【文档说明】浙江省浙南联盟2022-2023学年高二下学期期末物理试题 含解析.docx，共(29)页，4.127 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期浙南名校联盟期末联考高二年级物理学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.

可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取210/ms。选择题部分一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量属于矢量，且其单位用国

际单位制基本单位表示正确是（）A.力：NB.磁通量：22kgm/AsC.功：22kgm/sD.电场强度：3kgm/As【答案】D【解析】【详解】A．力是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为2kgm/s，故A错误；B．磁通量是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为22kgm/A

s，故B错误；C．功是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为22kgm/s，故C错误；D．电场强度是矢量，用国际单位制单位用基本单位表示为3kgm/As，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A

.在恒力作用下，物体可能做速率先减小后增大的曲线运动B.做曲线运动的物体其加速度的大小不一定改变，但方向一定时刻改变C.在足球运动中，若要研究形成香蕉球的原因时，可以将足球看成质点D.羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的

过程中受重力、空气阻力和球拍的作用力的【答案】A【解析】【详解】A．当恒力与速度不在一条直线上，且恒力与速度方向的夹角为先钝角后锐角时物体的速度先减小后增大，故A正确；B．平抛运动的加速度大小和方向都不变，故B错误；C．香蕉球是由于球员踢出去的足球再空中旋转造成的，所以此时足球不能看成质

点，故C错误；D．羽毛球被扣杀后，飞入对方场地的过程中不再受到球拍的作用力，故D错误。故选A。3.关于静电屏蔽，下列说法不正确的是（）A.图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触B.图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网必须与大地保持良好接触C.图丙

中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击D.图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，是为了屏蔽高压线周围的电场【答案】B【解析】【详解】A．带正电的云层在避雷针处感应出负电荷（来自大地），当电荷聚集较多时，产生尖端放电现象

，将云层中的电荷导入大地，因此图甲中建筑物顶端的避雷针必须通过导线与大地保持良好接触，免遭雷击，A正确，不符合题意；B．图乙中，为了实现屏蔽作用，金属网本身就可以起到静电屏蔽作用，不必一定要与大地保持良好接触，B错误，符合题意；C．图丙中三条高压输电线上方的两条导线与大地相连，形成一

个稀疏的金属网，可把高压线屏蔽起来，免遭雷击，C正确，不符合题意；D．图丁中带电作业工人穿着含金属丝织物制成的工作服，金属丝织物能起到静电屏蔽作用，因此能屏蔽高压线周围的电场，D正确，不符合题意。故选B4.根据近

代物理知识，下列说法中正确的是（）。A.铀核裂变的核反应方程为2351419219256360UBaKr2n→++B.在原子核中，结合能越大表示原子核中核子结合得越牢固C.一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与单位面积器壁碰撞次数随温度降低而减少D.生

产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【答案】D【解析】【详解】A．铀核裂变的核反应的反应物中应该有慢中子参加，然后生成多个中子，反应方程为235114192192056360UnBaKr3n+→++选项A错误；B．在原子核中

，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项B错误；C．一定质量的理想气体，在压强不变时，温度降低时体积减小，气体分子数密度增加，分子平均速率减小，气体分子对器壁的平均作用力减小，则单位时间内分子与单位面积器壁

碰撞次数增加，选项C错误；D．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项D正确。故选D。5.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量

均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.每颗星做圆周运动的角速度为3GmLB.每颗星做圆周运动的

加速度大小与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的4倍【答案】C的【解析】【详解】AB．任意两星间的万有引力F=G22mL对任一星受力分析，如图所示，由图中几何关系知r=33LF

合=2Fcos30°=3F由牛顿第二定律可得F合=mω2r联立可得ω=33GmLan=ω2r=23GmLAB错误；C．由周期公式可得T=2=2π33LGmL和m都变为原来的2倍，则周期T′=2TC正确；D．由速度公式可得v=ωr=GmLL和m都变为原来的2倍，则线速度v′=v大小不变，D错

误。故选C。6.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电微粒是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流时，电子的

定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两表面会形成电势差U，下列说法中正确的是（）A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa【

答案】D【解析】【详解】A．电流向右，电子的运动方向向左，根据左手定则，电子所受的洛仑兹力方向从前表面指向后表面，后表面带负电荷，前表面带正电荷，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；BC．当洛仑兹力等于电场力时，前、后表面

间的电压U保持不变，根据平衡条件得UevBea=解得UBav=前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，BC错误；D．根据UevBea=自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa，D正确。故选D。7.一列沿x轴正向传播的简谐波，t=0时刻的波形如图所

示，t=10s时d质点第一次位于波峰位置，下列说法正确的是（）A.波上各质点的起振方向向上B.波的传播速度大小为2m/sC.0～7s内a、b两质点运动路程均为0.7mD.d质点的振动方程为10cos(cm)2dyt=−【答案】C【解析

】【详解】A．根据t=0时刻波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，据波的传播方向与振动方向关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；B．由波形图可知，波长为4m=设波速大小为v，周期为

T，有vT=t=10s时d质点第一次位于波峰，则Δ10sdxtv==解得4sT=，1m/sv=故B错误；C．由于7s等于314个周期的时间，且0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为770cm0.7msA===故C正确：D．t=0时刻c点的振动方程为10sin(

cm)10sin(cm)2cytt=−=−设d点的振动方程为10sin()(cm)2dyt=−+c质点的振动传播到d质点需要的时间7scdxtv==代入d点的振动方程得72=−所以d点的振动方程为710sin()(cm)22dyt=−−故D错误。故选C。8.2

022年11月，我国独立自主研制的全球单机容量最大的16兆瓦海上风电机组在福建下线。如图每台风力发电机的叶片转动时可形成圆面，当地风向可视为与叶片转动的圆面垂直，发电机将此圆面内气流动能转化为输出电能的效率

20%=。风速在815m/s范围内，可视为不变。设风通过叶片后速度减为零。已知风速10m/sv=时每台发电机输出电功率为6000kW，空气的密度为31.2kg/m=，则（）A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比B.每秒钟流过面积S的气流动能212SvC.每台发电机叶片转动

时形成的圆面面积约为42510mD.当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为6800kW【答案】C【解析】【详解】AB．每秒冲击风车车叶的气体体积为VSLSv==这此气流的质量mV=气流的动能231122kEmvSv==可知动能与3v成正比，即输出功率与3v成正比

，故AB错误；CD．当风速为10m/s时每台发电机的输出电功率约为6000kW，当风速为15m/s时每台发电机的输出电功率约为20250kW风的动能转化的电能为：kEE=电则每秒输出电功率EPt=电312kESv=解得42510mS=故C正确，D错误；故选C。9.某科研设备中的电

子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，XX′板间加恒定电压U，XX′电极的长度为l、

间距为d，YY′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。则电子（）A.在XX′极板间的加速度大小为eUmB.打在荧光屏时，动能大小为11eUC.打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tan

20ld=D.若0YYU，电子将打在荧光屏的下半区域【答案】C【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可知在XX′极板间的加速度大小为eUadm=故A错误；B．电子在加速电场，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对电子做功

最大为m22UedeUWd==根据动能定理可知得打在荧光屏时动能最大为10.5eU，故B错误；C．在加速电场，根据动能定理有21102mveU=在XX′极板间运动时间为ltv=沿电场方向的位移为221122eUyattmd==联合解得

位移与水平方向的夹角的正切值为tan40ylld==根据平抛运动规律可得的tan2tan20ld==故C正确；D．若0YYU，则电子受到的电场力竖直向上，故电子将打在荧光屏的上半区域，故D错误。故选C。10.如图所示，倾角为30°的

斜面上用铰链连接一轻杆a，轻杆a顶端固定一质量为m的小球（体积可不计），轻绳b跨过斜面顶端的光滑小定滑轮，一端固定在球上，一端用手拉着，保持小球静让，初始时轻绳b在滑轮左侧的部分水平，杆与斜面垂直，缓慢放绳至轻杆水平的过程中，斜面始终静止，滑轮右侧的绳与竖直方向夹角始终不变，重力加速度为g，

下列说法正确的是（）A.初始时轻绳上的拉力大小为32mgB.地面对斜面的摩擦力始终向左且增大C.铰链对轻杆的支持力一直减小D.轻绳上的拉力一直减小【答案】B【解析】【详解】A．铰链对轻杆的支持力与滑轮左侧轻绳对球的拉力的合力与小球的重力大小相等、方向相反，初始时有Ttan30Fmg=可得轻绳上的

拉力大小为T33Fmg=A错误；BCD．如图甲所示，设球与轻绳的连接点为A，铰链处为B点，过B点作竖直虚线，虚线与绳的交点设为C，画出力的矢量三角形如图乙所示根据几何知识可知三角形ABC与力的三角形相似，则有NTFFmgBCACAB==缓慢放气过程中，BC减小，AB不变，AC

增大，则可得TF增大，NF增大，滑轮右侧轻绳上的拉力在水平方向的分力一直增大，对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力始终向左且增大，B正确，CD错误。故选B。11.一起重装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，功率随时间变化的P-t图

像如图所示。在t=1s时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在t=3s时，达到最大速度m20msv=。在t=6s时，重物再次匀速上升，取210msg=，不计一切阻力。下列说法正确的是（）A.重物的质量为4kgB.在t=1s时，重物加速度大小220msa=C.0～6s

时间内，重物上升的高度h=85mD.在4～6s时间内，重物做加速度逐渐增大的减速运动【答案】C【解析】【详解】A．在t=3s时，重物达到最大速度m20msv=，此时牵引力大小等于重力，则有mPvmg=解得m400kg2kg1020Pmgv===A错误；B．在t=1s时，重物上升的速度达到

最大速度的一半，此时的牵引力大小为11400N40N1202PFv===由牛顿第二定律可得1Fmgma−=解得22140210ms10ms2Fmgam−−===B错误；C．在t=6s时，重物再次匀速上升，由题图可知，此时重物的速度12200ms

10ms210Pvmg===在0~1s时间内，重物做匀加速直线运动，重物上升的高度221111101m5m22hat===在1~3s时间内，重物做加速度逐渐减小的加速运动，由动能定理可得2222

m11122Ptmghmvmv−=−代入数据解得225mh=在3~4s时间内，重物做匀速直线运动，上升的高度则有3m3201m20mhvt===在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速直线运动，由动能定理可

得221442m1122Ptmghmvmv−=−代入数据解得435mh=可得0～6s时间内，重物上升的高度12345m25m20m35m85mhhhhh=+++=+++=C正确；D．重物速度最大时，牵引力大小等于重力，4

s后功率减小到一半，到t=6s时，重物速度从最大20m/s减小到10m/s，此时t=4s时的牵引力14m200N10N20PFv===此时牵引力小于重力，加速度方向向下，重物做减速运动，在t=6s时，速度是10m/s，此时牵引力16

2200N20N10PFv===此时牵引力等于重力，加速度是零，因此在4～6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，D错误。故选C。12.如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0~t0内驱动线圈的电流iab随时间t

的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（）A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大C.t=0时发射线圈具有的加速度最大D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大【答案】A【解析】【详解】A．根据安培定则，驱

动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A正确；BD．由图乙可知，t=t0时驱动线圈的电流变化最慢，则此时通过发射线圈的磁通量变化最慢，此时驱动线圈产生的自感电

动势为零，感应电流为零，BD错误；C．t=0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，C错误。故选A。13.某透明均匀介质的截面如图所示，直角三角形的

直角边BC与半圆形直径重合，∠ACB=30°，半圆形的半径为R。一束橙光从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O点，且E、O两点距离为R，此时的折射角230=（光在真空中的传播速度用c表示）。则下列说法正确的

是（）A.该光在介质中的传播时间3RcB.该光在介质中的折射率是233C.若用一束蓝光照射，则不能从圆弧面射出D.与射入介质前相比，光线射出介质后的偏转角是0°【答案】D【解析】【详解】ABD．由几何关系：30OED=，折射光平行于AB的方向，根据折射定律可知，光

线射出介质后的偏转角是0°，如图则有160=，230=由折射定律得12sin3sinn==根据几何关系可知22cos3EDEOR==光在介质中的传播速度为cvn=该光在介质中的传播时间3EDRtvc==AB错误，D正确；C．若用一束蓝光照射，则蓝光在圆弧面的入射角更大，

但由于不知道蓝光具体的折射率，则无法判断出蓝光在圆弧面是否能发生全反射，则无法判断能否从圆弧面射出，C错误。故选D。二、选择题II（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少是有一个符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.下列叙述中

正确的是（）A.普朗克通过对黑体辐射的研究，提出能量子的概念B.德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念C.奥斯特第一个发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说D.新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强【答案】ABD【解析】【详解】A．普朗克通过对黑体辐

射的研究，提出能量子的概念，故A正确；B．德布罗意运用类比、对称的思想，提出了物质波的概念，故B正确；C．奥斯特第一个发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故C错误；D．新冠肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为在电磁波中X光的穿透能力强，故D正确。故选ABD。15.氢原子能级

如图甲所示。一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是（）A.a光与b光能发生干涉Ba光最容易发生衍射现象C.丙图中M点的数值为-6.34D.

若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA，则1s内最少有2×1013个氢原子发生跃迁【答案】CD【解析】【详解】C．一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出６种频率的光，其中频率最高的三条为能级差最大的三条，分别为4→1,3→1,2→1，

由遏止电压与最大初动能的关系可得ckm0eUEhW==−由图可知，a光的遏止电压最大，c光的遏止电压最小，故a光是从n=4能级跃迁到n=1能级发出的光，b光是从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光，c光是从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光，而a光的遏止电压为7V，所以a光的光子能量为

0.85(13.6)eV12.75eVah=−−−=所以该金属的逸出功为0c12.757eV5.75eVaaWheU=−=−=对b光，有c1.51(13.6)5.75eV6.34eVbeU=−−−−

=所以M点的数值为-6.34，故C正确；A．由于a光和b光频率不同，所以不能发生干涉，故A错误；B．a光的遏止电压最大，频率最高，波长最短，所以a光最不容易发生衍射现象，故B错误；D．若丙图中c光的饱和光电流为I=3.2μA，则1s内光

电子的电荷量为63.2101CneIt−==所以13210n=故D正确。故选CD。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。.将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自

由下落，已知当地的重力加速度g。（1）关于本实验，下列说法中正确的是_________。A．必须用秒表测出重物下落的时间B．打点计时器应连接直流电源C．一定要测量重物的质量D．应选择质量较大、体积较小的重物（2）已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，

当地的重力加速度29.80m/sg=，重物的质量为m=1.00kg。某同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为连续的六个点，根据纸带上的测量数据，可得出打B点时重物的速度为_________m/s，从O点下落到B的过程

重物重力势能的减少量为_________J。（结果均取3位有效数字）（3）实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的原因是_________。【答案】①.D②.1.84③.1.74④.空气阻力的影响【解析】【详解】（1）[1]A．不需要用秒

表测出重物下落的时间，打点计时器可以计时，故A错误；B．打点计时器应连接交流电源，故B错误；C．验证机械能守恒定律，只要验证212mghmv=m可以约去，不需要测量重物的质量，故C错误；D．为避免空气阻力影响，应选择质量较大、体积较小的重物，故D正确。故选D。（2）[

2][3]打B点时重物的速度为221.6814.3110m/s1.84m/s220.02ACBxvT−−==从O点下落到B的过程重物重力势能的减少量为2p19.817.810J1.74JEmgh−==（3）[4]实验中发现重物增加的动能总是稍小于重物减小的重力势能，可能的

原因是空气阻力的影响。17.某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为0R、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替（电阻丝总阻值大于0R，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略）。（1）根据

图甲完成图乙中实物连线__________。（2）用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至___________（选填“x1”或“×100”）挡并重新进行_______

____。最终正确测量出电阻丝的总电阻为R。（3）用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L=___________mm。（4）实验前，将P移到金属丝___________位置（选填“a”或“c”），合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表

示数I，该小组同学根据实验数据描绘1xI−函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E=___________，r=___________。（用0R、R、k、b、L表示）【答案】①.见解析；②.1③.欧姆调零④.10

2.30⑤.c⑥.RkL；⑦.0bRRkL−；【解析】【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图如图所示（2）[2][3]发现欧姆表指针偏角太大，说明电阻丝阻值较小，应将选择开关旋至1，重新进行欧姆调零。（3）[4]游标卡尺的最小分度值为0

.05mm，主尺读数为102mm，游标尺的第6条刻线和上面刻线对齐，则游标尺读数为60.05mm=0.30mm，则电阻丝的总长度为102mm+0.30mm=102.30mmL=（4）[5]为保护电路，实验前应将滑动变阻器调至最大值，即将P移到金属丝c处，（5

）[6][7]接入电路的电阻丝长度为x时，电阻为xRRxL=根据闭合电路欧姆定律有0()xEIRRr=++解得01RrRxIEEL+=+由图像可知RkEL=0RrbE+=解得REkL=0bRrRkL=−18.如

图所示，为某校开展的科技节一参赛小组制作的“水火箭”，其主体是一个容积为2.5L的饮料瓶，现装入1L体积的水，再倒放安装在发射架上，用打气筒通过软管向箭体内充气，打气筒每次能将300mL、压强为p0的外界空气压入瓶内，当瓶内气体压强达到4p0时，火箭可发射升空。已知大气压强为p0=1.0×

105Pa，整个装置气密性良好，忽略饮料瓶体积的变化和饮料瓶内、外空气温度的变化，求：（1）为了使“水火箭”能够发射，该小组成员需要打气的次数；（2）“水火箭”发射过程中，当水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强的大小；

（3）若设在喷水过程中瓶内气压平均为3p0，在这过程瓶内气体是吸热还是放热，吸收或释放了多少热量？【答案】（1）15；（2）2.4×105Pa；（3）吸热300J【解析】【详解】（1）设至少需要打n次气，打气前箭体内空气体积为02.5L1

L1.5LV=−=根据玻意耳定律可得000()pVnVpV+=解得15n=（2）小组成员对“水火箭”加压到发射，在水刚好全部被喷出时气体的体积为2.5LV=根据玻意耳定律可得004pVpV=解得50122.410P

a5pp==（3）根据热力学第一定律有0UWQ=+=所以瓶内气体从外界吸热，热量为03300JQpVpV===19.某一学校在科技节一团队设计如图的一弹射玩具，由一处于自然状态轻质弹簧一端固定在倾角为37=

的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，直轨道与一半径为b的一段光滑圆弧轨道相切于C点，CB=5b，A、B、C、D均在同一竖直面内。游戏时，视为质点的质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后小物块P

沿轨道被弹回，最高到达F，BF=2b。已知P与直轨道间的动摩擦因数0.25=（取sin370.6,37cos0.8==）；（1）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；（2）若把物块P的质量改为3mm=，再将P推至E点，从静止开始释放，求P经D点时对轨道的压力大小；（3）现改变弹簧固定

位置，调整合适的弹射方向。试分析能否将物块P从F点弹离装置后从D点水平向右进入轨道做圆周运动。【答案】（1）2.4mgb；（2）115mg；（3）见解析【解析】【详解】（1）设B到E距离为x，弹性势能为pE，C到E的过程sin(5)cos(5)0BEWmgxbmgxb++−

+=弹EpBWE=−弹E到F的过程sin(2)cos(2)0BEWmgxbmgxb−+−+=弹EpBWE=弹得x=b2.4pEmgb=（2）E到D的过程21sin(5)cos(5)(cos)2DpmvEmgbxmgbxmgbb=−+−+−+得11.2305

Dvbgbg==在D点2DDmvmgFR+=得115DFmg=（3）F到D点斜抛看成D到F的平抛运动逆过程，由平抛运动规律21cos3sin2yygtRRR==++3cossinDxxvtRR==−得1.8xDbtv=0.45

Dvbg=Dvbg所以不存在让物块P从F点被斜向上弹出后从D点水平向右进入圆形轨道后做圆周运动。20.如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是10.2mR=，20.1mR=。两环通过电刷分别与间距

L=0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和PM相连，MM右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角30=的等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM两侧，质量

分别为10.1kgm=，20.2kgm=，电阻均为r=0.1。ab放置位置与MM距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。

圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度20rad/s=。求：（1）S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；（2）在题（1）的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM的速度大小；（3）ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入

斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热（此过程ab棒不进入斜面）。【答案】（1）0.3C；（2）3m/s7；（3）328245J【解析】【详解】（1）金属杆顺时针切

割磁感线产生电动势为()()21212RREBRR+=−稳定时qCE=解得0.3Cq=（2）MM右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab

棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为2q，则2qBLvC=根据动量定理可得()120mvFtBLitBLqq−===−安联合解得3m/s7v=（3）棒ab与cd发生弹性碰撞，则11122mvmvmv=+22211122111222mvmvmv=+解

得22m/s7v=当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为mv，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得2sincosmgBIL=而mcosBLvIRr=+根据能量守恒得2222m2211sin

22mgxmvmvW=−+安联合解得492=J245W−安故电阻R上产生的焦耳热为328J245RQWRr==+安21.现代科学研究中经常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动。在空间坐标系O-xyz中存在如图所示的电磁场，在xOz平面内，圆心O1的位置坐标为

（0，R），半径为R，圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1；在其左侧有一离子源E飘出质量为m、电荷量为q、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差202mvUq=的电场加速后，从小孔F（点F与O1等高）沿着x轴正方向射入匀强磁场区域B1，离子恰好从点O离开进入匀强磁场B2。竖直放置的

长方形离子收集板MNPQ与xOz面相距R，边MQ足够长与x轴方向平行且与y轴交于点T，宽MN为2R，匀强磁场B2只局限于收集板正前方的空间区域，磁场方向与xOy所在平面平行且与x轴正方向的夹角大小为θ，调节匀

强磁强的磁感应强度B2大小，使带正电离子偏转后能打到收集板上被吸收。不考虑离子重力和离子间的相互作用（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，cos76°=0.25）（1）求匀强磁场B1大小；（2）若角度θ=0，求磁感应强度B2大小

的范围；（3）若角度θ=37°，磁感应强度0245mvBqR=，求离子打在收集板上位置的坐标；（4）若角度θ的大小在0到90°之间，试定量讨论磁感应强度B2的范围。【答案】（1）0mvqR；（2）002225mvmvBqRqR；（3）（34R

−，R，54R−）；（4）见解析【解析】【详解】（1）设经过电场加速后速度为v，进入匀强磁场1B磁会聚从O点沿z轴负方向射出，有2102qUm=−v21mvqvBr=rR=联立解得01mvBqR=（2）当角度为0时，磁感应强度2B方向沿x轴正方向，设

离子恰好打到MQ边的半径为1r，恰好打到NP边的半径为2r，据几何知识得10.5rR=22222(2)()rRrR=+−解得22.5rR=又02mvrqB=可得02max2mvBqR=02min25mvBq

R=所以磁感应强度大小范围为002225mvmvBqRqR（3）粒子在与y轴成θ=37°的平面做圆周运动，设半径为3r，则有03254mvRrqB==由于3cos37rR=由几何关系可知，离子刚好在磁场中运动14圆周后打在收集板上，则有34sin373xrR=−−=，yR=，354z

rR−−==离子打在收集板上的位置坐标为（34R−，R，54R−）。（4）当角度为θ时，设离子恰好打到MQ边圆周半径为4r，则有42cosrR=240mvrqB=可得022cosmvBqR=恰好达到NP边圆周半径为5r，则有22255(2)co

sRrRr=+−52cos2cosRrR=+250mvrqB=可得()0222cos4cos1mvBqR=+由数学知识得60=时，5r有最小值52rR=当42=rR时，有22cosRR=当76=，即为打到MQ边圆周半径的最大值，所以76粒子打不到收集板上，无论

2B取什么值，所以①060时，()22002cos2cos4cos1mvmvqRRBq+②6076时，2002cos2mvmvqRqRB③7690时，无论2B取何值，粒子均无法打到收集板上。22.某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长

度的关系”的实验。①实验装置如图（a），下列操作规范的是_________（多选）。A.悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数B.实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重D.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总

重②他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长为_________cm；劲度系数k=_________N/m。【答案】①.AD##DA②.4③.50【解析】【详解】（1）[1]A．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故

A正确；B．由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故B错误；CD．实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故C错误，D正确；故选AD。（2）[2]由图可得，

弹簧长度为4cm时，弹簧将要有弹力，故弹簧原长为4cm。[3]由图像的斜率可得劲度系数为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com