浙江省绍兴市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题 Word版含解析.docx

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绍兴一中2023学年第高二一学期期末考试物理试卷Ⅰ选择题部分考生须知：1．考试时间：90分钟，满分100分；2．请将班级、姓名分别填写在答题卷的相应位置上。本卷答案必须做在答题卷相应位置上。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列仪器不能测量基本物理量的是（　　）A.电火花计时器B.天平C.弹簧秤D.直尺【答案】C【解析】【详解】A．电火花计时器可以测基本物理量时间，故A错误；B．天平可以测基本物理量质量，故B错误；C．弹簧秤只能测力，不能测基本物理量，故C正确；D．直尺可以测基本物理量长度，故D错误。故选C。2.下列关于物理学家及其贡献，描述正确的是（）A.爱因斯坦最早提出能量子概念B.伽利略通过斜面实验并合理外推得到落体运动是匀加速运动C.卡文迪什利用扭秤实验总结出了万有引力定律D.麦克斯韦总结了电磁感应现象产生的条件，也创造性地引入了场“力线”来研究电磁场【答案】B【解析】【详解】A．普朗克最早提出能量子概念，选项A错误；B．伽利略通过斜面实验并合理外推得到落体运动是匀加速运动，选项B正确；C．牛顿提出万有引力定律，卡文迪什利用扭秤实验得到了引力常数，选项C错误；D．法拉第总结了电磁感应现象产生的条件，麦克斯韦创造性地引入了场“力线”来研究电磁场，选项D错误。故选B。 3.杭州亚运会上，用电子机器狗运送铁饼、标枪既便捷又安全，如图所示。将机器狗在某次运送标枪的运动过程视为匀变速直线运动，机器狗相继经过两段距离为20m的路程，用时分别为5s和10s。则机器狗的加速度大小是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】第一段的平均速度为第二段的平均速度为根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为则加速度为故机器狗的加速度大小是。故选B。4.年糕是绍兴传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（）A.整个下降过程中榔头始终处于失重状态B.榔头对年糕的压力是年糕发生形变引起的C.年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力D.榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力 【答案】D【解析】【详解】A．整个下降过程中榔头先加速下降再减速下降，先处于失重状态再处于超重状态，故A错误；B．榔头对年糕的压力是榔头发生形变引起的，故B错误；C．榔头对年糕的打击力与年糕对榔头的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故C错误；D．榔头向下打击年糕时，设年糕对榔头的作用力为F，向上为正方向，榔头的质量为m，对榔头由动量定理得解得由牛顿第三定律可知，榔头对年糕的打击力与年糕对榔头的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，则对石槽受力分析，受重力Mg、地面的支持力FN、榔头的作用力，石槽受力平衡，由平衡条件得即地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力，故D正确。故选D。5.某滚筒洗衣机如图甲所示，脱水时衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图乙所示，其中a、b点分别为衣服做圆周运动的最高位置和最低位置。已知衣服（可视为质点）的质量为m，滚筒半径为r，圆周运动的角速度为，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.衣服转到b位置时的脱水效果最好B.衣服在a位置对滚筒壁的压力比在b位置的大C.衣服转到与圆心等高时，滚筒壁对衣服的作用力大小为D.衣服从a位置转到b位置过程所受合力的冲量大小为0 【答案】A【解析】【详解】AB．衣服转到a位置时筒壁给衣服的作用力b位置时筒壁给衣服的作用力可知衣服在a位置对滚筒壁的压力比在b位置的小，转到b位置时的脱水效果最好，选项A正确，B错误；C．衣服转到与圆心等高时，滚筒壁对衣服的水平方向的作用力大小为竖直方向的作用力为mg，可知滚筒壁对衣服的作用力大小大于，选项C错误；D．衣服从a位置转到b位置过程所受合力不为零，根据I=Ft可知合外力的冲量大小不为0，选项D错误。故选A。6.竖直放置的轻质弹簧，下端固定在水平地面上，一小球从弹簧正上方某一高度处自由下落，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（　　）A.小球和弹簧组成的系统动量守恒B.小球的动量一直减小C.弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小D.小球的机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．弹簧为轻质弹簧，质量忽略不计，弹簧的动量为0 ，对小球进行受力分析，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先做自由落体运动，后向下做加速度减小的变加速直线运动，最后向下做加速度增大的变减速直线运动，可知，速度先增大后减小，动量先增大后减小，可知，小球和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；B．根据上述可知，小球的动量先增大后减小，故B错误；C．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，直至速度减为0，根据动量定理有可知，弹簧对小球冲量的大小大于重力对小球冲量的大小，故C正确；D．根据上述，从小球开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球先向下做加速度减小的变加速直线运动，后向下做加速度增大的变减速直线运动，弹簧弹力对小球做负功，小球的机械能减小，故D错误。故选C。7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】小船和救生员组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，有(M+m)v0=m(-v)+Mv′解得v′=v0+(v0+v)故选C。8.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池（电动势为E，内阻不计）的两极相连（边缘接电池的正极），然后在玻璃皿中放入导电液体，导电液体的等效电阻为R。把玻璃皿放在磁场中，如图所示，液体就会旋转起来。则以下说法中正确的是（） A.从上往下看，液体顺时针旋转B.改变磁场方向，液体旋转方向不变C.通过液体的电流等于D.通过液体的电流小于【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可以判断导电液体受到的安培力方向为逆时针，所以液体逆时针旋转，故A错误。B．改变磁场方向，安培力方向反向，液体旋转方向也反向，故B错误。CD．由于液体旋转，有部分电能转化为机械能，根据能量守恒，EI=I2R+P机所以E>IR即故C错误，D正确。故选D。9.雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为右图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点（　　）A.该烟尘颗粒带正电B.该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是匀变速曲线运动C.A点的场强小于B点的场强 D.该烟尘颗粒在A点的电势能大于它处于B点的电势能【答案】D【解析】【详解】A．观察发现，颗粒向正极板弯曲，说明颗粒带负电，故A错误；B．电场线由正极指向负极，由图知，该电场不可能是匀强电场，电场力不可能不变，故加速度不可能不变，故不可能是匀变速曲线运动，故B错误；C．电场线的越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，故C错误；D．等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的颗粒在A点的电势能更大，故D正确。故选D。10.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为的中点，a、b到O点的距离相等，c是位于连线中垂线上的某点。已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。则（　　）A.a、b两点的磁感应强度相同B.连线中垂线上各处的磁感应强度方向均相同C.从O点沿直线至a点，磁感应强度一定不断增强D.从O点沿直线至c点，磁感应强度一定不断增强【答案】C【解析】【详解】A．由安培定则可知，M处导线在a、b两点的磁感应强度均向下，N处导线在a、b两点的磁感应强度均向上，叠加后，由对称性可知，a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反，A错误；B．如图所示，在中垂线上方，磁感应强度方向水平向右，同理可知，在中垂线下方，磁感应强度方向水平向左，而中点O，磁感应强度为零，B错误； C．从O点沿直线至a点，M处导线产生的向下的磁感应强度增强，而N处导线产生的向上的磁感应强度减弱，故合磁感应强度一定不断增强，C正确；D．结合解析B中的图可知，从O点沿直线至c点，两分磁感应强度、减小，而夹角减小，如故磁感应强度不一定增强，D错误。故选C。11.一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场。粒子的一段径迹如图所示。径迹上的每一小段都可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变）。从图中情况可以确定（　　）A.粒子从到运动，带正电B.粒子从到运动，带正电C.粒子从到运动，带负电D.粒子从到运动，带负电【答案】D【解析】【详解】根据洛伦兹充当向心力有可得根据题意，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的动能逐渐减小（带电荷量不变），则可知粒子的轨道半径逐渐减小，因此粒子从运动到，结合根据左手定则可知，粒子带负电。故选D。 12.如图所示，图甲为磁流体发电机、图乙为质谱仪、图丙为速度选择器（电场强度为E、磁感应强度为B）、图丁为回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A.图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高B.图乙中，、从静止经电场加速后射入磁场，打在胶片上的位置靠近P的粒子是C.图丙中，粒子能够沿直线匀速向右通过速度选择器的速度D.图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大【答案】B【解析】【详解】A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则可知正离子向下偏转、负离子向上偏转，A、B板间产生电势差，B板电势高，故A错误；B．图乙中，粒子经过电场加速，根据动能定理有进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有解得比荷越小，R越大，打在胶片上的位置靠近P的粒子是，故B正确； C．图丙中，粒子受电场力和洛伦兹力，粒子能够沿直线匀速向右通过速度选择器，则有解得故C错误；D．图丁中，回旋加速器正常工作时，交变电流的周期等于做圆周运动的周期，粒子做圆周运动的周期为周期与速度大小无关，保持不变，交流电的周期不变，频率也不变，故D错误。故选B。13.如图所示，半径为L的导电圆环（电阻不计）绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成角。在圆环圆心角的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻相连，定值电阻的另一端通过导线接在圆环的中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正确的是（　　）A.金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中电流的大小不变，方向改变B.定值电阻两端的电压为C.通过定值电阻的电流为D.圆环转动一周，定值电阻产生的热量为【答案】C【解析】【详解】A．金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中电动势的大小为 当一根辐条切割磁感线时，另外两根辐条与定值电阻并联，则切割磁感线的辐条中感应电流的大小解得可知，电流大小不变，根据右手定则，电流方向始终由圆心指向圆环，即电流方向不变，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律，定值电阻两端电压结合上述解得故B错误；C．根据欧姆定律，通过定值电阻的电流结合上述解得故C正确；D．圆环转动一周，经历的时间根据上述可知，在圆环转动一周的过程中，通过定值电阻的电流大小始终不变，则定值电阻产生的热量为解得故D错误。 故选C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题4分，共8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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L。1、2间匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为的正方形线圈PQMN电阻为R，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。开始PQ与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为向右匀速运动。设PQ刚进入磁场时PQ两端电压为，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ两端电压为；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F，拉力所做的功为W，则下列判断正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【详解】A．只有PQ进入磁场，PQ切割磁感线产生电动势电路中电流PQ两端电压选项A正确；C．受到的安培力进入过程克服安培力做功 都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割磁感线产生电动势，PQ切割右边磁感线产生电动势回路中电流PQ和MN受到安培力大小分别为需要拉力最大为选项C错误；B．PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功都进入右边磁场后，PQ和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0，选项B正确；D．PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力PQ出磁场过程中安培力做功整个过程克服安培力做功选项D正确。 故选ABD.15.理想变压器原、副线圈所接的电路如图甲所示，原、副线圈的匝数比为，其中定值电阻，两电表为理想交流电表，原线圈两端接有如图乙所示的交流电。当原线圈的瞬时电压为。断开，电源消耗的电功率为，闭合，电源消耗的电功率为。则下列说法正确的是（　　）A.闭合、断开，电压表的示数为B.闭合，电流表的示数为C.断开，电流表的示数为D.【答案】ACD【解析】【详解】A．由图乙可得，周期，故可得故交流电的表达式为当时，原线圈的瞬时电压为解得原线圈电压有效值为 原、副线圈的匝数比为，根据可得副线圈电压当闭合、断开，电压表测量副线圈电压，故电压表的示数为，故A正确；B．闭合，电流表的示数为根据可得电流表的示数为0.16A，故B错误；C．断开、,，副线圈总电阻为副线圈电流根据可得原线圈电流电流表的示数为0.04A，故C正确；D．根据公式 由C选项可得所以故D正确。故选ACD。Ⅱ非选择题部分（本题共5小题，共53分）三、实验题（本题共2小题，共14分）16.小明同学做“练习使用多用电表”实验，用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“，”字样，以下测量方式正确的是__________；该同学采用档进行测量，则实际的测量结果是图中__________（填a或b或c）位置。【答案】①.A②.c【解析】【详解】[1]灯泡内部的灯丝分别与灯泡底部和灯泡螺口金属部分相连，所以测量灯丝的电阻，应使两个表笔分别与灯泡底部和螺口的金属部分相接触。故选A。[2]灯泡正常发光时的电阻为灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以灯泡在未接入电路时电阻远小于正常发光的电阻阻值，所以若用×10档进行测量，则实际的测量结果是图中c位置。17.在“探究通过变压器原、副线圈的电流与匝数的关系”实验中。 （1）为实现探究目的，保持原线圈匝数一定，只改变通过原线圈的电流或者副线圈匝数，测量通过副线圈的电流。这个探究过程采用的科学方法是__________。A．控制变量法B．等效替代法C．演绎法D．理想实验法（2）在实验中，将电源接在匝数为1000匝的原线圈两端，副线圈的匝数为500匝，用多用电表测得通过副线圈的电流为，则通过原线圈的电流可能为__________。A．B．C．D．【答案】①.A②.D【解析】【详解】（1）[1]保持原线圈匝数一定，只改变通过原线圈的电流或者副线圈匝数，本实验是改变了一个变量，控制其它变量不变，这是控制变量法；（2）[2]假设变压器是理想变压器，没有损耗，根据原副线圈匝数与电压关系以及功率不变的关系解得考虑到损耗的话，原线圈电流至少为0.2A，故选D。18.①为了探究影响感应电流方向的因素，闭合开关后，通过不同的操作观察指针摆动情况，以下正确的有__________A．断开与闭合开关时指针会偏向同一侧B．闭合开关，待电路稳定后，如果滑动变阻器不移动，指针不偏转C．滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，灵敏电流计指针都静止在中央D．滑动变阻器的滑片向右加速移动和向右减速移动，都能使指针偏向同一侧②如图所示，闭合开关前滑动变阻器的滑片应位于最__________ 端（填“左”或“右”），当闭合开关时，发现灵敏电流计的指针右偏。指针稳定后，迅速将滑动变阻器的滑片P向右移动时灵敏电流计的指针__________（填“左偏”“不动”或“右偏”）；【答案】①.BD##DB②.左③.右【解析】【详解】①[1]A．断开时B中磁通量减小，闭合开关时B中磁通量增加，根据楞次定律可知指针偏向不同，A错误；B．闭合开关，待电路稳定后，如果滑动变阻器不移动，B中磁通量不变，所以指针不偏转，B正确；C．滑动变阻器的滑片匀速向左或匀速向右滑动，B中磁通量都发生变化，所以有感应电流，灵敏电流计指针不在中央，C错误；D．滑动变阻器的滑片向右加速移动或者向右减速移动，回路中电阻减小，电流增大，B中磁通量增大，根据楞次定律可知两次引起的电流方向是一致的，指针偏向同一侧，D正确。故选BD②[2]闭合开关前要保证回路中的电流最小，防止烧毁用电器，所以滑动变阻器的滑片应位于最左端。[3]当闭合开关时，磁通量增加，灵敏电流计的指针右偏。指针稳定后，迅速将滑动变阻器的滑片P向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，B中磁通量增大，所以灵敏电流计的指针往右偏。19.用如图所示的“碰撞实验装置”验证两小球碰撞前后的动量是否守恒。①下列说法正确的是__________。A．斜槽轨道必须光滑B．斜槽轨道的末端切线无须保持水平 C．入射球A和被碰球B的质量必须相等D．入射球A每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放E．两小球的半径相等②若用刻度尺测量出小球落点的平均位置M、P、N到O点的距离分别为0.75L、1.50L、2.25L，若碰撞过程动量守恒，则小球A与小球B的质量之比为__________。【答案】①.DE##ED②.3:1【解析】【详解】①[1]A．斜槽轨道不一定必须光滑，只要到达斜槽底端时速度相同即可，选项A错误；B．斜槽轨道的末端切线必须保持水平，以保证小球做平抛运动，选项B错误；C．为了防止入射球A碰后反弹，则入射球A的质量必须大于被碰球B的质量，选项C错误；D．入射球A每次必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放，以保证小球A到达底端时的速度相同，选项D正确；E．两小球的半径相等，以保证两球发生正碰，选项E正确。故选DE。②[2]两球碰后做平抛运动，下落高度相同，则运动时间相同，水平位移与速度成正比，则可用水平位移代替水平速度，则若碰撞过程动量守恒，则应该满足即解得小球A与小球B的质量之比为四、填空题（本题共3小题，每空1分，共6分）20.如图，“人字梯”是日常生活中常见的一种登高工具，使用时四根梯杆与地面间的夹角总保持相等。现有一个人站在“人字梯”的最高处，当梯杆与地面间的夹角变大时，则：“人字梯”对地面的压力__________（增大、减小、不变）地面对每根梯杆的摩擦力__________（增大、减小、不变） 【答案】①.不变②.减小【解析】【详解】[1]人字梯在地面上静止时，受到重力、地面的支持力与摩擦力，竖直方向两侧支撑腿受到支持力的合力与重力大小相等，方向相反，与人字梯两支撑腿的夹角无关，所以当梯杆与地面间的夹角变大时，人字梯受到的支持力不变，根据牛顿第三定律，人字梯对地面的压力不变；[2]人字梯静止时，地面对人字梯的作用力的合力沿梯子支撑腿的方向，否则会发生转动；对其中一支撑腿受力分析如图：支撑腿受到的支持力不变，则当梯杆与地面间的夹角变大时，地面对每根梯杆的摩擦力减小。21.如图所示，抛物线C1、C2分别是一纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。电源的电动势为__________V，电源的内电阻为__________Ω。【答案】①.4②.1【解析】【详解】[1][2]内电路消耗的电功率为 外电路消耗的电功率为结合图线可知，C1为内电路消耗的电功率随电流变化的图像，C2为外电路消耗的电功率随电流变化的图像，根据图像可知，曲线C1、C2的交点表示内外电路消耗的功率相等，则所以，22.2020年12月2日22时，经过约19小时月面工作，嫦娥5号完成了月面自动采样封装，这其中要用到许多压力传感器。有些压力传感器是通过霍尔元件将压力倍号转化为电信号。如图所示，一块宽为a、长为c、厚为h的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为-e的自由电子。通入方向如图所示的电流时，电子的定向移动速度为v。若元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，此时前表面的电势___________（填“高于”、“低于”或“等于”）后表面的电势。元件的前、后表面间电压U=___________。【答案】①.低于②.【解析】【详解】[1]电流方向向左，电子向右定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的低。[2]由电子受力平衡可得解得五、计算题（本题共3小题，共33分）23.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m 高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA=lkg，mB=2kg，mC=3kg，g=10m/s2，求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离【答案】（1）2m/s；（2）3J；（3）2m【解析】【详解】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有解得滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2解得（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，则由动量守恒定律有mAv1=(mA+mB+mC)v3解得由机械能守恒定律有解得 （3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有(mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5解得滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动解得24.如图（a）所示，MN、PQ为间距L=0.5m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计；导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻；有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T；将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab（长度近似与导轨间距相等）紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图（b）所示。设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。g取10m/s2，sin37°取0.6，cos37°取0.8。求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）金属棒的电阻r；（3）cd离NQ的距离x；（4）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量。【答案】（1）0.5；（2）1Ω；（3）x=2m；（4）0.08J 【解析】【详解】（1）由a—v图可看出，在v=0时a0=2m/s2，则根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma0代入数据有μ=0.5（2）由（b）图可知，当金属棒的速度为2m/s时，金属棒的加速度为零，根据平衡条件有mgsin37°=μmgcos37°+F安可得F安=0.1N根据F安=B0IL可得，感应电流为I=0.2A感应电动势E=B0Lv=1V根据公式可得r=1Ω（3）根据，，q=It可得代入数据解得，金属棒移动的距离x=2m（4）金属棒运动过程中，根据能量守恒定律有解得Q=0.1J 则电阻R上产生的热量25.如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，MN为竖直放置的两金属板构成的加速器，两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上，虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q与Oxy平面平行，ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和y轴正方向匀强电场，磁感应强度大小为、电场强度大小为。一质量为m、电荷量为的粒子，从M板上的a点静止释放，经加速器加速后从N板上的b孔射出，最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力，M、N、P、Q足够大，不计MN间的边缘效应。求：（1）粒子在b点速度大小及在磁场中做圆周运动的半径R；（2）粒子经过P分界面时到z轴的距离；（3）粒子打到荧光屏Q上的位置，用坐标（x，y，z表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）粒子在电场加速过程，根据动能定理有解得粒子匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有结合上述解得 （2）作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何关系有解得可知粒子经过P分界面时到z轴距离为（3）在区域Ⅱ电场中，粒子在轴上移动的时间为在轴上匀速直线运动，则有所以在轴的横坐标为在轴上做初速度为0的匀加速直线运动，则有