【文档说明】浙江省七彩阳光新高考研究联盟2021-2022学年高二下学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(23)页，6.161 MB，由管理员店铺上传

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2021学年第二学期浙江七彩阳光联盟期中联考高二年级物理学科试题选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备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.下列全部属于基本单位的是（）

A.质量，安培，米B.米，安培，秒C.千克，秒，焦耳D.长度，时间，质量【答案】B【解析】【详解】AD．质量是基本物理量，质量的单位是基本单位，故AD错误；B．米，安培，秒都是基本单位，故B正确；C．焦耳是导出单位，故C错误；故选B。2.下列奥运会运动项目，在考查运动员比赛

成绩时,可视为质点的是()A.跳水B.双杠C.体操D.马拉松【答案】D【解析】【详解】A.跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能简化为质点，故A项不符合题意；B.双杠比赛中要考虑运动员的动作，故不能简化为质点，故B项不符合题意；C.体操要考虑运动员的姿态，故不能看成质点，故

C项不符合题意；D.马拉松比赛中运动员的大小和体积可以忽略不计，可以简化为质点，故D项符合题意．3.教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻．第一个实验叫做“旋转的液体”，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，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例

如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示．第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示．下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（

）A.图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B.图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C.图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断

上下振动【答案】C【解析】【详解】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引

作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不

导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.4.某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片，运动过程可以简化成图所示，运动员离地速度为0v，距地面的最大高度为h，则（）A.运动员在最高点时速度为零，加速度大小为g

B.可以估算出运动员起跳瞬间消耗的体能约为2012mvmgh+C.起跳时地面对运动员支持力大于重力D.运动员上升过程中机械能不断增加【答案】C的【解析】【详解】A．运动员在最高点时水平速度不为零，加速度大小为g，选项A错误；B．可以估算出运动员起跳瞬

间消耗的体能约为201(cos)2Emvmgh=+其中θ为初速度与水平方向的夹角，选项B错误；C．起跳时运动员有向上的加速度，则地面对运动员的支持力大于重力，选项C正确；D．若不考虑空气阻力，运动员上升过程中只有重力做功，则机械能不变，选项D错误。故选C。5.如图

所示的风向测试仪上有五个浮球彼此用轻绳连接，悬挂于空中．若假设风力水平稳定，测试仪发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，设每个浮球的质量为m．由上往下第一只浮球对第二只浮球的拉力的大小为（）A.23mgB.233mgC.833mgD.8mg【答案】C【解析】【详解】

根据受力分析，设风力为F，第一只浮球对第二只浮球的拉力为T，把下面四个浮球看做一个整体，对其受力分析：可列出平衡方程：cos304Tmg=，得到：833Tmg=；故选C.【点睛】本题考查受力分析与平衡条件的应用，巧妙的选取研究对象可以达到事半功倍的效果，也

可以用隔离法先选最下面小球为研究对象，再选第4个、第3个、第2个小球为研究对象，较为繁琐．6.动物园的海洋馆深受小朋友的喜欢，其中“海狮顶球”节目因其互动性强而更深受小朋友的喜爱。如图所示为一海狮把球顶

向空中，并等其落下。下列有关球的受力与运动的一些说法正确的是（）A.球在最高点时受到重力和海狮对它的顶力作用B.球在最高处时球的速度为0，处于平衡状态C.球在上升的过程中处于超重状态D.球在下落的过程中可认为匀变速运动【答案】D【解析】【详解】A．球在最高点时只受到重力，故A错误；B

．球在最高处时球的速度为0，加速度为向下的重力加速度，故B错误；C．球在上升的过程中具有向下的加速度，处于失重状态，故C错误；D．球在下落的过程中只受重力作用，可认为是匀变速运动，故D正确。故选D。7.如图所示，固定一负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为

F．现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则A.F1＝F2B.F1＋F2＝FC.若小球b带负电，L增大，则F1也增大D.若小球b带正电，L减小，则F2也减小【答案】D【解析】【详解】若设两球间的

库仑力为F′，则小球b带负电时：F+F′=F1；b带正电时：F-F′=F2；解得F1>F2；F1＋F2＝2F，选项AB错误；若小球b带负电，L增大，则F′减小，则F1也减小，选项C错误；若小球b带正电，L减小，则F′变大，则F2减小，选项D正确；

故选D.点睛：此题考查电荷间的作用规律以及平衡问题；关键是能对小球受力分析，列出平衡方程即可进行讨论.8.我国“北斗二代”计划共发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星（以下

简称“静卫”），其他的有27颗中轨道卫星（以下简称“中卫”）轨道半径为静止轨道半径的35。下列说法正确的是（）A.“中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间B.“静卫”的轨道穿过我国上空C.如

果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3﹕5D.“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期【答案】C【解析】【详解】A．7.9kms是环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，则“中卫”的线速度小于7.9kms，故A错误；B．“静卫”相对地面静止，其轨道一定在赤道上空，故B错误；

C．根据万有引力提供向心力22GMmvmrr=又有2k12Emv=可得k2GMmEr=如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为kk35ErEr==静中中静故C正确；D．根据万有引力提供向心力2224

GMmmrrT=可得34rTGM=由于“静卫”的轨道半径大于“中卫”的轨道半径，则“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期故选C。9.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方

向垂直纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）A.a、b两点磁感应强度相同B.c、d两点磁感应强度相同C.a点磁感应强度最大D.b点磁感应强度最大【答案】D【解析】【详

解】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点磁场情况如图的显然，c点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同；两个磁感应强度合成，当方向相同时合成后的磁感应强度最大，方向相反时合成后的磁感应强度最小，因此a点磁感应强度最小，b点磁感应强度最大。故

选D。10.如图所示，绝缘、光滑的水平面处于水平向右的匀强电场中，带负电物体从A处由静止开始向左运动，与竖直挡板P发生碰撞并反弹，第1次反弹后向右运动最远能到达的位置记为Q（图中未标出Q点）。若物体反弹时动能不变，电性不变但带电量变为原来的k倍（k＜1），则（）A.

Q点与A重合B.A点电势小于Q点电势C.物体在Q点电势能等于出发电势能D.物体在Q点电势能大于出发时电势能【答案】C【解析】【详解】AB．根据动能定理，动能变化相等，而碰撞前电场力大于碰撞后的电场力，因此碰撞后的位移较大，即Q在A点的右侧，根据沿着电场

线方向电势是降低的，则A点的电势高于Q点的，故AB错误；CD．根据来回动能的变化相同，结合动能定理，则电场力做功绝对值相等，因此从出发点，到Q点，电场力做功为零，则电势能不变，故C正确，D错误。故选C。11.某学校创

建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻

值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是：（）A.电源路端电压不变B.B灯变暗，A灯也变暗C.R0两端电压变小D.电源总功率不变【答案】B【解析】【详解】光照增强时，Rt阻值变小，干路电流变大，内电压变大，外电压变小，故A灯变暗．由于0AIII干=+，I干变大，AI变

小，故0I变大．由于000UIR=变大，U外变小，由0BUUU=+外，可知BU变小，故B灯变暗，综上分析，B正确．12.图（甲）为手机及无线充电板，图（乙）为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电

板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，总电阻（含所接元件）为R，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线

圈，若在1t到2t时间内，其磁感应强度由1B增加到2B。下列说法正确的是（）A.在1t到2t时间内，c点的电势高于d点的电势B.在1t到2t时间内，受电线圈通过的电量为()21nBBSR−C.在1t到2t时间内，两个线圈之间有相互吸引的作用力D.受电线圈中的电流大小与交流电的频

率无关【答案】B【解析】【详解】A．根据楞次定律可知，受电线圈内部感应电流的方向为由cd→，则c点的电势低于d点的电势，故A错误；B．在1t到2t时间内，感应电动势为()2121nBSBSEnttt−==−感应电

流为()()2121nBSBSEIRttR−==−受电线圈通过的电量为()21nBSBSqItR−==故B正确；C．在1t到2t时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，两个线圈之间有相互排斥的作用力，故C错误；D．交流电的频率越大，磁通量变化越快，则产生的感应电流越大，则受电线圈中的

电流大小与交流电的频率有关，故D错误。故选B。13.如图所示，下表是某种共享汽车的主要参数。根据表格信息，则下列说法正确的是（）空车质量800kg电池容量44kWh标准承载200kg最大续航（充满电最大行驶路程）200km所受阻力与汽车总量比值0.09A.工作

时，电动汽车的电动机是将机械能转化成电能B.电池容量44kWh指是汽车电池充满电时的电量C.标准承载下，电动汽车以36km/h的速度匀速行驶10min消耗的电能为1.5kWhD.若标准承载下汽车速度为54km/

h，则此时汽车电动机最大输出功率不小于13.5kW的【答案】D【解析】【详解】A．工作时，电动汽车的电动机是将电能转化成机械能，所以A错误；B．电池容量44kWh指的是汽车电池充满电时的电能，所以B错误；C．匀速行驶时的牵引力F=f=0.09(800+200)10=900N电动汽车以

36km/h=10m/s的速度，匀速行驶时电动汽车的功率为P=Fv=90010=9kW匀速行驶10min消耗的电能为E=Pt=91060=9kW.h所以C错误；D．若标准承载下汽车速度为54km/h=15m/s，此时汽车电动机输出功率为90001513.5kWp

Fv===所以D正确；故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6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2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.利用光的干涉规律可以检测工件表面的平整度与设计要求之间的微小差异，现将精

度很高的标准玻璃板（样板），放在被检查工件上面，如图甲所示，在样板的左端垫薄片，使标准玻璃板与被检查工件平面之间形成一楔形空气膜．用平行单色光向下照射，检查不同平面时可观察到图乙或图丙的干涉条纹，下列说法正确的是（）A.干涉条纹是

样板的上下两个表面的反射光干涉形成的B.当增加薄片厚度时，条纹间距会变小C.当换用频率更高的单色光照射时，条纹间距不变D.图丙条纹弯曲处对应着被检查平面处是凹陷的【答案】BD【解析】【详解】A．干涉条纹是样板的下表面和被检查面的反射光干涉形成的，故A错误；B．当增加薄

片厚度时，光程差等于半个波长整数倍的位置距离变小，则条纹间距会变小，故B正确；C．当换用频率更高的单色光照射时，其波长变小，光程差等于半个波长整数倍的位置距离变小，则条纹间距会变小，故C错误；D．由图丙可知，被检查平面右边的空气膜厚度与未弯处平面的空气膜厚度相同，则对应着被检查平面处是凹

陷的，故D正确。故选BD。15.如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，波的周期T>0.6s，则()A.波的周期为0.8sB.在t＝0.9s时，P点沿y

轴正方向运动C.经过0.4s，P点经过的路程为0.4mD.在t＝0.2s时，Q点到达平衡位置【答案】ACD【解析】【详解】A项：根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移，14n+其中n=0、1、2、3、4…，故由实线传播到虚线这种状态需要3

4nT+，即30.64nTs+=，当n=0时，解得T=0.8s，当n=1时，解得：T=0.34s，又T＞0.6s，故n取0，则波的周期为0.8s，故A正确；B项：t=0.6s时，P点处于波谷，再经过0.3s即38T，P质点在平衡位置下方，即沿

y轴向下运动，故B错误；C项：经过0.4s即半个周期，质点P经过的路程为2A，即等于0.4m，故C正确；D项：从t=0经过02s即四分之一周期，由“平移法”可知，Q质点位于平衡位置，故D正确．故选ACD。16.如图所示，a、b为两束不同频率的单色光，以相同的入射角射到平行玻璃砖的上表面

（玻璃砖上下表面足够大、对a、b两种光的折射率均大于1.5），直线与玻璃砖上表面垂直.且与其交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点，下列说法正确的是（）A.a光的折射率小于b光的折射

率B.若b光从水面射出时能发生全反射，a光也一定能发生全反射C.同时增大入射角，则有可能在玻璃砖下表面看不见亮光D.只要入射角相同，a光在玻璃砖中传播的时间始终小于b光在玻璃砖中传播的时间【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，两束光的入射角i相等，a光的折射角ra大于b光的折射角rb，则

由sinsininr=可知abnn故A正确；B．由1sin=Cn知a光从水射向空气的临界角大，所以若b光从水面射出时能发生全反射，a光不一定能发生全反射，故B错误；C．根据光的可逆性原理，只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生

折射，就一定可以从下表面射出，故C错误；D．根据cvn=波速关系为abvv光在玻璃中传播的时间为2sincoscossin2xddnditvvrcrcr====玻璃砖对两种光的折射率都大于1.5，则122sin==32Cn即两束光在玻璃砖中的折射角r都小于45°，则入射角i相等时，所以有

sin2sin2abrr则有ta<tb故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.小杨同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验（1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其名称是____；（2）指出图1装置中一处不合理的地

方____；（3）计算打下计数点5时纸带速度的大小为____m/s（保留3位有效数字）；（4）若实验数据处理结果0到5点过程中动能的增加量略大于重力势能的减少量，可能的原因为_________。【答案】①.毫米刻度尺②.重锤离打点计时器太远③.0.910～0.915④.O点的初速度不为0

【解析】【详解】（1）[1]除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材是毫米刻度尺；（2）[2]图1装置中一处不合理的地方是：重锤离打点计时器太远；（3）[3]打下计数点5时纸带速度的大小为2465(7.754.10)10m/s0.912m/s220.02xvT−−===

（4）[4]若实验数据处理结果0到5点过程中动能的增加量略大于重力势能的减少量，可能的原因为：O点的初速度不为0。18.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中∶(1)如图甲所示，光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件，其中a、b、c、d各元件的名称依次是___

____（填选项前的字母）；A.单缝、滤光片、双缝、光屏B.单缝、双缝、滤光片、光屏C.滤光片、单缝、双缝、光屏D.滤光片、双缝、单缝、光屏(2)以下操作中能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离的是________（填选项前的字母）；A.将红色滤光片改为绿色滤光片B.增大双缝之间的距离C.

增大图中的b和d之间的距离D.增大图中的c和d之间的距离(3)若她在另一次实验操作中，发现测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图所示，则____（填选项前的字母）。A.此现象是单缝与双缝不平行造成的B.此情形下波长的

测量值大于真实值C.通过调节拨杆能使中心刻线与干涉条纹方向一致【答案】①.C②.D③.B【解析】【分析】【详解】(1)[1]为了获取单色的线光源，光源后面应放置滤光片、单缝，单缝形成的相干线性光源经过双缝产生干涉现象，因此a、b、c、d元件依次为滤光

片、单缝、双缝和光屏，故C正确，A、B、D错误；故选C；(2)[2]A．根据双缝干涉的条纹间距公式Lxd=可知，将红色滤光片改为绿色滤光片，波长变小，则双缝干涉条纹的间距变小，故A错误；B．根据双缝干涉的条纹间距公式Lxd=可知，

增大双缝之间的距离d，双缝干涉条纹间距变小，故B错误；CD．增大图中的c和d的距离，即增大双缝与光屏间的距离L，根据双缝干涉的条纹间距公式Lxd=可知，双缝干涉条纹间距变大；但增大图中的b和d之间的距离，双缝与光屏间的距离L不一定增大，根据双缝干涉的条纹间

距公式Lxd=可知双缝干涉条纹间距不一定变大，故C错误，D正确；故选D；(3)[3]A．图所示出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不平行，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上；若单缝与双缝不平行，在光屏上却观察不到干涉图样，故A错误；B．

此情形将造成条纹间距x的测量值偏大，根据双缝干涉的条纹间距公式Lxd=可知波长的测量值将偏大，故B正确；C．调节拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，图已有清晰的干涉图样，所以不用调节，故调节拨杆不能把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上

，故C错误；故选B。19.为测量一个电阻阻值，某实验小组的同学在实验室只申请到了以下器材：待测电阻xR多用电表一只电流表1A：量程50mA，内阻110r=电流表2A：量程100mA，内阻约为5电压表V：（量程6V，内阻约3k）滑动变阻器1R：0~10，额定电流为1A

滑动变阻器2R：0~500，额定电流为0.3A电池组E：电动势为6V，内阻约为1开关S及导线若干他们的实验过程如下：的(1)先用多用电表的欧姆挡“1”挡粗测待测电值的阻值，多用电表的面板如图1所示，则待测电阻的阻值约为___________。(2)实验小组想

用伏安法测量待测电阻的阻值，于是设计了如图2所示的实验电路，但经过分析，此方案实际上不能测量待测电阻的阻值，则其主要原因是___________。(3)实验小组的同学经过思考，又设计了图3所示的电路测量待测电阻的阻值，若用1I、2I分别表示电

流表的示数，则该实验方案中测量电阻的表达式为xR=___________。(4)图4是图3电路对应的实物图，请用笔画线代替导线将实物图补充完整。（）(5)实验中所用的滑动变阻器为___________（选填“1R”或“2R”）。【答案】①.12②.电流表的量

程太小，电压表指针偏角太小，读数误差太大③.1121IrII−④.⑤.1R【解析】【分析】【详解】(1)[1]根据多用电表测量电阻的读数规则，用多用表1Ω挡粗测电阻为12Ω；(2)[2]①电流表的量程太小，当电流表

满偏时，被测电阻两端的电压只有0.5V，电压表指针偏角太小，读数误差较大；②滑动变阻器阻值太小，使用限流接法起不到保护和调节作用，应该使用分压接法。(3)[3]已知内阻的电流表可以当做电压表用，根据欧姆定律得1121xIRrII=−；(4)[4]连接实物图时注意电

流表、电压表的正负接线柱和滑动变阻器的连接方式。(5)[5]比较两个滑动变阻器的总阻值，2R的阻值太大不便于操作，所以选1R。20.如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与

水平面间可视为光滑连接．某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg（可视为质点）从赛道顶端静止开始沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s．然后在水平赛道上沿直线继续前进180m静止．假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因

数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；（2）滑雪者在斜面赛道上受到的合外力；（3）滑

雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度【答案】（1）0.25（2）300N(3)7.5s,112.5m【解析】【详解】【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求

出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度；解：(1)水平面匀减速v2=2a2s得a2=2.5m/s2由牛顿第二定律：μmg=ma2得：μ=0.25(2)滑

雪者在斜面赛道上受到的合外力F=mgsin37°-μmgcos37°=300N(3)根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度214.0/Famsm==由vat=得：17.5vtsa==由v2=2as得21112.52vsma==21.某

同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图所示，PB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开。竖直标杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的小球。每次将弹簧的长

度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将小球弹出。在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x，已知弹簧锁定时的弹性势能Ep=9mgR，小球与水平杆的动摩擦因μ=0.5，与其他部分的摩擦不计，不

计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对小球的影响且管的粗细远小于圆的半径，重力加速度为g。求：(1)当h=3R时，小球到达管道的最高点C处时的速度大小vc；(2)在(1)问中小球运动到最高点C时对管道作用力的大小

；(3)若h连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x的最大值？【答案】（1）10CvgR=；（2）F=9mg；（3）xmax=8R【解析】【分析】【详解】(1)设小球从P点运动至C点的过程中，机械能守恒，则有2P1()2CEmghRmv=++解得10CvgR=(2)设小球在C点时受到管道给的作

用力向下。大小为F2CvFmgmR+=解得F=9mg根据牛顿第三定律，小球对管道的作用力大小为9mg。(3)从P到E的过程中，由动能定理得2P1()202EEmghRmgRmv−−−=−要使小球落入盒中且x取极值的临界是正好从Q

点掉入盒子，由E到Q做平抛运动得212hRgt−=联立可得222(5)16xhRR=−−+故当h=5R时，有max8xR=判断：该情况小球能通过最高点C，结果成立。22.如图所示，NQ和MP是两条平行且倾角θ=30°的光滑金属轨道，在两

条轨道下面在PQ处接着QT和PS两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒ab，cd的质量均为m，长度均为L．连金属棒的长度恰好等于轨道的

间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒ab的电阻为2R，cd的电阻为R．磁场方向均垂直于导轨向上（不考虑PQ交界处的边界效应，可认为磁场在PQ处立即变为竖直向上），磁感应强度大小为B．若先保持金属棒cd不动，ab在沿导轨向下的力F作用下，开始以加速度a沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动．经过t0时刻，

ab棒恰好到PQ位置，此时撤去力F，同时释放cd金属棒，求：（1）ab棒匀加速过程中，外力F随时间t变化的函数关系；（2）两金属棒撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒cd产生的热量Q；（3）两金属棒撤去F后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属

棒cd产生的电荷量q；【答案】（1）220sin3BlatFmamgR=+−（2）220112mat（3）02matqBL=【解析】【详解】（1）棒ab匀加速过程中，sin-3BLvFmgBLmaR+=得：220sin3BLatFmamgR

=+−（2）撤去外力时，金属棒ab的速度v=at0，则ab、cd组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同Mv=2mv′得v′=12at0则两根导体棒产生的热量Q等于动能损失，则2'2'22201111=-2224

Qmvmvmvmat总−=由于ab电阻为2R，cd电阻为R，故其产生的热量之比为2:1故cd的热量22011312QQmat==总（3）对cd应用动量定理：012BLqmvmat==故02matqBL=点睛：本题综合考查了电磁感应现象中的能量转化关系，需要学生理解情境的情况下，分析

相应能量转化，理解功能关系，并涉及等效电路的分析．同时也考查了动量定理、电荷量求法以及电磁感应微元过程的理解．23.如图所示，在平面直角坐标系的第一四象限内，存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，在X轴上坐标为(),0a处，有一个放射源S，向平面内各

个方向放射出质量810kgm−=，电量510Cq−=的带正电粒子，速度大小为210m/s。MN是一个很大的屏，与X轴的夹角60=，经观测发现从S出发的带电粒子打到屏上的最短时间为210s3−。求：（1）带电粒子运动半径和周期，以及坐标a的值？（

2）在MN上有粒子打到的区域内，离开O点的最远距离多大？（3）假设粒子均匀分布，请分析说明打到屏上的带电粒子占总粒子数目的百分比？【答案】（1）1m，2210s−，233a=；（2）43m3；（3）50％【解析】【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有2vqvBmR=代入数据可得8251

010m1m100.1mvRqB−−===周期为22210sRTv−==设运动时间最短时所对圆心角为，则有2tT=解得3=根据题意可知，由S向MN做垂线，交与P点，当运动轨迹过P点时，运动时间最短，且此时轨迹所对圆心角为3，根据几何关系有sin1m3

aR==解得233a=（2）根据题意可知，弦长最长等于直径时，粒子打到MN上离O点最远，运动轨迹如图所示根据几何关系可得2243cosm33OQOSSQSP=+−=（3）根据题意可知，粒子在磁场中运动的半径恒为1m，则粒子所有轨迹的圆心连线在以S为圆心，1m为半径

的圆上，如图中虚线圆，当粒子运动的轨迹圆心在1O、2O两点时，粒子恰好能打到屏MN上，如图所示获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com