浙江省杭州地區(qū)（含周邊）重點中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期11月期中物理試題 含解析

這是一份浙江省杭州地區(qū)（含周邊）重點中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期11月期中物理試題 含解析，共26頁。試卷主要包含了考試結(jié)束后，只需上交答題卷，可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)，8sB， 如圖所示是一臺直流電動機等內(nèi)容，歡迎下載使用。
考生須知：
1.本卷滿分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卷上，寫在試卷上無效；
4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷。
5.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2。
選擇題部分
一、選擇題Ⅰ（本大題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確，請選出符合題意的一個選項）
1. 用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】AB．根據(jù)
可得
故A正確，B錯誤；
CD．N不是國際單位制基本單位而是導(dǎo)出單位，故CD錯誤。
故選A。
2. 下列各組物理量中均為矢量的是（ ）
A 路程和位移B. 速度和平均速度C. 功和功率D. 電場強度和電勢
【答案】B
【解析】
【詳解】路程、功、功率、電勢是標(biāo)量。位移、速度、平均速度、電場強度是矢量，故選B。
3. 據(jù)新華社電：中國國產(chǎn)“和諧號”CRH380A新一代高速動車組，在滬杭高鐵從杭州到上海虹橋試運行途中，行程163.5公里，全程用時30分鐘。最高時速達到416.6公里，再次刷新世界鐵路運營試驗最高速度，以下正確的是（ ）
A. 由于列車有長度，故研究任何問題時，都不能把它看成質(zhì)點
B. 題中的30分鐘指的是時刻
C. 列車這次運行通過的位移是163.5公里
D. 列車這次運行的平均速度小于327km/h
【答案】D
【解析】
【詳解】A．當(dāng)研究從杭州到上海虹橋所用時間時，由于列車的形狀和大小可以忽略，所以可以將列車看成質(zhì)點，故A錯誤；
B．題中的30分鐘指的是時間間隔，故B錯誤；
C．163.5公里是列車運動的軌跡的長度，是路程，故C錯誤；
D．列車不是一直做單方向的直線運動，則位移一定小于163.5km，則平均速度
故D正確。
故選D。
4. 下列說法正確的是（ ）
A. 我們觀察近處的飛鳥和遠處的飛機時，總會覺得鳥比飛機飛得快，這是因為鳥相對眼睛的線速度比較大
B. 小鳥站在高壓電線上不會觸電主要是因為小鳥的電阻很大
C. 牛頓通過扭秤實驗，測定出了萬有引力常量
D. 法拉第不僅提出了場的概念，而且直觀地描繪了場的清晰圖像
【答案】D
【解析】
【詳解】A．我們觀察近處的飛鳥和遠處的飛機時，總會覺得鳥比飛機飛得快，這是因為鳥相對眼睛的角速度比較大。故A錯誤；
B．小鳥站在高壓電線上不會觸電主要是因為小鳥的兩腳之間電勢相等，沒有電流通過。
故B錯誤；
C．卡文迪什通過扭秤實驗，測定出了萬有引力常量。故C錯誤；
D．法拉第不僅提出了場的概念，而且直觀地描繪了場的清晰圖像。故D正確。
故選D。
5. 如圖所示，傾角為45°的斜面末端與水平地面相連，在斜面上距水平面高h5.0m的P處將一小球（可看成質(zhì)點）以v6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，則小球拋出后第一次落在接觸面（斜面或者地面）上的時間為（ ）
A. 0.8sB. 1.0sC. 1.6sD. 2.0s
【答案】B
【解析】
【詳解】如果落在斜面上
解得
因為
所以落在水平面上，則
解得
故選B。
6. A、B、C三根平行直導(dǎo)線垂直紙面放置，導(dǎo)線中電流大小均相等，方向如圖所示。已知，且。通電直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度可用（k為常量，r為某點到導(dǎo)線的垂直距離）來表示，假設(shè)A導(dǎo)線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為，則BC中點O處的磁感應(yīng)強度大小、方向分別為（ ）
A ，由C指向BB. ，由B指向C
C. ，垂直紙面向內(nèi)D. ，垂直紙面向外
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)幾何關(guān)系可知
A導(dǎo)線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為

A、B、C三根平行直導(dǎo)線在O處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小均為
根據(jù)右手螺旋定則，A導(dǎo)線在O處產(chǎn)生磁場的方向由C指向B，B導(dǎo)線在O處產(chǎn)生磁場的方向由O指向A，C導(dǎo)線在O處產(chǎn)生磁場的方向由A指向O，根據(jù)矢量合成可知，BC中點O處的磁感應(yīng)強度大小為、方向為由C指向B。
故選A。
7. 如圖所示是一臺直流電動機。該電動機在額定電壓下正常工作時，下列說法正確的是（ ）
A. 電機的輸入功率為3W
B. 電機的發(fā)熱功率是0.375W
C. 電機的機械效率約為80%
D. 電機持續(xù)工作1小時消耗的電能為180J
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由結(jié)合圖像和功率公式可知
故A正確；
B．由焦耳定律可知
故B錯誤；
C．以上分析可知，電機的輸出功率
故效率
故C錯誤；
D．根據(jù)
故D錯誤。
故選A 。
8. 如圖甲所示，一輛小轎車從服務(wù)區(qū)匝道駛?cè)肫街备咚傩熊嚨罆r速率為20m/s，想要加速駛?cè)雰?nèi)車道，由于行車道前方勻速運動的大貨車速度較小，影響超車。小轎車加速8s后放棄超車，立即減速，再經(jīng)過3s，與大貨車同速跟隨，再伺機超車。該過程小轎車的速度與時間的關(guān)系如圖乙所示，下列說法中正確的是（ ）
A. 該過程中小轎車的平均速度的大小為22m/s
B. 該過程中小轎車的平均加速度大小為
C. 該過程中小轎車與大貨車之間的距離先減小后增大
D. 該過程中小轎車與大貨車之間的距離先增大后減小
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積可知，小轎車的位移為
239m
平均速度為
故A錯誤；
B．該過程小轎車的平均加速度大小為
故B正確；
CD．該過程小轎車的速度一直大于大貨車的速度，所以該過程小轎車與大貨車之間的距離一直減小，故CD錯誤。
故選B。
9. 如圖所示，質(zhì)量不同的兩顆同軌道衛(wèi)星A、B繞地球飛行，軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度均為地球半徑的。下列說法正確的是（ ）
A. 衛(wèi)星A和衛(wèi)星B的所受地球的萬有引力大小相等
B. 衛(wèi)星在軌道上飛行的速度大于7.9km/s
C. 衛(wèi)星B在同軌道上加速就能與衛(wèi)星A對接
D. 衛(wèi)星進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的倍
【答案】D
【解析】
【詳解】A．設(shè)兩衛(wèi)星的環(huán)繞半徑為，根據(jù)萬有引力定律可知衛(wèi)星所受的地球的萬有引力大小為
衛(wèi)星A和衛(wèi)星B同軌運行，則環(huán)繞半徑相等，但由于兩顆衛(wèi)星質(zhì)量不同，則所受的萬有引力大小不等。故A錯誤；
B．根據(jù)萬有引力提供向心力可得
解得衛(wèi)星在軌道上飛行的速度
7.9km/s是第一宇宙速度，即近地衛(wèi)星的飛行速度，衛(wèi)星的環(huán)繞半徑大于地球半徑，則飛行的速度小于7.9km/s。故B錯誤；
C．衛(wèi)星B在同軌道上加速會使在該位置所受的萬有引力小于衛(wèi)星B做圓周運動所需的向心力，衛(wèi)星B會做離心運動，偏離原來的軌道，因而加速不能與衛(wèi)星A對接。故C錯誤；
D．在地面上所受的萬有引力為
又因為
則衛(wèi)星進入軌道后所受地球的萬有引力大小與它在地面時的萬有引力大小之比為
故D正確。
故選D。
10. 用三根細線a、b、c將質(zhì)量為m和2m的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平，重力加速度為g。以下說法正確的（ ）
A. 細線a對小球1的拉力大小
B. 細線c對小球1和2的拉力大小
C. 細線b對小球2的拉力大小
D. 若保持a方向不變，僅調(diào)節(jié)c的方向，當(dāng)c與a垂直時
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．兩小球均靜止，故都處于平衡狀態(tài)，合外力為零。將球1和球2看作一個整體，對整體受力分析如下圖所示
將Fa水平豎直分解有
解得
，
故AB錯誤；
C．隔離對小球2受力分析如下圖
根據(jù)平衡可知
故C正確；
D．以整體為研究對象，當(dāng)c與a垂直時，如下圖所示
由平衡條件可得細線c的拉力
故D錯誤。
故選C。
11. 如圖所示，固定于水平面上的金屬架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MN沿框架以v0為初速度，加速度為a向右做勻加速運動。t0時，磁感應(yīng)強度為B0，此時MN的位置使MDEN構(gòu)成一個邊長為l的正方形，為使MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流。從t0開始，B與t的關(guān)系式為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】當(dāng)通過閉合回路的磁通量不變，則MN棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，有
整理得
故選A。
12. 如圖所示，質(zhì)量均為m、帶等量異種電荷的A、B兩個小球放在光滑絕緣的固定斜面上，給B球施加沿斜面向上、大小為F=2mg（g為重力加速度）的拉力，結(jié)果A、B兩球以相同的加速度向上做勻加速運動，且兩球保持相對靜止，兩球間的距離為L，小球大小忽略不計，斜面的傾角θ=30°，靜電力常量為k。則（ ）
A. 運動過程中A、B兩球之間的電勢能在增大
B. 兩球一起向上做加速運動的加速度大小為g
C. A球所帶的電荷量為
D. 撤去力F的瞬間，A的加速度將變大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．運動過程中A、B兩球之間的距離保持不變，所以A、B兩球之間的電勢能保持不變，故A錯誤；
B．對兩球整體分析，兩球一起向上做勻加速運動，設(shè)加速度為，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
故B錯誤；
C．設(shè)A球的帶電量為，對A球研究，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故C正確；
D．撤去力F的瞬間，A球的受力保持不變，所以A球的加速度保持不變，故D錯誤。
故選C。
13. 一兒童在內(nèi)橫截面為圓形的光滑水泥涵管的最低點以一定水平初速度v0踢出球，假如可使球未完成一圈就正好落入位于圓心O處的背兜。已知內(nèi)截面圓的半徑，忽略一切阻力和滾動，則小球的初速度v0大小為（ ）
A. 2m/sB. 5m/sC. 7m/sD. 9m/s
【答案】B
【解析】
【詳解】由題意可知球第一階段先做圓周運動后第二階段脫離水泥涵管做斜拋運動落入圓心處的背兜。在第一階段結(jié)束時球即將脫離水泥涵管的瞬間，設(shè)此時速度方向與水平方向夾角為，如下圖所示
則在脫離瞬間重力在指向圓心方向的分力提供向心力，即
第二階段斜拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向為豎直上拋運動，有
方程聯(lián)立解得
，，
小球從踢出瞬間到脫離水泥涵管根據(jù)動能定理可知
代入題中數(shù)據(jù)解得
故選B。
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，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）
14. 一測試用的導(dǎo)彈在地面附近的運動軌跡如圖中曲線所示，坐標(biāo)x軸為水平方向，y軸為豎直方向，導(dǎo)彈以某一初速度由地面某處O點發(fā)射同時開啟推進器助推，到達a點時關(guān)閉推進器。已知推力方向和空氣阻力方向始終與導(dǎo)彈運動方向在同一直線，空氣阻力大小與導(dǎo)彈速率二次方成正比，圖中a、c高度相同，b導(dǎo)彈軌跡最高點，則導(dǎo)彈在飛行過程中（ ）
A. b點時速率為零B. Oa階段可能做直線運動
C. a點的動能大于c點的動能D. ab和bc階段，重力沖量不相同
【答案】CD
【解析】
【詳解】A．在最高點b時，導(dǎo)彈在豎直方向上的速度為零，但水平方向上的速度不為零，故A錯誤；
B．導(dǎo)彈在Oa階段受到推力、重力和空氣阻力的共同作用，由于推力和空氣阻力的方向始終與導(dǎo)彈運動方向在同一直線，而重力與導(dǎo)彈運動方向不在同一直線上，因此可知導(dǎo)彈受到的合力方向與導(dǎo)彈運動方向不在同一直線上，所以導(dǎo)彈在Oa階段做曲線運動，故B錯誤；
C．由于有空氣阻力，關(guān)閉導(dǎo)彈推進器后，導(dǎo)彈的機械能逐漸減小，因此導(dǎo)彈在a點的機械能大于c點的機械能，而在這兩點高度相同，重力勢能相同，因此可知a點的動能大于c點的動能，故C正確；
D．導(dǎo)彈在ab和bc階段，由于存在空氣阻力，且空氣阻力大小與導(dǎo)彈速率二次方成正比，因此在豎直方向上導(dǎo)彈上升時的平均速度大于下降時的平均速度，而高度相同，因此可推知導(dǎo)彈在ab階段運動的時間少于bc階段運動的時間，根據(jù)
可知ab階段重力的沖量與bc重力沖量大小不等，故D正確。
故選CD。
15. 如圖甲所示為利用磁場力來提升導(dǎo)電液體的電磁泵，電磁泵的左右兩側(cè)為兩塊相同的、間距為l的長方形金屬薄板，金屬板底邊長為b，其底部開有高度可忽略的狹縫，電磁泵的前后兩側(cè)為兩塊相同的絕緣薄板，兩金屬板間接有直流電源。如圖乙所示，足夠大的絕緣容器中裝有深度為h的導(dǎo)電液體，電磁泵置于容器中，兩金屬板間加方向垂直紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，初始時，電源的電壓為0，逐漸增大電源的電壓，兩板間液面緩慢上升（初始時金屬板間導(dǎo)電液體液面高為h）。已知導(dǎo)電液體的密度為ρ0、電阻率為ρ，重力加速度為g。則（ ）
A. 乙圖中兩金屬板間的勻強磁場方向垂直紙面向內(nèi)
B. 初始時，兩金屬板間液體的電阻為
C. 當(dāng)時，兩板間液面高度乙為2h
D. 兩板間液面從h高度緩慢升高至2h高度的過程中，電源消耗的電能等于
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．想實現(xiàn)兩板間液面上升，導(dǎo)電液體需要受到向上的安培力，由圖可知電流方向向右，根據(jù)左手定則可知，所加磁場的方向垂直紙面向內(nèi)，故A正確；
B．根據(jù)電阻定律可知，初始時兩金屬板間液體的電阻為
故B錯誤；
C．當(dāng)液面穩(wěn)定在高度2h時，兩板間液體的電阻為，則有
當(dāng)兩板間所加電壓為U時，設(shè)流過導(dǎo)電液體的電流為I，由歐姆定律可得
外加磁場磁感應(yīng)強度大小為B時，設(shè)液體所受安培力的大小為F，則有
兩板間液面穩(wěn)定在高度2h時，設(shè)兩板間高出板外液面的液體質(zhì)量為m，則有
兩板間液體受到的安培力與兩板間高出板外液面的液體重力平衡，則有
聯(lián)立以上式子解得
故C正確；
D．容器足夠大，因此容器的液面高度變化忽略不計，根據(jù)功能關(guān)系可知電源消耗的電能等于液體重力勢能的增加量和焦耳熱，而重力勢能的增量為
故D錯誤；
故選AC。
非選擇題部分
三、實驗題（共14分）
16. 用圖1所示實驗裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。
（1）以下操作正確的是______（多選）
A. 小車質(zhì)量應(yīng)遠小于槽碼質(zhì)量
B. 拉小車的細繩要平行長木板
C. 補償阻力時要移去槽碼和紙帶
D. 需要抬高長木板的右側(cè)以補償阻力
（2）某次正確操作后獲得一條如圖2所示的紙帶，建立以計數(shù)點0為坐標(biāo)原點的x軸，各計數(shù)點的位置坐標(biāo)分別為0、x1、……、x6。已知打點計時器的打點周期為T，則小車加速度a的表達式是______。
A. B.
C. D.
（3）甲乙兩組同學(xué)各自獨立實驗，都探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系。他們都以小車和砝碼的總質(zhì)量M為橫坐標(biāo)，加速度的倒數(shù)為縱坐標(biāo)，甲、乙兩組同學(xué)分別得到的圖像如圖3所示，縱軸上的截距均為b。由圖像得甲組所用的槽碼質(zhì)量______乙組槽碼質(zhì)量（選填“大于”、“小于”或“等于”）。根據(jù)理論推導(dǎo)可知b=______。（已知重力加速度為g）
【答案】（1）BD （2）B
（3） ①. 大于 ②.
【解析】
【小問1詳解】
A．為了使小車所受的合外力大小近似等于槽碼的總重力，故應(yīng)使小車質(zhì)量遠大于槽碼質(zhì)量，故A錯誤；
B．為了減小誤差，拉小車的細繩要平行長木板，否則小車所受拉力大小等于繩上力沿木板方向的分力，故B正確；
C．補償阻力時需要移去槽碼，但不能移去打點計時器和紙帶，阻力也包含紙帶與限位孔間的阻力，且需要通過紙帶上點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動，故C錯誤；
D．為了保證小車所受細線拉力等于小車所受合力，則需要抬高長木板的右側(cè)以補償阻力，故D正確。
故選BD。
【小問2詳解】
根據(jù)逐差法可知
則加速度為
故選B。
【小問3詳解】
[1]設(shè)槽碼的質(zhì)量為m，細繩的拉力為F，由牛頓第二定律得，對槽碼有
對小車和砝碼有
解得
故斜率越小，槽碼的質(zhì)量m越大，由圖可知甲的斜率較小，故甲組所用的槽碼質(zhì)量大于乙組所用的槽碼質(zhì)量。
[2]根據(jù)理論推導(dǎo)可知，縱軸截距
17. 小李同學(xué)要測量一節(jié)5號電池的電動勢和內(nèi)阻，已知一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V。
（1）測量時下列滑動變阻器接法正確的是______。
A. B. C. D.
（2）按圖1連接電路，測量時發(fā)現(xiàn)，移動滑動變阻器的滑片，發(fā)現(xiàn)電流表有示數(shù)且變化明顯，而電壓表有示數(shù)但示數(shù)變化很小，可能的原因是______。
A. 滑動變阻器以最大阻值接入B. 電壓表內(nèi)阻過大
C. 電壓表接觸不良D. 電源的內(nèi)阻較小
（3）小明同學(xué)選用合適的器材對圖1的實驗方案進行改進，改進后的實物電路連接如圖2所示，其中定值電阻R0=1Ω。某次實驗電壓表的示數(shù)如圖3所示，為______V。
（4）某同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，已在坐標(biāo)紙上描好點（如圖4），可以得到電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）。
【答案】（1）D （2）D
（3）##
（4） ①. ②.
【解析】
【小問1詳解】
A．A選項中導(dǎo)線接到了滑片上，而沒有連接到接線柱上，故A錯誤；
B．B選項中導(dǎo)線連接了兩個下端接線柱，相當(dāng)于接入了一個定值電阻，無法通過滑動滑片改變電阻，故B錯誤；
C．C選項中導(dǎo)線連接了兩個上端接線柱，相當(dāng)于接入了一根導(dǎo)線，無法通過滑動滑片改變電阻，故C錯誤；
D．滑動變阻器應(yīng)串聯(lián)在電路中，故D正確。
故選D。
小問2詳解】
A．滑動變阻器以最大阻值接入，即導(dǎo)線連接了兩個下端接線柱，無法通過滑動滑片改變電阻，則電流表和電壓表示數(shù)不變，故A錯誤；
B．電壓表內(nèi)阻大則更接近理想狀態(tài)，對電源電動勢和內(nèi)阻的測量實驗影響更小，不會導(dǎo)致出現(xiàn)題中所述現(xiàn)象，故B錯誤；
C．電壓表接觸不良則會使電壓表無示數(shù)，故C錯誤；
D．調(diào)節(jié)滑動變阻器時，電流表有明顯變化，若電源內(nèi)阻較小，則電源內(nèi)壓變化較小，導(dǎo)致路端電壓變化不明顯。故D正確。
故選D。
【小問3詳解】
電壓表量程為3V，則讀數(shù)為1.34V。
【小問4詳解】
[1]U-I圖線如圖所示
根據(jù)閉合電路歐姆定律
得
圖線與縱軸的交點代表電源電壓，則
[2]圖線斜率為
則內(nèi)阻為
18. 某興趣小組要測定一個電容器的電容，選用器材為：待測電容器；電流傳感器；電壓傳感器；干電池（1.5V）；定值電阻R=3000Ω；單刀雙擲開關(guān)；導(dǎo)線若干。實驗步驟如下：
①按圖1所示的電路圖正確連接電路；
②將開關(guān)S與1端連接，電源向電容器充電；
③充電結(jié)束后，斷開開關(guān)S，并將開關(guān)擲向2端開始計時，電流傳感器顯示出的I-t圖線如圖2所示。
請回答下列問題：
（1）開關(guān)與1端相連，電壓傳感器表示數(shù)將______（選填“逐漸變大”、“逐漸變小”或“不變”）；
（2）電容器的電容C=______F。（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）
【答案】（1）逐漸變大
（2）
【解析】
【小問1詳解】
開關(guān)與1端相連，電容器充電，隨電量增加，電容器兩端電壓逐漸變大，則電壓表示數(shù)將逐漸變大。
【小問2詳解】
由I-t圖像的面積等于電容器電量可知
Q=10×0.1×10-3×4C=4×10-3C
可得電容器的電容
四、計算題（共41分，計算中要寫清必要文字說明和重要過程）
19. 某次軍事訓(xùn)練中，某空降兵進行低空跳傘訓(xùn)練，他離開懸停的飛機后可以認為先做自由落體運動，當(dāng)離地面265m時打開降落傘做加速度大小為12m/s2的勻減速運動，速度減為5m/s后做勻速運動，隨后經(jīng)過28s落地。已知空降兵的質(zhì)量為60kg，不計空氣阻力，g取。問：
（1）空降兵打開降落傘時的速度是多少？
（2）空降兵離開飛機時距地面的高度為多少？
（3）打開降落傘勻減速運動過程中，降落傘對空降兵的作用力的大?。?br>【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小問1詳解】
空降兵勻速下降的高度
空降兵勻減速下降過程，有
解得
【小問2詳解】
空降兵自由落體運動過程，有
解得
空降兵離開飛機時距地面的高度為
【小問3詳解】
設(shè)降落傘對空降兵的作用力的大小為F，由牛頓第二定律可得
解得
20. 如圖所示，真空中A、B兩點分別固定電荷量均為+Q的兩個點電荷，O為A、B連線的中點，C為A、B連線中垂線上的一點，C點與A點的距離為r，AC與AB的夾角為θ，中垂線上距離A點為x的點的電勢為（以無窮遠處為零電勢點）。一個質(zhì)量為m的點電荷（其電荷量遠小于Q），以某一速度經(jīng)過C點，不計點電荷的重力，靜電力常量為k。
（1）求C點的電場強度；
（2）若經(jīng)過C點的點電荷的電荷量為，要讓此點電荷能夠做過C點的勻速圓周運動，求其在C點的速度v的大小和方向；
（3）若經(jīng)過C點的點電荷的電荷量為，速度方向由C指向O，要讓此點電荷能夠到達O點，求其在C點的速度最小值。
【答案】（1），方向沿方向向上
（2），方向垂直于紙面向里或者向外
（3）
【解析】
【小問1詳解】
兩點電荷均為正電荷且?guī)щ娏肯嗟?，則兩點電荷在C點處的電場強度方向均背離各自電荷，電場強度如圖所示
根據(jù)電場強度的矢量合成法則可得C點的場強
方向沿方向向上。
【小問2詳解】
設(shè)圓周運動的半徑為R，C點電場場強大小為E，則有
，，
聯(lián)立解得
方向垂直于紙面向里或者向外。
【小問3詳解】
根據(jù)題意可知，C點電勢為
O點電勢為
設(shè)此點電荷剛好能夠到達點，由能量守恒定律可得
解得
21. 如圖所示，AC為長L1=3m的粗糙水平桌面。質(zhì)量m1=1kg、長度為L2=1m的長方體物塊，靜置于桌面上的AB部分，另有一個質(zhì)量m2=1kg的小球，靜置于桌面上C的位置。現(xiàn)有一水平向左的恒力F作用于物塊上，當(dāng)物塊運動到C點時立即撤去恒力F，隨后物塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球恰好能通過D點并進入光滑的四分之一圓弧形軌道，再從H點進入光滑半圓形凹槽，凹槽右側(cè)有一固定擋板，擋板左側(cè)的水平地面光滑。已知物塊與桌面的動摩擦因數(shù)μ=0.4，圓弧形軌道的半徑R1=0.4m，半圓形凹槽的半徑R2=0.4m，CD間距和EH間距均略大于小球直徑，小球直徑遠小于R1，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球在D點的速度大小v1；
（2）小球在通過半圓形凹槽最低點時的速度大小v2；
（3）恒力F的大?。?br>（4）若使小球恰好不從凹槽左側(cè)沖出，求半圓形凹槽的質(zhì)量M的大小。
【答案】（1）2m/s
（2）
（3）5N （4）
【解析】
【小問1詳解】
小球恰能經(jīng)過D點，則
解得
vD=2m/s
【小問2詳解】
小球從D點到到達凹型槽底部過程中，由機械能守恒定律
解得
【小問3詳解】
對木板由動能定理
因木板和小球質(zhì)量相等，且發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒和能量守恒可知
解得
F=5N
【小問4詳解】
若使小球恰好不從凹槽左側(cè)沖出，則當(dāng)小球到達凹槽左側(cè)最高點時與槽共速，則由動量守恒和能量關(guān)系
解得
22. 如圖是一種離子探測裝置的示意圖，柵極板AB、CD豎直放置（由金屬細絲組成的篩狀電極，帶電粒子可順利通過）。大量電量為e，質(zhì)量為m的負離子均勻分布在柵極板AB上，由靜止開始，經(jīng)AB、CD間電壓U0加速后進入水平金屬板。水平金屬板間的電壓為U（金屬板間的電場可視為勻強電場），其中上極板帶負電，金屬板間距和極板長度均為L。已知單位時間內(nèi)有n個離子進入水平金屬板，裝置中的O、O1、O2三點共線，O1、O2是水平金屬板的中心線，從O點進入的離子恰好從水平金屬板的下邊緣M點進入右側(cè)，裝置右側(cè)存在范圍足夠大的勻強磁場B0，磁感應(yīng)強度的大小，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)在磁場左邊界處放置一探測板，探測板長為0.5L，上端距M點的距離為0.25L，離子打到豎直探測板即被吸收。不計離子的重力以及離子間相互作用力。求：
（1）離子離開柵極板CD時的速度大?。?br>（2）電壓U與U0的比值；
（3）單位時間探測板接收到的離子數(shù)；
（4）離子對探測板在垂直板方向的作用力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小問1詳解】
粒子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理
解得
【小問2詳解】
進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則
，
根據(jù)牛頓第二定律
聯(lián)立可得
所以
【小問3詳解】
設(shè)離子進入勻強磁場時速度方向與水平成角，速度大小為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力
離子進入磁場做勻速圓周運動的半徑為
如圖，所有進入磁場的離子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后向下偏移的距離
粒子到達左邊界處的范圍為距M點0.5L到L，故探測板單位時間接收到的粒子數(shù)為
【小問4詳解】
離子被探測板吸收過程，在垂直板方向?qū)﹄x子由動量定理得
由上述可知
所以解得
根據(jù)牛頓第三定律得，離子對探測板在垂直板方向的作用力大小為