浙江省浙南聯盟高二下學期期末物理試題

2022學年第二學期浙南名校聯盟期末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。5.可能用到的相關公式或參數：重力加速度g均取。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.下列物理量屬于矢量，且其單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）A.力：N B.磁通量：C.功： D.電場強度：【答案】D【解析】【詳解】A．力是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為，故A錯誤；B．磁通量是標量，用國際單位制單位用基本單位表示為，故B錯誤；C．功是標量，用國際單位制單位用基本單位表示為，故C錯誤；D．電場強度是矢量，用國際單位制單位用基本單位表示為，故D正確。故選D。2.下列說法正確的是（）A.在恒力作用下，物體可能做速率先減小后增大的曲線運動B.做曲線運動的物體其加速度的大小不一定改變，但方向一定時刻改變C.在足球運動中，若要研究形成香蕉球的原因時，可以將足球看成質點D.羽毛球被扣殺后，飛入對方場地的過程中受重力、空氣阻力和球拍的作用力【答案】A【解析】【詳解】A．當恒力與速度不在一條直線上，且恒力與速度方向的夾角為先鈍角后銳角時物體的速度先減小后增大，故A正確；B．平拋運動的加速度大小和方向都不變，故B錯誤；C．香蕉球是由于球員踢出去的足球再空中旋轉造成的，所以此時足球不能看成質點，故C錯誤；D．羽毛球被扣殺后，飛入對方場地的過程中不再受到球拍的作用力，故D錯誤。故選A。3.關于靜電屏蔽，下列說法不正確的是（）A.圖甲中建筑物頂端避雷針必須通過導線與大地保持良好接觸B.圖乙中，為了實現屏蔽作用，金屬網必須與大地保持良好接觸C.圖丙中三條高壓輸電線上方的兩條導線與大地相連，可把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊D.圖丁中帶電作業(yè)工人穿著含金屬絲織物制成的工作服，是為了屏蔽高壓線周圍的電場【答案】B【解析】【詳解】A．帶正電的云層在避雷針處感應出負電荷（來自大地），當電荷聚集較多時，產生尖端放電現象，將云層中的電荷導入大地，因此圖甲中建筑物頂端的避雷針必須通過導線與大地保持良好接觸，免遭雷擊，A正確，不符合題意；B．圖乙中，為了實現屏蔽作用，金屬網本身就可以起到靜電屏蔽作用，不必一定要與大地保持良好接觸，B錯誤，符合題意；C．圖丙中三條高壓輸電線上方的兩條導線與大地相連，形成一個稀疏的金屬網，可把高壓線屏蔽起來，免遭雷擊，C正確，不符合題意；D．圖丁中帶電作業(yè)工人穿著含金屬絲織物制成的工作服，金屬絲織物能起到靜電屏蔽作用，因此能屏蔽高壓線周圍的電場，D正確，不符合題意。故選B。4.根據近代物理知識，下列說法中正確的是（）A.鈾核裂變的核反應方程為B.在原子核中，結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固C.一定質量的理想氣體，在壓強不變時，單位時間內分子與單位面積器壁碰撞次數隨溫度降低而減少D.生產半導體器件時需要在純凈的半導體材料中摻入其他元素，這可以在高溫條件下利用分子的擴散來完成【答案】D【解析】【詳解】A．鈾核裂變的核反應的反應物中應該有慢中子參加，然后生成多個中子，反應方程為選項A錯誤；B．在原子核中，比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固，選項B錯誤；C．一定質量的理想氣體，在壓強不變時，溫度降低時體積減小，氣體分子數密度增加，分子平均速率減小，氣體分子對器壁的平均作用力減小，則單位時間內分子與單位面積器壁碰撞次數增加，選項C錯誤；D．生產半導體器件時需要在純凈的半導體材料中摻入其他元素，這可以在高溫條件下利用分子的擴散來完成，選項D正確。故選D。5.宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為L，忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，引力常量為G，下列說法正確的是（）A.每顆星做圓周運動的角速度為B.每顆星做圓周運動的加速度大小與三星的質量無關C.若距離L和每顆星的質量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍D.若距離L和每顆星的質量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】C【解析】【詳解】AB．任意兩星間的萬有引力F=G對任一星受力分析，如圖所示，由圖中幾何關系知r=LF合=2Fcos30°=F由牛頓第二定律可得F合=mω2r聯立可得ω=an=ω2r=AB錯誤；C．由周期公式可得T==2πL和m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期T′=2TC正確；D．由速度公式可得v=ωr=L和m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度v′=v大小不變，D錯誤。故選C。6.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，一塊長為a，寬為c的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電微粒是電荷量為e的自由電子，通入圖示方向的電流時，電子的定向移動速度為v，當磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下時，前后兩表面會形成電勢差U，下列說法中正確的是（）A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無關C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【解析】【詳解】A．電流向右，電子的運動方向向左，根據左手定則，電子所受的洛侖茲力方向從前表面指向后表面，后表面帶負電荷，前表面帶正電荷，前表面的電勢比后表面的電勢高，A錯誤；BC．當洛侖茲力等于電場力時，前、后表面間的電壓U保持不變，根據平衡條件得解得前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關，BC錯誤；D．根據

自由電子受到的洛倫茲力大小為，D正確。故選D。7.一列沿x軸正向傳播的簡諧波，t=0時刻的波形如圖所示，t=10s時d質點第一次位于波峰位置，下列說法正確的是（）A.波上各質點的起振方向向上B.波的傳播速度大小為2m/sC.0～7s內a、b兩質點運動路程均為0.7mD.d質點的振動方程為【答案】C【解析】【詳解】A．根據t=0時刻波形圖，波沿x軸正向傳播，此時波恰好傳到c點，據波的傳播方向與振動方向關系，c點振動方向向下，故各質點的起振方向向下，故A錯誤；B．由波形圖可知，波長為設波速大小為v，周期為T，有t=10s時d質點第一次位于波峰，則解得，故B錯誤；C．由于7s等于個周期的時間，且0時刻a、b兩點均在特殊位置，所以兩質點振動的總路程相等，大小為故C正確：D．t=0時刻c點的振動方程為設d點的振動方程為c質點的振動傳播到d質點需要的時間代入d點的振動方程得所以d點的振動方程為故D錯誤。故選C。8.2022年11月，我國獨立自主研制的全球單機容量最大的16兆瓦海上風電機組在福建下線。如圖每臺風力發(fā)電機的葉片轉動時可形成圓面，當地風向可視為與葉片轉動的圓面垂直，發(fā)電機將此圓面內氣流動能轉化為輸出電能的效率。風速在范圍內，可視為不變。設風通過葉片后速度減為零。已知風速時每臺發(fā)電機輸出電功率為，空氣的密度為，則（）A.該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比B.每秒鐘流過面積的氣流動能C.每臺發(fā)電機葉片轉動時形成的圓面面積約為D.當風速為時每臺發(fā)電機的輸出電功率約為【答案】C【解析】【詳解】AB．每秒沖擊風車車葉的氣體體積為這此氣流的質量氣流的動能可知動能與成正比，即輸出功率與成正比，故AB錯誤；CD．當風速為10m/s時每臺發(fā)電機的輸出電功率約為，當風速為時每臺發(fā)電機的輸出電功率約為風的動能轉化的電能為：則每秒輸出電功率解得故C正確，D錯誤；故選C。9.某科研設備中的電子偏轉裝置由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空，結構原理圖如圖所示。如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑。如果電子槍中正負接線柱之間電壓為10U，XX′板間加恒定電壓U，XX′電極的長度為l、間距為d，YY′板間不加電壓。已知電子質量為m，電荷量大小為e，電子從燈絲逸出的初速度不計。則電子（）A.在XX′極板間的加速度大小為B.打在熒光屏時，動能大小為11eUC.打在熒光屏時，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切D.若，電子將打在熒光屏的下半區(qū)域【答案】C【解析】【詳解】A．根據牛頓第二定律可知在XX′極板間的加速度大小為故A錯誤；B．電子在加速電場，電場力做功為10eU，進入偏轉電場后電場力對電子做功最大為根據動能定理可知得打在熒光屏時動能最大為10.5eU，故B錯誤；C．在加速電場，根據動能定理有在XX′極板間運動的時間為沿電場方向的位移為聯合解得位移與水平方向的夾角的正切值為根據平拋運動規(guī)律可得故C正確；D．若，則電子受到電場力豎直向上，故電子將打在熒光屏的上半區(qū)域，故D錯誤。故選C。10.如圖所示，傾角為30°的斜面上用鉸鏈連接一輕桿a，輕桿a頂端固定一質量為m的小球（體積可不計），輕繩b跨過斜面頂端的光滑小定滑輪，一端固定在球上，一端用手拉著，保持小球靜讓，初始時輕繩b在滑輪左側的部分水平，桿與斜面垂直，緩慢放繩至輕桿水平的過程中，斜面始終靜止，滑輪右側的繩與豎直方向夾角始終不變，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.初始時輕繩上的拉力大小為B.地面對斜面摩擦力始終向左且增大C.鉸鏈對輕桿的支持力一直減小D.輕繩上的拉力一直減小【答案】B【解析】【詳解】A．鉸鏈對輕桿的支持力與滑輪左側輕繩對球的拉力的合力與小球的重力大小相等、方向相反，初始時有可得輕繩上的拉力大小為A錯誤；BCD．如圖甲所示，設球與輕繩的連接點為A，鉸鏈處為B點，過B點作豎直虛線，虛線與繩的交點設為C，畫出力的矢量三角形如圖乙所示

根據幾何知識可知三角形與力的三角形相似，則有緩慢放氣過程中，減小，不變，增大，則可得增大，增大，滑輪右側輕繩上的拉力在水平方向的分力一直增大，對整體受力分析可知，地面對斜面的摩擦力始終向左且增大，B正確，CD錯誤。故選B。11.一起重裝置把靜置于地面上的重物豎直向上提升的過程中，功率隨時間變化的Pt圖像如圖所示。在t=1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，在t=3s時，達到最大速度。在t=6s時，重物再次勻速上升，取，不計一切阻力。下列說法正確的是（）A.重物的質量為4kgB.在t=1s時，重物加速度大小C.0～6s時間內，重物上升的高度h=85mD.在4～6s時間內，重物做加速度逐漸增大的減速運動【答案】C【解析】【詳解】A．在t=3s時，重物達到最大速度，此時牽引力大小等于重力，則有解得A錯誤；B．在t=1s時，重物上升的速度達到最大速度的一半，此時的牽引力大小為由牛頓第二定律可得解得B錯誤；C．在t=6s時，重物再次勻速上升，由題圖可知，此時重物的速度在0~1s時間內，重物做勻加速直線運動，重物上升的高度在1~3s時間內，重物做加速度逐漸減小的加速運動，由動能定理可得代入數據解得在3~4s時間內，重物做勻速直線運動，上升的高度則有在4~6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速直線運動，由動能定理可得代入數據解得可得0～6s時間內，重物上升的高度C正確；D．重物速度最大時，牽引力大小等于重力，4s后功率減小到一半，到t=6s時，重物速度從最大20m/s減小到10m/s，此時t=4s時的牽引力此時牽引力小于重力，加速度方向向下，重物做減速運動，在t=6s時，速度是10m/s，此時牽引力此時牽引力等于重力，加速度是零，因此在4～6s時間內，重物做加速度逐漸減小的減速運動，D錯誤。故選C。12.如圖甲所示，驅動線圈通過開關S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內壁光滑的發(fā)射導管內。閉合開關S后，在0~t0內驅動線圈的電流iab隨時間t的變化如圖乙所示。在這段時間內，下列說法正確的是（）A.發(fā)射線圈中感應電流產生的磁場水平向左B.t=t0時驅動線圈產生的自感電動勢最大C.t=0時發(fā)射線圈具有的加速度最大D.t=t0時發(fā)射線圈中的感應電流最大【答案】A【解析】【詳解】A．根據安培定則，驅動線圈內的磁場方向水平向右，再由圖乙可知，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據楞次定律，發(fā)射線圈內部的感應磁場方向水平向左，A正確；BD．由圖乙可知，t=t0時驅動線圈的電流變化最慢，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化最慢，此時驅動線圈產生的自感電動勢為零，感應電流為零，BD錯誤；C．t=0時驅動線圈的電流變化最快，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產生的感應電流最大，但此時磁場最弱，安培力不是最大值，則此時發(fā)射線圈具有的加速度不是最大，C錯誤。故選A。13.某透明均勻介質的截面如圖所示，直角三角形的直角邊BC與半圓形直徑重合，∠ACB=30°，半圓形的半徑為R。一束橙光從E點射入介質，其延長線過半圓形的圓心O點，且E、O兩點距離為R，此時的折射角（光在真空中的傳播速度用c表示）。則下列說法正確的是（）A.該光在介質中的傳播時間B.該光在介質中的折射率是C.若用一束藍光照射，則不能從圓弧面射出D.與射入介質前相比，光線射出介質后的偏轉角是0°【答案】D【解析】【詳解】ABD．由幾何關系：，折射光平行于AB的方向，根據折射定律可知，光線射出介質后的偏轉角是0°，如圖則有，由折射定律得根據幾何關系可知光在介質中的傳播速度為該光在介質中的傳播時間AB錯誤，D正確；C．若用一束藍光照射，則藍光在圓弧面的入射角更大，但由于不知道藍光具體的折射率，則無法判斷出藍光在圓弧面是否能發(fā)生全反射，則無法判斷能否從圓弧面射出，C錯誤。故選D。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是有一個符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分）14.下列敘述中正確的是（）A.普朗克通過對黑體輻射的研究，提出能量子的概念B.德布羅意運用類比、對稱的思想，提出了物質波的概念C.奧斯特第一個發(fā)現了電流的磁效應，并提出了分子電流假說D.新冠肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力強【答案】ABD【解析】【詳解】A．普朗克通過對黑體輻射的研究，提出能量子的概念，故A正確；B．德布羅意運用類比、對稱的思想，提出了物質波的概念，故B正確；C．奧斯特第一個發(fā)現了電流的磁效應，安培提出了分子電流假說，故C錯誤；D．新冠肺炎診斷中，要用X光掃描肺部，是因為在電磁波中X光的穿透能力強，故D正確。故選ABD。15.氫原子能級如圖甲所示。一群處于n=4能級的氫原子，向低能級躍遷時能發(fā)出多種頻率的光，分別用這些頻率的光照射圖乙電路的陰極K，只能得到3條電流隨電壓變化的圖線，如圖丙所示。下列說法正確的是（）A.a光與b光能發(fā)生干涉B.a光最容易發(fā)生衍射現象C.丙圖中M點的數值為6.34D.若丙圖中c光的飽和光電流為I=3.2μA，則1s內最少有2×1013個氫原子發(fā)生躍遷【答案】CD【解析】【詳解】C．一群處于n=4能級的氫原子，向低能級躍遷時能發(fā)出６種頻率的光，其中頻率最高的三條為能級差最大的三條，分別為4→1,3→1,2→1，由遏止電壓與最大初動能的關系可得由圖可知，a光的遏止電壓最大，c光的遏止電壓最小，故a光是從n=4能級躍遷到n=1能級發(fā)出的光，b光是從n=3能級躍遷到n=1能級發(fā)出的光，c光是從n=2能級躍遷到n=1能級發(fā)出的光，而a光的遏止電壓為7V，所以a光的光子能量為所以該金屬的逸出功為對b光，有所以M點的數值為6.34，故C正確；A．由于a光和b光頻率不同，所以不能發(fā)生干涉，故A錯誤；B．a光的遏止電壓最大，頻率最高，波長最短，所以a光最不容易發(fā)生衍射現象，故B錯誤；D．若丙圖中c光的飽和光電流為I=3.2μA，則1s內光電子的電荷量為所以故D正確。故選CD。三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.利用圖甲裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。將打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，已知當地的重力加速度g。（1）關于本實驗，下列說法中正確的是_________。A．必須用秒表測出重物下落的時間B．打點計時器應連接直流電源C．一定要測量重物的質量D．應選擇質量較大、體積較小的重物（2）已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，當地的重力加速度，重物的質量為m=1.00kg。某同學進行正確測量后挑選出一條點跡清晰的紙帶進行測量分析，如圖乙所示，其中O點為起始點，A、B、C、D、E、F為連續(xù)的六個點，根據紙帶上的測量數據，可得出打B點時重物的速度為_________m/s，從O點下落到B的過程重物重力勢能的減少量為_________J。（結果均取3位有效數字）（3）實驗中發(fā)現重物增加的動能總是稍小于重物減小的重力勢能，可能的原因是_________?！敬鸢浮竣?D②.1.84③.1.74④.空氣阻力的影響【解析】【詳解】（1）[1]A．不需要用秒表測出重物下落的時間，打點計時器可以計時，故A錯誤；B．打點計時器應連接交流電源，故B錯誤；C．驗證機械能守恒定律，只要驗證m可以約去，不需要測量重物的質量，故C錯誤；D．為避免空氣阻力影響，應選擇質量較大、體積較小重物，故D正確。故選D。（2）[2][3]打B點時重物的速度為從O點下落到B的過程重物重力勢能的減少量為（3）[4]實驗中發(fā)現重物增加的動能總是稍小于重物減小的重力勢能，可能的原因是空氣阻力的影響。17.某同學為測定電池的電動勢和內阻，設計了圖甲所示的電路。其中定值電阻阻值為、電流表內阻可忽略不計。由于一時沒有找到適合的滑動變阻器，于是選擇用一根均勻電阻絲代替（電阻絲總阻值大于，并配有可在電阻絲上移動的金屬夾P，金屬夾P的電阻可忽略）。（1）根據圖甲完成圖乙中實物連線__________。（2）用歐姆表測量電阻絲的總電阻，先將選擇開關旋至“×”擋，紅、黑表筆短接調零后進行測量，結果發(fā)現歐姆表指針偏角太大，則應將選擇開關旋至___________（選填“x1”或“×100”）擋并重新進行___________。最終正確測量出電阻絲的總電阻為R。（3）用游標卡尺測量電阻絲的總長度L，示數如圖丙所示，則L=___________mm。（4）實驗前，將P移到金屬絲___________位置（選填“a”或“c”），合上開關S，調節(jié)金屬夾的位置，依次測量出接入電路中的電阻絲長度x和電流表示數I，該小組同學根據實驗數據描繪函數圖像如圖丁所示，圖線斜率為k，與縱軸截距為b，該電池電動勢和內阻可表示為E=___________，r=___________。（用、R、k、b、L表示）【答案】①.見解析；②.③.歐姆調零④.102.30⑤.c⑥.；⑦.；【解析】【詳解】（1）[1]根據電路圖連接實物圖如圖所示（2）[2][3]發(fā)現歐姆表指針偏角太大，說明電阻絲阻值較小，應將選擇開關旋至，重新進行歐姆調零。（3）[4]游標卡尺的最小分度值為0.05mm，主尺讀數為102mm，游標尺的第6條刻線和上面刻線對齊，則游標尺讀數為，則電阻絲的總長度為（4）[5]為保護電路，實驗前應將滑動變阻器調至最大值，即將P移到金屬絲c處，（5）[6][7]接入電路的電阻絲長度為x時，電阻為根據閉合電路歐姆定律有解得由圖像可知解得18.如圖所示，為某校開展的科技節(jié)一參賽小組制作的“水火箭”，其主體是一個容積為2.5L的飲料瓶，現裝入1L體積的水，再倒放安裝在發(fā)射架上，用打氣筒通過軟管向箭體內充氣，打氣筒每次能將300mL、壓強為p0的外界空氣壓入瓶內，當瓶內氣體壓強達到4p0時，火箭可發(fā)射升空。已知大氣壓強為p0=1.0×105Pa，整個裝置氣密性良好，忽略飲料瓶體積的變化和飲料瓶內、外空氣溫度的變化，求：（1）為了使“水火箭”能夠發(fā)射，該小組成員需要打氣的次數；（2）“水火箭”發(fā)射過程中，當水剛好全部被噴出前瞬間，瓶內氣體壓強的大小；（3）若設在噴水過程中瓶內氣壓平均為3p0，在這過程瓶內氣體是吸熱還是放熱，吸收或釋放了多少熱量？【答案】（1）；（2）2.4×105Pa；（3）吸熱300J【解析】【詳解】（1）設至少需要打n次氣，打氣前箭體內空氣體積為根據玻意耳定律可得解得（2）小組成員對“水火箭”加壓到發(fā)射，在水剛好全部被噴出時氣體的體積為根據玻意耳定律可得解得（3）根據熱力學第一定律有所以瓶內氣體從外界吸熱，熱量為19.某一學校在科技節(jié)一團隊設計如圖的一彈射玩具，由一處于自然狀態(tài)輕質彈簧一端固定在傾角為的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，直軌道與一半徑為b的一段光滑圓弧軌道相切于C點，CB=5b，A、B、C、D均在同一豎直面內。游戲時，視為質點的質量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點（未畫出），隨后小物塊P沿軌道被彈回，最高到達F，BF=2b。已知P與直軌道間的動摩擦因數（?。?；（1）求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；（2）若把物塊P的質量改為，再將P推至E點，從靜止開始釋放，求P經D點時對軌道的壓力大??；（3）現改變彈簧固定位置，調整合適的彈射方向。試分析能否將物塊P從F點彈離裝置后從D點水平向右進入軌道做圓周運動。【答案】（1）；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）設B到E距離為x，彈性勢能為，C到E的過程E到F的過程得x=b（2）E到D的過程得在D點得（3）F到D點斜拋看成D到F的平拋運動逆過程，由平拋運動規(guī)律得所以不存在讓物塊P從F點被斜向上彈出后從D點水平向右進入圓形軌道后做圓周運動。20.如圖所示，水平金屬圓環(huán)由沿半徑方向的金屬桿連接，外環(huán)和內環(huán)的半徑分別是，。兩環(huán)通過電刷分別與間距L=0.2m的平行光滑水平金屬軌道PM和相連，右側是水平絕緣導軌，并由一小段圓弧平滑連接傾角的等距金屬導軌，下方連接阻值R=0.2的電阻。水平導軌接有理想電容器，電容C=1F。導體棒ab、cd，垂直靜止放置于兩側，質量分別為，，電阻均為r=0.1。ab放置位置與距離足夠長，所有導軌均光滑，除已知電阻外，其余電阻均不計。整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B=1T，忽略磁場對電容器的影響。圓環(huán)處的金屬桿做順時針勻速轉動，角速度。求：（1）S擲向1，穩(wěn)定后電容器所帶電荷量的大小q；（2）在題（1）的基礎上，再將S擲向2，導體棒ab到達的速度大??；（3）ab與cd棒發(fā)生彈性碰撞后，cd棒由水平導軌進入斜面忽略能量損失，沿斜面下滑12m距離后，速度達到最大，求電阻R上產生的焦耳熱（此過程ab棒不進入斜面）。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）金屬桿順時針切割磁感線產生電動勢為穩(wěn)定時解得（2）右側是水平絕緣導軌，將S擲向2后，ab棒與電容器組成電路，當電容器兩端電壓與ab棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒做勻速運動，設此時ab棒速度為v，電容器帶電為，則根據動量定理可得聯合解得（3）棒ab與cd發(fā)生彈性碰撞，則解得當cd棒做勻速運動時速度達到最大，設最大速度為，對cd棒受力分析，根據受力平衡可得而根據能量守恒得聯合解得故電阻R上產生的焦耳熱為21.現代科學研究中經常利用電場、磁場來控制帶電粒子的運動。在空間坐標系Oxyz中存在如圖所示的電磁場，在xOz平面內，圓心O1的位置坐標為（0，R），半徑為R，圓內存在垂直紙面向外的勻強磁場B1；在其左側有一離子源E飄出質量為m、電荷量為q、初速度為0的一束正離子，這束離子經電勢差的電場加速后，從小孔F（點F與O1等高）沿著x軸正方向射入勻強磁場區(qū)域B1，離子恰好從點O離開進入勻強磁場B2。豎直放置的長方形離子收集板MNPQ與xOz面相距R，邊MQ足夠長與x軸方向平行且與y軸交于點T，寬MN為2R