浙江省2023-2024學年高二年級下冊6月期末考試物理試題

2023學年第二學期溫州新力量聯(lián)盟期末聯(lián)考

高二年級物理學科試題

考生須知：

1.本卷共6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(shù)

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.下列單位中，屬于國際單位制的基本單位的是（）

A.sB.m/sC.m/s2D.N

【答案】A

【解析】

【詳解】s是時間單位，是國際基本單位，選項A正確；m/s、m/s?和N分別是速度、加速度和力的單

位，都是導出單位，選項BCD錯誤.

2.2024年4月26日，神舟十八號載人飛船與空間站組合體成功對接。若空間站組合體運動的加速度為a,

周期為T；地球表面的重力加速度為g,地球自轉的周期為7b,則（）

A.T=ToB.T<ToC.a=gD.a>g

【答案】B

【解析】

【詳解】CD.根據(jù)牛頓第二定律有

Mm

G——二ma

可得

GM

a=-^<g

故CD錯誤;

AB.根據(jù)萬有引力提供向心力有

-Mm4兀之

G~^r=m^rr

可得

T=2〃

由于組合體的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以

T＜，="

故A錯誤，B正確

故選B

3.管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻

交流電源的線圈，線圈所產生的交變磁場使圓管中產生交變電流，電流產生的熱量使接縫處的材料熔化將

其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）

A.庫侖B.霍爾C.洛倫茲D,法拉第

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知，圓管為金屬導體，導體內部自成閉合回路，且有電阻，當周圍的線圈中產生出交變磁

場時，就會在導體內部感應出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用原理的是電磁感應現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者

為法拉第。故選D。

4.為了節(jié)能，某地鐵出口處的自動扶梯（斜坡型）在較長時間無人乘行時會自動停止運行，當有人站上去

時又會慢慢啟動，加速到一定速度后再勻速運行。對于此自動扶梯啟動并將人送到高處的過程（如圖所

示），以下說法正確的是（）

A.勻速運行時，人不受摩擦力的作用

B.人對扶梯的壓力是由于扶梯踏板發(fā)生彈性形變而產生的

C.在自動扶梯啟動加速的階段，人處于超重狀態(tài)

D.勻速運行時，人受到的支持力和人對扶梯的壓力是一對平衡力

【答案】C

【解析】

【詳解】A.勻速運行時，根據(jù)平衡條件可知人受到重力，斜坡扶梯對人的支持力以及斜坡扶梯對人的摩

擦力，故A錯誤；

B.根據(jù)彈力產生的條件可知人對扶梯的壓力是由于人的腳發(fā)生彈性形變而產生的，故B錯誤；

C.在自動扶梯啟動加速的階段，人具有豎直向上的分加速度，處于超重狀態(tài)，故C正確；

D.人受到的支持力和人對扶梯的壓力是一對相互作用力，不是平衡力，故D錯誤；

故選C。

5.圖1是研究光的干涉現(xiàn)象的裝置示意圖，在光屏P上觀察到的圖樣如圖2所示。為了增大條紋間的距

單二

色

二

二

光

』

單縫屏雙縫屏光屏

圖1圖2

A.增大單色光的頻率

B.增大雙縫屏上雙縫間距

C.增大雙縫屏到光屏的距離

D.增大單縫屏到雙縫屏的距離

【答案】C

【解析】

【詳解】A.增大單色光頻率，則波長減小，根據(jù)公式-=^4可知，條紋間的距離減小，A不符合要求;

a

B.增大雙縫屏上的雙縫間距d,根據(jù)公式可知，條紋間的距離減小，B不符合要求；

a

C.增大雙縫屏到光屏的距離L根據(jù)公式以=。4可知，條紋間的距離增大，C符合要求；

a

D.根據(jù)公式以=々4可知，條紋間的距離與單縫屏到雙縫屏的距離無關，D不符合要求。

故選Co

6.滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端，第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達頂端。

如圖所示，小王同學記錄了滑塊運動的頻閃照片，若照片的時間間隔都相同，下列說法正確的是（）

圖1圖2

A.圖1是滑塊上滑的照片

B.滑塊下滑時的加速度大于上滑時的加速度

C.滑塊下滑到底端時的速度大于剛開始上滑時的初速度

D.滑塊下滑過程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑過程中克服摩擦力做功的平均功率

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】B.下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律

mgsind—[imgcosd=mar

上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin6+pimgcos0=ma2

顯然上滑的加速度出大于下滑的加速度％,B錯誤；

A.根據(jù)

12

x——at

2

上滑和下滑時，位移大小相同，但上滑時加速度大，所用時間短，圖1是滑塊下滑的照片，圖2是滑塊上

滑的照片，A錯誤；

C.根據(jù)

v2=2ax

上滑和下滑時，位移大小相同，但下滑時加速度小，滑塊下滑到底端時的速度小于剛開始上滑時的初速

度，C錯誤；

D,上滑和下滑時，摩擦力做功相同，而下滑時使用時間長，因此平均功率小，D正確。

故選D。

7.如圖所示，先用金屬網(wǎng)把不帶電的驗電器罩起來，再使帶正電金屬球靠近金屬網(wǎng)。下列說法中正確的是

()

A.驗電器的金屬球帶負電

B.若將金屬網(wǎng)接地，箔片會張開

C.金屬網(wǎng)罩和帶正電的金屬球電勢相等

D.拿掉金屬網(wǎng)，驗電器的箔片會張開

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.用一個空腔導體把外電場遮住，使其內部不受影響，也不使電器設備對外界產生影響，故用

金屬網(wǎng)把驗電器罩起來，再使帶電金屬球靠近驗電器，金屬球不帶電，A錯誤；

B.根據(jù)靜電屏蔽可知，用金屬網(wǎng)把驗電器罩起來，再使帶電金屬球靠近驗電器，金屬球不帶電，箔片不

張開，B錯誤；

C.靜電屏蔽時，金屬網(wǎng)罩內部電場強度為零，故金屬網(wǎng)罩和帶正電的金屬球電勢不相等，C錯誤；

D.拿掉金屬網(wǎng)后，由于感應起電，驗電器的箔片會張開，D正確。

故選D。

8.教師在課堂上做了兩個小實驗，讓小明同學印象深刻.第一個實驗叫做“旋轉的液體”，在玻璃皿的中心

放一個圓柱形電極，沿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極，把它們分別與電池的兩極相連，然后在玻璃皿中放入

導電液體，例如鹽水，如果把玻璃皿放在磁場中，液體就會旋轉起來，如圖甲所示.第二個實驗叫做“振

動的彈簧"，把一根柔軟的彈簧懸掛起來，使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸，通電后，發(fā)現(xiàn)彈簧不斷上

下振動，如圖乙所示.下列關于這兩個趣味實驗的說法正確的是（）

圖甲旋轉的液體

圖乙振動的彈簧

A.圖甲中，如果改變磁場的方向，液體的旋轉方向不變

B.圖甲中，如果改變電源的正負極，液體的旋轉方向不變

C.圖乙中，如果改變電源的正負極，依然可以觀察到彈簧不斷上下振動

D.圖乙中，如果將水銀換成酒精，依然可以觀察到彈簧不斷上下振動

【答案】C

【解析】

【詳解】圖甲中，僅僅調換N、S極位置或僅僅調換電源的正負極位置，安培力方向肯定改變，液體的旋轉

方向要改變，故AB均錯誤；圖乙中，當有電流通過彈簧時，構成彈簧的每一圈導線周圍都產生了磁場，根

據(jù)安培定則知，各圈導線之間都產生了相互的吸引作用，彈簧就縮短了，當彈簧的下端離開水銀后，電路斷

開，彈簧中沒有了電流，各圈導線之間失去了相互吸引力，彈簧又恢復原長，使得彈簧下端又與水銀接觸，

彈簧中又有了電流，開始重復上述過程，可以觀察到彈簧不斷上下振動；如果改變電源的正負極，依然可以

觀察到彈簧不斷上下振動；但是如果將水銀換成酒精，酒精不導電，則彈簧將不再上下振動，故選項C正

確，D錯誤；故選C.

9.在如圖所示的電路中，電容器的電容為C,電感線圈的電感為L線圈的電阻忽略不計。原來開關S閉

合，現(xiàn)從開關S斷開的瞬間開始計時，以下說法正確的是（）

A.1=0時刻，電容器的左板帶負電，右板帶正電

B.f=不時刻，線圈L的感應電動勢最大

2

C.//無時刻，通過線圈乙的電流最大，方向向左

D./=』乃J云時刻，電容器C兩極板間的電壓為零

2

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.沒斷開開關前，線圈與R串聯(lián)，由于線圈的電阻不計，所以線圈兩端的電壓為零，電容器

兩極板所帶的電荷量為零，此時通過線圈的電流自右向左，當斷開開關時，開始給電容器充電，電流逐漸

減小，經過1個周期”=工衣時刻）充電電流減小到最小，此時電容器所帶的電荷量最多（左板帶

42

正電，右板帶負電），線圈工的感應電動勢最大，A錯誤，B正確;

1,—

C.隨后電容器放電，再經過（即（=質時刻）放電完畢，電流達到最大，從左向右通過線圈，c

錯誤；

D.隨后再充電，經過（即?=3不而時刻），充電完畢，此時電容器所帶的電荷量最多，兩極板間

42

的電壓最大，D錯誤。

故選B。

10.據(jù)報道：“新冠”疫情期間，湖南一民警自費買藥，利用無人機空投藥品，將藥品送到了隔離人員手

中。假設無人機在離地面高度為12米處懸停后將藥品自由釋放，藥品勻加速豎直下落了2s后落地，若藥

品質量為0.5kg,重力加速度g=10m/s2,則藥品從釋放到剛接觸地面的過程中（）

A.機械能守恒B.機械能減少了24J

C.動能增加了9JD.所受的合力做了60J的功

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】A.藥品勻加速下落，由

h=—at~

2

代入數(shù)據(jù)解得

a=6m/s2

故下落過程除重力外還受到阻力的作用，機械能不守恒，A錯誤；

B.由

mg—f=ma

解得

/=2N

下落過程克服阻力所做的功為

Wf=fh=24J

即機械能減少24J,B正確；

CD.由動能定理可得

AEk==ma-h=36J

即合力做功36J,動能增加36J,CD錯誤。

故選B。

11.雨后太陽光射入空氣中的水滴，先折射一次，然后在水滴背面發(fā)生反射，最后離開水滴時再折射一次

就形成了彩虹。如圖，光從左側射入水滴，。、6是其中的兩條出射光線（光線與球心處于同一平面），在

這兩條出射光線中，一條是紅光，另一條是紫光。下面說法正確的是（）

A.a光線是紅光，6光線是紫光

B.a光在水中的速度大于b光在水中的速度

C.a光在水滴中的傳播時間比6光在水滴中的傳播時間長

D.遇到同樣的障礙物，。光比b光更容易發(fā)生明顯衍射

【答案】C

【解析】

【詳解】AD.a、6兩種光在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象，入射角相同，。光的折射角小于6光，根據(jù)折射定律

可知，。光的折射率大于6光，所以a是紫光，。是紅光，。光的波長小于b光，水滴背面發(fā)生全反射時6光

更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故AD錯誤；

BC.令太陽光在水滴表面發(fā)生折射現(xiàn)象時，a光的折射角為a,6光的折射角為人則球形水滴的半徑為

R,所以a光在水滴中的傳播路徑長為

xa=47?cosa

6光在水滴中傳播的路徑長為

xb=47?cos（3

因為a<月,所以

Xa>Xb

又因為光在介質中的傳播速度為v=因為〃">%,所以

Y

光在水滴中的傳播時間為r=—,所以。光在水滴中的傳播時間比b光在水滴中的傳播時間長，故c正

v

確，B錯誤。

故選Co

12.一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，/=0時刻，波剛好傳播到坐標原點。點處，且。點處的質點從平衡

位置開始向下振動，平衡位置在X=2m處的質點a比。點處質點的振動滯后0.5s,r=2s時，質點a剛

好第一次到達波峰，通過的路程為6cm,質點b的平衡位置在x=8m處，則下列說法不正確的是（）

Oab

????

x

A.x=2m處的質點起振的方向向下B.坐標原點。處的質點振動振幅為3cm

C.波的傳播速度為4m/sD.質點b比質點a振動滯后1.5s

【答案】B

【解析】

【詳解】A.所有質點的起振方向相同，由于原點處質點起振方向向下，因此x=2m處的質點起振的方向

向下，故A正確；

C.由于平衡位置在x=2m處的質點a比。點處質點的振動滯后0.5s,因此波從。點傳播到a點所用時

間為0.5s,波傳播速度

x2...

v=—=--m/s=4m/s

t0.5

故C正確；

3

B.由于質點。在1.5s內振動了一T,因此波動周期T=2s,質點。剛好第一次到達波峰，通過的路程為

4

6cm,則質點。振動的振幅為2cm,那么坐標原點。處的質點振動振幅為2cm,故B錯誤；

D.波從a傳播到6所用時間

Yf

f=—=1.5s

v

因此質點6比質點a振動滯后1.5s,故D正確。

本題選不正確項，故選B

13.離子推進器是我國新一代航天動力裝置，推進劑從圖中尸處注入，在A處電離出一價正離子，已知

B.C之間加有恒定電壓U,正離子進入2時的速度忽略不計，經加速形成電流為/的離子束后噴出推進

器，假設單位時間內射出離子的質量為則推進器獲得的推力大小為（）

U

AyJlMUIB.C.D.y/MUI

2MI2MI

【答案】A

【解析】

【詳解】在A處電離出正離子，經B、C間電壓加速后,由動能定理可知

qU=3nv,2

解得

\2qU_

v-

m

以推進器為參考系，應用動量定理有

Ft=nmv—O

又因為

1=咀

nm

M=

t

解得

F=y/2MUI

根據(jù)牛頓第三定律知推進器獲得的推力大小為42MUI。

故選Ao

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.核能的利用可以減少碳排放，實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展和氣候變化目標。近日，美國能源部稱，其核聚變“國

家點燃實驗設施”向目標輸入了2.05兆焦的能量，產生了3.15兆焦的聚變能量輸出。下列說法正確的是

()

A.該核反應的方程可能是第U+'nT?Ba+89Kr+3^n

B.該核反應需要極高的溫度

C.我國的大亞灣核電站利用了核聚變產生的能量

D.產生3.15兆焦的能量需要3.5xl()Tkg的質量虧損

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.；/u+；nT：4Ba+*Kr+3；n是核裂變方程，故A錯誤；

B.核聚變需要極高的溫度，才能使原子核接近到核力作用的范圍，B正確;

C.我國的大亞灣核電站利用了核裂變產生的能量，C錯誤；

D.根據(jù)質能方程

AE=

可得

△加=竿==3.5x101!kg

c2(3xl08)2

選項D正確。

故選BD。

15.如圖甲是光電效應的實驗裝置圖，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關系圖像，下列

說法正確的是()

甲乙

A,由圖線①、③可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和光電流越大

B.由圖線①、②、③可知對某種確定的金屬來說，其遏止電壓與入射光的頻率有關

C.遏止電壓越大，說明從該金屬中逸出的光電子的最大初動能越大

D.不論哪種顏色的入射光，只要光足夠強，就能發(fā)生光電效應

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.由圖線①、③可知在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大，故A正確;

B.根據(jù)光電效應方程知

Ekm=hvWo=eUc

知入射光頻率越大，最大初動能越大，遏止電壓越大，可知對于確定的金屬，遏止電壓與入射光的頻率有

關，與入射光的強度無關，故B正確；

C.根據(jù)以上分析可知，遏止電壓越大，說明從該金屬中逸出的光電子的最大初動能越大，故C正確；

D.發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于極限頻率，與入射光的強度無關，故D錯誤。

故選ABCo

非選擇題部分

三、非選擇題(本題共5小題，共55分)

16.某興趣小組在探究加速度與力、質量的關系實驗中，將一端帶定滑輪的長木板放在水平實驗桌面上，

滑塊的右端通過輕細繩跨過定滑輪與祛碼盤相連，滑塊的左端與穿過打點計時器(未畫出)的紙帶相連，

如圖甲所示。已知重力加速度為g,打點計時器的工作頻率為50Hz。

(1)甲同學在平衡摩擦力后，在保持滑塊質量不變的情況下，放開祛碼盤，滑塊加速運動，處理紙帶得

到滑塊運動的加速度為。；改變祛碼盤中祛碼的質量，重復實驗多次。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的

圖象，其中圖線末端發(fā)生了彎曲，產生這種現(xiàn)象的原因可能是o

(2)乙同學實驗過程中打出的一條理想紙帶如圖丙所示，圖中。、A、B、C、。為相鄰的計數(shù)點，相鄰兩

計數(shù)點間還有4個點未畫出，則在打C點時滑塊的速度大小vc=m/s,滑塊運動的加速度

a=___________m/s2?(結果保留三位有效數(shù)字)。

rdABCD2

([jf[cm)

*6.02*1*7.98710.01T~~11.99

丙

(3)丙同學保持滑塊質量一定，探究加速度。與所受外力尸的關系，他在軌道水平時做的實驗，得到了

如圖丁所示aF圖線，則滑塊與木板的動摩擦因數(shù)4=。(結果用字母表示)

b

力)②.1.10③.2.00④.—

g

【解析】

【分析】

【詳解】從圖象上可以看出：尸從0開始增加，祛碼的質量遠小于滑塊的質量，不斷往盤中加入祛

碼，則祛碼的質量與滑塊質量的差距不斷減少。故原因是祛碼質量增加，不再滿足祛碼質量遠小于滑塊質

量的條件。

(2)[2]相鄰兩計數(shù)點間還有4個點未畫出，則兩計數(shù)點間時間間隔為

Z=0.02x5s=0.1s

C點的瞬時速度等于8D之間的平均速度，即

%皿=(1001+11.99)x10-2

m/s=1.10m/s

~2t~2x0.01

[3]由勻變速直線運動的推論

可知小車的加速度

XX(10.01+11.99)-(6.02+7.98)

_BD_OB_:----------------------------------2xl0~92=2.00m/s92

-4/_4x0.01

(3)[4]對滑塊根據(jù)牛頓第二定律，有

F—/Lirng=ma

變形得

F

a=----4g

m

根據(jù)圖像可得

b="g

即

b

〃=一

g

17.

(1)某同學在做“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)的關系”實驗時，用學生電源提供給圖甲所示變壓器

原線圈的電壓為5V,用演示電表交流50V擋測量副線圈電壓時示數(shù)如圖乙所示，則變壓器的原、副線圈

匝數(shù)之比可能是；

甲乙

A.5:8B.5:16C.1:12D.1:8

(2)街頭見到的變壓器是降壓變壓器，假設它只有一個原線圈和一個副線圈，(填寫“原線圈”

或“副線圈”)應該使用較粗的導線。

【答案】(1)C(2)副線圈

【解析】

【小問1詳解】

根據(jù)電壓表讀數(shù)的方法可知，該變壓器的輸出電壓為40V,所以變壓器的原副線圈匝數(shù)之比

n2U2408

考慮漏磁等因素，所以變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比小于《0

O

故選C。

【小問2詳解】

理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，當只有一個副線圈的時候，電流與匝數(shù)成反比，街頭用電的變壓器是降壓

變壓器，可知副線圈的匝數(shù)比原線圈的匝數(shù)少，副線圈的電流較大，應該使用較粗的導線。

18.如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內用質量為小的活塞密封一部分氣體，活塞能無摩擦地滑動，容器

的橫截面積為S,將整個裝置放在大氣壓恒為po的空氣中，開始時氣體的溫度為7b,活塞與容器底的距離

為2團活塞與銷釘?shù)木嚯x為〃，由于外界空氣溫度比容器內溫度高，氣體從外界緩慢吸收熱量。后，活塞

緩慢上升恰要碰到銷釘時再次靜止。重力加速度為g,求：

(1)外界空氣的溫度Ti;

(2)在此過程中的密閉氣體的內能增加量AU；

(3)當外界空氣溫度緩慢升到乃=1.2八時，突然拔出銷釘，此時活塞的加速度。的大小。

銷釘［P。銷釘

-;—I?-

hm、S

2h

【答案】至+

（1）2To；（2）-p0Sh-mgh+Q.（3）0.2（g）

2m

【解析】

【詳解】(1)氣體作等壓變化，有

可得

(2)氣體壓強

_,mg

Pi=Po+—

kJ

過程中氣體對外做功

W==-pQSh-mgh

由熱力學第二定律知

△U=W+Q=-p0Sh-mgh+Q

(3)拔出銷釘前，氣體作等容變化，有

PL=P^

ZT2

可得

T一

0=2"=L2pi

拔出銷釘時，由牛頓第二定律知

p2S-mg-pQS=ma

可得

19.如圖所示，有一固定在水平地面的光滑平臺。平臺右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長

L=4m,有一個質量為機=0.5kg的滑塊，放在水平平臺上，平臺上有一根輕質彈簧，左端固定，右端與滑塊

接觸但不連接，現(xiàn)將滑塊緩慢向左移動壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內，在彈簧處于壓縮狀態(tài)時，若

將滑塊由靜止釋放，滑塊最后恰能到達傳送帶右端C點。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.2(g

取lOm/s?),求:

(1)滑塊到達B點時的速度vB,及彈簧儲存的最大彈性勢能Ep；

(2)若傳送帶以3.0m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，當滑塊沖上傳送帶時，對滑塊施加一大小恒為

0.5N的水平向右的作用力，滑塊從2運動到C的過程中，摩擦力對它做的功；

(3)若撤去彈彈簧及所加的恒力，兩輪半徑均為-0.9m,傳送帶順時針勻速轉動的角速度為例)，滑塊以

傳送帶的速度(該速度未知)從8點滑上傳送帶，恰好能自C點水平飛出，求修)的大小?，F(xiàn)讓滑塊從8

點以5m/s速度滑上傳送帶，則這一過程中滑塊與傳送帶間產生的內能。

m

<wvwvwwwB1C

【答案】(l)4m/s,4J；(2)3.75J；

【解析】

【詳解】(1)滑塊從釋放至運動到B點，由能量守恒得

Ep=^mVB

從B到C,由動能定理得

1,

-jumgL=0--mvB

聯(lián)立解得

VB=4m/s

彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能

Ep—Ek=~^mvB

解得

心=4J

(2)由于VB>V傳，滑塊滑上傳送帶時，加速度大小為。，有

jLimgF=ma

滑塊減速到與傳送帶共速時，有運動學公式得

2

v-=-2ax1

解得

xi=3.5m<L

故滑塊之后勻速運動，從B到C,由動能定理得

FL+W=—mv2

ff22

解得

Wf=3.75J

(3)滑塊恰能在C點水平飛出傳送帶，則有

mv2

mg二---------

r

又

vc=r*a)o

代入數(shù)據(jù)得

10

%=—rad/s

滑塊要減速到C點

pimg=ma,

解得

a,=2m/s

又由運動學公式得

解得

f=ls

則

VV=

C~B~~2ax1

解得

xi=4m

傳送帶距離為

X2=vc/=3m

內能為

Q=/umg(xtX2)

聯(lián)立解得

e=u

20.用如圖所示的裝置可研究導體棒在磁場中的運動情況，MiNi,M2N2是傾角為9的平行金屬導軌，處

于大小為6,方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)域/中。NiPi、N2P2是由絕緣材料制成的軌道，右側是

水平平行金屬導軌，PQi、PiQi(足夠長)處于大小為&、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)域II中，

0102右側無磁場且導軌足夠長。導軌水平部分和傾斜部分平滑連接，其間距均為3億跖之間接有電阻

R,將一質量為“、長度為L的金屬桿仍從傾斜導軌上端由靜止釋放，達到勻速后進入水平軌道。cd靜置

于勻強磁場區(qū)域H。運動過程中，桿cd與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿。氏cd和

電阻R的阻值均為0.2Q,兩桿質量均為%=0.1kg,L=0.5m,。=37。，BI=B2=0.4TO不計一切摩擦和導軌

電阻，忽略磁場邊界效應。取重力加速度g=10m/s2,《1137。=0.6。求：

(1)ab棒到達NiNz時的速度vo;

(2)為使油與Cd不發(fā)生碰撞，Cd棒最初與磁場邊界尸1尸2的距離xo應滿足的條件；

(3)若cd棒與磁場邊界PP2的距離最初為x=4.0m,則仍棒從進入勻強磁場區(qū)域II到離開的過程中，ab

棒產生的焦耳熱。

【答案】(1)v0=6m/s；(2)x0>3m；(3)0.575J

【解析】

【分析】

【詳解】(1)ab棒勻速后其所受安培力與重力沿導軌向下的分力達到平衡

mgsin0=BJL

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得

1—

2R

解得

%=6m/s

(2)ab棒進入勻強磁場區(qū)域H后通過安培力與cd棒發(fā)生相互作用，整體動量守恒，達到共同速度匕則

mv0=2mvx

解得

匕=3m/s

欲使兩者不發(fā)生碰撞，cd棒最初與磁場邊界片g的距離要大于兩者的相對位移即

x0>Ax

對cd棒應用動量定理可得

B2LIltl=mvx

其中兀是平均電流

-

/￡=———

112R

解得

Ax=3m

即升〉3m,兩棒不發(fā)生碰撞。

(3)由(2)可知，x=4.0m時，cd棒以匕