浙江省稽陽聯(lián)誼學(xué)校2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期11月期中聯(lián)考物理 Word版含解析

20222022年11月稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三聯(lián)考本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌⒁猓?.答題前，請將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)。作圖時，先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相關(guān)公式或參數(shù)：重力加速度g均取10叩妒。一、選擇題I(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列不屬于能量單位符號的是()A.MeVB.JC.kg-m2/s3D.kWh【答案】C【解析】【詳解】MeV、J、kWh均為能量單位，kg-m2/s3功率單位。故選C。2.下列關(guān)于物理學(xué)家及其貢獻(xiàn)，描述正確的是()A,普朗克最早提出能量子概念并成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象B.伽利略通過斜面實驗并合理外推得到落體運動是勻加速運動C.卡文迪什利用扭秤實驗總結(jié)出了萬有引力定律D,麥克斯韋總結(jié)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，也創(chuàng)造性地引入了場“力線”來研究電磁場【答案】B【解析】【詳解】A.愛因斯坦提出光子說，成功解釋了光電效應(yīng)，故A錯誤；B.伽利略通過斜面實驗并合理外推得到落體運動是勻加速運動，故B正確；C.C.卡文迪什利用扭秤實驗測量得到引力常量G,牛頓根據(jù)行星運動的規(guī)律，提出萬有引力定律，故C錯誤；D.法拉第總結(jié)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，也創(chuàng)造性地引入了“力線”形象地描述“場”，故D錯誤。故選B。3.下列關(guān)于冬奧會運動項目的描述正確的是()丁A.甲圖研究短道速滑運動員的彎道動作時，可以將運動員視為質(zhì)點B.乙圖自由式滑雪運動員在空中上升時，處于失重狀態(tài)C.丙圖中國隊奪得2000米速滑(完整滑行18圈)接力冠軍，平均速度比其他國家大D.丁圖鋼架雪車運動員以4分01秒77獲得銅牌，4分01秒77表示的是時刻【答案】B【解析】【詳解】A.研究短道速滑運動員的彎道動作時，運動員大小形狀不可忽略，不能視為質(zhì)點，故A錯誤；B.自由式滑雪運動員在空中上升時，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故B正確；C.因為位移相同為0,所以平均速度均為0,故C錯誤；D.4分01秒77表示的是時間間隔，故D錯誤。故選B。4.在軍事演習(xí)中，空降兵從高空跳傘一段時間后沿斜線勻速下降，可簡化成圖示模型，傘面可看成半徑為3m的半球面，傘兵和降落傘之間可看成由三股繩子按圖示方式牽連，三股繩子分別連接降落傘圓面上的三等分點，繩長為5m,傘兵體重60kg,不計人受到的空氣阻力，則下列說法正確的是()【答案】CA.降落傘受空氣作用力方向沿虛線方向BA.降落傘受空氣作用力方向沿虛線方向B.三股繩子對傘兵作用力在水平方向的合力可能不C.每股繩子對傘兵的作用力為250ND,空氣對降落傘的作用力等于傘兵的重力為甲乙甲乙A.噴水槍與水平面夾角不變，增大噴水初速度，人向前走一定距離B.噴水槍初速度大小不變，增大與水平面夾角，人向后走一定距離C.噴水槍初速度大小不變，減小與水平面夾角，人向后走一定距離D.噴水槍初速度大小不變，夾角減小為30。，人向前走一定距離【答案】C【解析】【詳解】A.設(shè)初速度％，與水平面夾角整個過程運動時間t_2v0sin0g【解析】【詳解】A.做勻速直線運動，所以空氣作用力與重力等大反向，向上，故A錯誤；B.根據(jù)平衡條件，三股繩子對傘兵作用力在水平方向合力為0,故B錯誤；C.每股繩與豎直夾角均為37。，每股繩拉力的豎直分力等于重力的三分之一，可得每股繩子拉力為250N,故C正確；D.空氣對降落傘的作用力等于整體的總重力，故D錯誤。故選C。5.消防員在水平地面上使用噴水槍對著火房屋噴水滅火，出水軌跡可簡化為如圖乙，假設(shè)該消防員控制水柱恰好垂直擊中豎直墻面，此時噴水槍出水口和水平面夾角為60。，不計空氣阻力，下列做法仍可能讓水柱垂直打到豎直墻面的是()水平射程x=v0cosOt=v0cos0. =--------------g2g所以當(dāng)8=45。時，射程最大，垂直打到墻壁，則水平距離必為射程的一半，速度增大，射程增大，人需后退，故A錯誤；B.夾角增大，射程減小，人需要前進(jìn)，故B錯誤；C.速度不變，夾角減小，則射程可能增大，人需后退，也可能減小，人需要前進(jìn)，故C正確；D.30。和D.30。和60。時，射程相同，可以不動，故D錯誤。故選C。6.2022年2月3日，遠(yuǎn)在400公里外的空間站的太空出差三人組，在空間站“變”出奧運五環(huán)(如圖),希望冬奧會選手們?nèi)〉煤贸煽優(yōu)閲鵂幑?，下列說法正確的是()A.該空間站始終與地球自轉(zhuǎn)保持同步B.奧運五環(huán)能懸浮在空中是因為處于完全失重狀態(tài)，不受重力C.若不對空間站及時補充能量，空間站的軌道半徑將會越來越大，直至脫離地球引力束縛D.空間站運行速度必定大于地球上任一點的自轉(zhuǎn)線速度【答案】D【解析】【詳解】A.將衛(wèi)星運動近似看為勻速圓周運動，地球同步衛(wèi)星距離地表高度約為36000公里，比空間站的軌道高度大，根據(jù)解得可知，空間站的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，即該空間站始終與地球自轉(zhuǎn)不能保持同步，A錯誤；B.將衛(wèi)星運動近似看為勻速圓周運動，奧運五環(huán)能懸浮在空中是因為萬有引力提供圓周運動的向心力，奧運五環(huán)處于完全失重狀態(tài)，但是奧運五環(huán)仍然受到重力作用，B錯誤；C.若不對空間站及時補充能量，空間站由于機械能的損耗，在軌道上的動能減小，即速度減小，萬有引力隨后將大于該軌道上運行所需要的向心力，則空間站將由高軌道向低軌道變軌，空間站的軌道半徑將會越來越小，c錯誤；D.將衛(wèi)星運動近似看為勻速圓周運動，根據(jù)G―p=met)rIGM地球同步衛(wèi)星距離地表高度約為36000公里，地球同步衛(wèi)星距離地表高度約為36000公里，比空間站的軌道高度大，則空間站的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度，根據(jù)可知，地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，地球同步衛(wèi)星的線速度大于地球上任一點的自轉(zhuǎn)線速度，則空間站運行速度必定大于地球上任一點的自轉(zhuǎn)線速度，D正確。故選D。7.某家用空氣凈化器的內(nèi)部結(jié)構(gòu)原理如圖所示，圖中充電極接電源正極而帶上正電，塵埃采集金屬球接地，在充電極的感應(yīng)作用下帶上感應(yīng)電荷，兩者形成的電場如圖所示，b.d兩點在同一等勢面上，且。、d兩點到充電極的距離不等，當(dāng)空氣中的塵埃進(jìn)入裝置前，通過濾網(wǎng)后帶正電，此后會吸附在塵埃采集球上，塵埃與金屬球接觸時可以發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移。塵埃的重力忽略不計。下列說法正確的是()解得A.b點與d點場強大小相等B.采集球右側(cè)一定會帶上正電C.采集球左側(cè)因為吸附帶正電的塵埃，工作完畢后會帶上正電D.感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場中力點的電勢和d點的電勢不相等【答案】D【解析】【詳解】A.由圖可知，b點電場線較密，d點電場線較疏，所以b點場強大于d點場強，故A錯誤；D.。、d兩點在同一等勢面上，但。、d兩點到充電極距離不等，即充電極在這兩點的電勢不等，故感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在兩點的電勢也不相等，故D正確；BC.充電極帶正電，采集球由于靜電感應(yīng)，靠近充電球側(cè)會帶負(fù)電，遠(yuǎn)離充電球一側(cè)會帶正電，但采集球接地，則采集球的右側(cè)正電會被大地中的電子中和，所以采集球帶負(fù)電，故BC錯誤。故選D。根據(jù)公式p==根據(jù)公式p==可得APa>Pb故A錯誤；B.對于。光有n=1_婦°sinC“J砍+中GVC/,'fa>ft，y&<&故B錯誤；C.觀察者與波源靠近，接收頻率大于波源頻率，探測器接受到的頻率大于力光頻率，可能與。光相同，即故c正確；D.從〃=5能級躍遷到〃=1能級，不能發(fā)出可見光，故D錯誤。故選C。10,利用霍爾效應(yīng)傳感器可以設(shè)計出自行車速度計。如圖甲所示，一塊磁鐵安裝在自行車前輪上，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。如圖乙所示，為傳感器核心即霍爾元件的工作原理圖，電源為恒流源。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，在元件前后表面間出現(xiàn)電勢差，稱為霍爾電勢差U瀝。下列說法正確的是()R二瞄sinpsincr因為R和必“距離不變，光在上半球面射出時乃越大。越大。上半球面的光恰能都發(fā)生折射，故光源射到球心等高處入射角恰為臨界角；由于b在。的下方，則有故A正確；B.由左手定則可知，帶正電的載流子受到指向前表面的洛倫茲力，則載流子在定向移動時，向元件的故A正確；B.由左手定則可知，帶正電的載流子受到指向前表面的洛倫茲力，則載流子在定向移動時，向元件的前表面偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；C.若元件中自由電荷有正有負(fù)時，正負(fù)電荷的受力方向都指向前表面，最終前表面電荷為0U瀝=0磁場8圖甲A.若雷爾元件中載流子帶負(fù)電，則UqOB.若霍爾元件中載流子帶正電，則載流子在定向移動時，向元件的后表面偏轉(zhuǎn)C.元件中的自由電荷只有負(fù)電荷時的"砧|一定等于元件中自由電荷既有正電荷又有負(fù)電荷時的UJD.若瀝間接一電阻，當(dāng)瀝間有霍爾電壓時，霍爾元件的電阻R等于恒流源兩端電壓除以恒流源電流/【答案】A【解析】【詳解】A.由左手定則可知，帶負(fù)電的載流子受到指向前表面的洛倫茲力，則uqoi二~pb—|恒流源|—a11.下列說法中正確的是()￡e4故C錯誤；D.霍爾元件輸入的電能有一部分會轉(zhuǎn)化為瀝間電阻的電熱，沒有全轉(zhuǎn)化成自身的電熱，故歐姆定律不適用，故D錯誤。故選A。-O-166flA.圖甲為氫原子能級圖flA.圖甲為氫原子能級圖，依據(jù)玻爾原子模型可知，"=1能級對應(yīng)的電子運行軌道半徑比77=2能級的小，且電子運行軌道離氫原子核越遠(yuǎn)分布越密B.圖乙中，中子速度越大越容易擊中鈾235,越適于引發(fā)核裂變C.波動力學(xué)和矩陣力學(xué)，在數(shù)學(xué)上是等價的，它們是同一種理論的兩種表達(dá)方式D.圖丙中帶小孔的空腔可近似為一個絕對黑體。黑體類似黑洞，不反射電磁波也不向外輻射電磁波【答案】C解析】【詳解】A.根據(jù)玻爾原子模型可知，〃=1能級對應(yīng)的電子運行軌道半徑比n=2能級的小，且電子運行軌道離氫原子核越遠(yuǎn)分布越疏，故A錯誤；B.運動速度越慢的中子才最適于引發(fā)核裂變，故B錯誤；C.波動力學(xué)和矩陣力學(xué)在數(shù)學(xué)上是等價的，它們是同一種理論的兩種表達(dá)方式，故C正確；D.黑體不反射電磁波，卻可以向外輻射電磁波，故D錯誤。故選C。12.直角坐標(biāo)功)，的)，軸為兩種均勻介質(zhì)I、II的分界線。位于x=6m和x=-6m處的波源先后發(fā)出的兩列頻率都為1Hz的機械波相向傳播(不考慮波在界面的反射)，某時刻兩列波均第一次傳到x=0處，該時刻波形圖如圖所示。下列說法正確的是()A,AIL-6-4\\、、、////-20mmx/mA.兩列波波源的起振方向相反B.右邊的波傳到x=-3m處時，x=Tm處的質(zhì)點正處于平衡位置C.兩列波波源頻率相同，相遇后會發(fā)生干涉，且x=-3m處為振動減弱點D.兩列波波源頻率相同，但從一種介質(zhì)傳到另一種介質(zhì)過程頻率變化，故不會發(fā)生干涉【答案】C【解析】【詳解】A.根據(jù)帶動法可知波源起振方向均沿)，軸正方向，起振方向相同，故A錯誤；B.兩列頻率都為1Hz,則周期T=ls左邊介質(zhì)中傳播速度為A.此時電容器中的電場能正在減小B.此時線圈中的自感電動勢正在減小C.此時電路中電流沿順時針方向且A.此時電容器中的電場能正在減小B.此時線圈中的自感電動勢正在減小C.此時電路中電流沿順時針方向且LC振蕩電路中電流減小D.若LC振蕩電路中的電感變小，其振蕩頻率也變小【答案】C【解析】【詳解】ABC.如圖所示時刻，電容器正在充電，電荷量在增大，電流減小，根據(jù)4m/slm/s1.5T6T機械波的波速由介質(zhì)決定，從圖示時刻起，右邊的波一旦進(jìn)入左邊介質(zhì)速度也變?yōu)?m/s,傳到一3m處需要X33z=-s=0.75s=-T44x右邊介質(zhì)中傳播速度為此時x=-4m的質(zhì)點在波谷處，故B錯誤；C.右邊的波傳到一3m處時起振方向沿)，軸正方向，而經(jīng)過0.75s即二T時左邊一3m的質(zhì)點向沿)，軸負(fù)4方向振動，兩列波相遇振動減弱，故C正確；D.從一種介質(zhì)傳到另一種介質(zhì)過程頻率不會發(fā)生變化，故D錯誤。故選C。13.金屬探測儀被各考場廣泛應(yīng)用，從而營造了良好的考試公平環(huán)境。如圖甲為某一款金屬探測儀，探測儀內(nèi)部的線圈與電容器構(gòu)成LC振蕩電路，當(dāng)探測儀檢測到金屬物體時，探測儀線圈的自感系數(shù)發(fā)生變化，從而引起振蕩電路中的電流頻率發(fā)生變化，探測儀檢測到這個變化就會驅(qū)動蜂鳴器發(fā)出聲響。在LC振蕩電路中，某時刻磁場方向如圖乙所示，且電容器上極板帶正電，下列說法正確的是()3r減小，/■增大，故d錯誤。r減小，/■增大，故d錯誤。故選c。二、選擇題n(本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的，全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分)14,下列說法中正確的是()A.太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)B.某種天然放射性元素及其人工放射性同位素一定具有相同的半衰期C.組成原子核的核子之間存在的核力是短程力，且與電荷無關(guān)D.用質(zhì)子流工作的顯微鏡比用相同速率的電子流工作的顯微鏡分辨率更高【答案】ACD【解析】【詳解】A.太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)，故A正確；B.天然放射性元素的半衰期比人工放射性同位素的半衰期長的多，故B錯誤；C.組成原子核的核子之間存在的核力是短程力，且與電荷無關(guān)，故C正確；D.根據(jù),hhT=2tt4lC線圈中的自感電動勢正在增大，電場能正在增大，故AB錯誤，C正確;D.L減小,根據(jù)A=p=----ptnv質(zhì)子的質(zhì)量比電子大很多，所以質(zhì)子的物質(zhì)波波長小，分辨率高，故D正確。故選ACDo15.如圖所示，正方形線圈面積為S,匝數(shù)為N,線圈電阻為R,在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞O。軸以角速度切勻速轉(zhuǎn)動，外電路電阻為下列判斷正確的是()A.線圈的ab部分克服安培力做的功大小等于電阻R上產(chǎn)生的熱量xO：xO：Xx故C錯誤；D.當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30故C錯誤；D.當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30。時，線圈的瀝部分受到的安培力大小為F=NBIL=NB炬甌迎凡=些邇R47?故D正確。故選AD。16,我國新能源汽車發(fā)展迅猛，從技術(shù)到生產(chǎn)都己經(jīng)走在世界最前列。某公司對某款電動汽車性能進(jìn)行了一項測試，讓質(zhì)量為，〃的汽車沿水平路面直線行駛，該電動汽車的額定功率為P,測試得到能長時間以最大速度-行駛，測試時有一段限速路段，汽車進(jìn)入限速路段開始功率減小!并以此功率運動，汽車從開始減速到再次達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，行駛的位移為工。設(shè)整個路面上汽車所受的阻力大小不變，則在整個過程中，下列說法正確的是()q=--------=----------------------------=--------故B錯誤；C.在線圈轉(zhuǎn)過半圈過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為「NBSco*二I>/2)7t1N2B2S27ra)2Rco28A2R2R4RB.當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過60。的過程中，通過電阻R的電荷量為°一J亍)N8S4RC.在線圈轉(zhuǎn)過半圈的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為兀N簾S、D.當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30。時，線圈的瀝部分受到的安培力大小為區(qū)竺竺/￡4R【答案】AD【解析】【詳解】A.正方形線圈克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為線圈電阻和外電路電阻的焦耳熱，正方形線圈由瀝和M兩部分做功，且相等，線圈電阻和外電路電阻的焦耳熱相等，故線圈的泌部分克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，故A正確；B.通過電阻R的電荷量為⑥.28【解析⑥.28【解析】【詳解】(1)①[1]待測電阻大約30歐姆，且由題意知滑動變阻器應(yīng)該是分壓式接法，故選滑動變阻器10Q,以小控大，方便測量，故選E；②[2]電流從0開始增大，需要滑動變阻器分壓式解法，且因電流表電阻己知，故選電流表內(nèi)接法。如圖 (2)小余利用上述熱敏電阻制作簡易溫控報警系統(tǒng)。如圖丁所示，當(dāng)熱敏電阻兩端所加電壓低于IV時，溫控控制開關(guān)自動啟動報警系統(tǒng)，現(xiàn)要求當(dāng)溫度升高至約66°C時啟動報警系統(tǒng)。其中直流電源E(電動勢3V,內(nèi)阻不計)，則電阻箱阻值應(yīng)調(diào)至______Q<.的字母標(biāo)號)②請你按照上述實驗要求用筆畫線代替導(dǎo)線在實物圖甲中完成余下導(dǎo)線的連接(畫在答題紙的圖甲上)③由圖乙可知，熱敏電阻的阻值隨溫度升高而(選填“增大”或“減小”)；④某溫度下，電壓表示數(shù)4.5V,電流表示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為A,此時熱敏電阻阻值&為③[3]由圖像變化規(guī)律可知，熱敏電阻的阻值隨溫度升高而減小。④[4]電流表量程0.6A,最小刻度0.02A,讀數(shù)保留兩位小數(shù)，故指針此時所指讀數(shù)為0.20A；[5]由"2=0.7521.某興趣小組設(shè)計了一個游戲裝置，"2=0.7521.某興趣小組設(shè)計了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，斜面軌道AB長乙=2m、傾角a=37。，與小球間動摩擦因數(shù)村=0.5；BC為光滑水平軌道；CDEFG軌道豎直放置，由4個半徑R=0.2m的四分之一光滑圓弧軌道組成，。點與F點為豎直連接點，當(dāng)小球在圓弧軌道上運動時，軌道與小球間存在沿半徑方向、大小為F=4N的特殊引力；GH為粗糙水平軌道，軌道某處與小球的摩擦因數(shù)為jU2=0.2x(其中x表示GH上某點到G點的距離)；上述各部分軌道平滑連接，一質(zhì)量為，〃=O.1kg的小球從斜面頂端A點以一定的初速度沿斜面滑下，不計空氣阻力，g取10m/s2o(提醒：可以用F-x圖像下的“面積”代表力F做的功)。(1)若小球以vA=2m/s的初速度從A點滑下時①求小球到達(dá)斜面底端B點的速度vfi；②求小球剛過D點瞬間對軌道的壓力入;(2)要使小球能沿軌道運動，最后成功停在GH±.\m<x<45m區(qū)間，求小球在A點初速度L的取值范圍。得A=-=0.2gmgsin。+Ff-Feos。=maFsinngcos4="2久 (3)沿斜面可得mgsinQ+乃(Fsin0+mgeos。)-7*cos0=ma改變F不會改變乙的運動，即加速度不變，故外Fsin0-Feos。=0得BCGH【答案】(1)①2右得BCGH【答案】(1)①2右m/s;②0；(2)0<v4<V2m/s【解析】【詳解】(1)①小球從斜面上滑下，由諾或=2Mq=2m/s2atna}=-^mgcQsa-mg=m-v。^-m-v得vD=2V2m/s②小球從B到。點&=0vB=2^m/s小球剛過D點得得由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫?(2)①要使小球不脫離圓軌道，對應(yīng)最大速度時，在剛過D點剛好不脫離軌道，則由上題②可知M=2?s②要使小球能通過圓軌道，對應(yīng)最小速度時，在E點速度為0,小球從B到已點得-wf=0-萬埠Wf=0Amgx2一2得-wf=0-萬埠Wf=0Amgx2一2〃對=0-三羸綜上得小球從A到B過程，由使小球能成功停在G/7±lm<x<T5m區(qū)間，有^n=2V2m/sV2m/s<vB<V10m/s諾F=2M得0<v4<V2m/s22.一位大學(xué)生在研究電磁感應(yīng)問題時設(shè)計了如下實驗。實驗裝置如圖所示，水平放置的金屬軌道FMNZZ'N'M'F',與FM，平行，相距4=0.5m,NZ與N'Z'平行,相距L=lm，軌道間區(qū)域被2邊界NN'、PP'和QQ'分成I、II、I1LIV四個區(qū)域，其中I、II、IV處于豎直向下的勻強磁場中，III處于水平向左的磁場中，磁場磁感應(yīng)強度的大小均為B=2T°軌道上放置著AB、CD兩根金屬棒，位置如圖所示。兩金屬棒質(zhì)量均為m=lkg,電阻均為R=l。，其中AB棒在I區(qū)域運動時接入電路的有效電阻為巴=0.50。[=0日寸，棒有向右的初速度v=5m/s,CO棒的速度為0(此后各運動過程，兩2棒與導(dǎo)軌都始終垂直且接觸良好)，在CD棒到達(dá)PP'時AB棒恰好到達(dá)MM'，且兩棒均己勻速。此時開始給AB棒一個外力，使AB棒在II區(qū)域做勻加速運動，發(fā)現(xiàn)該外力隨時間每秒增加4N,且C。棒在III區(qū)域的運動時間為Is。當(dāng)CZ)棒到達(dá)QQ'時，撤去棒外力。此后AB棒繼續(xù)在II區(qū)域運動，CQ棒在IV區(qū)域運動，直到兩者穩(wěn)定。所有軌道電阻不計，III區(qū)域軌道粗糙，耳=0.05,其他軌道光滑，g取v2=—v=(1)t=0時，AB棒兩端的電勢差UAffi(2)當(dāng)CO棒到達(dá)PP，時，AB棒的速度大小可以及當(dāng)8棒到達(dá)QQ'^iAB棒的速度大小此；(3)CD棒在QZZ'Q1區(qū)域運動過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。—AAAA【答案】(1)—V；(2)4m/s,3【解析】【詳解】(1)感應(yīng)電動勢AB棒兩端的電勢差為路端電壓AAAAA9z，6nVs；(3)6.25JE=B-v22nL10”U*=—B一v2nL10”323(2)①在到達(dá)PP前兩棒均已勻速，設(shè)AB、CD棒的速度分別為q、v2=BLv?在到達(dá)PPf前對兩棒各應(yīng)用動量定理AB：-B—q=tnvx-tnv解得4<,Vj=—v=4<,故當(dāng)CD棒到達(dá)pp時，AB棒的速度大小Vj=4m/sZ=0.9(N)Z=0.9(N)每秒增加4N即2RB2I2\-v+at得②CD棒在III區(qū)域的運動時對AB棒應(yīng)用牛頓第二定律2RB2I2a.(3)CD棒進(jìn)入III區(qū)域耳=at=6m/sCD棒到達(dá)Q0時，AB的速度解得2R/、(B/(v.+at}、f="(BIL+mg)="L+mgI2RJ一捋￡=小2一‘〃的CD棒到達(dá)Q0時速度為嶺'諾=lm/sIII區(qū)域：C￡＞棒進(jìn)入在QZQ，Z,區(qū)域后直到穩(wěn)定時，AB.CD棒系統(tǒng)動量守恒，最終以共同速度運動，設(shè)為*有【詳解】(1):H原子核在電場中加速有11CD棒進(jìn)入在QZQ'Z'區(qū)域后整個回路產(chǎn)生的焦耳熱23.某粒子收集器如圖所示，左側(cè)容器P中存在;H、《H、：H三種原子核，中心