2024-2025学年浙江省强基联盟高二上学期12月联考物理试卷（解析版）

这是一份2024-2025学年浙江省强基联盟高二上学期12月联考物理试卷（解析版），共27页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题（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. 以下物理量属于矢量的是（ ）
A. 电场强度B. 功C. 电流D. 磁通量
【答案】A
【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。功、电流和磁通量是标量，而电场强度有大小和方向，为矢量。
故选A 。
2. 某学校举行了秋季篮球赛，如图所示为一同学投篮时的场景，下列说法正确的是（ ）
A. 在空中飞行的篮球受重力和推力的作用
B. 判断落地的篮球是否出线可以把篮球看成质点
C. 人蹬地起跳时，地面对人的弹力大于人的重力
D. 篮球受到运动员对它的推力是由于篮球发生形变产生的
【答案】C
【解析】A．在空中飞行的篮球受重力和空气阻力的作用，不会受到手的推力，故A错误；
B．判断篮球落地时是否出线不能忽略篮球的形状体积，不能把它看做质点，故B错误；
C．人蹬地起跳时有向上的加速度，所以地面对人的弹力大于人的重力，故C正确；
D．手对篮球的推力是因为手发生形变而产生的，故D错误。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 干燥天气里脱毛衣时会产生火花，因为摩擦过程中凭空创造出了电荷
B. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
C. 元电荷就是点电荷
D. 电磁场并不是客观存在的，它是人们为了研究问题假想出来的
【答案】B
【解析】A．干燥天气里脱毛衣时会产生火花，是因为摩擦过程中产生了电荷的转移，但不是凭空创造了电荷，故A错误；
B．根据电荷守恒定律，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故B正确；
C．点电荷是指带电体的形状大小和电荷的分布在所研究的问题中可以忽略的电荷，元电荷是自然界最小的电荷量，它们不是同一个含义体，故C错误；
D．和实物粒子一样，场是物质存在的另一种形式，电磁场是客观存在的，不是假想的，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，三根等长的轻质铁链对称地悬挂在吊篮架上，另一端接在一起，悬挂在支架上。已知吊篮架、花和花盆系统的总质量为。下列说法正确的是（ ）
A. 每根铁链的拉力均为
B. 同时增加三根铁链的长度，铁链的拉力变大
C. 支架对铁链的作用力的合力竖直向上
D. 吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对作用力和反作用力
【答案】C
【解析】A．设每根铁链和竖直方向的夹角为，则有
解得
故A错误；
B．增加铁链的长度，每根铁链和竖直方向的夹角变小，变大，铁链的拉力变小，故B错误；
C．支架对铁链的作用力的合力与系统的重力等大反向，则支架对铁链的作用力的合力一定竖直向上，故C正确；
D．吊篮架对花盆的支持力与花盆的重力是一对平衡力，故D错误。
故选C。
5. 由于高度限制，车库出人口采用如图所示曲杆道闸，道闸由转动杆与横杆链接而成，为横杆的两个端点，在道闸抬起过程中，杆始终保持水平。杆绕点从与水平方向成匀速转动到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 两点的线速度相同
B. 点绕点做圆周运动
C. 点在竖直方向做匀速运动
D. 点的角速度比点大
【答案】A
【解析】AD．依题意，杆始终保持水平，两点相对静止，二者具有相同的线速度、角速度和加速度，故A正确，D错误；
B．OQ间距离在变化，可以看出不是绕点做圆周运动，故B错误；
C．Q点在竖直方向的运动与点相同，点做匀速圆周运动，则点相对于点在竖直方向的位置关于时间的关系为
可看出点在竖直方向不是匀速运动，故C错误。
6. 在太阳系内介于火星和木星轨道之间有一小行星带，如图所示，假设小行星带中的各小行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，小行星带中各小行星绕太阳运动的轨道半径不尽相同，则（ ）
A. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的周期相同
B. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的周期大于火星公转周期
C. 小行星带中靠近轨道内侧的小行星受到太阳的引力一定大于轨道外侧的小行星
D. 小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的加速度大于火星做圆周运动的加速度
【答案】B
【解析】AB．根据万有引力定律有
解得
因各小行星做圆周运动半径有可能相同，也有可能不相同，故它们的周期不一定相同，小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径大于火星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于火星公转周期，故A错误，B正确；
C．由于小行星带中小行星的质量不一定相同，故内侧轨道的小行星受到的太阳的引力不一定比外侧的大，故C错误；
D．根据万有引力定律有
解得
可知，小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径大于火星绕太阳公转的半径，小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故D错误。
7. 将不带电的金属球靠近带正电的金属球，系统达到静电平衡状态后，纸面内的电场线和等势面分布如图所示，两点关于金属球的连线对称，为金属球外表面的两点。下列说法正确的是（ ）
A. 金属球左侧带正电
B. 点与点电场强度相同
C. 间的电势差与间的电势差相等
D. 将带正电的试探电荷从点移到点，电势能增加
【答案】C
【解析】A．由于金属球带正电，根据静电感应原理可知，金属球左侧带负电，右侧带正电，故A错误；
B．电场线某点的切线方向为该点的电场强度方向，电场线疏密表示电场强弱，图像可知点与点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；
C．达到静电平衡的导体为等势体，可知点的电势与点的电势相等，间的电势差与间的电势差相等，故C正确；
D．沿电场方向电势降低，由题图可知，点的电势高于点的电势，则将带正电的试探电荷从点移到点，电场力做正功，电势能减少，故D错误。
故选C 。
8. 空间中存在一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为，磁场中有一水平放置的通电长直导线电流的方向垂直于纸面向外，如图所示，是以直导线为圆心的同一圆周上的四等分点，分别为圆周的最高点和最低点。已知点的磁感应强度大小为，不考虑地磁场的影响，则下列说法中正确的是（ ）
A. 点的磁感应强度为0B. 两点的磁感应强度大小相等
C. 两点的磁感应强度方向相反D. 点的磁感应强度大小为
【答案】D
【解析】A．设通电直导线在点产生的磁感应强度大小为，由安培定则可知，方向竖直向下，所以点的磁感应强度为
解得
则通电直导线在点产生的磁感应强度大小为，方向水平向左，故点的磁感应强度大小为，故A错误；
B．同理可知通电直导线在点产生的磁感应强度大小为，方向水平向右，故点的磁感应强度大小为，故B错误；
C．c点的磁感应强度方向与水平方向成向上，点的磁感应强度方向与水平方向成向下，两点磁感应强度方向不相反，故C错误；
D．通电直导线在点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，故点的磁感应强度为
故D正确。
故选D。
9. 如图，在点以相同的速率抛出质量相同的石子甲和乙，其轨迹在同一竖直平面内相交于点。抛出时甲的初速度斜向上，乙的初速度水平。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 从到，甲重力做功比乙多
B. 在点，甲重力的瞬时功率比乙大
C. 从到，乙重力做功的平均功率比甲小
D. 在点，人对甲做的功比乙多
【答案】B
【解析】A．重力做功与路径无关，从到，石子的质量相等，高度相同，故重力做的功相等，故A错误；
B．从到，石子的机械能守恒，在点，甲、乙石子的速率相同，甲速度方向与水平面夹角比乙大，竖直方向速率大，重力的瞬时功率大，B正确；
C．从到，乙飞行的时间比甲短，重力做功的平均功率大，C错误；
D．在点根据动能定理，人对石子做的功等于石子动能的增加量，石子质量和速率一样，人做的功一样，故D错误。
10. 如图甲所示，水平面上有一质量的物块，从某时刻起，物块以的初速度从点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力作用，一段时间后力突然反向，大小不变，以为原点向右建立直线坐标系，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（ ）
A. 物块在运动到处时运动方向发生改变
B. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
C. 末力反向
D. 力大小为
【答案】B
【解析】根据匀变速直线运动，速度位移关系
整理得
所以，图线的纵截距表示，斜率表示。
A．由题图乙可知，时，图线的斜率由负变正，所以加速度突然反向，即力突然反向，所以物块先做匀减速运动后做匀加速运动，运动方向没有改变，故A错误；
BD．由图线的斜率表示。代人题图乙中所给数据
解得
根据牛顿第二定律，力反向前有
力反向后有
其中
解得
故B正确，D错误；
C．水平向左的力作用的时间
末力反向，物块开始做匀加速运动，故C错误。
故选B。
11. 如图所示，为平行板电容器的两金属板，两板水平放置并与直流恒压电源两极相连，板接地，为电流计，刚开始开关闭合，极板间有一带正电的液滴静止在点，则下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关闭合，将板向上平移过程中，电流计中有从到的电流
B. 保持开关闭合，将板向右平移一些，液滴将向上运动
C. 若将开关断开，将板向上平移一些，间电场强度变小
D. 若将开关断开，将板向上平移一些，点电势升高
【答案】D
【解析】A．由于带正电的液滴处于静止状态，可知电场力竖直向上，板间场强方向向上，因此板带负电，板带正电，将板向上平移的过程中，板间距离变大，板间电压不变，根据
可知电容器的电容变小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，电流计中有从到的电流，故A错误；
B．保持开关闭合，将板向右平移一些，板间电压不变，由
可知，板间的电场强度不变，液滴仍保持静止，故B错误；
C．根据
可知
将板向上平移一些，板间距离变大，板间电场强度不变，故C错误；
D．开关断开，电容器储存的电荷量不变，将板向上平移，板间距离变小，电容变大，板间电压变小，板间的电场强度不变，根据可知，与板间的电势差变小，而极板接地，板电势为零，所以点电势升高，故D正确。
故选D。
12. 如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子在间做简谐运动，从平衡位置向下运动时开始计时，振动图像如图乙所示，点所在位置为重力势能的零势能点，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子在时弹簧具有相同的弹性势能
B. ，振子处于超重状态
C. 振子的加速度沿轴正方向
D. 内，振子的回复力先减小后增加
【答案】D
【解析】A．悬挂在竖直方向上的弹簧振子平衡位置不是弹簧原长位置，振子在处弹簧的形变量不同，弹性势能不同，故A错误；
B．振子到达最高点，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；
C．，振子处于平衡位置，加速度为零，故C错误；
D．振子受到的合外力提供回复力，内，振子回复力先减小到零后反向增加，故D正确。
13. 目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统。两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，这种系统基于电磁感应原理可实现无线传输电力，下列说法正确的是（ ）
A. 只要A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B. 只要A线圈中输入变化的电流，B线圈中也会产生变化的感应电动势
C. A中电流越大，B中感应电动势越大
D. A中电流变化越快，B中感应电动势越大
【答案】D
【解析】A．根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，B线圈中不会产生感应电动势，故A错误；
BCD．若A线圈中输入均匀变化的电流，根据法拉第电磁感应定律
可知，B线圈中会产生恒定大小的感应电动势，若A线圈中输入均匀变化的电流，B线圈中会产生变化的感应电动势，若A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快， B线圈中感应电动势越大，而A中电流越大，不能决定B中感应电动势的大小，故BC错误，D正确。
故选D。
14. 如图所示为一种基于伽利略大炮原理的简易模型。两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的3倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设小球P、Q的质量分别为m、3m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得
解得
Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有
，
解得
碰后小球P机械能守恒，则有
解得
故选C。
15. 如图所示为回旋加速器的主要结构，置于真空中的两个形金属盒半径为，两盒间的狭缝接高频交变电压，加速电压为，狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略，整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向与盒面垂直。若处粒子源产生的质量为、电荷量为的质子在狭缝中被电场加速、不计质子进入加速电场的初速度，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（ ）
A. 高频交变电场的频率
B. 若增加加速电压，质子离开装置的最大速度将变大
C. 质子在装置中运动的总时间
D. 质子在装置中的加速次数
【答案】C
【解析】A．根据回旋加速器原理，每转一周质子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，洛伦兹力提供质子做圆周运动所需向心力，由牛顿第二定律得
粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
故A错误；
B．质子加速后的最大轨道半径等于形盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得质子的最大运动速度
质子离开回旋加速器的最大速度由形盒半径决定，与加速电压大小、加速次数等无关，故B错误；
D．设质子在加速器中被加速次，由动能定理得
解得
故D错误；
C．质子完成一次圆周运动被电场加速2次，在形盒磁场内运动的时间
即
故C正确。
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。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
16. 下列选项中的操作能产生感应电流的是（ ）
A. 甲图中，使导体棒顺着磁感线向下运动
B. 乙图中，线圈绕边旋转时
C. 丙图中，保持开关闭合，螺线管放在中，同时移动滑动变阻器滑片
D. 丁图中，条形磁铁插入有开口的圆环
【答案】BC
【解析】A．甲图中，使导体棒顺着磁感线向下运动，不切割磁感线，则不会产生感应电流，故A错误；
B．乙图中，线圈绕边旋转时线圈的磁通量改变，会产生感应电流，故B正确；
C．丙图中，开关保持闭合，移动滑动变阻器滑片时电流变化，产生的磁场变化，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；
D．丁图中，条形磁铁插入有开口的圆环，因圆环不闭合，则不会产生感应电流，故D错误。
17. 如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 左边金属环下滑过程机械能守恒
B. 弹簧的最大拉力为2mg
C. 金属环在最高点与最低点加速度大小相等
D. 金属环的最大速度为
【答案】BCD
【解析】A．金属环下降过程中，弹簧对其做负功，金属环机械能减少。故A错误；
B．金属环下降达到最低时，速度减小为0，形变量为，弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得
解得
则最大弹力为
故B正确；
C．由简谐运动的对称性可知，金属环在最高点与最低点加速度大小相等。故C正确；
D．当金属环的加速度为0时，速度最大。根据平衡条件可得
根据胡克定律可得
解得形变量为
根据几何知识，两个小球下降的高度为
对系统只有重力和弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，则有
解得
故D正确。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
18. 小张同学利用图甲所示的装置进行“验证机械能守恒定律”的实验，打出如图乙所示的纸带，已知打点计时器频率为。
（1）关于该实验，下列说法正确的是___________。
A. 电火花计时器使用交流电源
B. 纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用
C. 为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
D. 实验用到的重力加速度可以由纸带求出
（2）图乙中纸带的___________（选填“左端”或“右端”）通过夹子与钩码相连，打纸带上点时，重物的速度___________（结果保留3位有效数字）
（3）该同学用两个质量分别为的重物和分别进行实验，多次记录下落高度和相应的速度大小，作出的图像如图丙所示。下列分析正确的是___________。
A. 阻力可能为零B. 阻力不可能为零
C. 一定大于D. 可能等于
【答案】（1）AB （2）左端 2.22##2.23 （3）BD
【解析】（1）A．电火花计时器使用交流电源，故A正确；
B．纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用，故B正确；
C．验证机械能守恒时，不一定要选择纸带上打出的第一个点作为起点，故C错误；
D．实验中的重力加速度要查询当地的实际值，因为存在阻力，测量值比实际值小，故D错误。
故选AB。
（2）重物连着纸带做加速直线运动，由纸带数据可知，题图乙中纸带的左端通过夹子与重物相连；根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打纸带上点时，重物的速度为
（3）AB．设空气阻力是，根据动能定理有
整理得
阻力如果为零，则机械能守恒，两图线斜率相同，故阻力不为零，故A错误，B正确；
CD．虽然的斜率小于的斜率，但空气阻力关系不确定，所以的质量可能等于的质量，也可能大于或小于的质量，故C错误，D正确。
故选BD。
19. 小徐同学在完成“测量金属丝的电阻率”的实验中，进行了以下实验过程：
（1）用多用电表欧姆挡测量金属丝的电阻，开始时选用“”的挡位测量发现指针偏转角太大，挡位应调整为___________（选填“”或“”）挡，正确调整挡位后经过欧姆调零重新测量，指针如图甲所示，此时电阻的测量值为___________。
（2）为了精确地测量金属丝的电阻。除了待测金属丝外，实验室还有下列器材：
电压表，量程。内阻约为；
电流表，量程，内阻约为；
滑动变阻器（阻值范围，允许通过的最大电流为；
滑动变阻器（阻值范围，允许通过的最大电流为；
干电池两节，开关一个，导线若干
①若实验中要求电压从0开始变化，滑动变阻器应该选择___________（选填“”或“”），根据以上器材，请以笔画线代替导线，将图乙中未连接的导线补充完整___________。
②多次改变金属丝接入电路的长度，测量不同长度时的电阻，作图像如图丙所示，已知金属丝的直径为，并测得图像中直线的斜率为，则该金属丝的电阻率为___________（用和表示）。
【答案】（1） 11##11.0 （2）
【解析】（1）[1][2]用多用电表测电阻时选用的挡位发现指针偏转角太大，说明表盘上电阻示数较小，要使指针指向中间位置，即要使表盘上电阻示数变大，需要把倍率调小，则挡位应调整为读数为
（2）①[1]由于滑动变阻器允许通过的最大电流只有，而滑动变阻器允许通过的最大电流为，则滑动变阻器应该选；
[2]完整的实物连线如图所示
②[3]根据电阻定律可得
则可知图像的斜率为
可得该金属材料的电阻率为
20. 如图所示，小型直流电动机（其线圈内阻为r = 1.5 Ω）与规格为“6 V 6 W”的小灯泡并联，再与阻值为R = 2 Ω的电阻串联，然后接至电源电动势为12 V，内阻r0 = 1 Ω的电源上，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
（1）通过电阻R的电流；
（2）电动机消耗的电功率P；
（3）电动机的效率。
【答案】（1）2 A （2）6 W （3）75%
【解析】（1）通过电阻R的电流
解得
（2）灯泡正常发光，则通过灯泡的电流
通过电动机的电流
电动机消耗的电功率
（3）电动机线圈内阻的热功率
电动机输出功率
由电动机的效率
21. 某娱乐节目中设计了一水上闯关轨道，其简化模型如图所示，半径的光滑圆弧轨道与一传送带平滑连接，两轨道相切于点，A点与圆心点等高。传送带长，与水平方向夹角传送带以的速度顺时针方向转动，距点水平距离为，高为处设置一水平平台，闯关者从A点静止下滑，最后要从点飞出并落入平台，某次闯关时，闯关者质量，闯关者与传送带的动摩擦因数，不计空气阻力和轨道连接处的能量损失，不考虑传送带滑轮大小，，求：
（1）闯关者在圆弧轨道上的点时的速度大小以及对圆弧轨道的压力大小。
（2）为了使闯关者能恰好水平进入平台，求平台距点的水平距离。
（3）求这次闯关时，传送带和闯关者之间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1），1440N （2）0.768m （3）180J
【解析】（1）从A点到点，根据动能定理有
解得
在点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知，对圆弧轨道的压力大小为1440N。
（2）由于，闯关者先做匀减速运动，在传送带上，根据牛顿第二定律有
解得
若全程匀减速，根据
解得
假设成立，故到达点时的速度为。从到，根据平抛运动规律有
，
解得
（3）在传送带上运动时，闯关者的位移
运动时间
故传送带位移
摩擦生热
22. 如图所示，质量mA=2kg的长木板A静止在光滑水平面上，质量mB=2kg的物块B和质量mC=1kg的物块C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为vB=3m/s，vC=1m/s。物块B、C均可看成质点，且与长木板A间的动摩擦因数均为μ=0.5，假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞，g=10m/s2，试求：
（1）物块B、C刚滑上长木板A时，A产生的加速度的大小；
（2）长木板A最终运动速度的大小及整个过程物块C动量变化量的大小；
（3）为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长。
【答案】（1）2.5m/s2 （2）1m/s，2kg·m/s （3）0.8m
【解析】（1）对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
（2）长木板A和物块B、C所组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得A、B、C最终的共同速度为
物块C动量变化量为
（3）刚滑上长木板A时，物块B、C的加速度大小分别为
假设物块B和长木板A共速时物块C还在滑动，则B滑动的时间为
假设物块C和长木板A共速时物块B还在滑动，则C滑动的时间为
即同时达到相对静止，物块B在长木板A上滑行的距离为
物块C在长木板A上滑行的距离为
长木板A的最小长度为
23. 如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角，在斜面上直线和与斜面底边平行，在围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为；现有一质量为，总电阻，边长的正方形金属线圈，边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为求：
（1）线圈进入磁场区域时的速度大小；
（2）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热；
（3）从静止释放开始计时，写出线圈两端的电压随时间变化的关系。
【答案】（1） （2）0.064J （3）见解析
【解析】（1）设线圈刚进入磁场时的速度为，对线圈受力分析
而
联立解得
（2）由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为，由
得
（3）从静止释放到边到达处
加速度
到达处的时间
①即当时
②从边到达处到边到达处
当边开始切割磁场时
即当时
③从边到达处到边到达处
当边开始切割磁场时
即当时
④当时
24. 某工厂利用如图所示装置控制带电油雾的收集率。两平行金属板加电压后其间产生竖直向下的匀强电场，距离较近处有一足够长的收集板，收集板接地，大量带负电的油雾均匀分布在平行金属板的整个入口处，并以平行于两金属板的初速度垂直进入电场，后穿过电场达到收集板上，已知油雾质量，带电量，两板间距及板长均为，不计空气阻力和电荷间相互作用，不考虑平行板的边缘效应，。求：
（1）当两板间电压多大时，收集板的收集效率；
（2）当两板间电压多大时，收集板的收集效率；
（3）若单位时间内射入个带电油雾，求电流表中电流与两板电压之间的关系。
【答案】（1） （2） （3）见解析
【解析】（1）油雾沿直线穿过两金属板时可全部到达收集板，根据受力平衡得
解得
（2）当所有油雾都偏转到金属板上时，收集率为0，根据类平抛知识可得
得
根据牛顿第二定律可得
得
（3）①当时，没有油雾射出两极板，则有
②当时
得
收集率
得
③当时
得
收集率
得