖直向上，则木块m 对木板AB 的作用力不变，故A 项错误；
B. 在m 相对AB 保持静止的过程，对木块m 受力分析，由平衡条件得，木块m 受到的静摩擦力 sin f mg θ=
故B 项错误；
C. 设板长为L ，m 到B 端距离为l ，以B 端为转轴，则：
cos cos FL mgl θθ=
解得：
l F mg L
= 所以竖直向上的拉力F 保持不变，故C 项正确；
D. 使木板绕B 端逆时针缓慢转动，竖直向上的拉力F 保持不变，则拉力F 的力矩减小，故D 项错误。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．小明同学尝试用图1所示的电路图进行实验，定值电阻R 1=8Ω，在滑动变阻器由a 端向b 端移动的过程中，分别用两个电流传感器测量了电流I 1与I 2关系，并得到的完整图象如图2所示，其中C 点为图线最低点，则由图可知
A ．当滑动头P 滑到b 点时得到图2中
B 点 B ．图2中A 点纵坐标为0.375A
C ．滑动变阻器总阻值为16Ω
D ．电源电动势为6V
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．滑动头P 滑到a 点时，R 和1R 并联；滑动头P 滑到b 点时，1R 被短路，只有电阻R 接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b 点时电流小于滑到a 点时的电流，所以滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，故A 错误；
B ．由A 分析知，滑动头滑到b 点时得到图2中的A 点，电阻1R 被短路，电流表1A 和2A 示数相等，根据图2知： 10.375A I =
所以有：
20.375A I =
即图2中A 点纵坐标为0.375A ，故B 正确；
CD ．根据闭合电路欧姆定律，当滑动头P 位于b 点时，则有：
0.375()E R r =+ ①
图2中的C 点，
10.5A I =，20.25A I =
并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得：
18ΩPb R R ==
11 88 Ω4Ω 88
Pb Pb R R R R R ⨯===++并 设滑动变阻器的全值电阻为R
则有：
()
0.5(8)0.584
E r R R r R
=+-+=+-+
并
②
联立①②得：
6V
E=，16Ω
r R
+=
故C错误，D正确；
故选BD。

8．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，则（）
A．该原子核发生了α衰变
B．该原子核发生了β衰变
C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动
D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了β衰变，A项错误、B项正确；
C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径
mv
r
qB
=，电荷量
大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；
D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。

故选BC。

9．如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内( )
A．小车做加速度逐渐减小的加速运动
B ．小车做匀加速运动
C ．电动机所做的功为2m 1mv 2
D ．电动机所做的功为212m fs mv
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P=Fv 可知，牵引力不断减小，根据牛顿第二定律，
P/v−f=ma
故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故A 正确，B 错误；
CD ．对小车启动过程，根据动能定理，有
W 电−fs= 212
m mv 这段时间内电动机所做的功为 W 电=fS+
212m mv 故C 错误，D 正确．
故选AD.
点睛：小车电动机的功率恒定，速度不断变大，牵引力不断减小，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动；结合动能定理列式求解电动机所做的功．
10．如图所示，将甲分子固定于坐标原点O 处，乙分子放置于r 轴上距离O 点很远的r 4处，r 1、r 2、r 3为r 轴上的三个特殊的位置，甲、乙两分子间的分子力F 和分子势能E p 随两分子间距离r 的变化关系分别如图中两条曲线所示，设两分子间距离很远时，E p =0。

现把乙分子从r 4处由静止释放，下列说法中正确的是______。

A ．虚线1为E p -r 图线、实线2为F-r 图线
B ．当分子间距离r<r 2时，甲乙两分子间只有分子斥力，且分子斥力随r 减小而增大
C ．乙分子从r 4到r 2做加速度先增大后减小的加速运动，从r 2到r 1做加速度增大的减速运动
D ．乙分子从r 4到r 1的过程中，分子势能先增大后减小，在r 1位置时分子势能最小
E.乙分子的运动范围为r4≥r≥r1
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A．因两分子间距在平衡距离r0时，分子力表现为零，此时分子势能最小，可知虚线1为E p-r图线、实线2为F-r图线，选项A正确；
B．当分子间距离r<r2时，甲乙两分子间斥力和引力都存在，只是斥力大于引力，分子力表现为斥力，且分子斥力随r减小而增大，选项B错误；
C．乙分子从r4到r2所受的甲分子的引力先增加后减小，则做加速度先增大后减小的加速运动，从r2到r1因分子力表现为斥力且逐渐变大，可知做加速度增大的减速运动，选项C正确；
D．乙分子从r4到r1的过程中，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，在r2位置时分子势能最小，选项D错误；
E．因乙分子在r4处分子势能和动能均为零，到达r1处时的分子势能又为零，由能量守恒定律可知，在r1处的动能也为零，可知乙分子的运动范围为r4≥r≥r1，选项E正确；
故选ACE.
11．沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（）
A．从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为40cm，相对平衡位置的位移为零
B．图中质点b的加速度在增大
C．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D．从图示时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并沿y轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．由图象可知波长为
λ=
4m
又波速为
v=
200m/s
则该列波的周期为
0.02s T v λ==
那么经过0.01s ，质点a 振动了半个周期，质点a 通过的路程为40cm ，应在负向最大位移处，所以A 错误；
B ．根据同侧法可以判断b 质点此时正沿y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B 正确；
C ．由图象已知该波的波长是4m ，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m 不能观察到明显的衍射现象，C 错误；
D ．经过0.01s ，质点b 振动了半个周期，图示时刻质点b 正沿y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b 在平衡位置上方且沿y 轴正方向振动，速度在减小，所以D 正确；
E ．该波的周期是0.02s ，所以频率为
150Hz f T
== 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz ，所以E 正确。

故选BDE 。

12．下列说法中正确的是
A ．光的偏振现象说明光具有波动性，但并非所有的波都能发生偏振现象
B ．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
C ．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄
D ．某人在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，则这束光相对于地面的速度应为1.5c
E.火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁
【答案】ACE
【解析】
【详解】
光的偏振现象说明光具有波动性，只有横波才能发生偏振现象，故A 正确．变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；选项B 错误；在光的双缝干涉实验中，双缝干涉条纹的间距与波长成正比，绿光的波长比红光的短，则仅将入射光由红光改为绿光，干涉条纹间距变窄，故C 正确．在速度为0.5c 的飞船上打开一光源，根据光速不变原理，则这束光相对于地面的速度应为c ，故D 错误；火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥，故E 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用如图所示的装置欲探究小车的加速度与合外力的关系．具体实验步骤如下：
①按照如图所示安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离L
②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后， 使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等
③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m ，并记录
④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，并记录小车先后通过光电门甲和乙的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度
⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④的步骤
（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度为d ，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为Δt 1和Δt 2，则小车加速度的表达式为a=_________
（2）关于本实验的说法，正确的是________
A ．平衡摩擦力时需要取下细绳和沙桶
B ．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶
C ．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量
D ．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量
（3）若想利用该装置测小车与木板之间的动摩擦因数μ，某次实验中，该同学测得平衡摩擦力后斜面的倾角θ，沙和沙桶的总质量m ，以及小车的质量M ．则可推算出动摩擦因数的表达式μ=__________（表达式中含有m 、M 、θ）
【答案】（1）222122212()2?d t t L t t ∆-∆∆∆； （2）B ； （3）sin cos M m M θθ
- 【解析】
【详解】
（1）[1]小车经过光电门时的速度分别为：
11
d v t =∆，22d v t =∆， 由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度：
2222221122212
()22?v v d t t a L L t t -∆-∆==∆∆； （2）[2]AB.本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，平衡摩擦力时应使小车在悬挂沙桶的情况下匀速运动，所以不需要取下细绳和沙桶，故A 错误，B 正确； CD. 因为本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，所以不需要“沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量”的实验条件，也不需要小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量，故C 错误，D 错误。

故选：B ；
（3）对小车，由平衡条件得：
Mgsinθ−mg=μMgcosθ，
得动摩擦因数： sin cos M m M θμθ
-=； 14．某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L 、2L 、3L 、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W 0、2W 0、3W 0、4W 0…．
（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L 、2L 、3L 、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是___________________；
（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h 和水平位移s ，还需测量_____________． A ．小钢球释放位置离斜面底端的距离L 的具体数值
B ．小钢球的质量m
C ．小钢球离开轨道后的下落高度h
D ．小钢球离开轨道后的水平位移x
（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W=______；
（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示_________（用实验中测量的物理量符号表示）．
【答案】用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点， 圆心即为平均落点的位置 B 2
4mgx h
【解析】
（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（1）根据动能定律可得：W=
12
mv 1 根据平抛规律可得：x=vt ，h=12gt 1
联立可得探究动能定理的关系式：W=2
4mgx h
， 根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m ，故选B ．
（3）由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：W=2
4mgx h
． （4）根据图象形状可知，W 与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=2
4mgx h
，所以图象的横坐标表示x 1．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．我国发射的“神舟”五号飞船于2003年10月15日上午9:00在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在太空飞行了接近21小时，环绕地球14圈，在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间10月16日6时07分在内蒙古中部地区准确着陆。

飞船运行及航天员活动时刻表如下：
15日[09:00发射升空][09:10船箭分离][09:34感觉良好]
15日[09:42发射成功][17:26天地通知][18:40展示国旗]
15日[19:58家人通话][23:45太空熟睡]
16日[04:19进入最后一圈][05:04进入轨道][0.5:35命令返回]
16日[0.5:36飞船分离][05:38制动点火][06:07飞船着陆]
16日[06:36回收成功][06:54自主出舱]
试回答下列问题：
(1)根据以上数据可以估计船的轨道半径约是通讯卫星轨道半径的多少倍？（保留根号）
(2)当返回舱降到距地球10km 时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有1200m 2，由于空气阻力作用有一段减速下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比，并已知返回舱的质量为8t ，这一过程的收尾速度为14m/s ，则当返回舱速度为42m/s 时的加速度为多大？（g 取10m/s 2）
(3)当返回舱在距地面约1m 时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于3.5m/s 的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少？（这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡）
【答案】
；(2)280m/s ；(3)57.3510N ⨯。

【解析】
【详解】
(1)分析题中所给数据可知，飞船的运行周期约为90分钟。

飞船绕地球飞行过程中：
2
224Mm G m r r T
π=
3224r GM T π
∴==常量 对飞船与同步卫星，应有
33122212
r r T T = 解得：
12r r === (2)由题意可知：返回舱速度为42m/s 时：
1f mg ma -=
211f kv =
返回舱速变为14m/s 时：
222f mg kv ==
22
mg
K v = 212
[()1]v mg ma v -= 解得：
2212
[()1]880m/s =-==v a g g v (3)点燃反推火箭后，由牛顿第二定律得：
F=ma
软着陆速度若是3.5m/s ，则：
222 3.52v aS -=
联立解得：
3225810(14 3.5)7.3510N 21
F ⨯⨯-==⨯⨯。

16．如图所示，间距为L 、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L 、横截面均为圆形的金属棒 CD 、PQ 放在斜面导轨上，已知CD 棒的质量为m 、电阻为R ，PQ 棒的圆截面的半径是CD 棒圆截面的2倍．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k 、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD ．开始时金属棒CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ ，使金属棒PQ 由静止开始运动，当金属棒PQ 达
到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ 开始运动到稳定的过程中通过CD 棒的电荷量为q ，此过程可以认为CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合4sin 5
qRk mg BL α=的关系式，求此过程中(要求结果均用mg 、k 、α来表示)：
（1）CD 棒移动的距离； （2）PQ 棒移动的距离；
（3）恒力所做的功．
【答案】 (1)1sin mg x k θ= (2)22sin mg x k θ= (3)2
12(sin )mg W k
θ= 【解析】
【详解】
PQ 棒的半径是CD 棒的2倍，PQ 棒的横截面积是CD 棒横截面积的4倍，PQ 棒的质量是CD 棒的质量的4倍，所以，PQ 棒的质量:
4m m '=
由电阻定律可知PQ 棒的电阻是CD 棒电阻的14
即: 4
R R '= 两棒串联的总电阻为: 0544R R R R =+= （1）开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力平行于斜面的分量，即： 2sin k F mg α=
弹簧的形变量为：
sin 2mg x k
α∆= CD 棒移动的距离： sin 2CD mg s x k α∆=∆=
（2）在达到稳定过程中两棒之间距离增大s ∆，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为:
B S BL s E t t ∆⋅∆==∆∆
感应电流为:
045E BL s I R R t
∆==∆ 所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中的通过的电荷量为:
45BL s q I t R
∆=∆= 由此可得两棒距离增大值:
54qR s BL
∆= PQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和
PQ 棒沿导轨上滑距离为：
5sin 2sin 4PQ CD qR mg mg s s s BL k k
αα∆=∆+∆=+= （3）CD 棒受力平衡，安培力为
sin 22sin B k F mg F mg αα=+=
金属棒PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力平行于斜面的分量， 即恒力：
sin 6sin B F F m g mg αα=='+
恒力做功为：
22sin 12(sin )6sin PQ mg mg W F s mg k k
ααα=∆=⋅= 17．如图所示，圆心为O 、半径为r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B 0。

P 是圆外一点，OP ＝2r 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出，第一次从A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q 点(P 、O 、Q 三点共线)沿PQ 方向射出圆形区域。

不计粒子重力，sin37︒ ＝0.6，cos37︒ ＝0.8。

求：
(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；
(2)圆内磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。

【答案】 (1) R 2=3r (2) B 内=04B (3) 0
6730m qB π。