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1、2021-2022学年广西河池市高二（下）期末物理试卷1.滑板运动是年轻人喜爱的一种运动.如图所示,质量为m-i=5 0 k g 的 年 轻 人 站 在 质 量 为=5 k g 的滑板上,年轻人和滑板都处于静止状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为u =l m/s.不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是（）.i ,A.i o ms B.10m/sC.-m/sD.Ym/s2.如图所示是一种“投珠入瓶”的游戏，游戏者与两个等高的塑料瓶在水平面上排成一条直线，游戏者从同一位置先后两次将玻璃珠（可视为质点）水平抛出，分别进入瓶 1、瓶 2中，玻璃珠进入瓶口时的速度方向与水平面的夹角
2、分别为5 3。和3 7。.已知s i n 3 7 =0.6,co s 3 7。=0.8,忽略瓶口大小及空气阻力，则 瓶 1、瓶 2 与游戏者的水平距离之比为（）3.A.9：1 6 B.7：1 5 C.4：5如图所示，用一单色光照射光电管的阴极K,金属材料K的逸出功为明.调节滑动变阻器的滑片P,当灵敏电流计的示数恰好为零时，电压表的示数为U.已知电子电荷量为e,普朗克常量为近光在真空中的传播速度为c,则该单色光的波长为（）A.heeU+W0B.heeU-W04.如图所示，一用粗细均匀的金属导线制成的花瓶形单匝闭合线圈A B C。置于y 轴左侧，整个线圈平行纸面且关于x 轴对称，在 y 轴右侧区域
3、存在垂直纸面向里的匀强磁场.现将线圈沿x 轴向右匀速平移进入磁场，从 8 c 边刚进入磁场开始计时，以电流逆时针流动方向为正方向，则线圈中的电流i 随时间f 变化的图像可能是（）5.如图所示，在纸面内边长为2 a的正方形的四个顶点垂直纸?面放置通电直导线1、2、3、4 o 导 线 1、2、3、4 中的电流 货:.二?I X/大小分别为/（）、2/。、3/o、4/0,电流方向在图中已标出，O :为对角线的交点。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁：/分 感应强度大小为B=k L 其中火为常量，/为导线中电流的 工/工大小，/为场中某点到导线的垂直距离，则。处的磁感应强 4 3度大小为（）A 2k
4、l（）B VS/C/Q C，10k/（）D，26k/（）a a a a6.如图所示的电路中，电源电动势E=12V、内阻r=6 0,定值电阻8 =80、/?2=20,滑动变阻器R 的调节范围为0 10。，忽略导线的电阻.下列说法正确的是（）A.定值电阻R2消耗的最大功率为2 WB.滑片P 位于正中央时定值电阻消耗的功率最大C.电源的最大输出功率为4.5WD.当R=100时，电源的效率最大7.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的固定光滑圆管，半径OB水平、OA竖直，一个小球质量为?，在光滑管内的顶部A 点水平飞出，恰好又从管口8 点射入管内，不计空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.
5、小球在A 点对上侧管壁有弹力作用，作用力大小为 加 gB.小球在4 点对上侧管壁有弹力作用，作用力大小为mg第2页，共16页C.小球在A点对下侧管壁有弹力作用，作用力大小为D.小球在A点对下侧管壁有弹力作用，作用力大小为 名8.如图为一台弹簧台秤，台秤弹簧和托盘下方支撑杆质量均可不计，测得某玩具汽车的质量为1.5kg,用力压台秤内的玩具汽车使台秤示数为3.5kg,若放手的瞬间玩具汽车的加速度大小为10m/s2,重力加速度g取10m/s2,贝i j()A.放手的瞬间玩具汽车处于超重状态,台秤托盘质量为0.5kgB.放手的瞬间玩具汽车处于超重状态,台秤托盘质量为1kgC.放手的瞬间玩具汽车处于失重
6、状态,台秤托盘质量为0.5kgD.放手的瞬间玩具汽车处于失重状态,台秤托盘质量为1kg9.2022年3月23日在中国空间站天和核心舱内，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富开启了“天宫课堂”第二课，点燃了无数青少年探索太空的梦想。假设神舟十三号载人飞船绕地球做匀速圆周运动的半径为R,运行周期为7,引力常量为G,根据以上信息可以求出()A.地球的质量B.地球的平均密度C.地球的第一宇宙速度D.神舟十三号载人飞船的加速度10.如图中所示，某电场中的一条电场线恰好与x轴重合，A点的坐标为马=2.5m.一质子从坐标原点O运动到A点，电势能增加了 50eV,X轴上各点电势的变化规律如图乙所示，则下
7、列说法正确的是()OAx/m乙甲A.轴上各点的电场强度都沿x轴负方向B.质子沿x轴从。点到A点加速度越来越大C.A点的电场强度大小为2517mD.质子在A点的电势能为75eY1 1.如图所示，一理想变压器输入端接一恒定正弦交流电源，其电压随时间变化关系式n=22(WIsin(314t”,输出端电路四个电阻的阻值分别为禽=R2=1。、R3=1 5 0、/？4 =2 5 2 已知该变压器原、副线圈的匝数比为2 2：1,则下列说法正确的是A.8两端的电压最大值为1 0 V B.&两端的电压有效值为2 VC.R 3 的热功率为0.6 勿 D.原线圈中的电流为2 6.4 41 2 .如图所示，劲度系数为
8、k 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2?的物块A连接，质量为，”的物块B叠放在A上，系统处于静止状态.现对物块B施加竖直向上的拉力，使 B以加速度（g 竖 二直向上做匀加速直线运动直至与A分离，重力加速度为g,则物块4、B分离时（）A.竖直拉力的大小为 m g B.物块A上升的高度为誓C.物块的速度大小为呼 D.弹簧弹性势能的减少量为巴察5 y j k 50k1 3 .某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，质量为成,=5 0 0 g 的物块A和质量为me=3 0 0 g 的物块B用轻质无弹性细绳连接并跨过光滑定滑轮，物块4上装有质量不计的遮光片，竖直标尺下端固定有光电门，实验开始
9、时固定物块A。（1）用螺旋测微器测量遮光片的宽度，如图乙所示，其读数为（/=cm.（2）从标尺上读得遮光片到光电门的距离为九=8 5.7 0 c m.让物块A由静止开始下落.测出遮光片经过光电门的时间1 =2.6 5 ms,则 系 统 的 动 能 增 加 量 为=J,系统的重力势减少量为4 E p=J,在误差允许的范围内，系统的机械能守恒。（重力加速度g取9.8 m/s2,结果保留三位有效数字）第4页，共16页1 4.某同学测量量程为3?A的电流表G 的内阻，可供选择的实验器材有:A.电流表G（量程3 m A,内阻为1001500）A 滑动变阻器R（02k。）C.滑动变阻器/?2（。5kO）D
10、 电阻箱（0999.90）E.电源E（电动势约为9V）凡开关、导线若干 1x 1x 10()x 10乙（1）实 验 中 滑 动 变 阻 器 应 选 用（填“R1”或“/?2”）。（2）请根据电路图连接图乙中的实物图。（3）将滑动变阻器的滑片调至图中最右端，闭合工，断开S 2,调节滑动变阻器的滑片位置，使电流表G满偏；闭合S2,保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，使电流表G 的指针恰好半偏，这时电阻箱示数如图丙所示，则电流表G 的内阻Rg=_2 设电流表G的内阻的真实值为R章测量值为R潮,则R姗 _（填“大于“，小于”或“等于”/联（4）利用图丁所示的电路图，将电流表G 改装成10mA、3
11、0,横的双量程电流表，其中S3为单刀双掷开关，贝 UR。：Rb=.15.如图所示，两足够长的平行粗糙金属导轨M M尸。相距L=l m,导轨平面与水平面夹角。=37。，导轨电阻不计.在导轨所在平面内，分布着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5。的直流电源.现把一个质量m=0.05kg的导体棒ab放在金属导轨上，闭合开关S,导体棒静止时受到的安培力产安=0.5N.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=40。已知sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2,求：(1)磁感应强度大小B；(2)导体棒受到的摩
12、擦力大小人16.某次赛车比赛中，甲、乙两车在一段平直赛道上并排疾驰，从此时开始计为t=0,在位移等于s的一段赛程中两车运动的后随位移x变化的情况如图所示，图中、s为已知量，求：(1)甲、乙两车的初速度大小；(2)从 =。时刻起，再经过多长时间两车相距最远。17.如图所示，足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为。=37。，以。=lm/s的速度顺时针转动，传送带下端与水平地面平滑连接(可认为物体在连接处速率不变).质量为=1kg的小物块A以%=7m/s的初速度沿地面向左运动,质量为巾2 =2的的小物块8静止在传送带与地面的连接处，A、8间的最初距离为L=2.4 m,两物块均可视为质点.4、8发生正碰
13、后，A以外=lm/s的速度水平向右运动.已知A与水平面间、B与传送带间的动摩擦因数均为=0.5,重力力口速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求(结果均保留两位有效数字)：(1)两小物块第一次碰撞后B的速度大小；(2)小物块B沿传送带向上运动的最大距离。第6页，共16页1 8.如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，第一象限存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,第二象限内存在着方向与y 轴负方向平行的匀强电场.一质量为 m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从坐标为(百。0)的。点以一定初速度斜向上进入第一象限磁场中，在 点时速度方向在纸面内与尤轴
14、负方向夹角8=60。，经过人点后垂直于y 轴进入到匀强电场，然后从图中x 轴上的c 点射出进入第三象限，已知0。=竽。从 求：(1)带电粒子的初速度大小；(2)电场强度的大小：(3)带电粒子在c 点的速度大小。答案和解析1.【答案】B【解析】解：不考虑滑板与地面之间的摩擦，年轻人和滑板构成的系统在水平方向动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1 V-m2v =G代入数据解得：v=10 m/s,故B正确，A C Q错误。故选：B。年轻人与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，在水平应用动量守恒定律可以求出滑板的速度大小。青年人与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律即可解
15、题；解题时注意正方向的选择。2.【答案】A【解析】解：A玻璃珠离开手后做平抛运动，由h=：g t 2,得 =后，则玻璃珠两次在空中的运动时间f相同；又玻璃珠的竖直速度%=g t,可知玻璃珠落入瓶口时的竖直分速度相同；设两次的水平初速度分别为以1和取2,根据水平速度与竖直速度的关系，得到玻璃球的两次水平初速度=焉=蒜=3%，得 =密=9:16；两次的水平位移x i =vx lt,则 瓶1、瓶2与游戏者的水平距离之比为辽=%=X2 VX2 VX29:16,故A正确，B C D错误。故选：A o玻璃珠离开手后做平抛运动，根据平抛运动规律可知玻璃珠两次运动时间的相同；根据玻璃珠进入瓶口时的速度方向，可
16、以求出两次抛出玻璃珠的水平初速度的关系；最后根据玻璃珠水平方向的运动特点求解水平距离之比。本题必须要抓住两个关键：第一，玻璃珠竖直距离相同；第二，玻璃珠进入瓶口时的速度方向。3.【答案】A【解析】解：由爱因斯坦光电效应方程得好皿=Z n/-%,又&m =e U,c=v A,联立解得故A正确，B C D 错误;eU+W0故选：根据爱因斯坦光电效应方程结合波长频率的关系解得。本题考查光电效应，解题关键掌握光电效应方程，注意c =i d,以及最大初动能和遏止电压的关系。第8页，共16页4.【答案】B【解析】解：线圈ABC。在匀速进入匀强磁场的过程中，穿过线框平面的磁通量一直在向里增大，根据愣次定律可
17、知，线圈中感应电流始终沿逆时针方向，即线圈中感应电流始终为正值。在线框进入磁场的过程中，有效切割长度先变短再变长，然后又变短，由E=知线圈产生的感应电动势先减小再增大，然后又减小，所以线圈中的电流先减小再增大，然后又减小，故ACQ错误，B 正确“故选：B。根据磁通量变化情况和磁场方向，由楞次定律判断感应电流方向。根据有效切割长度的变化判断感应电动势大小的变化，从而判断感应电流大小的变化，即可确定图像的形状。本题从感应电流大小和方向两个方面来分析图像的形状，运用楞次定律判断感应电流方向，根据有效切割长度的变化判断感应电动势大小的变化，来判断感应电流大小的变化。5.【答案】C【解析】解：各直导线到
18、。点的距离均为r=2acos450=近 a,由于通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度大小为B=上以，则通电直导线1、2、3、4 在。处产生的磁r感应强度大小分别为晶=岭、B2=k 、B3=哼 B4=号,由安培定则知磁感应强度的方向如图所示，当、名的合磁感应强度&3=31+/=+1=学=鬻,B2.%的 合 磁 感 应 强 度=%-=拳 一 半=半=鬻，则。处的磁感应强度大小为B=，睨3+睨4=J（嘿）2+（鬻）2=空 包,故 A8O错误，C 正确。故选：C根据B=k r,知等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在0 点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则
19、求得B 的合矢量的大小和方向。本题是信息题，要能根据8=kL分析各处通电导线在。点产生r的磁感应强度的大小，这是解决本题的关键，同时要熟练运用安培定则判断磁场的方向，灵活运用平行四边形定则.6.【答案】D【解析】解：4、定值电阻/?2消耗的功率为 2=产/?2,当电路中的电流最大时定值电阻/?2消耗的功率最大，当滑动变阻器的滑片P 在最右端时电路的电阻最小，电流最大，由闭合电路欧姆定律得/=-=生 A=1.5A,定值电阻/?2消耗的最大功率为P2=4.5W,2+6故A 错误；B、定值电阻&消耗的功率为P=,显然定值电阻两端的电压越大，消耗的电功率越大，由电路可知当滑片尸位于最左端时，%两端的电
20、压最大，电功率最大，故B错误：C、当外电路的总电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，此时滑动变阻器与定值电阻治并联的总电阻应为4 0,即R总=线=4。，解得R=8 0,电源的最大输出功率为分=T=T-2W=6MZ 故 C错误；4r 4x62 RD、电源的效率=,2。M，当R%最大，即R为100时电源效率最大，故。正确.故选：Do先通过欧姆定律计算电路中的电流，再计算/?2消耗的功率，根据电功率计算公式分析定值电阻消耗的功率；当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大；根据效率的计算公式分析。本题考查电路的输出功率，当电源的外电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大。7.【答案】C【解析】解：从A运动到B,
21、小球做平抛运动，则有/?=勿3 R=1gt2,得以=后，若小球对上、下管壁均无压力，则mg=7n%,得u=痴 A,因 为 以 证，所以管壁对小球有向上的作用力，则mg 一?K解得FJVI=纲9,由牛顿第三定律，小球对下侧管壁有压力，大小为q m g,故C正确，A8O错误；故选：Co根据小球从A到B做平抛运动,通过受力分析结合牛顿第二定律可分析小球对管壁的作用力。该题考查平抛运动、物体做圆周运动受力分析等知识点，属于常规题型。8.【答案】A【解析】解：用力压台秤内的玩具汽车使台秤示数为3.5kg,玩具车对台秤的压力凤=mg=3.5 x 1 ON=35N,放手瞬间，台秤对玩具汽车的作用力不变，使玩
22、具汽车具有向上的加速度，处于超重状态，对托盘和重物分析，FN m g=（m知+m）a,解得小知=0.5kg,故A正确，BCD错误；故选：Ao根据台秤的读数求出放手瞬间托盘和物体受到的向上的弹力大小，放手瞬间，对托盘和物体整体通过牛顿第二定律列方程，解出托盘的质量；正确选择研究对象，能正确分析研究对象所受到的作用力，掌握牛顿第二定律；第 10页，共 16页9.【答案】A D【解析】解:A B、根据万有引力提供向心力可得符=znR誓 得，地球的质量M =察，地球的体积P=g R 2,由于地球半径不知道，无法求解地球的密度，故B错误、A正确；C、设地球的第一宇宙速为v,根 据 甯=吟可知u=平 聆，
23、由于地球半径不知道，地球的第一宇宙速度无法求解，故C错误：。、根 据 筌 =m a可知，a=*,可解得神舟十三号载人飞船的加速度，故。正确。故选：ADo根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期求出中心天体的质量。由于地球的半径未知，无法求出地球的密度、第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力解得神舟十三号载人飞船的加速度。本题关键是熟悉圆轨道卫星的动力学原理，根据万有引力等于向心力列式，基础题目.1 0.【答案】A D【解析】解：A、沿电场强度方向电势越来越低，所以x轴上各点的电场强度都沿x轴负方向，故A正确；8、电势沿x轴均匀变化，x轴上电场强度大小不变，由牛顿第二定律知质子沿x轴从。点到A点
24、加速度大小不变，故3错误；。、由质子从坐标原点O运动到4点电势能增加5 0 e V,知=5 0人即3卬0-仰=5 0 V,解得伽=2 5心 则A点的电势为以=3 0 o =3 x 2 5 V =7 5乙 则质子在A点的电势能为 7 5eV,故。正确；C、A点的电场强度大小为E =登=2 0 V 7?n,故C错误.O-AO 2.5故选：ADc沿电场强度方向电势越来越低，根据图像斜率分析电场强度；根据图像可知各点的电势情况，根据U =E d解得电场强度。本题考查了电场中电势与电场强度的关系，要加强识别图象并从图象中获取信息的能力。同时还可根据电场力做功来确定电子的电势能如何变化。1 1.【答案】B
25、C【解析】解：4、电压随时间变化关系式u=2 2 0鱼s i n(3 1 4 t”可知U m =2 2 0鱼人 有效值为Ui =甯=噌 廿=2 2 0K,对于理想变压器原、副线圈有：空=解得：U2=,-72 V2 U2 n21 0 V,电压的最大值为U2 m =鱼X 1 01/=1 0&V,故A错误；B、副线圈两端是7?2、R3、R4三个串联再和&并联，流过&的电流A=察=登4 =1 4R 10流过&的电流，2 =D*=0 2 4,副线圈中的电流/=A+%=1 4+R2+R3+R4 10+15+250.2 71 p /=，_ 2 n _ l 可得原线圈中的电流为/=呆5 5 4故。错误：C、R
26、 2 两端的电压U R2 =I 2 R 2 =0.2 x 10V=2 V,故 B 正确；C、R 3 的热功率P =/_ 2 A 2 /?_ 3 =0.2 A 2 x 15Wi=0.6VK,故 C 正确；故选：B C。根据输入电压的瞬时表达式可知交流电的最大值和有效值，根据理想变压器原副线圈两端的电压之比与线圈的匝数成正比求得副线圈两端的电压，结合别和电路的欧姆定律求得。本题主要考查了理想变压器原副线圈两端的电压与匝数关系，结合闭合电路的欧姆定律即可求得。1 2.【答案】A B D【解析】解：A与B恰好分离，4、8间的弹力为0,以物块B为研究对象，由牛顿第二定律得F -m g =mg，解得F=，
27、mg，故A正确；开始A、B叠放在弹簧上静止时有/eq =(m +2 m)g,分离时以物块A为 研 究 对 象 有-2 m g =2 m-g,则物块4上升的高度为九=匕 一山，联立解得h =鬻，故B正确；由运动学公式得病=2 x ggh,解得分离时物块B的速度大小为u =:后，故C错误；从开始到分离时，弹簧弹力做功为勿=空 警 力，联立解得卬=嘤 卢，由功能关系知250fc弹簧弹性势能的减少量为E p =巴 梦，故。正确.；故选：ABDo物块A、B分离时，两者间作用力为零，以B为研究对象，根据牛顿第二定律求出竖直拉力的大小。根据平衡条件和胡克定律相结合求出开始时弹簧的压缩量。物块A、8分离时，以
28、A为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律相结合求出此时弹簧的压缩量，从而求得物块A上升的高度。由速度-位移公式求物块B的速度大小。根据压缩量的变化求解弹簧弹性势能的减少量。本题要选取合适的研究对象，分别对它们进行受力分析，并明确物体的运动情况，抓住临界条件，结合共点力平衡条件、牛顿第二定律和胡克定律确定弹簧的形变量是解题的关键。1 3.【答案】0.5 3 001.6 01.6 8【解析】解：(1)螺旋测微器读数为d=5mm+3 0.0 x 0.01 m m =5.3 00m m =0.5 3 00c m.(2)物块A通过光电门时的速度大小为v =m =挡*r n/s =2 m/s,则系统的动能
29、增I N.b b X J.u力 口 量 为/E k =|(m*+ms)v2=|x(0.5 +0.3)X 22J=1.6 0/；系统的重力势能减小量为ZE”=mAgh-mBgh=(0.5 -0.3)x 1 0 x 0.8 5 7 07 =1.6 8/。第12页，共16页故答案为：(1)0.5 3 00；(2)1.6 0；1.6 8,(1)明确螺旋测微器的读数方法，注意在读转动部分时需要估读；(2)根据A物块上的遮光片过光电门的时间求解物块速度，求出系统动能的增量，根据物块A的下降高度求解系统的重力势能减少量；本题全面的考查了验证系统机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以
30、及功能关系，增强数据处理能力。1 4.【答案】R2 1 2 0.6小 于1：2【解析】解：(1)电流表的满偏电流为3 m 4对应的电路中最小电阻为R=薮 缶0=3 000。，所以滑动变阻器应选择阻值较大的.(2)依据电路原理图将实物进行连接，如图所示.(3)电阻箱的读数为R=1 2 0.6 0,闭合开关S 2时认为电路中总电流不变，电流表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则有Rg=R=1 2 0.6 0；由于S 2闭合后，总电阻减小，则总电流增大，所以通过电阻箱的真实电流大于通过电流表中的电流，所以有R/J、于R*(4)由图丁可知Ra+&=簪，Ra=%(?：&),h T g 12T
31、g其中人=W m A=1 0 x I O-3 4 ；2=30 mA=3 0 x 1 0-3/1,Ig=3 mA=3 x I O-3?1联立解得：Ra：Rb=1：2故答案为：(1)R2；(2)如图所示；(3)1 2 0.6,小于；(4)1：2(1)根据实验原理与实验电路图选择滑动变阻器。(2)根据电路图连接实物图；(3)电阻箱各旋钮示数与独对应倍率的乘积之和是电阻箱读数；根据并联电路特点求出电流表内阻；根据实验电路图与实验步骤分析实验误差。(4)把表头改装成电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律解得。本题考查半偏法测量电阻实验，解题关键是要清楚半偏法的原理，会根据欧姆定律以及串并联电
32、路特点进行定量计算，并能判断实验的误差。1 5 .【答案】解：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：/=今R+r导体棒受到的安培力：F =B/L代入数据得：磁感应强度B =0.57(2)据左手定则，安培力方向沿导轨向上，由于&小于安培力，所以导体棒受沿导轨向下的摩擦力，根据共点力平衡条件得：m g s i n 370 +/=产 交解得：f=0.2N答：(1)磁感应强度大小为0.57；(2)导体棒受到的摩擦力大小为0.2N。【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律求出流过导体棒的电流，根据安培力公式求出磁感应强度大小；(2)根据导体棒所受重力沿导轨方向分力与安培力大小关
33、系判断摩擦力方向，应用平衡条件可以求出摩擦力大小。本题是通电导体棒在磁场中的平衡问题，分析清楚导体棒的受力情况是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律、安培力公式与平衡条件即可解题。16.【答案】解：(1)由匀变速直线运动的速度-位移公式层-诏=2a x 变形得病=2ax+诏可知识-X图像的纵轴截距表示诏，故甲、乙的初速度分别为%=a,%=(2)/一 图像的斜率k =2a。设甲、乙的加速度分别为的、a2,则 0-u22a l =丁整理得的 y，2=s当两车速度相等时相距最远，则%+art=%+a2t解得：t =f3u答：(1)甲、乙两车的初速度大小分别为“、会(2)从t =0 时刻起，再经过含时间
34、两车相距最远。【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度-位移公式/-诏=2a x 变形得到小与x的关系式，结合图像的信息求解甲、乙两车的初速度大小；(2)结合后与尤的关系式求出两车的加速度。当两车速度相等时相距最远，由速度-时间公式求解时间。本题考查追及问题，关键要熟练匀变速直线运动规律，得到解析式，分析图像的斜率和截距的意义。第14页，共16页17.【答案】解：(1)小物块A向左运动到传送带底端过程，由动能定理得：一 即 如 =两小物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1V1=m2vB-啊以代入数据解得：vB=3 m/s(2)小物块5沿传送带向上运动过程，由动能定理得：
35、-(m2gsin9 4-iim2gcose)ys=0 -加2诏代入数据解得：s =0.45m答：(1)两小物块第一次碰撞后B的速度大小是3m/s；(2)小物块8沿传送带向上运动的最大距离是0.45m。【解析】(1)应用动能定理求出物块月运动到传送带底端时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度。(2)应用动能定理可以求出小物块B沿传送带向上运动的最大距离。根据题意分析清楚物块的运动过程，应用动能定理与动量守恒定律即可解题。18.【答案】解：(1)根据题意画出粒子运动的轨迹图如图所示，因0 a =63带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运
36、动的半径为r，由牛顿第二定律有：q B=由几何关系有：=隼，P：r=2L联立以上各式得带电粒子的初速度大小：U =4殁m(2)粒子在第二象限做类平抛运动，设粒子在第二象限电场中运动的时间为t 2，由几何关系有：。=3 X轴方向分运动为匀速直线运动有：粤=伏2设y轴方向匀加速运动的加速度为m有：L =T 竭牛顿第二定律得：Eq=m a联立各式得：E 二 霁将V的值代入得：E =回竺m(3)设粒子在。点的速度与x轴负方向夹角为仇在c处，粒子的y轴分速度：%=。七2 =m x t2=V 3 v由合速度与分速度的关系得：t a n。=V联立可得：0 =6 0 故c点的速度为：%=2 =义”c m答：(1)带电粒子的初速度大小为誓；(2)电场强度的大小为 誓：(3)带电粒子在c点的速度大小为警。【解析】(1)由儿何关系可求得带电粒子在磁场中运动的半径，根据半径和牛顿第二定律可求得运动速度；(2)根据带电粒子在电场中做类平抛运动可知电场强度的大小；(3)根据类平抛规律即末速度的方向公式求出c点的速度。明确带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，抓住几何关系、由末速度的方向公式，灵活应用牛顿第二定律是解题的关键。第16页，共16页