202022學(xué)年高二年級第二學(xué)期浙南名校聯(lián)盟期末聯(lián)考考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準(zhǔn)考證號并填涂相應(yīng)數(shù)字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結(jié)束后，只需上交答題紙。5.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度g均取lOs/站。一、選擇題I(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個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.下列物理量屬于矢量，且其單位用國際單位制基本單位表示正確是()A.力：NB.磁通量：kgm2/As2C.功：kg?m2/S2D.電場強(qiáng)度：kg-m/A-s3【答案】D【解析】【詳解】A.力是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為kgm/s2,故A錯誤；B.磁通量是標(biāo)量，用國際單位制單位用基本單位表示為kgm2/As2,故B錯誤；C.功是標(biāo)量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg-m2/s2,故C錯誤；D.電場強(qiáng)度是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為kgm/As3,故D正確。故選D。2.下列說法正確的是()A,在恒力作用下，物體可能做速率先減小后增大的曲線運動B.做曲線運動的物體其加速度的大小不一定改變，但方向一定時刻改變C.在足球運動中，若要研究形成香蕉球的原因時，可以將足球看成質(zhì)點D,羽毛球被扣殺后，飛入對方場地的過程中受重力、空氣阻力和球拍的作用力選項A錯誤；B.在原子核中，選項A錯誤；B.在原子核中，比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固，選項B錯誤；C.一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時，溫度降低時體積減小，氣體分子數(shù)密度增加，分子平均速率減小，氣體分子對器壁的平均作用力減小，則單位時間內(nèi)分子與單位面積器壁碰撞次數(shù)增加，選項C錯誤；D.生產(chǎn)半導(dǎo)體器件時需要在純凈的半導(dǎo)體材料中摻入其他元素，這可以在高溫條件下利用分子的擴(kuò)散來完成，選項D正確。故選D。5.宇宙間存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L,忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形中心。做勻速圓周運動，引力常量為G,下列說法正確的是()mB.每顆星做圓周運動的加速度大小與三星的質(zhì)量無關(guān)C.若距離L和每顆星的質(zhì)量〃?都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍D.若距離L和每顆星的質(zhì)量〃都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍■■,m.........................A.每顆星做圓周運動的角速度為J乎B.在原子核中，結(jié)合能越大表示原子核中核子結(jié)合得越牢固C.一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時，單位時間內(nèi)分子與單位面積器壁碰撞次數(shù)隨溫度降低而減少D.生產(chǎn)半導(dǎo)體器件時需要在純凈的半導(dǎo)體材料中摻入其他元素，這可以在高溫條件下利用分子的擴(kuò)散來完成【答案】D【解析】【詳解】A.鈾核裂變的核反應(yīng)的反應(yīng)物中應(yīng)該有慢中子參加，然后生成多個中子，反應(yīng)方程為Ba+卷Kr+3：n,/,/?/O\由牛頓第二定律可得聯(lián)立可得l3GmF^mco^r對任一星受力分析，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系知由牛頓第二定律可得聯(lián)立可得l3GmF^mco^r對任一星受力分析，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系知r=—pL3P/2Fcos30°=7^尸73,【解析】【詳解】AB.任意兩星間的萬有引力AB錯誤；C.由周期公式可得L和m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期T=2T[GmC正確；D.由速度公式可得v=(or=-----v-v大小不變，D錯誤。L和m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度BA.前表面的電勢比后表面的低BBA.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與u無關(guān)C.前、后表面間的電壓(/與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為半6.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，一塊長為。，寬為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電微粒是電荷量為。的自由電子，通入圖示方向的電流時，電子的定向移動速度為v,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下時，前后兩表面會形成電勢差U,下列說法中正確的是()【答案】D【解析】【詳解】A.電流向右，電子的運動方向向左，根據(jù)左手定則，電子所受的洛侖茲力方向從前表面指向后表面，后表面帶負(fù)電荷，前表面帶正電荷，前表面的電勢比后表面的電勢高，A錯誤；BC.當(dāng)洛侖茲力等于電場力時，前、后表面間的電壓〃保持不變，根據(jù)平衡條件得evB=e—a解得U=Bav前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，BC錯誤；D.根據(jù)丁=4s,v=lm/s故丁=4s,v=lm/s故B錯誤;解得2=—T/=10s時d質(zhì)點第一次位于波峰，則也=互=10svA4m設(shè)波速大小為v,周期為匚有evB=ep自由電子受到的洛倫茲力大小為曳，D正確。aa故選D。7.一列沿x軸正向傳播的簡諧波，仁0時刻的波形如圖所示，/=10s時d質(zhì)點第一次位于波峰位置，下列說法正確的是()-I—I—I—I—I—I_-----?r/m4567891011A.波上各質(zhì)點的起振方向向上B.波的傳播速度大小為2m/sC.0~7s內(nèi)b兩質(zhì)點運動路程均為0.7mD.d質(zhì)點的振動方程為Nd=-10cosyr—/(cm)【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)U0時刻波形圖，波沿x軸正向傳播，此時波恰好傳到c點，據(jù)波的傳播方向與振動方向關(guān)系，c點振動方向向下，故各質(zhì)點的起振方向向下，故A錯誤；B.由波形圖可知，波長為vvA.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比yd=-10sin(萬(+『)(cm)4ycA.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比yd=-10sin(萬(+『)(cm)4yc=-10sin<yr(cm)=-10sinyr(cm)故C正確:D.r=0時刻c點的振動方程為設(shè)d點的振動方程為3s=7A=70cm=0.7m所以d點的振動方程為yd=-10sin(^z--^)(cm)(P=p71故D錯誤。故選C。8.2022年11月，我國獨立自主研制的全球單機(jī)容量最大的16兆瓦海上風(fēng)電機(jī)組在福建下線。如圖每臺風(fēng)力發(fā)電機(jī)的葉片轉(zhuǎn)動時可■形成圓面，當(dāng)?shù)仫L(fēng)向可視為與葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，發(fā)電機(jī)將此圓面內(nèi)氣流動能轉(zhuǎn)化為輸出電能的效率〃=20%。風(fēng)速在8?15m/s范圍內(nèi)，〃可視為不變。設(shè)風(fēng)通過葉片后速度減為零。已知風(fēng)速v=10m/s時每臺發(fā)電機(jī)輸出電功率為6000kW,空氣的密度為〃=1.2kg/m3,則2/=^-=7sv代入d點的振動方程得c質(zhì)點的振動傳播到〃質(zhì)點需要的時間C.由于7s等于1二個周期的時間，且0時刻。、8兩點均在特殊位置，所以兩質(zhì)點振動的總路程相等，大則每秒輸出電功率解得故C正確，D錯誤；故選則每秒輸出電功率解得故C正確，D錯誤；故選C。9.某科研設(shè)備中的電子偏轉(zhuǎn)裝置由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，結(jié)構(gòu)原理圖如圖所示。如果在偏轉(zhuǎn)電極乂個和K尸之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個亮斑。如果電子槍中正負(fù)接線柱之間電壓為10U,炊板間加恒定電壓U,XX’電極的長度為/、間距為d,y尸板間不加電壓。己知電子質(zhì)量為川，電荷量大小為幻電子從燈絲逸出的初速度不計。%=俏S=5xl04m2tB.每秒鐘流過面積S的氣流動能^-pSv2C.每臺發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動時形成的圓面面積約為5x10,n?D.當(dāng)風(fēng)速為15m/s時每臺發(fā)電機(jī)的輸出電功率約為6800kW【答案】C【解析】【詳解】AB.每秒沖擊風(fēng)車車葉的氣體體積為氣流的動能m=pV這此氣流的質(zhì)量可知動能與"成正比，即輸出功率與”成正比，故AB錯誤；CD.當(dāng)風(fēng)速為10m/s時每臺發(fā)電機(jī)的輸出電功率約為6000kW,當(dāng)風(fēng)速為15m/s時每臺發(fā)電機(jī)的輸出電功率約為20250kW風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化的電能為：根據(jù)平拋運動規(guī)律可得dmdm則電子()A.在乂個極板間的加速度大小為一mB.打在熒光屏?xí)r，動能大小為1"UC.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與中軸線連線夾角。的正切tana=D.若Uy>0,電子將打在熒光屏的下半?yún)^(qū)域【答案】c【解析】【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可知在AT極板間的加速度大小為a=a=p故A錯誤；B.電子在加速電場，電場力做功為10eU,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后電場力對電子做功最大為根據(jù)動能定理可知得打在熒光屏?xí)r動能最大為10.5eU,故B錯誤;C.在加速電場，根據(jù)動能定理有pmv2=elOU2在*T極板間運動時間為v沿電場方向的位移為y=聯(lián)合解得位移與水平方向的夾角。的正切值為A錯誤；BCD.如圖甲所示，設(shè)球與輕繩的連接點為A錯誤；BCD.如圖甲所示，設(shè)球與輕繩的連接點為A,釵鏈處為B點，過B點作豎直虛線，虛線與繩的交點設(shè)為C,畫出力的矢量三角形如圖乙所示tan30=-^~mg可得輕繩上的拉力大小為FT=—mgtana=2tan0=------20d故C正確；D.若，則電子受到的電場力豎直向上，故電子將打在熒光屏的上半?yún)^(qū)域，故D錯誤。故選C。10如.圖所示，傾角為30。的斜面上用餃鏈連接一輕桿s輕桿。頂端固定一質(zhì)量為〃，的小球(體積可不計)，輕繩力跨過斜面頂端的光滑小定滑輪，一端固定在球上，一端用手拉著，保持小球靜讓，初始時輕繩b在滑輪左側(cè)的部分水平，桿與斜面垂直，緩慢放繩至輕桿水平的過程中，斜面始終靜止，滑輪右側(cè)的繩與豎直方向夾角始終不變，重力加速度為g,下列說法正確的是()-b^30°A.初始時輕繩上的拉力大小為季mgB.地面對斜面的摩擦力始終向左且增大C.餃鏈對輕桿的支持力一直減小D.輕繩上的拉力一直減小【答案】B【解析】【詳解】A.餃鏈對輕桿的支持力與滑輪左側(cè)輕繩對球的拉力的合力與小球的重力大小相等、方向相反，初始時有P4(X).?tn=||||||P4(X).?圖甲圖乙根據(jù)兒何知識可知三角形A8C與力的三角形相似，則有mg二&二FnBC~AC~AB緩慢放氣過程中，BC減小,不變，AC增大，則可得K增大，4增大，滑輪右側(cè)輕繩上的拉力在水平方向的分力一直增大，對整體受力分析可知，地面對斜面的摩擦力始終向左且增大，B正確，CD錯誤。誤故選B。11.一起重裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，功率隨時間變化的P"圖像如圖所示。在r=ls時，重物上升的速度達(dá)到最大速度的一半，在r=3s時，達(dá)到最大速度vm=20m/so在r=6s時，重物再次勻速上升，取^=10m/s2,不計一切阻力。下列說法正確的是()fP/WA.重物的質(zhì)量為4kgB.在r=ls時，重物加速度大小a=20m/s2C.0?6s時間內(nèi)，重物上升的高度/?=85mD.在4?6s時間內(nèi)，重物做加速度逐漸增大的減速運動【答案】C【解析】【詳解】A.在r=3s時，重物達(dá)到最大速度vm=20m/s,此時牽引力大小等于重力，貝U有PmgVm=-----mg解得解得B錯誤；C.在z=6s時，解得B錯誤；C.在z=6s時，重物再次勻速上升，由題圖可知，此時重物的速度v2=』-=2o=^^=^^m/sni0m/s2m2由牛頓第二定律可得F}-mg=tnaA錯誤；B.在r=ls時，重物上升的速度達(dá)到最大速度的一半，此時的牽引力大小為=片1x202代入數(shù)據(jù)解得C正確；D.重物速度最大時，牽引力大小等于重力，4s后功率減小到一半，到/=6s時，重物速度從最大20m/s減可得0?6s時間內(nèi)，重物上升的高度力=4+刈+"+用=5m+25m+20m+35m=85mh4=35m為=vm/3=20xlm=20m在4?6s時間內(nèi),重物做加速度逐漸減小的減速直線運動，由動能定理可得hy=25m在3?4s時間內(nèi),重物做勻速直線運動，上升的高度則有-mg2x10在0?Is時間內(nèi),重物做勻加速直線運動，重物上升的高度hat^|=xl0x12m=5m在l~3s時間內(nèi),重物做加速度逐漸減小的加速運動，由動能定理可得t2-mgh,2=-1mv--v；2代入數(shù)據(jù)解得F.=—=-----N=10N此時牽引力小于重力，加速度方向向下，重物做減速運動，在r=6s時，速度是10m/s,此時牽引力廣P.200XTegF.=—=—N=20N此時牽引力等于重力，加速度是零，因此在4?6s時間內(nèi)，重物做加速度逐漸減小的減速運動，D錯誤。故選C。12,如圖甲所示，驅(qū)動線圈通過開關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)。閉合開關(guān)S后，在O~fo內(nèi)驅(qū)動線圈的電流赫隨時間，的變化如圖乙所示。在這段時間內(nèi)，下列說法正確的是小到10m/s,此時仁4s時的牽引力A.發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場水平向左C./=0時發(fā)射線圈具有的加速度最大D*=A)時發(fā)射線圈中的感應(yīng)電流最大【答案】A【解析】【詳解】A.根據(jù)安培定則，驅(qū)動線圈內(nèi)的磁場方向水平向右，再由圖乙可知，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場方向水平向左，A正確；BD.由圖乙可知，t=to時驅(qū)動線圈的電流變化最慢，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化最慢，此時驅(qū)動線圈產(chǎn)生的自感電動勢為零，感應(yīng)電流為零，BD錯誤；C.z=0時驅(qū)動線圈的電流變化最快，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，但此時磁場最弱，安培力不是最大值，則此時發(fā)射線圈具有的加速度不是最大，C錯誤。故選Ao13,某透明均勻介質(zhì)的截面如圖所示，直角三角形的直角邊BC與半圓形直徑重合，ZACB=30°,半圓形的半徑為也一束橙光從E點射入介質(zhì)，其延長線過半圓形的圓心。點，且E、。兩點距離為R,此時的折射角0=30。(光在真空中的傳播速度用c?表示)。則下列說法正確的是()n該光在介質(zhì)中的傳播時間A.該光在介質(zhì)中的傳播時間蟲B.該光在介質(zhì)中的折射率是甌3C.若用一束藍(lán)光照射，則不能從圓弧面射出D.與射入介質(zhì)前相比，光線射出介質(zhì)后的偏轉(zhuǎn)角是0?！敬鸢浮緿【解析】【詳解】ABD.由幾何關(guān)系：ZOED=30°,折射光平行于AB的方向，根據(jù)折射定律可知，光線射出介質(zhì)后的偏轉(zhuǎn)角是0°,如圖則有4=60。，0=30。由折射定律得sinQ=右sin02根據(jù)幾何關(guān)系可知ED=2EOcos02=y/3R光在介質(zhì)中的傳播速度為ED3RED3Rt=p=pA.〃光與人光能發(fā)生干涉vcAB錯誤，D正確；C.若用一束藍(lán)光照射，則藍(lán)光在圓弧面的入射角更大，但由于不知道藍(lán)光具體的折射率，則無法判斷出藍(lán)光在圓弧面是否能發(fā)生全反射，則無法判斷能否從圓弧面射出，C錯誤.故選D。二、選擇題II(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少是有一個符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得()分)14.下列敘述中正確的是()A.普朗克通過對黑體輻射的研究，提出能量子的概念B.德布羅意運用類比、對稱的思想，提出了物質(zhì)波的概念C.奧斯特第一個發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，并提出了分子電流假說D.新冠肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力強(qiáng)【答案】ABD解析】【詳解】A.普朗克通過對黑體輻射的研究，提出能量子的概念，故A正確；B.德布羅意運用類比、對稱的思想，提出了物質(zhì)波的概念，故B正確；C.奧斯特第一個發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，安培提出了分子電流假說，故C錯誤；D.新冠肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力強(qiáng)，故D正確。故選ABDo15,氫原子能級如圖甲所示。一群處于〃=4能級的氫原子，向低能級躍遷時能發(fā)出多種頻率的光，分別用這些頻率的光照射圖乙電路的陰極K,只能得到3條電流隨電壓變化的圖線，如圖丙所示。下列說法正B。光最容易發(fā)生衍射現(xiàn)象 (2 (2)[2][3]發(fā)現(xiàn)歐姆表指針偏角太大，說明電阻絲阻值較小，應(yīng)將選擇開關(guān)旋至xl，重新進(jìn)行歐姆調(diào)。 (3)[4]游標(biāo)卡尺的最小分度值為0.05mm,主尺讀數(shù)為102mm,游標(biāo)尺的第6條刻線和上面刻線對齊,則游標(biāo)尺讀數(shù)為6x0.05mm=0.30mm,則電阻絲的總長度為L=102mm+0.30mm=102.30mm(4)[5]為保護(hù)電路，實驗前應(yīng)將滑動變阻器調(diào)至最大值，即將P移到金屬絲c處， (5)[6][7]接入電路的電阻絲長度為工時，電阻為Rx=-x(4)實驗前，將P移到金屬絲___________位置(選填或“c”),合上開關(guān)S,調(diào)節(jié)金屬夾的位置,依次測量出接入電路中的電阻絲長度x和電流表示數(shù)/，該小組同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪y-x函數(shù)圖像如圖丁所示，圖線斜率為七與縱軸截距為力，該電池電動勢和內(nèi)阻可表示為悟,r=, (用叫)、R、k、b、￡表示)LO--X【詳解】(1)[1]根據(jù)電路圖連接實物圖如圖所示*L根據(jù)閉合電路歐姆定律有kL節(jié)①kL節(jié)①.見解析；②.X1③.歐姆調(diào)零④.102.30⑤.cR?.—；零筒解得1&+rR------筒解得1&+rR------H-------XIEEL,Rk=pEL=2EE=I(R°+Rz)廠RE=p///^7V//J//////////////A【解析】【詳解】(1)設(shè)至少需要打〃次氣，打氣前箭體內(nèi)空氣體積為嶺=2.5L—1L=1.5LkLbR-kL*18如.圖所示，為某校開展的科技節(jié)一參賽小組制作的“水火箭”，其主體是一個容積為2.5L的飲料瓶，現(xiàn)裝入1L體積的水，再倒放安裝在發(fā)射架上，用打氣筒通過軟管向箭體內(nèi)充氣，打氣筒每次能將300mL、壓強(qiáng)為po的外界空氣壓入瓶內(nèi)，當(dāng)瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)達(dá)到4內(nèi)時，火箭可發(fā)射升空。己知大氣壓強(qiáng)為po=l.OxlO5Pa,整個裝置氣密性良好，忽略飲料瓶體積的變化和飲料瓶內(nèi)、外空氣溫度的變化，求：(1)為了使“水火箭”能夠發(fā)射，該小組成員需要打氣的次數(shù)；(2)“水火箭”發(fā)射過程中，當(dāng)水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)的大??；(3)若設(shè)在噴水過程中瓶內(nèi)氣壓平均為3內(nèi)，在這過程瓶內(nèi)氣體是吸熱還是放熱，吸收或釋放了多少熱解得根據(jù)玻意耳定律可得bb4pM=pv4pM=pv(2)小組成員對“水火箭"加壓到發(fā)射，在水剛好全部被噴出時氣體的體積為V=2.5L解得pz=yPo=2.4x1O5Pa根據(jù)玻意耳定律可得所以瓶內(nèi)氣體從外界吸熱，熱量為(3)根據(jù)熱力學(xué)第一定律有2=pAV=3poAV,=3OOJ19,某一學(xué)校在科技節(jié)一團(tuán)隊設(shè)計如圖的一彈射玩具，由一處于自然狀態(tài)輕質(zhì)彈簧一端固定在傾角為。=37。的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上8處，直軌道與一半徑為b的一段光滑圓弧軌道相切于C點，CB=5b,A、B、C、。均在同一豎直面內(nèi)。游戲時，視為質(zhì)點的質(zhì)量為，〃的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(未畫出)，隨后小物塊P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F,BF=2bo已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù)A=0.25(取sin37o=0.6,cos37°=0.8)；(1)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(2)若把物塊P的質(zhì)量改為再將P推至E點，從靜止開始釋放，求P經(jīng)。點時對軌道的壓力3大?。?3)現(xiàn)改變彈簧固定位置，調(diào)整合適的彈射方向。試分析能否將物塊P從F點彈離裝置后從D點水平向右進(jìn)入軌道做圓周運動。E到F的過程【答案】(1)2Amgb；(2)(3)見解析E到F的過程【答案】(1)2Amgb；(2)(3)見解析【解析】【詳解】(I)設(shè)B到E距離為X,彈性勢能為E”，C到E的過程得W.^BE.-mgsin0(x+2b)一/.imgcos0(x+2b)=0%=Ep4-mgsin+5b)一"mgcos0(x4-5b)=0VD=J12bg=?j3Qbg席=任〃?g(3)尸到。點斜拋看成。到F的平拋運動逆過程，由平拋運動規(guī)律y=—gty=R+Rcos0+3Rsin。1,2=Ep-m'gsin0(5b+x)-gg'gcos0(5b+x)-mrg(b+bcos0)在D點得(2)E到。的過程Ep=2Amgb心+&=WK得得2x=v[ytx=3Rcos。一Rsin。氣=Jo.45Z?g=0.3C (2)=0.3C (2)成'右側(cè)是水平絕緣導(dǎo)軌，將S擲向2后，瀝棒與電容器組成電路，當(dāng)電容器兩端電壓與。方棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，電路中沒有電流，瀝棒做勻速運動，設(shè)此時瀝棒速度為力電容器帶電為務(wù)，=CE3328所以不存在讓物塊P從F點被斜向上彈出后從D點水平向右進(jìn)入圓形軌道后做圓周運動。20.如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，夕卜環(huán)和內(nèi)環(huán)的半徑分別是4=0.2m,Z?2=0.1m。兩環(huán)通過電刷分別與間距L=0.2m的平行光滑水平金屬軌道PM和尸相連，成'右側(cè)是水平絕緣導(dǎo)軌，并由一小段圓弧平滑連接傾角0=30。的等距金屬導(dǎo)軌，下方連接阻值/?=0.2Q的電阻。水平導(dǎo)軌接有理想電容器，電容C=lFo導(dǎo)體棒湖、cd,垂直靜止放置于成'兩側(cè)，質(zhì)量分別為料=0.1kg,料=0.2kg,電阻均為-0.1。。泌放置位置與距離足夠長，所有導(dǎo)軌均光滑，除己知電阻外，其余電阻均不計。整個裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,忽略磁場對電容器的影響。圓環(huán)處的金屬桿做順時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度口=20rad/s°求：(1)S擲向1,穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q； (2)在題(1)的基礎(chǔ)上，再將S擲向2,導(dǎo)體棒瀝到達(dá)協(xié)，的速度大??；(3)ab與cd棒發(fā)生彈性碰撞后，M棒由水平導(dǎo)軌進(jìn)入斜面忽略能量損失，沿斜面下滑12m距離后，速度達(dá)到最大，求電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱(此過程瀝棒不進(jìn)入斜面)。解得J【解析】【詳解】(1)金屬桿順時針切割磁感線產(chǎn)生電動勢為E=BR「0、昆+R穩(wěn)定時7245qqqq而根據(jù)能最守恒得BLvmcos0R+rggxsin0=烏皿諾+而根據(jù)能最守恒得BLvmcos0R+rggxsin0=烏皿諾+必故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為聯(lián)合解得ciu/IR328121.現(xiàn)代科學(xué)研究中經(jīng)常利用電場、磁場來控制帶電粒子的運動。在空間坐標(biāo)系O-Q，z中存在如圖所示的電磁場，在xOz平面內(nèi)，圓心0的位置坐標(biāo)為(0,R),半徑為R,圓內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場用；在其左側(cè)有一離子源E飄出質(zhì)量為用、電荷量為冬、初速度為0的一束正離子，這束離子經(jīng)電勢差2〃=西的電場加速后，從小孔F(點F與Oi等高)沿著a?軸正方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域曷，離子恰好從點。離開進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2。豎直放置的長方形離子收集板"VPQ與xOz面相距R,邊MQ足夠長與x軸V2=|m/s解得當(dāng)&棒做勻速運動時速度達(dá)到最大，設(shè)最大速度為對cd棒受力分析，根據(jù)受力平衡可得ggsin。=BJLcosO=+iriyV2根據(jù)動量定理可得vnVs7 (3)棒瀝與cd發(fā)生彈性碰撞，則聯(lián)合解得/??,v-0=F^t=BLit=BL(q_q?)BLv=^C=RR(2)=RR(2)當(dāng)角度為0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度旦方向沿x軸正方向，設(shè)離子恰好打到MQ邊的半徑為*,恰好打到膺邊的半徑為弓，據(jù)幾何知識得【答案】⑴捋：⑵警崩"冷；⑶(一苧，R,一竺)；⑷見解析qR5qRqR44【解析】【詳解】(1)設(shè)經(jīng)過電場加速后速度為“進(jìn)入勻強(qiáng)磁場用磁會聚從。點沿z軸負(fù)方向射出，有qU=：mv2-0方向平行且與y軸交于點T,寬MN為2R,勻強(qiáng)磁場賢只局限于收集板正前方的空間區(qū)域，磁場方向與X。)，所在平面平行且與x軸正方向的夾角大小為仇調(diào)節(jié)勻強(qiáng)磁強(qiáng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度易大小，使帶正電離子偏轉(zhuǎn)后能打到收集板上被吸收。不考慮離子重力和離子間的相互作用(己知：sin37M).6,COS37F.8,