浙江省台州市2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题(解析版)

台州市2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理
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。

可能用到的相关参数：重力加速度均取10m/s 2。

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. 下列仪器测得的物理量属于国际单位制中基本量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A 【解析】
【详解】选项A 、B 、C 、D 测得的物理量分别是时间、力、压强、电压，四者中只有时间是基本量。

故选A 。

2. 中国队在东京奥运会男子4×100米接力比赛中跑出37秒79的成绩，使中国队获得首枚奥运会男子田径接力奖牌。

下列说法正确的是（ ）A. “100米”指是位移大小B. “37秒79”指的是时间间隔
C. 获得冠军的接力队冲过终点线时的速度一定最大
D. 研究运动员的起跑动作时，可将运动员视为质点【答案】B 【解析】
【详解】A ．“100米”指的是路程大小，故A 错误；B ．“37秒79”代表一段时间，指的是时间间隔，故B
正确；
的g
C ．获得冠军的接力队冲过终点线时的速度不一定是最大，故C 错误；
D ．研究运动员的起跑动作时，运动员的形状不可忽略，不能将运动员视为质点，故D 错误；故选B 。

3. 在某次无人机空中侦察中，无人机沿竖直方向运动的图像如图所示，取竖直向上为正方向，关于无人机的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 时，速度方向竖直向下
B. 时，加速度为零
C. 第2s 末到第4s 末，位移为零
D. 第4s 末到第6s 末，速度逐渐变大【答案】C 【解析】
【详解】A ．时，速度为正，方向竖直向上，故A 错误；B ．2s~4s 内无人机的加速度均为
故B 错误；
C ．图像与坐标轴围成的面积代表位移，t 轴上方为正方向，t 轴下方为负方向，由图可知，第2s 末到第4s 末，位移为零，故C 正确；
D ．4s~6s 内速度逐渐减小，故D 错误。

故选C 。

4. 如图所示，用网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上A
点，足球与墙壁接触，下列说法正确的是（ ）
v t -2.5s t =3s t = 2.5s t =2244m/s 4m/s 42
v a t ∆--=
==-∆-
A. 网兜对足球的作用力方向竖直向上
B. 若悬线变长，则悬线对O 点的拉力变大
C. 足球受到墙壁的支持力是足球发生弹性形变引起的
D. 足球对网兜的作用力与网兜对足球的作用力大小相等【答案】D 【解析】
【详解】D ．足球对网兜的作用力与网兜对足球的作用力是一对相互作用力，其大小相等，故D 项正确；A ．对足球受力分析，其足球受到重力、墙壁的弹力以及网兜对足球的作用力，其网兜对足球的作用力方向斜向上，故A 项错误；B ．足球的受力如图所示
运用合成法，根据平衡条件，有
若悬绳变长后细线与竖直方向的夹角减小，则悬绳对足球的拉力变小，故B 项错误；C ．足球受到墙壁的支持力是墙壁发生弹性形变引起的，故C 项错误。

故选D 。

5. 地磁暴会使高层大气密度显著增加，进而导致低空航天器的运行轨道半径减小加快，若轨道变化前后航天器的运动均可视为匀速圆周运动，则轨道变化后低空航天器的（ ）A. 角速度变小B. 运行周期变大C.
运行速度变大
OA cos mg T α
=
D. 向心力变小【答案】C 【解析】
【详解】A ．对航天器有
解得
由于其轨道半径变小，所以角速度变大，故A 项错误；B ．对航天器有
解得
由于其轨道半径变小，所以周期变小，故B 项错误；C ．航天器有
解得
由于其轨道半径变小，所以运行速度变大，故C 项正确；D ．对航天器，其万有引力充当向心力
由于其轨道半径变小，所以向心力变大，故D 项错误。

故选C 。

6. 下列说法正确的是（ ）
22Mm
G
m r r
ω
=ω=
2224Mm G m r r T
π
=T =
22Mm v G m r r
=v =
n 2
Mm F G
r =
A. 甲图为静电除尘装置，利用的是电流磁效应
B. 乙图中用铜丝网包裹话筒线，利用的是静电屏蔽原理
C. 丙图为粒子散射实验，卢瑟福通过该实验发现了质子
D. 丁图为光电效应现象，说明了光具有粒子性【答案】B 【解析】
【详解】A ．甲图为静电除尘装置的示意图，含尘气体经过高压静电场时被电分离，故A 错误；B ．乙图中话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故B 正确；
C ．丙图为粒子散射实验，卢瑟福通过该实验提出了原子的核式结构，故C 错误；
D ．丁图为康普顿效应现象，说明了光具有粒子性，故D 错误；故选B 。

7. 如图所示，半径为的半球形陶罐内壁光滑，固定在可绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心的对称轴重合。

转台和陶罐以一定角速度匀速转动，一可看作质点的小物块与陶罐保持相对静止，小物块质量为，线速度大小为，和点的连线与之间的夹角为。

下列说法正确的是（ ）
A. 小物块所受合外力为恒力
B. 转台转动角速度越大，越大
C.
小物块的向心加速度大小为
D. 陶罐对物块的作用力大小为
【答案】B
ααR O 'OO m v O 'OO θθ2
v R 2
sin mv R θ
【解析】
【详解】A ．小物块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，可知，合力大小不变，方向发生变化，即小物块所受合外力为变力，故A 错误；
B ．对物块进行分析，由重力与支持力提供向心力，则有
解得
可知，转台转动角速度越大，越大，故B 正确；C ．小物块的向心加速度大小为
故C 错误；
D ．陶罐对物块的作用力为支持力，结合上述有
解得
故D 错误。

故选B 。

8. 如图所示是两个振动情况完全相同的简谐波源、在同一均匀介质中产生的两列波，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源的振幅为A ，周期为。

关于图中所标的、、、四点，下列说法正确的是（ ）
A.
点振幅为零
2tan sin mg m R θωθ
=2cos g R
θω=
θ2
sin v a R θ
=
2
sin sin v N m
R θθ
=2
2sin mv N R θ
=
1S 2S T a b c d d
B. 点振动始终加强，点振动始终减弱
C.
从图示时刻经过，点将运动到点D. 从图示时刻经过，点运动路程为【答案】A 【解析】
【详解】A ．由题图可知，d 点时波峰与波谷相遇的点，是振动减弱点，又因为两列波的振动情况完全相同，振幅也相等，所以d 点的振幅为零，故A 项正确；
B ．由题图可知，b 点时波峰与波峰相遇的点，c 点时波谷与波谷相遇的点，所以两点均是振动加强点，故B 项错误；
C ．波上每点都是在各自平衡位置附近做着简谐运动，并不会随波而运动，故C 项错误；
D ．由之前的分析可知，b 点时振动加强点，所以其振幅为2A ，此时处于波峰位置，经过，其运动路程为2A ，故D 项错误。

故选A 。

9. 抗旱提水保苗赛跑是趣味农运会中最具代表性的赛跑项目，比赛成绩要综合考虑运动员的跑步速度及到达终点时桶中所剩余的水量。

则在运动员匀速运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 步幅越大，水晃动的幅度越大
B. 步频越大，水晃动频率越大
C. 桶里水量越多，水晃动的频率越大
D. 跑步速度越大，水晃动的幅度越大【答案】B 【解析】
【详解】BC ．运动员提水匀速运动过程中，由于运动员行走时，对水桶有力的作用，使水受到驱动力作用发生受迫振动，而受迫振动的频率等于外界驱动力的频率，即水晃动的频率等于运动员的步频，与桶里水量的多少无关，故B 正确，C 错误；
AD ．结合上述，水桶里的水做受迫振动，当运动员的步频接近水桶里的水的固有频率时，水晃动的幅度增大，当运动员的步频等于水桶里的水的固有频率时，发生共振，水晃动的幅度达到最大，故AD 错误。

的b c 34T
a b 4
T
b A
4
T
故选B 。

10. 如图甲所示为手机无线充电工作原理图，现将手机放置在无线充电装置上，送电线圈接入如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是（ ）
A. 时，端电压最小
B. ，送电线圈和受电线圈相互吸引
C. 仅增大两线圈间的距离，端电压的频率变小
D. 仅增大两线圈间的距离，端电压变小【答案】D 【解析】【详解】A ．时，送电线圈的电流变化率最大，受电线圈内磁通量变化率最大，端电压最大，故A 错误；B ．，送电线圈中的电流为零，磁感应强度为零，送电线圈和受电线圈间没有作用力，不会相互吸引，故B 错误；
C ．增大送电和受电线圈的间距，不会改变cd 端电压的频率，故仅增大两线圈间的距离，端电压的频率不变，故C 错误；
D ．增大送电和受电线圈的间距，由于漏磁的现象，导致穿过两个线圈的磁通量不相等，在匝数和线圈直径不变的情况下，cd 端与ab 端电压之比变小，即端电压变小，故D 正确。

故选D 。

11. 某款手机防窥屏原理如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度的控制。

发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间。

为减小
角，下列操作可行的是（ ）
2
T
t =cd 2
T
t =
cd cd 2
T
t =cd 2
T
t =
cd cd θθ
A. 仅增大防窥屏的厚度
B. 仅减小屏障的高度
C. 仅减小透明介质的折射率
D. 仅增大相邻屏障的间距【答案】C 【解析】
【详解】设防窥膜厚度均为，相邻屏障的间距为L ，入射角为r ，根据折射定律得
由几何关系得
联立解得
A ．视角度与防窥屏的厚度无关，即防窥屏的厚度大，可视角度不变，故A 错误；
B ．屏障的高度d 越小，光线射到界面的入射角越大，则在空气中的折射角越大，则可视角度越大，故B 错误；
C ．透明介质的折射率越小，则在空气中的折射角越小，则可视角度越小，故C 正确；
D ．仅增大相邻屏障的间距，光线射到界面的入射角越大，则在空气中的折射角越大，则可视角度越大，故D 错误。

故选C 。

12. 如图所示，在湖边山坡上的同一位置以相同大小的初速度，沿同一竖直面同时抛出两石子A 和B ，初速度方向与水平方向夹角均为
，两石子均做抛体运动。

下列说法正确的是（ ）
D d n L
D sin sin n r
θ
=
sin r =
sin θ=
L 0v θ
A. A 石子先入水
B. 两石子落水前始终在同一条竖直线上
C. 调整初速度大小，两石子可能在空中相遇
D. 将抛出点位置改到点，两石子落水的时间间隔变小【答案】B 【解析】
【详解】ACD ．两石子抛出后，只受重力作用，竖直方向加速度为重力加速度，设抛出点到水面的高度为h ，竖直向下为正方向。

斜向上抛出的空中运动时间为，斜向下抛出的空中运动时间为，则
得
，则B 石子先入水，两石子不可能在空中相遇，将抛出点位置改到点，两石子落水的时间间隔不变，故ACD 错误；
B ．两石子水平速度相等，竖直方向的加速度相同，则两石子落水前始终在同一条竖直线上，故B 正确；故选B 。

13. 如图所示，充电后的平行板电容器竖直放置在水平绝缘地板上，将一根光滑绝缘细绳系在电容器、极板上的A 、两点（点高于A 点）
，再将一带正电的小球（可视为质点）悬挂在细绳上并处于静止状态。

电容器不漏电，两板间的电场可视为匀强电场，小球始终未与极板接触。

经下列操作，待小球再次稳
定后，细绳张力一定变小的是（ ）
a 1t 2t 20111sin 2h v t gt θ=-+
2
0221
sin 2
h v t gt θ=+12t t >0122sin v t t g
θ-=
a a
b B B
A. A 点下移一小段距离
B. 略微增大极板所带的电荷量
C. 板向左平移一小段距离
D. 正负极板电荷量不变，电性互换
【答案】D 【解析】
【详解】A ．重力与电场力的合力F 为定值，方向斜向右下，则球两边绳子拉力的合力与F 等大反向，即两边绳子拉力的合力为定值，若A 点下移一小段距离，球两边绳子之间的夹角增大，即沿两边绳子方向的两个拉力的夹角增大，而合力一定，则细绳张力一定变大，故A 错误；
B ．略微增大极板所带的电荷量，电场力增大，重力与电场力的合力增大，则细绳张力一定变大，故B 错误；
C ．板向左平移一小段距离，沿两边绳子方向的两个拉力的夹角增大，而合力一定，则细绳张力一定变大，故C 错误；
D ．正负极板电荷量不变，电性互换，则重力与电场力的合力大小不变，方向斜向左下，则沿两边绳子方向的两个拉力的合力方向指向右上，沿两边绳子方向的两个拉力的夹角减小，则细绳张力一定变小，故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，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 关于物理规律，下列说法正确的是（ ）A. 热量不能从低温物体传到高温物体
B. 真空中的光速在不同的惯性参考系中大小是相同的
C. 金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，属于非晶体
D. 玻璃管裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝，是因为表面张力的作用【答案】BD
【解析】
a a
【详解】A ．由热力学第二定律可知，热量不能自发得从低温物体传到高温物体，故A 项错误；B ．根据相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，真空中的光速是相同的，故B 项正确；C ．金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，属于多晶体，故C 项错误；D ．玻璃管裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝，是因为表面张力的作用，故D 项正确。

故选BD 15. 将放射性同位素氟18（）注入人体参与人体的代谢过程，如图所示，在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭并产生一对波长相等的光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的医学图像。

设正、负电子的质量均为，光速为，普朗克常数为。

下列说法正确的是（ ）
A.
衰变的方程为B. 光子是原子核外电子跃迁时产生的C.
上述正负电子湮灭产生的光子波长为D.
的核子平均质量比新核的核子平均质量小
【答案】AC 【解析】
【详解】A ．根据电荷数与质量数守恒可知，衰变的方程为，故A 正确；B ．光子是衰变后处于高能级的新原子核放出的，故B 错误；C ．根据
解得。

18
9F 18
9F m c h 189F 18018
918F e O
→+18
9F h mc
189
F 189F 18018
918F e O →+18
8O h p
λ=
p mc
=
故C 正确；
D ．发生衰变后，质量有亏损，所以的核子平均质量比新核的核子平均质量大，故D 错误；故选AC 。

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、Ⅲ三题共14分）
16. 实验小组用如图甲所示实验装置探究一定质量小车加速度与力的关系。

跨过滑轮的细线一端挂着砂桶，另一端与拉力传感器相连。

将打点计时器接入频率的交流电源，小车及其前端光滑滑轮的总质量为，砂及砂桶质量为。

（1）下列各项操作正确的是________（多选）A. 实验中应先释放小车，再接通电源B. 实验前应调节滑轮高度，使细线与木板平行
C. 实验前应将长木板的右端垫高，以达到平衡阻力的效果
D. 为减小误差，砂及砂桶质量要远小于小车质量（2）利用实验数据可得小车加速度与拉力传感器读数间的关系图像如图乙所示，若图线斜率为，则小车及滑轮总质量___________（用表示）。

（3）在某次实验中打下的纸带上取如图所示的计数点（相邻计数点间还有4个点未画出），则小车加速度大小__________m/s 2（结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）BC （2
）
（3）0.60【解析】
h mc
λ=
18
9F 50Hz f =M m m M
a F k M =k =a 2
k
【小问1详解】
A ．实验中应先接通电源，再释放小车，故A 错误；
B ．只有保证轻绳与木板平行，才能保证力传感器测到的力是小车所受沿运动方向，故B 正确；
C ．探究“加速度与力的关系”实验，保持小车质量不变，首先要补偿阻力，应将长木板的右端垫高，使小车做匀速运动，以达到补偿阻力效果，故C 正确；
D ．由于细线与拉力传感器相连，则小车受的合力为拉力传感器读数的两倍，不需要满足砂及砂桶质量要远小于小车质量，故D 错误；故选BC 。

【小问2详解】
根据题意，由牛顿第二定律有
整理可得
根据图像的斜率可知
解得
【小问3详解】
根据逐差法可知加速度为
=0.6017. 如图甲所示为“探究平抛运动水平分运动的特点”的实验装置。

（1）除了斜槽、小球、背板和倾斜挡板（带底座及固定挡板的轨道，挡板上下可调）、白纸、图钉、重垂线之外，下列器材中还需要的是________（多选）。

m M 2F Ma
=2a F M
=
2k M
=
2M k
=
2
3513227.408.01 6.21 6.80m/s 440.1
x x a T -+--=
=⨯2m/s
A. 复写纸
B. 墨粉纸盘
C. 刻度尺
D. 天平
（2）某次实验时让小球多次从斜槽上滚下，在白纸上依次记下小球的位置，如图乙所示。

出现这种点迹最有可能的原因是_________。

A. 斜槽粗糙
B. 斜槽末端不水平
C. 没有从同一位置静止释放小球
（3）将白纸换成方格纸，每个小方格的边长为。

实验记录了小球在运动中的4个点迹，如图丙所示。

已知重力加速度为，则小球做平抛运动的初速度为___________；小球抛出点的横坐标为__________。

【答案】（1）AC （2）C
（3） ①.
②. 0
【解析】【小问1详解】
根据实验原理可知，还需复写纸记录点迹、刻度尺测量长度，该实验不用打点计时器，无需墨粉纸盘，实验无需天平。

故选AC 。

【小问2详解】
由图可知轨迹不同的原因是每次释放小球时，位置不同，导致点迹不在同一个抛物线。

故选C 。

【小问3详解】
[1]根据竖直方向的运动规律有
水平方向有
解得
[2]B 点竖直方向的速度为
抛出点到B
点竖直方向的位移为
解得
L g 2
y L gT ∆==02L v T
=0v =32yB L v T =
=yB v gt
=
则抛出点到B 点的水平距离为
所以小球抛出点的横坐标为0。

18. 在汛期，对水库、河流高水位的实时监测至关重要，某物理兴趣小组计划利用压力传感器设计水库高水位预警系统，已知压力与水位高度成正比，满足（），通过查阅资料得到压力传感器的电阻和受到的压力之间的关系图像如下表所示。

压力
102030405060
电阻
4.6 2.8 1.8 1.20.80.6
某同学利用上述压力传感器、电动势（不考虑内阻）的电源、定值电阻（有、、三种规格可供选择）
、控制开关和报警装置设计了甲、乙两种电路。

要求当水位上升到高度，、之间的电压降至2.0V 时，控制开关开启报警装置，不考虑控制开关对电路的影响，则应选择的电路是______（选填“甲”或“乙”），定值电阻应选择的规格是______（选填“”、“”或“”）；若要求在较低的水位开启报警装置，则定值电阻的阻值应______（选填“增加”
或“减少”）。

【答案】 ①. 乙
②.
③. 增加
【解析】
【详解】[1]由于、之间的电压降至2.0V 时，控制开关开启报警装置，而压力与水位高度成正比，压力越大，压力传感器的电阻越小，当压力增大时，压力传感器的电阻减小，回路总电阻减小，电流增大，定值电阻承担电压增大，压力传感器承担电压减小，可知，报警装置应该与压力传感器并联，即应选择的电路是乙。

t =
03x v t L
==F kh =2N/m k =t R /N
F t /k R Ω
t R 3V E =R 0.6k Ω1.2k Ω 1.8k Ω20m =h a b 0.6k Ω1.2k Ω 1.8k ΩR 0.6k Ωa b t R
[2]当水位上升到高度时，压力传感器承受的压力
结合表格数据可知，压力传感器电阻为
此时、之间的电压降至2.0V ，则有
[3]若要求在较低的水位开启报警装置，由于水位较低时，压力较小，压力传感器电阻较大，报警时，、
之间的电压仍然需要降至2.0V ，此时定值电阻承担电压仍然为1.0V ，由于回路电流较小，则定值电阻
的阻值应增加。

19. 足够长的玻璃管竖直放置，如图甲所示，用长的水银柱将一段长为的气体柱封闭在玻璃管中，现将玻璃管缓慢旋转至开口竖直向下状态，如图乙所示。

整个过程封闭气体质量不变，大气压强为
，环境温度为。

（1）从图甲状态到图乙状态的过程，封闭气体的分子平均动能__________（选填“增大”、“减小”或“不变”），封闭气体对玻璃管壁单位面积的压力_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）求图乙状态下的气体柱长度；_________
（3）封闭气体的温度变为多大时，可使图乙中的气体柱长度恢复到27cm 。

_________
【答案】 ①. 不变 ②. 减小 ③. 30cm ④. 270K
【解析】
【详解】（1）[1]从图甲到图乙过程，封闭气体的温度不变，所以封闭气体的分子平均动能不变。

[2]
图甲对封闭气体有
20m =h 220N 40N
F =⨯=t 1.2k R =Ω
a b 3
3 2.0
0.6k 2.01.210R -=
Ω=Ω⨯a b R 4cm l =127cm l =076cmHg p =0300K T =2l T 080cmHg
p p l =+=甲
图乙对封闭气体有
解得
由压强与压力关系有
所以封闭气体对玻璃管壁单位面积的压力减小。

（2）[3]从图甲到图乙为等温变化，设玻璃管的横截面积为S ，结合之前的分析有
解得
（3）[4]当空气柱长度恢复到27cm 时，由盖·吕萨克定律可知
解得
20. 某固定游戏装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧光滑水平面上紧靠着质量为的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面平齐，长木板左端放置一质量的小物块，右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板。

现将一质量也为的小球从弧形轨道上高度为处静止释放。

已知圆轨道半径
，小物块与木板间的动摩擦因数，小球和小物块均可视为质点，不计其他阻力。

（1）若小球恰能通过竖直圆轨道的最高点，求小球经过圆轨道的最低点时受轨道支持力的大小；（2）要使小球第一次进入竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道，求的大小范围；
（3）当时，小球经圆轨道运动到点与小物块发生弹性碰撞，发现小物块最终恰好不滑离木板，求：
①小物块第二次到达长木板左端时的速度大小；②弹簧被压缩到最短状态时的弹性势能。

0p p l
=+乙72cmHg
p =乙F pS
=12p l S p l S
=甲乙230cm
l =120l S T T
l S
=270K
T =乙AB BCD DE E 0.5kg M =E 0.1kg m =m h 0.4m R =0.5μ=C B h 1.8m h =E
【答案】（1）6N ；（2）或；（3）①；②【解析】
【详解】（1）小球恰能过C 点，则有
小球由B 运动到C 点过程中，由机械能守恒可知
小球运动到B 点时有
由此可得
（2）若小球恰能过圆轨道最高点，则有
解得
若小球恰能运动到圆轨道圆心等高位置，则有
解得
综上可知，要使小球不脱离竖直圆轨道，则高度满足
或
00.4m h <≤1m h ≥1m/s v =共P 0.75J E =2
C
mv mg R
=
22222
C B
mv mv mg R ⨯+=
2
N -=
B
mv F mg R
N 6N
F =()222
C
mv mg h R -=
1m
h =()0
mg h R -=0.4m
h =h 00.4m
h <≤1m
h ≥
（3）①当时，小球通过圆轨道到达E 点时，速度满足
小球与小物块发生弹性碰撞，小球碰后速度变为，小物块碰后速度为，则有
解得
当小物块与长木板达到共速时，满足
解得
②小物块在长木板上运动过程中，小物块与长木板有两次达到共速，第一次是弹簧被压缩到最短的时候，第二次是小物块恰好返回到长木板最左端的时候。

设小物块相对长木板位移位时，弹簧被压缩到最短，弹性势能大小为，由能量守恒可知，当二者第一次达共速时
当二者再次达到共速时
由此可知
即
21. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨、固定在同一水平面内，导轨相距为，
1.8m h =22
a
mv mgh =
a v '
b v a a b
mv mv mv ='+222222
a a
b mv mv mv '=+0a v '=6m /s
b a v v ==()b mv m M v =+共
1m/s
v =共x P E ()2
2
b
P 22
m M v mv E mgx +=++共μP E mgx
=μ()2
2
P 2 1.5J 22
b
m M v mv E +=-
=共P 0.75J
E =MN PQ 0.2m L =
电阻不计。

导轨所在空间有一垂直导轨平面的理想分界面，在两侧存在磁感应强度大小均为的匀强磁场，左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，将两根长也为的金属棒、垂直导轨放置于两侧。

时，金属棒以初速度向右运动。

已知金属棒的质量为、电阻为，金属棒的质量为、电阻为。

（1）若金属棒锁定，求：
①时，通过金属棒的电流大小；
②从开始到金属棒停下过程中通过金属棒的电量；
（2）若金属棒不锁定，
①求金属棒最终的速度大小；
②金属棒的速度达到之前的某时刻，金属棒克服安培力做功的功率为，金属棒、总的热功率为，金属棒所受安培力做功的功率为，试分析、、之间的定量关系。

【答案】（1）①；②；（2）①；②【解析】
【详解】（1）①时，棒产生的电动势大小为电路中的电流大小为
解得②以水平向右为正方向，由动量定理得
又
S S 0.5T B =S S L ab cd S 0=t ab 01m/s v =ab 10.1kg m =10.2R =Ωcd 20.2kg m =20.3R =Ωcd 0=t ab 0=t ab ab cd cd 2v cd 2v ab 1P ab cd R P cd 2P 1P R P 2P 00.2A I =1C q =21m /s 3
v =
12R P P P =+0=t ab 00
E BLv =0012
E I R R =
+00.2A
I =10
0BILt m v -=-
解得
（2）①设稳定时棒、速度大小分别为和，此时电路中的电流为0，即两棒的电动势相等，则有
以水平向右为正方向，对棒，由动量定理得
对棒，由动量定理得
解得
②方法一：对棒有
棒有
根据能量守恒定律得：棒的动能减少量等于棒、的焦耳热与棒的动能增加量之和，则有
即
所以
方法二：设此时棒、的速度大小分别为和，电路中的电流为
又的q It
=1C
q =ab cd 1v 2v 12
BLv BLv =ab 1110
BILt m v m v -=-cd ab 220
BILt m v -=--21m /s 3
v =ab k A1ab
W E =∆克cd A2k cd
W E =∆ab ab cd cd k k ab cd
E Q E ∆=+∆总A2
A1W Q W =+总克12
R P P P =+ab cd v v '12
BLv BLv I R R -'=
+。