2017-2018学年浙江省宁波市六校高二下学期期末联考物理试题 解析版 22页

浙江省宁波市2017-2018学年高二下学期期末六校联考物理试卷 一、选择题Ⅰ ‎1. 功的单位是焦耳，焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（  ）‎ A. 1J=1kg.m/s B. 1J=1kg.m/s2 C. 1J=1kg.m2/s D. 1J=1kg.m2/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据W=Fs=ma×s，则由单位的关系可知：1J=1kg×m/s2×m=1kg•m2/s2，故选项D正确。‎ 考点：单位制。‎ ‎2. 下列各组物理量中，全部是矢量的是(　　)‎ A. 时间、位移、速度 B. 功、动能、势能 C. 电场强度、磁感应强度、磁通量 D. 线速度、向心加速度、向心力 ‎【答案】D ‎【解析】A．时间只有大小，没有方向，是标量；位移、速度既有大小，又有方向，是矢量，故A错误；‎ B．功、动能、势能都是只有大小，没有方向，是标量，故B错误； ‎ C．磁通量只有大小，没有方向，是标量；电场强度、磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，故C错误；‎ D．线速度、向心加速度、向心力都是既有大小，又有方向，是矢量，故D正确。‎ 故选：D ‎3. 如图所示，铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面间的夹角为θ，弯道外的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时的速度等于，则(　　)‎ A. 内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B. 外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C. 铁轨对火车的支持力等于 D. 铁轨对火车的支持力大于 ‎【答案】C ‎【解析】AB、火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速度正好是，由题知，质量为m的火车转弯时速度小于，所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压，故B错误，A正确；‎ C、当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，，由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，故C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】火车在弯道处拐弯时火车的重力和轨道对火车的支持力的合力做为转弯需要的向心力，当合力恰好等于需要的向心力时，火车对内外轨道都没有力的作用，速度增加，就要对外轨挤压，速度减小就要对内轨挤压。‎ ‎4. 如图是太阳系行星分布示意图，若将行星的运动都看成是匀速圆周运动，且已知地球的轨道半径为R，公转周期为T，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 由题中数据可以求出地球的质量为 B. 由题中数据可知，太阳的质量为 C. 由图可知，木星的轨道半径大于R，公转速度也大于 D. 由图可知，八大行星中，海王星轨道半径最大，公转周期最大，向心加速度也最大 ‎【答案】B ‎【解析】A．设地球的半径为r，在地球表面，万有引力等于重力，，则地球的质量为，故A错误； ‎ B．地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，，太阳的质量为，故B正确； ‎ C．对于围绕太阳运行的行星，根据万有引力提供向心力，，则，半径越大，公转速度越小，地球的公转速度等于，木星的轨道半径大于R，公转速度小于，故C错误；‎ ‎ D．对于围绕太阳运行的行星，根据万有引力提供向心力，，则，八大行星中，海王星轨道半径最大，向心加速度最小，故D错误。‎ 故选：B ‎5. 我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内全过程的v–t图（由于某种原因轴上方的纵轴刻度没有显示），则下列说法中不正确的是 A. 全过程中“蛟龙号”的最大加速度是m/s2‎ B. 全过程中“蛟龙号”的平均速率是1.5 m/s C. “蛟龙号”上升各过程的最大速度是3 m/s D. 在6~10 min潜水员会先感到超重，后感到失重 ‎【答案】B ‎【解析】A. v−t图象的斜率表示加速度，0−1min内和3−4min内加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正确； ‎ B. 全过程中“蛟龙号”的路程为720m，则平均速率是=1.2 m/s，故B错误；‎ C. 根据v-t曲线的面积表示位移，在t=4min时到达最大深度为h= （2×60+4×60）×2.0=360m，则上浮的位移h=×（10-6）×60×vm=360，vm=3 m/s，故C正确； ‎ D．潜水员在6−8min的时间段内，根据速度图象得加速度方向向上，所以处于超重状态，8−10min的时间段内，根据速度图象得加速度方向向下，所以处于失重状态，故D正确。‎ 本题选择错误答案，故选：B 点睛：根据v-t图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v-t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程与时间之比；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向． ‎ ‎6. 如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率Pr随电流I变化的图线，则根据图线可知下列说法正确的是(　　)‎ A. 电源电动势为6 V B. 电源内阻为1.5 Ω C. 当电路中电流为1 A时，外电路的电阻为1 Ω D. 在O→C过程中，电源输出功率一直增大 ‎【答案】B ‎【解析】A．直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率Pr随电流I变化的图线，当电流为2A时，两个功率相等，说明电源被短路，根据P=EI可得电动势E=P/I=6W/2A=3V，故A错误；‎ B．短路电流为2A，故内阻r=E/I=3V/2A=1.5Ω，故B正确；‎ C. 当电路中电流为1A时，根据闭合电路欧姆定律，有：I= ，代入数据，有：1= ，解得：R=1.5Ω，故C错误；‎ D. 在O→C过程中，电源的总功率变大，而内部功率也增大,而P出=P总−P内，故从图看出，电源输出功率先增加后减小，故D错误；‎ 故选：B ‎7. 全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子” ，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，若使用“3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该电容最多能储存72000C的电荷量 B. 该电容器的容量为36000A·h C. 若30s能充满，则充电平均电流为1200A D. 电容器随着放电，电量逐渐减少到0，电容也会逐渐减少到0‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、根据C=Q/U，Q=CU=12000F3V=36000C，A错误；‎ B、根据Q=It=36000C=10A·h，B错误；‎ C、根据I=Q/t==1200A，C正确；‎ D、电容的大小只与电容器本身有关，与所带电荷量无关，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎8. 如图所示.在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放.重力加速度为g ‎。则点电荷运动到负极板的过程，（ ）‎ A. 加速度大小为a=+g B. 所需的时间为t=‎ C. 下降的高度为y=‎ D. 电场力所做的功为W=Eqd ‎【答案】B ‎【解析】点电荷受到重力、电场力，合力，根据牛顿第二定律有，故A错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t，水平方向上的加速度，根据位移公式可得：，解得：，故B正确；竖直方向做自由落体运动，下降高度，电荷运动的位移为，故电场力做功，故D错误．故选B．‎ ‎【点睛】分析电荷的受力情况，根据牛顿第二定律可求得总的加速度；根据运动的独立性，分别对水平方向和竖直方向进行分析，根据水平方向上的匀加速直线运动规律可求得运动时间；再对竖直方向分析，从而求出对应的高度，根据功的公式可求得电场力所做的功．‎ ‎9. 来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转 B. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转 C. 若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转 D. 若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由于地磁场的方向由南到北，若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直，由左手定则可知，则由于地磁场的作用将向东偏转，选项A正确；选项B错误；若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则说明粒子的运动方向与磁场方向平行，故粒子不受磁场力的作用，所以它不会发生偏转，更不会做匀速圆周运动，故选项CD错误。‎ 考点：地磁场，洛伦兹力方向的判断。‎ ‎【思路点拨】该题审题很关键，题中沿垂直地球赤道平面射向地心是指与磁感线方向平行，这是最容易出现的不理解的问题，所以画好图很关键。‎ ‎10. 跳绳是高中毕业生体育测试的项目之一，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的，则他克服重力做功的平均功率约为( )‎ A. 20W B. 35W C. 75W D. 120W ‎【答案】D ‎【解析】跳一次的时间是：；人跳离地面向上做竖直上抛，到最高点的时间为：‎ ‎；此过程克服重力做功为：W=mg（gt2）=500×（×10×0.01）=25J；跳绳时克服重力做功做功的功率为：，故C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎11. 如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ=30°．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点．在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d．已知两球的质量均为m、电荷量均为+q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷．则下列说法不正确的是（　　）‎ A. 两球之间的库仑力F=k B. 当时，斜面对小球A的支持力为 C. 当时，细线上拉力为0‎ D. 将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F= k，故A正确；‎ BC、当时,则有k= mg，‎ 对球受力分析，如图所示：‎ 根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N= mg；‎ T= mg，故B正确，C错误；‎ D. 当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：‎ 依据几何关系可知，T与F的夹角为120∘，当时，即有k=mg，根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0，故D正确；‎ 本题选择错误的答案，故选：C.‎ ‎12. 如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，得到小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是 A. 由乙图可知，小球下落h后做匀加速度直线运动 B. 小球动能最大值等于mg（h+x0)‎ C. 位置坐标为x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小 D. 在下落过程中，小球的机械能总是保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】A. 根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，以后弹力大于重力且逐渐增大，根据牛顿第二定律，小球做加速度逐渐增大的减速运动，故A错误； ‎ B. 小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0)− mg⋅x0=Ekm，Ekm=mg（h+x0），故B错误；‎ C．当x=h+x0时，小球具有最大速度，动能最大，以弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故C正确； ‎ D. 弹簧和小球组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧下落过程中，弹性势能增大，小球的机械能逐渐减小。故D错误； ‎ 故选：C ‎13. 汽车发动机的额定功率为40KW，质量为2000kg，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，取g=10m/s2，若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则下列说法错误的是（　 　）‎ A. 汽车在水平路面上能达到的最大速度为20m/s B. 汽车匀加速的运动时间为10s C. 当汽车速度达到16m/s时，汽车的加速度为0.5m/s2‎ D. 汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5s ‎【答案】C ‎【解析】汽车发动机的额定功率P额=40kW=4×104W，由题意知，阻力f=0.1mg=0.1×2000×10N=2000N，‎ A. 当汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力二力平衡，‎ 由P额=F牵vm=fvm得，汽车的最大速度：vm=P额/f=（4×104）/2000m/s=20m/s，故A正确；‎ B. 若汽车从静止作匀加速直线运动，则当P=P额时，匀加速结束，‎ 则有：P额=F′牵vt…①‎ 根据牛顿第二定律有：F′牵−f=ma…②‎ 联立①②可解得：vt=10m/s，‎ 由vt=at得，汽车匀加速的运动时间：t=vt/a=10/1s=10s，故B正确；‎ C. 当速度v=16m/s时，由P=Fv得，此时汽车的牵引力：‎ F=P额/v=（4×104）/16N=2500N，‎ 则汽车的加速度：‎ a=（F−f）/m=（2500−2000）/2000m/s2=0.25m/s2，故C错误；‎ D. 设匀加速后的800m过程所用的时间为t′，根据动能定理得： ‎ 解得：t′=47.5s，‎ 汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间：t总=t+t′=10s+47.5s=57.5s，故D正确。‎ 本题选择错误的答案，故选：C。‎ 点睛：当汽车有最大速度时，牵引力与阻力二力平衡，根据P=Fv求得最大速度；根据牛顿第二定律求得牵引力，由P=Fv求得达到额定功率时的速度，根据v=at求得匀加速的时间；根据P=Fv求得v=16m/s时的牵引力，根据牛顿第二定律求得加速度；根据动能定理列式即可求出匀加速后的800m过程所用的时间，进而得出总时间。‎ 二、选择题Ⅱ ‎14. 有关下列四幅图的说法正确的是（　　）‎ A. 甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C. 丙图中，射线甲由 β粒子组成，射线乙为 γ射线，射线丙由 α粒子组成 D. 丁图中，链式反应属于重核裂变 ‎【答案】BD ‎【解析】A. 甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m2的速度不大于v，但不一定等于v，故A错误；‎ B. 乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；‎ C. 丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ 射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由β粒子组成，故C错误；‎ D. 图丁中链式反应属于重核裂变，故D正确；‎ 故选：BD 点睛：由动量守恒定律结合弹性碰撞与非弹性碰撞分析A选项；光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大；由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；重核变为中等质量的原子核的核反应是重核裂变．‎ ‎15. 下列说法正确的是(　　)‎ A. 有雾的时候，离红绿灯较远时看红绿灯，红灯比绿灯清楚些，这是因为红光比绿光的波长要长，容易发生衍射，在雾气中传播得比绿光远的缘故 B. 电视里看到滑雪运动员戴的防护眼镜是黄色的，这是因为镜片的表面涂了一层增透膜的缘故 C. 观看立体电影的3D眼镜，利用了光的偏振原理 D. 白光通过三棱镜发生色散的原因是因为不同色光在三棱镜中的折射率不一样 ‎【答案】ACD ‎【解析】A．红光比绿光的波长长，波长越长，越容易发生衍射，在雾气中红光传播得比绿光远，故A正确；‎ B．滑雪场光线反射厉害，运动员为了保护眼睛，要戴上涂有增反膜的眼镜，故B错误；‎ C．3D眼镜是由偏振轴互相垂直的两片偏光镜组成，分别接收两个置有偏振轴互相垂直的偏振镜的放映镜头放出的影片，形成立体效果，故C正确；‎ D．不同颜色的光在三棱镜中的折射率不一样，白光进入和离开三棱镜时，折射角不同，发生了色散，故D正确；‎ 故选：ACD ‎16. 下列说法正确的是( )‎ A. 在机械波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直 B. 一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin 2.5πt（国际单位制），在t=0.2 s时，振子的运动速度为零 C. 某单摆由0.98 m长的摆线连接一个直径2 cm的铁球组成，若摆角从5°改为3°，单摆的周期不变 D. 在受迫振动中，驱动力的频率一定等于物体的固有频率 ‎【答案】BC ‎【解析】A．对于纵波，质点的振动方向与波的传播方向平行，如声波，故A错误；‎ B．在t=0.2 s时，y=0.1，在最大位移处，振子的运动速度为零，故B正确；‎ C．单摆的周期T= ，在满足简谐振动的条件（摆角小于5°）下，与摆角大小无关， 故C正确；‎ D．在受迫振动中，物体的振动频率一定等于驱动力的频率，如果驱动力的频率等于物体的固有频率，则发生共振现象，故D错误。‎ 故选：BC 三、非选择题 ‎17. （1）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学组装了如图所示的装置．关于平衡摩擦力的操作过程，下列说法中正确的是_________；‎ A．应将长木板的右端适当垫高 B．应将重物通过细线与小车相连 C．应将纸带穿过打点计时器并与小车相连 D．如果小车在长木板上能保持静止，就表明己经平衡了摩擦力 ‎（2）下面有4条用电磁打点计时器（所用的交流电频率为50Hz）打出的纸带1、2、3、4，其中有两条分别是做“探究小车速度随时间变化的规律”、“验证机械能守恒定律”实验得到的，某同学在每条纸带上取了点迹清晰连续的4个点A、B、C、D，用刻度尺分别测出相邻两个点间距离如表，则：‎ 纸带 AB/cm BC/cm CD/cm ‎1‎ ‎1.14‎ ‎1.36‎ ‎1.58‎ ‎2‎ ‎1.62‎ ‎1.72‎ ‎1.92‎ ‎3‎ ‎2.10‎ ‎2.49‎ ‎2.88‎ ‎4‎ ‎3.56‎ ‎3.56‎ ‎3.56‎ 纸带1通过B点时的速度为________　m/s （保留3位有效数字）；纸带_______（填“1”、“2”、“3”或“4”）是“探究小车速度随时间变化的规律”实验得到的；纸带________　（填“1”、“2”、“3”或“4”）是“验证机械能守恒定律”实验得到的 ‎【答案】 (1). AC； (2). 0.625； (3). 纸带1 (4). 纸带3‎ ‎【解析】（1）A. 应将长木板远离滑轮的一端适当垫高，故A正确；‎ B. 平衡摩擦力时，不要挂小桶，故B错误；‎ C. 应将纸带穿过打点计时器并与小车相连，如果纸带上打出的点间隔相等，则摩擦力完全被平衡了，故C正确；‎ D. 平衡摩擦力后，轻推小车，小车能在长木板上做匀速直线运动，故D错误；‎ 故选：AC ‎（2）纸带1通过B点时的速度，等于AC段的平均速度，‎ ‎=0.625m/s；‎ 对于纸带1，xBC-xAB=xCD-xBC=aT2=0.22cm，a=5.5m/s2，是匀加速运动；‎ 对于纸带2，xBC-xAB=0.10cm，xCD-xBC=0.20cm，不是匀变速运动；‎ 对于纸带3，，xBC-xAB=xCD-xBC=aT2=0.39cm，a=9.8m/s2，是加速度等于重力加速度的匀加速运动；‎ 对于纸带4，xBC-xAB=xCD-xBC=aT2=0cm，a=m/s2，是匀速运动；‎ 所以纸带1是“探究小车速度随时间变化的规律”实验得到的；纸带3是“验证机械能守恒定律”实验得到的。‎ ‎18. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用实验测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度，要求尽可能测出多组有关数值。‎ ‎（1）在图中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路；________，________。‎ ‎（2）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数0.80 V，导线实际长度为________m（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ； (2). ； (3). 94；‎ ‎【解析】(1)根据电阻定律可求出铜导线的电阻约为Rx==1.7×10−8×=1.7Ω，阻值较小，所以采用电流表外接法；实验要求尽可能测出多组有关数值，所以采用分压电路。故电路设计如图所示：‎ 根据电路图，实物连接图如图所示：‎ ‎；‎ ‎（2）根据欧姆定律和电阻定律，得，代入数据得L=94m； ‎ 点睛：首先根据电阻定律估算出铜导线的电阻，结合实验要求尽可能测出多组有关数值，确定实验电路，根据电路连接实物图；根据欧姆定律求出导线的电阻，利用电阻定律求出导线的长度即可．‎ ‎19.‎ ‎ 2018年5月13日我国第一艘国产航空母舰下水海试，预计航母上的弹射器可以使舰载战斗机在较短距离内获得较大的发射速度以保证顺利起飞；一架质量为2×104kg的战斗机在蒸汽式弹射器牵引下加速，假设牵引器对战斗机的牵引力恒定，且牵引器有效作用距离为87.5m，加速过程战斗机发动机推力恒为1.0×l05N．要求战斗机在水平弹射过程结束时速度大小达到70m/s．弹射过程中战斗机所受总推力为弹射器牵引力和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，求：‎ ‎（1）战斗机在弹射过程中的加速度大小；‎ ‎（2）加速过程所用的时间；‎ ‎（3）弹射器对战斗机的牵引力大小．‎ ‎【答案】（1）28m/s2 ；（2）2.5s；（3）6×105N；‎ ‎【解析】（1）由速度位移公式v2=2ax得 a=28m/s2 ‎ ‎（2）由v=at，得t=2.5s ‎ ‎（3）设弹射器对战斗机的牵引力大小为F1，发动机对战斗机推力大小为F2=1.0×l05N，‎ 由牛顿第二定律得（F1+F2）×（1﹣20%）=ma ‎ 得牵引器对战斗机的牵引力大小为F1=6×105N 点睛：根据匀变速运动速度位移关系求出加速度大小；根据速度时间关系，可求加速过程所用的时间；根据牛顿第二定律，可求牵引器对战斗机的牵引力大小。‎ ‎20. 如图所示，一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.2的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为34N．已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=53°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）‎ 求：‎ ‎（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；‎ ‎（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；‎ ‎（3）水平外力作用在滑块上的时间t．‎ ‎【答案】（1）5m/s；（2）1.2m；（3）0.425s；‎ ‎【解析】（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，‎ ‎，求得VD2=29（m2/s2）‎ 滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，‎ ‎ ，‎ 代入数据，联立解得vC=5m/s． ‎ ‎（2）滑块在C点速度的竖直分量为：vy=vcsinα=4m/s，‎ 根据，代入数据得B、C两点的高度差为h=0.8m ‎ 滑块由B运动到C所用的时间为t=0.4s 滑块运动到B点的速度为vB=vCcosα=3m/s，‎ B、C间的水平距离x=vBt1=3×0.4m=1.2m． ‎ ‎（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得，‎ 代入数据解得t=0.425s．‎ 点睛：根据牛顿第二定律可求D点的速度，再根据机械能守恒定律可求C点的速度；把C点速度沿水平和竖直分解，根据竖直方向都做自由落体运动，求出B、C的高度差，根据水平方向做匀速运动，可求B。C间的水平距离；根据动能定理，可求水平外力的作用时间。‎ ‎21. 下图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．‎ ‎ ‎ ‎（1）用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好____．‎ ‎（2）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将____（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） 。。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图所示； (2). （2）向右偏 ‎【解析】(1)将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示。‎ ‎(2)闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；将原线圈迅速插入副线圈时，磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转一下。‎ 点睛：注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答；磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反． ‎ ‎22. 研究双缝干涉现象时，如图1所示，调节仪器使分划板的中心刻度对准一条亮条纹的中心A，示数如图2所示，其读数为___________mm。移动手轮至另一条亮条纹中心B，读出其读数为27.6mm。已知双缝片与光屏间距为0.6m，所用双缝相距0.2mm，则所测单色光波长为__________m。‎ ‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ ‎【答案】 (1). 19.4； (2). 6.8x10-7；‎ ‎【解析】卡尺读数：1.9cm+0.1mm×4=19.4mm；条纹间距：；‎ 根据双缝干涉条纹间距公式，解得。‎ ‎23. 如图所示，两根平行金属导轨MN、PQ相距d＝1.0 m，两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为α＝30°，导轨上端跨接一阻值R＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计.整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0 T.一根长度等于两导轨间距的金属棒ef垂直于两导轨放置(处于静止)，且与导轨保持良好接触，金属棒ef的质量m1＝0.1 kg、电阻r＝0.4 Ω，到导轨最底端的距离s1＝3.75 m.另一根质量m2＝0.05 kg的绝缘棒gh，从导轨最底端以速度v0＝10 m/s沿两导轨上滑并与金属棒ef发生正碰(碰撞时间极短)，碰后金属棒ef沿两导轨上滑s2＝0.2 m后再次静止，此过程中电阻R产生的焦耳热Q＝0.2 J.已知两棒(ef和gh)与导轨间的动摩擦因数均为μ＝，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v；‎ ‎(2)两棒碰后，安培力对金属棒ef做的功W以及碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小；‎ ‎(3)金属棒ef在导轨上运动的时间t.‎ ‎【答案】(1)5 m/s；　(2)0.25 J，　25 m/s2；(3)0.2 s；‎ ‎【解析】(1)绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中，由动能定理有：‎ ‎－μm2gs1cos α－m2gs1sin α＝m2v2－m2v，‎ 解得v＝5 m/s， ‎ ‎(2)由功能关系可知，金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热，即有：‎ W＝Q总，而Q总＝Q，‎ 解得W＝0.25 J， ‎ 设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1，回路中产生的感应电动势为E，感应电流为I，安培力为F，有E＝Bdv1，I＝，F＝BId，‎ 在金属棒ef上滑过程中，由动能定理有－W－μm1gs2cos α－m1gs2sin α＝0－m1v，‎ 解得v1＝3 m/s，‎ 在两棒碰后瞬间，由牛顿第二定律有μm1gcos α＋m1gsin α＋F＝m1a，‎ 解得a＝25 m/s2. ‎ ‎(3)金属棒ef在导轨上运动的整个过程中，设安培力的冲量为I安，沿导轨方向，由动量定理有－I安－μm1gtcos α－m1gtsin α＝0－m1v1，‎ 又I安＝Bdt，其中＝，‎ 由法拉第电磁感应定律有 ‎，其中ΔΦ＝Bds2，‎ 解得t＝0.2 s.‎ ‎24. 图为类似于洛伦兹力演示仪的结构简图，励磁线圈通入电流I，可以产生方向垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度B＝kI(k＝0.01 T/A)，匀强磁场内部有半径R＝0.2 m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一个可以升降的粒子枪，可发射比荷＝108 C/kg的带正电的粒子束.粒子加速前速度视为零，经过电压U(U可调节，且加速间距很小)加速后，沿水平方向从玻璃泡圆心的正下方垂直磁场方向射入，粒子束距离玻璃泡底部边缘的高度h＝0.04 m，不计粒子间的相互作用与粒子重力.则：‎ ‎ (1)当加速电压U＝200 V、励磁线圈电流强度I＝1 A(方向如图)时，求带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎(2)若仍保持励磁线圈中电流强度I＝1 A(方向如图)，为了防止粒子打到玻璃泡上，加速电压U应满足什么条件；‎ ‎(3)调节加速电压U，保持励磁线圈中电流强度I＝1 A，方向与图中电流方向相反.忽略粒子束宽度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的边缘上，并以原速率反弹(碰撞时间不计)，且刚好回到发射点，则当高度h为多大时，粒子回到发射点的时间间隔最短，并求出这个最短时间.‎ ‎【答案】(1)0.2 m；　(2)U≤162 V；　(3)0.146 m，　π×10－6 s；‎ ‎【解析】(1)粒子被加速过程： ‎ 磁场中匀速圆周运动： ‎ 解得 ‎ 代入数据：r=0.2m ‎ ‎（2）欲使得粒子达不到玻璃泡上，离子束上、下边界的粒子运动轨迹如图所示，‎ ‎...........................‎ 又由（1）可得： ‎ ‎ ‎ ‎（3）要使粒子回到发射点的时间最短，运动轨迹如图所示，‎ 此时运动轨迹所对的圆心角之和最小为 ‎ 周期 ‎ 最短时间为 由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎