浙江省杭州学军中学紫金港2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州学军中学紫金港2022-2023学年高二物理上学期期中试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ等内容，欢迎下载使用。
物理试题一、选择题Ⅰ（本小题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 下列属于国际单位制中的基本单位的是（　　）A. A B. m/s C. T D. V【答案】A【解析】【详解】电流的单位A属于国际基本单位，m/s、T 、V都属于导出单位。故选A。2. 如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上以加速度a向前加速运动。货箱中的石块B质量为m，则石块B周围与它接触的物体对石块B作用力的合力为（　　）A. ma B. mg C.  D. 【答案】D【解析】【详解】货车沿水平路而以加速度向前加速运动，与B接触的物体对B的作用力F的方向斜向右上方，如图所示根据几何关系可得作用力大小为故选D。3. 科学的发展既需要前人的积累，又需要后来人遵循系统方法的创新。下列对于科学方法和物理学史叙述正确的是（　　）A. 楞次定律是楞次基于各种电磁现象演绎推理得到的B. 法拉第电磁感应定律是法拉第根据大量实验结果归纳推理得到的C. 库仑定律是库仑通过控制变量法，精确改变带电小球电荷量测量得到的D. 摆的等时性最早由惠更斯建立单摆理想模型，进行详细的数学分析所证明【答案】A【解析】【详解】A．楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，符合史实，故A正确；B．法拉第通过大量的实验研究发现了电磁感应现象，后来的科学家利用他大量的实验数据用科学计算得到了法拉第电磁感应定律，不符合史实，故B错误；C．库仑定律是库仑通过控制变量法，改变带电小球电荷量测量得到的，但库仑的实验受限于技术无法精确改变小球带电量，因此不符合史实，故C错误；D．摆的等时性最早是伽利略发现的，惠更斯利用了摆的等时性制作出了摆钟，故D错误。故选A。4. 小罗同学每天都要乘坐电梯上下楼，电梯上行下行都会有减速和加速的过程。有一天，当他学习了简谐振动后突发奇想，也许可以通过简谐振动周期的变化来测量电梯的加速度。为此小王同学挑选了两个最经典的简谐振动模型，单摆（图甲）和弹簧振子（图乙）。那么根据你所学的知识，请预测小王同学的哪个方案可以成功（　　）A. 只有单摆可以 B. 只有弹簧振子可以C. 两个方案都可以 D. 两个方案都不可以【答案】A【解析】【详解】根据单摆振动的周期公式，若电梯的加速度为向上的a，则单摆的周期若电梯的加速度为向下的a，则单摆的周期则可以通过单摆的振动周期求解电梯的加速度；而弹簧振子的周期与重力加速度无关，则不能用该装置测量电梯的加速度。故选A。5. 《太平广记》中记载到“魏时，殿前钟忽大鸣，震骇省署”，查其原因后得知“此蜀铜山崩，故钟鸣应之也”。下列四幅图对应的情境中涉及的物理原理与“山崩钟鸣”原理相同的是（　　）A. 图4为玻璃杯在音波的作用下碎裂B. 图3为扬声器表面的碎屑随播放而跳动C. 图2为汽车底部的减震器随汽车行驶而振动D. 图1为飞行中的蝙蝠利用回声来判断障碍物的方位【答案】A【解析】【详解】“山崩钟鸣”原理属于声音的共鸣现象；与之原理相同的使A，即图4玻璃杯在音波的作用下碎裂是由声波的共振造成的。而BC说的都是物体在驱动力作用下的受迫振动，D说的是机械波的反射现象。故选A。6. 如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮出水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（　　）A. 增加波源频率 B. 降低波源频率C. 增强波源振动强度 D. 增加波源到桥墩的距离【答案】B【解析】【详解】为使水波能带动叶片振动，则必须要使得水波发生明显的衍射现象，即增大波长，即减小水波频率，降低波源频率；而增强波源振动强度或者增加波源到桥墩的距离，都不能使水波产生明显的衍射。故选B。7. 外电场中的导体会建立静电平衡，进而人们可以设计出很多有趣的实验，如图所示。一名男子站在特斯拉线圈之上，特斯拉线圈中通有快速变化的电流，会在周围空间中产生高达百万伏特的电压，因此空气被击穿，木棒被点燃，然而穿着金属防护衣的男子却安然无恙，这一切都和金属在外电场中的特性密不可分。下列关于静电平衡的导体的表述正确的是（　　）A. 金属防护服内部空间的电势可近似认为是处处相等的B. 若用金属外衣套将特斯拉线圈包裹住，则人不穿金属防护服亦可安然无恙C. 只要人的身体同防护服紧密接触，哪怕部分身体暴露在防护服外也是安全的D. 导体的静电平衡只在外电场是静电场时才是严格成立的，当外电场是快速变化的交变电场时，导体内自由电荷有可能来不及响应从而导致静电平衡被破坏【答案】A【解析】【详解】A．金属防护服可以屏蔽外部电场，使得内部场强处处为零，内部是等势体，即内部空间的电势可近似认为是处处相等的，选项A正确；B．若用金属外衣套将特斯拉线圈包裹住，则外部仍然会有电场，即人不穿金属防护服会有危险，选项B错误；C．只要人身体同防护服紧密接触，人体总是等势体，但是若部分身体暴露在防护服外面会使得暴露的部分由于带电产生火花放电而发生危险，选项C错误；D．导体的静电平衡不只在外电场是静电场时才成立，当外电场是快速变化的交变电场时，导体内自由电荷也会迅速移动从而导致导体迅速达到静电平衡，选项D错误。故选A。8. 在学习了超重失重之后，小陈同学想利用力传感器来研究下蹲和起立过程中的超重失重问题。小陈同学站在测力板上做下蹲和起立的动作，力传感器采集的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A. DE段为起立过程，AC段为下蹲过程B. 下蹲过程重力的冲量等于起立过程压力的冲量C. 下蹲过程压力的冲量大于起立过程压力的冲量D. AB和FE段为起立过程，BC和DF段为下蹲过程【答案】C【解析】【详解】AD．下蹲过程，加速度先向下后向上，先失重后超重；起立过程，加速度先向上后向下，先超重后失重；则AC段为起立过程，DE段为下蹲过程，选项AD错误；BC．因起立和下蹲过程的初末速度均为零，根据动量定理，起立过程压力的冲量等于起立过程中重力的冲量；下蹲过程压力的冲量等于下蹲过程中重力的冲量；由图可知下蹲过程的时间大于起立过程的时间，即下蹲过程重力的冲量大于起立过程重力的冲量，则下蹲过程重力的冲量大于起立过程压力的冲量；下蹲过程压力的冲量大于起立过程压力的冲量，选项B错误，C正确；故选C。9. 如图所示，电源电动势为9V，电源内阻为，电路中的电阻为，小型直流电动机M的内阻为，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为1.0A，则以下判断中正确的是（　　）A. 电源输出的功率为9W B. 电动机两端的电压为1VC. 电动机的输出功率为6W D. 若电动机被异物卡住，其消耗的电功率将增加【答案】C【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律可知路端电压为电源输出的功率故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律有故B错误；C．电动机的电功率为电动机的热功率为电动机的输出功率为故C正确；D．若电动机被异物卡住，则可将电动机视为纯电阻，根据闭合电路欧姆定律有此时电动机消耗的电功率为综合前面分析可知，电动机消耗的电功率减小了，故D错误。故选C。10. 小曾同学在学习了平抛运动之后决心苦练飞镖技术，某一次练习的结果如图所示。A、B两只相同的飞镖从离墙壁一定距离的同一位置，分别被小曾同学水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图），则下列说法正确的是（　　）A. 飞镖A的初速度小于飞镖B的初速度B. 人对飞镖A做的功小于人对飞镖B做的功C. 飞镖A动量的变化率等于飞镖B动量的变化率D. 飞镖A在空中运动的时间等于飞镖B在空中运动的时间【答案】C【解析】【详解】ABD．两只飞镖均做平抛运动，根据知，B镖下落的高度大，则B镖运动的时间比A镖的运动时间长，两镖的水平位移相等，根据x=v0t知，B镖的初速度小，A镖的初速度大，根据能量守恒可知，人对飞镖A做的功大于人对飞镖B做的功，故ABD错误；C．动量的变化率等于合外力，两镖的合外力相同，都是重力，所以飞镖A动量的变化率等于飞镖B动量的变化率，故C正确；故选C。11. 某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了如下探究性实验：将闭合线圈按图所示方式放在电子秤上，线圈正上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是（　　）A. 将磁铁N极加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0B. 将静止于线圈内的磁铁匀速抽出的过程中，电子秤的示数大于m0C. 将磁铁N极加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）D. 将磁铁N极加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿顺时针方向（俯视）【答案】C【解析】【详解】AB．将条形磁铁插向线圈或从线圈中抽出的过程中，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插向线圈（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，在抽出磁铁（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，故AB错误；CD．根据楞次定律和安培定则可判断，将条形磁铁的N极加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向（俯视），故C正确，D错误。故选C。12. 类比是一种重要的科学思想方法。在物理学史上，法拉第通过类比不可压缩流体中的流速线提出用电场线来描述电场。正电荷就像产生流体的“源”，所以电场线从正电荷发出；而负电荷像吸纳流体的“汇”，因此电场线终止于负电荷。源或者汇处流量的大小也可以类比正负电荷电量的多少。根据上述类比再结合你所学的知识，对于图中所示的电场线，结论正确的是（　　）A. 电荷A的电量大小小于电荷B的电量B. Q点处没有电场线，所以Q点处电场强度大小为零C. 图中虚线①是一正试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹，该试探电荷在Q点处的电势能小于P点处的电势能D. 图中虚线②是一负试探电荷仅在电场力作用下的运动轨迹，该试探电荷在Q点处受到的静电力小于在P点处受到的静电力【答案】C【解析】【详解】A．根据电场线分布的疏密可知，A附近的场强比B附近的场强大，电荷A的电量大小大于电荷B的电量，故A错误；B．由电场线方向可判断，电荷A为正电荷，电荷B为负电荷，根据点电荷场强分布特征可知，两场源电荷在Q点处合电场强度不为零，故B错误；C．根据P、Q两点距离场源电荷远近关系可知，P点电势高于Q点电势，因此该正试探电荷在Q点处的电势能小于P点处的电势能，故C正确；D．由点电荷周围电场强度分布特征可知，P点处的合场强小于Q点处的合场强，故负试探电荷在Q点处受到的静电力大于在P点处受到的静电力，故D错误。故选C。13. 随着科技的进步，近地空间中的“太空垃圾”也越来越多。一种叫做航天飞缆的技术可以被用来清理太空垃圾，如图甲所示。航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统，飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力。假定PQ组成的系统绕地球做匀速圆周运动，如图乙中的轨道II所示，且PQ连线始终指向地心，则下列说法错误的是（　　）A. 若此时PQ的运动方向如图甲所示，磁感应强度方向垂直纸面向外，则P的电势高于Q的电势B. 若此时PQ的运动方向如图甲所示，磁感应强度方向垂直纸面向外。假定PQ轨道平面与赤道平面重合，则PQ的绕行方向与地球自转方向一致（地球自转方向为自西向东）C. 由于地球附近仍有稀薄的空气，因此PQ系统会受到空气阻力的影响，运行轨道由图乙中的III逐渐变为I。相比于轨道III，PQ系统在轨道I上的机械能更小，线速度也更小。D. 若在轨道I上的PQ系统想重新返回轨道III，可以在A点沿切向加速，进入轨道II。假定加速时间很短，变轨前后PQ系统可视为处于同一点A，则变轨前后PQ系统的加速度保持不变。【答案】C【解析】【详解】A．若此时PQ的运动方向如图甲所示，根据右手定则可知，P的电势高于Q的电势，故A正确不符合题意；B．若此时PQ的运动方向如图甲所示，磁感应强度方向垂直纸面向外，由于磁场由地理南极出发，地球自转方向为自西向东，所以PQ的绕行方向与地球自转方向相同，故B正确不符合题意；C．由于地球附近仍有稀薄的空气，因此PQ系统会受到空气阻力的影响，运行轨道由图乙中的III逐渐变为I，除引力外阻力做负功，机械能减小，但线速度增大，故C错误符合题意；D．变轨前后PQ系统可视为处于同一点A，由于万有引力不变，根据牛顿第二定律可知，则变轨前后PQ系统的加速度保持不变，故D正确不符合题意。故选C。二、选择题Ⅱ（本小题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个备选项中，至少有一项是符合题目要求的。全选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14. 如图所示是甲、乙两质量相等的振子分别做简谐振动的图像，则下列描述中说法正确的有（　　）A. 甲振子在任何一个2s内走过的路程都是4cmB. 乙振子在任何一个2s内走过的路程都是1cmC. 甲振子和乙振子永远不可能在同一时刻均处于动能最小的状态D. 4s到6s时间内，甲振子和乙振子均加速度逐渐增大，速度逐渐减小【答案】AC【解析】【详解】A．甲振子的周期为4s，则在任何一个2s（半周期）内走过的路程都是2A1=4cm，选项A正确；B．乙振子周期为8s，则在任何一个2s（四分之一周期）内走过的路程不一定为A2=1cm，选项B错误；C．振子动能最小时处于位移最大的位置，由图可知，甲振子和乙振子永远不可能在同一时刻均处于动能最小的状态，选项C正确；D．4s到6s时间内，甲振子加速度先增大后减小，速度先减小后增大；乙振子加速度逐渐增大，速度逐渐减小，选项D错误故选AC。15. 如图所示，两个相干波源、发出的简谐横波在同一均匀介质中相遇，波长为5cm。图中实线表示某时刻波峰，虚线表示该时刻波谷，a、c、e三点均位于、连线的中垂线上，其中e点是a、c连线的中点。下列说法中正确的有（　　）A. 图示时刻ac两点连线上的任意一点（不含a、c）均朝水平面下方振动B. 若波源的振幅为2cm，的振幅为4cm，则图示时刻b点的振幅为2cmC. 若将波源的振动频率提高而波源保持不变，则d点的位移始终为零D. 图示时刻e点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，所以不是振动加强点【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知，a点是波谷与波谷相遇的点，c点是波峰与波峰相遇的点，e是ac连线的中点，而该相干波源波长相同，能够形成稳定的干涉图样，因此e点在平衡位置，而ac连线上的点始终处于振动加强的状态，当两列波发生干涉，该处的点（不含a、c）始终都是向着水平面下方运动的，故A正确；B．由图可知，b点是波源的波峰与波源波谷相遇的点，设波源的振幅为波源的振幅为，则图示时刻b点的振幅为故B正确；C．由图可知d点是波峰和波谷相遇的点，当两波源的频率不发生变化时，形成稳定的干涉图样，d点的位移始终为零，但当其中一个波源的频率发生变化，不再相同时，则d点的位移就不再始终为零，故C错误D．虽然图示时刻e点既不是波峰与波峰相遇处，也不是波谷与波谷相遇处，但振动加强点的连线上所有的点都是振动加强的点，所以e点的振动加强，故D错误。故选AB。16. 对于通过闭合曲面的磁通量，我们可以规定若磁感线从曲面内部穿出，记为正；若磁感线从曲面外部进入，则记为负。而对于静电场，也可以类比静磁场，引入“电通量”。电通量的定义与磁通量相仿，即电场强度与垂直面积的乘积，闭合曲面的电通量符号规定与磁通量相同。关于下列磁通量与电通量的表述，正确的是（　　）A. 在甲图中，匀强电场场强为E，通过一半径为R的球面的电通量为B. 在乙图中，若半径为R的球面中心有一电荷量为q的正电荷，则通过该球面的电通量为（其中k为静电力常数）C. 在丙图中，若m，m，匀强磁场T，方向沿x轴正向，则通过整个三棱柱所有面的磁通量之和为0D. 在丙图中，若m，m，匀强磁场T，方向沿x轴正向，则通过平面MEFD的磁通量为0.024Wb【答案】BCD【解析】【详解】A．根据电通量的概念可知，在甲图中，通过一半径为R的球面的电通量为零，选项A错误；B．在乙图中，若半径为R的球面中心有一电荷量为q的正电荷，则通过该球面的电通量为选项B正确；C．在丙图中，根据磁通量的概念可知，通过整个三棱柱所有面的磁通量之和为0，选项C正确；D．在丙图中，则通过平面MEFD的磁通量为选项D正确。故选BCD。二.非选择题（本题共6小题，共55分）17. 根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示乙所示，读数为________mm。（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（多选）________。A．若测量摆长时未计入钢球半径，则会使重力加速度测量值偏大B．要控制摆球在同一竖直平面内运动，否则重力加速度测量值会偏大C．拉开摆球，使白线偏离平衡位置小于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即为单摆周期TD．为了准确测量时间，应在摆球位于平衡位置处开始计时E．摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些（3）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的图像为________（填“直线”“对数曲线”“指数曲线”）；读得图像与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度________。【答案】    ①. 18.6    ②. BDE    ③. 直线    ④. 【解析】【详解】（1）[1]由图可知，主尺读数为18mm，游标卡尺为十等分游标卡尺，第六根刻度线与主尺对齐，故其读数为（2）[2]A．根据单摆周期公式推理可知，实验测量重力加速度公式为若测量摆长时未计入钢球半径，则L测量值偏小，会使重力加速度测量值偏小，故A错误；B．摆球若不在同一竖直平面内运动，则会做圆锥摆运动，在摆角为的情况下，小球向心力解得重力加速度测量值会偏大，故B正确；C．为减小测量误差，应测量小球多次全振动时间来推算单摆周期，故C错误；D．在摆球位于平衡位置处开始计时，摆球每经过平衡位置，计数一次，这样测量单摆周期误差更小，故D正确；E．摆线要选择细些的，伸缩性小些的，并且尽可能长一些，可以减小摆长的变化误差，故E正确。故选BDE。（3）[3]根据单摆周期计算公式可知取对数得所以图线为直线[4]图线与纵轴交点的纵坐标为18. 某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。（    ）（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是___________。（填正确答案标号）A．18 mA          B．21 mA C．25mA              D．28 mA（3）产生上述问题的原因可能是___________。（填正确答案标号）A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC．R值计算错误，接入的电阻偏小D．R值计算错误，接入的电阻偏大（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=___________。【答案】    ①.     ②. C    ③. AC    ④. 【解析】【详解】（1）[1]电表改装时，微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内，则实物电路连接如下图所示：（2）[2]由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为倍故当原微安表表盘达到满偏时，实际量程为：，故本小题选C；（3）[3]根据得改装后的量程偏大的原因可能是，原微安表内阻测量值偏小，即电表实际内阻真实值，大于1200Ω；或者因为定值电阻R的计算有误，实际接入定值电阻R阻值偏小，分流过大。故本小题选AC；（4）[4]由于接入电阻R时，改装后的表实际量程为25mA，故满足要想达到预期目的，即将微安表改装为量程为20mA电流表，应满足其中，联立解得或19. 如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为、μ2＝0.5，求：（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；（2）物体运动到B处的速度；（3）推力作用的距离及时间。【答案】（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）；（3）2m， 【解析】【详解】（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得解得方向沿斜面向下；（2）物体在水平面上运动的加速度大小为根据速度-位移关系可得解得（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力摩擦力大小为所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为推力作用的距离为经过的时间为20. 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑轨道。AB段是水平的，BD段为半径为R = 0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E = 2.0 × 102N/C。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的带正电的小球乙发生对心正碰。已知乙球质量m2= 0.1kg，乙球所带电荷量q = 5.0 × 10－3C，重力加速度g = 10m/s2。（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个过程无电荷转移）（1）若甲球质量为m1= 0.1kg，在不放置乙球的情况下现测得甲球通过最高点时其与轨道间的压力为3N，求甲的初速度v0；（2）若甲球质量为m1= 0.1kg，且甲与乙碰后立刻粘连为一个整体丙。若测得丙通过最高点时与轨道间的压力为1N，求甲的初速度v′0；（3）若甲球的质量大于0.1kg可调节，且甲与乙间的碰撞是完全弹性的。假定在甲与乙碰后立刻移走甲，当甲的初速度v″0= 2.5m/s时，求乙通过D点平抛后在轨道AB上的首次落点到B点的距离范围。【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.4m ≤ x < 0.6m【解析】【详解】（1）若甲球质量为m1= 0.1kg，在不放置乙球的情况下，甲球从A到D根据动能定理有且甲球通过最高点时有代入数据有v0= 4m/s（2）甲与乙碰后立刻粘连为一个整体丙，则根据动量守恒有m1v′0= (m1＋m2)v共丙从B到D根据动能定理有且丙通过最高点时有代入数据有（3）设甲球质量为乙球质量的k倍，且由于甲球的质量大于0.1kg，则k > 1，再设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有km2v″0= km2v甲＋m2v乙联立得又k > 1，则v″0 < v乙 < 2v″0，设乙球过D点的速度为v″D，由动能定理得且乙球过D点的速度v″D应满足   
 解得2m/s ≤ v″D < 3m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x，则有x = v″Dt联立得0.4m ≤ x < 0.6m21. 如图所示，匝数、横截面积、电阻的线圈处于竖直向上的变化磁场中，磁感应强度随时间变化规律。倾角，间距m、长度m的光滑平行导轨处在磁感应强度为的匀强磁场中倾斜放置，方向垂直导轨平面，开关S闭合时，一质量g、电阻的导体棒ab恰好能静止在倾斜导轨的上端处，定值电阻，导轨电阻忽略不计，空气阻力忽略不计，取．则：（1）求线圈中的感应电动势大小；（2）求磁感应强度的大小和方向；（3）断开S后导体棒开始沿导轨下滑，到达底端前速度已达到最大值，求导体棒滑到导轨底端所需的时间，及下滑过程中导体棒上产生的焦耳热。【答案】（1）0.8V；（2）2T，方向垂直斜面向下；（3）3.08s；5.92J【解析】【详解】（1）线圈中的感应电动势大小（2）导体棒和定值电阻R2并联后的总电阻为R并=0.1Ω则通过导体棒的电流为对导体棒平衡时满足解得B2=2T因导体棒中感应电流从a到b，则根据左手定则可知，B2方向垂直斜面向下（3）导体棒到达最大速度时满足解得vm=0.4m/s由动量定理其中解得t=3.08s下滑过程中导体棒上产生的焦耳热22. 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。为了准确的注入离子，需要在一个有限空间中用电磁场对离子的运动轨迹进行调控。现在，我们来研究一个类似的模型。在空间内存在边长m的立方体，以O为坐标原点，沿OA、和OD方向分别建立x、y、z轴。在OACD面的中心M处存在一粒子发射源，可在底面内沿任意方向发射初速度为，比荷的带正电粒子（不计重力）。可在区域内施加一定的匀强电场或者匀强磁场，使粒子可以到达相应的空间位置。（1）在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，使粒子不飞出立方体，求施加磁场的磁感应强度B的最小值；（2）在立方体内施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子只能从面飞出，求施加电场的电场强度E的最小值；（3）在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，若磁感应强度大小为T，求粒子在磁场中运动时间的最大值和最小值；（4）在（3）问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场，电场强度为。问（3）中最大时间和最小时间对应的粒子能否从面飞出？若粒子不能从面飞出，请写出这些粒子飞出立方体区域时的空间坐标（x，y，z）。【答案】（1）；（2）；（3），；（4）在磁场中运动时间最长的粒子能从平面射出，运动时间最短的粒子不能从平面射出，飞出的空间坐标为（0m，0.43m，0.32m）【解析】【详解】（1）施加沿y轴正向的匀强磁场，粒子在xOz平面做匀速圆周运动。若使粒子不飞出立方体，应有由洛伦兹力提供向心力解得代入数据得（2）施加沿y轴正向的匀强电场，使粒子只能从面飞出，粒子做类平抛运动，沿y轴方向做匀加速直线运动且沿初速度方向做匀速直线运动，解得代入数据得（3）在立方体内施加沿y轴正向的匀强磁场，当磁感应强度大小为T时，有，解得，代入数据得，粒子在xOz平面做匀速圆周运动，粒子在磁场中运动时间最长的轨迹图如下其中，同理可得，其中联立解得，且有解得  故有解得粒子在xOz平面内运动时间最短的轨迹图如下则有解得故有解得（4）在（3）问的基础上再加上沿y轴正向的匀强电场后，粒子的运动可分解为xOz平面内的匀速圆周运动和y轴方向的匀加速直线运动。若粒子能从平面射出，则有解得因为，故在磁场中运动时间最长的粒子能从平面射出，运动时间最短的粒子不能从平面射出。运动时间最短的粒子在y轴上走过的距离为解得飞出立方体区域时的空间坐标（0m，0.43m，0.32m）