浙江省錢塘聯盟2023-2024學年高二下學期4月期中物理試題

絕密★考試結束前2023學年第二學期錢塘聯盟期中聯考高二年級物理學科試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。選擇題部分一、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）1.2023年的諾貝爾物理學獎授予“采用實驗方法產生阿秒脈沖光的技術”，阿秒脈沖光是一種非常短的光脈沖，其持續(xù)時間在阿秒的量級，即，則（）A.阿秒是導出單位B.阿秒是國際單位制的基本單位C.阿秒對應的物理量是國際單位制的基本量D.阿秒對應的物理量是矢量【答案】C【解析】【詳解】ABC．國際單位制中的基本物理量為長度、質量、時間、溫度、電流、物質的量、發(fā)光強度，基本物理量的單位為基本單位，即米、千克、秒、開爾文、安培、摩爾、坎德拉；“阿秒”是一個單位，對應的物理量是時間，應為國際單位制的基本量，故C正確，AB錯誤；D．阿秒對應的物理量是時間只有大小為標量，故D錯誤。故選C。2.杭州亞運會中，朱亞明奪得男子三級跳遠金牌，下面對朱亞明跳遠過程物理分析正確的是（）A.朱亞明可以看作質點B.最后一次起跳至落到沙坑過程中動量先增大后減小C.最后一次起跳至落到沙坑過程中重力勢能先增大后減小D.落到沙坑后沙坑作用力的沖量小于重力的沖量【答案】C【解析】【詳解】A．跳遠過程的動作要細致分析，故人不可視為質點，故A錯誤；B．跳出時的速度是最大的，之后過程中受到重力和空氣阻力作用，動量會減小，在最高點時動量最小，下落過程動量會增大，故動量先減小后增大，故B錯誤；C．由于跳出后先上升后下降，故重力勢能先增大后減小，故C正確；D．人腳落入沙坑之后做減速運動，故沙坑對人作用力的沖量大于重力的沖量，故D錯誤。故選C。3.“圍爐煮茶”在這個冬日里火爆全網。如圖，它由三根完全相同的輕桿通過鉸鏈組合在一起，吊爐通過細鐵鏈靜止懸掛在三腳架正中央，三腳架正中央離地面高度為h，吊爐和細鐵鏈的總質量為m，支架與鉸鏈間的摩擦忽略不計。下列說法正確的是（）A.每根輕桿受到地面的支持力大小為B.鐵鏈對吊爐的拉力與吊爐對鐵鏈的拉力是一對平衡力C.吊爐對鐵鏈的拉力就是重力D.增大h時，每根輕桿對地面的壓力減小【答案】A【解析】【詳解】A．將整個裝置視為整體，對整體進行受力分析，由于支架完全相同且均勻分布，故桌面對每根支架的支持力大小相等，根據平衡條件得解得故A正確；B．鐵鏈對吊爐的拉力和吊爐對鐵鏈的拉力是一對相互作用力，大小相等、方向相反，故B錯誤；C．吊爐對鐵鏈的拉力屬于彈力，而吊爐所受重力為地球對吊爐的吸引力，二者不同，故C錯誤；D．減小h時，桌面對每根支架的支持力大小不變，根據牛頓第三定律可知每根輕桿對桌面的壓力不變，故D錯誤。故選A。4.如圖所示，處于同一平面內的兩根長直導線中通有方向相反的電流，大小分別為I1、I2，這兩根導線把它們所在的平面分成a、b、c三個區(qū)域，磁感強度為零的區(qū)域（）A.當時，可能出現在b區(qū) B.當時，一定出現在a區(qū)C.當時，不可能出現在c區(qū) D.可能同時出現在a、c區(qū)【答案】B【解析】【詳解】根據安培定則得知，電流I1在a區(qū)域產生的磁場方向垂直紙面向外，在b、c區(qū)域產生的磁場方向垂直紙面向里；電流I2在a、b區(qū)域產生的磁場方向垂直紙面向里，在c區(qū)域產生的磁場方向垂直紙面向外，所以在a、c兩區(qū)域磁場方向相反，若磁感應強度大小再相等，則可能出現磁感應強度為零的區(qū)域，由于電流產生的磁場的離電流越近磁場越強，所以合磁感應強度為0處離比較小的電流比較近，即在小電流的一側，所以不可能同時出現在a、c區(qū)。故選B。5.如圖是高速列車上使用電磁制動裝置示意圖。與傳統(tǒng)的制動方式相比，電磁制動是一種非接觸的制動方式，避免了因摩擦產生的磨損。電磁制動的原理是當金屬圓盤D在磁場中運動時，會產生渦流，使圓盤受到阻礙運動的制動力。下列說法正確的是（）A.制動過程中，圓盤不會產生熱量B.制動力的大小與圓盤運動的速度無關C.換用更強的磁場，制動效果更好D.如果改變磁場的方向，可以使圓盤獲得促進它運動的動力【答案】C【解析】【詳解】A．電磁制動的原理是當金屬圓盤D在磁場中運動時，會產生渦流，電流流過電阻時會產生熱量，故A錯誤；B．圓盤運動的速度越大，磁通量變化越快，產生的感應電流越強，制動器對轉盤的制動力越大，故制動力的大小與導體運動的速度有關，故B錯誤；C．換用更強的磁場，圓盤受到的安培阻力更大，則制動效果更好，故C正確；D．如果改變磁場的方向，產生的渦流方向也相反，根據安培力的公式，電流和所處的磁場方向同時反向，安培力方向不變，故圓盤還是受到阻礙運動的制動力，故D錯誤。故選C。6.下列說法正確的是（）A.圖甲光導纖維利用光的全反射現象傳遞信息時內芯的折射率比外套的大B.圖乙檢驗工件平整度操作中，通過干涉條紋可推斷出P為凹處、Q為凸處C.圖丙表示聲源靠近觀察者時，觀察者接收到的聲音頻率減小D.圖丁為光照射到小孔上，在小孔背后得到的衍射圖樣【答案】A【解析】【詳解】A．圖甲因光導纖維是依據全反射原理工作的，可知內芯的折射率大于外套的折射率，A正確；B．圖乙檢驗工件平整度的操作中，明條紋處空氣膜的厚度相同，從彎曲的條紋可知，P處檢查平面左邊處的空氣膜厚度與后面的空氣膜厚度相同，通過干涉條紋可推斷出P為凸處、Q為凹處，B錯誤；C．圖丙表示聲源靠近觀察者時，根據多普勒效應可知觀察者接收到的聲音頻率增大，C錯誤；D．光照射到小孔上衍射圖樣，中央是大且亮的圓形亮斑，周圍分布著明暗相間的同心圓環(huán)，當單色光照射在直徑恰當的小圓板或圓珠時，會在之后的光屏上出現環(huán)狀的互為同心圓的衍射條紋，并且在所有同心圓的圓心處會出現一個極小的亮斑，這個亮斑就被稱為泊松亮斑。D錯誤；故選A。7.一列簡諧橫波沿軸正方向傳播，圖1是波傳播到的M點時的波形圖，圖2是質點N（）從此時刻開始計時的振動圖像，Q是位于處的質點。下列說法正確的是（）A.這列波的傳播速度是B.時質點Q首次到達波峰位置C.P點的振動方程為D.該簡諧橫波的起振方向為y軸正方向【答案】B【解析】【詳解】A．由波動圖像知這列波的波長為，由振動圖像知周期，則傳播速度為代入得A錯誤；B．根據波形平移法，處的波形傳遞M點的距離為則Q點第一次到達波峰用時為代入得B正確；C．由題圖知，則當時，，P點沿y軸負方向振動，則其振動方程為C錯誤；D．因M點在時刻沿y軸負向振動，可知波傳到任意一點，該點的起振方向和波源的起振方向相同，D錯誤；故選B。8.如圖所示的虛線區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，取坐標如圖。一帶正電粒子沿x軸正方向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉。不計重力的影響，電場強度E和磁感應強度B的方向可能是（）A.E和B都沿x軸方向 B.E沿y軸正方向，B沿z軸負方向C.E沿z軸正方向，B沿y軸正方向 D.E和B都沿z軸方向【答案】A【解析】【詳解】A．若E和B都沿x軸方向，則磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運動方向相同，粒子運動方向不會發(fā)生偏轉，故A正確；B．若E沿y軸正方向，B沿z軸負方向，則電場力沿y軸正方向，洛倫茲力沿y軸正方向，電場力與洛倫茲力同方向，且不與速度方向共線，粒子將偏轉，故B錯誤；C．若E沿z軸正方向，B沿y軸正方向，則電場力沿z軸正方向，洛倫茲力沿z軸正方向，粒子將做曲線運動，速度方向偏轉，故C錯誤；D．若E和B都沿z軸方向，電場力沿z軸方向，洛倫茲力沿y軸方向，兩力不平衡且合力方向與速度不共線，粒子將做曲線運動，故D錯誤。故選A。9.如圖所示，在光滑的水平面上，靜止小車上固定有光滑的四分之一圓弧軌道，半徑為R。整個小車（含軌道）的質量為2m?，F有質量為m的小球，從軌道上端靜止釋放，然后從軌道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是（）A.小球滑離小車時，小球速度為B.小球在滑離小車過程中，小車對小球的支持力不做功C.小球在滑離小車過程中，小球的機械能守恒D.小球滑離小車時，小車速度為【答案】D【解析】【詳解】AD．依題意，小車和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)水平方向動量守恒，則聯立解得，故A錯誤，D正確；BC．小球在滑離小車過程中，小球對小車的壓力做正功，而小車對小球的支持力做負功，所以小球的機械能不守恒，故BC錯誤。故選D。10.英國物理學家麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個半徑為R的絕緣粗糙細圓環(huán)水平放置，環(huán)內存在半徑為r的勻強磁場區(qū)域，磁場方向豎直向上，環(huán)上套一電荷量為+q，質量為m的絕緣小球。已知小球與圓環(huán)間的動摩擦因數為μ，磁感應強度B隨時間變化規(guī)律為，小球在環(huán)上恰好做勻速圓周運動，若小球在環(huán)上運動一周，則摩擦力對小球所做功的大小是（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】變化磁場在圓環(huán)所在位置產生的感應電動勢為若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小為由于小球在環(huán)上恰好做勻速圓周運動，則故選C。11.一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內產生的熱量為；若該電阻接到正弦交流電經半波整流得到的直流電源上，在一個周期內產生的熱量為，該電阻上電壓的峰值均為，周期均為，如圖所示。則等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由圖可知，方形交流電源的有效值為，故其一個周期產生的熱量為在周期內正弦式半波交流電源有效值為，根據有效值的定義有，正弦式半波交流電源的有效值為代入得正弦式交流電一個周期內產生的熱量為故可知故選C。12.某同學利用電壓傳感器來研究電感線圈工作時的特點。圖甲中三個燈泡完全相同，不考慮溫度對燈泡電阻的影響。在閉合開關S的同時開始采集數據，當電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關。圖乙是由傳感器得到的電壓u隨時間t變化的圖像。不計電源內阻及電感線圈L的電阻。下列說法正確的是（）A.開關S閉合瞬間，燈D2和D3同時亮B.開關S閉合瞬間至斷開前，流經燈D1的電流保持不變C.開關S斷開瞬間，燈D2閃亮一下再熄滅D.根據題中信息，可以推算出圖乙中u1與u2的比值【答案】D【解析】【詳解】AB．開關S閉合瞬間，由于電感線圈的阻礙作用，燈D3逐漸變亮，通過燈D3的電流緩慢增加，待穩(wěn)定后，流經燈D2和D3的電流相等；故從開關S閉合瞬間至斷開前，流經燈D1的電流也是逐漸增加，故AB錯誤；C．開關S斷開瞬間，由于電感線圈阻礙電流減小的作用，由電感線圈繼續(xù)為燈D2和D3提供電流，又因為電路穩(wěn)定的時候，流經燈D2和D3的電流相等，所以燈D2逐漸熄滅，不會閃亮一下，故C錯誤；D．開關S閉合瞬間，燈D2和D1串聯，電壓傳感器所測電壓為D2兩端電壓，由歐姆定律可得電路穩(wěn)定后，流過D3的電流為開關S斷開瞬間，電感線圈能夠為D2和D3提供與之前等大電流，故其兩端電壓為故可以推算出圖乙中u1與u2的比值為故D正確。故選D。13.如圖所示，有一塊透明長方體介質，高度為，上下兩個面為邊長為的正方形，底面中心有一單色點光源，可向各個方向發(fā)出光線，該介質對光的折射率為（不考慮二次反射），則介質的上表面與四周被光照亮區(qū)域的面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據解得介質的上表面，當假設水面足夠大，當入射角為臨界角時，在上表面能折射出光線的最大半徑為r，光路圖如圖所示則由幾何關系解得所以上表面被光照亮區(qū)域為圓形，面積為同理，在介質的側表面則由幾何關系解得所以在每個側表面被光照亮區(qū)域為半圓形，總面積為所以，介質的上表面與四周被光照亮區(qū)域的面積為故選C。二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3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3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.降噪耳機越來越受到年輕人的喜愛。某型號降噪耳機工作原理如圖所示，降噪過程包括如下幾個環(huán)節(jié)：首先，由安置于耳機內的微型麥克風采集耳朵能聽到的環(huán)境中的中、低噪聲（比如100Hz~1000Hz）；接下來，將噪聲信號傳至降噪電路，降噪電路對環(huán)境噪聲進行實時分析、運算等處理工作；在降噪電路處理完成后，通過揚聲器向外發(fā)出與噪聲相位相反、振幅相同的聲波來抵消噪聲；最后，我們的耳朵就會感覺到噪聲減弱甚至消失了，對于該降噪耳機的下述說法中，正確的有（）A.抵消聲波和環(huán)境噪聲在空氣中傳播的速度不一定相等B.該耳機正常使用時，降噪電路發(fā)出的聲波與周圍環(huán)境的噪聲能夠完全抵消C.該耳機正常使用時，抵消聲波和環(huán)境噪聲頻率保持一致，降噪效果更好D.如果降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則耳機使用者可能會聽到更強的噪聲【答案】CD【解析】【詳解】A．聲波是靠介質傳播，同一介質中傳播速度相等，故A錯誤；B．因周圍環(huán)境產生的噪聲頻率在100Hz～1000Hz范圍之內，而降噪電路只能發(fā)出某一種與噪聲相位相反、振幅相同的聲波來抵消噪聲，所以降噪電路發(fā)出的聲波與周圍環(huán)境的噪聲不能夠完全抵消，故B錯誤；C．頻率相同的波才能發(fā)生干涉，即聲波的疊加，相位相反則可以相互抵消，故C正確；D．如果降噪電路處理信息的速度大幅度變慢，則在降噪電路處理完成后，通過揚聲器可能會向外發(fā)出與噪聲相位相同、振幅相同的聲波來加強噪聲，則耳機使用者可能會聽到更強的噪聲，故D正確。故選CD。15.利用霍爾元件可以進行微小位移的測量。如圖甲所示，將固定有霍爾元件的物體置于兩塊磁性強弱相同、同極相對放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標系。保持沿x方向通過霍爾元件的電流I不變，當物體沿z軸方向移動時，由于不同位置處磁感應強度B不同，霍爾元件將在y軸方向的上、下表面間產生不同的霍爾電壓UH．當霍爾元件處于中間位置時，磁感應強度B為0，UH為0，將該點作為位移的零點。已知在小范圍內，磁感應強度B的大小和坐標z成正比，這樣就可以把電壓表改裝成測量物體微小位移的儀表。下列說法中正確的是（）A.該儀表只能測量位移的大小，無法確定位移的方向B.該儀表的刻度線是均勻的C.若霍爾元件中導電的載流子為電子，則當時，下表面電勢高D.電流I越大，霍爾電壓UH越大【答案】BD【解析】【詳解】A．若霍爾元件是空穴導電，若上表面電勢高，則空穴在上表面聚集，根據左手定則可知磁感應強度方向沿z軸負方向，說明霍爾元件靠近右側的磁鐵，位移方向向右，反之則位移向左，則該儀表可確定位移的方向，故A錯誤；B．設霍爾元件在y方向的長度為d，空穴定向移動的速率為v，則根據平衡條件有B=kz解得則UH與z成正比關系，可知該儀表的刻度線是均勻的，選項B正確；C．若霍爾元件中導電的載流子為電子，則當Δz<0時，磁場方向向右，則由左手定則可知，電子偏向下表面，即下表面電勢低，選項C錯誤；D．根據電流的決定式可知當n、e、S三者確定時，I越大，v越大，霍爾電壓UH越高，故D正確。故選BD。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質且表面粗糙程度相同的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。甲硬幣（一元）和乙硬幣（一角）的質量分別為m1和m2且m1>m2，將甲硬幣放在斜面的某一位置，標記此位置為B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當甲停在水平面上某一位置處，測量O點到甲停止位置的距離OP，記為s0。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點位置，左側與O點重合，并將甲硬幣在B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量O點到甲乙停止位置的滑行距離OM和ON，記為s1、s2。（1）若甲乙硬幣碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，則應滿足的表達式為___________。（用s0、s1、s2、m1和m2表示）（2）關于該實驗需要滿足的條件是（）A.OA段必須保持水平B.傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成C.甲硬幣必須從斜面同一位置釋放【答案】（1）（2）C【解析】【小問1詳解】設硬幣與紙板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，甲從O點到P點，根據動能定理可得解得碰撞前甲到O點時速度的大小為同理可得碰撞后甲的速度和乙的速度分別為若動量守恒，則整理可得【小問2詳解】A．若OA段略微傾斜θ角，則兩硬幣的加速度均變?yōu)橛梢陨戏治隹芍?，沒有產生影響，故A錯誤；BC．由以上分析可知，本實驗中必須保證兩硬幣與水平面間的動摩擦因數相同，即μ相同，但不一定要與傾斜段的摩擦因數相同，同時甲硬幣兩次在斜面上應由同一位置靜止釋放，故B錯誤，C正確。故選C。17.用圖示裝置完成“探究單擺周期與擺長的關系”：（1）用螺旋測微器測量擺球的直徑，結果如圖甲所示，可讀出擺球的直徑為___________mm，用米尺測得繩長為L。（2）實驗時，擺球在垂直紙面的平面內擺動，為了將人工記錄振動次數改為自動記錄振動次數，在擺球運動的最低點的左、右兩側分別放置激光光源與光敏電阻，如圖乙所示，光敏電阻與某一自動記錄儀相連，該儀器顯示的光敏電阻阻值R隨時間t的變化圖線如圖丙所示，重力加速度g的表達式為___________（用題目及圖中的字母表示）【答案】（1）7.879##7.880##7.881（2）【解析】【小問1詳解】根據螺旋測微器讀法可得小球的直徑【小問2詳解】一個周期內小球兩次經過最低點，使光敏電阻的阻值發(fā)生變化，由題圖丙可得，周期為根據單擺的周期公式可得18.在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系”的實驗中：（1）下列儀器中不需要的是___________。（填寫字母）A.干電池 B.低壓交流電源C.多用表 D.電壓表（2）若某次實驗中用匝數匝、匝的變壓器，測得的電壓的電壓，據此可知___________（填“”或“”）是原線圈匝數。（3）造成（2）中的誤差的原因可能為___________。（填字母代號）A.原線圈輸入電壓發(fā)生變化 B.原線圈上的電流發(fā)熱C.變壓器鐵芯漏磁 D.變壓器鐵芯發(fā)熱（4）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。作為橫檔的鐵芯Q的硅鋼片應按照下列哪種方法設計___________。A. B.C. D.【答案】（1）AD（2）（3）BCD（4）B【解析】【小問1詳解】“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗，需要器材是學生電源，提供低壓交流電，同時還需要交流電壓表來測量電壓及可拆變壓器和導線，結合題目給定的器材，圖A是干電池，B學生電源，提供低壓交流電，C是多用電表，用來測交流電流和電壓，D電壓表，只能測量直流電壓，結合器材需求可知，儀器中不需要的是AD。故選AD?！拘?詳解】若某次實驗中用匝數匝、匝的變壓器，測得的電壓的電壓，匝數之比近似等于電壓之比，則有結合變壓器不是理想的，存在有漏磁、線圈電阻大、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等電能損耗，即副線圈電壓小于原線圈電壓的一半，則一定是原線圈，為副線圈?！拘?詳解】A．原線圈輸入電壓發(fā)生變化，不會影響電壓比和匝數比，A錯誤；B．原副線圈上通過的電流發(fā)熱，都會使變壓器輸出功率發(fā)生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別，B正確；C．變壓器鐵芯漏磁，從而導致電壓比與匝數比有差別，C正確；D．鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，會使變壓器輸出功率發(fā)生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別，D正確。故選BCD。【小問4詳解】根據楞次定律和安培定則，產生的渦旋電流的方向與左側面平行，為了減小渦旋電流在鐵芯中產生的熱量，相互絕緣的硅鋼片應平行于前表面（后表面），B正確。故選B。19.2024年3月20日8時31分，探月工程四期鵲橋二號中繼星由長征八號遙三運載火箭在中國文昌航天發(fā)射場成功發(fā)射升空，3月25日順利進入環(huán)月軌道。若某次發(fā)射過程中，火箭及其衛(wèi)星總質量為200噸，總長為50m，發(fā)射塔高115.2m，點火后經6.4s火箭離開發(fā)射塔。假設火箭離開發(fā)射塔的過程中做勻加速運動，忽略空氣阻力和運載火箭質量的變化，取重力加速度大小。求：（1）火箭離開發(fā)射塔瞬間的速度大??；（2）火箭起飛時推動力大?。唬?）若火箭剛離開發(fā)射塔瞬間，某個發(fā)射用到的部件完成使命要從火箭尾部自然脫落（脫落后只考慮重力作用），求該零件脫落后經多長時間落地?！敬鸢浮浚?）36m/s；（2）；（3）9.6s【解析】【詳解】（1）設發(fā)射塔高為h，根據平均速度公式可得代入數據解得（2）上升時的加速度為根據牛頓第二定律得解得（3）零件脫離后做豎直上拋運動，則解得20.如圖為某彈球游戲的裝置簡化圖，為光滑半圓軌道，半徑分別為，在處有一彈射裝置將質量為的小球彈出（無能量損失），小球沿圓弧軌道到達點與質量為的物塊發(fā)生彈性碰撞，碰后物塊進入置于光滑水平地面的小車，小車質量為，長度，物塊與小車間的動摩擦因數，不考慮碰撞后小球再次與小車發(fā)生碰撞，取。（1）要使小球不脫離圓弧軌道，則彈簧彈性勢能最小為多少？（2）若彈簧彈性勢能為，則小球與物塊碰撞后，物塊的速度為多少？（3）要使物塊不從小車上滑落，則彈簧彈性勢能最大值為多少？【答案】（1）1.05J；（2）；（3）31.8J【解析】【詳解】（1）要使小球不脫離圓弧軌道，則小球到達最高點時滿足彈簧彈性勢能最小為解得（2）若彈簧彈性勢能為4J，則小球到達C點時解得小球與物塊碰撞后，由動量守恒定律和能量守恒定律有解得（3）要使物塊不從小車上滑落，則碰前小球的最大速度為v0，則碰撞過程對物塊和小車系統(tǒng)由動量守恒和能量關系小球從彈出到將要與物塊相碰由能量關系聯立解得彈簧彈性勢能最大值為21.如圖所示，傾角為、間距均為的傾斜金屬導軌、與水平金屬導軌、在、兩點用絕緣材料平滑連接，傾斜軌道與水平軌道均足夠長。在平面內存在垂直于導軌平面向上、磁感應強度為的勻強磁場，在平面存在豎直向上、磁感應強度為的勻強磁場。在、間連接一電容為的電容器和一個自感系數為的電感線圈，在間接一小燈泡。開始時，斷開開關，閉合開關，一質量為、長為的金屬棒在傾斜導軌上從距水平地面高為的位置由靜止釋放，不計導軌和金屬棒的電阻及一切摩擦，已知重力加速度為，電容器的耐壓值足夠高。求（1）金屬棒到達傾斜導軌最底端時的速度大?。?）金屬棒進入區(qū)域后，通過小燈泡的總電荷量為多少？（3）若斷開開關，閉合開關，金屬棒離開釋放點的最大距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）金屬棒在傾斜導軌上由靜止釋放，則金屬棒做加速下滑，金屬棒切割磁感線產生感應電動勢為由于對電容器充電，則電路中有電流產生，金屬棒受到安培力作用，方向與金