精品解析：浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理试题（解析版）_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0702浙江省丽水市2023-2024学年高二下学期6月期末考试

丽水市 2023 学年第二学期普通高中教学质量监控 高二物理试题卷 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共 8页，满分 100分，考试时间 90分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答 题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在试题卷 上的作答一律无效。 3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时，先使 用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。 4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度 g均取10m/s2。 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. 下列物理量为矢量的是（ ） A. 时间 B. 电场强度 C. 电势 D. 路程 【答案】B 【解析】 【详解】时间、电势、路程是标量，电场强度是矢量，故ACD错误，B正确。故选B。 2. 下列说法正确的是（ ） A. 图甲中运动员将球踢出后，足球在空中受到重力、阻力和推力 B. 图乙中研究花样滑冰运动员旋转动作时，可将运动员看成质点 C. 图丙中跳水运动员在空中运动时处于完全失重状态 D. 图丁为神舟十三号航天员出舱，此时地球对航天员的引力大于航天员对地球的引力 【答案】C 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】A．图甲中运动员将球踢出后，足球在空中受到重力和阻力，球和脚已经分离，没有推力，A错误； B．凡是研究动作的都不能看成质点，B错误； C．图丙中跳水运动员在空中运动时加速度为重力加速度，运动员处于完全失重状态，C正确； D．图丁为神舟十三号航天员出舱，根据牛顿第三定律，此时地球对航天员的引力等于航天员对地球的引力， D错误。 故选C。 3. 一个小球在空中由静止自由下落，不计空气阻力，下列关于小球在空中运动过程中的速度v、加速度a、 重力做功瞬时功率P、机械能E随时间t变化关系中，错 ． 误 ． 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】AB.一个小球在空中由静止自由下落，不计空气阻力，只受重力作用，加速度等于重力加速度，不 随时间改变，速度跟时间关系为v gt，可见vt成正比例函数，故AB正确； W mgh 1 1 C.重力功率为P   ，而h gt2，所以P  mg2t，可见Pt，成正比例函数，故C正确； t t 2 2 D．小球自由下落后由于忽略空气阻力，所以小球机械能守恒，不随时间变化而变化，故D错误。 本题选错误的，故选D。 4. 丽水拥有很多美丽的绿道，绿道骑行成为越来越多人的放松方式。如图，一位大人和一位小孩在绿道转 弯处骑行，大人和小孩以相同的速率转弯，路面水平，转弯过程近似为匀速圆周运动，则大人和小孩（ ） A. 受到的向心力大小相等 B. 转弯过程中位移大小与路程相等 C. 转弯过程中由静摩擦力提供向心力 D. 转弯过程中加速度为零 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【解析】 v2 【详解】A．大人和小孩所受到的向心力为骑行者做匀速圆周运动，线速度大小不变，根据F m r 可知大人和小孩质量不同，则向心力不同，故A错误； B．由图可知大人和小孩的轨道半径不同，则位移和路程不同，故B错误； C．对大人和小孩受力分析，受到重力，地面竖直向上的支持力、地面指向圆弧内侧的静摩擦力，与运动方 向相反的摩擦力，由静摩擦力提供向心力，故C正确； D．大人和小孩做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，存在向心加速度，即加速度不为零，故D 错误；故选C。 5. 如图所示，一同学站在水平地面上身体前倾保持姿势不动，则下列说法正确的是（ ） A. 人对地面的压力方向斜向下 B. 人对地面有水平向后的摩擦力 C. 地面对人有水平向后的摩擦力 D. 地面对人的支持力竖直向上 【答案】D 【解析】 【详解】A．人对地面的压力方向竖直向下，故A错误； BC．人在水平方向不受力，即地面与人之间没有摩擦力作用，故BC错误； D．地面对人的支持力竖直向上，故D正确。故选D。 6.“拉曼散射”是指一定频率的光照射到样品表面时，物质中的分子与光子发生能量转移，散射出不同频率的 光.若在反射时光子将一部分能量传递给分子，则（ ） A. 光传播速度变大 B. 光子的波长变小 C. 光子的频率变大 D. 光子的动量变小 【答案】D 【解析】 【详解】A．光子的传播速度不变，A错误； 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司B．光子将一部分能量传递给分子，光子的能量减小，频率变小，波长应该变大，B错误； C．由于光子将一部分能量传递给分子，光子的能量减小，频率变小，C错误； h D．根据光子的动量计算公式 p   可知，当普朗克常量h不变时，波长变大，其动量变小，D正确。故选D。 7. 手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n ∶n =5∶1，两个线圈中所接电阻 1 2 的阻值均为R。当ab间输入电压u 220 2sin100t（V）的交变电流后，受电线圈中产生交变电流再通 过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5V，受电线圈中的电流为 2A。把装置线圈视同为理想变压器，则（ ） A. 送电线圈电压有效值为220V B. 受电线圈中的频率为100Hz C. 快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2A D. 快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5V 【答案】D 【解析】 【详解】A．因ab两端的电压有效值为220V，可知送电线圈电压有效值小于220V，选项A错误； 100 B．受电线圈中的频率与送电线圈的频率相等，均为 f  Hz=50Hz，选项B错误； 2 n 1 C．快速充电时，流过送电线圈的电流大小为I  2 I  2A=0.4A，选项C错误； 1 n 2 5 1 D．快速充电时，变压器初级电压U U I R  2200.4R 1 1 n U 1 1  2  n U 5 2 1 U U I R 52R 2 ef 2 联立解得R=18.75Ω，U =42.5V，选项D正确。故选D。 2 8. 目前治疗癌症最先进的手段是利用核反应 nΧ 1n  7Li 4He，反应释放出的高杀伤力的α粒子作用 m 0 3 2 在癌细胞上，进而将病人体内的癌细胞杀死。已知X粒子的质量为m ，中子的质量为m ，α粒子的质量为 X n m ，Li核的质量为m 。下列说法正确的是（ ） α Li 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A. nΧ核中子数比7Li核中子数多一个 B.α射线比γ射线穿透力强 m 3 C. m m m m D. 该反应类型属于衰变 Li  n X 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据衰变过程中电荷数和质量数守恒可知n74110，m325 中子数等于质量数与电荷数的差，可知 nΧ核中子数为5个，7Li核中子数为4个，则 nΧ核中子数比7Li核 m 3 m 3 中子多一个，故A正确； B．α射线比γ射线穿透力弱，故B错误； C．发生衰变时会有质量亏损，则m m m m ，故C错误； Li α n X D．该核反应不属于衰变，是原子核的人工转变，故D错误； 故选A。 9. 如图所示为嫦娥六号在登月过程中的轨道变化，中心处为月球。从轨道 I变轨到轨道Ⅲ， 在A、B两 点该航天器点火变速。已知轨道 I、Ⅲ为圆形轨道，半径分别为R 和R ，嫦娥六号在轨道I上绕行时周期 1 2 为T，轨道Ⅱ为椭圆轨道。轨道 I和 Ⅱ相切于A点，轨道Ⅱ和Ⅲ相切于B点。由此可分析（ ） A. 轨道Ⅲ上的环绕速度小于在轨道I上的环绕速度 B. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时加速度大小相等 C. 沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时速度大小相等 D. 根据题干条件，无法求得嫦娥六号卫星从A点到B点的时间 【答案】B 【解析】 Mm v2 GM 【详解】A．根据G m ，解得v  r2 r r 轨道Ⅲ的半径小于轨道I的半径，则轨道Ⅲ上的环绕速度大于在轨道I上的环绕速度，故A错误； Mm GM B．根据牛顿第二定律有G ma，解得a  r2 r2 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司可知，沿轨道I和轨道Ⅱ分别经过A点时加速度大小相等，故B正确； C．沿轨道I相对于轨道Ⅱ是高轨道，由沿轨道I到轨道Ⅱ需要在切点位置减速，可知，沿轨道I经过A点的 速度大于沿轨道Ⅱ经过A点的速度，故C错误；  R R  3  1 2  D．根据开普勒第三定律有 R3  2  1  T2 T2 2 T 嫦娥六号卫星从A点到B点的时间t  2 2 可知，根据题干条件，可以求得嫦娥六号卫星从A点到B点的时间，故D错误。故选B。 10. 如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平初速度v 抛出，金属棒在运 0 动过程中始终保持水平，不计空气阻力。金属棒抛出后，下列说法正确的是（ ） A. 做平抛运动 B.a端电势高于b端 C. 受到的安培力水平向左 D. 感应电动势会变化 【答案】A 【解析】 【详解】AC．由于金属棒没有与其它导体构成闭合回路，在运动过程中只产生感应电动势，没有感应电流， 所以在运动过程中没有受到安培力，只受重力作用，做平抛运动，故A正确，C错误； BD．由右手定则，金属棒a端的电势低于b端的电势，在运动过程中有效切割速度为水平方向的速度，因 为金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，所以在运动过程金属棒产生的感应电动势不变，故BD错误。 故选A。 11. 如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅和波长都相等， 它们在相遇的某一时刻会发生两列波“消失”的现象，如图乙所示，其中 ae 为“消失区”两边缘处，b、c、 d 恰好将ae间距进行四等分，则从此刻开始，（ ） 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A.a 处质点将向上运动 B.b 处质点将向下运动 C c 处质点将向上运动 D.d 处质点将向下运动 . 【答案】B 【解析】 【详解】由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，振动减弱，两波的振幅相等，所以如图（乙）所示的时刻 两列波“消失”。根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起a、b的振动方向向下，向左传播的波 单独引起a、b的振动方向向下，根据叠加原理可知，此时a、b质点的振动方向是向下；同理d 处质点将 向上运动；c 处质点不振动。 故选B。 12. 如图，电荷量为 +Q的点电荷与一无限大接地金属板MN 相距为 2d，P 点与金属板相距为d，R 点与 P点关于点电荷对称。现测得P点电势为 3V。下列说法正确的是（ ） Q A.P点场强大小为k ，方向水平向右 d2 B.R点场强与P点场强大小相等，方向相反 C. 点电荷与金属板间的电势差大于6V D. 将一负试探电荷从P点移动到R点，静电力做负功 【答案】C 【解析】 【详解】A．系统达到静电平衡后，因为金属板接地，电势为零，所以电场线分布类似于等量异种电荷的电 Q Q 10Q 场分布，金属板位置相当于中垂线，P点场强大小为E k k k d2 (3d)2 9d2 故A错误； B．根据电场线的疏密表示场强的大小，则R点的场强小于点P，故B错误； C．P点左侧电场线比较密，则左侧的场强较大， 根据U Ed 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司则U 3V 点电荷与金属板间的电势差等大于6V，故C正确； D．电场线的疏密表示场强的大小，Q左侧电场强度小于右侧的电场强度，根据U Ed 所以U U QR QP 无穷远处电势为零，则R点电势大于3V，带负电试探电荷从P点移动到R点，电势能减小，电场力做正功， 故D错误。故选C。 13. 如图所示，某水池下方水平放置一直径为d=0.6m的圆环形发光细灯带，O点为圆环中心正上方，灯带 到水面的距离h可调节，水面上面有光传感器（图中未画出），可以探测水面上光的强度。当灯带放在某一 深度h 时，发现水面上形成两个以O为圆心的亮区，其中半径r =1.2m的圆内光强更强，已知水的折射率 1 1 4 n ，则（ ） 3 A. 湖面能被照亮的区域半径为1.5m B. 若仅增大圆环灯带的半径，则湖面上中间光强更强的区域也变大 7 C. 灯带的深度h  m 1 2 7 D. 当h  m时，湖面中央将出现暗区 1 5 【答案】C 【解析】 【详解】B．水面上形成两个以O为圆心的亮区，若仅增大圆环灯带的半径，光环向外扩大，重叠的区域变 小，即湖面上中间光强更强的区域变小，B错误； d r AC．当重叠区域半径r =1.2m时，如图所示 2 1 1 tanC  h 1 sinC tanC  1sin2C 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司1 sinC  n 解得 7 h  m 1 2 湖面被照亮的区域半径为r r d 1.8m 2 1 A错误，C正确； d D．设重叠区域恰好为零时，灯带的深度为h ，如图所示 2 0 tanC  h 0 7 解得h  m 0 10 7 当h  m时，湖面中央将出现暗区，D错误。故选C。 1 10 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有一 个是符合题目要求的。全部选对的得 3分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分） 14. 下列说法正确的是 （ ） A. 电磁波的传播离不开介质，其在真空中不能传播 B. 分子的无规则运动无法直接观察，悬浮微粒的无规则运动并不是分子的运动 C. 如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管 D. 热核反应一旦发生，靠自身产生的热就会使反应继续下去 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】BCD 【解析】 【详解】A．电磁波能在真空中传播，A错误； B．分子的无规则运动无法直接观察，悬浮微粒的无规则运动并不是分子的运动，B正确； C．如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管，C正确； D．热核反应一旦发生，靠自身产生的热就会使反应继续下去，D正确。 故选BCD. 15. 如图1所示，太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成，其核心部分是P型和N型 半导体的交界区域——PN结。如图2 所示，取P型和N型半导体的交界为坐标原点，PN结左右端到原点 的距离分别为x 、x ，光持续照射时，PN结之间形成大小分布如图3所示方向由N区指向P区内建电场E P N （已知x 、x 和E ），原来被正电荷约束的电子至少需要获得能量为E的黄光子才能发生内光电效应变为 场 P N 0 自由电子，产生了电子—空穴对，空穴带正电且电荷量等于元电荷e；该电池短路时单位时间内通过外电路 某一横截面的电子数为n。已知普朗克常量为h，光速为c。关于该太阳能电池的说法正确的是（ ） E A. 该材料发生光电效应的极限波长为 hc B. 改用紫外线照射该材料，则不能发生光电效应 E C. 该太阳能电池的电动势为E 0 (x x ) 2 P N E D. 该太阳能电池的内组为 r  0（x x ) 2ne P N 【答案】CD 【解析】 【详解】A．原来被正电荷约束的电子至少需要获得能量为E的黄光子才能发生内光电效应变为自由电子， c c 则E h ，解得h ，故A错误；  E B．紫光频率大于黄光频率，则紫光能量更大，可以发生光电效应，故B错误； W CD．根据电动势的定义可得E e W即为内建电场力所做的功，内建电场力F随位移的变化图像如图所示 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司eE W为该图线与坐标轴所围的面积，即W  0 (x x ) 2 P N E 联立可得E 0 (x x ) 2 P N q 电源短路时所有通过N区的电子经外电路回到P区，电流为I  ne t E E 该太阳能电池的内阻为r   0（x x ) I 2ne P N 故CD正确；故选CD。 非选择题部分 三、非选择题（本题共 5小题，共 55分） 16. 在用图示的装置验证动量守恒定律时，实验步骤如下： ①先不放靶球B，将入射球A从斜槽上某点由静止释放，落到白纸上某点，重复该动作10次，把10次落 点用一个最小的圆圈起来，圆心标为P点； ②在斜槽末端放上球B，将球A从斜槽上同一位置由静止释放，与球B碰后落到白纸上某两点，重复该动 作10次，把A、B两球10次落点分别用一个最小的圆圈起来，圆心分别标为M、N点； ③分别测量斜槽末端竖直投影点O到M、P、N的距离分别为x 、x 、x 。回答下列问题： 1 2 3 （1）以下实验条件正确的是 。 A. 斜槽必须光滑且末端切线水平 B. 测量斜槽末端距白纸的高度h C. 小球A、B直径必须相同 D. 两球的质量关系满足m ＞m B A （2）用最小圆的圆心定位小球落点的目的是通过多次测量取平均值以减小______（填“偶然误差”或“系 统误差”）。 （3）若A、B两球的质量分别为m 、m ，实验中需验证的关系是_____（用题中字母表示）。 A B （4）若某次实验中得出的落点情况如图乙所示，则说明该碰撞______（“是”或“否”）为弹性碰撞。 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）C （2）偶然误差 （3）m x  m x m x （4）否 A 2 A 1 B 3 【解析】 【小问1详解】 A．斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，但斜槽是否光滑对实验无影响，故A 错误； B．本实验是根据平抛的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高 度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距地面的高 度，故B错误； C．要保证两球在斜槽末端发生正碰，则小球A、B直径必须相同，故C正确； D．为了防止两球碰撞后反弹，则需满足入射球的质量大于被碰球的质量，故D错误。 故选C。 【小问2详解】 用最小圆的圆心定位小球落点，可以得到平均落点从而减小实验偶然误差。 【小问3详解】 需要验证的动量守恒表达式为m v m v m v A 0 A 1 B 2 因落地时间相等，则有m v t m vtm v t A 0 A 1 B 2 可得m x  m x m x A 2 A 1 B 3 【小问4详解】 1 1 1 要进一步验证碰撞是否为弹性碰撞，则应验证 m v 2  m v2  m v 2 2 A 0 2 A 1 2 B 2 化简可得OM OPON 结合图乙可知，该碰撞不是弹性碰撞。 17. 某小组准备选用以下器材完成“测电源电动势和内阻”的实验：两节干电池、电流表、电压表、滑动变 阻器、开关、导线若干， （1）请用笔代替导线将图甲中的实物连线补充完整____。 （2）某次实验时电流表的读数如图乙所示，此时电流表读数是____A，改变滑动变阻器的滑片，得到多组 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司实验数据，利用数据画出U-I图，如图丙，根据图线得到每节干电池的电动势为______V、内阻为______Ω。 （结果均保留两位小数） （3）若将一非线性元件接入该电池组两端，该非线性元件的电压和电流关系如图丁，则此时该电源的效率 是______%（结果取两位有效数字）。 【答案】（1）见解析 （2） ①.0.24##0.25 ②.1.45 ③.1.21 （3）76%##77%##78% 【解析】 【小问1详解】 实物图如下 【小问2详解】 [1]电流表选0-06A，所以最小刻度值为0.02A，所以读数为0.24mA。 [2]由闭合电路欧姆定律有E U Ir 变形得U EIr 可知UI图像纵截距绝对值为电动势，即E2.90V 2.901.50 每节干电池电动势为1.45V，图像的斜率表示内阻，有r  Ω2.41Ω 0.580 每节电池内阻为1.21。 【小问3详解】 把丙图线和丁图线画在同一个UI中 两线交点为  0.27，2.23  ，交点代表该一非线性元件接入该电池组两端，回路的工作点。所以此时电源的效 U 率是 100％77％ E 18. 关于下列实验，说法正确的是（ ） 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A. 在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦会影响实验结果 B. 在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为单双缝不平行造成 的 C. 在“利用单摆测重力加速度”实验中，若把摆线长当做摆长，则测量的重力加速度会偏小 D. 在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，可以先滴入油酸酒精溶液再洒 上痱子粉 【答案】C 【解析】 【详解】A．在“探究力的合成规律”的实验中，弹簧测力计外壳和桌面的摩擦，不影响弹簧测力计测量， 不会影响实验结果，故A错误； B．在“观察光的双缝干涉”的实验中，若看到干涉条纹与分划板中心刻线不平行是因为分划板中心刻线和 双缝不平行造成的，故B错误； l 42l C．在“利用单摆测重力加速度”实验中，根据单摆周期公式T 2 可得g  g T2 可知若把摆线长当做摆长，则摆长的测量值偏小，测量的重力加速度会偏小，故C正确； D．在“利用油膜法测油酸分子直径”的实验中，为了得到稳定的油膜形状，正确操作步骤应为在水面上先 撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定，故D错误。 故选C。 19. 如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞能无摩擦地滑动，容 器横截面积为S，将整个装置放在大气压恒为p 的空气中，开始时气体的温度为T ，活塞与容器底的距离 0 0 为h，环境温度降低时容器内气体放热，活塞缓慢下降一定高度d后再次平衡。 （1）在活塞缓慢下降的过程中，气体分子平均动能如何变化； （2）求气体内部压强p； （3）求整个过程外界对气体所做的功； （4）已知整个过程气体内能减少了ΔU，求气体向外界放出的热量。 mg 【答案】（1）减小；（2） p  ；（3）（mg p S)d ；（4）ΔU （mg p S)d 0 S 0 0 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【详解】（1）在活塞缓慢下降的过程中，压强不变，体积减少，温度减低，所以气体分子平均动能减小。 （2）对活塞分析，有 pS=mg+p S 0 mg 得 p  p  0 S （3）对整过程分析，有 W （mg p S)d 0 （4）对整过程分析，有 U QW 得Q ΔU （mg p S)d 0 放出热量大小为ΔU （mg p S)d 0 20. 某同学设计了一运输装置模型，如图所示，该装置由倾斜直轨道AB、水平传送带BC、两个相同的四分 之一光滑圆轨道CDE以及一辆平板车EF组成，AB与BC间平滑连接，其中C点和E点分别为圆轨道的最 高点和最低点，C点在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过，E点与平 板车上表面持平。已知足够长轨道AB的倾角θ=37°，传送带长L =0.4m，圆轨道半径R=0.2m，货物与AB、 1 BC轨道的动摩擦因素µ =0.125，与平板车的动摩擦因素µ =0.5。平板车质量M=0.1kg，长L =1m，与水平地 1 2 2 面的摩擦力不计。某次调试时将一质量m=0.1kg的货物从A点静止释放，整个运动过程货物不能脱离轨道， g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）若货物从距离B点0.9m处静止释放，求货物在AB轨道上运动的时间； （2）在（1）的情况下，若传送带静止，求货物运动到圆弧轨道上C点时对轨道的压力； （3）若传送带以3m/s顺时针转动，要使货物不从平板车上滑落，求货物释放点与B点距离的取值范围。 【答案】（1）0.6s；（2）3N，方向竖直向上；（3）0.1m L 1.3m AB 【解析】 【详解】（1）货物从A到B，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma 1 解得a 5m/s2 1 根据匀变速直线运动规律L at2 2 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司解得t 0.6s （2）由（1）可得v at 3m/s B 1 1 从B到C，根据动能定理mgL  mv2  mv2 2 1 2 C 2 B 解得v 2 2m/s C v2 在C点，根据牛顿第二定律F mg m C N R 解得F 3N N 根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3N，方向竖直向上； （3）当货物滑到平板车上F点时与车恰好共速，此时货物恰好不从车上滑落，设共速时两者速度为v ， F 货物滑到E点时的速度为v ，根据动量守恒定律mv  mM  v E E F 1 1 又因为能量守恒定律，有mgL  （mM)v2  mv2 2 2 2 F 2 E 联立解得v 2 5m/s E 1 1 从C到E，根据动能定理2mgR  mv2  mv2 2 E 2 C 解得v 2 3m/s C v2 又由于货物运动过程中不脱离轨道，在C点时的最小速度满足mg m 0 R 解得v  2m/s 0 所以经过C点的速度范围为 2m/sv 2 3m/s C 1 1 若在传送带上全程加速到 2m/s ，则mgL  mv2  mv2 1 1 2 C 2 B1 解得v 1m/s B1 1 1 若在传送带上全程减速到2 3m/s，则mgL  mv2  mv2 1 1 2 C 2 B2 解得v  13m/s B2 所以经过B点的速度范围为1m/sv  13m/s B 从A到B，根据匀变速直线运动规律v2 2aL B AB 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司解得0.1m L 1.3m AB 所以当0.1m L 1.3m时，货物既不会脱离轨道，也不会滑出平板车。 AB 21. 如图所示，PQ、MN是两条固定在水平面内间距l=1m的光滑平行轨道，两轨道在O、O＇处各有一小 段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连接一个R=0.3Ω的电阻， 轨道的右端连接一个“恒流源”，使导体棒ab在OO＇右侧时电流恒为I=0.5A。以O为坐标原点，沿轨道 MN建立x轴，在0≤x≤1m区域范围内有以EF为底边的等腰三角形匀强磁场，B =0.1T ；在x＜0的足够长 1 的区域内存在匀强磁场，B =0.2T。两区域磁场方向均垂直轨道平面向下。开始时，质量m=0.05kg、长度l=1m、 2 电阻r=0.1Ω的导体棒ab在外力作用下静止在EF处。现撤去外力，发现ab棒沿轨道向左运动。已知重力 加速度g取10m/s2，求： （1）撤去外力瞬间ab棒中的电流方向和ab棒所受安培力的大小； （2）撤去外力后，试画出在0≤x≤1m范围内的F —x图像，并计算这个过程中安培力所做的功； 安 （3）ab棒最终停的位置离OO＇的距离。 【答案】（1）从b到a，0.05N；（2） ，0.025J；（3）0.5m 【解析】 【详解】（1）由题可知，ab棒沿轨道向左运动，根据左手定则判断，电流的方向从b到a，所受安培力为 F  BIL 0.10.51N0.05N 安 1 （2）导体棒在磁场中的长度随x的增大，均匀增大，则安培力也均匀增大，则可作图 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司F 0 ab棒受到的安培力随位移线性变化，所以W  安 x0.025J 安 2 1 对ab棒，从EF到OO＇过程，列动能定理W  mv2 安 2 解得v1m/s 设棒ab穿过左侧匀强磁场B 过程中，由动量定理B ILΔt  0mv 2 2 E ΔΦ B Lx 其中IΔt  Δt   2 Rr Rr Rr 联立，解得x0.5m 22. 在芯片加工制作中，需要对带电粒子的运动进行精准调控。图甲为某一精准调控简化图，在xoy平面内 的第一、四象限有匀强电场E（大小未知），方向沿y轴正方向。在第三象限内有边界与坐标轴相切、半径 为a的圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于纸面向外、大小B 未知。ΔOCD内有垂直于纸面、大小B未知的 0 匀强磁场，OC边长为4a，∠DCO=30°。一质量为m、带电量为+q的粒子，从A点（2a，0）以与x轴成某 一角度射入第四象限，经电场偏转后从P 点（0，-1.5a）垂直于y轴进入第三象限，经圆形磁场后从P 点 1 2 （-a，0）进入∆OCD中，已知粒子在磁场中运动的速率为v，不计粒子的重力，整个过程粒子均在xOy平 面内运动。求： （1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）圆形磁场的磁感应强度B 的大小； 0 （3）若粒子垂直于CD边离开磁场，求ΔOCD内匀强磁场的磁感应强度B； mv （4）若ΔOCD内的磁感应强度B  ，粒子在ΔOCD内运动的过程中会受到气体阻力f，其方向与速度 2qa mv2 v的方向相反，大小 f  。现在该区域叠加一平行与xOy平面的旋转电场E（如乙图所示），使粒子 4a v 与旋转电场以相同的角速度 做匀速圆周运动，且粒子的线速度与旋转电场的夹角（小于90°）保持不 a 变。只考虑粒子受到匀强磁场的洛伦兹力、旋转电场的电场力及气体的阻力作用，不考虑电磁波引起的能 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司量变化。求所加电场强度E的大小。 3mv2 mv 3mv 5mv2 【答案】（1）E  ；（2）B  ；（3）B  ，方向垂直于纸面向里；（4）E 4qa 0 qa 3qa 4qa 【解析】 【详解】（1）粒子在第四象限的运动为类平抛运动的逆过程，x方向vt=2a 1 qE 3a y方向 t2  2 m 2 3mv2 联立解得E  4qa v2 （2）由磁聚焦模型可知，粒子在圆形磁场中的轨迹半径r =a。由qvB m 1 0 r 1 mv 得B  0 qa 1 （3）设粒子进入ΔOCD内磁场时与速度与x轴正方向间的夹角为α，由几何知识可知cos 2 解得α=60° 粒子垂直于CD出射，如图 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司则2r cos304aa 2 解得r  3a 2 mv 又r  2 qB 3mv 解B  3qa 方向垂直于纸面向里。 （4）对粒子作受力分析如下图所示 v2 设电场力与速度方向夹角为θ，沿圆周的半径方向，根据牛顿第二定律qEsinqvBm （r=a） r 沿圆周的切线方向qEcos f 5mv2 联立解得E  4qa 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司