【文档说明】浙江省宁波三锋教研联盟2022-2023学年高二下学期期中联考物理试题 含解析.docx，共(26)页，7.336 MB，由管理员店铺上传

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2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高二年级物理试题考生须知：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。一、单项选择题（本题共13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、错选均不给分）1.下列

物理量是矢量并且它的物理符号和在国际单位制中的单位正确的是（）A.电场强度E（V）B.冲量I（kg·m·s-1）C.电感L（H）D.磁通量Φ（2Tm）【答案】B【解析】【详解】A．电场强度E是矢量，电场强度的单位为-1NC或-1Vm，故A错误；

B．冲量I是矢量，冲量的单位为Ns或-1kgms，故B正确；C．电感L是标量，故C错误；D．磁通量是标量，故D错误。故选B2.物理学发展源于生活，沉于理论，归于实验，下列关于物理学史的说法正确的是（）A.麦克斯韦通过实验得出了电磁场统一理论，为电磁学的发展奠定了基础B.楞次发

现了电磁感应现象，并通过实验得出了产生电磁感应现象的条件C.奥地利物理学家开普勒在铁道旁散步时发现波源与观察者相互靠近或相互远离时，接收到波的频率都会发生变化，人们把这种现象称为开普勒效应D.惠更斯通过详尽的实验研究，发现单摆做简谐运动的周期T和摆长的二次方根l成正比【答案】D【解析

】【详解】A．麦克斯韦提出了电磁场统一理论，预言了电磁波的存在，为电磁学的发展奠定了基础，后来赫兹用实验证明电磁波的存在，选项A错误；。B．法拉第发现了电磁感应现象，通过实验得出了产生电磁感应现象的条件，选项B错误；C．奥地利物理学家多普勒在铁道旁散步时发现波源与观察者相互靠近或相互远离时

，接收到波的频率都会发生变化，人们把这种现象称为多普勒效应，选项C错误；D．惠更斯通过详尽的实验研究，发现单摆做简谐运动的周期T和摆长的二次方根l成正比，选项D正确。故选D。3.下列情境中属于共振现象的是（）A.小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，

机器的摆动反而变得剧烈了起来B.小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高C.101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反D.如图是扬声

器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出【答案】A【解析】【详解】A．小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈

了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引起的，选项A正确；B．小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋干荡得比小张更高，该现象不属于共振，选项B错误；C．101大厦在台风来临

之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反，重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，选项C错误；D．如图是扬声器的结构示意图，当人在说话时，带动膜片振动，这属于受迫振动；膜片振动带动线圈振动，使线圈切割永久磁体的磁场产生

感应电流，经放大传给扬声器最后通过扬声器的振动将声音以较高音量发出，这不属于共振，选项D错误。故选A。4.物理规律往往有一定的适用条件，我们在运用物理规律解决实际问题时，需要判断使用的物理规律是否成立。如图所示，在光滑的地面上，人、车、锤一起向右在做匀

速直线运动，现在为了使车能够停下来，车上的人用锤连续敲打小车，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.连续敲打可以使小车停止运动B.人、车、锤组成的系统机械能守恒C.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，但水平方向的动量守恒D.人、车、锤组成的系统机械能不守恒，且任意方向的动量也不守恒【

答案】C【解析】【详解】B．根据题意可知，在车上的人用锤连续敲打小车的过程中人体消耗了化学能，敲打过程产生了内能，因此人、车、锤组成的系统机械能不守恒，B错误；CD．锤子向下运动过程中有一段失重过程，因此人、车、锤组成的系统所受外力的合力不为0，则人、车、锤组成的系统的动量不守恒，但该系统

在水平方向上所受外力的合力为0，则人、车、锤组成的系统水平方向的动量守恒，结合上述可知，人、车、锤组成的系统机械能不守恒，但水平方向的动量守恒，C正确，D错误；A．由于人、车、锤一起向右在做匀速直线运动，始总动量不为0，根据上述可知，由于

人、车、锤组成的系统水平方向的动量守恒，则系统水平方向总动量始终不为0，即连续敲打不能使小车停止运动，A错误。故选C5.家庭用电是交流电，因为传输，变压比较方便，驱动电机也比较简单。但仍有不少家用电器设备使用直流电，如电视机，电脑，充电器等，其工作

机制是在交流电输入后有一个专门的整流变压滤波电路，可以将正弦交流电变成如图所示的脉动直流电（每半个周期按正弦规律变化），则该脉动直流电电流的有效值为（）。A.22AB.42AC.82AD.162A【答案】C【解析】

【详解】根据图像可知，整流变压滤波电路仅仅改变了正弦交流电的方向，每时每刻电流的大小仍然一定，即该脉动直流电电流的有效值与滤波前的正弦交流电的有效值相同，则有16A82A2I==故选C。6.一个连同装备共有200kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船60m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有

一个高压气源，能以50m/s的速度喷出气体。航天员为了能在1min内返回飞船，他在开始返回的瞬间需要一次性向后喷出的气体至少约（）A.3kgB.4kgC.5kgD.6kg【答案】B【解析】【详解】航天员获

得速度后将做匀速直线运动，设位移l，设喷出气体的速度为0v，喷出气体的瞬间，航天员获得的速度大小为v，喷出的气体的质量为m，航天员连同装备的质量为M，则在高压气源喷出气体的瞬间，航天员和喷出的气体组成的系统动量守恒，取航天员运动的方向为正方形，由动量守恒定

律可得00()Mmvmv=−−另由匀速直线运动可得lvt=联立解得4kgm故选B。7.在粒子物理研究中，带电粒子在云室等探测装置中的轨迹是非常重要的实验证据。根据对不同粒子轨迹的分析和比较，科学家可以得到粒子的带电情况、运动情况等许多信息，甚至可以发现新粒子。现将一粒子源装入放在

匀强磁场的云室中（粒子源不固定，且云室中阻力忽略不计），粒子源不断向相反方向同时放出一对电荷量为pe，质量为km的正离子（p、k均为常量且都大于1）和电荷量为e，质量为m的电子，下列说法正确的是（）A.两种粒子的运动轨

迹如图甲所示，且半径大的一定是电子B.两种粒子的运动轨迹如图乙所示，且半径大的一定是电子C.若正离子和电子速度之比为k，则粒子源不会移动D.若正离子和电子的速度之比为1k，则粒子源不会移动【答案】D【解析】【详解】AB．两种电性不同带电粒子在同一磁场中同时向相反的方向运

动，根据左手定则可知，两粒子的轨迹在出发点相切，且互为内切圆；粒子在磁场中运动，洛伦兹力充当向心力，有20vBqvmR=可得0mvRBq=则可知两粒子在磁场中运动的轨迹半径分别为kmvRBpe=正正mvRBe=电电可知

正粒子和电子的半径比为RkvRpv=正正电电由以上比值关系不能确定正粒子和电子轨迹半径大小关系，故AB错误；的的CD．由于1k，若正粒子和电子的速度之比为k，则kmvmv正电正粒子和电子总动量之和不为零，则粒子源会移动；若正离子和电子的速度之比为1k，正粒子和电子总动量之和为零，则粒子源不会移

动，故C错误，D正确。故选D。8.如图是回旋加速器的示意图，加速电场场强大小恒定，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当粒子再次到

达两盒间的缝隙时，这时控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再一次被加速，如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过盒缝，而两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速度就能够增加到很大。则下列说法错误的是（）A.两盒间电势差的变化周期只与粒子的比荷有关B

.粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关C.带电粒子每运动一周被加速两次D.粒子第一次加速和第二次加速的半径之比为1:2【答案】A【解析】【详解】A．回旋加速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，即有2mTqB

=可知，两盒间电势差的变化周期与粒子的比荷、磁感应强度有关，A错误，符合题意；B．令D形盒的半径为R，则有maxmvRqB=，2kmaxmax12Emv=解得222kmax2qRBEm=即粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，B正确，不符合题意；C．由于回旋加

速器正常工作时，电势差的变化周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，则带电粒子每运动一周被加速两次，C正确，不符合题意；D．粒子第一次加速有2112qUmv=，11mvRqB=粒子第二次加速有22122qUmv=，22mvRqB=解得2112RR=D正确，不符合题意。

故选A。9.如图所示，小王同学在实验室做“跳环实验”。他将闭合铝环套在可拆变压器的铁芯上，再将变压器的“0，1600（匝）”接线柱接220V的交流电源上。通电后，铝环跳起并悬浮在铁芯上方，则（）A.铝

环中的电流与线圈中的电流大小相等B.若变压器改接220V直流电，则接通电源后铝环纹丝不动C.若改用“0，800（匝）”接线柱，铝环跳起的高度会增加，同时线圈会有比较明显的发热现象D.铝环跳起的高度太低是由于铝环的电阻太大【答案】C【解析】【详解】A．线圈接交流电，

在铝环中产生的是感应电流，与线圈中的电流大小不一定相等，选项A错误；B．若变压器改接220V直流电，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，则铝环中会产生感应电流，从而会向上跳起。若保持电键闭合，则铝环的磁通量不变，环中没有电流，故要落回原处，选项B错误；C．若改用“0，800

（匝）”接线柱，则匝数变小，线圈中电流会变大，铝环中产生的感应电流会变大，则铝环跳起的高度会增加，同时线圈会有比较明显的发热现象，选项C正确；D．铝环跳起的高度与铝环的质量、线圈中的电流、线圈的匝数等都有关系。铝环跳起的高度太低不一定是由于铝环的电阻太大造成的，选项D错误。故选C。10.

如图所示，图甲是LC振荡回路中电荷量随时间的变化关系，若以图乙回路中上极板带正电荷为正，a、b、c、d均为电场能或磁场能最大的时刻，下列说法正确的是（）A.图乙中的a是电场能最大的时刻，对应图甲中的4T时刻B.图乙中的b是电场能最大的时刻，此后4T内

电容器的上极板将充上正电C.图乙中的c是磁场能最大的时刻，对应图中的2T时刻D.图乙中的d是磁场能最大的时刻，此后电路中的电流方向为逆时针【答案】A【解析】【详解】A．图乙中的a是电场能最大的时刻，此时上极板带正电，电荷量为正，则对应图甲中的4T时刻，选项A正确；B．

图乙中的b是磁场能最大的时刻，此时电容器放电完毕，此后4T内电容器的下极板将充上正电，选项B错误；C．图乙中的c是磁场能最大的时刻，此时电容器反向放电完毕，对应图中的T时刻，选项C错误；D．图乙中的d是电场能最大的时刻，此后电

容器放电，电路中的电流方向为顺时针，选项D错误。故选A。11.如图所示，平行光滑金属导轨（足够长）与水平面成37°角倾斜固定，两导轨间距为1m，上端接一标有“8V，80W”的灯泡，导轨间有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小1TB=的匀强磁场，一质量1kgm=、长度为1m的金属棒MN，放在两导轨平

面上，且与导轨在同一平面内，现给MN一沿导轨向下的恒力F，MN达到平衡后，小灯泡恰好正常发光。不计导轨和金属棒MN的电阻，MN沿导轨滑动过程始终与导轨接触良好且无摩擦。取重力加速度大小g=210m/s，下列说法正确的是（）A.金属棒MN沿导轨运动的过

程中通过小灯泡的电流方向为从b到aB.金属棒MN平衡时的速度大小为6m/sC.恒力F的大小为4ND.金属棒MN平衡时其受到重力的功率为80W【答案】C【解析】【详解】A．金属棒MN沿导轨运动的过程中，由右手

定则可判断通过小灯泡的电流方向为从a到b，故A错误；B．由8VUEBLv===解得8m/sv=故B错误；C．由受力平衡可得Asin37FmgF+=又22ABLvFBILR==2URP=联立解得4NF=故C正确；D．由公式Gs7in3Pmgv=解得G48WP=故D错误。故选C。12.图示是某人

设计电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。1n和2n分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如

下表所示。热风时输入功率500W冷风时输入功率80W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率68W则下列说法正确的是（）A.当P与b、c接触时，吹热风B.小风扇的内阻约53ΩC.吹热风时，输入到小风扇的功率约占总功率

的13.6%D.变压器原、副线圈的匝数比是11：3的【答案】D【解析】【详解】A．触片P与触点b、c接触时，电路中只有电动机自己工作，电吹风机送出来的是冷风，选项A错误；B．小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流804A

=A603PIU==则2=80W-68W=12WIrPP=−出解得小风扇的内阻是r=6.75Ω选项B错误；C．吹热风时输入功率500W，输入到小风扇的功率80W，约占总功率的000080100=16500选项C错误；D．根据变压器的原线圈、副线

圈的匝数与电压的关系1222011603nn=＝选项D正确。故选D。13.小张在探究磁场对电流作用的实验中，将长宽高分别为a、b、c的金属导体板放在沿y轴正方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，给导体通上沿x轴正方向的电流I时，发现

在导体的某两个相对的面之间存在电压U。则下列说法正确的是（）A.在上下两个面之间出现电势差，且上底面的电势更高B.电压U和电流成正比C.电压U与磁感应强度成反比D.电压U与c的长度有关【答案】B【解析】【详解】A．金属导体是电子的定向移动，则由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向上，

则在上下两个面之间出现电势差，且下底面的电势更高，选项A错误；BCD．根据UqqvBc=Inqacv=解得BIUnqa=即电压U和电流成正比，与磁感应强度成正比，与c的长度无关，选项B正确，CD错误。故选B。二、不定项选择题（本题共2小

题，每小题3分，共6分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全部选对得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）14.如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和2m，右图为他们碰撞前后的x-t图像。已知10.3kgm=，由此可以判

断（）A.碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动B.可以计算出20.9kgm=C.碰撞过程为非弹性碰撞D.若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J【答案】BD【解析】【详解】A．由图像可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，故

A不符合题意；B．碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为14msxvt==方向只有向右才能与m2相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为22msv=

12msv=−碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，根据动量守恒定律得m1v1=m1v′1＋m2v′2代入解得m2=0.9kg故B正确；C．碰撞过程中系统损失的机械能为2221111221110222mvmvmvE=−−=碰撞过程为完全

弹性碰撞，故C错误；D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则()1112mvmmv=+解得1m/sv=碰撞过程中损失的动能是()221112111.8J22Emvmmv=−+=故D正确。故选BD。15.在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，有两列持续传播的简谐

横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，0=t时刻的波形如图所示，甲波恰好传至0x=处，乙波恰好传至5mx=处，已知波在负半轴的波速大小为0.5m/s，在正半轴的波速大小为0.25m/s，下列说法中正确的是（）A.0=t时刻2.6mx=−处质点与5.1mx=处质点的振动方向相反B.x

轴上第一个位移到6cm+的质点是横坐标为3mx=C.较长时间后2.5mx=处的质点是振动减弱点D.50st=时刻2mx=处质点的位移为6cm【答案】BCD【解析】【详解】根据题意，由图可知，甲在y轴左测的波长为4m，

则甲的频率为1Hz8vf==左甲甲乙的波长为2m，则乙的频率为1Hz8vf==右乙乙甲、乙频率相同，可以发生干涉现象A．根据题意，由同侧法可知，2.6mx=−处质点与5.1mx=处质点的振动方向都向下，相同，故A错误；B．根据

题意可知，甲的波峰传到0x=时，需要的时间为11s2s0.5t==此时，乙的波峰传到6mx=处，它们在x轴的中点在3mx=，由于波速相等，同时到达，两列波在此处叠加，使该点的位移为6cm+，故B正确；C．根据题意可知，0=t

时，0x=处质点开始向上振动，5mx=处的质点开始向下振动，则距两处相等位置2.5mx=的质点，在较长时间后是振动减弱点，故C正确；D．根据题意可知，甲波在2mx=处的质点在50st=时，振动154周期，则位移为13cmx=乙波在2mx=处的质点在50st=时，振动344周期，则位移为2

3cmx=则50st=时刻2mx=处质点的位移为126cmxxx=+=故D正确。故选BCD。三、实验题（本小题共2小题，共14分）16.在“探究电磁感应的产生条件”实验中：（1）如图甲所示，线圈横卧在课桌上并与G表相连，将条形磁铁自左向右穿过线圈，已知插入时G表指针向

左偏转，则拔出时G表指针_______（填“向左”或“向右”）偏转。（2）如图乙所示，将学生电源和开关、滑动变阻器、线圈A串联起来，将线圈B与G表连接起来。一般情况下，开关和A线圈应该与学生电源的_______（

填“直流”或“交流”）接线柱相连。闭合开关瞬间，发现G表指针向左偏转。当闭合开关接通电源后，将变阻器滑动触头向右移动时，则G表指针_______（填“向左”或“向右”）偏转。闭合开关接通电源后，第一次将滑

动变阻器从最大阻值滑移到某一较小阻值，第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移到同一较小阻值，则第二次G表偏转的角度较_______（填“小”或“大”）。【答案】①.向右②.直流③.向左④.大【解析】【详解】（1）[1]将条形磁铁自左向右穿过线圈时，线圈中的磁通量增加，则根据

楞次定律可知，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，即线圈中产生的感应电流从左向右看为逆时针方向环绕，此时G表指针向左偏转；则拔出时，穿过线圈的磁通量要减小，则感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的减小，即线圈

中产生的感应电流从左向右看为顺时针方向环绕，那么此时G表指针向右偏转。（2）[2]开关和A线圈应该与学生电源的直流接线柱相连，这样可以通过开关的通断和滑动变阻器阻值的改变从而控制电流的变化，以产生变化的磁场，进而研究感应电流产生的条件，而交流电的方向在发生周期性变

化，实验过程若选择交流电就会同时有两个变量，因此选择直流电源；[3]当滑动变阻器滑动触头向右移动时，接入电路中的电阻减小，回路中产生的电流增大，从而产生的磁场增强，致使产生的感应电流增大，G表指针向左偏转；[

4]第二次用比第一次大的速度将滑动变阻器从最大阻值滑移到同一较小阻值，这样的操作使电路中电流的变化率增大，从而使磁场的变化率增大，则产生更大的感应电流，则第二次G表偏转的角度较大。17.在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中（1）下列说法正确的是_______A.

需要用天平称出小球的质量B.测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量C.摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好D.必须使摆球在同一竖直面内摆动（2）测量周期时用到了秒表，长针转一周的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为1min，该单

摆摆动n次长短针的位置如图甲所示，所用时间=_______s。（3）用多组实验数据作出2T-L图像，可以求出重力加速度g，已知三位同学作出的2T-L图线的示意图如乙图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，根据图线b求得的g值最接近当地重力加速度的数值。则相对于图线b

，下列分析正确的是_________。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球最下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c求得的g值小于图线b求得的g值【答案】①.BD##DB②.67.9③.B【解析】【

详解】（1）[1]A．单摆的周期与质量无关，则不需要用天平称出小球的质量，选项A错误；B．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，选项B正确；C．摆长一定的情况下，摆角不超过5°，即并非摆的振幅越大越好，选项C错误；D．必须使摆球在同一竖直面内摆动，选项D正确。故选BD。（2）[2]秒表读数

=1min+7.9s=67.9s。（3）[3]A．由图像a、b可知，相同的T值时a图像对应的L值较小，则图线a的原因可能是误将悬点到小球最上端的距离记为摆长L，选项A错误；B．图像b、c比较，相同的L值图

线c对应的T值较小，出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次，选项B正确；C．根据2LTg=可得224TLg=图线c斜率较小，则求得的g值大于图线b求得的g值，选项C错误。故选B。四、计算题（共4小题，共

41分）18.如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd通过理想变压器外接电阻10R=，已知线圈边长0.1mabcd==，0.2madbc==，匝数50N=匝，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两

端。变压器原、副线圈匝数比12:1:3nn=，线圈在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以200rad/s=的角速度匀速转动，求：（1）从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值e的表达式；（2）交流电压表的示数U；（3）电阻R上

消耗的电功率P。【答案】（1）e=40cos200t（V）；（2）202V；（3）720W【解析】【详解】（1）感应电动势的最大值为mENBS=解得m500.20.10.2200V40VE==故从图示位置开始计时，线圈中产生的

电动势随时间变化的关系式为：e=40cos200t（V）（2）由于线圈电阻不计，所以电压表示数等于感应电动势的有效值，则有m2EU=解得202VU=（3）根据1122UnUn=解得2602VU=则电阻R上消耗的电动率为22UPR

=解得720PW=19.如图所示，高1mh=的光滑斜面AB与长11.6mL=的水平面BC平滑连接，再与长210mL=的水平传送带DE紧密连接，传送带恒以8m/sv=的速度逆时针匀速转动。位于斜面顶端A处质量为1kgm=的物体P（视为质点）以初动能062JkE=沿斜

面向下运动，在B处撞击质量同为1kgm=的静止物体Q（视为质点），碰撞以后两物体粘合在一起，已知粘合体与水平面BC、传送带DE的动摩擦因数均为0.5=，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：(1)碰撞以后粘合体的速度大小；(2)粘合体最终静止时与B点的距离；(3)要使粘合体最

终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能可能值中的最大值。【答案】(1)6m/s；(2)0.4m；(3)94J【解析】【详解】(1)A到B2k0112mghEmv+=112m/sv=P、Q碰撞动量守恒122mvmv=26m/sv=(2)由能量关系221222mvmgx

=3.6mx=所以物体最终静止在距离B0.4m处位置(3)若物体到达斜面顶端的A，则物体经传送带返回的速度为v212222BCmvmghmgx=+6m/sv=22axv=3.6m10mx=没有从右

侧滑出B到C2221122222BCmvmgxmv+=252m/sv=碰撞前速度1252m/sv=B到C20112kmghEmv+=k094JE=20.如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸而向外的匀强磁场，

单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为00~3vv的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R。已知从M点射入的速度为0v的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁

场区域。挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长。不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：（1）圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；（2）从M点射入的速度为03v的粒子射出磁场后打在挡板上的

点F（图中未标出），求NF的距离以及从M到F所用的时间t。（3）所有从PM到QK间射入的速度为0v的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？【答案】（1）0mvBqR=，正电；（2）33R，()0233Rv+−；（3）60~90【解析】【详解】（

1）速度为0v的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知rR=200vqvBmr=得0mvBqR=由左手定则判断可得粒子带正电；（2）由题意得速度为03v的粒子轨道半径3rR=由几何关系可知，粒子再磁场中的偏转角度为60M到G的过程中，水平位移33sin602xRR

==竖直位移333cos602yRRR=−=可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得()233sin603GFRylR−−==得3cos603NFGFlxIRR=+−=（或者在三角形ONF中3tan303NFONR==M到G的过程中所用的时间1033mRtBqv

==G到F的过程中所用的时间()2002333GFRltvv−==得总时间()120233Rtttv+−=+=（3）由题意得，所有速度为0v的粒子均过N点；由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90；由K点入射的粒子出磁场时速度

方向与ND的夹角为60；综上得夹角范围为60~90。21.如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为0.4mL=，电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下

的匀强磁场，磁感应强度大小1.0TB=。质量为0.1kgbm=，电阻为0.2bR=的金属棒b垂直导轨放置其上，它与磁场左边界AA的距离为00.5mx=，现将质量为0.2kgam=，电阻为0.1aR=的金属棒a从弯曲导轨上高为0.45mh=处由静止释放，使其沿导轨运动

，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度g取210m/s，求：（1）金属棒a刚越过磁场左边界AA时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小；（2）金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热；（3）两金属棒匀

速运动时，a、b两棒的间距1x是多大。【答案】（1）流过金属棒a的电流方向由A指向A，0.8V；（2）0.1J；（3）0.125m【解析】【详解】（1）金属棒a到达水平部分的过程，根据机械能守恒2012aamg

hmv=解得023m/svgh==此时的电动势为01.2VEBLv==根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由A指向A。金属棒a两端电压为0.21.2V0.8V0.10.2babRUERR===++（2）两金属棒所受安

培力大小相等、方向相反，两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动，两金属棒组成的系统满足动量守恒定律，则有0()aabmvmmv=+解得2m/sv=设总焦耳热为Q，根据能量守恒可得22011()0.3J22aabQmvmmv=−+=a棒上产生的焦耳热为0.1JaaabRQQRR==+（3）安培力冲量

为FtBILtBqL==安又ΔΦΔΦΔΔΔΔΔababababEBLxtqItttRRRRRRRR=====++++对b棒，根据动量定理可得22Δ0babBLxFtmvRR==−+安解得3Δm8x=则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为103Δ0.5mm0.125m8

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