2024年高考物理最后一卷（北京卷）（全解全析）

2024年高考物理最后一卷（北京卷）物理·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、單項選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．在考古研究中，通常利用的衰變來測定文物的大致年代。衰變方程為，的半衰期為5730年.則下列說法中正確的是（）A．的比結合能小于的比結合能B．方程中的X是電子，它是碳原子電離時產生的，是原子的組成部分C．衰變是由于原子核逐漸吸收外界能量導致自身不穩(wěn)定而發(fā)生的D．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，會隨原子核所處的環(huán)境不同而改變【答案】A【詳解】A．核反應方程式中，生成物比反應物穩(wěn)定，可知的比結合能小于的比結合能，故A正確；B．衰變方程為，X是原子核中的中子轉變成一個質子和一個電子后放出來的電子，故B錯誤；C．衰變過程中有質量虧損，根據(jù)愛因斯坦質能方程可知該過程會放出能量，故C錯誤；D．半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，只對大量放射性原子核才有意義，其只由元素種類決定，與其他因素無關，故D錯誤。故選A。2．如圖所示，干旱季節(jié)，農民通過潛水泵抽取地下水灌溉農田。已知潛水泵由電動機、水泵輸水鋼管組成，某地下水源距離地表5.35m深，安裝潛水泵時將一根輸水鋼管豎直打入地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.65m，水流由出水口水平噴出時的速度為4m/s，每秒出水量為4kg。已知電動機額定電壓為220V，水泵的抽水效率為70%，水的密度為1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，則（）A．出水口鋼管橫截面積為4×10-3m2 B．每秒內水流機械能增加272JC．電動機的輸入功率為272W D．電動機線圈的電流約為1.2A【答案】B【詳解】A．出水口面積，故A錯誤；B．每秒水流增加的機械能，故B正確；C．電動機的輸入功率，故C錯誤；D．電動機線圈的電流，故D錯誤。故選B。3．照相機、攝影機鏡頭上都涂有增透膜，以便減少光的反射損失，增強光的透射強度，從而提高成像質量。已知某光在空氣中的波長為，增透膜對該光的折射率為，鏡頭對該光的折射率為，且。則增透膜的厚度可能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】該單色光在增透膜中的波長為，設增透膜的厚度為d，則膜的后表面上的反射光比前表面上的反射光多經歷的路程為2d，兩反射光發(fā)生相消干涉，有，解得，當時當時當時當時故選A。4．一定量的理想氣體從狀態(tài)a經狀態(tài)b變化狀態(tài)c，其過程如圖上的兩條線段所示，則氣體在（）A．狀態(tài)a處的壓強等于狀態(tài)c處的壓強B．由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變C．由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱D．由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內能【答案】C【詳解】AB．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，即圖像的斜率為，故有，故AB錯誤；CD．理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內能增大，由熱力學第一定律有，而，，則有，可得，，即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內能。故C正確；D錯誤。故選C。5．如圖甲所示，我國航天員王亞平在天宮課堂上演示了微重力環(huán)境下的神奇現(xiàn)象。液體呈球狀，往其中央注入空氣，可以在液體球內部形成一個同心球形氣泡。假設此液體球其內外半徑之比為1∶3，由a、b、c三種顏色的光組成的細復色光束在過球心的平面內，從A點以的入射角射入球中，a、b、c三條折射光線如圖乙所示，其中b光的折射光線剛好與液體球內壁相切。下列說法正確的是（

）A．該液體材料對a光的折射率小于對c光的折射率B．a光在液體球中的傳播速度最大C．該液體材料對b光的折射率為D．若繼續(xù)增大入射角i，b光可能因發(fā)生全反射而無法射出液體球【答案】C【詳解】A．根據(jù)折射率的公式，可知，以相同的入射角射入球中時，a光的折射角較小，故其折射率較大，A錯誤；B．以相同的入射角射入球中時，c光的折射角最大，折射率最小，故在液體球中傳播的速度最大，B錯誤；C．如圖所示，可知b光線的折射角，故該液體對b光的折射率，C正確；D．若繼續(xù)增大入射角i，b光的折射角增大，光線遠離同心球形氣泡，光線從液體材料射出時的入射角與射入液體材料時的折射角大小相等，根據(jù)光的可逆性可知不會發(fā)生全反射，D錯誤。故選C。6．如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖像，下列說法中錯誤的是（）A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺大C．甲擺的機械能比乙擺大D．在t=0.5s時有正向最大加速度的是乙擺【答案】C【詳解】A．由圖看出，兩單擺的周期相同，同一地點的g相同，由單擺的周期公式，可得，甲、乙兩單擺的擺長L相等，故A正確；B．由圖知甲擺的振幅比乙擺大，故B正確；C．盡管甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質量未知，所以無法比較機械能的大小，故C錯誤；D．在t=0.5s時，甲擺經過平衡位置，振動的加速度為零，乙擺的位移為負向最大，根據(jù)，可知，乙擺具有正向最大加速度，故D正確。本題選擇錯誤的，故選C。7．如圖1所示，大功率家用電器的插頭常配備漏電保護裝置，工作原理如圖2所示，其中“零序電流互感器”可視為閉合鐵芯。正常用電時，火線和零線的電流等大反向；出現(xiàn)漏電時，快速響應電路能夠在毫秒級的時間內檢測到漏電并觸發(fā)斷路器，使觸頭彈起從而自動切斷電源。下列說法正確的是（）A．漏電保護裝置根據(jù)電流磁效應的原理B．圖2中零線應該置于互感器的外面，否則無法正常使用C．正常用電時，M和N兩點之間沒有電壓D．出現(xiàn)漏電時，M和N兩點之間沒有電壓【答案】C【詳解】ACD．若火線和零線電流始終等大反向，則穿過零序電流互感器的磁通量不發(fā)生變化，零序電流互感器無感應電動勢，則與之構成閉合回路的斷路器兩端MN間無電壓，但若發(fā)生漏電，則由火線、用電器、零線構成的閉合回路中，流經火線與零線的電流大小將不再相等，從而使穿過零序電流互感器的磁通量發(fā)生變化，產生感應電動勢，觸發(fā)斷路器，使觸頭彈起從而自動切斷電源，保護電路，即此時斷路器兩端MN間有電壓，由此可知漏電保護裝置應用了電磁感應的原理，故C正確，AD錯誤；B．圖2中若零線置于互感器的外面，則發(fā)生漏電時，零序電流互感器不能感應到通過火線的電流變化，因此互感器不能正常使用，只有零線與火線同在互感器里面，互感器通過感應相反電流產生的磁場是否變化從而做出反饋，因此圖2中零線應該置于互感器的里面，故B錯誤。故選C。8．除顫儀是用于突發(fā)心室纖顫等心臟疾病的急救醫(yī)療設備，某型號除顫儀電路原理如圖，某次調試時，電容器充電完畢，開關由“1”擲向“2”，放電電流平均值為2.8A，放電時間約為10-2s，已知電容器電容為2.0×10-5F，升壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比約為1:70，則降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比約為（）A．22:1 B． C．7:1 D．2:1【答案】B【詳解】由題意可知，第一個變壓器為降壓變壓器，第二個變壓器為升壓變壓器，由于放電電流平均值為2.8A，由電流的定義式有，根據(jù)電容器的電容定義有，所以升壓變壓器副線圈的兩端的電壓的最大值為，由理想變壓器原副線圈與匝數(shù)的關系有，所以升壓變壓器原線圈兩端電壓的最大值為，降壓變壓器副線圈兩端電壓的最大值為，所以降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為，故選B。9．圖甲為某風速測量裝置，可簡化為圖乙所示的模型。圓形磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，風推動風杯組（導體棒OA代替）繞水平軸以角速度ω順時針轉動，風杯中心到轉軸距離為2L，導體棒OA電阻為r，導體棒與彈性簧片接觸時回路中產生電流，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°，圖乙中電阻阻值為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（

）A．流過電阻R的電流方向為從左向右B．風杯的速率為ωLC．導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢為D．導體棒每轉動一圈，流過電阻R的電荷量為【答案】D【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，導體棒OA上感應電流方向為從O到A，流過電阻R的電流方向為從右向左。故A錯誤；B．風杯的速率為v=ω×2L=2ωL，故B錯誤；C．導體棒與彈性簧片接觸時產生的電動勢為，故C錯誤；D．依題意，導體棒每轉動一圈，接觸過程中，導體棒轉過的圓心角為45°所以三組風杯組總共接觸過程對應的時間為，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有，又，聯(lián)立，解得，故D正確。故選D。10．中國天宮號空間站正常繞地運行的軌道可視為圓形，軌道平面與赤道平面夾角為，軌道離地高約400km，每天繞地球約轉16圈，繞行方向自西向東。地球半徑約為6400km，下列說法正確的是（）A．空間站中的宇航員受地球的引力約為其在地面時的B．空間站繞地運行的角速度比地面上物體隨地球自轉的角速度小C．空間站連續(xù)兩次經過我國某城市上方的時間間隔約為1.5hD．空間站繞地運行的速度比月球繞地運行的速度小【答案】A【詳解】A．在地球表面有，在空間站有，整理有，故A項正確；B．由于空間站每天繞地球約轉16圈，所以其周期約為，而地球上的物體轉一圈的周期為24h，由周期與角速度的關系有，由于空間站的周期小，所以空間的角速度大于在地球上物體的角速度，故B項錯誤；C．由于空間站的周期為1.5h，地球的周期為24h，但是又由于空間站軌道平面與赤道所在平面不共面，所以每次空間站轉16圈，中國某城市相對于空間站回到了出發(fā)位置，即空間站連續(xù)兩次經過我國某城市上方的時間間隔約為24h，故C項錯誤；D．由于，整理有，由于空間站距離地心的距離比月球小，故其繞行速度比月球的大，故D項錯誤。故選A。11．如圖為特殊材料薄板，電阻可視為零，質量為0.99kg，厚度為d=1mm，前后兩個側面是邊長為l=1m的正方形。當在整個空間加上方向水平且平行于正方形側面的磁感應強度大小為100T的勻強磁場時，薄板自由下落在垂直于側面方向形成電流I，使得薄板的加速度相比自由落體時減小了百分之一，兩側面積聚電荷可以看成電容器，其電容值為C，薄板下落過程中始終保持豎直，且不計空氣阻力，重力加速度取。則下列選項正確的是（

）A．薄板下落過程中形成后側面流向前側面的電流B．薄板下落過程前后兩個側面的電荷不斷增加直到達到某個最大值C．薄板減少的重力勢能全部轉化為薄板的動能D．電流I等于0.99A，電容器的電容為1F【答案】D【詳解】A．安培力豎直向上，由左手定則可知，電流方向是由前向后流的，故A錯誤；B．薄板的加速度恒定，所以安培力恒定，形成的電流是個恒定值，前后兩個側面的電荷量會不斷的隨著時間均勻增加，故B錯誤；C．減小的重力勢能轉化為薄板的動能及電容器的電勢能，以及電容器向外輻射的電磁波的能量，故C錯誤；D．薄板的加速度相比自由落體時減小了百分之一，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，根據(jù)，故D正確。故選D。12．如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風洞實驗室的水平地面，質量m=0.1kg的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風力。以小球開始下落的位置為原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內，取重力加速度g=10m/s2；則下列說法中正確的是（）A．小球釋放位置距地面的高度為7mB．小球在下落過程受到的風力為1NC．小球剛接觸彈簧時的動能為4.5JD．小球的最大加速度大小為99m/s2【答案】D【詳解】A．由圖乙可知，小球處于釋放位置的重力勢能為0.70J，根據(jù)，可得小球釋放位置距地面的高度為，故A錯誤；B．由圖乙可知小球速度減為0時，小球下落，該過程彈性勢能增加了，根據(jù)功能關系有代入數(shù)據(jù)解得小球在下落過程受到的風力為，故B錯誤；C．由圖乙可知，小球剛接觸彈簧時，小球下落了，根據(jù)動能定理得，解得小球剛接觸彈簧時的動能為，故C錯誤；D．彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，則有，，解得彈簧的勁度系數(shù)為，則小球的最大加速度大小為，故D正確。故選D。13．如圖所示，邊長為a的等邊的A、B、C三點處各放置一個點電荷，三個點電荷所帶電荷量數(shù)值均為Q，其中A、B處為正電荷，C處為負電荷；邊長為a的等邊的E、F、G三點處均有一垂直紙面的電流大小為I的導線，其中E、F處電流垂直紙面向內，G處電流垂直紙面向外，O、H是三角形的中心，D為AB中點，這兩個三角形均豎直放置，且AB、EF相互平行，下列說法正確的是（

）A．正電荷在O點處受電場力方向由O指向C，電流方向垂直紙面向外的通電導線在H點處受安培力方向由H指向GB．O點處的電勢高于D點處的電勢，D點處場強大于O點處場強C．A點電荷所受電場力方向與E點處通電直導線所受安培力方向相同D．帶負電的試探電荷沿直線從D點運動到O點的過程中電勢能減小【答案】A【詳解】A．做出三個點電荷在O點處產生的場強，如圖所示根據(jù)幾何關系可知，且三個點電荷的電荷量相等，因此三個點電荷在O點產生的場強大小相等，根據(jù)電場強度的疊加法則（平行四邊形定則）可知，O點處的合場強由O指向C，而帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與場強的方向相同，因此正電荷在O點處受電場力方向由O指向C；根據(jù)安培定則，分別做出三根通電直導線在H處產生的磁場方向，如圖所示由于H點距三根通電直導線的距離相等，且三根通電直導線中電流大小相等，因此三根通電直導線在H處產生的磁場強度大小相等，根據(jù)磁場強度的疊加法則（平行四邊形定則）可知，H點處的合磁場方向平行EF水平向右，因此根據(jù)左手定則可知，電流方向垂直紙面向外的通電導線在H點處受安培力方向由H指向G，故A正確；由于O點在B、C處兩等量異種點電荷連線的中垂線上，而等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，且電勢為零，因此O點處的電勢即為A點處的正電荷所形成電場在O點的電勢，根據(jù)幾何關系可得，可得O點處的電勢D點處的電勢，可知，根據(jù)以上分析可知，由點電荷形成的場強的計算公式結合幾何關系可得O點處的合場強，對于D點，由于A、B兩處的點電荷在D點產生的場強大小相等方向相反，因此D點處的場強大小即為C點處的電荷在D點產生的場強的大小，可得，顯然，故B錯誤；C．做出B、C處兩電荷在A處產生的場強的大小，根據(jù)平行四邊形定則做出合場強，如圖所示由于A處電荷帶正電，因此其所受電場力的方向與場強的方向相同，即其方向斜向左上方，與AC連線之間的夾角為；根據(jù)安培定則做出F、G兩處導線在E點產生的磁場，以及根據(jù)平行四邊形定則做出其合磁場，再根據(jù)左手定則做出E處導線所受安培力的方向，如圖所示根據(jù)幾何關系可知，E處導線所受安培力的方向斜向右下方，與EF連線之間的夾角為，可知，A點電荷所受電場力方向與E點處通電直導線所受安培力方向不同，故C錯誤；D．根據(jù)以上分析可知，而帶負電的粒子在電勢低的地方電勢能大，因此帶負電的試探電荷沿直線從D點運動到O點的過程中電勢能增加，故D錯誤。故選A。14．如圖，在長方形ACDE中，O點為兩對角線AD、CE的交點，F(xiàn)點為OD上的一點，且AE=AO=d，OF=2FD。三角形AOE內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；三角形AOC內無磁場；三角形COD和DOE內分別有垂直紙面向里和垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小未知。現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的粒子（重力不計）以一定初速度從A點沿∠OAE的角平分線垂直磁場射入，粒子恰好依次經過O、F點且從D點射出磁場。則（

）A．粒子帶正電B．粒子的初速度為C．三角形COD和DOE內的磁感應強度大小分別為2B、3BD．粒子從A點到D點經歷的時間為【答案】D【詳解】A．由于粒子依次經過粒子恰好依次經過O、F點且從D點射出磁場，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；B．根據(jù)題意，作出粒子在磁場中運動的大致軌跡，如圖所示，由于粒子從A點沿∠OAE的角平分線垂直磁場射入，可知粒子在每個磁場中偏轉的圓心角均為.設粒子在中的圓周半徑為,則，洛倫茲力為其圓周運動提供向心力，有，解得，B錯誤；C．設在中的圓周半徑為,磁感應強度為,在中的圓周半徑為,磁感應強度為,故有，，洛倫茲力為其圓周運動提供向心力，有，同理，，解得，，C錯誤；D．設粒子在、、中運動的周期分別為、、，則有，，，所以粒子從A點到D點經歷的時間（粒子在各區(qū)域偏轉的圓心角均為），，D正確。故選D。二、實驗題（本大題共2小題，共16.0分）15．（6分）學校物理小組的同學們利用如圖甲所示的實驗裝置探究一定質量的氣體等壓變化規(guī)律。注射器豎直固定在鐵架臺上，其中密封了一定質量的氣體，柱塞上固定一重物，被密封的空氣柱浸沒在燒杯的液體中，液體中放置有溫度計（圖中未標出）。忽略柱塞與注射器之間的摩擦，通過改變燒杯內液體溫度讀取多組溫度、體積數(shù)值，并作體積-溫度圖像。(1)下列說法正確的是___________（填選項字母）。A．溫度計位置應盡量遠離空氣柱B．柱塞上應涂上潤滑油C．每次改變燒杯中液體的溫度時，應立即讀出空氣柱的體積(2)某同學作出體積-熱力學溫標圖像如圖乙所示，圖像不過原點的原因可能是。(3)保持密封空氣柱質量不變，改變重物質量，通過兩次實驗作出體積-熱力學溫標圖像得到兩條直線如圖丙所示。若兩條直線斜率分別為、，兩次重物及柱塞的總質量分別為、，柱塞橫截面積為S，重力加速度為g，則大氣壓強可表示為（使用題中所給字母表示）。【答案】(1)B(2)未考慮橡膠套內注射器細管的氣體體積(3)【詳解】（1）A．溫度計盡量靠近注射器空氣柱位置，以免溫度計和空氣柱存在溫差，A項錯誤；B．柱塞上涂上潤滑油減小摩擦增強密封性，B項正確；C．應該等充分熱交換后溫度計示數(shù)才能表示空氣柱溫度，C項錯誤。故選B。（2）設橡膠塞內氣體體積為，則有即，所以圖像不過原點的原因是未考慮橡膠塞內注射器細管的氣體體積。（3）由（2）知，，對柱塞及重物受力分析，，解得16．（10分）為了測定某電池的電動勢（約為10V）和內阻（小于5Ω），一個量程為5V的電壓表與電阻箱串聯(lián)，將其量程擴大為15V，然后用伏安法測電池的電動勢和內阻，電壓表的內阻遠大于滑動變阻器的最大電阻，該實驗的操作過程如下：(1)擴大電壓表的量程，實驗電路如圖甲所示。①把滑動變阻器的滑片移至（填“a”或“b”）端，把電阻箱的阻值調到零，閉合開關。②移動滑動變阻器的滑片，使電壓表的示數(shù)為4.8V，保持滑動變阻器滑片的位置不變，把電阻箱的阻值調到適當值，使電壓表的示數(shù)為V，若此時電阻箱的示數(shù)為R0，則改裝后電壓表的內阻為（結果用R0表示）。(2)用該擴大了量程的電壓表（電壓表的表盤沒變）測電池電動勢E和內阻r，實驗電路如圖乙所示，記錄多組電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I，并作出U一I圖線如圖丙所示，可知電池的電動勢為V，內阻為Ω?！敬鸢浮?1)b1.61.5R0(2)9.63.0【詳解】（1）①把滑動變阻器的滑片移至b端，可以保證電路的安全。②根據(jù)電路分析，把量程5V的電壓表量程擴大到15V，則電阻箱所分電壓為10V，其阻值為改裝前電壓表的兩倍，保持滑動變阻器滑片的位置不變，把電阻箱的阻值調到適當值，使電壓表與電阻箱的電壓之和為4.8V，即電壓表電壓為1.6V，電阻箱電壓為3.2V，符合實驗要求。若此時電阻箱的示數(shù)為R0，則改裝后電壓表的內阻為（2）由閉合電路歐姆定律，可得整理，可得結合丙圖，可得，解得，三.計算題：本題共4小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。17．（9分）如圖，在進行投籃時，有時候會出現(xiàn)一個球將另一個球頂進籃筐的情況?，F(xiàn)有一個同學在籃筐中心前方1m的位置將籃球A以初速度豎直上拋，另外一名同學在同一直線上較遠的地方將完全相同的籃球B斜向上拋，兩球恰好都運動到最高點時發(fā)生彈性正碰，已知籃球質量均為500g且都看作質點，籃筐距離地面的高度為2.75m，重力加速度g大小取。求：（1）籃球A與籃球B發(fā)生彈性碰撞時，距離地面的高度；（2）若籃球A的球心恰好通過籃筐的中心，兩球相碰前瞬間籃球B的速度大小；（3）若籃球A的球心恰好通過籃筐的中心，籃球B剛拋出時的初動能?！敬鸢浮浚?）4m；（2）2m/s；（3）21J【詳解】（1）根據(jù)豎直上拋的運動規(guī)律可知解得m（2）根據(jù)平拋運動規(guī)律有兩球恰好都運動到最高點時發(fā)生彈性正碰，則有解得m/s（3）籃球B從拋出到與A球碰撞，根據(jù)動能定理有解得J18．（9分）某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置、簡化為與火箭絕緣的導電桿MN和裝置A組成，并形成閉合回路，裝置A能自動調節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示，導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產生的磁場近似為零，在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同，火箭無動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停，已知火箭與導電桿的總質量為M，導軌間距，導電桿電阻為R，導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置A的內阻，在火箭落停過程中，求：（1）導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）回路感應電動勢E與運動時間t的關系；（3）裝置A輸出電壓U與運動時間t的關系及輸出的能量W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）導體桿受安培力方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有解得導體桿運動的距離（2）回路的電動勢其中解得（3）右手定則和歐姆定律可得可得電源輸出能量的功率在時間內輸出的能量對應圖像的面積，可得19．（12分）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內存在一半徑為R、分別與x軸、y軸相切的圓形邊界，圓形邊界內和第三、四象限內均存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，第一象限圓形邊界外無磁場。在第二象限內存在平行于y軸方向的勻強電場（在圖中未標出）。現(xiàn)將一群質量均為m、電荷量均為+q（q>0）的帶電粒子從切點S以同一速度大小（其中大小未知）與x軸正方向成角（）射入第一象限，其中垂直于x軸入射的粒子剛好垂直y軸經過Р點，與x軸正方向成入射的粒子經過第二象限的電場后從x軸上的Q點射入第三象限，其中OQ距離為R。在x軸正方向上有一塊收集板MN，不計粒子重力，求：（1）粒子入射速度大??；（2）電場強度E方向（選“y軸負方向”或“y軸正方向”）和大小；（3）若收集所有粒子，則收集板長度至少要多長?！敬鸢浮浚?）；（2）y軸負方向，；（3）【詳解】（1）根據(jù)粒子在圓形邊界內做圓周運動，如圖由洛倫茲力提供向心力可得由圖可得r=R聯(lián)立可得粒子入射速度大?。?）根據(jù)粒子偏轉方向可知，電場強度E方向為沿