浙江省宁波市2024-2025学年高二下学期6月期末物理试卷（解析版）

这是一份浙江省宁波市2024-2025学年高二下学期6月期末物理试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了答题前，请务必将自己的姓名，6所示等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，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、学校、考试号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写或填涂在答题卷规定的位置上。
2、答题时，请按照答题卷上的要求，在答题卷相应的位置上规范填涂、作答，在本试卷上的作答一律无效。
3、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的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。14-Ⅱ和14-Ⅲ两小题请你选出正确答案并在答题卷上填涂作答。
4、试卷中如无特殊说明，重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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. 以下属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）
A. KB. TC. HzD. eV
【答案】A
【解析】国际单位制（SI）的七个基本单位及其符号为：米（m）、千克（kg）、秒（s）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（ml）、坎德拉（cd）。
A．K是开尔文的符号，属于基本单位，故A正确；
B．T是特斯拉的符号，为磁感应强度的导出单位，故B错误；
C．Hz是赫兹的符号，为频率的导出单位（s⁻¹），故C错误；
D．eV是电子伏特的符号，是能量的非国际单位制单位，故D错误。
故选A。
2. 如图，2025年4月24日17时17分神舟二十号载人航天飞船成功发射，经历6次变轨在6.5小时后采用自主快速对接模式，与距离地面约400km的天和核心舱镜像端口完成精准对接，形成三船三舱的组合体。下列说法正确的是（ ）
A. “17时17分”是指时间间隔
B. 飞船与核心舱对接过程中，核心舱不能看成质点
C. 飞船从发射到与核心舱对接成功过程中，路程约为400km
D. 飞船与核心舱成功对接后，新组合体受到的万有引力大小与原组合体相等
【答案】B
【解析】A．“17时17分”是指时刻，故A错误；
B．飞船与核心舱对接过程中，核心舱的形状与大小不能忽略，不可作为质点，故B正确；
C．飞船从发射到与核心舱对接成功过程中，运动轨迹不是直线，路程大于400km，故C错误；
D．根据
可得对接后，质量变大，则万有引力不同，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，武术表演中演员一脚踩长杆，一脚勾长杆，能使演员和长杆保持静止。下列说法正确的是（ ）
A. 长杆对演员的作用力方向竖直向上
B. 地面对长杆的摩擦力方向水平向右
C. 演员对长杆的压力是由于长杆发生形变而产生的
D. 地面对长杆的支持力与长杆对地面的压力是一对平衡力
【答案】A
【解析】A．根据平衡条件，长杆对演员的作用力方向竖直向上，作用力的大小等于演员的重力，A正确；
B．地面对长杆的摩擦力等于0，B错误；
C．演员对长杆的压力是由于演员发生形变而产生的，C错误；
D．地面对长杆的支持力与长杆对地面的压力是一对作用力和反作用力，D错误。
4. 近年来无人机在高空灭火救援任务中取得显著成效。某次任务中无人机挂载一直径为50mm的消防水带，从地面由静止竖直起飞，用时20s垂直上升100m后即悬停，随后通过连接水带的喷枪喷水灭火，在短时间内就控制了火情，如图所示。无人机从起飞到悬停可视为由两段匀变速直线运动组成。则下列说法正确的是（ ）
A. 无人机在上升过程中机械能守恒
B. 无人机在上升过程中先失重后超重
C. 无人机在上升过程中的最大速度为10m/s
D. 两段匀变速直线的运动时间一定相等
【答案】C
【解析】A．无人上升过程中，有除了重力外的其他力对其做功，机械能不守恒，A错误；
B．无人机在上升过程中先加速后减速，即先超重后失重，B错误；
C．设无人机上升过程中最大速度为，根据题意有
解得，C正确；
D．两段匀变速直线运动的加速度不一定相等，根据可知两段匀变速直线的运动时间不一定相等，D错误。
5. 在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时，常利用沉积物中半衰期较短的，其衰变方程为。在推算死亡时间较远的植物年份时，常利用碳14的放射性，其半衰期为5730年，衰变方程为。下列说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的X和Y是不同粒子
B. 通过升高温度可以缩短的半衰期
C. 的比结合能大于的比结合能
D. 1克经过5730年后还剩余0.5克
【答案】D
【解析】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可得衰变方程分别为、，即X和Y为同种粒子，故A错误；
B．半衰期是原子核的固有属性，与外界条件（如温度）无关，故B错误；
C．衰变方向为比结合能低的核（不稳定）向比结合能高的核（稳定）转变，因此的比结合能大于的比结合能，故C错误；
D．根据半衰期的定义可知1克经过一个半衰期（5730年）后剩余质量为0.5克，故D正确。
故选D。
6. 如图1是教学用发电机，转动圆盘上的摇把可以使位于磁铁内的线圈转动，将发电机的输出端接到示波器上（图中未画出），匀速转动摇把时，在示波器上得到如图2实线所示的电压随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈所在处的磁场为匀强磁场
B. 发电机的线圈内产生的是直流电
C. 当电压为0时，穿过线圈的磁通量为0
D. 该电压的有效值比图2中虚线所示图像的电压有效值小
【答案】D
【解析】B．由图2可知，发电机的线圈内产生的是交流电，故B错误；
C．当电压为0时，穿过线圈的磁通量变化率最小，此时线圈应该处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
A．线圈所产生的电压不是按照正弦规律变化的，如果磁场是匀强磁场，产生的交流电应该是正弦交流电，所以线圈所在处的磁场不是匀强磁场，故A错误；
D．由图2可知，该电压除了最大电压外，在其它任意时刻的电压都是小于虚线所示图像的电压的，所以该电压的有效值比图2中虚线所示图像的电压有效值小，故D正确。
故选D。
7. 如图所示，图中阴影部分ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折 射率n=2。AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在 D处有一点光源。若只考虑该横截面内且首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分能从AB、BC直接射出，则这部分光穿过圆弧AC的弧长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】射向AB、BC的光线恰好发生全反射时
解得
能从AB、BC直接射出的光穿过圆弧AC的弧长为
解得
故选D。
8. 如图1为氢原子光谱图，图2为氢原子能级图，氢原子从高能级跃迁到n=2能级时会辐射出Hα、Hβ、Hγ、Hδ四条可见光区域的谱线。下列说法正确的是（ ）
A. 氢原子光谱属于连续光谱
B. Hα和Hδ的频率之比为302∶189
C. 谱线Hγ是n=4能级跃迁到n=2能级时产生的谱线
D. 用这四种谱线去照射逸出功为2.29eV的金属钠，逸出光电子的最大初动能为0.73eV
【答案】D
【解析】A．氢原子的发射光谱属于线状谱，故A错误；
B．氢原子从6能级向2能级跃迁时，有
氢原子从3能级向2能级跃迁时，有
联立解得，故B错误；
C．由图乙可知，四条谱线中，Hδ谱线光子波长最小，光子频率最大，光子能量最大，则Hδ是氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时产生的，则Hγ是氢原子从n=5能级向n=2能级跃迁时产生的，故C错误；
D．根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为，故D正确。
故选D。
9. 如图是某传输装置，倾斜传送带以恒定的速度逆时针转动，时刻物体从传送带上端A点静止释放，在时刻以从传送带下端B点离开，进入轨道BC。关于物体在传送带上的运动过程中，物体的速度v、加速度a、所受摩擦力Ff，以及物体与传送带间因摩擦产生的热量Q随时间t的变化关系图，下列图中可能正确的是（规定沿传送带向下为正方向）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．时刻物体从传送带上端A点静止释放，则开始时由牛顿第二定律可得
物体在B点离开传送带时的速度大于传送带的速度，可知当物体与传送带共速后，物体继续做加速运动，根据
则物体先做匀加速直线运动，后加速度变小，继续做匀加速直线运动，故AB错误；
C．开始时，摩擦力沿斜面向下，速度相等后，摩擦力沿斜面向上，故C正确；
D．当物体速度与传送带速度大小相等前，则
故D不符合情况，故D错误。
故选C。
10. 如图所示，在间距为d且足够长的两平行金属板间接有电源，电源的输出电压U（大小可调），两板间存在方向垂直xOy平面向里、大小为B的匀强磁场。紧帖下极板的灯丝持续发射初速度为0的电子，电子电荷量为e，质量为m，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略灯丝形状和大小的影响。下列说法正确的是（ ）
A. 电子在两金属板间的运动轨迹是直线
B. 电子在两金属板间的运动轨迹是圆周
C. 当电压时，电子恰好不会碰到上金属板
D. 当电子恰好不碰到上金属板时，则电子一个周期内沿x轴方向运动的位移大小为
【答案】D
【解析】AB．电子在两金属板间受到竖直向上的电场力，随着速度增大还受洛伦兹力，洛伦兹力的大小和方向都不断变化，根据力的合成可知电子的速度不断变化，所受合力大小和方向都不断变化，则电子在两金属板间的运动轨迹为曲线，不可能是圆周，故AB错误；
CD．将阴极表面附近的灯丝持续发射初速度可近似为零的电子，分解成水平向右和水平向左大小相等的两个分速度，其中水平向右分速度产生竖直向下的洛伦兹力刚好与电场力平衡，水平向左分速度产生竖直向上的洛伦兹力使电子做顺时针方向的匀速圆周运动，则电子在极板间的运动可看成水平向右的匀速直线运动和顺时针方向的匀速圆周运动，则有，
可得，
当电子恰好不会碰到上金属板时有
可得
电子运动的周期为
电子一个周期内沿x轴方向运动的位移大小为
联立可得，故D正确，C错误。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 法国科学家泊松用实验证实了电磁波的存在
B. 不需要任何动力或燃料的永动机是可以制成的
C. 电子束穿过铝箔后形成衍射图样，说明电子具有波动性
D. 翻松土壤可以破坏土壤里的毛细管，从而防止土壤中的水分散失
【答案】CD
【解析】A．德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B．根据能量守恒定律可知，不需要任何动力或燃料就能永远对外做功的永动机是不可能制成的，故B错误；
C．电子束穿过铝箔后形成衍射图样，衍射是波特有的现象，说明电子具有波动性，故C正确；
D．土壤里有很多毛细管，地下的水分可以沿着它们上升到地面，如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些土壤里的毛细管，从而防止土壤中的水分散失，故D正确。
故选CD。
12. 如图，为某课外学习研究小组在做“子母球”实验。实验时将排球和篮球上下叠放，使二者重心位于同一竖直线上，篮球最低点离地面高为h=0.8m，同时静止释放两球，下落一段时间后篮球与地面发生碰撞。已知篮球质量为M、排球质量为m，M=3m。若不计空气阻力，且所有碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是（ ）
A. 两球在下落过程中有相互作用
B. 排球能够上升的最大高度为H=3.2m
C. 篮球与地面碰撞的瞬间，排球的运动状态保持不变
D. 篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中，排球的动量变化量大小大于篮球动量变化量大小
【答案】BC
【解析】A．两球下落过程中均只受重力，二者间没有相互作用，故A错误；
B．自由落体运动规律有
两球碰撞过程中满足动量守恒定律，则
排球上升的最大高度为
联立解得，故B正确；
C．篮球与地面碰撞的瞬间，排球的运动状态保持不变，故C正确；
D．篮球触地反弹后与排球相互作用的过程中，根据动量守恒定律可知排球的动量变化量大小等于篮球动量变化量大小，故D错误。
故选BC。
13. 如图1所示，两波源S1、S2分别位于x1=0和x2=3.0cm处，从t=0时刻开始S1、S2的振动图像分别如图2、图3所示。已知两列波的传播速度均为2cm/s，质点P位于x3=2.4cm处。下列说法正确的是（ ）
A. 稳定后，P点的振幅为7cm
B. 0~1.4s时间内，P点的路程为100cm
C. t=0时刻起，S2的振动方程为y=4sin（10πt）cm
D. 稳定后，在以P点为圆心、半径为0.6cm的圆周上，共有12个振动加强点
【答案】AD
【解析】A．由图可知
所以
由于质点P到两波源的距离差为
所以质点P为振动加强点，稳定后振幅为，故A正确；
B．S1波传到P所需要的时间为
S2波传到P质点所需要的时间为
即S1波传到P质点时，P质点已经振动了0.8s，该时间内路程为
1.2~1.4s内的路程为
所以0~1.4s时间内，P点的路程为，故B错误；
C．t=0.1s时刻起，S2的振动方程为，故C错误；
D．若该点为振动加强点，则
（n=0，1，2……）
解得
，，，，，
由于圆上下对称，所以共有12个振动加强点，故D正确。
故选AD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5 小题，共58分）
14. 某同学用两种方法来测量当地的重力加速度：
（1）方法一：如图1为“用自由落体测重力加速度”装置图，图2是实验得到一条纸带，在纸带上取计数点0、1、2、3、4，其中每两个计数点间还有2个点，已知打点计时器打点频率是50Hz，刻度尺零刻度线对齐计数点0，图3是各计数点的放大图。
根据纸带上计数点的读数，打下计数点3时重锤的下落速度v=________m/s，由纸带数据可得当地重力加速度为g=________m/s2。（计算结果均保留3位有效数字）
（2）方法二：如图4所示为“用单摆测量重力加速度”的实验装置图。
（i）如图5是用螺旋测微器测量单摆摆球的直径d，其读数d=________mm；
（ii）某小组同学经测量得到6组摆线长L和对应的周期T，画T2−L图线如图6所示，图线斜率为k，则重力加速度的表达式g=_______（选用T、L、d、k表示），结合数据可以计算得到g=_______m/s2（计算结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）1.81~1.83 9.39~9.67 （2）18.748~18.750 9.58~9.86
【解析】（1）[1]已知交流电频率
每两个计数点间还有2个点，所以相邻计数点的时间间隔
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度
因为，
代入数据得（1.81~1.83均可）
[2]根据匀变速直线运动的推论公式
可得
因为，
代入数据得（9.39~9.67均可）
（2）[1]螺旋测微器读数为固定刻度读数加上可动刻度读数。固定刻度18.5mm
可动刻度为
所以（18.748~18.750均可）
[2]单摆摆长
根据单摆周期公式
联立可得
T2−L图线斜率为k，则
化简可得
[3]因为，代入数据
故
15. 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中。
（1）图1为依次安装该实验装置三个器材时的图示，a、b、c箭头所指器材依次为__
A. 单缝、双缝、滤光片
B. 滤光片、单缝、双缝
C. 双缝、单缝、滤光片
（2）图2中对条纹的间距Δx表示正确的是___________（选“A”或“B”）
（3）在（2）中正确操作并读取数据后，通过测量得到条纹间距的数量级为___
A. 10−1mB. 10−3mC. 10−5mD. 10−7m
（4）如图3所示为“用光传感器做双缝干涉的实验”的实验装置图，轨道的左侧是激光光源，中间是刻有双缝的挡光座，右侧是光传感器。实验中只改变双缝之间的距离，其他不变，在电脑上得到图4和图5两种干涉图样。则___
A. 图4对应的双缝之间的距离比图5的大
B. 图5对应的双缝之间的距离比图4的大
【答案】（1）C （2）B （3）B （4）A
【解析】（1）遮光筒上先装双缝、再装单缝、然后装滤光片，则a、b、c箭头所指器材依次为双缝、单缝、滤光片。
故选C。
（2）条纹的间距Δx指相邻亮纹的中心距离，或者是相邻暗纹的中心距离。
故选B。
（3）估算时装置的双缝间距d≈0.50mm，双缝到光屏的距离L≈1.0m，红光的波长λ≈600nm，可得
则条纹间距的数量级为10−3m。
（4）两种干涉图样可得图4相邻亮纹条纹中心距离Δx窄一些，由可知图4的双缝之间的距离d要大一些。
16. 以下实验中，说法正确的是（ ）
A. 图甲为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验用的变压器，实验时所用的学生电源必须选择交流电输出
B. 图乙为“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中用到的油酸酒精溶液，由于配制时不小心把酒精倒多了一点，则油酸分子直径的计算结果会偏大
C. 图丙为“用传感器探究气体等温变化的规律”实验装置图，根据测得数据作p−V图线时得到的是过原点的倾斜直线
D. 用图丁装置“探究气体等温变化的规律”时，为保证实验的准确性，应该快速推动活塞，并快速读数
【答案】AB
【解析】A．变压器是根据电磁感应原理工作的，只有通入交流电，才能在原线圈中产生变化的磁场，从而在副线圈中感应出电压，故A正确；
B．配制油酸酒精溶液时不小心把酒精倒多了一点，会使油酸酒精溶液所含油酸的浓度变小，而计算纯油酸体积时仍按原来的浓度计算，则所得到一滴油酸酒精溶液所含纯油酸的体积偏大，根据
油酸分子直径的计算结果会偏大，故B正确；
C．一定质量的气体做等温变化时遵循玻意耳定律，故p与V成反比，其p−V图线为反比例函数图线，不是过原点的倾斜直线，故C错误；
D．用图丁装置“探究气体等温变化的规律”时，为保证实验的准确性，应使气体温度保持不变，应缓慢推动活塞，使气体有足够时间与外界进行热交换，并过段时间再读数，故D错误。
17. 如图所示，在水平放置的导热性能极好的气缸内用横截面积为的轻质活塞（不计活塞厚度）封闭一定质量的理想气体。当环境温度时，活塞与气缸左侧底部的距离为l₁=6cm，与气缸开口处a、b两个卡口左表面的距离为。不计一切摩擦，大气压强恒为。
（1）当环境温度升高、活塞缓慢向右移动的过程中，气缸内气体分子热运动的平均速率________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；单位时间单位面积上气体分子碰撞活塞的次数________（选填“增加”、“减少”或“不变”）；
（2）求活塞刚刚向右移动到卡口处时的环境温度T2；
（3）当环境温度由T1=300K缓慢升高到时，缸内气体吸收的热量为Q=1.4J，求该过程中缸内气体内能的变化量ΔU。
【答案】（1）增大 减少 （2） （3）1.1J
【解析】（1）[1][2]由题意可知，环境温度升高时，气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，所以气缸内气体分子热运动的平均速率增大；由于分子热运动的平均速率增大，单位时间内与器壁碰撞的作用力变大，要使气体的压强不变，则单位时间单位面积上气体分子碰撞活塞的次数减小。
（2）对理想气体在等压变化过程中刚好到卡口处时有，，，
由盖-吕萨克定律得
解得
（3）当环境温度由缓慢升高到时，是等压变化，所以，气体对外做的功为
当环境温度由缓慢升高到T3=600K时，气体不对外做功。
由热力学第一定律可得
代入数据解得
18. 如图所示，处于竖直平面内的一游戏装置是由倾角θ=37°的足够长的光滑直轨道AB、粗糙水平直轨道BC、圆心为O1的四分之一光滑圆弧轨道CD、圆心为O2的四分之一光滑细圆管道DE、倾角为α=45°固定斜面FG组成，C为直轨道BC与圆弧轨道间的相切点，O1、D和O2处于同一水平直线上。每次游戏时，物块1均从轨道AB上静止滑下，并无碰撞地通过B点，与静止在C点的物块2发生弹性碰撞。已知物块1、2的大小略小于细圆管道直径且均可视为质点，物块1、2的质量均为m=0.10kg；轨道BC长度LBC=0.10m，轨道CD和DE的半径均为R=0.10m，EF的水平距离LEF=0.40m，物块1与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.3。sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若物块1释放点距B点的长度L1=0.3m，求：
①物块1到达C点与物块2碰撞前瞬间的速度大小v1；
②物块1和2碰撞后，圆轨道上的C点对物块2的支持力FN的大小；
（2）若两物块碰后，物块2恰好能到E点，求物块1释放点离B点的长度L2；
（3）为使物块2最终能垂直撞击斜面FG，求物块1释放点离B点的长度L3。
【答案】（1）①；② （2） （3）
【解析】（1）①物块1到达C点前瞬间速度为v1
从A点到C点的过程中，由动能定理可得
②物块1和物块2质量相等，弹性碰撞后交换速度，故碰后物块2的速度为
物块2经过C点时，由牛顿第二定律可得
解得
（2）物块1和物块2弹性碰撞系统无机械能损失，交换速度。物块2恰好到达E点时速度为0，从A点到E点的过程中，由动能定理可得
解得
（3）由前两问分析可知，令物块2到达E点时速度v，则从A点到E点由动能定理可得
物块2从E点飞出后做平抛运动，垂直撞击FG，由平抛运动规律可得，，
由几何关系可知
联立可得
19. 真空中某种粒子检测装置如图所示，在xOy平面内的A（-0.8l，1.6l）点有一粒子源，仅在xOy平面内均匀地向各个方向发射速率均为v0的带正电的粒子，粒子的总数为N，粒子的质量为m，电荷量为q。在x轴上方存在垂直纸面的匀强磁场，其他区域无磁场。在y轴上放置有长度为l的收集板（厚度不计），收集板下端与坐标原点O重合，粒子打到收集板左右两侧均可被收集。已知速度方向为向右上方与竖直方向成θ=37°射出的粒子恰好能垂直打到收集板右侧最下端，sin11.5°=0.2。求：
（1）匀强磁场的方向及大小；
（2）粒子能打到x轴上离O点的最远距离；
（3）收集板上能收集到粒子数n。
【答案】（1）垂直纸面向外， （2）1.6l （3）
【解析】（1）磁场方向垂直纸面向外，设粒子做圆周运动的半径为R，轨迹如图1。
由几何关系
得R=l
由
得
方向：垂直纸面向外
（2）粒子经过x轴最右端是与A点在一条直径上的与x轴的交点C，最左端的情况是轨迹相切于D点，如图2、3所示。
由几何关系可知
粒子能打到x轴上离O点的最远距离为1.6l。
（3）设粒子从A点与竖直方向成α角时刚好打在收集板的上端N，如图4，O3为粒子轨迹的圆心，三角形ANO3为等边三角形，
则
① 入射速度方向与竖直方向左侧成α角、与右侧成θ范围的粒子均可以被收集板右侧收集，即共有范围粒子被收集板右侧收集。
另当水平向右射出的粒恰好能过O点，由几何关系可知，当速度顺时针转过时，粒子刚好过N点，在此范围内的粒子也能被收集板的右侧收集。如图 5、6所示。
② 粒子能被收集板左侧收集的临界情况是：一是粒子轨迹顺时针运动与收集板相交于最高点N，如图7所示；二是粒子轨迹顺时针运动与收集板左侧相切于点M，如图8所示。
由几何关系可知
又
得 φ=11.5°
所以，左侧收集板收集到的粒子发射的角度范围为
综上，收集板收集到的总粒子数为
20. 如图所示，固定于绝缘水平面上的光滑导轨是由倾斜金属导轨和水平足够长的金属导轨共同组成，倾斜导轨底部G、H用绝缘材料（绝缘材料大小忽略不计）与水平导轨相接，导轨左端EF间接有一电容器C，导轨右端接有一降压限流器（其作用是：当电路电流大于等于0.2A时能保持电路中电流恒为0.2A，电流小于0.2A时相当于短路）和一定值电阻R。倾斜导轨间有方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场B1，水平导轨间有方向竖直向上的匀强磁场B2，磁感应强度大小B1=B2=0.5T。现将倾斜导轨上的导体棒MN由静止释放，导体棒立即做匀加速运动，到达底端GH时的速度大小为v0=8m/s，当MN经过GH后速度立即减为原来的一半。整个过程中，导体棒MN与导轨垂直且接触良好。已知电容器的电容C=2F，导体棒MN的质量m=0.01kg，导轨宽度均为d=0.1m，倾斜轨道的倾角θ=37°，定值电阻R=0.5Ω，其余电阻均不计，不计任何摩擦阻力。
（1）MN在倾斜导轨上运动时，电容器的________端电势高（选填“E”或“F”）；
（2）MN在倾斜轨道上运动时的加速度a为多大？
（3）MN越过GH后，还能运动的距离x和通过降压限流器上的电荷量q各为多少？
（4）在MN的整个运动过程中，降压限流器上产生的热量Q为多少？
【答案】（1）F （2）4m/s2 （3）10m，0.8C （4）0.02J
【解析】（1）导体棒由静止释放后沿斜面向下运动，由右手定则可知，N端是等效电源的正极，故F端电势高；
（2）在斜面上运动的过程中，设回路中的电流为i。对导体棒受力分析，受到重力，导轨支持力和安培力，如图所示。
由牛顿第二定律可得
又
则导体棒做匀加速直线运动加速度为
（3）导体棒越过GH后速度变为
此时，若假设降压限流器件的电阻为零，则回路中的电流
可见此时回路中的电流应是0.2A。
当降压限流器件的电阻恰好为0，则回路中的电流即将小于0.2A，设此时导体棒的速度为v2，满足
得
在导体棒速度从v1减到v2的过程中，通过导体棒的电流恒为，导体棒受到的安培力不变，则导体棒做匀减速直线运动，设加速度为a1。
由牛顿第二定律可知
导体棒做匀减速直线运动的时间
这段时间内导体棒的位移大小
通过降压限流器上的电荷量为
此后，降压限流器件的电阻为零，导体棒接下来做加速度减小的减速直线运动，直到静止，设这段运动时间为t2，位移为x2。由动量定理
可知
得
则导体棒越过GH后的运动距离为
设该过程中通过降压限流器上的电荷量q2，由动量定理
得
则通过降压限流器上总的电荷量
（4）降压限流器件仅在t1时间内产生热量，由能量守恒可知
解得Q=0.02J