金丽衢十二校2021学年高三第二次联考物理试题第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题Ⅰ（本大题共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符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）1.如图所示为物理实验中常用的测量仪器，其所测的物理量的单位正确的是（ ）A.B.J/mC.ND.N/m【答案】A【解析】【详解】天平是测量物体质量的，质量单位为千克，根据可得力的单位，加速度单位，可以导出质量单位。故选A。2.下列有关各种家用电器的物理问题说法正确的是（ ）A.电饭煲和电风扇的工作原理相同B.电视机和收音机都是依靠接收电磁波工作C.家用微波炉产生的微波是波长很短的机械波D.电饭煲煮相同饭量其耗电量夏天与冬天一样多【答案】B【解析】【详解】A．电饭煲工作原理是电流的热效应；而电风扇的工作原理是通电导线在磁场中受力\n而运动，两者原理不同，选项A错误；B．电视机和收音机都是依靠接收电磁波工作，选项B正确；C．微波是电磁波，不是机械波，选项C错误；D．电饭煲煮相同的饭量其耗电量夏天比冬天少，选项D错误。故选B。3.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）A.0B.0.5BC.BD.2B【答案】A【解析】【详解】试题分析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A正确．考点：磁场的叠加名师点睛：本题比较简单，考查了通电螺线管周围的磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题．4.如图是上海锦江乐园的“摩天转轮”，它的直径达98米，最高处可俯瞰上海全景。游人乘坐时，轿箱随转轮一起匀速转动，每转一周用时约25分钟，下列说法正确的是（ ）\nA.每个乘客都在做加速度为零的匀速运动B.乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变C.乘客在乘坐过程中的机械能始终保持不变D.乘客在乘坐过程中做圆周运动的角速度不变【答案】D【解析】【详解】A．轿箱随转轮一起匀速转动，乘客做匀速圆周运动，始终有指向圆心的加速度，A错误；B．乘客在乘坐过程中由于合外力要始终指向圆心，而重力的大小方向不变，所以座位对人的压力大小和方向都在变化，由牛顿第三定律知乘客对座位的压力在变化，B错误；C．乘客做匀速圆周运动，动能不变，而重力势能随高度变化而变化，所以机械能是变化的，C错误；D．匀速圆周运动的角速度不变，D正确。故选D。5.2022年冬季奥林匹克运动会在北京开幕，北京冬奥会让更多的人爱上了冰雪运动，下列说法正确的是（ ）A.北京冬奥会的吉祥物“冰墩墩”是个“小可爱”，所以一定可以看作质点B.“男子1500m速滑冰”是历史最悠久的滑冰运动，这里的1500m是指位移C.研究谷爱凌在坡面障碍技巧赛中旋转过障碍的技巧时，她和滑板可以看作质点D.单板滑雪运动员在场地上运动轨迹为一段弧线时，他所受的合外力一定不为零【答案】D【解析】【详解】A．一个物体能否看成质点，是由研究问题的性质决定的，A错误；B．1500m是运动轨迹长度，是路程，B错误；C．技巧赛需要考虑起跳飞行和落地时的姿态，不能看成质点，C错误；D．当物体做曲线运动时，速度发生的变化，加速度不为零，由牛顿第二定律可知，物体所受合力一定不为零，D正确。故选D。6.研究者利用如图所以的装置，来探究影响电荷间相互作用力的因素，O是一个带正电的固\n定物体，把系在丝线上带正电的小球先后挂在图中、、等位置，比较小球在不同位置所受电场力的大小；然后使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受电场力的大小。得到小球所受的电场力F分别与小球所带的电荷量q和小球与带电物体间的距离r的关系图像，则正确的是（ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由库仑定律可知，在左侧带电体电量Q不变的前提下，当小球电量q不变时，F与r的平方成反比，F与r不是一次函数关系；当位置固定时，F与q成正比。故B正确，ACD错误。故选B。7.一升降机在箱底装有若干个劲度系数较大的弹簧，假设在某次事故中，升降机在较高处作业时吊索突然断裂，升降机急速下降，最终在弹簧的作用下触地缓冲减速，弹簧始终没有超过弹性限度，忽略升降机摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中（ ）\nA.升降机的速度不断减小B.升降机的加速度不断变大C.到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度D.先是重力做正功，弹力做负功；然后是重力做负功，弹力做正功【答案】C【解析】【详解】AB．升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，大小随弹力增大而减小，升降机向下做加速运动；当重力和弹力相等时加速度减小到零，速度达到最大；然后弹力大于重力，加速度方向向上，大小随弹力增大而增大，升降机向下做减速运动。所以整个过程中加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小，故AB错误；C．若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为g，根据对称性，到达最低点的加速度也为g，方向竖直向上。现从地面上方一定高度下落，则弹簧压缩的最低点变低，根据牛顿第二定律，则加速度大于g，故C正确；D．升降机在从弹簧下端触地到运动至最低点的过程中，重力方向一直向下，弹力方向一直向上，所以重力一直做正功，弹力一直做负功，故D错误。故选C。8.如图所示，一束光与某材料表面成角入射，每次反射的光能量为入射光能量的k倍（0<k<1）。若这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍。设真空中的光速为c，则（ ）\nA.该材料折射率至少为B.该材料折射率至少为C.光在该材料中的传播速度为(1+k)cD.光从空气进入该材料，光的频率变小【答案】A【解析】【详解】AB．这束光最终进入材料的能量为入射光能量的倍，说明光经过两次反射进入材料后会发生全反射，光路图如图所示设折射率为n，在B点的折射角为θ，设在C点刚好发生全反射，则全反射角为90°-θ，根据折射定律知联立解得\n则该材料折射率至少为，A正确，B错误；CD．光从空气进入材料，频率不变，速率变小，由知光在材料中传播的速度与材料的折射率有关，与入射角大小以及反射光的能量无关，故CD错误。故选A。9.在图甲所示的交流电路中，电源电压的有效值，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，、、均为定值电阻，，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间t变化的正弦曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A.电流表的示数为1.0AB.电压表的示数为100VC.变压器传输的电功率为15.0WD.闭合矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴转动就一定能产生正弦交流电【答案】C【解析】【详解】A．根据正弦式电流最大值与有效值的关系，知R2上电流的有效值为副线圈电路中R2与R3并联，则有所以电流表的示数为0.5A，A错误；\nB．两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压电阻两端电压即为电压表示数，即B错误；C．副线圈中流过的总电流为变压器传输的功率为C正确；D．闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的中心轴转动就一定能产生正弦交流电，如果中心轴平行于磁场，线圈转动过程中磁通量不变，不产生感应电流，D错误。故选C。10.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船把翟志刚、王亚平、叶光富三位航天员送入空间站，在轨驻留6个月进行了出舱活动、太空授课、科学研究等重要工作后，飞船返回舱于2022年4月16日在东风着陆场成功着陆，三位宇航员顺利返回地面．空间站在近地点高度200km、远地点高度356km的预定轨道上飞行，则（ ）A.中国空间站的运行周期大于地球同步卫星的运行周期B.王亚平在舱内把“冰墩墩”水平抛出，冰墩墩相对舱的运动轨迹为抛物线C.神舟十三号飞船在返回时，需要在适当的位置进行减速变轨顺利返回地球D.翟志刚和叶光富在空间站互相推拉的过程中，他俩动量守恒，机械能也守恒【答案】C\n【解析】【详解】A．中国空间站的环绕半径较小，运行周期小于地球同步卫星的运行周期，故A错误；B．王亚平在舱内把“冰墩墩”水平抛出，空间站处于失重状态，冰墩墩相对舱的运动轨迹为直线，故B错误；C．神舟十三号飞船在返回时，需要在适当的位置进行减速变轨，万有引力大于向心力，空间站做向心运动顺利返回地球，故C正确；D．翟志刚和叶光富在空间站互相推拉的过程中，推力做功了，他俩动量守恒，机械能不守恒，故D错误。故选C。11.静电透镜是利用静电场使电子束汇聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图所示.虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称.等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等.一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与Ox轴平行.适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动.在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图可能是图中()A.B.C.D.【答案】D【解析】\n【详解】由于等势线的电势沿x轴正向增加，等势线与电场线垂直，故可做出经过P点的电场线如图所示，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子受到一个斜向右下方的电场力，故沿y负方向加速运动．电子通过y轴后受到的电场力斜向右上方，故沿y轴负方向减速运动；又由于在x轴方向始终加速，故在水平方向通过相同的位移时间变短，根据故通过相同的水平位移竖直向速度变化量减小．由于的斜率代表竖直向速度vy随x轴变化的快慢，故D正确ABC错误。故选D．【点睛】本题难度较大，综合性较强，解决这类题目的一定要从受力情况着手，然后根据运动情况判定出物体在某一方向的速度随水平位移变化的快慢．【考点】电子在电场中的运动12.为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是金属板，间距，当上下两板连接到U=25V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生匀强电场，现把均匀分布的个烟尘颗粒密闭在容器内，假设这些颗粒浮力与重力相等且都处于静止状态，每个颗粒带电量，质量为，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力。则合上电键后（ ）\nA.烟尘颗粒在容器中所受的电场力方向向上B.经过时间，烟尘颗粒就可以全部被吸附C.容器中所有烟尘颗粒获得的动能均为D.除尘过程中电场力对所有颗粒所做的总功为0.0125J【答案】D【解析】【详解】A．两金属板，上极板带正电，故电场方向竖直向下，颗粒带正电，故所受电场力方向向下，A错误；B．当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附．烟尘颗粒受到的电场力为解得B错误；C．容器中每个烟尘颗粒所处的位置可能不同，与负极板见的电势差不同，故合外力做功不同，不可能所有烟尘颗粒获得的动能均为，C错误；D．容器内的烟尘颗粒总数为N，一个颗粒从上极板到下极板时，电场力的功为qU，由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做总功为\n＝0.0125JD正确。故选D。13.如图所示，质量为m的三角形木楔A，置于静止在水平面上的斜面体B上，斜面体B倾角为θ，A与B之间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直面上，在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，此时斜面体B仍静止，则（ ）A.F的大小为B.F的大小为C.若增大F，方向不变，斜面体B一定仍保持静止D.若增大F，方向不变，斜面体B将可能向右运动【答案】D【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律，对三角形木楔A受力分析，共受四个力、、、，对力正交分解，垂直于斜面方向有平行于斜面方向有斜面对木楔的摩擦力联立解得\n故AB错误；CD．对斜面受力分析，斜面受五个力，重力G，地面支持力、地面的摩擦力、木楔对斜面的压力、木楔对斜面的摩擦力，若增大F，方向不变，会导致和增大，进而导致水平方向合力增大，当超过最大静摩擦力时，斜面B会向右运动，故C错误，D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本大题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个选项中至少有一个选项是符合题目要求的。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.太阳内部通过核反应释放出大量能，其总功率达到。设太阳内部的核反应是由4个质子反应生成1个氢核同时放出2个中微子（中微子是质量远小于电子质量的中性粒子）和2个带电粒子，每一次这样的核反应质量亏损为，已知真空中的光速，则（ ）A.该核反应是β衰变B.该核反应不需要任何条件，可以自发进行C.每分钟太阳产生中微子的个数约为个D.该核反应生成物的总结合能大于反应物的总结合能【答案】C【解析】【详解】A．该核反应是核聚变，不是β衰变，故A错误；B．该核反应需要很高的温度，不可以自发进行，故B错误；C．每分钟太阳产生中微子的个数故C正确。D．因为反应释放能量，该核反应生成物的总结合能小于反应物的总结合能，故D错误。故选C。\n15.在x轴正半轴和负半轴存在两种不同的介质，两波源分别在x=-12m和x=6m处，分别向右、向左传播形成振幅均为4cm的简谐横波，若两波源均只完成一次全振动后停止振动，t=0时刻的波形图如图甲所示，已知两波源振动频率相同，t=0s到t=0.2s时间内Р点经过的路程为2cm，则下列说法正确的是（ ）A.两波源的起振方向相同B.t=1.2s时的波形图如图乙所示C.两波相遇过程中坐标原点Ｏ不会振动D.波2在x轴负半轴的传播速度为【答案】CD【解析】【详解】A．由波形图可知，波1起振方向向上；波2起振方向向下，两波源的起振方向相反，选项A错误；D．因t=0时刻P点向上振动，t=0s到t=0.2s时间内Р点经过的路程为2cm，可知P点振动到了波峰位置，此时波向前传播了，则波1的波速为两列波的频率相同，则解得选项D正确；\nB．t=1.2s时波1向右传播波2向左传播即波1的波谷到达x=-2cm的位置，波2的波谷到达x=-1cm的位置，则叠加后的波形不是图乙的形状，选项B错误；C．两波相遇过程中，因经过相同的时间两列波各自向前传播的波长数相同，又因为两列波源起振方向相反，振幅相同，可知当两列波相遇时由两列波在坐标原点O引起的位移一定是等大反向的，叠加后的位移为零，则坐标原点Ｏ不会振动，选项C正确。故选CD。16.用1000V的电压对初速度为0的电子加速，然后让它们通过双缝打到屏上，得到如图所示的图样，图甲、图乙、图丙分别表示100多个电子、3000多个电子、70000多个电子通过双缝后的干涉图样，取电子的质量，电量，普朗克常量取，下列说法正确的是（ ）A.加速后电子的物质波波长约为B.与电子、光子相联系的德布罗意波是概率波C.图丙的图样是由于电子之间相互作用引起的D.在微观物理学中电子的物质波可以用“轨迹”来描述电子的运动【答案】AB【解析】【详解】A．由德布罗意波长公式可得，而动量\n两式联立得A正确；B．物质波同时也是概率波，B正确；C．根据图样可知，是因为电子的波动性引起的干涉图样，C错误；D．物质波是一种概率波，没有确定的位置，在微观物理学中不可以用“轨迹”来描述粒子的运动，故D错误。故选AB。第Ⅱ卷（非选择题共55分）17.如图甲所示，小明同学将力传感器固定在小车上，细绳的一端固定在传感器上，用来测量绳对小车的拉力，探究加速度与力和质量的关系，（1）必须要进行的且操作正确的是________；A．小车质量改变时，需要重新平衡摩擦力B．平衡摩擦力时要装上纸带并挂上装细沙的桶C．调节滑轮高度，使细线与长木板平行（2）本实验中是否仍需要细沙和桶的总质量远小于小车和小车传感器的总质量________（填“是”或“否”）；（3）小华同学利用此实验装置，拆除传感器，把细绳直接固定在小车上，重新探究加速度与力和质量的关系。小明、小华两位同学分别根据各自的实验数据作出了各自的a-F图像，其中某位同学所得的a-F图像如图乙所示，关于这一a-F图像说法正确的是________；\nA．在平衡摩擦力时斜面倾角过大B．直线部分斜率表示小车的质量C．这一图像是小华同学作出的图像D．这一图像无法判断是哪位同学作出的【答案】①.C②.否③.C【解析】【详解】（1）[1]A.设倾角为θ，每次改变小车的质量时，由于m可以约去，所以不必重新平衡摩擦力，A错误；B．平衡摩擦力时不应挂上装细沙的桶，但是要挂纸带，调节斜面的倾角，给小车一个初速度，使小车做匀速直线运动即可，B错误；C．调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，使小车受到的拉力等于合外力，C正确。故选C。（2）[2]本实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将细沙和桶的总重力作为小车的拉力，故不需要满足细沙和桶的总质量远小于小车和小车传感器的总质量。（3）[3]A．由图乙可看出，当细绳拉力大到一定值时，小车才有加速度，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，A错误；B．由牛顿第二定律可知，a-F图像的斜率表示物体质量的倒数，B错误；CD．由于小明同学用力传感器直接测出了拉力大小，他作出的a-F图像应是一条倾斜的直线（如摩擦力好平衡力，则是一条通过原点的倾斜的直线）；小华同学用沙和沙桶的总重量近似表示细绳的拉力，这是在沙和沙桶的总质量远小于小车及小车上的砝码总质量前提下才能成立的。由牛顿第二定律，对小车和沙桶（含沙）分别有，可得\n可见：只有当M（小车及小车上的砝码总质量）远大于m（沙和沙桶的总质量）时，细绳的拉力才近似等于沙和沙桶的总重量，随着m的增大，实际的绳子拉力将比mg明显小些，所以a-F图像的斜率随着F（即mg）的明显增大而减小，所以这一图像是小华同学作出的，故C正确，D错误。故选C。18.在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中（1）某同学用游标卡尺测量摆球直径，得到摆球的直径为d=19.12mm，由此可知此同学用的游标卡尺是________；A．十分度的 B．二十分度的 C．五十分度的（2）要完成此实验需要下图中的哪些实验器材________；A． B．C． D．【答案】①.C②.AC##CA【解析】【详解】（1）[1]摆球的直径为d=19.12mm，则游标尺读数为0.12mm，0.12mm是0.02mm的整数倍，由此可知此同学用的游标卡尺是五十分度的。故选C。（2）[2]在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，需要有细线、有孔的小铁球，不需要测量质量，测量时间需要秒表。故选AC。19.甲同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，使用的小灯泡标有“6V；3.4W”，其他可供选择的器材有：\nA．电压表V（量程6V，理想电压表） B．电流表（量程3A，内阻0.2Ω）C．电流表（量程0.3A，内阻2Ω） D．定值电阻R（2Ω）E．定值电阻（10Ω） F．滑动变阻器R（0~10Ω，2A）G．学生电源E（6~8V） H．开关S及导线若干（1）实验过程中要使电表的指针尽量超过量程的，除了A、F、G、H外，以上器材中还需________（填器材前的字母）。（2）请使用以上选择的实验器材，在图甲的方框内完成实验电路设计，要求能够完整的描绘出小灯泡的伏安特性曲线。________（3）通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成的一部分U-I关系曲线如图乙所示。若该型号相同的两个小灯泡并联后接在电动势为6V、内阻为6Ω的电源两端，则每个小灯泡实际消耗的功率约为________W（保留两位有效数字）（4）乙同学又用欧姆表测量了该小灯泡的电阻，在测量时不小心红黑表笔互换了插孔，这样________（填“会”或“不会”）影响测量结果；重新正确操作，欧姆表的指针如图丙所示，你认为乙同学选择的倍率为________（选填“×1，×10，×100，×1k”）。【答案】①.CD②.③.0.63（0.56~0.66）④.不会⑤.×1【解析】\n【详解】（1）[1]实验要描绘小灯泡的伏安特性曲线，需要电压表和电流表，电压表量程6V，与电源电压、小灯泡额定电压完全匹配；由可得小灯泡的额定电流为用电流表与定值电阻R并联改装出一量程为0.60A的电流表来测小灯泡的电流。所以还需要的器材为：CD。（2）由于电压表是理想电压表，所以电流表外接，实验要求小灯泡两端电压尽可能调节范围足够大，滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下。（3）[3]两个小灯泡并联后接在电动势为6V，内阻为6Ω的电源两端，设每个灯泡上的电流为I，则通过电源的电流为2I，由闭合电路欧姆定律得E=U+2Ir带入数值可得U=E-2Ir=6-12I在坐标系内作出U-I图线如图所示，由图示图像可知，灯泡电压与电流分别是U=1.8V，I=0.35A，每个灯泡实际功率P=UI=1.8×0.35W=0.63W\n（4）[4]把红黑表笔互换了插孔，不会影响电阻的测量结果；[5]小灯泡正常发光时的电阻为欧姆表指针刻度读数约为1.1，用欧姆表测出的是小灯泡冷态电阻，明显小于正常发光时的电阻10.6Ω，所以倍率不可能是“×10”，应为“×1”。20.如图甲所示，一位雪橇运动员坐在雪橇上，由从如图乙所示的AB滑道上A点出发，并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次，从A点经过7s后到达B点，B点有一长度不计的弧形，通过该弧形连接倾角的滑道AB与水平滑道BC，雪橇及人过B点时速度的大小不变，方向变为水平，到达水平面后雪橇及人自由滑行，水平滑道上BC两点距离。经过B点速度，雪橇和人的总质量m=100kg，雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力f=40N恒定不变，方向与运动方向相反，在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为，速度增加。（取sin8°=0.14，）（1）雪橇经过C点时的速度大小；（2）手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小；（3）运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数。【答案】（1）6m/s；（2）1m/s2；（3）4【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得解得\nB到C过程根据速度与位移关系公式解得（2）根据牛顿第二定律解得手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小（3）在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为，速度增加，设运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n，则有解得21.如图所示，在水平桌面上固定如实线所示的光滑轨道，长度、与水平方向的夹角θ=37°的直轨道AB与圆弧轨道BC在同一竖直面内，圆弧BC与AB相切于B点、与水平轨道CD相切于C点，竖直圆轨道的最低点D、略微错开（间距可忽略不计），水平轨道CD、分别与竖直圆轨道相切与D、，各轨道间、H点与桌面间均平滑连接，圆弧BC、的半径均为，在同一直线上且与桌面边缘ab垂直，大小不计的弹性板可垂直固定在桌面边缘I处，滑块与弹性板作用后，以等大的速率反向弹回。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，其与水平桌面的动摩擦因数μ=0.5，桌面边缘是半圆弧，半径，HI间距，滑块从斜面上某点由静止释放（取sin37°=0.6，）（1）释放点距B的长度L=0.3m时，求滑块对圆弧轨道最低点C的压力大小；（2）未安装弹性挡板前，若要滑块从桌面边缘水平抛出，求滑块释放点距B的最短长度（已知滑块若能到达I点则一定不会脱离轨道）；\n（3）安装好弹性挡板，使滑块在轨道、桌面与挡板间运动，期间滑块某次经过圆轨道D点时对轨道的压力为7.4N，试判断这种情况下滑块是否会脱离轨道，并求释放点距B的可能长度L。【答案】（1）5N；（2）0.5m；（3）会脱离轨道停在桌面上，L可能的长度为：0.5m，1.5m，2.5m【解析】【详解】（1）滑块到C点时的速度为v，根据动能定理，依题意有圆弧轨道最低点C对滑块的支持力为N，有解得根据牛顿第三定律，滑块对圆弧轨道最低点C的压力大小为5N，方向竖直向下；（2）因桌面边缘是半圆弧，要滑块从桌面边缘水平抛出，其速度v1至少在边缘要满足重力提供向心力，有假定滑块释放点距B的最短长度为Lm时恰好满足，根据动能定理有解得另一方面，假定要过圆弧最高点释放点距Ｂ的最短距离为L1，则有\n其中v2是过圆轨道最高点时的临界速度，有联立解得因可知若要滑块从桌面边缘水平抛出，滑块释放点距B的最短长度为0.5m；（3）滑块某次经过圆轨道D点时对轨道的压力为7.4N，根据牛顿第三定律轨道对滑块的支持力也为7.4N，此时对应的速度为v3，则有解得因有如果滑块在D点运动方向向右，会紧贴轨道通过而继续向右滑，因滑块只在HI部份因摩擦会有机械能的损失，每过一次克服滑动摩擦力做功为因可知滑块通过HI部份被弹性板反弹后，最终会停在桌面上而不会返回到轨道；如果滑块在D点运动方向向左，因轨道光滑，回到D点时动能不变，会紧贴轨道通过而继续向右滑，结果相同；综上所述，滑块会脱离轨道而停在桌面上；因滑块在整个过程中，滑块只在HI因摩擦会有机械能的损失，依题意可能已n次来回经过HI\n部份，则有n=0，1，2，3…解得n=0，1，2，3…依题意有则L可能的长度为：0.5m，1.5m，2.5m。22.如图所示，虚线框内是“磁性液体加速度测量仪”的示意图，两螺线管固定在距离足够长的柱形容器两端，容器内装有磁性液体材料，其产生的磁场方向向左，装置加速度变化时液体发生流动，螺线管内的磁性液体越多，磁通量越大。螺线管1，2均为50匝，同一螺线管内的磁场可视为匀强磁场，两螺线管绕线方式如图所示，并从J、K两端接入电路。、为单刀双掷开关，初始时、均接1，电阻，电容器电容C=0.16F。金属导轨EH、平行放置在水平面内，处有一小段绝缘材料连接水平导轨与倾斜导轨HI、，间连接电阻、，，质量m=0.01kg、电阻的导体棒a静止在水平轨道上距足够长的距离处，运动过程中始终与导轨垂直，倾斜导轨与水平面的夹角，两导轨间均存在竖直向上的匀强磁场B=1T，且间距均为d=0.5m，两螺线管电阻不计，金属导轨的摩擦与电阻均不计。（取sin37°=0.6，）（1）加速度测量仪由静止向右加速过程中，左右两螺线管磁通量均变化，求此过程中通过中的电荷量，并判断中电流的方向向左还是向右；（2）调节开关，让电容器充电1C后，将与2连接，a导体棒由静止开始向右运动，求a导体棒运动到时的速度大小；（3）某次a导体棒以速度从处沿倾斜导轨滑入，沿轨道下滑高度h=4.45m时速度已经恒定，求此下滑h的过程中电阻产生的焦耳热。\n【答案】（1）通过中的电荷量为1C，中电流的方向向右；（2）；（3）【解析】【详解】（1）加速度测量仪由静止向右加速过程中，左右两螺线管磁通量均变化，可得此过程中通过中的电荷量根据楞次定律可知，中电流的方向向右；（2）a导体棒在安培力的作用下从静止开始向右运动，直至运动到时，电容器中电量消耗完毕，可计算得总能量为若全部能量转化为导体棒的动能，可得解得（3）设导体棒沿轨道下滑高度h=4.45m时速度为v1恒定，可知此时受力平衡，所受安培力的分力等于重力的分力，此时产生的感应电动势为则安培力为\n其中可得带入数据解得同时根据公式可得、上产生的焦耳热相等，且导体棒上产生的焦耳热为上产生的焦耳热的两倍，则可得电阻产生的焦耳热为23.如图甲所示为一粒子汇聚装置的示意图，C、D为垂直纸面固定放置的平行板电容器，D板上、的E、F两点处各有一小孔（图中未标出），y轴右侧有一半径足够大的半圆形匀强磁场区域，其圆心位于坐标原点，若干电子由静止经过加速电场从C板运动到D板，并垂直于y轴从E、F两小孔沿纸面进入磁场区域，且单位时间内进入两小孔的电子数目相同。已知两板间加速电压，电子的比荷，磁场，不考虑电子间的相互作用，整个装置置于真空中，求（取sin37°=0.6，结果可保留根号）（1）从F点射出的电子与x轴的交点I的坐标x1；（2）EF两点射出的两电子e、f在磁场中交汇于J点，求两电子到达J点时在磁场中运动的时间之和；（3）如图乙所示，将半圆形磁场区域变为的扇形区域，在OH处固定一接地的挡板\nGH，两束电子均打到挡板上被吸收，并立即被导走，其接地导线的电流大小为I=3.0A，求两束电子对挡板的合作用力大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子由静止经过加速电场从C板运动到D板，由动能定理可得从F点射出的电子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，洛伦兹力提供向心力，则有解得\n由几何关系可知（2）如图所示，因两电子的运动半径相等，由几何关系可知，两电子到达J点时在磁场中运动的时间之和等于一电子做圆周运动周期的一半，即有（3）如图所示，由数学知识的正弦定理可得\n从F射出的一个电子垂直打在挡板上的动量为pF⊥=mcvcosα对从E射出的电子垂直打在挡板上的动量为pE=mcv对两电子，由动量定理可得设两束电子的总数为n个，则有电荷量为q=ne由电流的定义式可得则有解得两束电子对挡板的合作用力大小
