2023届浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试物理试题

2023届浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试物理试题

一、单选题（共55分）

1.由单位N、m、Q和s组合成的单位飕对应的基本物理量是（)

A.功率B.电流强度C.磁通量D.物质的量

【答案】B

【解析】

【详解】

由焦耳定律得

Q=I2Rt

可得

又

W=Ft

可知是电流强度的单位,故选B。

2.将一重为G的铅球放在倾角为50。的斜面上,并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对挡板

的压力为0、对斜面的压力为尸2,则（)

C.尸2>GD.F2<G

【答案】C

【解析】

【详解】

根据重力的作用效果，分解为垂直于挡板和垂直于斜面两个方向的分力，有

G

%=Gtan50°，F=-----ZTT

12cos50°

故ABD错误；C正确。

故选C。

3.“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速

度大小为10m/s2,弹射系统向战斗机提供初速度大小为30m/s,当战斗机速度达到60m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道

上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（）

A.航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞

B.航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞

C.若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞

D.战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点

【答案】B

【解析】

【详解】

A.战斗机需在甲板上滑行的时间为

v—v60-30

t=--------0-=———s=3s

a10

故A错误；

B.战斗机在甲板上滑行的距离为

v+v90

x=---0t=—x3m=135m

22

故B正确；

C.由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135m,战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位

移为&，则战斗机相对甲板滑行的距离为

d.=135m—x0

故C错误：

D.战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。

故选B。

4.2023年1月，日本确认将于“今年春夏期间”开始向太平洋排放福岛核电站内储存的逾130万吨核污染水。核泄漏对环境会造

成污染，影响人类安全，其中核反应之一为相Sr—羽Y+X半衰期为28年。下列说法正确的是（）

A.该核反应为a衰变

B.环境温度升高，器Sr的半衰期减小

C.翡Y的比结合能比弱Sr的比结合能大

D.100个羽Sr原子核经过一个半衰期后，还剩50个未衰变

【答案】C

【解析】

【详解】

A.根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为二e,该核反应为B衰变，故A错误；

B.衰变周期与温度无关，故B错误；

C.比结合能越大，原子核越稳定，则患Y的比结合能比瑞Sr的比结合能大，故C正确；

D.半衰期具有统计规律，是对大量原子核适用，对少数原子核不适用，故D错误。

故选C。

5.如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以。点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相

同的小灯泡，且线圈到。点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正

确的是（）

—0—rr\—0----

与-T-yN-AMST

Ugp固定滑槽出F磁铁

电动机鼠连杆

A.两线圈产生的电动势有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率不相等

C.两小灯泡消耗的电功率相等D.两线圈产生的电动势同时为零

【答案】D

【解析】

【详解】

磁铁运动过程中磁通量变化率笔相同，两线圈产生的交变电流频率相等，产生的电动势同时为零，两线圈匝数不同故产生的电动

势有效值不相等，两小灯泡电阻相同电动势不同故消耗的电功率不相等。

故选D。

6.《流浪地球2》影片中，太空电梯高耸入云，在地表与太空间高速穿梭。太空电梯上升到某高度时，质量为2.5kg的物体重力

为I6N。已知地球半径为6371km,不考虑地球自转，则此时太空电梯距离地面的高度约为（）

A.1593kmB.3584kmC.7964kmD.9955km

【答案】A

【解析】

【详解】

设地球的半径为R,地球质量为M,引力常量为G,地球表面重力加速度为go,太空电梯离地高度为/?,太空电梯所在位置处的

重力加速度为g',根据万有引力公式有

「Mm

=mg'

(R+h)2

Mm

mg。

代入数据有

Mm

G(6371+h)z=16

Mm

。”=25

整理得

R216R_4

=>=

(R+九产25/?4-h5

所以太空梯距离地面高度为

1

h=-R=1593km

4

故选Ao

7.橡胶板置于绝缘水平桌面上，某同学戴着绝缘手套先用毛皮摩擦橡胶板，使橡胶板带负电，然后手握绝缘手柄将铝板靠近橡胶

板，铝板的下表面与橡胶板上凸起的接地铁钉接触，并在其上表面撒上细纸屑，迅速上抬铝板至某一位置后，可以看到细纸屑从

铝板上飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。下列说法正确的是（）

绝缘手柄

铝板

接地铁u钉

橡胶板1

A.铝板未与橡胶板接触所以始终不带电

B.纸屑是因为带正电相互排斥而不断飞散

C.铝板与铁钉接触时，电子从大地通过铁钉流向铝板

D.铝板与铁钉接触时，铝板上、下表面带等量异种电荷

【答案】B

【解析】

【详解】

AD.橡胶板带负电，铝板靠近后，铝板的下表面带正电，上表面带负电，当下表面与接地铁钉接触后，上表面的负电荷会流到

大地，只有下表面带正电，A错误，D错误；

B.上抬铝板过程中，下表面的正电荷减小，上表面正电荷增加。纸屑因为与金属板带同种电荷（正电荷）而不断飞散，B正

确；

C.因下表面与接地铁钉接触时，上表面的负电荷会流到大地，C错误。

故选B.

8.如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在•个正六

边形的顶点a、b、c、d、e、/上，。为正六边形的中心，A点、8点分别为Oa、CW的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁

感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中。导线中的电

流对b导线中电流的安培力大小为F,则（）

【答案】A

【解析】

【详解】

A.根据右手螺旋定则可知a和d导线在0点处的磁场等大反向，b和e导线在0点处的磁场等大反向，c和f导线在0点处的磁场等

大反向，故0点的磁感应强度为零，故A正确；

B.根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于。点对称，故B错误；

CD.根据题意可知b、f对导线a的安培力大小F,e、c对导线a的安培力大小为a的安培力大小，d对导线a的安培力大小为］根

据矢量的合成可得a导线所受安培力

V3FFSF

F=2Fsin30°+2x——sin60°+—=—

aQ322

所有导线的电流方向相同，所以导线直线安培力表现为相互吸引，则a导线所受安培力方向沿aO指向0,故CD错误。

故选A。

9.如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为8,小滑块以大小为力的水平初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小

为V、方向与初速度垂直。此过程小滑块加速度的最大值为电、最小值为已知小滑块与斜面动摩擦因数〃=tan。，则

K.v-v0R.v>v0C.a2=y/2gsindD.=&gsln8

【答案】D

【解析】

【详解】

AB.小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为

f=nmgcosB=mgsin。

其大小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，滑块速度从水平到竖直过程中根据动能定理

mgsind-y—fs=-mv2—-mv0

其中y为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s为滑块运动轨迹的长度，根据几何关系可知

s>y

可知

V<Vo

故AB错误；

CD.摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知/■的方向与重力沿斜面向下的分力的方向mgsin。的夹角为90。

到180。，则合力的大小范围

mgsin0-f<<\jf2+(mgsin6)2

结合牛顿第二定律

「合=ma

可得

0<a<yj2gsin9

则

%=y/2gsin6

0.2=0

故D正确，C错误。

故选D。

10.我国科学家吴有训在上世纪20年代进行X射线散射研究，为康普顿效应的确立做出了重要贡献。研究X射线被较轻物质散

射后光的成分发现，散射谱线中除了有波长与原波长相同的成分外，还有其他波长的成分，这种现象称为康普顿效应。如图所

示，在真空中，入射波长为4的光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子传播方向与入射方向夹角为37。，碰后电子运动方向

与光子入射方向夹角为53。(cos37。=0.8,cos53°=0.6),下列说法正确的是()

儿

碰撞前

A.该效应说明光具有波动性

B.碰撞后光子的波长为1.2520

C.碰撞后电子的德布罗意波长为0.64

D.碰撞后光子相对于电子的速度大于3x108m/s

【答案】B

【解析】

【详解】

A.该效应说明光具有粒子性，故A错误；

BC.根据题意，设碰撞之前光子的动量为P,碰撞之后光子的动量为电子的动量为七，由动量守恒定律有

P0=Pi(:os37。+P2cos53。

PiSin37。=P2sin53°

解得

Pi=0.8Po

P2-0.6Po

又有

h

则碰撞后光子的波长为

h

Ai=—=1.254()

产1

碰撞后电子的德布罗意波长为

h5

%=Q学。

故C错误，B正确；

D.光子的速度等于光速，按照爱因斯坦的光速不变原理即在任何参考系中光速都不变，可知光子相对于电子的速度等于3X

108m/s,故D错误。

故选B。

11.如图所示，水面上&、$2、S3、54是四个同振幅、同频率、同步调的水波波源，分布在同一直线上。S/2和S3s4间的距离是

4cm,OS2和OS?间的距离是5cm,尸为S2s3中垂线上的一点，且OP=12cm,若水波的波长为4cm,下列说法不正确的是

()

A.Si、Sz发出的波传到0点总是相互加强

B.Si、S,发出的波传到P点总是相互加强

C.S1、Sz、S3、S4发出的波传到。点总是相互加强

D.S1、52、S3、54发出的波传到P点总是相互加强

【答案】D

【解析】

【详解】

A.Si、S2发出的波传到O点的波程差为4cm,等于波长，总是相互加强，故A正确不符合题意；

B.S［、S4发出的波传到P点的波程差为0,总是相互加强，故B正确不符合题意；

C.当波源发出的波到O点的波程差为半波长的偶数倍时，振动加强，可知，Si、S?、S3、S,发出的波传到0点总是相互加强，

故C正确不符合题意。

D.Si、S?发出的波传到P点的波程差为2cm,等于半波长，总是相互减弱，故D错误符合题意。

故选D。

二、多选题（共5分）

12.如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t=0时将小球从A点正上方。点由

静止释放，口时到达A点，。时弹簧被压缩到最低点B。以。为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹

簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Epi、机械能用＞及弹黄的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是

【答案】B

【解析】

【详解】

根据题意可知下落过程中，第一阶段：自由落体；第二阶段：0到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置

向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。

AB.根据重力势能表达式可知

Epi=+&一吗

xwxi时，弹性势能为0,机械能等于重力势能的最大值。x>xi时，弹性势能

Ep2

设系统总能量为E,根据能量守恒定律可知

E=E。+Ep2

可知

1,

EQ=E--k（x-x-02

是开口向下的抛物线。故A错误，B正确：

CD.设小球下落到A点时的时间为6,则第一阶段

1,1,mg2,

mvmt

Ek=2i=2（Si）=-^-ti

故第一阶段的Ek-t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则由

mg-F弹

a=-----------

m

可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段由

F弹一mg

a=-----------

m

可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在的范围内，先加速后减速，

x-t图像的斜率先增大后减小，则Ep2-t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。

即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。

故选B。

三、单选题（共5分）

13.如图所示，…均匀透明体上部分为半球、下部分为圆柱，半球的半径和圆柱上表面的半径均为R,圆柱高度为5R,在圆柱体

的底部中心。点放一点光源，半球上发光部分的表面积S=0.8兀R2（已知球冠表面积的计算公式为5=2"”!，r为球的半径，h

为球冠的顶端到球冠底面圆心的高度），不计光的二次反射，该透明物质对光的折射率为（）

A.1.33B.1.41C.1.67[).2.00

【答案】B

【解析】

【详解】

根据题意可知，半球上发光部分的表面积

S=O.BnR2=2nRh

解得

h=OAR

则距离球冠的顶端0.4R的位置为发生全反射的临界位置。根据勾股定理可知任一全反射的点距离光源

I=y/R2-（/?-0.4/?）2+Q5R+R-0.4ft）2=4&R

设临界状态入射角为C,根据余弦定理可知

l2+R2-(5R)2V2

cosC=-------------------=—

21R2

故C=45。，sinC=根据全反射规律可知

sinC=—=

解得

n=V2®1.41

故选B。

四、多选题（共10分）

14.下列说法正确的是（）

A.医院中用于体检的“B超”属于电磁波

B.无线网络信号绕过障碍物继续传播，利用了干涉原理

C.铁路、民航等安检口使用“X射线”对行李箱内物品进行检测

D.列车鸣笛驶近乘客的过程中，乘客听到的声波频率大于波源振动的频率

【答案】CD

【解析】

【详解】

A.医院中用于体检的“B超”属于机械波，故A错误：

B.无线网络信号绕过障碍物继续传播，利用了衍射原理，故B错误；

C.铁路、民航等安检口使用“X射线”对行李箱内物品进行检测，故C正确；

D.根据多普勒效应，列车鸣笛驶近乘客的过程中，乘客听到的声波频率大于波源振动的频率，故D正确。

故选CD。

15.如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光

经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半

径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所

示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（）

丙

A,从左往右看，电动机顺时针转动B.从左往右看，电动机逆时针转动

C.电动机转动的转速为50r/sD.电动机转动的转速为125r/s

【答案】AC

【解析】

【详解】

AB.由图丙可知，在1=1x10-3$时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电

动机顺时针转动，故A正确，B错误；

CD.由图丙可知，电动机转动的周期为

T=20x1x10_3s=2x10-2s

则角速度为

2n

w=—=lOOnrad/s

根据

3=2nn

可得电动机转动的转速为

3

n=—=50r/s

27r

故C正确，D错误。

故选AC。

五、实验题（共5分）

16.实验题

I.（1）在下列实验中，需要用到打点计时器的有。

A.“探究平抛运动的特点”

B.“探究加速度与力、质量的关系”

C.“用单摆测重力加速度大小”

D.“探究向心力大小表达式”

（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图1。按照正确操作得到如图2所示的纸带。其中打。点时释放物体，计

数点A、B、C是打点计时器连续打下的三个点。已知打点计时器的电源频率为50Hz,重物质量为200g,当地重力加速度g取

9.80m/s2»

①实验桌上放着如图3所示的三个物体甲、乙、丙，则实验装置中的重物应选择______（填“甲”、“乙”或“丙”）。

②在纸带。B段，重物的重力势能减少量为J（结果保留三位有效数字）。

③为了计算在OB段重物的动能增加量，需得到计时器打B点时重物的速度大小为。下列计算B点速度大小方法正确的

A.VR=B.ve=gtoBC.利用AC段的平均速度为=

（3）为了探究物体下落受空气阻力大小的影响因素，某同学利用手机中的加速度传感器及相关应用程序，记录如图4中甲、乙

两种情况下落手机的加速度大小随时间变化的图像。与甲对应的图像为图5中的（填"A”或"B”），在图A中手机下落过

程中加速度逐渐减少的原因是_____。

II.（I）在“用多用表测量电学中的物理量'’实验中，按如图6所示连接电路给灯泡“2.5V0.8A”通电。

B

•图6

①一组同学闭合开关移动滑动变阻器的滑片，使灯泡正常发光。断开开关，将多用表选择开关置于合适挡位，红黑两表笔分别接

开关两个接线柱A、B,则此时多用电表测量的是小灯泡的_____(填“电压”、“电流”或“电阻”)，红表笔应接接线柱

(填“A”、"B”或"A、B都可以”)

②另一组同学闭合开关移动滑动变阻器的滑片，灯泡始终不发光。该同学用多用电表的直流电压挡来检测电路哪个位置发生了故

障。他在闭合开关的情况下用多用电表的一支表笔始终接在电路的A接线柱，另一支表笔依次接触电路中的B、C、D接线柱进

行检测，发现接触B、C时电表指针没有偏转，接触D时有一定偏转。则出现故隙的原因可能是。

A.电池没电了B.仅开关接触不良

C.仅滑动变阻器滑片接触不良D.仅灯泡和灯泡座接触不良

(2)在“利用传感器制作简单的自动控制”实验中，图7是简单的门窗磁控防盗报警装置示意图。门的上沿嵌入一小块永磁体

M,门框内与M相对的位置嵌入干黄管SA,并将干簧管接入报警电路。

①如图8所示，干簧管SA作为传感器，用于感知磁体磁场是否存在，继电器(虚线方框部分)作为执行装置，发光二极管LED

作为电路正常工作提示，蜂鸣器H作为报警提醒。电路中P点应接直流电源的(填“正极”或"负极”)。

②连接好电路，闭合开关S接通电源，将磁体靠近和离开干簧管，分别观察并记录实验现象。

磁体M靠近干簧管磁体M离开干簧管

实验现象

【答案】Q).B(2).丙(3).0.453(4).C(5).B(6).根据牛顿第二定律可得mg-f=ma,速度逐渐变

大,空气阻力也变大，故加速度减小。(7).电流(8).A(9).C(10).正极Q1).二极管发光(12).蜂鸣器

友尸

【解析】

【详解】

I.(1)[1]A.探究平抛运动的特点，需要描物体的运动轨迹，旦轨迹是曲线，打点计时器只能用来研究直线运动，所以不需要打

点计时器，故A错误；

B.探究加速度与力、质量的关系实验中需要测量加速度的大小，需要通过纸带测量加速度，所以需要打点计时器，故B正确；

C.用单摆测量重力加速度实验中需要用刻度尺测摆长和秒表测周期，不需要打点计时器，故C错误；

D.探究向心力大小表达式，不需要打点计时器，故D错误。

故选Bo

(2)①⑵纸带下端所挂物体应该体积小，质量大，从而受到的阻力较小，而丙是重锤，故选丙。

②[3]在纸带0B段，重物的重力势能减少量为

Ep=mgh=200xIO-3x9.8x23.10x10-2J«0.453)

③[4]计算B点速度大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在点时的速度。

故选C。

(3)[5]甲手机下落过程中，随着速度的增大，空气阻力变化较小，故手机加速度近似不变，故选B。

[6]手机在下落过程中，对手机进行受力分析，根据牛顿第二定律可得

mg—f=ma

速度逐渐变大，空气阻力也变大，故加速度减小。

II.(I)①|7]红黑两表笔分别接开关两个接线柱A、B,多用电表测量串联在电路中，测量电路电流，即灯泡电流。

网测电流时，红笔在电压高的一端，故接A接线柱。

②[9]A.若电池没有电，则无论接那个接线柱，电表指针均不偏转，故A错误；

B.仅开关接触不良，接BC接线柱，电表指针均会偏转，故B错误；

C.仅滑动变阻器滑片接触不良，则接线柱接B和C,电表指针不偏转，接D时电表指针偏转，故C可能存在，故C正确；

D.仅灯泡和灯泡座接触不良，则接线柱接C和D时，电表指针均偏转，故D错误。

故选C。

(2)①[10]由于二极管具有单向导电性，故电路中P点应接直流电源的正极。

②[11]磁体M靠近干黄管，干黄管两片黄片被磁化相吸，继电器的动触点与常开触电接通，发光二极管发光。

[12]磁体M离开干簧管，干簧管断开，继电器的动触点与常闭触点接通，蜂鸣器发声。

六、解答题(共20分)

17.如图甲为汽车中使用的氮气减振器，气缸中充入氮气后，能有效减少车轮遇到冲击时产生的高频振动。它的结构简图如图乙

所示，气缸活塞截面积S=40cm2,活塞及支架质量m=1kg,气缸缸体导热性良好。现为了测量减震器的性能参数，将减震器

竖直放置，充入氮气后密闭，活塞被卡环卡住，缸体内氮气处于气柱长度L=20cm、压强以=4.0x105pa的状态A,此时弹簧

恰好处于原长。现用外力尸向下压活塞，使其缓慢下降h=4cm,气体达到状态B。从状态4到B过程气体放出热量Q=71.4J。

气缸内的氮气可视为理想气体，不计摩擦和外界温度变化，大气压强取Po=l.OxlO5pa,弹簧劲度系数k=1.0x10，N/m。

求：

(1)状态B气体的压强诙；

(2)气体处于状态B时外力大小F；

(3)状态A到8过程外界对气体做的功W。

图甲图乙

【答案】(1)5x105Pa；(2)1990N；(3)71.4J

【解析】

【详解】

(1)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B,气体发生等温变化，则有

pASL=pBS(L-h)

解得状态B气体的压强为

p=产Y=5x10sPa

BL—h,

(2)活塞和支架处于平衡状态，则有

F+p0S+mg=pBS+kh

代入数据解得

F=1990N

(3)气缸缸体导热性良好，可知从状态A到状态B,气体发生等温变化，气体内能不变，根据热力学第一定律可得

AU=W-Q=0

解得外界对气体做的功为

W=Q=71.4J

18.如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB,半径分别为

r=0.4m,0.5八L5，•的三个半圆轨道BC4、O3DO^FGH,半径为r的四分之一圆弧轨道0送，长度L=1m的水平轨道EF组

成，轨道BCO3和轨道OiE前后错开，除水平轨道EF段外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从4点由静止释

放，恰好可以通过轨道。3。。1的最高点D,不计空气阻力。

(1)求4、C两点的高度差

(2)要使物块至少经过F点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道EF间的动摩擦因数〃的范围；

(3)若半圆轨道O3DO1中缺一块圆心角为29的圆弧积木(/、1/关于。2。对称)，滑块从/飞出后恰能无碰撞从1/进入轨道，

求9的值。

【答案】(1)0.7m；<2)0.15<//<0.7；(3)60°

【解析】

【详解】

(I)滑块恰好经过D,重力提供向心力

VD

滑块从A到。，根据动能定理

mg(h—r—0.5r)=^mvt>

联立解得

h=0.7m

(2)若恰好滑到尸点停下，根据动能定理

mgh—^mgL=0

解得

Hi=0.7

当到G点速度为零，根据动能定理

mg{h—1.5r)-R2nlgL=0

解得

〃2=0,l

当返回时不超过Oi点，根据动能定理

mg(h—r)—-2L=0

解得

〃3-0.15

综上可得滑块与水平轨道E尸间的动摩擦因数〃的范围

0.15<//<0.7

(3)4点到/点过程中根据动能定理

11?

mg{h—r--rcos0)=-mv£

设/点到最高点时间为t,则有

vsin0=gt

O.5rsin0=(vcos0)-t

解得

1

COS0=-

可得

另一解cos。=1舍去。

19.如图所示，间距为d、折成直角的QFG和PEH金属导轨水平部分QF、PE足够长，竖直部分FG、底端接有电动势为E的

电源和开关K,M、N两点间接有电容为C的电容器。倾角为8的倾斜金属轨道77)、SC,间距也为"，S、T两点间接有自感系数

为L的电感线圈。水平轨道和倾斜轨道用长度为/的水平粗糙绝缘材料平滑连接。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强

度为B.闭合开关K,电容器充电完毕后断开开关，并将质量为，小长度为d的金属杆必从倾斜轨道上某一位置由静止释放，

下滑过程中流过时杆的电流大小为/=若理方(x为杆沿斜轨道下滑的距离)。曲杆到达倾斜轨道底端CQ处时加速度恰好为

0,通过粗糙绝缘材料到达PQ处时速度为%。已知m=0.3kg、d=0.5m>Q=30°,E=1.0V,C=1,2F,L=0.1H,B=

1.0T,vo=1.0m/s,f=0.6m«不计除绝缘材料外的一切摩擦与空气阻力，不计电感线圈、金属杆岫及导轨的电阻。油杆始终

与导轨垂直且接触良好。求：(提示：力「与位移x共线时，可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)

(1)电容器充电完毕所带的电荷量Q

(2)，心杆释放处距水平轨道的高度分：

(3)油杆从EF处飞出时的速度v；

G

【答案】(1)12C；(2)0.4m；(3)21m/s；(4)0.25

【解析】

【详解】

(1)根据题意可知

q=CE=12C

(2)时杆到达倾斜轨道底端CO处时加速度恰好为0,则

Bld—mgtand

即

B2d2cos8

-------x=mgtang

ab杆释放处距水平轨道的高度

h=xsin0=0.4m

(3)经过PQ后

Bid=ma，Av=aAt

整理

BdiAtBdq

△v=-----=----=20m/s

mm

所以杆从EF处飞出时的速度

□=%+Av=21m/s

(4)下滑过程

—0=mgh—WA

安培力做功

nDr,82d2cos8

WA=FAXCOS6FA=Bld=------x

力F与位移x共线时，可以用F-x图像下的“面积”代表力广所做的功，解得

WA=0.6J,v=2m/s

经过粗糙段

1212；

2mvo-2mV=""RM

解得

〃=0.25

20.如图所示，直角坐标系中，边长为L的正方形区域OPSQ,OP、OQ分别与x轴、y轴重合，正方形内的适当区域【(图中未

画出)中分布有匀强磁场。位于S处的粒子源，沿纸面向正方形区域内各个方向均匀发射速率为%的带负电粒子，粒子的质量为

m,电荷量为-q。所有粒子均从S点进入磁场，离开区域I磁场时速度方向均沿x轴正方向，其中沿)，轴正方向射入磁场的粒子

从。点射出磁场。)，轴右侧依次