浙江省強基聯(lián)盟2023-2024學年高二下學期5月聯(lián)考物理試題（Word版附解析）-試卷下載-教習網

注意事項：
1．本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。
2．請將答案寫在答題卷的相應位置上，寫在試卷上無效。
3．非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區(qū)域內，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。
4．可能用到的相關參數：重力加速度g取。
選擇題部分
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備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. 下列不屬于基本單位符號的是（）
A JB. KC. gD. kg
【答案】A
【解析】
【詳解】J不屬于基本單位的符號，K是熱力學溫標開爾文、g、kg是質量的單位，屬于基本單位的符號，A符合題目要求。
故選A。
2. 一只編號為234684，年齡只有5個月大的斑尾塍（chéng）鷸（yù），居然晝夜不停地飛行了至少13560公里。短短11天時間，它不眠不休，從美國的阿拉斯加一口氣飛到了澳大利亞塔斯馬尼亞州東北部的安森斯灣。下列說法正確的是（）
A. 小鳥在11天內的位移是13560km
B. 小鳥沿水平勻速飛行的一段過程中重力的沖量為0
C. 研究小鳥在空中飛行的姿勢時，可以把小鳥看成質點
D. 小鳥斜向上沿直線勻速飛行時，空氣對它的作用力的方向豎直向上
【答案】D
【解析】
【詳解】A．13560km是小鳥運動軌跡的長度，小鳥在11天內的路程是13560km，故A錯誤；
B．根據沖量的定義可知小鳥在某段勻速飛行的過程中重力的沖量是
不是0，故B錯誤；
C．研究小鳥在空中飛行姿勢時，小鳥的大小和形體不可忽略，因此不可以把小鳥看成質點，故C錯誤；
D．小鳥在斜向上沿直線勻速飛行時，則空氣對小鳥的作用力與重力平衡，因此空氣對它的作用力的方向豎直向上，故D正確。
故選D。
3. 關于以下甲、乙、丙、丁4幅圖的相關物理知識，描述正確的是（）
A. 圖甲中，檢測玻璃面是否平整的原理是光的偏振
B. 圖乙中，斷開開關S的瞬間，燈泡會閃亮一下后逐漸熄滅
C. 圖丙中，此時電容器的電量正在增加
D. 圖丁中，曲線1對應的溫度較高
【答案】C
【解析】
【詳解】A．檢測平整度是根據光的干涉，故A項錯誤；
B．電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈發(fā)生斷電自感，產生自感電動勢，有同方向的電流，其自感電流不會大于原來通過燈泡的電流，所以燈泡不會閃亮而是逐漸熄滅，故B項錯誤；
C．由于螺線管中的磁感線是有電流產生，結合圖可知，其從上往下看，電流的方向為逆時針，即電流流向電容器的上極板，由題圖可知電容器上極板帶正電，所以在給電容器充電，即電容器的電量正在增加，故C項正確；
D．根據分子運送速率分布圖像可知，溫度越高分子熱運動越劇烈，圖像2的“腰粗”，分子平均速率更大，則溫度高，故D項錯誤。
故選C。
4. 2023年10月26日，我國自主研發(fā)的神舟十七號載人飛船圓滿地完成了發(fā)射，與天和核心艙成功對接。神舟十七號載人飛船的發(fā)射與交會對接過程的示意圖如圖所示，圖中①為近地圓軌道，其軌道半徑為，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在圓軌道，其軌道半徑為，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點。地球表面的重力加速度為g。下列判斷正確的是（）
A. 神舟十七號先到③軌道，然后再加速，才能與天和核心艙完成對接
B. 神舟十七號在②軌道上經過Q點的加速度小于在③軌道上經過Q點的加速度
C. 神舟十七號在②軌道上從P點運動到Q點的最短時間為
D. 神舟十七號在①軌道比在③軌道與地心的連線相同時間內掃過的面積大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．對接應該從低軌道加速做離心運動實現(xiàn)對接，故A錯誤；
B．根據
可知加速度應相等，故B錯誤；
C．神舟十七號在①軌道上有
結合上述解得
根據開普勒第三定律有
則神舟十七號在②軌道上從P點運動到Q點的最短時間為
解得
故C正確；
D．由圖可知神舟十七號在①軌道比在③軌道與地心的連線相同時間內掃過的面積小，故D錯誤。
故選C。
5. 某同學用可拆變壓器探究“原副線圈的電壓比與匝數比的關系”。將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察到副線圈電壓隨時間t變化的圖像如圖所示，在時間內該同學先斷開開關，其后進行的操作可能是（）
A. 減小了交流電源的頻率B. 擰緊了松動的鐵芯Q
C. 把鐵芯Q取下來了D. 增加了原線圈的匝數
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖像可知頻率沒有變化，故A錯誤；
B．擰緊了松動的鐵芯會減少電能的損失，使得增大，故B正確；
CD．把鐵芯Q取下來了，增加了原線圈的匝數，都會減少，故CD錯誤。
故選B。
6. 運動員某次發(fā)球，將球從離臺面高處發(fā)出，球落在A點反彈后又落在B點，兩次擦邊。A、B間距離為L，球經過最高點時離臺面的高度為h（），重力加速度為g。若忽略阻力、球的旋轉、球與臺面碰撞時能量的損失。用v、（速度與水平方向的夾角）表示乒乓球離開球拍時的速度大小及方向，則（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【詳解】CD．設乒乓球在運動過程中水平方向的分速度為vx，發(fā)球點處豎直方向的分速度為，反彈點處豎直方向的分速度為，反彈后上升到最高點的時間為t，發(fā)球點到反彈點運動的時間為，則有
，
解得
，
最高點到發(fā)球點的時間為，有
則有
在豎直方向，速度與時間的關系有
又有
發(fā)球速度為
故CD錯誤；
AB．結合之前的分析，有幾何關系有
故A正確，B錯誤。
故選A。
7. 如圖甲所示，a、b位于兩個等量同種電荷的連線的中垂線上，且a、b到兩電荷連線的中點O的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導線垂直紙面通過M、N兩點，c、d位于M、N的連線的中垂線上，且c、d到M、N連線的中點的距離相等，兩導線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（）
A. 沿Oa方向電場強度一直增大
B. 沿方向磁感應強度一直增大
C. a、b處的電場強度大小相等，方向相同
D. c、d處的磁感應強度大小相等，方向相同
【答案】D
【解析】
【詳解】AC．如圖所示
沿Oa方向電場強度可能先增大后減少，a、b處的電場強度大小相等，方向相反，故AC錯誤；
B．設cM與水平方向夾角為，L為長度，則中垂線上磁感應強度大小為
隨著角度增大，磁感應強度減小，沿方向磁感應強度一直減少，故B錯誤；
D．根據右手螺旋定則以及對稱性和場強的疊加原理可知，M在c處產生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產生的磁場方向垂直于dN偏下，根據平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合磁感應強度大小相等，故D正確。
故選D。
8. 利用如圖所示的電流天平，可以測量勻強磁場中的磁感應強度B。它的右臂掛著邊長為l的等邊三角形線圈，匝數為n。線圈一半的高度處于方框內的勻強磁場中，磁感應強度方向與線圈平面垂直。當線圈中通入電流I時，調節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；當線圈中通入大小不變、方向相反的電流時，在左盤中增加質量為m的砝碼，兩臂再次達到新的平衡，重力加速度為g。則方框內磁場的磁感應強度大小為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】線圈一半處于勻強磁場中，則有效長度為，安培力大小為
電流反向時，需要在左盤中增加質量為m的砝碼，說明原來的安培力方向向上，當電流反向，安培力變?yōu)橄蛳聲r，再次平衡，說明安培力等于mg的一半，即
得
故選D。
9. a、b兩束不同顏色平行光斜射到置于空氣中的平板玻璃上，入射角小于45°，穿過玻璃后從下表面射出，射出后兩平行光間距沒有發(fā)生變化，如圖所示。對于a、b兩束單色光來說（）
A. 該玻璃對a、b光的折射率相同
B. a光在玻璃中傳播的速度較小
C. a光在玻璃中傳播的時間較短
D. 調整入射光的角度，a、b光有可能在玻璃的下表面發(fā)生全反射
【答案】C
【解析】
【詳解】A．作出光路圖，如圖所示
根據光路圖可知，兩束光在空氣中以相同的入射角進入玻璃時，a光的折射角大于b光的折射角，則a光的折射率小于b光的折射率，故A錯誤；
B．根據折射率與光速的關系式有
由于a光的折射率小于b光的折射率，則a光在玻璃中傳播的速度較大，故B錯誤；
C．令玻璃的厚度為d，結合光路圖有
，
結合上述解得
空氣中的入射角小于45°，則玻璃中的折射角也小于45°，即小于90°，始終為銳角，由于
θ1>θ2
可知，a光在玻璃中傳播的時間較短，故C正確；
D．由幾何關系可知，光從空氣進入玻璃時的折射角與光從玻璃進入空氣時的入射角相等，根據光路可逆，a、b光不可能在玻璃的下表面發(fā)生全反射，故D錯誤。
故選C。
10. 如圖所示，在盛有導電液體的水平玻璃皿中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣內壁放另一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉液體實驗”，其中蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場可視為勻強磁場，磁鐵上方為S極。限流電阻。閉合開關S瞬間，理想電壓表的示數為1V，理想電流表示數為1A，當導電液體旋轉穩(wěn)定時理想電壓表的示數為3.5V，理想電流表示數為0.5A。則（）
A. 電源的內阻為5Ω
B. 電源的電動勢為6V
C. 旋轉穩(wěn)定后玻璃皿中兩電極間液體的電阻為7Ω
D. 液體在閉合開關至旋轉穩(wěn)定過程中消耗的電功率一直增大
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．根據閉合電路歐姆定律，有
把兩組數據代入，解得
，r=0.2Ω
故A錯誤，B正確；
C．對于非純電阻元件，不滿足歐姆定律
即
故C錯誤；
D．該過程液體消耗的電功率為
由題意可知，結合之前的分析，該式可以變形為
由數學知識可知，該函數的圖像是一個開口向下的拋物線圖像，當，其電功率最大，在電流從1A減小至過程，其電功率的值在變大，在到0.5A過程中，其電功率在減小，綜上所述液體在閉合開關至旋轉穩(wěn)定過程中消耗的電功率先增大后減小，故D錯誤。
故選B。
11. “動能回收”是指電動車在剎車或下坡過程中把機械能轉化為電能的裝置。一電動車質量為2噸，以的初動能沿傾角為15°的平直斜坡運動。第一次關閉發(fā)動機，讓車自由滑行，其動能?位移關系如圖直線①所示；第二次關閉發(fā)動機同時開啟“動能回收”裝置，其動能?位移關系如圖線②所示。假設機械能回收效率為90%，則電動車開啟動能回收裝置行駛200m的過程中（）
A. “動能回收”裝置利用了摩擦起電原理
B. 共回收的電能為
C. 電動車行駛到150m處時電能的回收功率為4000W
D. 電動車在0~100m回收的機械能比在100m~200m回收的機械能多
【答案】B
【解析】
【詳解】A．“動能回收”裝置利用了發(fā)電機發(fā)電來儲存電能，即是電磁感應原理，A錯誤；
B．在電車自由滑行時，由動能定理則有
開啟“動能回收”裝置后，由動能定理則有
則共回收的電能為
B正確；
C．根據圖線①可知受到的合外力做功與電車動能變化為
可得
由圖線②可得150m處的速度為
解得
此時回收功率為
代入數據可得
C錯誤；
D．由圖線②可知，電動車在0~100m比在100m~200m的減少機械能多，回收的機械能應再乘以90%。因此回收的機械能要小于，D錯誤。
故選B。
12. 如圖所示為某彈跳玩具，底部是一個質量為m的底座，通過輕質彈簧與頂部一質量的小球相連，同時用輕質無彈性的細繩將底座和小球連接，穩(wěn)定時繩子伸直而無張力。用手將小球按下一段距離后釋放，小球運動到初始位置處時，瞬間繃緊細繩，帶動底座離開地面，一起向上運動，底座離開地面后能上升的最大高度為h，重力加速度為g，則（）
A. 地面對玩具做功為3mgh
B. 繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為3mgh
C. 繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能為1.5mgh
D. 用手將小球按下一段距離后，彈簧的彈性勢能為4.5mgh
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由題意可知，由于彈簧的彈力作用，使底座離開地面，因此地面對玩具不做功，故A錯誤；
BC．設細繩繃緊后瞬間，小球和底座一起向上運動的速度大小為v，底座離開地面后能上升h高，則有
設細繩繃緊前瞬間，小球的速度為，繩子繃緊瞬間，由于小球、彈簧與底座組成的系統(tǒng)作用時間很小，內力遠大于系統(tǒng)受的合外力，可認為系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律可得
可得
則繩子繃緊前的瞬間，小球的動能為
則繩子繃緊瞬間，系統(tǒng)損失的機械能是
故B錯誤，C正確；
D．用手將小球按下一段距離后，在繩子繃緊前的瞬間，減小的彈性勢能轉化成小球的動能和重力勢能，故彈性勢能滿足
故D錯誤。
故選C。
13. 如圖所示，兩等量異種點電荷（、）位于同一豎直線上，在兩點電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一質量為m，電荷量為的圓環(huán)（可視為質點）可沿橫桿滑動。圓環(huán)自C處以初速度向右運動，至位置停下，C、位置關于O點對稱。已知圓環(huán)經過C、O位置時加速度大小相等，AO間距為L，重力加速度為g，各物理量滿足，且圓環(huán)運動過程中電荷量始終不變，則下列判定正確的是（）
A. 圓環(huán)經過O點的速度為B. 電場力對圓環(huán)先做正功后做負功
C. 加速度為零的位置距離O點的距離為D. O、C位置的距離為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．C到O有
O到有
則
故A錯誤；
B．圓環(huán)沿橫桿運動過程，所受電場力始終與位移方向垂直，所以電場力不做功。故B錯誤；
C．加速度為零的位置必滿足
又
解得
所以加速度為零的位置距離O點的距離為
故C正確；
D．對C位置和O位置，受力分析有
又
解得
可得O、C位置的距離為
故D錯誤。
故選C。
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有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分）
14. 下列說法正確的是（）
A. 遙感技術使用的電磁波是紅外線
B. 無法通過是否具有各向異性來區(qū)別多晶體和非晶體
C. 隔著門縫聽到琴聲，是衍射現(xiàn)象造成的
D. 站在岸邊的人會因為全反射而看不到湖中的魚
【答案】ABC
【解析】
【詳解】A．遙感技術使用的電磁波是紅外線，故A正確；
B．多晶體和非晶體都具有各向異性，故無法用是否具有各向異性來區(qū)別多晶體和非晶體，故B正確；
C．隔著門縫聽到琴聲，是衍射現(xiàn)象造成的，故C正確；
D．光從空氣進入水中，不會發(fā)生全反射，根據光路的可逆性，站在岸邊的人不會因為全反射而看不到湖中的魚，故D錯誤。
故選ABC。
15. 均勻介質中有兩個點波源、位于xOy平面內，位置坐標分別為和。兩波源沿垂直坐標平面xOy方向做簡諧運動，振動圖像如圖。已知兩波源的振動傳播到坐標原點O處的時間差為2s。下列說法正確的是（）
A. 機械波在介質中的波長為2m
B. xOy平面內位置處在振動加強區(qū)
C. 兩波源間的連線上有7個振動加強點
D. 時O處質點的位移為
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．兩機械波在同一介質傳播，傳播速度相同，設為v，由題意有
故波長為
故A正確；
B．由題意知，由于兩波源的起振方向相反，所以振動加強點滿足
到點的距離
到的距離為
故
所以位置處于振動減弱區(qū)，故B錯誤；
C．兩波源間的連線上有8個振動加強點分別為
，，，0.5m，1.5m，2.5m，3.5m，4.5m
故BC錯誤；
D．兩列波傳到O點的時間分別為3s和5s，再經過
兩位移疊加，可以計算出位移
故D正確。
故選AD。
非選擇題部分
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16. 未來中國載人登月成功后，可利用單擺測量月球表面的重力加速度。航天員從月球上撿一塊大小約為2cm的不規(guī)則石塊做為擺球。航天員還有以下設備：刻度尺（量程30cm）、細線（1m左右）、計時器和足夠高的固定支架。如圖甲安裝好器材，然后用刻度尺測量細線的長度L作為擺長。
（1）以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有______。
A. 將石塊拉開一個小角度（約5°）并由靜止釋放，同時開始計時
B. 釋放石塊時，擺線相對平衡位置偏角越大，擺動周期也越大
C. 用秒表測量石塊完成1次全振動的總時間t，則周期
D. 用秒表測量完成50次全振動的總時間t，由求出周期
（2）秒表示數如圖乙所示，它的示數為______s；
（3）取，由圖丙求出重力加速度______（結果保留三位有效數字）；
（4）把細線的長度作為擺長，并由圖丙求出的值______（選填“大于”“小于”或“等于”）當地的真實值。
【答案】（1）D （2）95.9
（3）1.63 （4）等于
【解析】
【小問1詳解】
A．將石塊拉開一個小角度（約5°）并由靜止釋放，經平衡位置開始計時，故A錯誤；
B．釋放石塊時，擺線相對平衡位置偏角越大，擺動周期與振幅無關，且偏角越大，單擺的運動就不是簡諧振動，故B錯誤；
CD．應該用秒表測量完成50次全振動的總時間t，由
求出周期，故C錯誤，D正確。
故選D。
【小問2詳解】
根據秒表的讀數規(guī)律，該讀數為
【小問3詳解】
設結點A到石塊重心的間距為d，由單擺的周期公式則有
解得
則有圖丙的斜率
解得
【小問4詳解】
結合上述可知，根據圖像的斜率求解重力加速度與結點A到石塊重心的間距無關，即把細線的長度作為擺長，并由圖丙求出的g值等于當地的真實值。
17. 另一種無線充電技術是利用電容兩個極板的靜電耦合實現(xiàn)電能的傳輸。
（1）在做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗時，先將開關S撥到位置1，一段時間后再撥到位置2。在此過程中，根據電壓傳感器與電流傳感器測量數據得到的和圖線可能為________。
A． B.
C. D.
（2）將一電容為的電容器與一電壓恒定的電源連接，電容器充電完成后，兩極板上的電荷量分別為和，則電源電壓為________V。
【答案】 ①. A ②. 12
【解析】
【詳解】（1）[1] 開關S撥到位置1，是電容器充電過程，此時由圖像可知電流傳感器中的電流正在減小，電壓傳感器中的電壓正在增大。開關S撥到位置2，是放電過程，此時由圖像可知電流傳感器中的電流正在減小，電壓傳感器中的電壓正在減小。充電電流與放電電流方向相反，充電時與放電時都是電容器右邊極板是正極板。故A正確，BCD錯誤。
故選A。
（2）[2]由，可知電源電壓為
18. 如圖所示，利用圓柱體容器及相關電路測量鹽水電阻率。
（1）用游標卡尺測出圓柱體容器的內直徑d，由玻璃管側壁的刻度尺測出壓縮后鹽水的高度h。
（2）閉合開關S1，開關S2接___________（填“1”或“2”）端，調節(jié)滑動變阻器R，使電壓表的讀數為U1，滑動變阻器滑片不動，然后將開關S2接___________（填“1”或“2”）端，再次記錄電壓表的讀數為U2，發(fā)現(xiàn)U1>U2，則電阻R0兩端的電壓為___________ 。
（3）已知定值電阻R0，根據（1）（2）測量的數據，計算得待測鹽水的電阻率為___________。
【答案】 ①. 2 ②. 1 ③. U1-U2 ④.
【解析】
【詳解】（2）[1][2][3]由于U1>U2，所以閉合開關S1后，開關S2應該先接2端再接1端，先后兩次電壓表的讀數為U1和U2之差U1-U2即等于電阻R0兩端的電壓；
（3）[4]由于鹽水和電阻R0串聯(lián)，電流相等，則由歐姆定律和電阻定律得
聯(lián)立以上兩式解得待測鹽水的電阻率為
19. 如圖所示，圓柱形汽缸豎直懸掛于天花板，用橫截面積為的輕質光滑活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞下懸掛質量為的重物，此時活塞處在距離汽缸上底面為的A處，氣體的溫度為。汽缸內的電阻絲加熱，活塞緩慢移動到距離汽缸上底面為的B處。已知大氣壓為。
（1）活塞緩慢從A處移動到B處的過程中大氣壓對活塞做_____（填“正功”或“負功”），該封閉氣體的內能_____（填“增大”或“減小”）；
（2）求活塞在B處時的氣體溫度；（）
（3）求活塞從A處到B處的過程中氣體對外界做的功。（）
【答案】 ①. 負功 ②. 增大 ③. 360K ④. 128J
【解析】
【詳解】（1）活塞緩慢從A處移動到B處的過程中，大氣壓對活塞做對活塞的作用力向上，活塞的位移方向向下，則氣壓對活塞做對活塞做負功，對活塞進行分析有
可知，活塞緩慢從A處移動到B處的過程中，氣體壓強不變，氣體體積增大，根據蓋呂薩克定律可知，氣體溫度升高，體積增大，氣體對外界做功，溫度升高，氣體內能增大。
（2）結合上述可知，A到B為等壓過程，根據蓋—呂薩克定律有
解得
（3）對活塞進行分析，結合上述有
解得
活塞從A處到B處的過程中，氣體對外界做功
解得
20. 某裝置豎直截面如圖所示，長度的水平傳送帶AB在右端B點平滑連接著一長為的水平軌道BC及一半徑的光滑半圓弧軌道，其中點為半圓軌道的最低點，ED段為光滑圓管，。在軌道的末端D的左側光滑的水平面上緊靠著質量為M、長為的滑塊b，其上表面與軌道末端水平面平齊。物塊與傳送帶、水平軌道BC、滑塊b之間的動摩擦因數分別為、μ2=0.1、，其他軌道均光滑。質量為m可視為質點的小物塊a在傳送帶A端靜止釋放。已知：、。
（1）若傳送帶以的速度順時針運動，求小物塊a：
①第一次到達位置的向心加速度大??；
②停止運動時距離B位置的距離；
（2）若小物塊恰好能過D位置，求傳送帶的最小運行速度。
（3）若改變傳送帶的速度，使小物塊a能滑上滑塊b，求滑塊至少多長才能保證小物塊一定不會脫離滑塊b。
【答案】（1）①；②2.5m；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）①若小物塊在傳送帶上一直加速則有
解得
所以物塊在傳送帶上是先加速，然后與傳送帶共速后，則保持勻速，到達B點的速度為
B到C由動能定理有
由于段光滑，所以
由向心加速度定義有
②設上升的高度為h，有
解得
所以物塊剛好上升到與圓心等高出，然后來回滑動幾次后停在BC，設在BC上滑行的總路程為s
解得
最后停在距離B點2.5m處。
（2）恰好能通過E必然滿足
經計算若物塊恰好能通過E時必然會過D位置
C到E的過程有
解得
所以傳送帶的最小運行速度為7m/s。
（3）若傳送帶一直加速，B到D由動能定理有
解得
物塊與滑塊動量守恒
能量守恒
解得
21. 如圖所示，一電阻為、質量的導體棒ab靜止在間距為的水平光滑導軌上（俯視圖），導軌左端連接一個的電阻和一個“恒流源”，使流過導軌的電流恒為。沿水平導軌建立x軸，虛線位置為坐標原點O，在的區(qū)域存在方向豎直向下的勻強磁場；在的區(qū)域B隨坐標x的變化規(guī)律為（T）。時刻開關S與1接通，導體棒從靜止開始向左加速，時S擲向2接通定值電阻，同時施加水平向右的力F，在F和磁場力作用下，導體棒恰好返回初始位置停下。若導體棒從靜止開始至返回過程的圖如圖所示，在至時間內，時撤去F。不計空氣等摩擦阻力，磁場區(qū)域足夠寬，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小；
（2）時刻導體棒的速度；
（3）時刻；
（4）若直到導體棒回到初始位置才撤去F，同時把S擲向1，求導體棒沿x正方向運動的最遠距離。
【答案】（1）1T ；（2）2m/s；（3）；（4）
【解析】
詳解】（1）由題意可知接通恒流源時安培力
則
解得
（2）根據
解得
（3）根據
解得
在0~t2時間段內的位移
從時刻到最后返回初始位置停下的時間段內通過回路的電荷量，根據動量定理有
聯(lián)立可得
解得
（4）根據
類比彈簧簡諧運動
解得
22. 圖為帶電離子分析裝置示意圖，它是由離子室、加速電場、偏轉磁場、偏轉電場及多區(qū)域磁場組成。已知加速電場的加速電壓為U，偏轉磁場為磁感應強度B的勻強磁場，該磁場分布在間距為d、長度為的兩平行板中間，在偏轉磁場的右側存在一寬為、方向豎直向下的偏轉電場，緊靠偏轉電場的右側有寬度均為、磁感應強度大小依次為B0，2B0，…，nB0的勻強磁場。一速度不計的離子經加速電場加速后沿兩板中心線進入偏轉磁場，該離子經偏轉磁場偏轉后從上板右側邊緣射入偏轉電場，恰好能垂直電場線射入多區(qū)域磁場。不計離子的重力，求：
（1）該離子的比荷；
（2）偏轉電場的電場強度E；
（3）若，該離子在多區(qū)域磁場中運動的最大水平位移x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）離子在加速電場中，根據動能定理有
解得
離子經偏轉磁場偏轉后從上板右側邊緣射出，根據幾何關系有
解得
離子在偏轉磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
聯(lián)立解得
（2）粒子進入偏轉電場時，令速度方向與水平方向夾角為，根據幾何關系有
可知
離子進入偏轉電場后根據牛頓第二定律有
離子在電場中做類斜拋運動，利用逆向思維有
，
聯(lián)立解得
（3）離子在進入多磁場區(qū)域過程，當離子在第1個磁場中，沿豎直方向，根據動量定理可得
同理可得離子在第2個磁場中，沿豎直方向，根據動量定理可得
離子在第3個磁場中，有
離子在第n個磁場中，有
則離子經過n個磁場后，豎直方向有
解得
由于洛倫茲力不做功，則當水平位移到達最大時有
聯(lián)立可得
解得
所以該離子在多區(qū)域磁場中運動的最大水平位移

相關試卷

相關試卷更多

相關試卷

相關試卷 更多

相關試卷更多