2021年广东省佛山市高二（下）期末物理试卷

　　2021年广东省佛山市高二（下）期末物理试卷

　　一、单选题（本题7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个正确答案）

　　1．（4分）下列关于物理学史和事实的说法正确的是（　　）

　　A．楞次最先发现电磁感应现象

　　B．卢瑟福发现天然放射现象

　　C．α射线比β射线电离作用弱，穿透能力强

　　D．比结合能越大，原子核越稳定

　　2．（4分）如图是工业生产中用到的光控继电器示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应。下列说法正确的是（　　）

　　

　　A．b端应该接电源正极

　　B．调转电源正负极，电路中一定没有电流

　　C．改用黄光照射阴极，电路中可能存在光电流

　　D．增大绿光照射强度，光电子的最大初动能增大

　　3．（4分）如图，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，因虹吸现象，活塞上方的液体逐渐流出，大气压强与外界的温度保持不变．对封闭理想气体说法正确的是（　　）

　　

　　A．在单位时间内，气体分子对活塞的冲量逐渐减小

　　B．在单位时间内，气体分子对活塞撞击的次数增多

　　C．气体分子间的斥力增大，且分子的平均动能不变

　　D．气体向外界放热

　　4．（4分）如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）

　　

　　A．电阻R的功率为9W

　　B．电流表的示数为0.5A

　　C．原、副线圈匝数之比为3：1

　　D．副线圈中电流方向1s内改变50次

　　5．（4分）冰壶运动又被称为“冰上国际象棋”，极具观赏性．如图所示，某运动员M＝60Kg，冰壶质量m＝20Kg，不计摩擦，二者以速度v0＝1m/s匀速滑行，冰壶脱手时在水平方向上相对于手的速度v1＝2m/s．下列说法正确的是（　　）

　　

　　A．运动员和冰壶相互作用过程中机械能守恒

　　B．运动员对冰壶的冲量等于冰壶对运动员的冲量

　　C．运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小相等

　　D．冰壶出手时，运动员的速度为0.5m/s

　　6．（4分）如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有。已知某车间采用放射性同位素依﹣192作为放射源，其化学符号是Ir，原子序数77，通过β衰变放出y射线，半衰期为74天，适合透照钢板厚度10～10mm，下列说法正确的是（　　）

　　

　　A．衰变产生的新核用X表示，铱﹣192的衰变方程为Ir→Xe

　　B．若已知钢板厚度标准为30mm，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于30mm，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙

　　C．若有2g铱﹣192，经过148天有1.0g没有衰变

　　D．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒

　　7．（4分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的P﹣V图象如图．已知该气体在状态A时的温度为27℃．对该气体说法正确的是（　　）

　　

　　A．在状态B时的温度是3℃

　　B．从状态B到状态C过程中对外做功81J

　　C．状态A下气体的内能大于在状态C气体的内能

　　D．从状态A到状态C的过程中放出81J的热量

　　二、多选题（本题3小题，每小题6分，共18分．每小题有两个或两个以上正确答案全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

　　8．（6分）下列四幅图中，相应的说法正确的是（　　）

　　A．

　　

　　第一类永动机不能实现因为它违背能量守恒定律

　　B．

　　

　　高频焊接原理图，工件上只有焊缝处温度很高，是因为焊缝处的电阻小

　　C．

　　

　　α粒子散射实验说明原子核是由质子与中子组成

　　D．

　　

　　一群氢原子处于量子数n＝4能级状态，可能辐射6种频率的光子

　　9．（6分）“华龙一号”是中国自主研发的第三代核电技术，跻身世界前列，其远距离输电线路简化如图，变压器为理想变压器，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4，输电线的电阻为R，下列说法中正确的是（　　）

　　

　　A．电厂发出的电是直流电

　　B．I2

　　C．若U1＝U4，则升压变压器与降压变压器的匝数比为

　　D．夜晚用户增多，输电线上损失的功率增大，用户两端的电压减小

　　10．（6分）如图，光滑水平的平行导轨间的距离为L，导轨是够长且不计电阻，左端连有一个直流电源，电动势为E。金属杆ab质量为m，被紧压在轨道上，没有释放时通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成α角。静止释放金属杆ab后，杆开始运动，下列说法正确的是（　　）

　　

　　A．紧压时，金属杆ab所受安培力为BIL

　　B．金属杆ab的最大速度为

　　C．金属杆ab从静止释放后做加速度逐渐减少的加速运动，最终做匀速运动

　　D．运动过程中，安培力做功的大小等于导体棒ab产生的热量

　　三、实验探究题（本题共2题，共16分）

　　11．（8分）利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验，实验装置如图甲，仪器按要求安装好后进行实验，在白纸上记录下重锤位置和各次实验时小球落点的位置，设小球质量分别为m1、m2，且m1＝2m2，小球间的碰撞是弹性碰撞。

　　

　　（1）下列实验操作和要求正确的是 　 　；

　　A．小球每次从同一高度静止释放，并记下释放点到水平轨道的竖直距离h

　　B．倾斜轨道必须光滑

　　C．如果实验中没有测量两小球的具体质量，也可以完成实验验证

　　D．斜槽末端的切线必须水平，以保证小球在空中运动的时间相等

　　（2）某次实验，由于没有区分两个小球的质量，将一个小球放在槽口，另一小球从某位置静止释放，发现碰撞后，入射小球直接从槽口飞出，则入射小球的质量为 　 　；（“m1”或“m2”）

　　（3）图乙是小球多次落点N的痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为 　 　cm

　　（4）实验正确操作后，用刻度尺测量三段长度分别为s1，s2，s3，在误差允许的范围内，只需验证 　 　（用题目中所给的物理量表示），表明碰撞过程中动量守恒。

　　12．（8分）在“用油膜法估测油酸分子大小”实验中，配制的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL含有油酸0.6mL．现用滴管向量筒内滴加75滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如图所示．若每一小方格的边长为1cm，试问：

　　（1）这种估测方法是将每一个油酸分子视为 　 　模型.

　　（2）计算每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 　 　m3，根据上述数据，估测出油酸分子的直径 　 　m，（以上所有计算结果保留两位有效数字）

　　（3）某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是 　 　.

　　A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算

　　B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理

　　C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数

　　D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开

　　（4）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数．如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为 　 　.

　　

　　四、计算题（13题11分，14题13分，15题14分，共计38分）

　　13．（11分）如图所示，有一圆柱形导热良好的气缸静止在水平地面上，内有一质量m＝10kg，截面积S＝100cm2、厚度不计的活塞，封闭有高度为h1＝30cm、温度为t1＝27℃的理想气体。已知气缸质量为M＝20kg，其深度为H＝40cm，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。外界大气压强为p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2。

　　

　　（1）求开始时气缸内封闭气体的压强；

　　（2）如果使气缸内气体温度缓慢升高到50℃，求缸内气体的高度；

　　（3）在温度为t1＝27℃的初始状态下，用一竖直向上的拉力缓慢提拉活塞，请判断能否将气缸提离地面，并说明理由？

　　14．（13分）游乐场中某表演项目可简化为如图的过程，在空中搭有水平光滑的足够长平行导轨，导轨左侧有固定平台，质量M＝140kg的小车紧靠平台右侧，长L＝2.5m的轻质刚性绳一端固定在小车底部的O点，质量m＝60kg的表演者（视为质点）抓住绳另一端，使绳伸直后表演者从平台上与O点等高的A点由静止出发，当表演者向右摆到最高点时松手，他恰好切入倾角为θ＝30°的光滑斜面，斜面底端固定劲度系数k＝3000N/m轻弹簧组成的弹射装置（不计质量），自然状态时其上端D与斜面顶端C相距s＝1.8m，已知弹簧的弹性势能EP与弹簧的形变量x满足EPkx2，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。

　　

　　（1）为保证表演者的安全，求刚性绳至少要能承受多大拉力；

　　（2）若表演者向右摆动到最高点时，绳与竖直方向的夹角为α，求cosα的值及表演者的速度大小；

　　（3）假设弹簧始终在弹性限度范围内，求该过程中弹射装置的最大弹性势能Epm。

　　15．（14分）如图所示，aa′、bb′、cc′、dd′为水平面内的四条平行金属轨道，aa′，dd′间距L＝2m，bb′、cc′间距为．有一磁感应强度B＝1T的有界匀强磁场垂直于纸面向里，其边界与轨道垂直．ab、cd两段轨道在磁场区域正中间，轨道光滑且电阻不计，在a′d′之间接有R＝1Ω的定值电阻．现用水平向右的拉力使质量m＝1kg，长度为L＝2m的规则均匀金属杆从磁场左侧某处由静止开始一直向右以加速度a＝1m/s2做匀加速运动．已知金属杆的电阻随长度变化为1Ω/m，金属杆与轨道接触良好，运动过程中不转动．忽略金属杆与ab、cd重合时瞬间速度的变化．

　　（1）判断金属杆在磁场中运动时，通过定值电阻的电流方向；

　　（2）从金属杆开始运动计时，到达磁场左边界、中间、右边界的时间分别用t1、t2、t3表示，请写出拉力随时间变化的关系式；

　　（3）若金属杆在磁场外的运动时间是金属杆在磁场左半侧运动时间的2倍，且所需拉力在金属杆经过磁场中间时突然减半，求金属杆经过磁场区域时拉力的冲量．

　　

　　试题解析

　　1．解：A、法拉第最先发现电磁感应现象，故A错误；

　　B、贝克勒耳发现天然放射现象，故B错误；

　　C、射线比β射线电离作用强，穿透能力弱，故C错误；

　　D、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故D正确。

　　故选：D。

　　2．解：A、电路中要产生电流，则a端应该接电源正极经放大器放大后的电流使电磁铁被磁化，将衔铁吸住，故A错误；

　　B、调转电源正负极，可以减小电路中的电流，只有当电源电压达到光电管的遏制电压，才会出现电流为零的情况。故B错误；

　　C、黄光的频率略小于绿光的频率，改用黄光照射阴极，电路中可能存在光电流。故C正确；

　　D、根据光电效应规律可知，增大绿光照射强度，光电子的最大初动能不变。故D错误。

　　故选：C。

　　3．解：A、活塞上方液体流出，气体压强减小，气体体积增大，分子平均动能不变，因此单位时间气体分子对活塞的冲量减小，故A正确；

　　B、温度不变，压强减小，根据可知，气体体积增大，温度不变，因此单位时间气体分子对活塞撞击的次数减小，故B错误；

　　C、由于气缸导热，环境温度不变，因此被封闭气体温度不变，分子平均动能不变，但气体体积增大，气体分子间的距离增大，气体分子间斥力减小，故C错误；

　　D、温度不变，内能不变ΔU＝0，体积增大，对外做功W＜0，根据△U＝W+Q，可知Q＞0即气体从外界吸收的热量，故D错误；

　　故选：A。

　　4．解：ABC、两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，有效值为U＝24V。

　　原线圈的电压为U1＝24V﹣6V＝18V，副线圈的电压U2＝6V，所以原、副线圈匝数之比为3：1，

　　原线圈电流I10.5A，根据理想变压器变流比关系得副线圈电流I2＝1.5A，所以电流表的示数为I＝1.5A﹣0.5A＝1A，

　　电阻R的功率为P＝U2I＝6×1W＝6W，故AB错误，C正确；

　　D、交变电流周期T＝0.02s，变压器不改变电流频率，一个周期电流方向改变两次，所以副线圈中电流方向1s内改变100次，故D错误；

　　故选：C。

　　5．解：A、运动员和冰壶相互作用过程中，运动员要消耗体内化学能转化为运动员和冰壶的机械能，所以运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，故A错误；

　　B、根据牛顿第三定律知，运动员对冰壶的作用力与冰壶对运动员的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，则运动员对冰壶的冲量与冰壶对运动员的冲量大小相等，方向相反，冲量不同，故B错误；

　　C、运动员与冰壶间有相对位移，两者对地的位移大小不等，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小不等，故C错误；

　　D、设冰壶出手时，运动员的速度为v2。取运动员原来的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝Mv2+m（v1+v2），解得v2＝0.5m/s，故D正确。

　　故选：D。

　　6．解：A、β射线是高速电子流，衰变产生的新核用X表示，根据质量数守恒和电荷数守恒可得铱﹣192的衰变方程为：Ir→Xe，故A正确；

　　B、若已知钢板厚度标准为30mm，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于30mm，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故B错误；

　　C、铱﹣192的半衰期为74天，若有2g铱﹣192，经过148天，即经过两个半衰期，还剩余的铱﹣192质量为：m＝m02g＝0.5g，故C错误；

　　D、放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量数守恒，反应后的质量小于反应前的质量，故D错误。

　　故选：A。

　　7．解：由图示图象可知，pA＝3.0×105Pa，pB＝pC＝2.7×105Pa，VA＝VB＝2.7×10﹣3m3，VC＝3.0×10﹣3m3，由题意可知：TA＝（237+27）K＝300K

　　A、从A到B过程气体体积不变，由查理定律得：，代入数据解得：TB＝270K，tB＝（270﹣273）℃＝﹣3℃，故A错误；

　　B、从状态B到状态C过程气体对外做功WBC＝pB（VC﹣VB）＝2.7×105×（3.0×10﹣3﹣2.7×10﹣3）J＝81J，故B正确；

　　C、从A到C过程，由理想气体状态方程得：，代入数解得：TC＝TA＝300K，A、C两状态气体温度相等，一定质量的理想气体内能由温度决定，因此A、C两状态气体内能相等，故C错误；

　　D、从状态A到状态B气体体积不变，外界对气体不做功，从状态B到状态C气体对外界做功81J，则外界对气体做功为﹣81J，从A到C整个过程，外界对气体做功W＝﹣81J，A、C两状态气体内能相等，从A到C气体内能不变，ΔU＝0，从A到C过程，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＝ΔU﹣W＝0﹣（﹣81J）＝81J，气体从外界吸收81J的热量，故D错误。

　　故选：B。

　　8．解：A、根据热力学第一定律可知第一类永动机不能实现，因为它违背能量守恒定律，故A正确；

　　B、高频焊接是将电能转化为热能，根据Q＝I2Rt，可知当焊缝处电阻大，分得的热量占总热量的比例也就越大。故B错误；

　　C、α粒子散射实验说明原子核的核式结构，故C错误；

　　D、根据C可计算一群氢原子辐射的光子频率种类，可知一群氢原子处于量子数n＝4能级可辐射6中频率的光子，故D正确。

　　故选：AD。

　　9．解：A、发电厂发出的电是交流电，不是直流电，故A错误；

　　B、输电线上损失的电压ΔU＝U2﹣U3，由欧姆定律可知，输电电流I2，故B正确；

　　C、由理想变压器的变压比可知：，，

　　若U1＝U4，由输电过程可知，U3＝U2﹣I2R≠U2，则，故C错误；

　　D、夜晚用户增多，用户电流变大，输电电流I2变大，输电线上损失的功率P损＝I22R增大，

　　输电电流I2增大，输电线损失的电压ΔU＝I2R变大，降压变压器输入电压U3＝U2﹣ΔU减小，

　　用户两端的电压U4U3减小，故D正确。

　　故选：BD。

　　10．解：A、紧压时，金属杆ab与磁场垂直，金属杆电流为I，则金属杆ab所受安培力为BIL，故A正确；

　　BC、金属杆ab从静止释放后在安培力作用下向左做加速运动，做切割磁感线运动，随着速度增大，金属杆ab产生的感应电动势增大，回路中总的电动势减小，电流减小，金属杆ab受到的安培力减小，其合力减小，加速度减小，故金属杆ab从静止释放后做加速度逐渐减少的加速运动。当金属杆ab产生的感应电动势与电源的电动势大小相等时，回路中电流为零，金属杆ab受到的安培力为零，开始做匀速运动，速度达到最大，设金属杆ab的最大速度为vm，则E＝BLvmsinα，得vm，故BC正确；

　　D、运动过程中，安培力做功的大小等于导体棒ab产生的热量与导体棒ab增加的动能之和，故D错误。

　　故选：ABC。

　　11．解：（1）A、为使小球到达轨道末端时速度相等，小球每次从同一高度静止释放，但实验不需要记下释放点到水平轨道的竖直距离h，故A错误；

　　B、实验时入射球只有从倾斜轨道的同一位置由静止释放，就可以控制小球到达轨道末端时的速度相等，倾斜轨道不必光滑，故B错误；

　　C、已知两球质量关系是m1＝2m2，验证动量守恒定律时小球的质量可以约去，如果实验中没有测量两小球的具体质量，也可以完成实验验证，故C正确；

　　D、斜槽末端的切线必须水平，以保证小球在空中做平抛运动，保证小球在空中的运动的时间相等，故D正确。

　　故选：CD。

　　（2）两小球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球速度大小为v1，被碰球的速度大小为v2，以碰撞前入射球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，

　　由机械能守恒定律得：

　　解得：v1v0，v2v0，

　　由题意可知：碰撞后，入射小球直接从槽口飞出，则碰撞后入射球的速度方向与碰撞前入射球速度方向相同，则0，m1＞m2，

　　由题意可知：m1＝2m2，则入射小球的质量为m1。

　　（3）用尽可能小的圆把所有落点圈起来，圆心是小球落点的平均位置，由图乙所示刻度尺可知，其分度值为1mm，则小球落点N的痕迹落点的平均位置对应的读数为55.50cm。

　　（4）两球碰撞过程系统动量守恒，设碰撞前入射球的速度大小为v0，碰撞后瞬间入射球速度大小为v1，被碰球的速度大小为v2，

　　以碰撞前入射球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，

　　两球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，

　　则：m1v0t＝m1v1t+m2v2t，m1OP＝m1OM+m2ON

　　由题意可知：m1＝2m2，OM＝s1，ON＝s2，OP＝s3，整理得：2s3＝2s1+s2；

　　在误差允许的范围内，只需验证2s3＝2s1+s2，表明碰撞过程中动量守恒。

　　故答案为：（1）CD；（2）m1；（3）55.50；（4）2s3＝2s1+s2。

　　12．解：（1）这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径。

　　（2）油膜的面积可从方格纸上得到，所围成的方格中，面积超过一半按一格算，小于一半的舍去，图中共有138个方格，

　　故油膜面积为：S＝138×1cm×1cm＝138cm2；

　　每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是：V10﹣6m3＝8.0×10﹣12m3

　　油酸分子的直径：d m≈5.8×10﹣10m

　　（3）同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，根据公式①可知出现这种结果的原因可能是公式中的体积偏大或计算的油膜的面积偏小的原因：

　　A、错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，V偏大，故A正确；

　　B、计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则油膜的面积偏大，故B错误；

　　C、计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则油膜的面积偏小，故C正确；

　　D、水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜的面积偏小，故D正确。

　　故选：ACD；

　　（4）油酸的摩尔体积为：Vmol①

　　每个油酸分子体积为：V0πd3②

　　阿伏加德罗常数为：NA

　　联立①②③解得：NA．

　　故答案为：（1）球形；（2）8.0×10﹣12，5.8×10﹣10；（3）ACD；（4）。

　　13．解：（1）设开始时封闭气体的压强为p1，

　　对活塞，由平衡条件得：p0S+mg＝p1S

　　代入数据解得：p1＝1.1×105Pa

　　（2）气缸内气体初状态的温度T1＝（273+27）K＝300K，体积V1＝h1S

　　气体末状态的温度T2＝（273+50）K＝323K，体积V2＝h2S

　　气体压强不变，由盖﹣吕萨克定律得：

　　代入数据解得，气体的高度h2＝32.3cm

　　（3）设汽缸没被提离地面前活塞能被拉至汽缸顶端，

　　此时汽缸内气体压强为p3，气体体积V3＝HS

　　气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p3V3，

　　代入数据解得：p3＝8.25×104Pa

　　活塞在气缸顶端时，对活塞，由平衡条件得：

　　F+p3S＝mg+p0S，

　　代入数据解得：F＝275N＜（M+m）g＝（20+10）×10N＝300N，不能将气缸拉离地面

　　答：（1）开始时气缸内封闭气体的压强是1.1×105Pa；

　　（2）如果使气缸内气体温度缓慢升高到50℃，缸内气体的高度是32.3cm；

　　（3）不能将气缸提离地面，因为最大拉力小于气缸和活塞的重力，气缸不能离开地面。

　　14．解：（1）由题意分析可知，当表演者在最低点B时，绳子拉力最大，从A到B，由机械能守恒得

　　mgL

　　设绳子能承受最小拉力为F，则在B点由牛顿第二定律得

　　F﹣mg＝m

　　代入数据解得

　　F＝1800N

　　（2）如下图所示

　　

　　表演者达到最高点后，小车和表演者速度v相等且沿水平方向，若此时小球经过B点后上升的高度为Δh，规定水平向右为正方向，对小车和表演者，由动量守恒定律

　　mvB＝（M+m） v

　　解得

　　v＝1.5 m/s

　　由机械能守恒定律

　　Δh

　　由几何关系知

　　cosα

　　联立解得

　　cosα

　　（3）在C点时，速度与水平方向的夹角为θ，则

　　vCcosθ＝v

　　解得

　　vCm/s

　　当表演者的速度为零时，设弹簧被压缩为，弹簧有最大弹性势能，有机械能守恒定律有

　　又

　　Epm

　　代入数据解得

　　Epm＝960J

　　答：（1）为保证表演者的安全，刚性绳至少要能承受1800N的拉力；

　　（2）若表演者向右摆动到最高点时，绳与竖直方向的夹角为α，cosα的值为，表演者的速度大小为1.5 m/s；

　　（3）假设弹簧始终在弹性限度范围内，该过程中弹射装置的最大弹性势能为960J

　　15．解：（1）根据右手定则可知，金属杆中感应电流的方向从下到上，则定值电阻中电流方向为：a′→d′；

　　（2）设拉力为F，运动时间为t，则金属杆的速度为：v＝at；

　　在0～t1时间内，金属杆由拉力提供加速度，此时：F＝ma＝1×1N＝1N

　　在t1～t2时间内，整段金属杆都在回路中，用F安表示金属杆在磁场中运动时所受安培力，此时：

　　中：R总＝1Ω+2m×1Ω/m＝3Ω，

　　代入数据得：，

　　根据牛顿第二定律：F﹣F安＝ma，

　　解得：；

　　同理，

　　在t2～t3时间内，金属杆长度只有一般在回路中，此时R总＝1Ω+1m×1Ω/m＝2Ω，

　　此时：

　　则拉力：；

　　在t3后的时间内，金属杆由拉力提供加速度，此时：F＝ma＝1×1N＝1N。

　　综上可得拉力随时间 变化的关系式为：

　　（3）由（2）知，在磁场中间时时间为t2，设磁场宽度为d，

　　则在经过磁场中间时：t＝3t2，此时金属杆速度：v2＝3at2，

　　由题知在经过磁场中间前后瞬间拉力减半，根据（2）的表达式可得：

　　解得：t2＝3s

　　又因为：t1＝2（t2﹣t1）

　　解得：t1＝2s

　　根据匀变速直线运动规律可知磁场左半侧宽度：

　　出磁场时时间为t3，由匀变速直线运动规律得：

　　代入数据解得：

　　根据：，

　　在t1～t2时间段，即在磁场左半侧运动中拉力的冲量：

　　代入数据解得：

　　在t2～t3时间段，即在磁场右半侧运动中拉力冲量：

　　代入数据解得：

　　则在磁场中运动过程中拉力的总冲量：

　　。

　　答：（1）金属杆在磁场中运动时，通过定值电阻的电流方向为a′→d′；

　　（2）从金属杆开始运动计时，到达磁场左边界、中间、右边界的时间分别用t1、t2、t3表示，拉力随时间变化的关系式为

　　（3）若金属杆在磁场外的运动时间是金属杆在磁场左半侧运动时间的2倍，且所需拉力在金属杆经过磁场中间时突然减半，金属杆经过磁场区域时拉力的冲量为。

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