浙江省台金六校2022-2023学年高二物理下学期期中联考试题（Word版附解析）

台金六校2022学年第二学期高二年级期中联考试题物理考生须知：1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。2、考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。3、选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，需将原填涂处用橡皮擦净。4、非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，答写在本试题卷上无效。5、可能用到的相关参数：重力加速度g取。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量为矢量，且单位是国际单位制中基本单位的是（　　）A.电流、AB.位移、mC.功、JD.磁通量、Wb【答案】B【解析】【详解】A．电流是标量，国际单位是A，是国际单位制中基本单位，A错误；B．位移是矢量，国际单位是m，是国际单位制中基本单位，B正确；C．功是标量，国际单位是J，不是国际单位制中基本单位，C错误；D．磁通量是标量，国际单位是Wb，不是国际单位制中基本单位，D错误。故选B。2.下列关于质点的说法正确的是()A.月球很大，一定不能看成质点B.研究地球的自转周期时地球可以看成质点C.引入“质点”的概念是为我们提供一种建立理想模型的方法D.研究地球绕太阳的公转速度时，地球不能看成质点【答案】C【解析】 【详解】A、体积很大的物体也可以看成质点，这要看分析的是什么问题，比如在研究月球绕地球的运动的时候，月球的大小比起月球到地球的距离来就可以忽略，月球就可以看成质点，故A错误.B、在研究地球自转时，地球的大小和形状不可以忽略，故不能看作质点，故B错误.C、质点是忽略了物体的形状和大小，把物体看成一个具有质量的点，这是为了研究问题方便而建立的理想化模型，实际不存在，故C正确.D、当研究地球的公转速度时，地球的大小和形状可以忽略不计，地球可以看作质点，故D错误故选：C．【点睛】质点是用来代替物体的具有质量的点，其突出特点是“具有质量”和”占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量，当物体的大小和形状在所研究的问题中能忽略，物体就可以看成质点.3.“世界杯”带动了足球热。如图所示，某足球高手正在颠球，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是（　　）A.0.1m/sB.1m/sC.3m/sD.6m/s【答案】C【解析】【详解】由图可知，足球上升的高度约为0.4m，最高点速度为零，根据可知故选C。4.如图为小丽玩小皮筋球的瞬间，小球正在向上运动，手正在向下运动，橡皮筋处于绷紧状态。对于小球的运动，下列说法正确的是（） A.图示瞬间小球一定处于超重状态B.图示瞬间小球一定正在向上减速C.在此后一小段时间内，小球的动能一定增加D.在此后的一小段时间内，小球机械能一定增加【答案】D【解析】【详解】AB．由于小球受到的重力与拉力关系未知，故无法判断加速度方向，无法判断图示瞬间小球处于超重还是失重状态，无法判断图示瞬间小球向上做何种运动，故AB错误；C．在此后的一小段时间内，小球受到的拉力可能小于重力，小球受到的合力向下，小球的动能减小，故C错误；D．在此后的一小段时间内，小球受到的拉力方向向上，拉力对小球做正功，小球机械能一定增加，故D正确。故选D。5.如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确的是（　　）A.碰墙前a和b的运动时间之比为9：16B.a和b碰墙时重力的瞬时功率之比为4：3C.从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为4：3D.a和b的初速度之比为4：3【答案】D【解析】【详解】A．球在竖直方向上做自由落体运动，根据 可得A错误；B．a和b碰墙时，小球的竖直方向速度重力的瞬时功率求得，a和b碰墙时重力的瞬时功率之比B错误；C．根据从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为C错误；D．球在水平方向匀速直线运动，水平位移相等，根据可以求得D正确。故选D。6.如图甲所示为振荡电路，电路中的电流i随时间t的变化规律为图乙所示的正弦曲线，下列说法正确的是（　　） A.在时间内，电流逐渐减小B.在时间内，电容器C正在充电C.和时刻，电容器极板带电情况完全相同D.电路中电场能随时间变化的周期等于【答案】B【解析】【详解】A．根据图像可知，在时间内，电流逐渐增大，故A错误；B．t1～t2时间内，电路中的电流在减小，电容器在充电，故B正确；C．和时刻，电容器充电完成，但极板所带正负电荷相反，故C错误；D．一个周期电容器充电放电两次，所以电路中电场能随时间变化的周期等于，故D错误。故选B。7.如图所示m、n为两根由绝缘材料制成的相互平行的等长均匀带电棒，m所带电荷量为Q，n所带电荷量为－Q，带负电的粒子q从a点运动至b点的过程只受静电力作用，a、b、m、n均在同一平面，下列选项正确的是（　　）A.带电粒子的运动轨迹可能为ⅠB.带电粒子做匀变速曲线运动C.a点电势小于b点电势D.静电力对带电粒子做负功，其电势能增加，动能减少【答案】D【解析】 【详解】A．由题意可知，两棒间场强方向向下，则带负电的粒子q从a点运动至b点的过程只受静电力方向向上，因静电力方向指向轨迹的凹向，可知带电粒子的运动轨迹可能为Ⅱ，选项A错误；B．两棒间的电场不是匀强电场，可知带电粒子做非匀变速曲线运动，选项B错误；C．两棒间场强方向向下，则a点电势大于b点电势，选项C错误；D．粒子受静电力的方向与速度夹角大于90°，可知静电力对带电粒子做负功，其电势能增加，动能减少，选项D正确。故选D。8.用同一材质做成的两只实心小球A、B，它们的质量分别为，，且。现分别让两只小球在一半径为R的光滑半圆中做简谐运动，测出它们所对应的周期分别为，。则可推出（　　）A.B.C.D.小球振动周期与小球质量无关【答案】A【解析】【详解】因可知两小球做简谐振动，可知类似单摆模型，根据可知可见小球振动周期与小球质量有关。故选A。9.如图所示，两列波长与振幅都相同的横波，t=0时，沿x轴正方向传播的波正好传播到坐标原点，沿x轴负方向传播的波刚好传播到x=1m处。已知两列波的振幅均为5cm，波速均为5m/s，则下列说法正确的是（　　） A.两波相遇后，原点是振动减弱的点B.经0.4s，处于原点的质点运动的路程为2mC.0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0D.在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点的路程都为0【答案】C【解析】【详解】A．两波在原点处的振动方向均向上，相遇后原点的振动加强，A错误；B．两波波长均为2m，则周期为设经过时间t1，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有已知两列波振幅，所以在前0.2s处于原点的质点运动路程为0.2s时两波相遇，原点为振动加强点，此时的振幅为则后0.2s经过的路程为则经0.4s，处于原点的质点运动的路程为B错误；C．在0.4s时，左侧的波刚好传播到2m处，右侧的波刚好传播到-1m处，两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在0~1m之间的质点位移都为0，C正确；D．路程为质点运动轨迹的长度，而位移则是由始末位置决定，在0~0.4s内，坐标在0~1m之间的质点位移为0，但路程不为0，D错误。故选C。10.如图所示，赤道上空有2颗人造卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B的轨道半径分别为、，卫星B的运动周期为T，某时刻两颗卫星与地心在同一直线上，两颗卫星之间保持用光信号直接通信，则（　　） A.卫星A的加速度小于B的加速度B.再经时间，两颗卫星之间的通信将中断C.卫星A、B的周期之比为D.为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星【答案】B【解析】【详解】A．根据解得可知A的加速度大于B的加速度，故A错误；C．根据解得可得故C错误；B．由题意可知当卫星A与B的连线与地球相切时信号将中断，由几何关系可知此时AB卫星的距离为，A比B多转过的角度为，则角度关系为 （为卫星A，B与地心连线的夹角），联立由数学知识可求得故B正确；D．卫星A的轨道半径为，对赤道的最大张角为106°，能辐射赤道的圆心角为74°，则需要的卫星个数，因此至少需要5颗以上才可以，故D错误。故选B。11.磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ=2Ω·m。则以下判断中正确的是（　　）A.因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定B.图中外接电阻R两端的电压为1200VC.当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高D.当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大【答案】D【解析】【详解】A．发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，故A错误；BD．等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得得发电机的电动势 发电机的内阻为则图中外接电阻R两端电压为当外接电阻发电机输出功率最大，故B错误D正确；C．发电机的效率可知，外电阻越大，电源的效率越高，故C错误。故选D。12.如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为（k为常数），线圈在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电动势e随时间t变化的图像（以顺时针为正方向），拉力F的功率P随线圈位移x变化的图像可能正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】AB．由于磁场的磁感应强度从左边界到右边界逐渐增强，由楞次定律可知感应电动的方向是逆时针方向；在0−t0时间内，设线圈的速度为v，刚入磁场时，只有右边切割磁感线，感应电动势由题意可知B=kvt则感应电动势线圈经磁场时感应电动势大小与时间成正比；在t0−2t0时间内，线圈完全入磁场，线圈的左右两边都在切割磁感线，回路的感应电动势e2=［kx−k（x−l）］lv=kl2ve2恒定不变；在2t0−3t0时间内，线圈右边出磁场后，只有左边切割磁感线，线圈离开磁场时，线圈中磁通量减小，则感应电动势方向沿顺时针方向，感应电动势e3=Blv其中磁感应强度感应电动势因此之后感应电动势大小随时间均匀增大，所以A正确，B错误； CD．线圈匀速进入磁场中，其安培力F安=Bil电流线圈位移x=vt磁感应强度B=kx=kvt线圈做匀速直线运动，由平衡条件得F=F安解得拉力F的功率在0−l中，F−x图象是抛物线线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的运动中，即l−2l中，安培力F安=kxil−k（x−l）il=kil2电动势恒定不变，电流恒定不变，F=F安不变，拉力F的功率不变；线圈右边离开磁场之后，即在2l−3l运动中，拉力等于线圈左边所受安培力大小F安=B=k（x−l）则有F=F安=拉力F的功率P−x图象是一段抛物线；因此CD错误。 故选A。13.半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（　　）A.该玻璃砖的折射率为B.由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的C.由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为D.由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，由几何关系知又因为故A错误；B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率不变，B错误；C．由几何关系可知，由Q点射入的光线在玻璃砖内运动的距离为时间为 C错误；D．设由Q点射入的光线在圆弧面上发生折射时的入射角和折射角分别为和，由折射定律知设折射光线与水平轴OA的夹角为，由正弦定理得由几何关系得联立解得D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（　　）A.电磁波的接收要先后经过调谐和解调两个过程B.机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，利用的工作原理是静电感应C.微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的D.鸣笛的火车从远处驶来时，鸣笛声波速变大，频率变大，音调变高【答案】AC 【解析】【详解】A．电磁波接收要先后经过调谐和解调两个过程，A正确；B．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，利用的工作原理是涡流，B错误；C．食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高，从而实现加热的目的，C正确；D．鸣笛的火车从远处驶来时，鸣笛声波速不变，我们接收频率变大，但声源的振动频率不变，音调变高，D错误。故选AC。15.ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面图，AB⊥BC，由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路如图所示，则a、b两束光（　　）A.在真空中，a光的传播速度比b光大B.在棱镜内，a光的传播速度比b光小C.以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小D.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大【答案】CD【解析】【详解】A．在真空中，a光的传播速度与b光一样大，A错误；BC．由题可知，a在传播的过程中没有发生全反射，b发生全反射，故以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小，根据折射定律可知a光的传播速度比b光大，C正确，B错误；D．由题分析可知，a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的波长，由可知，分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大，D正确。 故选CD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分。）实验题（Ⅰ、Ⅱ两题共14分）16.在“利用单摆测重力加速度”的实验中。（1）用最小刻度为1mm的刻度尺测量摆线长，如图甲所示，单摆的摆线长为______cm；用游标卡尺测量摆球的直径，如图乙所示，则球的直径为______cm；（2）为减小误差，该实验并未直接测量一次全振动的时间，而是先测量30~50次全振动的时间，再求出周期T。下列实验采用了类似方法的有______A．《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量B．《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量【答案】①.99.15②.2.075③.A【解析】【详解】（1）[1]如图甲所示，单摆的摆线长为99.15cm。[2]如图乙所示，游标卡尺的主尺读数为2.0cm，游标尺的第15个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为0.05×15mm=0.75mm=0.075cm则球的直径为2.0cm+0.075cm=2.075cm（2）[3]A．《用双缝干涉测量光的波长》实验中相邻两条亮条纹间的距离的测量时，用测量头测出n个亮条纹的距离a，可得，符合题意；B．《探究两个互成角度的力的合成规律》实验中合力的测量，是矢量的加法，即平行四边形定则或三角形定则，是等效替代法，不符合题意；C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量时，先测量弹簧的原长，再测量弹簧产生形变后长度，形变后长度与原长的差值，不符合题意。 故选A。17.利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。①本实验要主要运用的科学方法是______；A．等效替代法B．控制变量法C．整体隔离法D．理想模型法②观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______；（填“多”或“少”）③以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；（填字母）A．B．C．D．④利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是______。A．8.48VB．4.24VC．2.55VD．3V【答案】①.B②.少③.BD④.C【解析】【详解】①[1]本实验中，主要通过改变一个物理量，保持其他物理量不变，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，利用了控制变量法。故选B。②[2]观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈电流大，匝数少； ③[3]本实验需要交流电源，要测量副线圈两端的电压，需要用交流电压表，可用多用电表替代。故选BD；④[4]由题可知，原线圈输入交流电的有效值为6V，若为理想变压器，根据原、副线圈的电压比与匝数比的关系可得副线圈的电压考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则副线圈所测得得电压大于零小于3V，可能为2.55V。故选C。18.某兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。准备的器材如下：A．一节干电池；B．电流表G（量程为0~2.0mA，内阻为10Ω）；C．电流表A（量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω）；D．滑动变阻器（0~10Ω，5A）；E．滑动变阻器（0~100Ω，1A）；F．定值电阻；G．开关S和导线若干。①所选器材中无电压表，需要将G与定值电阻______（填“串联”或“并联”），改装后的电压表对应量程是______。②根据所给器材在空白框里画出电路图______。③为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是______（填写器材前的字母编号）。④该同学利用上述实验原理图测得几组数据，并根据这些数据，以电流表G的读数为纵轴，电流表A 的读数为横轴，绘出了如图所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝______V（保留三位有效数字），干电池的内阻r＝______Ω（保留两位有效数字）。【答案】①.串联②.0-2V③.④.D⑤.1.48⑥.0.85【解析】【详解】（1）[1][2]电流表与定值电阻串联可改装成大量程的电压表，量程为（2）[3]由于一节干电池的内阻较小，所以电流表应采用外接法，电路如图（3）[4]为了能准确进行测量，同时为了操作方便，实验中应该选小电阻值的滑动变阻器，故选D；（4）[5][6]根据闭合电路的欧姆定律可得 由图可得纵轴截距解得E=1.48V斜率解得r=0.85Ω19.某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图简化如下：质量M＝2kg的气缸通过细线悬挂在天花板下，质量m＝0.2kg、横截面积的活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内。开始时活塞距气缸底部的高度h＝20cm，缸内温度；当环境温度上升，活塞缓慢下移时，活塞表面（涂有导电物质）恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与气缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强，求：（1）缸内气体的压强；（2）蜂鸣器刚报警时的环境温度；（3）该过程中，气体对活塞做的功。【答案】（1）9.8×104Pa；（2）375K；（3）4.9J【解析】【详解】（1）对活塞p0S=p1S+mg解得p1=9.8×104Pa （2）等压变化过程则解得T2=375K（3）气体等压膨胀对活塞做功W=p1SΔh=4.9J20.如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为的竖直半圆轨道BCD、圆心为的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接。滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m＝0.02kg，轨道BCD的半径R＝0.45m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，H可调最大的高度是4m，轨道FG的长度L＝3m。（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求滑块经过管道DEF的最高点F时的最小速度和对轨道的最小压力；（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，写出滑块在轨道FG上滑行距离s与可调高度H的关系式。【答案】（1）1.125m；（2）m/s，0；（3）（1.125m≤H<2.3m）【解析】【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得 则恰能过BCD最高点D的最小速度为从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得H=1.125m（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得vF=m/s经半圆管道的F点时，若vF>0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF=m/s。当在F点对轨道压力为零时的速度为可知，小球在F点对轨道的压力最小值为零。（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF=m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg=ma则加速度大小为a=μg=0.4×10m/s2=4m/s2此时在FG上滑行距离为不掉落轨道；此时H=1.125m。 若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02=2ax可得F点的最大速度为从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足1.125m≤H<2.3m根据解得（1.125m≤H<2.3m）21.如图甲所示，光滑的足够长金属导轨MN和PQ平行，间距为L＝1.0m，与水平面之间的夹角，匀强磁场磁感应强度为B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝7.6Ω的电阻。将一根质量为m＝0.5kg，电阻为r＝0.4Ω的金属杆ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，其余电阻均不计。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属杆沿导轨向上的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。（，）（1）求恒力F的大小；（2）求金属杆ab从开始运动到刚达到稳定状态的过程中产生的焦耳热；（3）求0~1s内金属杆ab运动的位移x1；（4）若将t＝1s记作0时刻，并让磁感应强度逐渐减小，使金属棒以的加速度做匀减速运动，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。 【答案】（1）3.5N；（2）0.0825J；（3）0.4m；（4）（t<0.6s）【解析】【详解】（1）当金属棒匀速运动时，由右手定则判断出导体棒中电流由a流向b，由左手定则判断出安培力平行斜面向下，由平衡条件得：F=mgsin37°+F安其中由乙图可知：v=1.0m/s联立解得F=3.5N（2）从金属棒开始运动到达稳定，由功能关系可得（F-mgsin37°）s=Q+mv2两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属杆上产生的焦耳热为Qr=Q联立解得Qr=0.0825J（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，取沿导轨向上为正方向，由动量定理有其中：v2=0.6m/s 根据电荷量的计算公式可得联立并代入数据解得x1=0.4m（4）对导体棒由牛顿第二定律其中v=v2-at=0.6-t解得（t<0.6s）22.如图甲中M、N之间有一加速电场，虚线框内用偏转元件的匀强偏转场来控制带电粒子的运动。现有一粒子源K，可以产生初速度为零的X和Y粒子，X粒子的质量为m，电荷量为＋q，Y粒子的质量为4m，电荷量为＋q。经调节后粒子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上。已知MN两端电压为，MN中粒子束距离靶台竖直高度为H，忽略粒子的重力影响，不考虑粒子间的相互作用，不计空气阻力。（1）求X粒子刚进入偏转场时的速度大小；（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，且磁场区域为一个圆形磁场，直径为。从加速场出来的X粒子正对圆形磁场的圆心射入，要实现X粒子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为，求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）若偏转场S为一矩形竖直向下的匀强电场，区域水平宽度为，竖直高度足够长，当偏转电场强度为E时X粒子恰好能击中靶台的中心P点。靶台为一圆形区域，直径为d。仪器实际工作时，电压会随时间小幅波动，即加速电压为，粒子通过加速电场时电场可以认为是恒定的。在此情况下，为使Y粒子均能击中靶台，求电压为时Y粒子击中靶台的位置以及电压的波动。 【答案】（1）；（2）垂直纸面向外；（3）击中靶台的中点P；【解析】【详解】（1）X粒子在加速电场中，由动能定理解得X粒子离开加速电场进入偏转场时的速度大小（2）若偏转场S为垂直纸面的匀强磁场，X粒子进入磁场后要向下偏转，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，X粒子在磁场中的运动轨迹如图由几何知识可得再根据牛顿第二定律解得匀强磁场的磁感应强度B的大小为 （3）X粒子在竖直向上的匀强电场中做类平抛运动，由推论，其出电场时的瞬时速度的反向延长线一定通过场区水平宽度的中点A点；若由于加速电场电压变化，电子离开偏转电场的速度不同，但其反向延长线也必然通过场区水平宽度的中点A点，如图所示当加速电场电压为U0时，X粒子刚好打在P点，即再由X粒子在匀强电场中偏转的运动规律代入得解得可见粒子击中靶台上的位置与粒子的电量和质量都无关，即电压为时Y粒子仍能击中靶台的中点；当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台右边缘，即 解得当加速电场电压为时，Y粒子刚好能打在靶台左边缘，即同样可解得