2019-2020学年浙江省宁波市效实中学高二下学期5月期中阶段性测试物理试题(数理班) 解析版

浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高二下学期5月期中阶段性测试物理试题（数理班）解

析版

考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题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纸上相应的区域内，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。

4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。

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.功的单位是焦耳（J），焦耳与基本单位米（m）、千克（kg）、秒（s）之间的关系正确的是（）

A. 1J=1kg?m2/s2

B. 1J= 1kg? m/s2

C. 1J= 1kg ? m2 / s

D. 1J = 1kg ? m / s

【答案】A

【解析】

【详解】根据W=FL可得，

1J=1N?m

根据牛顿第二定律F=ma可知，力的单位为：

1N=1kg?m/s2

所以有：

1J=kg?m2/s2

A．1J=1kg?m2/s2，与结论相符，选项A正确；

B．1J= 1kg? m/s2，与结论不相符，选项B错误；

C．1J= 1kg ? m2 / s，与结论不相符，选项C错误；

D．1J = 1kg ? m / s，与结论不相符，选项D错误；

2.关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）

A. 库仑测量了万有引力常量

B. 伽利略发现了行星运动的规律

C. 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献

D. 牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球之间的引力大小

【答案】C

【解析】

【详解】A．卡文迪许用扭称实验测出了万有引力常量，故A错误；

B．开普勒利用第谷的观测数据发现了行星运动的规律，提出了开普勒三定律，故B错误；C．伽利略、笛卡尔等科学家对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故C正确；

D．牛顿分析行星的运动原因和牛顿第三定律发现了万有引力定律，但不知道引力常量，故不能计算出太阳与地球之间的引力大小，故D错误。

故选C。

3.下列说法正确的是（）

A. 功是物体能量多少的量度

B. 只要有摩擦力存在的运动过程一定会产生热量

C. 重心、合力等概念的建立都体现了等效替代思想

D. 汽车通过凹形桥的最低点时，驾驶员处于失重状态

【答案】C

【解析】

【详解】A．功是能量转化的量度，做多少功，就有多少能量转化，但无法说明具体能量是多少，故A错误；

B．只要有滑动摩擦力，且物体间有相对位移，则一定有热能产生，故B错误；

C．重心、合力等概念的建立都是等效替代思想，故C正确；

D．汽车通过凹形桥的最低点时，因加速度向上，则驾驶员处于超重状态，故D错误。

故选C

4.下列表述中符合实际情况的是（）

A. 小华正常步行的速度约为10m/s

B. 小强正常上楼时的功率约为0.2kW

C. 小球从10楼自由下落到地面，时间约为10s

D. 小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10J

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A ．小华步行的速度不可能达到10m/s ，故A 错误；

B ．小强正常上楼的功率等于克服重力做功的功率，根据

P =mgv

知

P =500×0.5W=250W

故B 正确；

C ．小球从10楼自由下落到地面，高度约为40m ，则有

212

h gt =

可得时间为

3s t =

≈ 故C 错误； D ．鸡蛋的质量大约0.05kg ，举过头顶，克服重力做功大约

W =mgh =0.05×10×0.5J=0.25J

故D 错误。

故选B 。

5.如图所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的（ ）

A. 12

B. 1cos 2θ

C. 12sin θ

D. 1tan 2

θ 【答案】C

【解析】

【详解】以人为研究对象，分析受力情况，作出力图，

根据平衡条件，两绳子合力与重力等大反向，则有：2sin F mg θ=

解得：2sin mg F θ

= 故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的

12sin θ，故C 正确，A 、B 、D 错误．故选C ． 【点睛】本题要注意明确两侧绳子的拉力大小相等，关于竖直方向具有对称性，同时正确应用平衡条件进行分析求解即可．

6.光滑水平面上有一物体，受到水平拉力F 作用由静止开始沿直线运动，它的速度v 随时间t 变化的规律是2v kt =（式中k 为常量）。关于物体的运动及拉力F 做功情况，下列说法正确的是（ ）

A. 物体做匀加速直线运动

B. 物体做加速度增大的加速运动

C. 每经连续相等时间，拉力F 做功大小相等

D. 每经连续相等位移，拉力F 做功大小相等

【答案】B

【解析】

【详解】AB ．速度v 随时间t 变化的规律是2v kt =（式中k 为常量），则物体的加速度随时间越来越大，即物体做加速度越来越大的加速运动，故A 错误，B 正确；

C ．物体做加速度越来越大的加速运动，则每经连续相等时间，位移增大，力F 也增大，根据W =Fx 可知，拉力做功增大，故C 错误；

D ．物体做加速度越来越大的

加速运动，根据牛顿第二定律可知，力F 也越来越大，根据W =Fx 可知，每经连续相等位移，拉力F 做功越大，故D 错误。

故选B 。

7.如图所示，一质量为m 的带正电的滑块（可视为质点）静止于绝缘的球壳内，滑块所在位置对应的半径方向与竖直方向的夹角为θ。当在球心O 处放一带负电的点电荷后，滑块仍静止，则此时滑块（重力加速度为g ）（ ）

A. 可能只受重力、静电力和摩擦力三个力作用

B. 所受静电力大小可能为mg cos θ

C. 所受摩擦力大小一定为mg sin θ

D. 对球壳的作用力方向可能竖直向下

【答案】C

【解析】

【分析】 【详解】ABC ．对滑块受力分析如图所示

由物体平衡条件知

N +F =mg cos θ ① 摩擦力

f =m

g sin θ ②

而若N =0，则电场力F =mg cos θ，此时摩擦力为零滑块不能平衡，不符合题意，故AB 错误，C 正确；

D ．由上分析知滑块对球壳的作用力方向不可能竖直向下，故D 错误。

故选C 。

8.有一种工作时扇面上能够显示各种图案的创意风扇，如图，其原理是在其中一片扇叶上设置一列发光二极管，当扇叶转动起来时，控制各二极管的明灭就可以显示各种图案了，如图，现令所有二极管保持同步明灭，而且每次发光均持续时间kT 2（k <1），每次灭的时间均持续

（1-k ）T 2，若扇叶转动的周期为T 1，且T 1、T 2、k 均可在较大范围内独立调节。若在某次调试后成功显示出一个“不动”的扇环（非图所示图案），且扇环所对应的圆心角为θ，那么（ ）

A. k 一定等于2π

θ B. 若重新调节，将风扇转速加倍，所看到的图案的圆心角一定变成2θ

C. 若重新调节，只要满足T 1>kT 2，所看到的图案一定为闭合的圆环

D. 若重新调节，只要满足T 1=nT 2（n 取1、2、3……），所看到的图案一定是“不动”的

【答案】D

【解析】

【详解】A ．由公式

212πt kT T θω==

? 得

1

2

2π

T

k

T

θ

=

故A错误；

B．若重新调节，将风扇转速加倍，由公式

2

2π

t n kT

θω

==?

考虑圆周运动的周期性，所看到的图案有可能重合一部分，故所看到的图案的圆心角不一定变成2θ，故B错误；

C．由公式

2

1

2π

t kT

T

θω

==?

可得，如果T1>kT2，θ小于2π，故C错误；

D．若重新调节，只要满足T1=nT2（n取1、2、3……）时，由圆周运动的周期性可知，所看到的图案一定是“不动”的，故D正确。

故选D。

9.心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms 时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为0。下列说法正确的是（）

A. 若充电至4.5kV，则该电容器的电容为7.5μF

B. 充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.27C

C. 这次放电有0.135C的电荷量通过人体组织

D. 这次放电过程中通过人体组织的电流恒为67.5A

【答案】C

【解析】

【详解】A．电容器在充电过程中，电容器的容量C不变，仍然为15μF，故A错误；

B ．根据Q

C U

=可知，充电至9.0kV 时，该电容器所带电荷量是 615109000C 0.135C Q CU -==??=

故B 错误；

C ．由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为0，则这次放电有0.135C 的电荷量通过人体组织，故C 正确；

D ．根据

30.135A 67.5A 2.010

Q I t -===? 但电容器发电过程中电流不恒定，故D 错误。

故选C 。

10.欧洲天文学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星，命名为“格利斯581c”。该行星的质量约是地球质量的5倍，直径约是地球直径的1.5倍。现假有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）

A. “格利斯581c”的平均密度比地球的平均密度小

B. 飞船在“格利斯581c”表面附近运行时的速度小于7.9km/s

C. 运动员在“格利斯581c”表面上最佳跳高成绩将比地面上要差

D. 一单摆放在“格利斯581c ”表面上做实验，其周期将比地面上要慢

【答案】C

【解析】

【详解】A ．根据

34π3

M M V R ρ== 可知，行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，所以密度约是地球的1.5倍。比地球密度大，故A 错误；

B ．根据

2

2GmM v m R R

= 得

v =

行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，则线速度是地球表面运行速度的1.8倍，大于7.9km/s ，故B 错误；

CD ．根据 2GmM mg R = 得

2

GM g R = 可知行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球的1.5倍，所以表面的重力加速度是地球表

面重力加速度的2.2倍，由公式202v h g

=可知，运动员在“格利斯581c”表面上最佳跳高的高度比地面上的小即成绩更差。由单摆周期公式

=2πl T g

知一单摆放在“格利斯581c”表面上做实验，其周期将比地面上要快，故C 正确，D 错误。 故选C 。

11.如图所示，离地面高h 处有甲、乙两个小球，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是（ ）

gh gh 2gh D. 2gh 【答案】A

【解析】

【详解】平抛运动的时间为：2h t g

=； 乙在斜面下滑的加速度为：45245mgsin a gsin g m ?=?＝＝ ． 根据201 22h v t at +

＝ ，代入数据得0gh v =．故A 正确，BCD 错误．故选A ．

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．

12.如图所示，一轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板上，弹簧上端处于自由状态。一质量为m 的物块（可视为质点）从距离弹簧上端L 1处由静止释放，物块在下滑过程中经A 点（图中未画出）时速度达到最大值v ，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L 2。已知物块与斜面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则在物块释放到弹簧压缩到最短的过程中（ ）

A. 系统损失的机械能为()21cos mg L L μθ-

B. 若物块能弹回，则上滑过程中经过A 点时速度最大

C. 物块速度最大时，弹簧的弹性势能为()211sin cos 2

mgL mv θμθ-- D. 物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和

【答案】D

【解析】

【详解】A ．系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为

2cos E mgL μθ?=

故A 错误；

B ．下滑时，在A 点速度最大，则加速度为零，合力为零，此时物体受到重力、沿斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力，而返回时，摩擦力方向向下了，所以再回到A 点时，合力不为零了，不是速度最大的点，故B 错误；

C ．物块的最大速度是在合力为零时，即受力平衡时，设 速度最大时设弹簧压缩量x ，根据功能关系

211(sin cos )()2

E mg mg L x mv θμθ=-+-弹 故C 错误；

D ．根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量

等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故D正确。

故选D。

13.如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。t=0时，乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动。之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）。它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。由图线可知（）

A. 甲、乙两球一定带异号电荷

B. t1时刻两球的电势能最小

C. 0～t2时间内，两球间的静电力先增大后减小

D. 0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图像0－t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误；

B．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最多，两电荷的电势能最大，故B错误；

C．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的静电力先增大后减小，故C正确；

D．由图像可知，在0?t3时间内，甲的速度一直增大即动能一直増大，乙的速度先减小后增大则动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。

故选C。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示。下列说法正确的是（）

A. 只有在纸带匀速条件下，才可以用纸带通过的距离表示时间

B. t ＝0时，振子在平衡位置右侧最大位移处

C. 振子的振动方程为ππ10sin cm 2

2x t ??=- ??? D. 若纸带运动的速度为4cm/s ，则小球振动一个周期时，纸带运动了40cm

【答案】AC

【解析】

【详解】A ．纸带匀速运动时，由x =vt 知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的距离表示时间，故A 正确；

B ．根据题意可知，取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，由图乙可知t =0时，振子在平衡位置左侧最大位移处，故B 错误；

C ．由图乙可知，振幅为10cm ，周期为4s ，角速度为

2π2ππ42

T ω=

== 所以振动方程为 πππsin()cm 10sin()cm 222

x A t t ω=-=- 故C 正确；

D ．由公式v T λ

=得

24104m=0.16m 16cm vT λ-==??=

则小球振动一个周期时，纸带运动了16cm ，故D 错误。

故选AC 。

15.硅光电池已广泛应用于人造卫星和灯塔、高速公路“电子眼”等设施.其原理如图所示，a 、b 是硅光电池的两个电极，P 、N 是两块硅半导体，P 、N 可在E 区形成匀强电场.P 的上表面镀有一层膜，当光照射时，P 内产生的自由电子经E 区电场加速后到达半导体N ，从而产生

电动势.以下说法中正确的是()

A. a 电极为电池的正极

B. 电源内部的电流方向由P 指向N

C. E 区匀强电场的方向由N 指向P

D. 硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置

【答案】AC

【解析】

试题分析：E 区电场能使P 逸出的自由电子向N 运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N 指向P ，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N 指向P ，A 正确、B 错误；由题意可知，电子在E 区加速，故电场方向应为N 到P ；故C 正确；该电池是将光能转化为电能的装置，故D 错误．

考点：电源的电动势和内阻

【名师点睛】本题考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向为由负极流向正极．

16.关于下列四幅图说法正确的是（ ）

A. 图a 中光电效应实验说明了光具有粒子性

B. 图b 中电子束通过铝箔时衍射图样证实了电子具有粒子性

C. 图c 中α粒子散射实验说明原子质量均匀分布在整个原子中

D. 图d 中氢原子的能级图说明氢原子只能处于一系列分立的能量状态中

【答案】AD

【解析】

【详解】A．光电效应说明光具有粒子性，故A正确；

B．图中电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故B错误；

C．少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，故C错误；

D．图线反映出氢原子只能处于一系列不连续的能量状态，故D正确。

故选AD。

非选择题部分

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17.小明同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验．

（1）除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材，其名称是____；

（2）指出图1装置中不合理的地方（一处）________；

（3）小明同学得到了如图3的一条纸带，读出0、4两点间的距离为___cm；

（4）已知打点计时器的电源频率为50 Hz，打下计数点5时纸带速度的大小为___m/s（保留2位有效数字）．

【答案】 (1). 刻度尺 (2). 重锤离打点计时器太远 (3). 3.10 (4). 0.91～0.92

【解析】

【详解】（1）[1]应该选取一个测量点间距离的工具，游标卡尺与测微器虽然精确，但操作不方便，刻度尺即可；

（2）[2]不合理的是重物太低，应该将重物提高一些，提到计时器附近；

（3）[3]读出0、4两点间的距离为

4.10cm－1.00cm=3.10cm

（4）[4]打下计数点5时纸带速度的大小

v5=7.75cm 4.10cm

20.02s

-

?

=0.91m/s

18.如图所示，某同学为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针1P和2P，然后在棱镜的右侧观察到1P像和2P像，当P1的像恰好被2P像挡住时，插上大头针3P和4P，使3P挡住1P、2P的像，4P挡住3P和1P、2P的像.在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示.

①在答题纸上画出对应的光路；______

②为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，需要测量的量是_______和

_________，在图上标出它们；

③三棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n=___________.

④若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移（移至图中的虚线位置底边仍重合），则以AB作为分界面，三棱镜材料折射率的测量值________真实值（填“大于”、“小于”、“等于”）.

【答案】 (1). ； (2). 入射角1θ、 (3). 折

射角2θ

(4). 12

sin sin θθ (5). 大于 【解析】 【详解】①[1]画出光路图如图所示

②[2][3]为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB 作为分界面，根据折射定律可知，需要测量的量是入射角1θ、折射角2θ．

③[4]棱镜玻璃材料折射率的计算公式12

sin n sin θθ=， ④[5]在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移，以AB 作为分界面，入射角1θ与三棱镜平移后实际的入射角相等，但折射角2θ变小，则由12

sin n sin θθ=，可知折射率n 偏大，即三棱镜材料折射率的测量值小于三棱镜玻璃材料折射率的真实值．

19.为了研发超高速的新型交通工具Hyperloop One ，某公司完成了图示的轨道测试，现简化为下述过程。轨道全长1000m ，之后铺设了450m 的减速沙堆，车辆全程保持悬浮，车辆质量为260kg ，忽略轨道和空气产生的阻力。车辆从轨道的一端由静止启动，在电磁作用下加速，加速度大小为20m/s 2，直到达到最大速度540km/h 后关闭动力，最后在沙堆阻力的作用下减速，恰好停在减速沙堆的中点。车辆视为质点，在这次测试中：

（1）求该车的“百公里加速时间”（即从静止加速到100km/h 的时间）；

（2）求该车从启动到停下的总时间；

（3）求该车在沙堆上所受到的平均阻力大小。

【答案】(1) 1.39s ；(2) 13.42s ；(3) 13000N

【解析】

【详解】(1)100km/h=27.8m/s ，540km/h=150m/s

根据

v at =

代入数据，可得“百公里加速时间”

1.39s t =

(2)加速度的时间

m

17.5s v t a ==

这段时间内的位移

2

111

562.5m 2s at ==

匀速阶段所用时间

21000562.5

s 2.92s

150t -==

减速阶段所用时间

3450

23s 2

m

t v ==

因此运动的总时间

12313.42s t t t t =++=

(3)减速阶段的加速度大小

2m

3

50m/s v a t ==

根据牛顿第二定律

=f ma

可得阻力大小13000N f =。

20.如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段为水平轨道，BC 段为圆心角θ=37°、半径为6l 的圆弧轨道，CD 段平直倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。AB 段的右侧有一缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力F f =4mg ，轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作。若将一质量为m 的滑块从C 点由静止释放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动4

l 。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）若滑块从C 点由静止释放，经过圆弧轨道B 点时，求滑块对轨道的压力；

（2）为使缓冲装置能安全工作，求允许滑块释放点离C 点的最大距离；

（3）在缓冲装置安全工作时，试讨论该物块第一次被弹回后上升距B 点的最大高度h'与释放时距B 点的高度h 之间的关系。

【答案】(1)

75mg ；(2)5l ； (3)当15h l ≤，h h '=；当15h l >，15

h l '= 【解析】 【详解】(1)从C 到B 的过程中，机械能守恒

o 2B 16(1cos37)2

mg l mv ?-=

根据牛顿二定律 2N 6B mv F mg l

-= 解得

N 7=5

F mg 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力

N N 7=5

F F mg '=

(2) 小球从C 点由静止释放，推动轻杆后，最终小球剩余的动能变成弹性势能

2k01124

B E mv f l =

-? 整理得 k015

E mgl = 设滑块释放点离C 点的最大距离为x ，根据能量守恒定律

k0sin 6(1cos )mgx mg l fl E θθ+?-=+

整理得

5x l =

(3) 如果轻杆没被推动，则小球滑到弹簧处的动能最大值为k0E ，根据机械能守恒

k0mgh E =

整理得，小球下降的最大高度

15

h l = 当释放点的高度

15

h l ≤ 轻杆不动，弹回上升的最大高度

H h =

而当释放点的高度

15

h l > 轻杆被推动，弹回上升的最大高度

15

H l = 21.火箭的回收利用可有效削减太空飞行成本，其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师设计了电磁和摩擦混合缓冲装置。电磁缓冲是在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼减缓火箭对地的冲击力。电磁阻尼可以借助如下模型讨论：如图所示为该电磁缓冲的结构示意图，其主要部件为4组缓冲滑块K 和1个质量为m 的缓冲箭体。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两条绝缘导轨PQ 、MN 。缓冲装置的底部，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 。导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成，滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd ，线圈

的总电阻为R ，匝数为n ，ab 边长为L 。假设缓冲车以速度v 0与地面碰撞后，滑块K 立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力和滑块与导轨间的摩擦力使火箭减速，从而实现缓冲，已知每个滑块与导轨间的总滑动摩擦力为箭体重力的14k k ??>

???

倍，地球表面的重力加速度为g 。 (1)求每个线圈受到的安培力的最大值及方向； (2)滑块K 触地后，若箭体向下移动距离H 后速度减为0，则此过程中每个缓冲线圈abcd 中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？

【答案】(1) 2220n B L v R

，方向垂直地面向下；(2) BLH q n R =，2011(14)48Q k mgH mv =-+ 【解析】

【详解】(1)刚落地瞬间，感应电动势最大，安培力最大，此时

0E nBLv = E I R

=

安培力 F nBIL =

整理得

2220n B L v F R

= 方向垂直地面向下

(2)根据法拉第电磁感应定律

BLH E n n t t

??==?? E I R

=