浙江省金麗衢十二校高三下學期（5月）第二次聯(lián)考物理試題（解析版）

高中聯(lián)考精品試卷PAGEPAGE1金麗衢十二校2021學年高三第二次聯(lián)考第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題Ⅰ（本大題共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符合題目要求，不選、多選、錯選均不得分）1.如圖所示為物理實驗中常用的測量儀器，其所測的物理量的單位正確的是（）A. B.J/m C.N D.N/m〖答案〗A〖解析〗天平是測量物體質量的，質量單位為千克，根據可得力的單位，加速度單位，可以導出質量單位。故選A。2.下列有關各種家用電器的物理問題說法正確的是（）A.電飯煲和電風扇的工作原理相同B.電視機和收音機都是依靠接收電磁波工作C.家用微波爐產生的微波是波長很短的機械波D.電飯煲煮相同飯量其耗電量夏天與冬天一樣多〖答案〗B〖解析〗A．電飯煲工作原理是電流的熱效應；而電風扇的工作原理是通電導線在磁場中受力而運動，兩者原理不同，選項A錯誤；B．電視機和收音機都是依靠接收電磁波工作，選項B正確；C．微波是電磁波，不是機械波，選項C錯誤；D．電飯煲煮相同的飯量其耗電量夏天比冬天少，選項D錯誤。故選B。

3.取兩個完全相同的長導線，用其中一根繞成如圖（a）所示的螺線管，當該螺線管中通以電流強度為I的電流時，測得螺線管內中部的磁感應強度大小為B，若將另一根長導線對折后繞成如圖（b）所示的螺線管，并通以電流強度也為I的電流時，則在螺線管內中部的磁感應強度大小為（）A.0 B.0.5B C.B D.2B〖答案〗A〖解析〗試題分析：乙為雙繞線圈，兩股導線產生的磁場相互抵消，管內磁感應強度為零，故A正確．4.如圖是上海錦江樂園的“摩天轉輪”，它的直徑達98米，最高處可俯瞰上海全景。游人乘坐時，轎箱隨轉輪一起勻速轉動，每轉一周用時約25分鐘，下列說法正確的是（）A.每個乘客都在做加速度為零的勻速運動B.乘客在乘坐過程中對座位的壓力始終不變C.乘客在乘坐過程中的機械能始終保持不變D.乘客在乘坐過程中做圓周運動的角速度不變〖答案〗D〖解析〗A．轎箱隨轉輪一起勻速轉動，乘客做勻速圓周運動，始終有指向圓心的加速度，A錯誤；B．乘客在乘坐過程中由于合外力要始終指向圓心，而重力的大小方向不變，所以座位對人的壓力大小和方向都在變化，由牛頓第三定律知乘客對座位的壓力在變化，B錯誤；C．乘客做勻速圓周運動，動能不變，而重力勢能隨高度變化而變化，所以機械能是變化的，C錯誤；D．勻速圓周運動的角速度不變，D正確。故選D。5.2022年冬季奧林匹克運動會在北京開幕，北京冬奧會讓更多的人愛上了冰雪運動，下列說法正確的是（）A.北京冬奧會的吉祥物“冰墩墩”是個“小可愛”，所以一定可以看作質點B.“男子1500m速滑冰”是歷史最悠久的滑冰運動，這里的1500m是指位移C.研究谷愛凌在坡面障礙技巧賽中旋轉過障礙的技巧時，她和滑板可以看作質點D.單板滑雪運動員在場地上運動軌跡為一段弧線時，他所受的合外力一定不為零〖答案〗D〖解析〗A．一個物體能否看成質點，是由研究問題的性質決定的，A錯誤；B．1500m是運動軌跡長度，是路程，B錯誤；C．技巧賽需要考慮起跳飛行和落地時的姿態(tài)，不能看成質點，C錯誤；D．當物體做曲線運動時，速度發(fā)生的變化，加速度不為零，由牛頓第二定律可知，物體所受合力一定不為零，D正確。故選D。6.研究者利用如圖所以的裝置，來探究影響電荷間相互作用力的因素，O是一個帶正電的固定物體，把系在絲線上帶正電的小球先后掛在圖中、、等位置，比較小球在不同位置所受電場力的大小；然后使小球處于同一位置，增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受電場力的大小。得到小球所受的電場力F分別與小球所帶的電荷量q和小球與帶電物體間的距離r的關系圖像，則正確的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗由庫侖定律可知，在左側帶電體電量Q不變的前提下，當小球電量q不變時，F與r的平方成反比，F與r不是一次函數關系；當位置固定時，F與q成正比。故B正確，ACD錯誤。故選B。7.一升降機在箱底裝有若干個勁度系數較大的彈簧，假設在某次事故中，升降機在較高處作業(yè)時吊索突然斷裂，升降機急速下降，最終在彈簧的作用下觸地緩沖減速，彈簧始終沒有超過彈性限度，忽略升降機摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中（）A.升降機的速度不斷減小B.升降機的加速度不斷變大C.到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度D.先是重力做正功，彈力做負功；然后是重力做負功，彈力做正功〖答案〗C〖解析〗AB．升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的過程中，開始階段，重力大于彈力，加速度方向向下，大小隨彈力增大而減小，升降機向下做加速運動；當重力和彈力相等時加速度減小到零，速度達到最大；然后彈力大于重力，加速度方向向上，大小隨彈力增大而增大，升降機向下做減速運動。所以整個過程中加速度的大小先減小后增大，速度先增大后減小，故AB錯誤；C．若升降機從彈簧接觸地面由靜止釋放，開始階段的加速度為g，根據對稱性，到達最低點的加速度也為g，方向豎直向上。現從地面上方一定高度下落，則彈簧壓縮的最低點變低，根據牛頓第二定律，則加速度大于g，故C正確；D．升降機在從彈簧下端觸地到運動至最低點的過程中，重力方向一直向下，彈力方向一直向上，所以重力一直做正功，彈力一直做負功，故D錯誤。故選C。8.如圖所示，一束光與某材料表面成角入射，每次反射的光能量為入射光能量的k倍（0<k<1）。若這束光最終進入材料的能量為入射光能量的倍。設真空中的光速為c，則（）A.該材料折射率至少為B.該材料折射率至少為C.光在該材料中的傳播速度為(1+k)cD.光從空氣進入該材料，光的頻率變小〖答案〗A〖解析〗AB．這束光最終進入材料的能量為入射光能量的倍，說明光經過兩次反射進入材料后會發(fā)生全反射，光路圖如圖所示設折射率為n，在B點的折射角為θ，設在C點剛好發(fā)生全反射，則全反射角為90°-θ，根據折射定律知聯(lián)立解得則該材料折射率至少為，A正確，B錯誤；CD．光從空氣進入材料，頻率不變，速率變小，由知光在材料中傳播的速度與材料的折射率有關，與入射角大小以及反射光的能量無關，故CD錯誤。故選A。

9.在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10:1，、、均為定值電阻，，，各電表均為理想電表。已知電阻中電流隨時間t變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.電流表的示數為1.0AB.電壓表的示數為100VC.變壓器傳輸的電功率為15.0WD.閉合矩形線圈在勻強磁場中繞中心軸轉動就一定能產生正弦交流電〖答案〗C〖解析〗A．根據正弦式電流最大值與有效值的關系，知R2上電流的有效值為副線圈電路中R2與R3并聯(lián)，則有所以電流表的示數為0.5A，A錯誤；B．兩端即副線圈兩端的電壓，根據歐姆定律可知根據理想變壓器的電壓規(guī)律可知原線圈的電壓電阻兩端電壓即為電壓表示數，即,B錯誤；C．副線圈中流過的總電流為變壓器傳輸的功率為,C正確；D．閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的中心軸轉動就一定能產生正弦交流電，如果中心軸平行于磁場，線圈轉動過程中磁通量不變，不產生感應電流，D錯誤。故選C。10.2021年10月16日，神舟十三號載人飛船把翟志剛、王亞平、葉光富三位航天員送入空間站，在軌駐留6個月進行了出艙活動、太空授課、科學研究等重要工作后，飛船返回艙于2022年4月16日在東風著陸場成功著陸，三位宇航員順利返回地面．空間站在近地點高度200km、遠地點高度356km的預定軌道上飛行，則（）A.中國空間站的運行周期大于地球同步衛(wèi)星的運行周期B.王亞平在艙內把“冰墩墩”水平拋出，冰墩墩相對艙的運動軌跡為拋物線C.神舟十三號飛船在返回時，需要在適當的位置進行減速變軌順利返回地球D.翟志剛和葉光富在空間站互相推拉的過程中，他倆動量守恒，機械能也守恒〖答案〗CB．王亞平在艙內把“冰墩墩”水平拋出，空間站處于失重狀態(tài)，冰墩墩相對艙的運動軌跡為直線，故B錯誤；C．神舟十三號飛船在返回時，需要在適當的位置進行減速變軌，萬有引力大于向心力，空間站做向心運動順利返回地球，故C正確；D．翟志剛和葉光富在空間站互相推拉的過程中，推力做功了，他倆動量守恒，機械能不守恒，故D錯誤。故選C。11.靜電透鏡是利用靜電場使電子束匯聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如圖所示.虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Oy軸對稱.等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等.一個電子經過P點（其橫坐標為-x0）時，速度與Ox軸平行.適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運動.在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度vy隨位置坐標x變化的示意圖可能是圖中()A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗由于等勢線的電勢沿x軸正向增加，等勢線與電場線垂直，故可做出經過P點的電場線如圖所示，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子受到一個斜向右下方的電場力，故沿y負方向加速運動．電子通過y軸后受到的電場力斜向右上方，故沿y軸負方向減速運動；又由于在x軸方向始終加速，故在水平方向通過相同的位移時間變短，根據,故通過相同的水平位移豎直向速度變化量減?。捎诘男甭蚀碡Q直向速度vy隨x軸變化的快慢，故D正確ABC錯誤。故選D．12.為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，如圖所示，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是金屬板，間距，當上下兩板連接到U=25V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生勻強電場，現把均勻分布的個煙塵顆粒密閉在容器內，假設這些顆粒浮力與重力相等且都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量，質量為，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力。則合上電鍵后（）A.煙塵顆粒在容器中所受的電場力方向向上B.經過時間，煙塵顆粒就可以全部被吸附C.容器中所有煙塵顆粒獲得的動能均為D.除塵過程中電場力對所有顆粒所做的總功為0.0125J〖答案〗D〖解析〗A．兩金屬板，上極板帶正電，故電場方向豎直向下，顆粒帶正電，故所受電場力方向向下，A錯誤；B．當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附．煙塵顆粒受到的電場力為解得，B錯誤；C．容器中每個煙塵顆粒所處的位置可能不同，與負極板見的電勢差不同，故合外力做功不同，不可能所有煙塵顆粒獲得的動能均為，C錯誤；D．容器內的煙塵顆粒總數為N，一個顆粒從上極板到下極板時，電場力的功為qU，由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認為煙塵的質心位于板間中點位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做總功為＝0.0125J，D正確。故選D。13.如圖所示，質量為m的三角形木楔A，置于靜止在水平面上的斜面體B上，斜面體B傾角為θ，A與B之間的動摩擦因數為μ，一水平力F作用在木楔A的豎直面上，在力F的推動下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑動，此時斜面體B仍靜止，則（）A.F的大小為B.F的大小為C.若增大F，方向不變，斜面體B一定仍保持靜止D.若增大F，方向不變，斜面體B將可能向右運動〖答案〗D〖解析〗AB．根據牛頓第二定律，對三角形木楔A受力分析，共受四個力、、、，對力正交分解，垂直于斜面方向有平行于斜面方向有斜面對木楔的摩擦力聯(lián)立解得，故AB錯誤；CD．對斜面受力分析，斜面受五個力，重力G，地面支持力、地面的摩擦力、木楔對斜面的壓力、木楔對斜面的摩擦力，若增大F，方向不變，會導致和增大，進而導致水平方向合力增大，當超過最大靜摩擦力時，斜面B會向右運動，故C錯誤，D正確。故選D。二、選擇題Ⅱ（本大題共3小題，每小題2分，共6分。每小題給出的四個選項中至少有一個選項是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。）14.太陽內部通過核反應釋放出大量能，其總功率達到。設太陽內部的核反應是由4個質子反應生成1個氫核同時放出2個中微子（中微子是質量遠小于電子質量的中性粒子）和2個帶電粒子，每一次這樣的核反應質量虧損為，已知真空中的光速，則（）A.該核反應是β衰變B.該核反應不需要任何條件，可以自發(fā)進行C.每分鐘太陽產生中微子的個數約為個D.該核反應生成物的總結合能大于反應物的總結合能〖答案〗C〖解析〗A．該核反應是核聚變，不是β衰變，故A錯誤；B．該核反應需要很高的溫度，不可以自發(fā)進行，故B錯誤；C．每分鐘太陽產生中微子的個數，故C正確。D．因為反應釋放能量，該核反應生成物的總結合能小于反應物的總結合能，故D錯誤。故選C。15.在x軸正半軸和負半軸存在兩種不同的介質，兩波源分別在x=-12m和x=6m處，分別向右、向左傳播形成振幅均為4cm的簡諧橫波，若兩波源均只完成一次全振動后停止振動，t=0時刻的波形圖如圖甲所示，已知兩波源振動頻率相同，t=0s到t=0.2s時間內Р點經過的路程為2cm，則下列說法正確的是（）A.兩波源的起振方向相同B.t=1.2s時的波形圖如圖乙所示C.兩波相遇過程中坐標原點Ｏ不會振動D.波2在x軸負半軸的傳播速度為〖答案〗CD〖解析〗A．由波形圖可知，波1起振方向向上；波2起振方向向下，兩波源的起振方向相反，選項A錯誤；D．因t=0時刻P點向上振動，t=0s到t=0.2s時間內Р點經過的路程為2cm，可知P點振動到了波峰位置，此時波向前傳播了，則波1的波速為兩列波的頻率相同，則解得，選項D正確；B．t=1.2s時波1向右傳播波2向左傳播即波1的波谷到達x=-2cm的位置，波2的波谷到達x=-1cm的位置，則疊加后的波形不是圖乙的形狀，選項B錯誤；C．兩波相遇過程中，因經過相同的時間兩列波各自向前傳播的波長數相同，又因為兩列波源起振方向相反，振幅相同，可知當兩列波相遇時由兩列波在坐標原點O引起的位移一定是等大反向的，疊加后的位移為零，則坐標原點Ｏ不會振動，選項C正確。故選CD。16.用1000V的電壓對初速度為0的電子加速，然后讓它們通過雙縫打到屏上，得到如圖所示的圖樣，圖甲、圖乙、圖丙分別表示100多個電子、3000多個電子、70000多個電子通過雙縫后的干涉圖樣，取電子的質量，電量，普朗克常量取，下列說法正確的是（）A.加速后電子的物質波波長約為B.與電子、光子相聯(lián)系的德布羅意波是概率波C.圖丙的圖樣是由于電子之間相互作用引起的D.在微觀物理學中電子的物質波可以用“軌跡”來描述電子的運動〖答案〗AB〖解析〗A．由德布羅意波長公式可得，而動量兩式聯(lián)立得，A正確；B．物質波同時也是概率波，B正確；C．根據圖樣可知，是因為電子的波動性引起的干涉圖樣，C錯誤；D．物質波是一種概率波，沒有確定的位置，在微觀物理學中不可以用“軌跡”來描述粒子的運動，故D錯誤。故選AB。第Ⅱ卷（非選擇題共55分）17.如圖甲所示，小明同學將力傳感器固定在小車上，細繩的一端固定在傳感器上，用來測量繩對小車的拉力，探究加速度與力和質量的關系，（1）必須要進行的且操作正確的是________；A．小車質量改變時，需要重新平衡摩擦力B．平衡摩擦力時要裝上紙帶并掛上裝細沙的桶C．調節(jié)滑輪高度，使細線與長木板平行（2）本實驗中是否仍需要細沙和桶的總質量遠小于小車和小車傳感器的總質量________（填“是”或“否”）；（3）小華同學利用此實驗裝置，拆除傳感器，把細繩直接固定在小車上，重新探究加速度與力和質量的關系。小明、小華兩位同學分別根據各自的實驗數據作出了各自的a-F圖像，其中某位同學所得的a-F圖像如圖乙所示，關于這一a-F圖像說法正確的是________；A．在平衡摩擦力時斜面傾角過大B．直線部分斜率表示小車的質量C．這一圖像是小華同學作出的圖像D．這一圖像無法判斷是哪位同學作出的〖答案〗（1）C（2）否（3）C〖解析〗（1）〖1〗A.設傾角為θ，每次改變小車的質量時，由于m可以約去，所以不必重新平衡摩擦力，A錯誤；B．平衡摩擦力時不應掛上裝細沙的桶，但是要掛紙帶，調節(jié)斜面的傾角，給小車一個初速度，使小車做勻速直線運動即可，B錯誤；C．調節(jié)滑輪的高度，使細線與長木板平行，使小車受到的拉力等于合外力，C正確。故選C。（2）〖2〗本實驗中由于已經用傳感器測出繩子拉力大小，不是將細沙和桶的總重力作為小車的拉力，故不需要滿足細沙和桶的總質量遠小于小車和小車傳感器的總質量。（3）〖3〗A．由圖乙可看出，當細繩拉力大到一定值時，小車才有加速度，說明沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，A錯誤；B．由牛頓第二定律可知，a-F圖像的斜率表示物體質量的倒數，B錯誤；CD．由于小明同學用力傳感器直接測出了拉力大小，他作出的a-F圖像應是一條傾斜的直線（如摩擦力好平衡力，則是一條通過原點的傾斜的直線）；小華同學用沙和沙桶的總重量近似表示細繩的拉力，這是在沙和沙桶的總質量遠小于小車及小車上的砝碼總質量前提下才能成立的。由牛頓第二定律，對小車和沙桶（含沙）分別有，可得可見：只有當M（小車及小車上的砝碼總質量）遠大于m（沙和沙桶的總質量）時，細繩的拉力才近似等于沙和沙桶的總重量，隨著m的增大，實際的繩子拉力將比mg明顯小些，所以a-F圖像的斜率隨著F（即mg）的明顯增大而減小，所以這一圖像是小華同學作出的，故C正確，D錯誤。故選C。18.在做“探究單擺周期與擺長的關系”實驗中（1）某同學用游標卡尺測量擺球直徑，得到擺球的直徑為d=19.12mm，由此可知此同學用的游標卡尺是________；A．十分度的B．二十分度的C．五十分度的（2）要完成此實驗需要下圖中的哪些實驗器材________；A．B．C．D．〖答案〗（1）C（2）AC##CA〖解析〗（1）〖1〗擺球的直徑為d=19.12mm，則游標尺讀數為0.12mm，0.12mm是0.02mm的整數倍，由此可知此同學用的游標卡尺是五十分度的。故選C。（2）〖2〗在“探究單擺周期與擺長的關系”的實驗中，需要有細線、有孔的小鐵球，不需要測量質量，測量時間需要秒表。故選AC。19.甲同學在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗時，使用的小燈泡標有“6V；3.4W”，其他可供選擇的器材有：A．電壓表V（量程6V，理想電壓表）B．電流表（量程3A，內阻0.2Ω）C．電流表（量程0.3A，內阻2Ω）D．定值電阻R（2Ω）E．定值電阻（10Ω）F．滑動變阻器R（0~10Ω，2A）G．學生電源E（6~8V）H．開關S及導線若干（1）實驗過程中要使電表的指針盡量超過量程的，除了A、F、G、H外，以上器材中還需________（填器材前的字母）。（2）請使用以上選擇的實驗器材，在圖甲的方框內完成實驗電路設計，要求能夠完整的描繪出小燈泡的伏安特性曲線。________（3）通過實驗測得小燈泡兩端的電壓U和通過它的電流I，繪成的一部分U-I關系曲線如圖乙所示。若該型號相同的兩個小燈泡并聯(lián)后接在電動勢為6V、內阻為6Ω的電源兩端，則每個小燈泡實際消耗的功率約為________W（保留兩位有效數字）（4）乙同學又用歐姆表測量了該小燈泡的電阻，在測量時不小心紅黑表筆互換了插孔，這樣________（填“會”或“不會”）影響測量結果；重新正確操作，歐姆表的指針如圖丙所示，你認為乙同學選擇的倍率為________（選填“×1，×10，×100，×1k”）?！即鸢浮剑?）CD（2）（3）0.63（0.56~0.66）（2）不會×1〖解析〗（1）〖1〗實驗要描繪小燈泡的伏安特性曲線，需要電壓表和電流表，電壓表量程6V，與電源電壓、小燈泡額定電壓完全匹配；由可得小燈泡的額定電流為用電流表與定值電阻R并聯(lián)改裝出一量程為0.60A的電流表來測小燈泡的電流。所以還需要的器材為：CD。（2）由于電壓表是理想電壓表，所以電流表外接，實驗要求小燈泡兩端電壓盡可能調節(jié)范圍足夠大，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下。

（3）〖3〗兩個小燈泡并聯(lián)后接在電動勢為6V，內阻為6Ω的電源兩端，設每個燈泡上的電流為I，則通過電源的電流為2I，由閉合電路歐姆定律得E=U+2Ir帶入數值可得U=E-2Ir=6-12I在坐標系內作出U-I圖線如圖所示，由圖示圖像可知，燈泡電壓與電流分別是U=1.8V，I=0.35A，每個燈泡實際功率P=UI=1.8×0.35W=0.63W（4）〖4〗把紅黑表筆互換了插孔，不會影響電阻的測量結果；〖5〗小燈泡正常發(fā)光時的電阻為歐姆表指針刻度讀數約為1.1，用歐姆表測出的是小燈泡冷態(tài)電阻，明顯小于正常發(fā)光時的電阻10.6Ω，所以倍率不可能是“×10”，應為“×1”。20.如圖甲所示，一位雪橇運動員坐在雪橇上，由從如圖乙所示的AB滑道上A點出發(fā)，并雙手接觸冰面向后用力劃撥冰面若干次，從A點經過7s后到達B點，B點有一長度不計的弧形，通過該弧形連接傾角的滑道AB與水平滑道BC，雪橇及人過B點時速度的大小不變，方向變?yōu)樗?，到達水平面后雪橇及人自由滑行，水平滑道上BC兩點距離。經過B點速度，雪橇和人的總質量m=100kg，雪橇和人在ABC滑道上滑行時所受冰面及空氣的總阻力f=40N恒定不變，方向與運動方向相反，在斜面上每次劃撥雙手與地面接觸時間為，速度增加。（取sin8°=0.14，）（1）雪橇經過C點時的速度大??；（2）手不劃撥冰面時雪橇和人在斜面上運動的加速度大??；（3）運動員在斜面上運動時雙手接觸冰面向后用力劃撥的次數?！即鸢浮剑?）6m/s；（2）1m/s2；（3）4〖解析〗（1）根據牛頓第二定律得，解得B到C過程根據速度與位移關系公式，解得（2）根據牛頓第二定律解得手不劃撥冰面時雪橇和人在斜面上運動的加速度大?。?）在斜面上每次劃撥雙手與地面接觸時間為，速度增加，設運動員在斜面上運動時雙手接觸冰面向后用力劃撥的次數為n，則有，解得21.如圖所示，在水平桌面上固定如實線所示的光滑軌道，長度、與水平方向的夾角θ=37°的直軌道AB與圓弧軌道BC在同一豎直面內，圓弧BC與AB相切于B點、與水平軌道CD相切于C點，豎直圓軌道的最低點D、略微錯開（間距可忽略不計），水平軌道CD、分別與豎直圓軌道相切與D、，各軌道間、H點與桌面間均平滑連接，圓弧BC、的半徑均為，在同一直線上且與桌面邊緣ab垂直，大小不計的彈性板可垂直固定在桌面邊緣I處，滑塊與彈性板作用后，以等大的速率反向彈回。已知可視為質點的滑塊質量m=0.1kg，其與水平桌面的動摩擦因數μ=0.5，桌面邊緣是半圓弧，半徑，HI間距，滑塊從斜面上某點由靜止釋放（取sin37°=0.6，）（1）釋放點距B的長度L=0.3m時，求滑塊對圓弧軌道最低點C的壓力大??；（2）未安裝彈性擋板前，若要滑塊從桌面邊緣水平拋出，求滑塊釋放點距B的最短長度（已知滑塊若能到達I點則一定不會脫離軌道）；（3）安裝好彈性擋板，使滑塊在軌道、桌面與擋板間運動，期間滑塊某次經過圓軌道D點時對軌道的壓力為7.4N，試判斷這種情況下滑塊是否會脫離軌道，并求釋放點距B的可能長度L?！即鸢浮剑?）5N；（2）0.5m；（3）會脫離軌道停在桌面上，L可能的長度為：0.5m，1.5m，2.5m〖解析〗（1）滑塊到C點時的速度為v，根據動能定理，依題意有圓弧軌道最低點C對滑塊的支持力為N，有解得根據牛頓第三定律，滑塊對圓弧軌道最低點C的壓力大小為5N，方向豎直向下；（2）因桌面邊緣是半圓弧，要滑塊從桌面邊緣水平拋出，其速度v1至少在邊緣要滿足重力提供向心力，有假定滑塊釋放點距B的最短長度為Lm時恰好滿足，根據動能定理有解得另一方面，假定要過圓弧最高點釋放點距Ｂ的最短距離為L1，則有其中v2是過圓軌道最高點時的臨界速度，有聯(lián)立解得因可知若要滑塊從桌面邊緣水平拋出，滑塊釋放點距B的最短長度為0.5m；（3）滑塊某次經過圓軌道D點時對軌道的壓力為7.4N，根據牛頓第三定律軌道對滑塊的支持力也為7.4N，此時對應的速度為v3，則有解得因有如果滑塊在D點運動方向向右，會緊貼軌道通過而繼續(xù)向右滑，因滑塊只在HI部份因摩擦會有機械能的損失，每過一次克服滑動摩擦力做功為因可知滑塊通過HI部份被彈性板反彈后，最終會停在桌面上而不會返回到軌道；如果滑塊在D點運動方向向左，因軌道光滑，回到D點時動能不變，會緊貼軌道通過而繼續(xù)向右滑，結果相同；綜上所述，滑塊會脫離軌道而停在桌面上；因滑塊在整個過程中，滑塊只在HI因摩擦會有機械能的損失，依題意可能已n次來回經過HI部份，則有n=0，1，2，3…解得n=0，1，2，3…依題意有則L可能的長度為：0.5m，1.5m，2.5m。22.如圖所示，虛線框內是“磁性液體加速度測量儀”的示意圖，兩螺線管固定在距離足夠長的柱形容器兩端，容器內裝有磁性液體材料，其產生的磁場方向向左，裝置加速度變化時液體發(fā)生流動，螺線管內的磁性液體越多，磁通量越大。螺線管1，2均為50匝，同一螺線管內的磁場可視為勻強磁場，兩螺線管繞線方式如圖所示，并從J、K兩端接入電路。、為單刀雙擲開關，初始時、均接1，電阻，電容器電容C=0.16F。金屬導軌EH、平行放置在水平面內，處有一小段絕緣材料連接水平導軌與傾斜導軌HI、，間連接電阻、，，質量m=0.01kg、電阻的導體棒a靜止在水平軌道上距足夠長的距離處，運動過程中始終與導軌垂直，傾斜導軌與水平面的夾角，兩導軌間均存在豎直向上的勻強磁場B=1T，且間距均為d=0.5m，兩螺線管電阻不計，金屬導軌的摩擦與電阻均不計。（取sin37°=0.6