福建省永春县第一中学2017_2018学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -永春一中高二年期末考试物理科试卷一、单项选择题1. 碘 131 的半衰期约为 8 天，若某药物含有质量为 m 的碘 131，经过 32 天后，该药物中碘131 的含量大约还有（ ）A. 0 B. m/4 C. m/8 D. m/16【答案】D【解析】碘 131 的半衰期约为 8 天，经过 32 天为 ，碘 131 的剩余质量为：，故选 D。【点睛】半衰期是放射性原子核剩下一半需要的时间，根据公式 求解剩余原子核的质量2. 参考以下几个示意图，关于这些实验或者现象，下列说法错误的是( )A. 核反应堆中控制棒插入，则多吸收中子让反应减弱B. 放射线在磁场中偏转，没有偏转的为 射线，电离

2、能力最强- 2 -C. 链式反应属于重核的裂变D. 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，认识到原子的复杂结构【答案】B【解析】A、根据核反应堆，控制棒的作用可知，图中核电反应堆示意图控制棒插入深一些，让它吸多中子，中子数减少，反应速率会慢一些，故 A 正确。B、中间没有偏转的为 粒子，电离能力最弱，而穿透能力最强，故 B 错误。C、重核的裂变反应物中子在生成物中出现，反应可以继续，属于链式反应，故 C 正确。D、通过研究阴极射线发现了电子，汤姆孙提出原子有复杂结构，故 D 正确。本题选错误的故选 B。【点睛】考查原子结构模型的发现者及其意义；掌握三种射线的区别与组成；理解链式反应与热核反应的区别

3、，及阴极射线发现的意义3. 下列几种说法中，正确的是（ ）A. 红外线、可见光、紫外线、 射线，是按波长由长到短排列B. 紫外线是一种紫色的可见光C. 均匀变化的电场可产生均匀变化的磁场D. 光的干涉、衍射现象说明光波是横波【答案】A【解析】A、红外线、可见光、紫外线、 射线，是按波长由长到短排列，A 正确。B、紫外线是一种波长比紫色光短的不可见光，B 错误。C、根据麦克斯韦的电磁波理论可知，均匀变化的电场可产生恒定的磁场，C 错误。D、光的干涉和衍射现象说明光波是一种波，但不能说明是横波，D 错误。故选 A。【点睛】掌握电磁波谱中各光的波长与频率的关系，了解各种色光在生活中的应用4. 下列说

4、法中正确的是( )A. 居里夫人首先发现了天然放射现象B. 卢瑟福在 粒子散射实验中发现了电子C. 原子核发生 衰变时，放射出的高速电子来源于绕原子核做圆周运动的核外电子D. 铀（ ）经过 8 次 衰变和 6 次 衰变变成铅（ ）【答案】D【解析】A、贝克勒尔发现了天然发射现象。故 A 错误。B、汤姆孙发现了电子，于是他提出了原子枣糕模型，卢瑟福在用 粒子轰击金箔的实验提出原子核式结构学说，故 B 错误。- 3 -C、 衰变时所释放的电子来源于原子核中子转变质子而放出的，故 C 错误。D、铀核( )衰变成铅核( )，电荷数为 10，质量数少 32，设经过 n 次 衰变， m 次 衰变，则有：4

5、n=32，2 n-m=10，解得 n=8， m=6，故 D 正确。故选 D。【点睛】电子、质子、中子的发现者，以及各种原子模型，认识衰变反应，知道各种射线的用途与作用。5. 氢原子能级如图，当氢原子从 跃迁到 的能级时，辐射光的波长为 656nm。以下判断正确的是( ) A. 氢原子从 跃迁到 的能级时，辐射光的波长大于 656nmB. 用动能为 10.5eV 的入射电子碰撞激发，可使氢原子从 跃迁到 的能级C. 用波长为 656nm 的光照射，能使处在 能级的氢原子电离D. 一个处于 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线【答案】B【解析】A、从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，

6、辐射光的波长为 656nm，而当从 n=2 跃迁到 n=1 的能级时，辐射能量更多，则频率更高，由 知波长小于 656nm。故 A 错误。B、当从 n=1跃迁到 n=2 的能级，吸收的能量： ，而用入射电子碰撞转移能量可能会损失或部分转移，则 10.5eV10.2eV,可以使电子跃迁，故 B 正确；C、波长为 656nm 的光对应的能量为 ，而 n=2 能级的电子电离需要的电离能为，故光的能量不够电离，C 错误。D、一个氢原子只有一个电子能跃迁，同一时刻只能出现在一个能级上，则逐级向下跃迁产生的谱线最多为 2 种，故 D 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间

7、跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差6. 如图所示表示 t=0 时刻两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷。- 4 -设两列波的振幅均为 5 cm，且图示的范围内振幅不变，两列水波的波速和波长都相同且分别为 1m/s 和 0.2m， C 点是 BE 连线的中点，下列说法中正确的是( ) A. 从图示时刻再经过 0.65s 时,C 点经过的路程 130cmB. C 点和 D 点都保持静止不动C. 图示时刻 A、 B 两点的竖直高度差为 10cmD. 随着时间的推移，E 质点将向 C 点移动，经过四分之一周期，C 点到达波峰【答案】A【解析】A、波的周期 ，从图示时刻起经 ，

8、B 是振动加强点其振幅为 A=10cm， 则通过的路程为 ，故 A 正确。B、则 A、E 是波峰与波峰相遇，B 点是波谷与波谷相遇，C 是平衡位置相遇处，它们均属于振动加强区，振幅均为 10cm；而D 是波峰与波谷相遇处，属于振动减弱点，振幅为 0 而静止不动，故 B 错误。C、A 点在波峰相遇处离平衡位置 10cm，B 为波谷相遇处离平衡位置 10cm，故两点的高度差为 20cm，C 错误。D、再经过四分之一个周期，E 点在上下振动到平衡位置，C 点振动到达波峰，但质点并不会迁移，只是波形会移动，故 D 错误。故选 A。【点睛】注意此题是波动与振动的结合，注意二者之间的区别与联系，运动方向相

9、同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差7. 如图所示，a、b 两种单色光沿不同方向射向玻璃三棱镜，经三棱镜折射后沿同一方向射出，下列说法中正确的是（ ）A. 在玻璃中，a 光传播速度较大B. 若 a 为绿光，则 b 可能为黄光- 5 -C. 光从玻璃射向空气时，a 光发生全反射的临界角较小D. 在玻璃中，b 光波长较长【答案】A【解析】A、由图可以看出 b 光偏折程度较大，则 b 光的折射率较大，根据 知 b 光的传播速度较小，故 A 正确。B、 b 光的折射率较大，但黄光的折射率小于绿光的折射率，故 B 错误。C、光从玻璃射向空气时，由临界角公式 ，则 b

10、 光的临界角较小，故 C 错误。D、 a 光的折射率小于 b 光的折射率，说明 a 光的频率小于 b 光的频率，由 知， a 光的波长大于b 光的波长，故 D 错误。故选 A。【点睛】本题光的色散现象，对于色散研究得到的七种色光排列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系，这些都是考试的热点8. 如图 1 所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图 2 中曲线 ， 所示，则（ ）A. 两次 时刻线圈平面均与磁场方向平行B. 曲线 、 对应的线圈转速之比为C. 曲线 表示的交变电动势频率为 50Hz

11、D. 曲线 表示的交变电动势有效值为【答案】B【解析】A、在 t=0 时刻瞬时电动势为零，则磁通量最大线圈平面均与磁场方向垂直，线圈一定处在中性面上，故 A 错误。B、由图可知， a 的周期为 410-2s； b 的周期为 610-2s，则由转速 可知，转速与周期成反比，故转速之比为 3:2，故 B 正确。C、曲线 a 的交变电流的频率 ，故 C 错误。D、曲线 a 和 b 对应的线圈转速之比为 3：2，曲线- 6 -a 表示的交变电动势最大值是 15V，根据 得曲线 b 表示的交变电动势最大值是 10V，而 ，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图

12、象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量9. 一个不稳定的原子核质量为 M，处于静止状态。放出一个质量为 m 的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为 E0，则原子核反冲的动能为（ ）A. E0 B. C. D. 【答案】C放出的粒子的动能为： 原子核反冲的动能： 联立得： Ek= ，故 ABD 错误， C 正确。故选 C。10. 图（a）为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在 x=1.5m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为 x=2m 的质点。下列说法不正确的是（ ）A. 波速为 0.5m/s B. 波的传播方向向左C. 当 t=7s 时，P 恰好回到平

13、衡位置 D. 02s 时间内，P 向 y 轴正方向运动【答案】D【解析】A、由图（a）可知该简谐横波波长为 2m，由图（b）知周期为 4s，则波速为，故 A 正确；B、根据图（b）的振动图象可知，在 x=1.5m 处的质点在 t=2s- 7 -时振动方向向下，所以该波向左传播，故 B 正确。C、当 t=7s 时， ， P 恰好回平衡位置，故 C 正确；D、由于该波向左传播，由图（a）可知 t=2s 时，质点 P 已经在波谷，所以可知 02s 时间内， P 向 y 轴负方向运动，故 D 错误；本题选择不正确的故选D。【点睛】熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向、利用周期表示时间，求质点

14、的路程、注意时间和空间周期性的对应11. 如图，质量为 m 的人在质量为 M 的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是（ ）A. 人在车上行走时，车将向右运动B. 当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退C. 若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大D. 不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同【答案】D【解析】A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得： mv 人 +Mv 车 =0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故 A 错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零

15、时，车的速度也为零，故 B 错误；C、D、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有： mx 人 -Mx 车 =0；故车与人的位移之比为： 不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故 C 错误，D 正确。故选 D。【点睛】本题考查动量守恒定律的应用“人船模型” ，要注意人船具有相反方向的运动，运动位移与速度大小无关12. 如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e，质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt（ k0） 。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场

16、将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设 t=0 时刻电子的初速度大小为 v0，方向顺时针，从- 8 -此开始后运动一周后的磁感应强度为 B1，则此时电子的速度大小为 ( ) A. B. C. D. 【答案】B【解析】A、C、电子在管道中被加速，做变速圆周运动，沿半径方向有洛伦兹力和管壁的弹力一起提供向心力，因无法知道弹力大小，则用向心力公式无法求出电子的速度；故 A 错误，C 错误。B、D、根据法拉第电磁感应定律得感生电动势大小为 ，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理： ，解得 ，故 B 正确， D 错误。故选 B。【点

17、睛】本题要能够根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势，这是一个难点，然后根据动能定理计算末速度13. 如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B。电阻为 R、半径为 L、圆心角为 90的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的 O 轴以角速度 匀速转动（O 轴位于磁场边界） 。则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）A. B. - 9 -C. D. 【答案】C【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势： ,交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为 T，而线框转动一周只有 的时间内有感应电流,则有： ，解得 ，故选 C。【点睛】本题就是考查电流有效值的计算，最好能画出一个周期内的电流

18、图象再用三同求出.14. 如图所示，将一个折射率为 n 的透明长方体放在空气中，矩形 ABCD 是它的一个截面，一单色细光束入射到 P 点，入射角为 。 ，则( )A. 若要使光束进入长方体后能射至 AD 面上，角 的最小值为 arcsinB. 若要使光束进入长方体后能射至 AD 面上，角 的最小值为 arcsinC. 若要此光束在 AD 面上发生全反射，角 的范围应满足 arcsin arcsinD. 若要此光束在 AD 面上发生全反射，角 的范围应满足 arcsin arcsin【答案】B【解析】A、B、当光束进入长方体后恰好射至 AD 面上 D 点时，角 的值最小。设此时光线在 AB 面

19、的折射角为 - 10 -根据几何知识得： ，由已知条件 代入解得： ，由 得：，可得 ，故 A 错误，B 正确。 C、D、设光束射 AD 面上的入射角为 ，若要此光束在 AD 面上发生全反射，则必须有 C，得到 ，由几何知识得： + =90，可得： ，又由 得，则 ，所以若要此光束在 AD 面上发生全反射，角 的范围应满足： ，故 C、D 均错误。故选 B。【点睛】本题是全反射、折射定律、临界角等知识的综合应用，首先要正确作出光路图，运用几何知识研究折射角的正弦。15. 如图甲所示，电阻不计且间距为 L=1m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1 的电阻，虚线 OO下方有垂直于导轨

20、平面的匀强磁场现将质量为 m=0.3kg、电阻Rab=1 的金属杆 ab 从 OO上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆 ab 下落 0.3m 的过程中，其加速度 a 与下落距离 h 的关系图象如图乙所示已知 ab 进入磁场时的速度 v0=3.0m/s，取 g=10m/s2则下列说法正确的是（ ）A. 进入磁场后，金属杆 ab 中电流的方向由 b 到 aB. 匀强磁场的磁感应强度为 1.0TC. 金属杆 ab 下落 0.3 m 的过程中，通过 R 的电荷量 0.24CD. 金属杆 ab 下落 0.3 m 的过程中， R 上产生的热量为 0.45J- 11 -【答

21、案】C【解析】A、进入磁场后棒切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆 ab 中电流的方向由 a 到 b，故 A 错误。B、由乙图知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小a0=10m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得： ，设杆刚进入磁场时的速度为v0，则有 ，联立得 ，代入数据解得 ，故 B 错误。C、由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为 0.06m，则在磁场中下降的高度，则通过 R 的电荷量 ，故C 正确。D、由图线可知，下落 0.3m 时做匀速运动，根据平衡有 ，解得金属杆的速度 ；根据能量守恒得 ，而两电阻串联热量关系为，联立解得 ，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题关键要

22、根据图象的信息读出加速度和杆的运动状态，由牛顿第二定律、安培力、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒等多个知识综合求解，综合较强。二、实验题16. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最_（填“高”或“低”）点的位置，且用秒表测量单摆完成多次次全振动所用的时间。（2）为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长 ，测出相应的周期 ，从而得出一组对应的 和 T 的数值，再以 为横坐标 T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，利用图线的斜率 可求出重力加速度的表达式为 =_，可求得 =_m/s2。 （保留三位有效数字）- 12 -【答案】 (1

23、). 低 (2). (3). 9.86【解析】(1)小球的偏角 在很小(5)时，小球的振动才近似看成简谐运动在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小(2)由单摆的周期公式为： ,变形得 ，则 函数的斜率 ，解得重力加速度 ，代入图象的数据可得 ，解得 .【点睛】掌握单摆的周期公式以及减小误差的方法，求解重力加速度时借助数形结合的思想17. 某学习兴趣小组的同学为了验证动量守恒定律，分别用如下图的三种实验实验装置进行实验探究，图中斜槽末端均水平。(1)用图甲和图乙所示装置进行实验时，若入射小球质量为 m1，半径为 r1；被碰小球质量为m2，半径为 r2，则_A. B. C、 D、 (2)在

24、用图乙所示装置进行实验时( P 为碰前入射小球落点的平均位置)，设入射小球的质量为- 13 -m1，被碰小球的质量为 m2，所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表示)_。(4)用如图丙所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球 1 悬挂于 0 点，使小球 1 的球心到悬点 0 的距离为 L，被碰小球 2 放在光滑的水平桌面上的 B 点.将小球 1 从右方的 A 点(OA 与竖直方向的夹角为 )由静止释放，摆到最低点时恰与小球 2 发生正碰，碰撞后，小球 1 继续向左运动到 C 点，小球 2 落到水平地面上到桌面边缘水平距离为 x 的 D 点。实验中已经测得上述物理量中的 a、 L

25、、 x，为了验证两球碰撞过程动量守恒，已知小球 1 的质量m1，小球 2 的质量 m2，还应该测量的物理量有_ _。【答案】 (1). C (2). (3). OC 与竖直方向的夹角 (4). 桌面高度 h(2) P 为碰前入射小球落点的平均位置， M 为碰后入射小球的位置， N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为 ，碰撞后入射小球的速度为 ，碰撞后被碰小球的速度为： ，将动量守恒式 m1v0=m1v1+m2v2的速度代入化简可得：m1OP=m1OM+m2ON。(3)为了验证两球碰撞过程动量守恒，需要测量两小球的质量，小球 1 质量 m1，小球 2 质量m2，小球 1 碰撞前后的速度

26、可以根据机械能守恒定律测出，所以还需要测量 OC 与 OB 夹角 ，需要通过平抛运动测量出小球 2 碰后的速度，需要测量水平位移 S 和桌面的高度 h;验证动量守恒的表达式为 .【点睛】本题考查验动量守恒定律的三种情景，要注意本实验中运用等效思维以及碰撞前后的瞬时速度如何测出。18. 某同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图所示，他进行的主要步骤是：- 14 -A用刻度尺测玻璃砖的直径 AB 的大小 d；B先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心 O、直径 AB 以及 AB 的法线 OC；C将玻璃砖放回白纸的原处，长直

27、尺 MN 紧靠 A 点并与直径 AB 垂直放置；D调节激光器，使 PO 光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心 O，并使长直尺 MN 的左右两端均出现亮点，记下左侧亮点到 A 点距离 s1，右侧亮点到 A 点的距离 s2。则：（1）该同学利用实验数据计算玻璃折射率的表达式为 n_。（2）该同学在实验过程中，发现直尺 MN 上只出现一个亮点，他应该采取措施是_。【答案】 (1). (2). 减小入射角【解析】(1)设光线在 AB 面上的入射角为 ，折射角为 ,光路如图：根据几何关系有： ， ，则折射率为 .(2) 在 BOC 大于等于全发射的临界角，只有反射没有折射，则直尺 MN 上只出现一个亮点

28、该同学在实验过程中，发现直尺 MN 上只出现一个亮点，他应该采取措施是减小入射角.【点睛】本题考查了光的折射定律，关键作出光路图，结合折射定律和几何知识进行求解三、计算题19. 如图，三角形 ABC 为某透明介质的横截面， O 为 BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自 O 以角 i 入射，第一次到达 AB 边恰好发生全反射已知 15， BC 边长为 2L，- 15 -该介质的折射率为 .求：(1)入射角 i；(2)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为 c，可能用到 或 )【答案】(1) i45(2) 【解析】试题分析：（1）根据全反射定律可知，光线在 AB 面上

29、P 点的入射角等于临界角C，由折射定律得： ，代入数据得：设光线在 BC 面上的折射角为 ，由几何关系得：由折射定律得： ，联立代入数据得： 。（2）在 中，根据正弦定理得： ，设所用时间为 ，光线在介质中的速度为，得： ，光在玻璃中的传播速度 ，联立代入数据得： 。考点：光的折射定律【名师点睛】由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在 BC 面上的折射角，折射定律得到入射角；根据正弦定理求出光线在介质中路程，由 求出光在玻璃中的传播速度，进而求出所用时间。视频20. 一根弹性绳沿 x 轴方向放置，左端在原点 O，用手握住绳的左端使其沿 y 轴方向做简谐运动，经 1 s 在绳上形成一列简谐

30、波，波恰好传到 x=1m 处的 M 质点，波形如图所示，若从- 16 -该时刻开始计时，(1)求这列波的波速大小：(2)写出 M 点的振动方程；(3)经过时间 t，x =3.5m 处的 N 质点恰好第一次沿 y 轴正向通过平衡位置，请在图中画出此时弹性绳上的波形，并求出时间 t。【答案】(1) (2)(3) 【解析】(1)由图可知 =2m，周期为 T=2s，则波速 .(2)振幅 A=8cm，角速度初相位为 =则 M 点的振动方程为 x=Asin(t + )=0.08sin(3.14t+) m(3)波从 M 点传到 N 点时间为再经过N 质点第一次沿 y 轴正向通过平衡位置，则 t=t1+t2=

31、3.5s图象如图所示:- 17 -【点睛】本题也可根据平移法求解 N 点恰好第一次沿 y 轴正方向通过平衡位置的时间，即为图中 O 点的振动传到 N 点的时间21. 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面的半圆形光滑轨道，其半径 R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为 m=0.1 kg 的小球 B，水平面上有一个质量为 M=0.3 kg 的小球 A以初速度 v 0=4.0m/s 开始向着小球 B 滑动，经过时间 t=0.80s 与 B 发生弹性碰撞。设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球 A 与桌面间的动摩擦因数 =0.25，求：(1)两小球碰前 A 的速度； (2)小球

32、 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力(3)确定小球 A 所停的位置距圆轨道最低点的距离【答案】 （1）v A=2 m/s（2）小球对轨道的压力的大小为 4N，方向竖直向上。 （3）0.2m【解析】试题分析：（1）碰前对 A 由动量定理有： ，解得： 。（2）对 AB：碰撞前后动量守恒：碰撞前后动能保持不变：由以上各式解得：又因为 B 球在轨道上机械能守恒： ，解得： 。- 18 -在最高点 C 对小球 B 有： ，解得： 。由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为 ，方向竖直向上。（3）对 A 沿圆轨道运动时： ，因此 A 沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时 A 的速度大小为

33、，由动能定理得： ，解得： 。考点：动量守恒定律、机械能守恒定律【名师点睛】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。22. 如图甲所示， MN、 PQ 是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L2.0m； R 是连在导轨一端的电阻，质量 m1.0kg 的导体棒 ab 垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连。导轨所在空间有磁感应强度 B0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。从t0 开始对导体棒 ab 施加一个水平向左的外力 F，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出 R 两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中 OA

34、 段是直线， AB 段是曲线、BC 段平行于时间轴。假设在从 1.2s 开始以后，外力 F 的功率 P4.5W 保持不变。导轨和导体棒 ab 的电阻均可忽略不计，导体棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好。不计电压传感器对电路的影响（ g10m/s 2） 。求（1）导体棒 ab 做匀变速运动的加速度及运动过程中最大速度的大小；（2）在 1.2s2.4s 的时间内，该装置产生的总热量 Q；（3）导体棒 ab 与导轨间的动摩擦因数 和电阻 R 的值。【答案】 （1） a 0.75m/s 2 vm l.0m/s （2） Q5.31J （3）- 19 - 0.2， R0.4 【解析】试题分析

35、：（1）导体棒内阻不计，EU，B、L 为常数，在 01.2s 内导体棒做匀加速直线运动。设导体棒加速度为 a，t 11.2s 时导体棒速度为 v1，由图可知，此时电压U10.90V。1 分得 v10.90m/s 1 分由 1 分得 a 0.75m/s 2 1 分从图可知，t2.4s 时 R 两端的电压最大，E ml.0V由得 vm l.0m/s 1 分（2）在 1.2s2.4s 内，由功能关系得2 分解得 Q5.31J 1 分（3）当 tl.2s 时，设拉力为 F1，则1 分同理，设 t2.4s 时拉力为 F2，则根据牛顿第二定律1 分1 分- 20 -又 1 分代入数据可得 0.2，R0.4 1 分考点：考查了导体切割磁感线运动综合应用