注意事項(xiàng)：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如
需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)
在本試卷上無(wú)效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回
二、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分。
14．圖甲為研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，用不同頻率的單色光照射陰極K，正確操作下，記錄相應(yīng)電表示數(shù)并繪制如圖乙所示的圖像，當(dāng)頻率為時(shí)繪制了如圖丙所示的圖像，圖中所標(biāo)數(shù)據(jù)均為已知量，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．飽和電流與K、A之間的電壓有關(guān)
B．測(cè)量遏止電壓時(shí)，滑片P應(yīng)向b移動(dòng)
C．陰極K的逸出功
D．普朗克常量
【答案】C
【解析】A．飽和電流只與入射光的光強(qiáng)有關(guān)，與外加電壓無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．測(cè)量遏止電壓時(shí)，光電管應(yīng)接反向電壓，滑片P應(yīng)向a移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
D．根據(jù)光電效應(yīng)方程，根據(jù)動(dòng)能定理，整理得，圖像的斜率為，解得普朗克常量，故D錯(cuò)誤；
C．根據(jù)，，解得陰極K的逸出功，故C正確。
故選C。
15．如圖甲，用裝有墨水的小漏斗和細(xì)線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。用電動(dòng)機(jī)勻速拉動(dòng)紙帶時(shí)，讓單擺小幅度前后擺動(dòng)，于是在紙帶上留下徑跡。調(diào)節(jié)電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)速度，分別得出圖乙和丙兩條紙帶，取3.14，重力加速度g大小取。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．無(wú)論紙帶是否勻速拉動(dòng)，都可以用紙帶通過(guò)的距離表示時(shí)間
B．由圖知乙紙帶的速度為丙紙帶速度的0.5倍
C．單擺漏斗在P點(diǎn)和Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同
D．若乙圖中，紙帶拖動(dòng)速度為10cm/s，可推算該單擺的擺長(zhǎng)約為1m
【答案】D
【解析】A．紙帶勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由知，位移與時(shí)間成正比，因此只有在勻速運(yùn)動(dòng)的條件下，才可以用紙帶通過(guò)的距離表示時(shí)間，故A錯(cuò)誤；
B．由于乙圖中有單擺的擺動(dòng)時(shí)間為兩個(gè)周期，丙圖中有單擺的擺動(dòng)時(shí)間為四個(gè)周期，紙帶同樣移動(dòng)40cm，丙的時(shí)間是乙的兩倍，故乙紙帶的速度為丙紙帶速度的2倍，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)同側(cè)法，可知單擺漏斗在P點(diǎn)向上振動(dòng)，在Q點(diǎn)向下振動(dòng)，單擺漏斗在P點(diǎn)和Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相反，故C錯(cuò)誤；
D．乙圖中，紙帶拖動(dòng)速度為10cm/s，可得單擺周期為，根據(jù)單擺周期公式，可得單擺的擺長(zhǎng)約為，故D正確。
故選D。
16．潮汐是發(fā)生在沿海地區(qū)海水周期性漲落的一種自然現(xiàn)象，主要是受月球?qū)Ｋ囊Χ纬?，?dǎo)致地球自轉(zhuǎn)持續(xù)減速，同時(shí)月球也會(huì)逐漸遠(yuǎn)離地球。如圖所示，已知地球和月球的球心分別為和，A和B是地球上的兩個(gè)海區(qū)，多年后，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．海區(qū)的角速度小于海區(qū)的角速度
B．地球赤道上的重力加速度會(huì)減小
C．月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度會(huì)增大
D．地球的同步衛(wèi)星距離地面的高度會(huì)增大
【答案】D
【解析】A．根據(jù)題意可知，A和B是地球上的兩個(gè)海區(qū)，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，則海區(qū)的角速度等于海區(qū)的角速度，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)題意，對(duì)地球赤道上的物體有，地球自轉(zhuǎn)持續(xù)減速，周期變大，可得，地球赤道上的重力加速度會(huì)增大，故B錯(cuò)誤；
C．由萬(wàn)有引力提供向心力有，由于月球逐浙遠(yuǎn)離地球，增大，則月球繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度會(huì)減小，故C錯(cuò)誤；
D．，解得，由于地球自轉(zhuǎn)周期變大，則地球的同步衛(wèi)星距離地面的高度會(huì)增大，故D正確。
故選D。
17．制造半導(dǎo)體元件，需要精確測(cè)定硅片上涂有的二氧化硅（）薄膜的厚度，把左側(cè)二氧化硅薄膜腐蝕成如圖甲所示的劈尖，用波長(zhǎng)的激光從上方照射劈尖，觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有8條暗紋，且二氧化硅斜面轉(zhuǎn)為平面的棱MN處是亮紋，二氧化硅的折射率為1.5，則二氧化硅薄膜的厚度為（ ）
A．1680nmB．1890nmC．2520nmD．3780nm
【答案】A
【解析】根據(jù)題意，由于二氧化硅的折射率為1.5，則激光在二氧化硅中的波長(zhǎng)為，觀察到在腐蝕區(qū)域內(nèi)有8條暗紋，則二氧化硅斜面轉(zhuǎn)為平面的棱MN處是亮紋是第9條，設(shè)二氧化硅薄膜的厚度為，則有，聯(lián)立解得，故選A。
18．某實(shí)驗(yàn)興趣小組對(duì)新能源車(chē)的加速性能進(jìn)行探究。他們根據(jù)自制的電動(dòng)模型車(chē)模擬汽車(chē)啟動(dòng)狀態(tài)，并且通過(guò)傳感器，繪制了模型車(chē)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛獲得最大速度過(guò)程中速度的倒數(shù)和牽引力F之間的關(guān)系圖像，如圖所示。已知模型車(chē)的質(zhì)量，行駛過(guò)程中受到的阻力恒定，整個(gè)過(guò)程時(shí)間持續(xù)5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．模型車(chē)受到的阻力大小為1N
B．模型車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s
C．模型車(chē)牽引力的最大功率為6W
D．模型車(chē)運(yùn)動(dòng)的總位移為14m
【答案】D
【解析】A．根據(jù)，可得，結(jié)合圖線的斜率可得，即模型車(chē)的速度從2m/s增加至4m/s的過(guò)程中，模型車(chē)以恒定的功率行駛，速度最大時(shí)合外力為零，即牽引力等于阻力，根據(jù)圖像可知，在時(shí)速度達(dá)到最大值，因此有，故A錯(cuò)誤；
B．由圖像可知小車(chē)初始牽引力為4N，且勻加速結(jié)束時(shí)模型車(chē)的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律有，解得加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，速度與時(shí)間的關(guān)系可得勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)以上分析可知，模型車(chē)牽引力功率最大時(shí)即為勻加速結(jié)束時(shí)獲得的功率，可知最大功率為，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意，模型車(chē)速度達(dá)到最大用時(shí)5s，而勻加速階段用時(shí)1s，則可知，模型車(chē)以恒定功率運(yùn)動(dòng)所需時(shí)間，根據(jù)動(dòng)能定理，式中，，解得，勻加速階段位移，故總位移，故D正確。
故選D。
19．如圖，質(zhì)量為的同學(xué)在練習(xí)跳球。他將籃球從離地面高為的位置以的初速度豎直向上拋出，接著在籃球正下方豎直舉起手臂并準(zhǔn)備沿豎直方向起跳，在籃球拋出后的時(shí)刻恰好跳離地面，此時(shí)手指尖離地面高為。不計(jì)空氣阻力，取，已知籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，該同學(xué)的手指尖恰好觸碰到籃球，則（ ）
A．起跳過(guò)程，地面對(duì)該同學(xué)的沖量為
B．起跳過(guò)程，合外力對(duì)該同學(xué)的沖量為
C．觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為0
D．觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為
【答案】BD
【解析】CD．籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，同學(xué)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，籃球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，該同學(xué)的手指尖恰好觸碰到籃球，則，其中，，解得，觸碰到籃球時(shí)該同學(xué)的速度為，故C錯(cuò)誤，D正確；
A．起跳過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理，解得地面對(duì)該同學(xué)的沖量為，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)動(dòng)量定理，起跳過(guò)程，合外力對(duì)該同學(xué)的沖量為，故B正確。
故選BD。
20．如圖所示為氣壓式升降椅和簡(jiǎn)易結(jié)構(gòu)切面圖，在氣缸和氣缸桿之間封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣缸密封性和導(dǎo)熱性良好，忽略一切摩擦。設(shè)無(wú)人坐椅時(shí)，氣缸內(nèi)氣體的初始狀態(tài)為A；有人慢慢地坐到座椅上后，雙腳離地，椅面下降，氣缸內(nèi)氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為B；空調(diào)開(kāi)啟，室內(nèi)溫度下降至某值并保持恒溫，氣缸內(nèi)氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為C；最后此人離開(kāi)座椅，氣缸內(nèi)氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為D。關(guān)于氣缸內(nèi)氣體的描述，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A．狀態(tài)A到B，外界對(duì)氣體做功，氣體內(nèi)能一直增大
B．狀態(tài)B到C，氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能保持不變
C．狀態(tài)C到D，氣體對(duì)外界做功，氣體從外吸收熱量
D．狀態(tài)A與狀態(tài)D的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能相等
【答案】ABD
【解析】A．狀態(tài)A到B，外界對(duì)氣體做功，同時(shí)氣體向外界放出熱量，由熱力學(xué)第一定律，可知?dú)怏w內(nèi)能不一定增大。故A錯(cuò)誤；
B．依題意，狀態(tài)B到C，氣缸內(nèi)氣體溫度降低，則氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能也隨之減小。故B錯(cuò)誤；
C．依題意，狀態(tài)C到D，氣體對(duì)外界做功，內(nèi)能保持不變，由，可知?dú)怏w從外界吸收熱量。故C正確；
D．依題意，狀態(tài)A與狀態(tài)D的氣體溫度不同，所以兩個(gè)狀態(tài)下分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能也不相等。故D錯(cuò)誤。
故選ABD。
21．在軸上的和點(diǎn)固定有電荷量分別為、的不等量異種點(diǎn)電荷，以軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的正向，得到圖示中兩點(diǎn)電荷沿連線方向上的圖像，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．
B．
C．將一電子在軸上的點(diǎn)由靜止釋放，電子將能夠經(jīng)過(guò)軸上的點(diǎn)
D．將一電子在軸上的點(diǎn)由靜止釋放，電子將無(wú)法到達(dá)軸上的點(diǎn)
【答案】AC
【解析】AB．軸上B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即有，可得，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD．之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)樨?fù)向，之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，根?jù)圖像的面積表示電勢(shì)差，可知，則，則電子將能夠經(jīng)過(guò)軸上的點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選AC。
三、非選擇題：共62分。
22．（6分）某實(shí)驗(yàn)小組利用以下實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。已知斜面的傾角為、，且，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：
①用天平稱(chēng)量出小車(chē)A的質(zhì)量和小車(chē)B的質(zhì)量，；
②在斜面體的頂部固定定滑輪，小車(chē)A上安裝有遮光條，并用游標(biāo)卡尺測(cè)量出遮光條的寬度d；
③用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)（大于斜面bc的長(zhǎng)度，小于斜面ac的長(zhǎng)度）的輕繩跨過(guò)定滑輪連接小車(chē)A和小車(chē)B，在斜面bc的下端安裝光電門(mén)計(jì)時(shí)器，如圖甲所示；
④啟動(dòng)光電門(mén)計(jì)時(shí)器，將小車(chē)A拖到斜面bc的最上端，并使輕繩處于拉直狀態(tài)，測(cè)出小車(chē)A到光電門(mén)的距離x；
⑤將小車(chē)A由靜止釋放，光電門(mén)計(jì)時(shí)器記錄了小車(chē)A經(jīng)過(guò)的時(shí)間。
請(qǐng)回答以下問(wèn)題：
(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光條的寬度如圖乙所示，則遮光條的寬度 cm。
(2)寫(xiě)出上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式 。（均用題中所給物理量的字母表示）
(3)實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量各物理量并代人數(shù)據(jù)計(jì)算后，發(fā)現(xiàn)減少的機(jī)械能小于增加的機(jī)械能，可能的原因是 。
【答案】(1) 1.035 （2分） (2) （2分）
x測(cè)量值偏小（或者遮光條寬度測(cè)量值偏大）（2分）
【解析】（1）遮光條的寬度
（2）小車(chē)A經(jīng)過(guò)光電門(mén)的速度
整個(gè)過(guò)程中減少的能量
整個(gè)過(guò)程中增加的能量
實(shí)驗(yàn)過(guò)程中驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式
由上述公式可知，減少的機(jī)械能小于增加的機(jī)械能，可能的原因是x測(cè)量值偏小或遮光條寬度測(cè)量值偏大。
23．（12分）某同學(xué)設(shè)計(jì)并制作了一個(gè)可以測(cè)量角度的裝置，其電路如圖所示。其中半圓弧AB是電阻率為、橫截面積為S且粗細(xì)均勻的電阻絲，圓弧的圓心在O點(diǎn)，半徑為r；ON為可繞O旋轉(zhuǎn)的金屬指針，N端可在圓弧AB上滑動(dòng)且接觸良好，為電阻箱，為滑動(dòng)變阻器，、為理想電壓表，指針ON及導(dǎo)線電阻不計(jì)，整個(gè)裝置固定在一塊透明的塑料板上。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：
(1)按照電路圖連接電路，取圖中ON與OA的夾角為（用角度制表示），在使用時(shí)要讓電壓表的示數(shù)隨的增大而增大，電壓表另一端應(yīng)與電阻絲的 端相連（填“A”或“B”）；
(2)閉合開(kāi)關(guān)S前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片P置于 端（填“a”或“b”）；
(3)閉合開(kāi)關(guān)S，旋轉(zhuǎn)ON使其到達(dá)圓弧AB的某一位置，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器及電阻箱，使電壓表、有適當(dāng)?shù)氖緮?shù)，讀出此時(shí)電壓表、的示數(shù)、及電阻箱的阻值，此時(shí)與的關(guān)系式為 （用題中相關(guān)物理量的字母表示）；
(4)將ON調(diào)至，并保持不變，調(diào)節(jié)，使電壓表的示數(shù)仍為，此時(shí)電壓表的指針位于刻度線處，則電壓表刻度線對(duì)應(yīng)的角度為 度；
(5)若電壓表量程為3V，用上述的操作方法且同樣保持不變，要使時(shí)電壓表剛好滿偏，則可能實(shí)現(xiàn)的操作是： （填“增大”或“減小”）的阻值，同時(shí) （填“增大”或“減小”）的阻值。隨后計(jì)算出電壓表每一刻度線對(duì)應(yīng)的角度值，并將其標(biāo)在電壓表刻度盤(pán)上。
【答案】(1)A （2分） (2)a （2分） (3)（2分） (4)72 （2分）
(5) 減?。?分） 減?。?分）
【解析】（1）增大，半圓弧電阻絲接入電阻增大，電路總電阻增大，干路電流減小，電源內(nèi)阻、電阻箱與滑動(dòng)變阻器承擔(dān)的電壓減小，可知，半圓弧電阻兩端電壓增大，為了要讓電壓表的示數(shù)隨的增大而增大，電壓表另一端應(yīng)與電阻絲的A端相連。
（2）滑動(dòng)變阻器采用限流式，為了確保安全，閉合開(kāi)關(guān)S前，應(yīng)使滑動(dòng)變阻器接入電阻最大，即將滑動(dòng)變阻器的滑片P置于a端。
（3）半圓弧形電阻絲接入電阻為，由角度制和弧度制關(guān)系知，電阻箱與電阻絲串聯(lián)，通過(guò)的電流相等，則有，代入得。
（4）結(jié)合上述有，將ON調(diào)至，則有，電壓表0.8V刻度線對(duì)應(yīng)的角度，代入得。
（5）根據(jù)上述，將ON調(diào)至?xí)r有，若電壓表量程為3V，用上述的操作方法且同樣保持不變，要使時(shí)電壓表剛好滿偏，即上述等式中，增大為3V，為了確保等式成立，需要減小R的阻值，即減小電阻箱的阻值；
由于保持不變，當(dāng)減小電阻箱的阻值時(shí)，干路電流增大，而半圓弧形電阻絲接入電阻仍然為的電阻，即電阻絲、電源內(nèi)阻承擔(dān)電壓增大，則滑動(dòng)變阻器承擔(dān)電壓減小，根據(jù)歐姆定律可知，需要同時(shí)減小的阻值。
24．（10分）跑酷，又稱(chēng)自由奔跑，是一種結(jié)合了速度、力量和技巧的極限運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬。一質(zhì)量的跑酷愛(ài)好者從左墻根由靜止開(kāi)始正對(duì)右墻做加速運(yùn)動(dòng)，加速到A點(diǎn)斜向上躍起，到達(dá)右墻壁B點(diǎn)時(shí)豎直速度恰好為零，B點(diǎn)距地面高，然后立即蹬右墻壁，使水平速度變?yōu)榈却蠓聪颍@得一豎直向上的速度，恰能躍到左墻壁的C點(diǎn)，C點(diǎn)與B點(diǎn)等高，飛躍過(guò)程中人距地面的最大高度為，重力加速為g，可認(rèn)為整個(gè)過(guò)程中人的姿態(tài)不發(fā)生變化，如圖乙所示，求：
（1）人蹬墻后的水平速度大?。?br>（2）人加速助跑的距離s。
【答案】（1）；（2）
【解析】(1)設(shè)人蹬墻后的水平速度大小為，從B到C做斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有 （1分）
豎直方向有 （1分）
由 （1分）
聯(lián)立得 （2分）
(2)人從A點(diǎn)跳起到B點(diǎn)的過(guò)程中，逆過(guò)程為平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向， （1分）
豎直方向 （1分）
解得， （1分）
由題意可知,人加速助跑的距離 （2分）
25．（14分）如圖所示，在圓柱形空間的中心位置存在一個(gè)粒子源，其大小忽略不計(jì)，可發(fā)射出帶電量為，質(zhì)量為的粒子。圓柱形空間的底面半徑為，圓柱高為。以粒子源為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。
（1）若粒子源向其所處水平面的任意方向發(fā)射速度大小為的粒子，圓柱內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)使得所有粒子均未從圓柱側(cè)面離開(kāi)，求符合條件的最小電場(chǎng)強(qiáng)度大小。
（2）若粒子源向空間任意方向發(fā)射速度大小為的粒子，圓柱內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)使得所有粒子均未從圓柱側(cè)面離開(kāi)，求符合條件的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度B。
（3）若圓柱空間內(nèi)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和（、B分別為第一問(wèn)、第二問(wèn)中的結(jié)果），粒子源向軸正方向方向發(fā)射速度為的粒子，求粒子離開(kāi)圓柱區(qū)域的位置坐標(biāo)。保持其他條件不變，當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)槎嗌贂r(shí)，可使得粒子恰好從底面射出？
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）恰好不從側(cè)面離開(kāi)時(shí)，水平方向有 （1分）
豎直方向有 （1分）
聯(lián)立解得 （1分）
（2）沿水平方向發(fā)射的粒子，恰好不從側(cè)面飛出時(shí)，由幾何知識(shí)得粒子的運(yùn)動(dòng)半徑 （1分）
由 （1分）
解得 （1分）
其他方向的發(fā)射的粒子垂直于的分量必定小于，由得其運(yùn)動(dòng)半徑 （1分）
故不可能從側(cè)面飛出，綜上所述 （1分）
（3）粒子在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由，解得 （1分）
由幾何知識(shí)易得，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角 （1分）
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 （1分）
粒子在軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的距離為
故粒子應(yīng)從側(cè)面離開(kāi)，由幾何知識(shí)得，對(duì)應(yīng)坐標(biāo)為；（1分）
若要恰好從底面離開(kāi)，則有 （1分）
代入數(shù)據(jù)解得 （1分）
26．（20分）如圖所示，帶有水平端、傾角的絕緣斜面體裝置“”固定在地面上，裝置表面內(nèi)對(duì)稱(chēng)的固定兩根金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左右寬度為L(zhǎng)、右端間距，其中導(dǎo)軌斜面、水平部分在N、處絕緣（斷點(diǎn)）。區(qū)域Ⅰ（邊界、）中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ（邊界、）中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，區(qū)域Ⅲ（邊界、）中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直水平面向上，其中（具體大小未知），各邊界與、、彼此平行，除區(qū)域Ⅱ內(nèi)的導(dǎo)軌粗糙外其它導(dǎo)軌均光滑。
現(xiàn)將一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為3L的細(xì)金屬桿甲由距上方2L處?kù)o止釋放，當(dāng)甲進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，將另一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為3L的細(xì)金屬桿乙（圖中未畫(huà)出）由上方某處?kù)o止釋放，甲恰好開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)并保持勻速通過(guò)Ⅰ、Ⅱ，其中：當(dāng)甲進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，乙剛好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ并開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)甲離開(kāi)區(qū)域Ⅱ時(shí)，乙剛好離開(kāi)區(qū)域Ⅰ。最終乙在甲進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ前，與甲發(fā)生碰撞后，乙桿被鎖定，甲以進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ。已知乙桿在導(dǎo)軌間的有效電阻為R，甲桿、導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩桿始終與邊界平行，且只與導(dǎo)軌接觸并接觸良好，經(jīng)過(guò)處桿速度大小不變，重力加速度為g，求：
（1）甲、乙進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ的速度、大小；
（2）區(qū)域Ⅱ的大小及寬度（a到c）大?。?br>（3）關(guān)于甲能否通過(guò)區(qū)域Ⅲ，某同學(xué)做了分析計(jì)算，得到極短時(shí)間內(nèi)甲桿速度變化量與桿切割的有效長(zhǎng)度、切割的極小位移之間滿足：正比于，后續(xù)無(wú)法繼續(xù)完成并做出結(jié)論，請(qǐng)分析論證：若甲能通過(guò)Ⅲ，則求出通過(guò)時(shí)的速度大小；若甲不能通過(guò)Ⅲ，則求出最終停下來(lái)的位置距的距離大小。
【答案】（1）， ；（2）， 4L；（3）甲能通過(guò)Ⅲ，速度為
【解析】（1）甲進(jìn)入Ⅰ時(shí) （1分）
（1分）
甲、乙分別以、勻速通過(guò)Ⅰ，顯然前后電流、總電壓不變，故 （1分）
易得 （2分）
（2）甲進(jìn)入Ⅰ勻速，則滿足 （1分）
得 （1分）
即 （1分）
設(shè)Ⅰ、Ⅱ?qū)挾葹?、，?jù)題意運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，顯然易得
（2分）
即 （2分）
（3）假設(shè)甲能離開(kāi)，速度為，則甲在Ⅲ內(nèi)的極小時(shí)間內(nèi)：
動(dòng)量定理得 （2分）
（微元思想：如上圖推演）（2分）
（1分）
（1分）
（1分）
（2分）
故假設(shè)成立，所以甲能離開(kāi)。
14
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18
19
20
21
C
D
D
A
D
BD
ABD
AC

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