浙江省宁波市九校2022-2023学年高二物理下学期期末联考试题（Word版附解析）

宁波市2022学年第二学期期末九校联考高二物理试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟．考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上．2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效．3．可能用到的相关公式或参数：．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.下列物理量属于矢量的是（）A.磁通量B.电流IC.功WD.磁感应强度B【答案】D【解析】【详解】A．磁通量虽有方向，但磁通量运算不遵守平行四边形定则，磁通量是标量，故A错误；B．电流方向表示正电荷定向移动方向，电流运算不遵守平行四边形定则，电流是标量，故B错误；C．功只有大小没有方向，是标量，故C错误；D．磁感应强度既有大小又有方向，运算遵守平行四边形定则，是矢量，故D正确。故选D。2.下列说法符合事实的是（）A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了小炭粒分子运动的无规则性B.第一个提出量子概念的科学家是爱因斯坦C.法拉第经过长达十年的实验探究，发现了电磁感应现象D.J·J·汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型【答案】C【解析】【详解】A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，是因为受到水分子的撞击，这反映了水分子运动的无规则性，A错误；B．第一个提出量子概念的科学家是普朗克，B错误；C．法拉第经过长达十年的实验探究，发现了电磁感应现象，C正确；D．J·J·汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，D错误。 故选C。3.图甲为某项链展示台，展示台可近似看成是与水平方向成角的斜面。项链由链条和挂坠组成，如图乙所示，其中完全相同的甲乙项链，链条穿过挂坠悬挂于斜面上，不计一切摩擦，则（）A.链条受到挂坠的作用力是由链条的形变产生的B.挂坠的重力沿垂直斜面方向的分力就是斜面受到的压力C.甲项链链条对挂坠的作用力等于乙项链链条对挂坠的作用力D.减小斜面的倾角，甲乙项链链条受到的拉力都增大【答案】C【解析】【详解】A．链条受到挂坠的作用力是由挂坠的形变产生的，故A错误；B．挂坠的重力沿垂直斜面方向的分力和斜面受到的压力不是同一种性质的力，不能说挂坠的重力沿垂直斜面方向的分力就是斜面受到的压力。故B错误；C．由共点力平衡的条件，项链链条对挂坠的作用力大小等于挂坠的重力沿斜面向下的分力。设挂坠质量为，斜面的倾角，两挂坠重力沿斜面向下的分力相同。因此甲项链链条对挂坠的作用力等于乙项链链条对挂坠的作用力。故C正确；D．甲乙项链链条受到的拉力减小斜面的倾角，减小，甲乙项链链条受到的拉力都减小。故D错误。故选C。4.小明同学利用废旧透明胶缠绕废纸做成一个纸球，让纸球从某一高度下落，如图所示，若纸球下落过程中空气阻力与速度成正比，并经过足够长时间落地，则纸球运动过程中的速度、重力势能、动能、机械能E随下落时间或下落高度h的关系图像可能正确的是（　　） A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．依题意，阻力与速度成正比，即由牛顿第二定律，可得联立，解得可知加速度随着速度的增加逐渐减小，当加速度为零时，速度达到最大，然后纸球匀速下落。v-t图线先是斜率变小的曲线，然后是斜率不变的直线。故A错误；B．根据重力势能的表达式可知-h图线为直线，且随着下落高度的增加重力势能减小。故B正确；C．根据可知-h图线的斜率先变小，当二力平衡后，动能不变，斜率为零。故C错误；D．根据 解得可知E-h图线的斜率先增大，后保持不变。故D错误。故选B。5.有一个趣味实验“静电章鱼”，实验过程是将塑料丝的一端扎紧，用纸巾不停摩擦，再用纸巾不断摩擦PVC塑料管，将摩擦后的塑料丝抛向空中，PVC塑料管在这束塑料丝的下方，上面的塑料丝瞬间分散开，悬浮在空中，宛如一条章鱼挥动自己的触角（如图所示），关于实验，以下说法正确的是（）A.纸巾摩擦塑料丝，使塑料丝产生了电荷B.实验越潮湿现象越明显C.PVC管和塑料丝带的是异种电荷D.“章鱼”远离塑料管的过程中，两者组成的系统电势能减小【答案】D【解析】【详解】A．纸巾摩擦塑料丝，电子在纸巾和塑料丝之间发生转移，使塑料丝带上了电荷。故A错误；B．实验环境越干燥现象越明显，故B错误；C．PVC管和塑料丝相互排斥，带的是同种电荷，故C错误；D．“章鱼”远离塑料管的过程中，静电力做正功，两者组成的系统电势能减小。故D正确。故选D。6.让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格（大小约为）上，可得到电子的衍射图样，如图所示．下列说法正确的是（）A.电子衍射图样说明了电子具有粒子性B.加速电压越大，电子的物质波波长越短 C.增大晶格尺寸，更容易发生衍射D.动量相等的质子和电子，通过相同的晶格，质子更容易衍射【答案】B【解析】【详解】A．电子衍射图样说明了电子具有波动性，故A错误；B．根据解得加速电压越大，电子的物质波波长越短，故B正确；C．根据衍射的条件可知，增大晶格尺寸，更不容易发生衍射，故C错误；D．根据，动量相等的质子和电子，对应的物质波波长也相等，通过相同的晶格，衍射程度相同，故D错误。故选B。7.如图是光电倍增管的工作原理图，其由阴极、阳极和多个倍增电极组成，提高了光电管灵敏度。使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此不断加速电子。如图所示，光电阴极K受光照后释放出光电子，电子以较大的动能撞击到第一个倍增电极上，从这个倍增电极上激发出更多电子，最后阳极A收集到光电网极的电子数比最初从阴极发射的电子数增加很多倍，则（　　）A.增大倍增级间的电压有利于提高其灵敏度B.入射光的频率越高，阴极K发射出的光电子的初动能一定越大C.图中标号为偶数的倍增电极的电势高于奇数的倍增电极的电势D.保持入射光频率和各级间的电压不变，增大入射光光强不影响阳极收集到的电子数【答案】A 【解析】【详解】A．增大倍增级间的电压，光电子获得的动能越大，光电子能够以更大的动能撞击下一个倍增管，下一个倍增管可以发射数量更多的光电子，有利于提高其灵敏度，故A正确；B．根据爱因斯坦光电效应方程可知，入射光的频率越高，阴极K发射出的光电子的最大初动能越大，但并不是所有光电子的初动能都会增大，故B错误；C．使用时相邻两倍增电极间均加有电压，以此不断加速电子，可知图中电势关系为可知，图中标号为偶数的倍增电极的电势不一定高于奇数的倍增电极的电势，故C错误；D．光强指单位时间照射到单位面积上的光的能量，即为，可知入射光频率不变，增大入射光的光强时，即增加入射光的光子数目，则在保持入射光频率和各级间的电压不变时，增大入射光光强，最终阳极收集到的电子数增大，故D错误。故选A。8.2023年5月17日10时49分，由航天科技集团五院研制的第五十六颗北斗导航卫星搭乘长征三号乙运载火箭，在西昌卫星发射中心成功发射。该卫星属地球静止轨道卫星，是我国北斗三号工程的首颗备份卫星，以下说法正确的（　　）A.该卫星环绕地球的速度大于7.9km/sB.该卫星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度C.发射该卫星的速度超过了第二宇宙速度D.启动该卫星的发动机进行加速，能减小该卫星的运动周期【答案】B【解析】【详解】A．地球第一宇宙速度7.9km/s等于近地卫星的环绕速度，根据解得由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知该卫星环绕地球的速度小于7.9km/s，故A错误；B．地球静止轨道卫星的角速度等于地球自转的角速度，根据 解得由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于赤道上一建筑物的轨道半径，则该卫星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度，故B正确；C．地球静止轨道卫星没有脱离地球束缚，则发射该卫星的速度超过了第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故C错误；D．启动该卫星的发动机进行加速，卫星将变轨到高轨道，根据解得由于轨道半径增大，则可知卫星的运动周期增大，故D错误。故选B。9.一长为L的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过．已知重力加速度为g，不计空气阻力．关于该运动过程说法正确的是（）A.小球穿过管所用时间大于B.若小球在管上升阶段穿过管，则C.若小球在管下降阶段穿过管，则D.小球不可能在管上升阶段穿过管【答案】B【解析】 【详解】A．两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为故A错误；B．刚好在管上升最高点穿过管有解得若小球在管上升阶段穿过管，则故B正确；C．若小球在管刚着地时穿管，有解得结合B分析可知小球在管下降阶段穿过管则故C错误；D．根据以上分析可知，故D错误。故选B。10.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置，但使用不当可能会造成过充、短路等安全隐患，出于安全原因，中国民航总局规定当单块移动电源的额定能量值不超过“100W·h”才可在乘机时随身携带．某一款移动充电宝，其参数见右表，（充电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值）下列说法正确的是（） 输入DC　5V2.0A输出DC　5V2.1A容量10000mA·h转换率>85%A.该充电宝能带上飞机B.充电宝充电时将电能转化为热能C.该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间为4.8小时D.该移动电源在充满电的情况下，能为一个“10W，5V”的USB风扇供电时长为5小时【答案】A【解析】【详解】A．该充电宝充满电后，具有的电能为可知该充电宝能带上飞机，故A正确；B．充电宝充电时将电能转化为化学能，故B错误；C．该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间为故C错误；D．该移动电源在充满电的情况下，转换率大于百分之85小于百分之百，故能为一个“10W，5V”的USB风扇供电时长满足故D错误。故选A。11.如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′做角速度为ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法中正确的是（　　） A.从t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量变化量为2nBSB.从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C.t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD.电流表的示数为【答案】D【解析】【详解】A．由题图乙可知，t1和t3这两个时刻穿过线圈的磁通量大小均为0，故t1到t3这段时间穿过线圈的磁通量变化量为0，故A错误；B．从t3到t4这段时间穿过线圈磁通量的变化量为BS，则平均感应电动势为通过电阻R的电荷量为故B错误；C．t3时刻线圈产生的感应电动势为由法拉第电磁感应定律可得则穿过线圈的磁通量变化率为故C错误；D．电流表的示数为电流的有效值，则有 故D正确。故选D。12.滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，D为圆周的最低点，如图所示，已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为，且与A等高。各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，则（）A.如果小朋友在A点沿滑梯AB、AC由静止滑下，B.如果小朋友分别从A点和B点沿滑梯AC，BD由静止滑下C.若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是D.若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是【答案】C【解析】【详解】AB．假设AB、AC与AD的夹角分别为、，则从AB、AC、BD下滑时有解得 故AB错误；CD．由AB项分析，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图，当两圆相切时时间最短，有解得所以最短时间为故C正确，D错误。故选C。13.如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放一质量的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。则（　　）A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力B.当恒力时，物块会与木板发生相对滑动C.当恒力时，物块会与木板发生相对滑动D.当恒力时，物块滑离木板所用的时间为【答案】C【解析】【详解】A．要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有 解得故A错误；BC．对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得对物块有为使物块不滑离木板，则解得综上可得，当时物块不滑离木板；当时物块与木板发生相对滑动；故B错误，C正确；D．若，物块能滑离木板。对木板有对物块有设经时间t滑块滑离木板，由运动学公式有解得故D错误。故选C。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．全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14.在同一均匀介质中，和处有两个相干波源同时起振产生简谐横波，如图是时刻的波形图，沿x轴正、负方向传播的波正好分别传播到坐标原点和处，已知两列波的振幅均为10cm，波速均为。则下列说法正确的是（） A.两波相遇后，坐标原点是振动加强的点B.经0.4s，处于坐标原点的质点运动的路程为0.6mC.0.4s时，坐标在之间的质点位移都为0，故都为振动减弱点D.两个波源之间（包含波源）有3个振动加强点【答案】AB【解析】【详解】A．由图可知，时刻两列波波峰对应的坐标与原点坐标之间的距离均为，又两列波波速相等，则两列波的波峰同时到达坐标原点，且两列波的波长相等，频率相等，所以两波相遇后，坐标原点是振动加强的点，故A正确；B．两波波长均为2m，则周期为设经过时间，沿x轴负方向传播的波刚好传播到原点处，有已知两列波振幅均为10cm，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故B正确；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处，坐标在之间，两列波的振动情况完全相反且振幅相同，则在0.4s时，坐标在之间的质点位移都为0 ，但不是都为振动减弱点，故C错误；D．根据波形平移法可知，两列波的起振方向相反，当质点与两波源的距离差等于半个波长的奇数倍时，该质点为振动加强点，则有（取整数）两个波源之间（包含波源）点与两波源的距离差满足则有，，，，，可知两个波源之间（包含波源）有6个振动加强点，故D错误。故选AB。15.光学授子是一种通过激光束捕获并移动微小物体（如细胞、病毒等）的设备．如图为一个底面半径为R、折射率均匀的圆柱形玻璃砖的横截面，两束激光从A点射入玻璃砖后从B、C点射出，入射角为，两束出射光平行．真空中的光速为c．激光束可看作一束动量相同的粒子流．以下说法正确的是（）A.玻璃砖的折射率为1.5B.根据动量定理可知，两束光线对玻璃砖的合力向上C.增大入射角，激光束有可能不能从玻璃砖中射出D.光在玻璃砖内的传播时间为【答案】BD【解析】【详解】A．两束光的光路图如图所示 第一次进入玻璃砖，设折射角为，有几何关系解得玻璃砖的折射率故A错误；B．两束光进入玻璃砖前后的速度和速度变化的矢量三角形如图由动量定理，玻璃对光子的作用力方向与方向相同，玻璃砖对光子的作用力的方向与方向相同。由平行四边形定则，玻璃砖对光的合力F方向向下。由牛顿第三定律，两束光线对玻璃砖的合力向上，故B正确；C．射出玻璃砖的入射角等于射入玻璃砖的折射角，所以增大入射角，激光束肯定能从玻璃砖中射出，故C错误；D．光在玻璃砖内运动消耗的时间为又可得故D正确。 故选BD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）①（多选）实验时，下列操作不必要的是______A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．改变砂和砂桶的质量，打出多条纸带D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M②如图所示是实验打出的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为计数点（相邻两点之间还有4个点未画出），则A点读数为_______cm，则小车的加速度为______（计算结果保留两位有效数字）。【答案】①.AD##DA②.0.50③.0.20【解析】【详解】①[1]A．固定的弹簧测力器可以测出拉力的大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A不必要；B．为保证小车受到的合力等于拉力，应将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B必要；C．实验中需要测量多组数据，所以要改变砂和砂桶的质量，打出多条纸带，故C必要；D．弹簧测力器可以测出拉力的大小，所以实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D不必要。故选AD。②[2]由图可知，A点的读数为0.50cm；[3]由可得17.现用如图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长 （1）如图所示，将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数为，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第5条亮纹中心对齐，记下此时图中手轮上的示数______mm．（2）已知，双缝间距d为，测得双缝到屏的距离为0.700m．可得所测光的波长为_______m（结果保留两位有效数字）【答案】①.②.【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数方法可知，此时图中手轮上的示数为（2）[2]根据可知18.某同学欲利用图所示的电路测量电流表A1的内阻，实验室提供的实验器材如下：A．待测电流表（量程0～300μA，内阻约120Ω）；B．电流表（量程0～1mA，内阻约为30Ω）；C．电流表（量程0～10mA，内阻约为5Ω）； D．定值电阻（阻值为50Ω）；E．定值电阻（阻值为15Ω）；F．滑动变阻器（0～20Ω，允许通过的最大电流为2A）；G．滑动变阻器（0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.1A）；H．电源E；I．开关及导线若干．在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：（1）图中电流表A2应选用______，定值电阻R1应选用______，滑动变阻器R应选用______。（均填器材前的选项字母）（2）根据图中的电路图，用笔画线代替导线，将图中的实物图连接成测量电路______．（3）正确选择器材并进行实验操作，调节滑动变阻器的滑片，可获得电流表A1，A2的多组数据I1、I2，作出I2-I1图线如图所示，如果图像的斜率k=3.64，则待测电流表的内阻为RA1=______Ω。【答案】①.B②.D③.F④.⑤.132【解析】【详解】（1）[1][2]电流表A2应选用B，定值电阻R1应选用D；电流表A1两端的最大电压为 通过电流表A2的最大电流为两只电流表能同时达到最大值；[3]为了方便调节，滑动变阻器应选用总阻值较小的即为F；（2）[4]电路如图所示（3）[5]由实验原理可得整理得图像斜率解得19.如图所示，一定质量的理想气体被绝热活塞封闭在高度为H＝60cm的绝热容器中，温度为，容器侧壁装有制冷/制热装置，可加热/冷却气体，该装置体积可忽略不计。容器外的大气压强恒为。活塞面积为S＝100cm2，质量，活塞与容器间的滑动摩擦力大小为500N。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。不计活塞厚度，重力加速度为。求：（1）最初活塞静止于距容器底部处，且与容器间无运动趋势，最初封闭气体的压强； （2）启动制冷/制热装置，当使活塞恰要开始滑动时，气体的温度；（3）启动制冷/制热装置缓慢加热气体，当活塞从最初状态到活塞滑动到容器顶端的过程中，气体吸收的热量Q＝900J，气体内能的变化。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对活塞受力分析得（2）活塞恰要开始滑动时，对活塞进行受力分析，根据平衡条件可得解得气体做等容变化，由查理定律得（3）当活塞从最初状态到活塞滑动到容器顶端的过程中做等压变化，气体对外做的功为由热力学第一定律得 20.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角的直轨道EF、水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，半圆轨道IJ，水平直轨道KL组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，半圆轨道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道KL左端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。K在J点正下方，滑块恰能从KJ间通过。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B点高度为1.2R，FG长度，传送带GH长，HI长，，半圆轨道IJ的半径r＝0.2m。滑块与FG间的动摩擦因素，与传送带间的动摩擦因素，与轨道HI和KL间的动摩擦因素均为，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3m处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，）（1）求滑块过C点的速度大小和滑块对轨道的作用力；（2）若最初传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；（3）若传送带以恒定的线速度v顺时针转动，要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件。【答案】（1）；，竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程中，由动能定理得解得滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得 由牛顿第三定律可知滑块对轨道的作用力大小为方向竖直向上（2）滑块滑下斜面AF重力做功若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能设滑块滑上半圆轨道IJ的高度，则解得则滑块恰好滑上半圆轨道的，然后滑下，由动能定理得解得滑块滑下半圆轨道在HI上滑行的位移大小所以滑块最终静止的位置距离H点的水平距离（3）滑块恰好能到达J，则滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能解得由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点 解得若传送带不动，滑块到达H点解得则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为若滑块在KL上与弹性挡板碰撞后，恰好停在K点，则从H到停下由动能定理得解得所以滑块在传送带上要加速，传送带的最大速度为因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件21.如图所示，水平面上有一光滑矩形金属轨道，间距为，左侧有一恒流源，电流。以O点为坐标原点，向右为正方向建立x轴，垂直x轴方向建立y轴，在至x＝的轨道区间I存在竖直向上的磁场（图中未画出），此磁场沿x轴正方向的变化规律为，沿y轴方向磁感应强度不变。磁场右侧M、N两处用光滑绝缘材料连接，右侧轨道上放置了一个“”形质量为的金属框edcf，其中ed，cf边长度均为。cd边垂直导轨，长度为，电阻阻值为；在金属框右侧长为，宽为的区域Ⅱ存在竖直向上的磁感应强度大小为的匀强磁场；轨道最右端接一个阻值的电阻．现质量也为，长度为的金属棒ab在磁场I区域中运动时，受到水平向右的恒力，由静止从处开始运动，ab棒离开磁场I区域时立刻撤去恒力。金属棒ab与“”形金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd，闭合导体框abcd滑出磁场Ⅱ 区域后可和右侧的固定弹性墙K发生弹性碰撞。整个滑动过程ab始终和轨道垂直且接触良好。已知，，，，除已给电阻外其他电阻均不计。若导体棒ab运动到处时刚好匀速，求：（提示可以用图像与x轴所围的“面积”代表力F做的功），求：（1）里的；（2）闭合导体框abcd进入磁场区域Ⅱ时的速度；（3）最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘多远处？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导体棒ab运动到处时刚好匀速，根据受力平衡可得解得（2）导体棒ab在磁场中，根据动能定理可得其中解得金属棒ab与金属框edcf相碰后会粘在一起形成闭合导体框abcd，根据动量守恒可得 解得（3）线框进入磁场过程，根据动量定理可得解得线框离开磁场过程，根据动量定理可得其中联立解得设线框在反弹后再次进入磁场过程停下来，金属棒ab进入磁场的距离为，根据动量定理可得解得假设成立，最终ab棒会停止在距离磁场区域Ⅱ右边缘处。22.物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，如图1是该设备的平面结构简图，以M点位置为原点建立坐标系．初速度不计的氩离子（比荷）经电压的电场加速后，从C点水平向右进入竖起向下的场强为的匀强电场，恰好打到电场、磁场的竖直分界线I最下方M点（未进入磁场）并被位于该处的金属靶材全部吸收，CM两点的水平距离为0.5m。靶材溅射出的部分金属离子（比荷）从M点沿各个方向进入 平面内的两匀强磁场区域，速度大小均为，并沉积在固定基底上，M点到基底的距离为。基底与xy轴方向夹角均为45°，大小相等、方向相同（均垂直纸面向内）的两磁场的分界线Ⅱ过M点且与基底垂直。（两种离子均带正电，忽略重力及离子间相互作用力。）求：（1）CM两点的高度差；（2）在平面内，基底上可被金属离子打中后镀膜的区域长度；（3）金属离子打在基座上所用时间最短时粒子的入射方向与分界线Ⅱ的夹角的正弦值；（4）两磁场大小不变、方向相反（均垂直纸面），以M点位置为原点建立坐标系，如图2所示，某个从靶材溅射出的金属离子（比荷），从M点以速度射入平面，且与轴正方向的夹角的正切值为0.25，求该金属离子打到基底时，在中的坐标。（基底在轴方向足够大）【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）氩离子在电场中加速，根据动能定理解得氩离子在电场中偏转有 代入数据得高度差（2）金属离子在磁场中运动有解得金属离子沿着靶材和磁场边界入射，其圆心在M点正上方处，金属离子沉积点为，分界线与基底交点为。由可知恰好在基底上，故可得绕着M点转动该圆，可知粒子打在上的最远点为圆与板相切点，根据几何计算，该点在延长线上，所以段都能打到。故离子能够镀膜范围的长度为（3）金属离子从点射出时时间最短，由几何关系可知，粒子的入射方向与分界线Ⅱ的夹角的正弦值为（4）将速度分解，金属离子在各个方向速度大小分别 金属离子在平面内做匀速圆周运动根据几何关系可知粒子运动的时间轴方向的位移金属离子在坐标系中的坐标为