2022-2023學(xué)年浙江省杭州師大附中高二下學(xué)期期中物理試題（解析版）

杭州師大附中2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期中物理試題一.單項(xiàng)選擇（共13題，每題3分，滿分39分；每小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確）1.已知地球大氣層的厚度遠(yuǎn)小于地球半徑R，空氣平均摩爾質(zhì)量M，阿伏加德羅常數(shù)NA，地面附近大氣壓強(qiáng)p0，重力加速度大小g。由此可以估算地球大氣層空氣分子總數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】設(shè)大氣層中氣體的質(zhì)量為m，由大氣壓強(qiáng)產(chǎn)生mg=p0S即分子數(shù)故選A。2.做布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)，得到某個(gè)觀測(cè)記錄如圖，圖中記錄的是（）A.分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的情況B.某個(gè)微粒做布朗運(yùn)動(dòng)的軌跡C.某個(gè)微粒做布朗運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖線D.按等時(shí)間間隔依次記錄的某個(gè)運(yùn)動(dòng)微粒位置的連線【答案】D【解析】【詳解】A．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中的固體小顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，而非分子的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．布朗運(yùn)動(dòng)既然是無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以微粒沒(méi)有固定的運(yùn)動(dòng)軌跡，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)于某個(gè)微粒而言在不同時(shí)刻的速度大小和方向均是不確定的，所以無(wú)法確定其在某一個(gè)時(shí)刻的速度，故也就無(wú)法描繪其速度﹣時(shí)間圖線，故C錯(cuò)誤；D．圖中記錄的是按等時(shí)間間隔依次記錄的某個(gè)運(yùn)動(dòng)微粒位置的連線，故D正確。故選D。3.如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻璃擋板的凹形底座Q構(gòu)成，其重量分別為Gp和，用手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，P與擋板接觸后放開(kāi)手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)（即P和Q的其余部分均不接觸），P與Q間的磁力大小為F。下列說(shuō)法正確的是（）A.Q對(duì)P的磁力大小等于B.P對(duì)Q的磁力方向豎直向下C.Q對(duì)電子秤的壓力大小等于G0D.電子秤對(duì)Q的支持力大小等于【答案】D【解析】【詳解】AB．由題意可知，因手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，即Q對(duì)P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開(kāi)手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說(shuō)明Q對(duì)P有豎直向上的磁力，則Q對(duì)P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，根據(jù)作用力與反作用力知P對(duì)Q的磁力方向斜向右下方向，其磁力F大小大于，故AB錯(cuò)誤；CD．對(duì)PQ的整體受力分析，豎直方向電子秤對(duì)Q的支持力大小等于，即Q對(duì)電子秤的壓力大小等于，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.2021年12月9日，在“天宮課堂"中王亞平往水球中注入一個(gè)氣泡，如圖所示，氣泡靜止在水中，此時(shí)（）A.氣泡受到浮力 B.氣泡內(nèi)分子熱運(yùn)動(dòng)停止C.氣泡內(nèi)氣體在界面處對(duì)水產(chǎn)生壓力 D.水與氣泡界面處，水分子間作用力表現(xiàn)為斥力【答案】C【解析】【詳解】A．由于在失重狀態(tài)下，氣泡不會(huì)受到浮力，A錯(cuò)誤；B．氣泡內(nèi)分子一直在做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．由于在失重狀態(tài)下，氣泡內(nèi)氣體在界面處存在壓力差，所以對(duì)水產(chǎn)生壓力，C正確；D．水與氣泡界面處，水分子較為稀疏，水分子間作用力表現(xiàn)為引力，D錯(cuò)誤。故選C。5.2021年5月15日，天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器著陸火星取得成功，邁出了我國(guó)星際探測(cè)征程的重要一步，在火星上首次留下國(guó)人的印跡。天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我國(guó)第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過(guò)軌道調(diào)整，探測(cè)器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器（）A.在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài) B.在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短C.從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速 D.沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器在軌道Ⅱ上做變速圓周運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸，故在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ，做近心運(yùn)動(dòng)，需要的向心力要小于提供的向心力，故要在P點(diǎn)點(diǎn)火減速，故C錯(cuò)誤；D．在軌道Ⅰ向P飛近時(shí)，萬(wàn)有引力做正功，動(dòng)能增大，故速度增大，故D正確。故選D。6.如圖所示，底面半徑為R的平底漏斗水平放置，質(zhì)量為m的小球置于底面邊緣緊靠側(cè)壁，漏斗內(nèi)表面光滑，側(cè)壁的傾角為θ，重力加速度為g。現(xiàn)給小球一垂直于半徑向里的某一初速度，使之在漏斗底面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A.小球一定只受到兩個(gè)力的作用B.小球一定受到三個(gè)力的作用C.當(dāng)時(shí)，小球?qū)Φ酌娴膲毫榱鉊.當(dāng)時(shí)，小球?qū)?cè)壁的壓力為零【答案】C【解析】【詳解】設(shè)底面對(duì)小球的支持力N1，側(cè)壁對(duì)小球的支持力為N2，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可知，在水平方向上在豎直方向上解得，可知側(cè)壁對(duì)小球的支持力不可能為零，底面對(duì)小球的支持力有可能為零，當(dāng)時(shí)，可得小球的速度因此小球可能受到三個(gè)力的作用，也可能受到兩個(gè)力的作用，小球?qū)?cè)壁的壓力不能為零，而當(dāng)時(shí)，小球?qū)Φ酌娴膲毫蔬xC。7.一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A.0~t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg B.t1~t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2~t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mg D.t2~t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg【答案】D【解析】【詳解】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mgA錯(cuò)誤；B．在t1~t2時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mgB錯(cuò)誤；CD．在t2~t3時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，處于超重，則FN>mgC錯(cuò)誤，D正確。故選D。8.汽車在平直的公路上由靜止開(kāi)始勻加速行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，速度為v時(shí)功率達(dá)到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續(xù)前進(jìn)了距離s，達(dá)到最大速度vmax。設(shè)汽車質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒為f，則下列說(shuō)法正確的是（）A.汽車的額定功率為fvB.汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服阻力做功為fvtC.汽車從靜止開(kāi)始到速度達(dá)到最大值的過(guò)程中，合力做的功為D.汽車從靜止到速度最大的過(guò)程中，牽引力做功為【答案】D【解析】【詳解】A．汽車勻加速行駛的加速度根據(jù)牛頓第二定律得汽車的額定功率為故A錯(cuò)誤；B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)位移克服阻力做功為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理故C錯(cuò)誤；D．車從靜止到速度最大的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理牽引力做功為故D正確。故選D。9.如圖所示，質(zhì)量為4m的木塊用輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸于O點(diǎn)，當(dāng)一顆質(zhì)量為m的子彈以的速度水平向右射入木塊后，它們一起向右擺動(dòng)的最大擺角為60°。木塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則輕繩的長(zhǎng)度為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)子彈射入木塊后它們共同的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有設(shè)輕繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得故選C。10.如圖所示，半徑為R的圓盤(pán)邊緣有一釘子B，在水平光線下，圓盤(pán)的轉(zhuǎn)軸A和釘子B在右側(cè)墻壁上形成影子O和P，以O(shè)為原點(diǎn)在豎直方向上建立x坐標(biāo)系。時(shí)從圖示位置沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)圓盤(pán)，角速度為，則P做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，影子P做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為，以向上為正方向，設(shè)P的振動(dòng)方程為由圖可知，當(dāng)時(shí)，P的位移為，代入振動(dòng)方程解得則P做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。11.一個(gè)帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設(shè)飛行時(shí)間為，水平射程為，著地速度為。撤去磁場(chǎng)，其余的條件不變，小球飛行時(shí)間為，水平射程為，著地速度為，則下列論述錯(cuò)誤的是（）A. B.C.和大小相等 D.和方向相同【答案】D【解析】【詳解】AB．在豎直方向上，有磁場(chǎng)時(shí)，小球所受合力小于重力，加速度小于沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)的加速度，下落時(shí)間變長(zhǎng)，在水平方向上，有磁場(chǎng)時(shí)，水平方向合力不為零，且向右，所以水平距離大于無(wú)磁場(chǎng)時(shí)的水平距離，故A、B正確；CD．由動(dòng)能定理可得下落高度一樣，即兩次落地時(shí)，速度大小一樣，但運(yùn)動(dòng)軌跡不同，所以速度方向不同，故C正確，D錯(cuò)誤。故選D。12.如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從t=0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v-t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.物塊C的質(zhì)量為2kgB.物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為40.5JC.4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為0D.物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度大小為3.6m/s【答案】D【解析】【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律解得故A錯(cuò)誤；B．AC粘在一起速度變?yōu)?時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，為故B錯(cuò)誤；C．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物體B的沖量大小等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為解得方向向左，故C錯(cuò)誤；D．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度最大，則有代入數(shù)據(jù)解得物塊B的最大速度為3.6m/s，故D正確。故選D。13.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸上，隨軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）A.棒產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C.電阻消耗的電功率為D.電容器所帶電荷量為【答案】B【解析】【詳解】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)A錯(cuò)誤；B．電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則即B正確；C．電阻消耗的功率C錯(cuò)誤；D．電容器所帶的電荷量D錯(cuò)誤。故選B。二.多選題（本題共2小題，滿分6分；每小題至少有兩個(gè)選項(xiàng)正確，全對(duì)得3分，少選得1分）14.如圖所示，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，電阻不計(jì)，繞軸在水平方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)。矩形線圈通過(guò)銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻和滑動(dòng)變阻器R，所有電表均為理想交流電表，下列判斷正確的是（）A.矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為B.矩形線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，電流表和示數(shù)都變小D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，電壓表示數(shù)不變，的示數(shù)變大【答案】CD【解析】【詳解】A．因?yàn)榫€圈是從垂直中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，所以矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為A錯(cuò)誤；B．矩形線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)的時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為B錯(cuò)誤；C．滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，變阻器阻值變大，根據(jù)歐姆定律，副線圈電流變小，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，知原線圈電流減小，即電流表A1和A2示數(shù)都變小，C正確；D．滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)過(guò)程中，變阻器連入電路電阻變大，原線圈電壓U1不變，即V1不變，匝數(shù)比不變，副線圈兩端的電壓不變，所以電壓表V2的示數(shù)不變，副線圈電阻變大，電流變小，電阻兩端的電壓變小，變阻器兩端的電壓變大，即電壓表V3的示數(shù)變大，D正確；故選CD。15.甲乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速，某時(shí)刻的波形如圖所示，M、N、P為介質(zhì)中的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.以Р點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)Р的振動(dòng)方程為B.從圖示時(shí)刻開(kāi)始，經(jīng)過(guò)1s質(zhì)點(diǎn)M、N的速度大小會(huì)再次相等C.處的質(zhì)點(diǎn)從圖示時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)4s通過(guò)的路程為25cmD.兩列簡(jiǎn)諧橫波的頻率均為4Hz【答案】ABC【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知，兩列波波速相同，波長(zhǎng)相同，則周期相同兩列波同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，P點(diǎn)振幅兩列振幅之和故A正確；B．根據(jù)題意可知，從圖示時(shí)刻開(kāi)始，經(jīng)過(guò)1s即質(zhì)點(diǎn)M、N的速度大小會(huì)再次相等，運(yùn)動(dòng)到關(guān)于橫軸對(duì)稱位置，故B正確；C．處的質(zhì)點(diǎn)，兩波到達(dá)該處疊加減弱，所以振幅為振幅之差5cm，甲波傳到該處乙波傳到這里經(jīng)4s通過(guò)的路程故C正確；D．兩列簡(jiǎn)諧橫波的頻率故D錯(cuò)誤。故選ABC。三.實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，每空2分，共14分）16.某物理興趣小組根據(jù)激光相干性好、亮度高的特點(diǎn)，利用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)原理測(cè)量某綠色激光的波長(zhǎng)。其實(shí)驗(yàn)裝置如甲圖所示，刻有雙縫的黑色紙板和激光筆一起同軸地固定在光具座上，激光經(jīng)過(guò)雙縫后投射到光屏表面的條紋如圖乙所示，已知雙縫間的寬度，雙縫到投影屏間的距離。（1）使用刻度尺可以讀出A、B兩亮紋間的距離___________mm，則相鄰亮條紋的條紋間距___________mm。由雙縫干涉條紋間距公式可計(jì)算出該綠色激光的波長(zhǎng)___________m；（小數(shù)點(diǎn)后均保留一位有效數(shù)字）（2）如果用紅色激光重新實(shí)驗(yàn)，相鄰亮紋間距將會(huì)___________（填“增大”、“減小”或“不變”）。【答案】①.54.0②.5.4③.④.增大【解析】【詳解】（1）[1]刻度尺的分度值為1mm，需要估讀到分度值下一位，所以A、B兩亮紋間的距離[2]相鄰亮條紋的條紋間距[3]根據(jù)可得代入數(shù)據(jù)可得（2）[4]根據(jù)可知光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，條紋間距越大，如果用紅色激光重新實(shí)驗(yàn)，紅光波長(zhǎng)比綠光波長(zhǎng)長(zhǎng)，相鄰亮紋間距將會(huì)增大。17.（1）在“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入標(biāo)注250mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液；然后用滴管吸取這種溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面達(dá)到量筒中1mL的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水淺盤(pán)中滴入2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜；待油膜穩(wěn)定后，放在帶有正方形坐標(biāo)格的玻璃板下觀察油膜，如圖所示。坐標(biāo)格正方形的大小為2cm×2cm，由圖可以估算出油膜的面積是___________m2（保留兩位有效數(shù)字），由此估算出油膜分子的直徑是___________m（保留一位有效數(shù)字）。（2）某同學(xué)在“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，計(jì)算出的分子直徑明顯偏大，可能是由于____。A．油酸分子未完全散開(kāi)B．油酸中含有大量酒精C．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格D．求每滴油酸酒精溶液的體積時(shí)，1mL的溶液滴數(shù)多計(jì)了10滴【答案】①.②.③.AC##CA【解析】【詳解】（1）[1][2]油膜面積所覆蓋的方格數(shù)，不足半格的舍去，超過(guò)半格的算一格，可估算出油膜的面積為根據(jù)題意可知2滴溶液中含有油酸的體積為故油膜分子的直徑為（2）[3]A．根據(jù)可知油酸分子未完全散開(kāi)時(shí)，油膜面積S偏小，此時(shí)計(jì)算出的分子直徑偏大，故A正確；B．計(jì)算時(shí)算的已經(jīng)是純油酸的體積，故油酸中含有大量酒精對(duì)結(jié)果沒(méi)有影響，故B錯(cuò)誤；C．計(jì)算油膜面積時(shí)，舍去了所有不足一格的方格，此時(shí)油膜面積S偏小，計(jì)算出的分子直徑偏大，故C正確；D．求每滴油酸酒精溶液的體積時(shí)，1mL的溶液滴數(shù)多計(jì)了10滴，會(huì)使實(shí)驗(yàn)中計(jì)算2滴溶液中含有油酸的體積偏小，計(jì)算出的分子直徑會(huì)偏小，故D錯(cuò)誤。故選AC。四.計(jì)算題（本題共4小題，共41分）18.如圖（a），一傾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長(zhǎng)與長(zhǎng)度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開(kāi)始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知段長(zhǎng)度為，滑塊質(zhì)量為，滑塊與斜面段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取，。求：（1）當(dāng)拉力為時(shí)，滑塊的加速度大?。唬?）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；（3）滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動(dòng)摩擦力大小為f，拉力為時(shí)滑塊的加速度大小為。由牛頓第二定律和滑動(dòng)摩擦力公式有①②③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得④（2）設(shè)滑塊在段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中拉力所做的功為W，由功的定義有⑤式中、和、分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過(guò)程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，，，，。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為，由動(dòng)能定理有⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得⑦（3）由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能仍為。設(shè)滑塊離B點(diǎn)最大距離為，由動(dòng)能定理有⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得⑨19.如圖1所示，邊長(zhǎng)為l、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，以恒定速度v沿x軸運(yùn)動(dòng)，并穿過(guò)圖中所示的寬度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。（1）求邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E；（2）求邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框受到的安培力的大小F；（3）以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，由線框在圖示位置的時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，在圖2中畫(huà)出線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像，并求線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的全過(guò)程產(chǎn)生的電能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）圖見(jiàn)解析，【解析】【詳解】（1）邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)（2）邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框中的電流線框受到的安培力聯(lián)立解得（3）線框中的電流隨時(shí)間變化的圖像見(jiàn)答圖線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的全過(guò)程產(chǎn)生的電能其中得20.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0≤y≤d的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在d≤y≤2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面，ab為磁場(chǎng)的上邊界?，F(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷（電荷量與質(zhì)量之比）為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab相切并返回電場(chǎng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。試求：（1）粒子第一次穿過(guò)MN時(shí)的速度：（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）粒子再