浙江省衢州市2022-2023学年高二下学期期末检测物理 Word版含解析

衢州市2023年6月高二年级教学质量检测衢州市2023年6月高二年级教学质量检测一、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)1.2022年10月9日，中国科学院观测到迄今最亮的伽马暴，其能量超过了lO^erg。用国际单位制基本单位表示“erg”正确的是()A.kW•hB.JC.kg•m2•s'2D.eV【答案】C【解析】【详解】ABD.kWh、J、eV都不是用国际单位制基本单位表示的，ABD均不符合题意；C.根据功的定义得U=lkgm2-s'2IN=1kg-m/s21J=1Ns解得故选C。2.2023年4月30日，“凤翔洲"龙游半程马拉松鸣枪开跑。赛道起点设在子鸣路与荣昌东路交叉口，终点设在端礼路端礼小区西侧，全程长21.0975公里。经过激烈角逐，埃塞俄比亚选手GutemaAbebeFufa以1小时07分21秒率先冲线。根据以上信息，下列说法正确的是()A.题中“21.0975公里"指位移B.题中“1小时07分21秒”指时刻C.研究GutemaAbebeFufa的运动轨迹时可以把他视为质点D.GutemaAbebeFufa全程的平均速度约为5.2m/s案】C解析】【详解】A.题中“21.0975公里”指路程，故A错误：B.题中T小时07分21秒”指时间间隔，故B错误；C.研究GutemaAbebeFufa的运动轨迹时他的形状、大小、体积可以忽略，故可以把他视为质点，故C正确；根据牛顿第二定律得A.琮琮受到3个力的作用A.琮琮受到3个力的作用B.岩石对琮琮的弹力是由于岩石形变产生的C.岩石对琮琮作用力方向水平向右D.当琮琮向上攀爬时，岩石对它的作用力大于它对岩石的作用力【答案】B【解析】【详解】A.琮琮受到重力、绳子拉力、岩石的弹力、向上的摩擦力4个力的作用，故A错误；B.岩石对琮琮的弹力是由于岩石形变产生的，故B正确；C.岩石对琮琮有方向水平向右弹力、竖直向上的摩擦力，所以岩石对琮琮作用力方向斜向右上方，故C错误；D.当琮琮向上攀爬时，岩石对它的作用力与它对岩石的作用力是一对相互作用力，等大反向，故D错。故选B。4.日本要将130万吨福岛核电站的核污水排向大海的消息引起许多国家的强烈抗议。核污水中含有放射性物质筑，发生尸衰变的半衰期约为12.5年，极有可能影响人类安全。关于氤核的K衰变，下列说法正确的是()A.衰变的方程为：：HT；He+*B.衰变辐射出的电子来自于筑原子的核外电子C.衰变产生的新核的比结合能变小D.随着全球变暖，海水升温，会加快筑核的衰变攵21.0975x1000D.GutemaAbebeFufa全程的平均速率约为Ar67x60+21m/s«5.2m/s故D错误。故选C。3.杭州亚运会吉祥物“琮琮”展示了攀岩项目动作，当琮琮静止时绳子拉力与重力大小恰好相等，如图所示。下列说法正确的是()误误A正确；BA正确；B.衰变辐射出的电子来自于中子转变为质子时释放出的电子，B错误;C.衰变时放出核能，产生的新核的比结合能变大，C错误；D.外部条件无法改变半衰期，D错误。故选A。5.下列说法不正确的是():Ht；He+?e甲乙丙丁A.图甲中的探雷器是利用地磁场进行探测的B.图乙中扼流圈是利用电感器对交流的阻碍作用C.图丙中磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，是为了增加电磁阻尼作用D.图丁中火灾报警器利用烟雾对光的散射来工作，属于光电式传感器的应用【解析】【详解】A.图甲中的探雷器是利用涡流的磁效应工作的，故A错误，符合题意；B.图乙中扼流圈是利用电感器对交流阻碍作用，故B正确，不符合题意；C.图丙中磁电式仪表的线圈绕在铝框骨架上，是为了增加电磁阻尼作用，故C正确，不符合题意；D.图丁中火灾报警器利用烟雾对光的散射来工作，属于光电式传感器的应用，故D正确，不符合题意。故选Ao6.科学家发现距离地球31光年的GJ357恒星系统这颗恒星的质量和大小大约是太阳的三分之一，确认GJ357恒星系统拥有三颗行星绕其公转。其中离恒星最远的行星GJ357d直径约为地球的2倍，质量约为地球的6倍，每隔55.7天绕恒星公转一次。设该行星和地球均可视为质量分布均匀的球体，并绕其中心天体做匀速圆周运动。关于行星GJ357d,下列说法正确的是()【答案】A【解析】【详解】A.衰变的方程为由题意，行星GJ357d直径约为地球的由题意，行星GJ357d直径约为地球的2倍，质量约为地球的6倍，知其表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为3：2,故C正确；D.根据三颗行星中其绕恒星公转的向心加速度最小，故B错误;C.根据A.三颗行星中其绕恒星公转周期最小B.三颗行星中其绕恒星公转的向心加速度最大C.其表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为3：2D.其绕恒星运动的轨道半径与地球绕太阳的轨道半径相同【答案】C【解析】【详解】A.根据开普勒第三定律，三颗行星中其绕恒星公转周期最大，故A错误;B.根据JI2由题意，行星GJ357d公转周期55.7天，地球公转周期365天，恒星的质量和大小大约是太阳的三分之一，所以其绕恒星运动的轨道半径与地球绕太阳的轨道半径不相同，故D错误。故选C。7.4月1日，衢州有礼.2023“体彩杯”男子职业足球邀请赛在衢州市体育中心打响。孙国文在一次禁区左肋下底传中时，足球在空中划出一道曲线且直接落地。己知足球上升的最大高度为3.2m,在最高点的Mm4勿故C正确；D.落地前瞬间的速度与水平方向夹角的正切值x=v0Z=故C正确；D.落地前瞬间的速度与水平方向夹角的正切值x=v0Z=16x1.6s=25.6sv=+vj=V162+82m/sa17.89m/s故B错误；C.落地点与踢出点的水平距离速度为16m/s<>若不计空气阻力，根据以上数据可估算出足球()A.空中运动的时间约为0.8sB.落地前瞬间的速度大小约为22.6m/sC.落地点与踢出点的水平距离约为25.6mD.落地前瞬间的速度与水平方向夹角的正切值约为2【答案】C【解析】【详解】A.根据0或=-2gh得踢出球时竖直方向的分速度大小vv=』2gh=^2x10x3.2m/s=8m/s根据对称性，下降的时间.=—=0.8sg上升的时间空中运动的时间=匕=0.8svy=8m/s落地前瞬间的速度大小故A错误；B.根据对称性，落地时竖直方向的分速度大小vvtana=—=tana=—=p=—故D错误。故选C8.如图所示，在边长为匕的立方体表面中心G、F处固定电荷量均为+g的点电荷，表面中心E、H处固定电荷量均为一q的点电荷。下列说法正确的是()A.立方体中心处的电场强度为0B.A、Cf两点的电势不相等C.若移去E点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为竺竺D.若移去E点的电荷，将F点的电荷从F沿直线移到E的过程中，电场力不做功【答案】D【解析】【详解】A.E、F处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向竖直向上，G、H处的点电荷在立方体中心处的电场强度方向水平向右，根据电场强度的叠加可知立方体中心处的电场强度不为0,故A错误；B.A、C两点关于立方体中心处对称，根据电场线的对称分布可知A、Cf两点的电势相等，故B错误；C.若移去E点的电荷，F点的电荷所受电场力大小为D.若移去E点的电荷，将F点的电荷从F沿直线移到E的过程中，根据电场强度的叠加可知F点的电荷受到的电场力一直水平向右，速度方向与电场力方向一直垂直，故电场力不做功，故D正确。故选D。9.某型号新能源汽车在一次测试中从静止开始沿直线运动，其位移工与时间/图像为如图所示的一条过原点的抛物线，A(4,而)为图像上一点，虚线A8与图像相切于A点，与，轴相交于8(牝0)。01。时间(蚂F(蚂F=2=cos45=2故C错误；x]:x2=\:3内车的合力平均功率记作，04时间内车的合力平均功率记作R，下列说法正确的是()A.4时刻小车的速度大小为号B.小车加速度大小为若C.P2=2P}D.P2=3P}【答案】D【解析】【详解】A.S图像中，图像切线的斜率表示速度，则人时刻小车的速度大小为耳=——故A错误；B.汽车的尤寸图像为过原点的抛物线，则汽车的运动为匀加速直线运动，由位移一时间公式可知解得故B错误；CD.则根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的瞬时速度，等于初末速度的平均值，则u_M_2为A解得4=2t。即fo时刻为0〜1时间内的中间时亥IJ,小车做初速度为零的匀加速直线运动，则0〜而和布〜〃内的位移之h0上时间内车的合力平均功率4时间内车的合力平均功率p二喝二g2"上上4=3g故C错误，D正确。故选D。10,如图为研究光电效应的实验装置，用。、A、c三种单色光分别照射该光电管，得到光电流/与光电管两极间所加电压。的关系如图所示。下列说法正确的是()A.三种单色光光子的动量大小Pa>Ph>PcB.三种单色光光子的能量大小Ea<Eb<EcC.用单色光。照射光电管时，逸出的光电子最大初动能最大D.通过同一双缝干涉装置，单色光。形成的干涉条纹间距最小【答案】B【解析】【详解】由光电效应方程乓=加—吧由题图可得：c光照射光电管时反向截止电压大，照射该光电管时光使其逸出的光电子最大初动能大，所A.c光的频率大，则其波长短，根据故A错误；三种单色光光子的动量大小E=故A错误；三种单色光光子的动量大小E=hv三种单色光光子的能量大小故B正确；C据乓=如一吧用单色光。照射光电管时，逸出的光电子最大初动能最小，故C错误；D.。光的频率最小，则其波长最长，根据PbPcA.微棱镜对红光的折射率为0.8B.红光经AC反射后不能从AB边射出C.绿光折射光线偏转角度更小D.绿光在微棱镜中的传播速率比红光大【答案】B【解析】【详解】A.红光的折射光线偏离入射方向23。，则其折射角为53。，微棱镜对红光的折射率d通过同一双缝干涉装置，单色光。形成的干涉条纹间距最大，故D错误。故选B。11.等腰直角微棱镜是LCD显示屏中的重要组成部件，光线经边沿各方向射入微棱镜，如图所示。若一束红、绿复合光经BC边中点P以30。入射角射向AC边，其中红光的折射光线偏离入射方向23。。不考虑光在微棱镜内的多次反射，下列说法正确的是()上，"和N分别是处在A、B上，"和N分别是处在A、B两区域水面上的两点。若f=0时刻。点从平衡位置向上振动，形成以。点为波源向左和向右传播的水波(可看作简谐横波)，其波速跟水深关系为祉=胸,式中H为两区域水的最大深度，g为重力加速度。当r=1.25s时，M点第一次到达波峰，此时。点恰好第二次到达波峰。己知3区域水波的振幅为A=6cm,如=0.90m,0、M间距离为2.0m,0、N间距离为4.5m。下列说法正确的是()MON【答案】D【解析】【详解】A.对O点的振动分析，可知4代入数据有sin53°8sin30°5sin53°8sin30°5八15n=--------=p故A错误；B.设临界角C,PMsmC=—=-n8根据几何关系，红光经AC反射后入射到AB边的入射为60。，由于sin60°>sinC红光经AC反射后不能从AB边射出，故B正确；C.绿光折射率更大，折射光线偏转角度更大，故C错误；D.根据cv=—n绿光在微棱镜中的传播速率比红光小，故D错误。故选B。12如.图所示是某水域的剖面图，A、8两区域最大水深分别为心、点。处于两部分水面分界线B.A、8两区域水波的波长之比为3：2C.f=1.5s时，M点经平衡位置向上振动D.f=4s时，N点通过的路程为60cmAZ)=4s-1.5s=2.5s=2.57'r=4s时，N点通过的路程AZ)=4s-1.5s=2.5s=2.57'r=4s时，N点通过的路程s=10A=60cm故D正确。故选D。13.如图所示，“奋进号"潮流能发电机组核心部件是“水下大风车”，一台潮流能发电机叶片转动时可形成半径为10m的圆面，某次涨潮期间，该区域海水的潮流速度是3m/s,流向恰好与叶片转动的圆面垂直，并将40%的潮流能转化为电能。随后通过海上升压变压器将发电机组690V电压升为10kV电压后/=4s时，N点开始振动时间T=ls,巳=*=2m/s根据代入数据求得故A错误；B.右侧波传播速度心：知=0.4:0.9=4:9A、B两区域水波的波长之比人a：片=2:3VB=V^T=3m/s,=vhT=3m故B错误；C.从/=1.25s到，=1.5s,时间间隔为Ar=0.25s=-T4当/=1.25s时，M点第一次到达波峰，r=1.5s时，M点经平衡位置向下振动。故C错误；D.波传到N点的时间ON4.5|=/,=-----=—s=1.5s*3向远处传输，不考虑升压过程中的能量损耗。已知海水密度约为p向远处传输，不考虑升压过程中的能量损耗。已知海水密度约为p=lxlO'kg/m’，则()A.涨潮期间该发电机的功率约为IXICTWB.若每天至少有2h潮流速度高于3m/s,则该台发电机口发电量至少为320kWhC.升压变压器原、副线圈匝数之比约为1：69D.若允许输送过程中损失的功率控制在4%以内，则输电线电阻不能超过2.5。【答案】D【解析】【详解】A.涨潮期间该发电机的功率约为W=-/nv2x40%2m=pvtSS=兀产解得/?,_U,_69069房一祀一100000一10000A错误；B.若每天至少有2h潮流速度高于3m/s,则该台发电机日发电舅至少为E=Pr=3.2xlO3kWhB错误；C.升压变压器原、副线圈匝数之比约为P=L6xlO6W=1.6xlO3kWC错误；D.根据题意得I2R=Px4%输电线电流为I=pI=p解得D正确。故选D。二、选择题n(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。分)14.下列说法中，符合物理学史实的是()A.牛顿发现了万有引力定律，并测得万有引力常量B.法拉第发现了电磁感应现象，并得出了电磁感应定律C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波D.通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出分子电流假说【答案】CD解析】【详解】A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测得万有引力常量，故A错误；B.法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出了电磁感应定律，故B错误；C.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故C正确；D.通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培由此受到启发提出分子电流假说，故D正确。故选CD。15.如图为某小型发电机的原理图。线圈，必CY/处于磁感应强度大小B=^T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定轴OO'匀速转动。己知线圈转速〃=2.5r/s，线圈面积5=2x10-311?,共有N=100匝，总电阻r=2Q,外电路电阻R=8d从线圈与磁场垂直时开始计时。则()R=2.5QA.线圈产生的电动势的瞬时表达式为。=2qcos(5/z7)(V)B.0.2s内线圈产生的平均电动势为—VC.B.0.2s内线圈产生的平均电动势为—VC.0.4s内线圈产生的焦耳热为0.032JD.外电路电阻R减小，发电机输出功率减小【答案】BC【解析】【详解】A.线圈的角速度NW100x2x^x2x10-皿E==-------=-------------------------------V=------V线圈产生的电动势的瞬时表达式为I=-=^p=A=0.2AV2(/?+r)V2(2+8)故B正确;C.线圈内的电流U0.4s内线圈产生焦耳热为Q=I2rt=0.22x2x0.4J=0.032J故C正确;D.发电机输出功率R可知当R=r=m时，发电机输出功率最大，故外电路电阻R减小，发电机输出功率先增大后减小，故D错误。e=e=NBScos\na)t=100x故A错误；B.线圈切割磁感线的周期0.2s内线圈转动半圈，产生的平均电动势为x2x10~3x5^sin5/rt=2-^2sin5^■/T=—=0.4s故选BCo三故选BCo三、非选择题(本题共5小题，共55分)16.在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中： (1)下列实验中与本实验体现相同物理思想方法的是.①实验获得如图所示的纸带，己知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,相邻两点间还有4个点未标出，小车的加速度为m/s2(保留两位有效数字)。~01234~~(湘234567891011121314151617②根据①中的计算结果，判断小明实验时选用的槽码总质量也是否合理。(选填“合理"或“不合理”)解析】【详解】(1)[1]探究加速度与力、质量的关系运用了控制变量法。A.图1：探究向心力大小的表达式运用了控制变量法，故A正确；B.图2：探究两个互成角度的力的合成规律运用了等效替代法，故B错误；C.图3：用单摆测量重力加速度未运用了控制变量法，故C错误。A.图1：探究向心力大小的表达式B.图2：探究两个互成角度的力的合成规律C.图3：用单摆测量重力加速度(2)小明采用如图所示的实验装置进行实验。己知车的质量为槽码的总质量为刀，试回答下列问x24-xo2(16.58-8.25)x24-xo2(16.58-8.25)-(8.25-1.00)2‘2八”/ia=——= ；--------------x10m/s=0.27m/s (27)24x0.12故选A。(2)[2]相邻两点间还有4个点未标出，则相邻计数点时间间隔为用逐差法求小车的加速度为T=Mamg-T-maMg-ama.可知m«M,故小明实验时选用的槽码总质兼m合理。17.(1)在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，下列说法正确的是(多选)A.可将油酸分子简化为球形B.可认为油酸分子紧密排布C.排子粉层应厚一些D.滴入油酸后应立即绘出轮廓图(2)实验使用的油酸酒精溶液的1000mL溶液中有纯油酸ImL,用注射器测得ImL上述溶液中有液滴100滴，由以上数据可得1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是mLo(3)把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，形成如图所示的油膜，图中小方格的边长为1cm,油酸分子直径约为m(保留两位有效数字)可得x【解析】【详解】(1)[1JA.估测油酸分子直径大小时，可把油酸分子简化为球形处理，故A正确；B.在"用油膜法估测分子的大小”实验中把很小的一滴油酸滴在水面上形成一块油酸薄膜，认为分子是球形、薄膜是由单层的油酸分子且一个紧挨一个排列的，不考虑各油酸分子间的间隙，故B正确；C.排子粉层厚一些，不利于油酸完全散开，故C错误；D.绘制轮廓图应在油酸分子扩散稳定后进行，故D错误。故选ABo(2)[2]1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积1000100(3)[3]将大于半格的方格记为一格，舍掉小于半格的方格，则格子数为189,油酸分子直径约为Vin-5S18918如.图是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验电路图。小明在某次实验中，当伏特表V示数q=6.51V时，在开关K断开与闭合时，伏特表V?的示数分别l/2=3.11V和U3=L37V,已知原副线圈匝数分别N=800匝和/V2=400匝。实验过程操作规范正确。 (1)下列说法正确的是(多选)A.该变压器为理想变压器B.小于I/?的可能原因是线圈存在电阻C.7F>tt-的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗D.若以N?为原线圈、为副线圈，输入和输出电压分别为四、"则有令竽5/V](2)小明利用多用电表粗测副线圈的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使该变压器不是理想变压器，故A错误；该变压器不是理想变压器，故A错误；B.^3小于以2的可能原因是线圈存在电阻，故B正确；(/,N\指针指向表盘的(选填“电流”或“电阻”)零刻度。测量时指针位置如图所示，则【答案】®.BC##CB②.电阻③.21.8®.be⑤.左®.<【解析】【详解】(1)[1]A.由于(3)小明为了进一步精确测量副线圈N?的电阻，设计的部分电路如图所示，为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，还需连接的导线是(选填“沥”、“施”或“以),开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于(选填“左”或“右”)端。测得线圈可2上一组电流、电压数据并得到如图所示的伏安特性图线。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，则通过线圈的电流0.18A(选填“>”、或)C.甘的主要原因是变压器使用过程中有能量损耗，故C正确；D.变压器使用过程中有能量损耗，若以为原线圈、M为副线圈，输入和输出电压分别为U；、线圈电阻约为Q线圈电阻约为Q】S_馅——>—-U2——>—-故D错误。故选BCo (2)⑵⑶小明利用多用电表粗测副线圈叫的电阻。测量前先把两支表笔直接接触，调整欧姆调零旋钮，使指针指向表盘的电阻零刻度。测最时指针位置如图2所示，则线圈电阻约为21.8x1421.8。(3)[4][5][6]为了绘制尽可能完整的伏安特性图线，电路采用分压法，所以还需连接的导线是如，开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于左端。若将该线圈接在电压为4V的交流电源两端，由于自感作用，则通过线圈的电流V0.18A。19研.究表明，新冠病毒耐寒不耐热，在温度超过56C时，30分钟就可以灭活。如图所示，一粗细均匀且足够高的汽缸被轻质绝热活塞分隔成上下两部分，汽缸顶端有一绝热阀门K,汽缸底部接有电热丝现将含有新冠病毒的气体封闭在汽缸下部〃内，气体初始温度4=27笆，活塞与底部的距离4=60cm,活塞的横截面积5=100cm2,不计活塞和汽缸间的摩擦，取大气压为=1.0xl()5pa。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间。求：(1)当活塞与底部的距离处=63cm时，〃内气体的温度；(2)若要能够灭活新冠病毒，力内逸出的气体体积至少为多少；(3)刚达到灭活温度时，若。内气体吸收的热量Q=130J,则“内气体内能增加量为多少。0E。【答案】(1)42°C；(2)580cm3:(3)72J【解析】【详解】(1)阀门K始终打开，气体做等压变化7；=315K解得解得7；=r3+273K=329K_7；=315K解得解得7；=r3+273K=329K_/2=7；-273°C=42°C(2)若要能够灭活新冠病毒，需达到的温度根据盖吕萨克定律/*S佑=65.8cmW=p05A/?=58J△U=Q+W=-58+130J=72J20,如图所示，一游戏装置由倾角缶37。的倾斜直轨道AB、圆弧轨道BC、DE、圆弧管道CD、水平直轨道EF组成，各段轨道平滑连接，B、C、D.E为轨道间的切点，G为圆弧管道CD的最高点，除EF段外各段轨道均光滑。圆轨道BC、CD、。匹的圆心均为O,C、O、D处于同一水平线，半径/?=0.5m,倾斜直轨道的长度L,=lm,水平直轨道EF的长度A=1°m。在倾斜轨道下端固定一动力弹射装置P,滑块与其碰撞，弹射装置P被激发，使滑块以更大的速度反向弹回，每次弹射对滑块做功大小恒为WF.3J。质量Af=0.2kg的滑块静置于水平直轨道EF的中点H,质景〃户0.1kg的滑块自倾斜直轨道AB上距离B点工(尊0、未知、可调)处由静止释放，经动力弹射装置多次弹射后通过G点，并与肱发生弹性正碰。己知两滑块在以段运动时受到的阻力均为其重力的0.2倍，滑块可视为质点，不计弹射装置P的大小，不计空气阻力，sin37。=0.6,cos37。=0.8。(1)若滑块也由静止释放经一次弹射后恰能到达B点，求]的大小；(2)若滑块〃7从身'等高处由静止释放，经多次弹射后与滑块M发生碰撞，求M在水平面上运动的距根据热力学第一定律人内逸出的气体体积至少为(3)刚达到灭活温度时，。气体对外做功AV=(^-^)5=580cm3解得碰后M的速度为离S；(3)调节x的大小，判断滑块，〃通过G点时对轨道压力是否可能为0?若可能，请计算滑块被弹射的最小次数，若不能请说明理由。G4【答案】(1)x=0.5m；(2)5=-m；(3)n=44【解析】【详解】(1)释放滑块运动至B点过程，根据动能定理得W-mgxsxn0=0解得x=0.5m(2)滑块能够经过G点需要满足nW-2mgR>0(〃为整数)解得3n>3则经4次弹射后与滑块M发生碰撞，根据动能定理，队与M碰撞前的速度为4W-0.2/wg与=Smv；-0解得外=2m/sm与M碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得-0.2咖=0_捉峙解得根据动能定理可得4mg-0.2咖=0_捉峙解得根据动能定理可得4mg=m~^(3)滑块过G点时恰好对轨道无压力，则有9解得解得滑块通过G点可能的最大速度为故滑块通过G点时可能对轨道无压力。释放滑块运动至B点，根据动能定理得vCnHX=5/6m/s>V5m/s解得0.3n=0.6x+1.15〃W-mg(xsin0+Rcos0+7?)=；血；-0nW-O.bmgx一2.3mgR-0经分析，当x=」-m肘，〃取得最小值21.2023年3月13日“央视军事”报道，“福建舰”是我国第一艘装备了电磁拦阻装置的航母，电磁拦阻技术大大提高了舰载机降落的可靠性。电磁拦阻的工作原理简化如下：当舰载机着舰时关闭动力系统，通过尾钩钩住绝缘阻拦索，如图所示。阻拦索又带动金属棒沥在导轨MN、P。上滑动，金属棒沥、导轨和定值电阻R形成一闭合回路，如图所示。若某次训练中尾钩钩住阻拦索的瞬间，舰载机与金属棒瞬间获得共同速度v0=180km/h,在磁场中共同减速滑行至停下。己知舰载机与金属棒沥的总质量0=3xl()4kg、电阻r=4d导轨间距£=50m,定值电阻R=6Q,匀强磁场磁感应强度8=4T。为了研.EBLv4x50x50.../=.EBLv4x50x50.../= =-------=--------------A=1000A根据右手定则感应电流方向为bTS(2)舰载机与金属棒停下来的过程,由动最定理得-B/匕，-/其他=0解得舰载机滑行的距离x=55m(3)舰载机与金属棒停下来的过程,由动能定理得叫=3.2x10"-BLxq=It=------r+R解得RR0,=---W；=1.92x107JQ=R+尸总R+rF电阻R中产生的焦耳热BXXXxPb