浙江省舟山市2021-2022学年高二物理下学期期末试题（Word版带解析）

舟山市2021学年第二学期期末检测高二物理试题卷（2022.6）满分100分，考试时间分钟。考生注意：1.答题前，请将考生相关信息填写在答题卷规定的位置上。2.答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在试题卷上作答一律无效。3.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内。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，每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，选对得3分，不选、错选或多选均不得分）1.韦伯（weber）是国际单位制中磁通量单位，缩写Wb，是以德国物理学家威廉·韦伯的名字命名的。若用国际单位制基本单位的符号来表示Wb，正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据磁通量的计算公式Φ=BS可知1Wb=1T•m2根据磁感应强度的定义式可得所以1T=N/A•m其中力的单位1N=1kg∙m/s2故磁通量单位用国际单位制的基本单位可表示为\n1Wb=1kg•m2•A-1•s-2故选C。2.文艺复兴时期，意大利的达·芬奇曾设计过一种转轮，利用隔板的特殊形状，使一边重球滚到另一边距离轮心远些的地方，并认为这样可以使轮子不停地转动，如图所示。下列说法正确的是（　　）A.该设计可以使转轮在无外力作用下顺时针转动变快B.该设计可以使转轮在无外力作用下逆时针转动变快C.该设计可以在不消耗能源的情况下不断地对外做功D.该设计使转轮永远转动的设想是不可能实现的【答案】D【解析】【详解】AB．由杠杆平衡原理可知，重球滚到另一边距离轮心远些的地方，左边每个重物施加于轮子的旋转作用虽然较大，但是重物的个数却较少。精确的计算可以证明，总会有一个适当的位置，使左右两侧重物施加于轮子的相反方向的旋转作用(力矩) 恰好相等，互相抵消，使轮子达到平衡而静止下来。不管转轮是顺时针转动还是逆时针转动，在无外力作用下，只能是转动变慢，最终停下来。AB错误；CD．由AB中分析结合能量守恒定律可知，该设计在不消耗能源的情况下不断地对外做功是不可能的，这种设想不可能实现，C错误，D正确。故选D。3.2022年6月5日10时44分，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，6月5日17时42分，神舟十四号飞船与空间站径向端口成功对接，将陈冬、刘洋、蔡旭哲3位航天员送入空间站天和核心舱。下列说法正确的是（　　）A.10时44分是指时间间隔\nB.神舟十四号载人飞船刚开始加速飞离地球的过程中，宇航员处于超重状态C.研究神舟十四号与天和核心舱对接的技术细节时，可以将飞船看成质点D.航天员在空间站中绕地球运动时的惯性比在地面时的惯性大【答案】B【解析】【详解】A．10时44分是指时刻，A错误；B．神舟十四号载人飞船刚开始加速飞离地球的过程中，加速度向上，支持力大于重力，宇航员处于超重状态，B正确；C．研究神舟十四号与天和核心舱对接的技术细节时，大小不能忽略，不能将飞船看成质点，C错误；D．航天员质量不变，故在空间站中绕地球运动时的惯性与在地面时的惯性一样大，D错误。故选B。4.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是（　　）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】【详解】AC．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，AC正确；BD．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，D正确，B错误。本题选不正确项，故选B。5.2022年北京冬奥会比赛中，单板大跳台是一项紧张刺激的项目。比赛期间一观众用手机连拍功能拍摄运动员从起跳到落地的全过程，合成图如图所示。忽略空气阻力，且手机连拍的时间间隔一定。下列说法正确的是（　　）\nA.运动员在空中的飞行过程是变加速曲线运动B.运动员在斜向上飞行到最高点的过程中，其动能全部转化为重力势能C.运动员在空中飞行过程中，图片中任意两组相邻位置的动能变化都相同D.运动员在空中飞行过程中，图片中任意两组相邻位置的动量变化都相同【答案】D【解析】【详解】A．不计空气阻力，运动员在空中只受重力作用，是匀变速曲线运动，A错误；B．运动员在最高点时水平方向有速度，所以经过最高点时动能不为零，B错误；C．运动员是匀变速曲线运动，连续相等时间内的速度变化量相同，而竖直方向由于速度变化所以连续相等时间位移不等，重力做功取决于高度变化，由动能定理知图片中任意两组相邻位置的动能变化不同，C错误；D．运动员是匀变速曲线运动，连续相等时间内的速度变化量相同，所以图片中任意两组相邻位置的动量变化都相同，D正确。故选D。6.如图所示，两个质量不相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、F、、a分别表示卫星的轨道半径、周期、万有引力、动能、向心加速度。下列关系式正确的是（　　）A.B.C.D.\n【答案】C【解析】【详解】A．根据万有引力定律得由于卫星A、B质量关系未知，故无法确定、的大小关系，A错误；D．卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得卫星的动能可表示为由于卫星A、B质量关系未知，故无法确定两卫星的动能关系，D错误；B．由引力作为向心力可得卫星的加速度为由于，可知B错误；D．由于两卫星做圆周运动的中心天体相同，由开普勒第三定律得C正确。故选C。7.目前新冠病毒在全球大流行，科学家通过电子显微镜观察到此病毒入侵人体的神秘面纱，电子显微镜发射电子束（相当于光束），通过电场或磁场构成的电子透镜实现汇聚或发散。其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面。一电子仅在电场力的作用下运动，其运动轨迹如图所示，a、b是轨迹上的二点，则下列说法正确的是（　　）\nA.电子在a处的电势能大于b处的电势能B.a处的电场强度大于b处的电场强度C.电子从a到b运动时，加速度保持不变D.电子在a处受到的电场力方向与a处虚线相切【答案】A【解析】【详解】A．负电荷在电势越高处电势能越小，故电子在a处的电势能大于b处的电势能，A正确；B．等差等势面越密处场强越大，故a处的电场强度小于b处的电场强度，B错误；C．由牛顿第二定律可得a处场强较小，电子在a处的加速度较小，故电子从a到b运动时，加速度一定发生变化，C错误；D．由于电场线总是跟等势面垂直，故电子在a处受到的电场力方向与a处虚线垂直，D错误。故选A。8.某同学设计的无级变速风扇电路如图所示，理想自耦变压器的铁芯上绕有一个线圈，可通过滑片P调节副线圈匝数。A、B间输入电压为，E为线圈C、D的中点，通过滑片P上、下移动，改变风扇M两端的电压。风扇M的内阻，额定电压，额定功率。则（　　）\nA.当滑片P向上移动时，风扇的转速将减小B.当滑片P向上移动时，原线圈的电流将变小C.当滑片P置于C处时，风扇输出功率为D.当滑片P置于E处时，风扇两端的电压为【答案】C【解析】【详解】AB．当滑片P向上移动时，风扇两端的电压变大，则转速将增加，风扇消耗的功率也将变大，则变压器次级消耗的功率变大，初级的输入功率变大，则原线圈的电流将变大，选项AB错误；C．当滑片P置于C处时，变压器次级电压等于初级电压，则风扇两端电压有效值为100V，则，正好正常工作，则风扇输出功率为选项C正确；D．当滑片P置于E处时，风扇两端的电压为选项D错误。故选C。9.如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造\n成短路。示意图如图乙所示，、、、为四根导线，为正方形，几何中心为，当四根导线通有等大同向电流时（　　）A.所受安培力的方向沿正方形的对角线方向B.对的安培力小于对的安培力C.几何中心点的磁感应强度不为零D.夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象【答案】A【解析】【详解】A．根据同向电流相互吸引，可知受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，与对的安培力大小相等，所以两者对的合力沿方向，而对的安培力也是沿方向，故所受安培力的方向沿正方形的对角线方向，A正确；B．由图乙可知，离的距离比离的距离小，说明电流产生的磁场在处比在处强，故对的安培力大于对的安培力，B错误；C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，点与四根导线的距离相等，由安培定则可知电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心点的磁感应强度为零，C错误；D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；故选A。10.如图所示，是2022年市场上出现的某新款智能手表，其充电电压为，充电电流为\n。如果每4天要为手表充电2小时，当地电价为0.60元/度，则智能手表连续使用一年所需的电费约为（　　）A.0.06元B.0.6元C.6元D.60元【答案】B【解析】【详解】手表充电一次所耗电的电能为则智能手表连续使用一年所需的电费为电费约为0.6元。故选B。11.如图所示，长方形单匝金属线框，总电阻为R，其中，，虚线右侧有垂直于线框平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，左侧无磁场。线框以角速度绕垂直于磁场的转轴匀速转动（从上往下看顺时针），时刻金属线框恰好位于图示位置。若规定金属线框中感应电流沿方向时为正，则感应电流I与时间t的关系图线正确的是（　　）\nA.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在0~时间内，BC边切割磁感线的速度逐渐变大，感应电流按正弦规律逐渐增加，当线圈平面与磁感线平行时感应电动势最大，感应电流最大，最大值为方向为正方向；在时间内，在时刻，线圈的AD边进入磁场，则感应电流\n方向仍为正方向；当线圈再转过90°时，感应电流减小到零；同理可知，在时间内，线圈的AD边在磁场中切割磁感线，感应电流从零增加到但方向为负方向；在时间内，在时刻，线圈的BC边进入磁场，则感应电流从最大值转过90°时感应电流减小到零；方向为负方向；综上所述，线圈中的电流随时间变化图像为B。故选B。12.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮，主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。如图所示，介质球的球心位于O点，半径为R。平行于直径的单色光沿从空气射入介质球，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气中时出射光线恰好与平行，已知与的距离为，下列说法正确的是（　　）A.介质球的折射率为B.该单色光从空气射入球面不同位置，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时的出射光线均与入射光平行C.换不同的单色光线，沿入射，在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时仍与平行\nD.增大单色光的频率，入射光射入球体后，在球内表面可能发生全反射【答案】A【解析】【详解】A．光路图如下图由几何关系可得解得i=由图可知i=2r则r=所以介质球的折射率为故A正确；B．在同一过球心的截面内，只有沿直径和直径两侧对称的两条，共三条光线在球内表面经一次反射后，再次折射回空气时与入射光平行，故B错误；C．若增大入射光的频率，折射率增大，由折射定律知，折射角r减小，折射光线将射到B点下方，反射光线将射到E点左侧，再次折射到空气中时折射角r′=i由几何知识可知，出射光线与入射光线不再平行，故C错误；\nD．增大单色光频率，入射光射入球体后，根据几何知识得知，第一次的折射角等于第二次的入射角，根据光路的可逆性原理，不可能在介质球内表面发生全反射，故D错误。故选A。13.如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若已知电子的质量为m、电荷量为e、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，则（　　）A.圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动B.电子在各圆筒内运动时间均为C.在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值D.第n个圆筒的长度为【答案】D【解析】【详解】A．因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做匀速运动，故A错误；B．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为，选项B错误；C．因为在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，则此时圆筒1电势高，即在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，选项C错误；D．设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得\n解得所以第n个筒的长度为故D正确。故选D。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个选项是符合题目要求的，全部选对得2分，选对但不全的得1分有错选的得0分）14.如图所示，下列说法正确的有（　　）A.如图甲，自然光由空气射向水面，反射光是偏振光B.如图乙，立体电影原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理相同C.拍摄图丙中玻璃橱窗中的物体，通常要在照相机镜头前加一个滤光片来消除反光D.如图丁所示的衍射图样是由光照射一个不透光的圆盘得到的【答案】AD【解析】\n【详解】A．如图甲，自然光由空气射向水面，反射光是偏振光，故A正确；B．如图乙，立体电影的原理是光的偏振，照相机镜头表面涂上增透膜的原理是光的干涉，故B错误；C．拍摄图丙中玻璃橱窗中的物体，通常要在照相机镜头前加一个偏振片来消除反光，故C错误；D．如图丁所示，在圆形阴影中心有亮斑，即泊松亮斑，是由光照射一个不透光的圆盘得到的的衍射图样，故D正确。故选AD。15.一定质量的理想气体经历了的循环，其图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A.状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大B.由C到D的过程中，气体是等温变化C.由B到C的过程中，气体要放出热量D.经历一个循环，气体吸收的总热量大于释放的总热量【答案】ACD【解析】【详解】A．从A到B，气体发生等压膨胀，由理想气体状态方程可知气体温度升高，故状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大，A正确；B．由C到D过程中，气体压强、体积均减小，可知气体温度降低，B错误；C．由B到C的过程中，气体体积不变，外界没有对气体做功，但压强减小，温度降低，气体内能减小，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，C正确；D．经历一个循环，从状态A又回到状态A，温度相同，内能相同，图线AB与V轴\n所围面积表示气体对外做的功，图线CD与V轴所围面积表示外界对气体做的功，可知气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律可知，气体吸收的总热量大于释放的总热量，D正确。故选ACD。16.如图所示，均匀介质中有两个振源和，它们的频率、振幅、振动方向均相同且振动的步调完全一致，产生的两列波的波长均为，与之间距离为，O点为、连线中点。现以O点为中心画一个正方形，正方形的两边与、的连线平行，且正方形边长远大于，虚线过、与正方形的交点分别为P、Q，下列说法正确的是（　　）A.O点处质点的位移始终最大B.P、Q两点处质点的位移始终为零C.正方形四边上振动减弱点的数目为6个D.P、Q连线上振动加强点的数目为6个【答案】BC【解析】【详解】A．O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，但该处质点的位移不是始终最大，故A错误；B．P、Q两点与两波源的距离之差为，则P、Q两点的振动减弱，振幅为零，则两处质点的位移始终为零，故B正确；C．在S1、S2之间振动减弱点有两个，分别是距离S1为和的点，过两个减弱点画两条减弱曲线，则该曲线与正方形有4个交点，在S1P和S2Q上各点都是振动减弱点，即正方向上的P、Q两点也是减弱点，故正方形四边上振动减弱点的数目为6个，故C正确；D．在S1、S2之间振动加强点有3个，分别是距离S1为、和的位置，过这三点分别做三条加强曲线与正方形有6个交点，即正方形四边上振动加强点的数目为6个，故D错误。故选BC。\n非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）如图1所示，在探究“加速度与力、质量的关系”实验中：①需要用到的物理方法是__________；A．控制变量法B．等效替代法②实验过程中，在不挂槽码的情况下，以下平衡阻力的方法正确的是__________；A．逐步调节木板的倾斜程度，直到小车在木板上任何位置均能静止B．逐步调节木板的倾斜程度，使小车（不拖纸带）在木板上能匀速运动C．逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀③平衡摩擦力后，此实验装置能否用来验证机械能守恒定律_______（填“能”或“否”）。（2）某实验小组的同学进行“验证动量守恒定律”的实验，实验装置如图2所示，记录纸平铺在水平地面上。入射小球A与被碰小球B半径相同。先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的P点。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落到位于水平地面的M点和N点，O点是重锤正下方一点。多次重复上述实验，在记录纸上留下多个痕迹，用一个最小的圆周分别将这些痕迹圈在圆内，如图3所示。①小球A与B相碰前在记录纸上的落点P距O点的距离为__________cm；②对实验数据进行分析，可知小球A、B的质量比mA：mB最接近________。A．3∶2B．3∶1C．4∶1\n【答案】①.A②.C③.否④.25.00⑤.C【解析】【详解】（1）①[1]探究加速度与力、质量的关系的实验中，需要保持力或质量不变，观察加速度与质量或力的关系，用到的方法为控制变量法。故选A。②[2]实验过程中，在不挂槽码的情况下，逐步调节木板的倾斜程度，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀来平衡摩擦力。故选C。③[3]平衡摩擦力是用重力的分力来抵消摩擦力，摩擦力还是真实存在的，则一定有摩擦力做负功，机械能一定不守恒，不能用来验证机械能守恒定律；（2）①[4]刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，故读数为25.00cm；②[2]根据平抛规律，设抛出速度为v，根据x=vt联立可得根据动量守恒定律得根据题意联立解得由图可得代入数据可得故选C。18.（1）图1是一款可以直接接在手机上的电风扇，某同学拆下电风扇，将多用电表选择开\n关置于欧姆“”挡，调零后按正确操作将表笔接在风扇的接线柱上测量，一次叶片转动，另一次设法使叶片不转，两次电表读数如图2、3所示，则__________（选填“图2”或“图3”）为叶片转动时的读数。根据测量得出电风扇的电阻大约是__________；（2）该同学想进一步探究在不同电压下风扇的电功率，按图4所示连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，发现电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是图4中导线__________没有连接好（选填图中导线序号）；（3）根据实验数据描绘电风扇的电流随电压的变化曲线如图6所示，某次测量时电压表的示数如图5所示，则电压__________V，此时该风扇的输入功率大约是__________W（功率结果保留两位有效数字）。【答案】①.图3②.10③.④④.1.20⑤.0.11【解析】【详解】（1）[1]因为风扇转动的时候，其内部电动机上绕制的线圈因为电磁感应，产生一个反电势，这个反电势正好和电源极性相反，和电源抵消一部分，所以电流较小，电阻读数较大，电动机不转，就不会产生反电势，所以电流较大，所测得的电阻较小，故图3是转动时测的电阻值；[2]电风扇的电阻是不转时的电阻，既图2，其中读数为10，则电风扇的电阻大约是（2）[3]闭合开关，调节滑动变阻器滑片，发现电压表和电流表均有示数,说明除滑动变阻器部分其他部分都是通路，电表示数总是调不到零，说明滑动变阻器分压连接没连接好，其原\n因是图4中导线④没有连接好。（3）[4]根据电流随电压的变化曲线可知，电压表量程选择的是3V的量程，电压表的分度值为0.1V，则对应的读数为1.20V；[5]根据图像可知，此时该风扇的电流为0.9A，故输入功率大约是19.如图1所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，图2为冰壶比赛场地示意图。某次比赛中，运动员携带质量的冰壶一起从起踏器处以的速度作匀减速直线运动，至投掷线处释放冰壶，冰壶恰好停在营垒圆心O处。已知起踏器和投掷线之间距离，投掷线与营垒圆心O的距离，冰壶与冰面之间动摩擦因数为0.02，冰壶可视为质点。求：（1）释放冰壶时冰壶的速度；（2）冰壶到达投掷线前，其受到的合外力；（3）为了战术需要，要使冰壶多滑行，队员需在其滑行前方摩擦冰面，若摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数变为原来的90%，则队员摩擦冰面的长度应为多少。【答案】（1）；（2）30N；（3）10m【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律，冰壶减速过程加速度大小为由运动学规律代入数据解得释放冰壶时冰壶速度（2）冰壶到达投掷线前\n解得由牛顿第二定律得（3）设队友摩擦冰面的长度为x已知，代入数据解得（3）另解：设队友摩擦冰面的长度为x，由动能定理代入数据解得20.如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道，圆心为O的竖直半圆轨道、水平直轨道及弹性板等组成，半圆轨道最高点D与水平直轨道右端点E处在同一竖直线上，且D点略高于E点。已知可视为质点的滑块质量，轨道的半径，轨道的长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，其余各部分轨道均光滑。游戏时滑块从A点弹出，经过圆轨道井滑上水平直轨道。弹簧的弹性势能最大值，弹射器中滑块与弹簧相互作用时，机械能损失忽略不计，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回，不计滑块通过之间的能量损失。（1）若弹簧的弹性势能，求滑块运动到与圆心O等高的C点时所受弹力；（2）设弹簧的弹性势能为，写出滑块第一次到达F点时的速度v与之间的关系式；（3）若滑块最终静止在水平直轨道上，求弹簧的弹性势能的范围。\n【答案】（1）；（2），且；（3）或或【解析】【详解】（1）滑块从A到圆心O等高处，由机械能守恒定律得在C点，轨道的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得代入数据解得（2）滑块从A点到第一次到达F点解得要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达半圆轨道最高点D可解得\n综上可得，且（3）若滑块恰能通过半圆轨道最高点D若滑块以最大弹性势能弹出时，能停在水平直轨道上，在上滑行的最大路程为解得在轨道上往返一次损失的能量为可知，若滑块最终静止在水平直轨道，如下三种情况满足要求①，可得②，可得③，可得21.如图所示，、是光滑平行轨道，间距为，左侧倾斜部分为电阻不计的金属轨道，水平部分轨道为绝缘材料制成，两部分轨道在处平滑连接，左侧倾斜轨道倾角为，轨道固定且水平部分足够长。轨道顶端间接有阻值为的电阻，左侧倾斜部分所在区域分布着垂直导轨平面向下、磁感应强度的匀强磁场，水平轨道上放置一质量的“”型金属框，“”型金属框三边长均为L，每边的电阻均为。金属框右侧区域内存在宽度为L，磁感应强度也为B匀强磁场。现将一根质量，长度为L，电阻的金属棒从图示位置静止释放，金属棒到达倾斜轨道底端前已处于匀速运动状态。金属棒到达水平轨道后与“”型金属框粘在一起形成闭合金属框。则：（1）金属棒下滑过程中，a、b两点哪点电势高；\n（2）求金属棒匀速下滑的速度大小；（3）金属框刚进入水平轨道上的磁场区域时，两端的电势差；（4）闭合金属框能否穿过水平轨道上的磁场区域？若能，请计算金属框穿过磁场区域后的速度大小；若不能，请计算边与磁场区域左边界的最大距高。【答案】（1）b端；（2）；（3）；（4）能，【解析】【详解】（1）金属棒下滑过程中切割磁感线，由右手定则可知，b端等效为电源正极，电势较高。（2）金属棒匀速下滑时，由平衡条件可得其中联立解得（3）金属棒与框相结合后的速度为，据动量守恒定律可得解得cd边切割磁感线，产生感应电流，等效为电源，其两端电压相当于路端电压，可得\n（4）设线框穿过磁场区域时的速度为，据动量定理可得其中联立解得故闭合金属框能穿过水平轨道上的磁场区域，穿过磁场区域后的速度大小为。22.如图甲所示，竖直向下的匀强磁场存在于底面半径为R的圆柱形空间内，O和是圆柱形空间上下两个圆面的圆心，其后侧与O等高处有一个长度为R的水平线状粒子发射源，图乙是俯视图，P为的中点，连线与垂直。线状粒子源能沿平行方向发射某种质量均为m、电荷量均为q的带电粒子束，带电粒子的速度大小均为。在圆柱形空间右侧距离为处竖直放置一个足够大的矩形荧光屏，荧光屏的边与线状粒子源垂直，且处在同一高度。过O作边的垂线，交点恰好为的中点。荧光屏的左侧存在竖直向下的匀强电场，整个电场局限在离荧光屏距离为R的范围内，电场强度大小E。已知从P点射出的粒子经圆形磁场偏转后从F点（圆柱形空间与电场边界相切处）射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）判断带电粒子的电性并求出磁感应强度B的大小；（2）求从P点射出的带电粒子在荧光屏上落点的位置距边的距离；（3）以边的中点为坐标原点，沿边向里为x轴，垂直边向下为y轴建立坐标系，求从线状粒子源中射出的所有粒子在荧光屏上落点位置满足的方程。\n【答案】（1）正电，；（2）；（3），。【解析】【详解】（1）由左手定则可判断带电粒子带正电，在磁场中洛伦兹力提供向心力，有解得（2）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可得，，联立，可得（3）设打在板上的横坐标为x，则，，由上三式可得轨迹方程为\n如图所示，又可得依题意，有此方程中x的范围为