2022-2023學(xué)年湖北省咸寧市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022~2023學(xué)年湖北省咸寧市高二（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.如圖甲所示，在勻強磁場中，匝數(shù)之比為Na：Nb=2:1的兩個正方形金屬線圈a、b繞與磁

感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢e隨時間t變化的圖像如圖乙中曲線a、b所示，則

A.t=0時刻，兩線圈均處于垂直于中性面的位置

B.線圈a、b轉(zhuǎn)速之比為2:3

C.線圈a,b在轉(zhuǎn)動過程中最大磁通量之比為1:1

D.線圈a,b在轉(zhuǎn)動過程中最大磁通量之比為1:2

2.一條輕長繩放置在水平桌面上，俯視圖如圖甲所示，用手握住長繩的一端。，從t=0時

刻開始用手帶動。點沿垂直繩的方向（圖甲中y軸方向）在水平面內(nèi)做簡諧運動，0?6s內(nèi)。點

的振動圖像如圖乙所示。t=4s時輕長繩上的波形圖可能正確的是（）

八輕長繩

*v/m/

/

/

?/

0'------------------------

甲乙

3.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的ab、be、cd、dα四個過程，其中ba的延長線通過

A.氣體在αb過程中內(nèi)能的增加量小于Cd過程中內(nèi)能的減少量

B.氣體在ab過程中吸收的熱量大于Cd過程中放出的熱量

C.氣體在be過程中體積的變化量小于da過程中體積的變化量

D.氣體在be過程中體積的變化量等于da過程中體積的變化量

4.如圖所示，金屬環(huán)M、N用不可伸長的細(xì)線連接，分別套在水平粗糙細(xì)桿和豎直光滑細(xì)桿

上，當(dāng)整個裝置以豎直桿為軸、以不同大小的角速度勻速轉(zhuǎn)動時，兩金屬環(huán)一直相對桿不動,

下列判斷正確的是（）

A.轉(zhuǎn)動的角速度越大，細(xì)線中的拉力越大

B.轉(zhuǎn)動的角速度越大，環(huán)N與豎直桿之間的彈力不變而環(huán)M與水平桿之間的彈力越大

C.轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等

D.轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小一定不相等

5.如圖所示,虛線圓的半徑為R,某激光器的一端固定于圓心。點,且繞。點以角速度3轉(zhuǎn)動，

轉(zhuǎn)動過程中從激光器的另一端連續(xù)發(fā)出功率為P、波長為;!的細(xì)束激光（不計光束截面積），在

虛線圓某處固定一弧形接收屏，該接收屏沿虛線圓的長度為人已知普朗克常數(shù)為九，激光傳

播的速度為c,則在激光器轉(zhuǎn)動一周的過程中，接收屏接收到的光子數(shù)為（）

ω

,尸片工1接收屏

0激光器/

AICP?lλPplλcP口hRω

A，hλRω?'hcRωhR^?'UcP

6.將一個小球從地球豎直上拋，過程中小球受到的阻力與速率成正比，設(shè)向上為正方向，

小球的速率、位移、動能和機械能分別為以X、&和E,以地面為零勢能面，則下列描述小

球運動過程的圖像可能正確的是（）

7.2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)

錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況,

某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向

右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E,磁感應(yīng)強

度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，

其速度平行于磁場方向的分量大小為巧，垂直于磁場方向的分量大小為女，不計離子重力，

則（）

A.電場力的瞬時功率為qEj說+詣B.該離子受到的洛倫茲力大小為q%B

C.女與巧的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

8.“傳統(tǒng)”光刻機利用光源發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯

片.為提高光刻機投影精細(xì)圖的能力，“浸沒式”光刻在投影物鏡和光刻膠之間填充液體,

以便提高分辨率，如圖所示.若浸沒液體的折射率為1?7,當(dāng)不加液體時光刻膠的曝光波長為

187τun,則加上液體后（）

掩膜

A.紫外線光子能量增加

B.紫外線進(jìn)入液體后波長變?yōu)镮lonTn

C.傳播相等的距離，在液體中所需的時間變?yōu)樵瓉淼?.7倍

D.“浸沒式”光刻能提高分辨率是因為紫外線在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射

9.電影“流浪地球”曾出現(xiàn)太空電梯的場景.如圖甲所示，設(shè)想在赤道上建造一個始終與

地表垂直的太空梯，航天員可通過梯倉P緩慢地到達(dá)太空中某一位置，設(shè)該位置距地心的距

離為r,地球半徑為R,圖乙中曲線A為地球引力對航天員產(chǎn)生的加速度大小隨r變化的圖線;

A.航天員在r=R處的速度大于地球的第一宇宙速度

B.地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r0,宇航員只在r=r0位置時處于完全失重狀態(tài)

C.在大于r0的范圍內(nèi)，航天員與座椅間沒有彈力且需系上安全帶

D.在小于力的范圍內(nèi)，航天員越接近地面感受到的“壓力”越小

10.圖甲為某科技興趣小組制作的重力投石機示意圖.支架固定在水平地面上，輕桿4可繞

支架頂部水平軸。。'在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動?A端凹槽內(nèi)裝有一石子，B端固定一配重.某次打

靶時，將桿沿逆時針方向轉(zhuǎn)至與豎直方向成。角后由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直

位置時石子被水平拋出.石子投向正前方豎直放置的靶，打到靶心上方的“6”環(huán)處，如圖乙

所示.不計空氣阻力，下列操作可能打中靶心“10”環(huán)的是（）

A.減小石子的質(zhì)量B.增大石子的質(zhì)量

C.增大投石機到靶的距離D.降低靶的高度

11.如圖所示，在坐標(biāo)系尤Oy中，弧BDC是以4點為圓心、AB為半徑的一段圓弧，AB=L,

AO=γD點是圓弧與y軸的交點。當(dāng)在。點和A點分別固定電荷量為-QI和+（?2的點電荷后，

。點的電場強度恰好為零。下列說法正確的是()

A.Qz=4Qι

B.圓弧BOC上的各點相比較，。點的電勢最高

C.電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢能先減小后增大

D.電子沿著圓弧從B點運動到C點的過程中，電勢能先增大后減小

三、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

12.為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，小亮設(shè)計了如圖所示的裝置進(jìn)行實驗.實驗中,

當(dāng)木塊4位于水平桌面上的。點時，重物B剛好接觸地面.將4拉到P點，待B穩(wěn)定后靜止釋放，

力最終滑到Q點.分別測量。P、OQ的長度Zi和s。改變伍重復(fù)上述實驗，分別記錄幾組實驗

數(shù)據(jù).

mk-A?→k-$T

W

Ξ

(1)實驗開始時，發(fā)現(xiàn)4釋放后會撞到滑輪.請?zhí)岢鰞蓚€解決方法.

(2)請根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)在下圖中作出S-%關(guān)系的圖象.

h/cm20.030.040.050.060.0

s/cm19.528.539.048.056.5

A.s/cm

(3)實驗測得力、B的質(zhì)量分別為m=0.40kg、M=O.50kg.根據(jù)s-%圖象可計算出A木塊與

桌面間的動摩擦因數(shù)“=(結(jié)果保留一位有效數(shù)字).

(4)實驗中，滑輪軸的摩擦?xí)?dǎo)致〃的測量結(jié)果(選填“偏大”或“偏小”).

13.某課外興趣小組用如圖甲所示的電路觀察電解電容器的充、放電現(xiàn)象，并測量電容器的

(1)粗略觀察充放電的電流大小和方向時，應(yīng)選擇表頭為(選填“乙”或“丙”)圖的電

流表；

(2)下列關(guān)于電容器充電時，充電電流i與時間t的圖像，所帶電荷量q與極板間的電壓U的圖像

正確的是；

q

(3)為了能測量電容，將甲圖中電流表換成電流傳感器.請根據(jù)電路圖連接實物圖.

電阻

電源

(4)電容器放電過程中，電流隨時間變化的規(guī)律如圖所示，計算機可以得出i-t圖像中圖線跟

橫軸所圍的面積為0.869nM?s.已知電阻R為500。，直流電源電壓恒為2V,則該電容器電容

為_____μF(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；

八VmA

(5)僅將5000的電阻R改為IOO0。，電流傳感器內(nèi)阻不計，重新觀察電容放電曲線，請在原i-t

圖像中大致畫出電阻為IOooo時的放電曲線。

四、計算題(本大題共3小題，共38.0分)

14.2019年6月7日，我國武漢市舉行了“端午節(jié)龍舟賽”,比賽時某龍舟隊以1分28.75秒的

成績獲得傳統(tǒng)男子500米直道競速項目的冠軍.該次比賽可看成龍舟首先做初速度為零的勻

加速直線運動，達(dá)到D=6τn∕s后做勻速直線運動完成比賽.(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)

(I)求龍舟勻加速階段的加速度大小a；

(2)某次訓(xùn)練中，龍舟以加速度a加速達(dá)到”，由于鼓手失誤，使龍舟從IOonl開始，在IOS內(nèi)

速度均勻減小到%=4m∕s,經(jīng)調(diào)整操作，IoS末龍舟重新開始以加速度a加速，加速到。后

勻速完成訓(xùn)練.求龍舟由于鼓手失誤而耽誤的時間.

15.如圖所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ,距離為3與左側(cè)從M,P間連接的電阻

R構(gòu)成一個固定的水平U型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計且足夠長。框架置于一個方向豎直向下，

范圍足夠大的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B,磁場左側(cè)邊界是00'。質(zhì)量為m、電阻為r、長

度為L的導(dǎo)體棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，給導(dǎo)體棒一個水平向右的初速度為

進(jìn)入磁場區(qū)域，求：

(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間加速度的大??；

(2)導(dǎo)體棒運動全過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量QR；

(3)導(dǎo)體棒在磁場中運動的位移X。

M0'

-N

×××

B

R

T×××

POQ

16.如圖甲所示，質(zhì)量為2巾的足夠長木板C置于水平面上，滑塊4、B質(zhì)量均為m,置于C上,

B位于4右方某處。4、C間的動摩擦因數(shù)〃A=0.2,8、C間，C與地面間的動摩擦因數(shù)〃B=Mc=

0.1o給C施加一水平向右的恒力F,4、B第一次相遇時間為t?？傻蒙吓c尸的關(guān)系如圖乙所示。

(設(shè)4、B間碰撞為彈性正碰，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m∕s2)求：

⑴滑塊4、B的最大加速度以、aβ;

(2)4、B之間的初始距離L和滑塊4的質(zhì)量m；

(3)若F'=13N,從剛開始施加力至4、B第二次相撞時拉力F'所做的功”。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】A.t=O時刻，兩線圈感應(yīng)電動勢均為零，故兩線圈均處于中性面的位置，選項A錯誤;

A由圖線可知，兩線圈的周期之比：Ta-Tb=2:3

根據(jù)：n=i,可知a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為3:2,選項B錯誤；

8根據(jù)Em=NB3S，2=?=∣-?=I∣=∣

則需=鬻統(tǒng)與選項C錯誤，。正確。

故選：Po

2.【答案】B

【解析】【詳解】由圖乙可知波形圖對應(yīng)的質(zhì)點起振方向沿y軸正方向，且開始時的周期較小，則

對應(yīng)的波形圖開始時波長較小。

故選B。

3.【答案】C

【解析】【詳解】4氣體在ab`cd過程溫度變化量相同，則氣體在好過程中內(nèi)能的增加量等于Cd

過程中內(nèi)能的減少量，故A錯誤；

Aab過程中體積不變，則Wab=O，cd過程中體積減小，則WCd＞。，則就過程中吸收的熱量Qab=

4Uab,cd過程中放出的熱量為

Qcd="Um+WCd

其中

ΔUab=ΔUcd

ab過程中吸收的熱量小于Cd過程中放出的熱量，故B錯誤;

CD.氣體在反過程是等溫壓縮，壓強增大到b狀態(tài)的1.5倍，則體積變?yōu)閎狀態(tài)的|；dα過程是等溫膨

脹，壓強變?yōu)閐態(tài)壓強的熱則體積變?yōu)閐態(tài)體枳的2倍；因αb兩態(tài)體積相等，設(shè)為人則C態(tài)體積I匕d

態(tài)體積氣體在於過程中體積的變化量小于da過程中體積的變化量，故C正確，。錯誤;

故選Co

4.【答案】C

【解析】【詳解】4根據(jù)題意，對金屬環(huán)N受力分析，如圖所示

他Ng

由于金屬環(huán)相對桿始終不動，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為仇由平衡條件有

Fcosθ=mNg

Fsinθ=FN

解得

m

n_N9

一CoSo

FN=mgtanθ

可知，由于。不變，則細(xì)線中的拉力和環(huán)N與豎直桿之間的彈力不變，A錯誤;

BCD.根據(jù)題意，設(shè)整個裝置以豎直桿為軸以3。轉(zhuǎn)動時，環(huán)M與橫桿沒有摩擦力，對M受力分析,

如圖所示

水平方向上，由牛頓第二定律有

mMωor=FSine=mNgtane

豎直方向上有

Fcosθ+mMg=胤

解得

HiNgtane

<λ>O=-------------

JmMr

FN=(mN+m“)g

可知，轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的彈力仍相等，若轉(zhuǎn)動的角速度大于3°,則有

2

mwωr=ZnNgtane+f

可知，隨著3增大，f增大，若轉(zhuǎn)動的角速度小于3°,則有

2

τnwωr=mw,gtan0—f

可知，隨著3增大，/減小，則轉(zhuǎn)動的角速度不同，環(huán)M與水平桿之間的摩擦力大小可能相等，BD

錯誤，C正確。

故選Co

5.【答案】B

【解析】激光器轉(zhuǎn)動的周期為：T=-

ω

轉(zhuǎn)一周的過程中虛線圓單位長度接收到的光能量為：E0=A

接收屏接收到的光能量為：E=Eol

每個光子能量為：EI=IlV=與

p

則在激光器轉(zhuǎn)動一周的過程中，接收屏接收到的光子數(shù)為：N=微

聯(lián)立解得：N=*

hcRω

故選：B。

6.【答案】C

【解析】A.小球在上升過程中，由牛頓第二定律得τng+ku=ma

〃逐漸減小，則α減小，

下降過程中有mg-kv=ma

U越來越大，故加速度繼續(xù)減小，圖像趨勢正確，但速度為零時，斜率不為零，且加速度為g,

圖像應(yīng)為平滑曲線，故A錯誤；

Au-x圖像斜率為k=的，在最高點速度為零，此處斜率應(yīng)為無窮大，故2錯誤；

V

C.Ek-X圖像斜率為合外力，向上運動過程F=Hig+%變小，向下運動過程中F=mg-紅繼

續(xù)變小，故C正確；

。、向上運動過程比向下過程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，

機械能損失要更多一點，故。錯誤。

故選C。

7.【答案】D

【解析】解：4、該粒子所受電場力的瞬時功率是電場力與沿電場力方向速度的乘積，所以P=qE%,

故A錯誤；

B、為與B垂直，所以該粒子所受洛倫茲力大小∕=q%B,故B錯誤；

C、速度巧的方向與磁感應(yīng)強度8方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；以方向與8垂直，粒子

在垂直于磁場方向平面內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，W不變；粒子沿電場方向做加速運

動，火不斷增大，則。2與巧的比值不斷減小，故C錯誤；

。、粒子做勻速圓周運動的向心加速度ɑ應(yīng)大小不變，電場力產(chǎn)生的加速度α電=q、E、ni不

變，a電不變,a向、α電大小都不變，兩者方向垂直，粒子的加速度不變，故。正確。

故選：D。

粒子速度方向與磁場方向平行時不受洛倫茲力作用，洛倫茲力對粒子不做功；分析清楚粒子運動

過程與受力情況，應(yīng)用洛倫茲力公式、功率公式分析答題。

應(yīng)用運動的合成與分解、分析清楚粒子的受力情況與運動過程是解題的前提,應(yīng)用洛倫茲力公式、

功率公式即可解題。

8.【答案】BC

【解析】【詳解】4紫外線進(jìn)入液體頻率不變，根據(jù)E=An可知光子能量不變，故4錯誤;

B.紫外線在液體中的波長

,A187

λ=—=nm=IlOnm

n1.7

故B正確；

C.由"=（可知紫外線在真空中的傳播速度是在液體中速度的1.7倍，故C正確;

。.紫外線在液體中波長變短，更不容易發(fā)生衍射，故。錯誤。

故選BCo

9.【答案】BC

【解析】A?太空梯隨地球一起旋轉(zhuǎn)，根據(jù)。=T3可知太空梯上各點線速度與該點離地球球心的距

離成正比，根據(jù)萬有引力提供向心力有：駕≡=r∏Q

rLr

解得：V=膺

可知地球同步衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，則航天員在r=R處的線速度小于第一宇宙速度,

故4錯誤；

A圖像中的圖線4表示地球引力對航天員產(chǎn)生的加速度大小與r的關(guān)系，該加速度均等于地球衛(wèi)星

做勻速圓周運動的加速度，圖線B表示航天員由于地球自轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的向心加速度大小與r的關(guān)系,

該加速度c?等于地球同步衛(wèi)星的加速度，因為＜?=αB,所以圖中τ?為地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，

太空梯在r=力處的站點時，航天員的加速度等于地球同步衛(wèi)星的加速度，處于完全失重狀態(tài)，

故8正確；

C大于？的范圍內(nèi)，宇航員受到的萬有引力小于所需的向心力，航天員與座椅間沒有彈力且需系

上安全帶，故C正確；

。.小于η5的范圍內(nèi)，宇航員受到的萬有引力大于所需的向心力，彈力表現(xiàn)為支持力，根據(jù)牛頓第

二定律有：-N=mrω2

角速度不變，結(jié)合牛頓第三定律可知航天員越接近地面感受到的“壓力”越大，故。錯誤;

故選：BCo

10.【答案】BC

【解析】【詳解】48.由題意要打到“10”環(huán)處，則此時豎直方向位移要變大，此時水平方向石

子做勻速直線運動，豎直方向石子做自由落體運動，由自由落體運動的位移公式可得

1

h=29t2

即此時九要增大，故時間要增大，因為此時水平方向位移不變，由勻速直線運動位移公式可得

S=Vt

在水平位移不變的情況下，時間t增大，則只要調(diào)節(jié)水平初速度變小就可以；因此增大石子的質(zhì)量,

可以減小初速度，可能打中靶心。故錯誤，B正確；

CD.增大投石機到靶的距離，可以增加時間，可能擊中靶心；調(diào)高靶子，八增大，也可以擊中靶心,

故C正確，。錯誤。

故選BC0

11.【答案】AD

【解析】A、由。點電場強度恰好為零，貝∣J:fc?=??解得：Q2=4QI,故A正確；

8、對Q2來說圓弧是個等勢面，所以各點電勢高低由Ql決定，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，離負(fù)

電荷越近，電勢越低，故。點電勢最低，故B錯誤；

CD、電子沿著圓弧從B點運動到C點過程中，電勢先降低后升高，由Ep=q<p,可知電勢能先增大

后減小，故C錯誤，。正確。

12.【答案】（1）為使4不撞到滑輪，應(yīng)設(shè)法減小B落地瞬間力的速度，因而可以減小B的質(zhì)量；增加

【解析】

【分析】(I)B減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能和4、B的動能，4釋放后會撞到滑輪，說明B減

少的勢能太多，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，從而找作答依據(jù).

(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)進(jìn)行描點、連線作圖;

(3)對在B下落至臨落地時和在B落地后，4運動到Q,兩個過程運用動能定理，求得4的表達(dá)式,

再結(jié)合s—九圖象，即可求解出

(4)由于滑輪軸的摩擦?xí)?dǎo)致S變小，根據(jù)〃的表達(dá)式可知誤差結(jié)果.

【詳解】(I)B減少的重力勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能和AB的動能，4釋放后會撞到滑輪，說明B減少

的勢能太多，轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，可以通過減小B的質(zhì)量；增加細(xì)線的長度(或增大4的質(zhì)量;

降低B的起始高度)解決.故解決方法有：可以通過減小B的質(zhì)量；增加細(xì)線的長度(或增大4的質(zhì)

量；降低B的起始高度).

(2)描點，連線，如圖所示:

lι∕cm

(3)8下落至臨落地時根據(jù)動能定理有：Mgh-μmgh=j(M+m)v2,在B落地后，4運動到Q,

有2=μmgs,解得：μ=⑺+黑+mh,又人、B的質(zhì)量分別為∏ι=0.40kg、M=0.50kg,在S—h

圖象上任取一組數(shù)據(jù)代入可以求得：μ=0.4.

(4)由于滑輪軸的摩擦，會導(dǎo)致繩子的拉力相對偏小，4運動的加速度也就偏小，S也就偏小，根據(jù),

MZt

,所以偏大.

μ=(m+M')s+mh4

【點睛】在判斷此類問題時，要深刻理解動能定理，能量守恒定律，要會通過圖象分析相關(guān)問題.

13.【答案】(1)乙(2)4

【解析】【詳解】(1)充、放電的電流方向相反，應(yīng)選擇可以測量正反向電流的表頭乙。

(2)48.電容器充電過程中，電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流減為0,故4正確、8錯誤;

CD?根據(jù)電容的定義式，電荷量與電壓成正比，所以圖線應(yīng)為過原點直線，故CZ)錯誤。

故選A。

(3)實物連線如圖所示

(4)根據(jù)Q=/t可知i-t圖像中圖線跟橫軸所圍的面積為通過的電荷量：Q=0.869mA-s=8.69X

10^4C

因此：C=E=435〃F

(5)僅將R為5000的電阻改為IOO0。，其它器件參數(shù)不變，且電流傳感器內(nèi)阻不計時，則t=0時放

電電流減小為原來的右但i-t圖像中圖線跟橫軸所圍的面積不變，因此電阻為IOO00的放電曲線

如圖所示

M∕∕mA

14.【答案】解：(1)根據(jù)題意知，龍舟全過程的位移s=500τn,總時間t=88.75s,設(shè)勻加速運

動的時間為ti，

則有：S=^t1+v(t—t1),

V=at1,

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得α=0.554τn∕s2.

(2)根據(jù)題意知，10Om前龍舟的運動情況和比賽過程中一樣，IOOm后t2=IOs內(nèi)的位移

Si=WIt2，

龍舟速度由％再次加速到。的過程中，所用的時間t3=七B，

通過的位移S3=歲1t3,

若鼓手不失誤，則龍舟勻速通過兩段位移，設(shè)需要的時間為t',則：S2+S3=Vt',

鼓手失誤耽誤的時間△t=t2+t3—t',

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得△t=2.27s。

答：⑴龍舟勻加速階段的加速度大小為0.554m∕s20

(2)龍舟由于鼓手失誤而耽誤的時間為2.27s。

【解析】(1)抓住龍舟的總位移和總時間，結(jié)合勻變速直線運動推論，結(jié)合運動學(xué)公式求出加速階

段的加速度大小。

(2)10Om前龍舟的運動情況和比賽過程中一樣，抓住IOOnl后勻減速和勻加速運動的位移，結(jié)合這

段位移內(nèi)勻速運動的時間，根據(jù)運動學(xué)公式求出耽誤的時間。

解決本題的關(guān)鍵理清龍舟在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合勻變速直線運動的運動學(xué)公式和推論靈

活求解，有時運用推論求解會使問題更加簡捷。

15.【答案】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間感應(yīng)電動勢為

E=BLv0

根據(jù)閉合電路歐姆定律得

E

l='R+r

根據(jù)安培力公式得

F=BIL

根據(jù)牛頓第二定律得

F=ma0

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場瞬間加速度為

22

BLV0

a0—Tn(R+r)

(2)電阻R與電阻r串聯(lián)，根據(jù)焦耳定律公式

Q=I2Rt

可得

QR-Qr=R：T

又因為能量守恒得

1

mv7

QR+Qr=2O

聯(lián)立解得

R,

(3)當(dāng)導(dǎo)體棒速度減為零時，由動量定理得

-BlLΔt=-TTIVQ

又因為

q=7?t