第29頁/共29頁高三第二次聯考物理試題選擇題部分一、選擇題1（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個備選項中，只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.以下物理學家的名字是國際單位制中基本單位的是（）A.牛頓 B.安培 C.韋伯 D.歐姆【答案】B【解析】【詳解】國際單位制中電學基本單位為，其余選項，，都為導出單位。故選B。2.如圖所示，猴子吊在空中靜止不動，下列說法正確的是（）A.猴子受樹枝的拉力屬于電磁相互作用B.猴子共受重力、樹枝對它的支持力和拉力三個力的作用C.樹枝向上拉猴子的力與猴子向下拉樹枝的力是一對平衡力D.猴子受的重力與猴子對樹枝的拉力是一對作用力與反作用力【答案】A【解析】【詳解】A．作用力分為四種，萬有引力、電磁相互作用、強相互作用、弱相互作用，其中彈力屬于電磁相互作用，因此猴子受到樹枝的拉力屬于電磁相互作用力，A正確；B．猴子受重力、樹枝對它的支持力兩個力的作用，二力等大反向，B錯誤；C．樹枝向上拉猴子的力，施力物體是樹枝，受力物體是猴子；猴子向下拉樹枝的力施力物體是猴子，受力物體是樹枝，這兩個力是一對作用力與反作用力，C錯誤；D．猴子受的重力施力物體是地球，受力物體是猴子；猴子對樹枝的拉力，施力物體是猴子，受力物體是樹枝，所以這兩個力既不是作用力與反作用力，也不是平衡力，D錯誤。故選A。3.如圖所示，2019年10月第七屆世界軍人運動會在中國武漢召開。中國選手邢雅萍奪得跳傘項目兩枚金牌。邢雅萍在剛跳離飛機、降落傘尚未打開的一段時間內，下列說法中正確的是（）A.動能增加B.機械能增加C.剛跳離飛機瞬間處于平衡狀態D.選飛機作為參考系，邢雅萍是靜止的【答案】A【解析】【詳解】A．邢雅萍在剛跳離飛機、降落傘尚未打開的一段時間內，質量不變，速度不斷增大，動能不斷增大，故A正確；B．邢雅萍在下降時，重力做正功，空氣阻力做負功，機械能減少，故B錯誤；C．剛跳離飛機瞬間是向下的加速運動，故C錯誤；D．選飛機作為參考系，邢雅萍是向下運動的，故D錯誤。故選A。4.在游樂園中，西瓜飛椅深受小朋友喜愛，如圖所示為小朋友坐在飛椅游玩時的情景，當飛椅在水平面內穩定旋轉時，則（）A.每個小朋友的線速度相同B.每個小朋友的向心加速度相同C.小朋友和他坐的飛椅的角速度相同D.小朋友和他坐的飛椅處于失重狀態【答案】C【解析】【詳解】ABC．根據題意可知，每個小朋友和他坐的飛椅做勻速圓周運動，則每個小朋友的線速度、向心加速度大小相同，方向不同，角速度相同，故AB錯誤，C正確；D．根據題意可知，每個小朋友和他坐的飛椅做勻速圓周運動，合力指向圓心，豎直方向沒有加速度，即不是失重也不是超重，故D錯誤。故選C。5.2022年11月30日，神舟十五號載人飛船成功對接空間站天和核心艙，神舟十四號、十五號航天員乘組首次“太空會師”。2023年2月10日航天員穿著白色艙外航天服出艙，完成艙外作業，如圖所示。已知空間站繞地球飛行周期為，軌道高度，地球半徑，萬有引力常量。以下說法正確的是（）A.由已知數據可估算出地球的質量約為B.飛船要與空間站對接，必須先飛到比空間站更高軌道然后加速C.宇航員出艙后，如果靜止釋放一個小球，小球將做自由落體運動D.艙外航天服采用白色，主要是白色能吸收更多的太陽能，以防出艙后宇航員太冷【答案】A【解析】【詳解】A．根據題意，由萬有引力提供向心力有解得代入數據解得故A正確；B．飛船要與空間站對接，必須先飛到比空間站更低軌道然后加速做離心運動，完成對接，故B錯誤；C．宇航員出艙后，如果靜止釋放一個小球，萬有引力提供向心力，做圓周運動，故C錯誤；D．艙外航天服設計成白色是為了反射射線，減少自身的熱量喪失，故D錯誤。故選A。6.2023年3月31日，由中車長客自主研制的國內首套高溫超導電動磁懸浮全要素試驗系統完成首次懸浮運行，此次運行對關鍵核心技術進行了充分驗證。以下有關說法正確的是（）A.電動懸浮車磁浮的原理是同名磁極相互排斥，所以電動懸浮車一定由磁鐵組成B.由于超導電動懸浮在運行時是懸空的，所以不受一切阻力因而能達到很高的運行速度C.超導電動磁浮依靠車載超導磁體與地面懸浮線圈相互作用的電場力實現自懸浮D.高溫超導材料轉變為超導態時直流電阻變為零，電流流經超導材料時不發生熱效應【答案】D【解析】【詳解】AC．超導電動磁浮依靠車載超導磁體與地面懸浮線圈相互作用的磁場力實現自懸浮，故AC錯誤；B．由于超導電動懸浮在運行時是懸空的，減小阻力，但不是阻力為零，例如仍受空氣阻力，故B錯誤；D．高溫超導材料轉變為超導態時直流電阻變為零，電流流經超導材料時不發生熱效應，故D正確。故選D。7.如圖所示，在光滑絕緣水平面內建立坐標，沿軸方向存在勻強電場，一電量為、質量為的帶電質點在坐標原點以的初速度沿方向射出，發現軸方向的位移與時間的關系式為，式中以為單位，以為單位。已知連線與間的夾角為，不考慮一切阻力，則（）A.沿軸正方向電勢不斷升高B.勻強電場的場強大小為C.質點在內電勢能增加D.質點到達連線上的某點時與點的距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，沿軸正方向電勢不斷降低，故A錯誤；B．根據題意，由結合可知，質點在軸方向上做加速度為的勻加速直線運動，由牛頓第二定律有解得故B錯誤；C．由可得，質點在內，沿軸方向上的位移為則電場力做功為則質點在內電勢能減少，故C錯誤；D．根據題意，設經時間質點運動到連線上，由于連線與間的夾角為，則質點在軸方向和軸方向的位移相等，即解得則在軸方向上的位移為由幾何關系可得質點到達連線上的某點時與點的距離為，故D正確。故選D。8.運-20是我國研究制造的大型運輸機，在抗疫運輸物資中發揮了重大作用。飛機獲得的升力大小，k值可視為不隨質量變化的系數，v是飛機在水平直跑道上的滑行速度，升力F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度。已知飛機質量為時，起飛離地速度為66m/s。裝載防疫物資后總質量為，從靜止開始勻加速滑行1764m起飛離地。則（）A.裝載物資后飛機在滑行過程中的時間為21sB.飛機裝載物資后的起飛離地速度大小為107m/sC.裝載物資后飛機在滑行過程中的加速度大小為D.飛機和裝載物資在滑行過程中機械能增加約為【答案】D【解析】【詳解】B．由題意可得則當飛機質量為時，有當裝載防疫物資后總質量為時，有兩式聯立可得飛機裝載物資后的起飛離地速度大小為故B錯誤；AC．由勻加速直線運動規律可得裝載物資后飛機在滑行過程中的加速度大小和滑行時間分別為，故A、C錯誤；D．飛機和裝載物資在滑行過程中機械能增加故D正確。故選D。9.如圖所示的LC振蕩電路中，充好電的電容器兩極板水平放置，振蕩電路的周期為T。開關S斷開時，極板間有一帶負電灰塵恰好靜止。從開關S閉合開始計時，則以下說法錯誤的是（）A.時，電路中的電流方向為逆時針B.時，帶電灰塵的加速度大小為gC.時，線圈的自感電動勢最小D.增大電容器兩極板間距，振蕩電路向外輻射電磁波的能力變強【答案】B【解析】【詳解】開關S斷開時，極板間有一帶負電灰塵恰好靜止。說明，開關S斷開時，上極板帶正電。且靜電力A．時，上極板帶正電，電容器正在放電，電路中的電流方向為逆時針。A正確；B．時，電流最零，電容器所帶電荷量最大且下極板帶正電，靜電力向下且帶電灰塵的加速度大小B錯誤；C．時，電流最大，電流的變化率為零，線圈的自感電動勢最小，C正確；D．增大電容器兩極板間距，由得電容減小。由得頻率變大。振蕩電路向外輻射電磁波的能力變強。D正確。選錯誤的，故選B。10.小涂同學設計了一個如圖所示的電吹風電路圖，a、b、c、d為四個固定觸點。可動的扇形金屬觸片P可同時接觸兩個觸點。觸片P處于不同位置時，電吹風可處于停機、吹熱風和吹冷風等不同的工作狀態。和分別是理想變壓器的兩個線圈的匝數。溫度傳感器用于防止吹熱風時溫度過高而發生事故。假設該電吹風的各項參數如下表所示。則（）熱風時輸入功率450W冷風時輸入功率50W小風扇額定電壓50V正常工作時小風扇輸出功率42WA.吹熱風時，觸片P應與觸點b、c接觸B.這里的溫度傳感器可用干簧管代替C.理想變壓器原副線圈的匝數比D.小風扇工作時突然被卡住不轉動，則理想變壓器的輸入功率極有可能為0【答案】D【解析】【詳解】A．吹熱風時，變壓器需要正常工作，所以觸片P應與觸點a、b接觸，故A錯誤；B．干簧管是磁控制開關，溫度傳感器是通過將溫度信號轉換成電信號達到控制的，所以這里的溫度傳感器不可用干簧管代替，故B錯誤；C．理想變壓器原副線圈的匝數比故C錯誤；D．小風扇工作時突然被卡住不轉動，通過小風扇電動機的電流猛增(即副線圈的電流猛增），理想變壓器的原副線圈的電流跟匝數成反比關系，可知會導致原線圈的電流也猛增，所以可能會導致干路電路斷路，從而可能使理想變壓器的輸入功率為零，故D正確。故選D。11.1898年，居里夫婦發現了一種能夠發出很強射線的新元素-釙（），為此居里夫人獲得了諾貝爾化學獎?，F把原子核靜止放在勻強磁場中的a點，某一時刻發生β衰變，產生如圖所示的A和B兩個圓軌跡。下列說法正確的是（）A.的衰變方程為：B.A、B兩個圓的半徑之比為85：1C.把放在磁場中，其半衰期會增大D.的核子平均質量比的核子平均質量大【答案】BD【解析】【詳解】A．的衰變方程為故A錯誤；B．原子核發生衰變時，由動量守恒可知兩粒子的動量大小相等方向相反，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動解得圓周運動半徑P為動量，則半徑R與電荷量q成反比，兩粒子的電荷量大小分別為e和85e，則故B正確；C．放射性元素的半衰期是有原子核自身的因素決定的，跟原子所處的化學狀態和物理環境沒有關系，故C錯誤；D．重核核子的平均質量隨原子序數的增大而增大，故D正確；故選BD。12.為迎接亞運會，杭州舉辦了盛大的燈光秀。燈光秀用到某種發光二極管，其中有部分是用透明材料制成的半徑為的半球體，如圖所示。是半球體的球心，是半球體的頂點，接收屏與直徑平行，是接收屏上的一點，三點連線與垂直。頻率不同的單色光，以相同的入射角從點射入半球體，經折射后照在屏上。單色光從距O點的處垂直射入半球體，經折射后恰好射到屏上的點，到球心的距離為。已知真空中的光速為，則（）A.半球體對單色光的折射率為B.單色光從點傳播到的時間為C.光從A點傳播到半球體圓弧界面的時間一定相同D.增大光在點的入射角，一定會在半球體的圓弧界面發生全反射【答案】C【解析】【詳解】AB．根據題意，由折射定律畫出光線的光路圖，如圖所示由幾何關系有可得可知，為等腰三角形，且，則有則折射率為單色光在玻璃中的傳播速度為則色光從點傳播到時間為故AB錯誤；C．根據題意，設光從A點進入的折射角為、，如圖所示由幾何關系可得，光從A點傳播到半球體圓弧界面的距離為由公式可得，光在半球體內的傳播速度為則光在半球體內的傳播時間為同理可得，光在半球體內的傳播時間為可知，單色光，以相同的入射角從點射入半球體，光從A點傳播到半球體圓弧界面的時間一定相同，故C正確；D．根據題意，畫出光路圖，如圖所示設光從A點進入的折射角為、在半球體面上的入射角為，由幾何關系可得增大光在點的入射角，由折射定律可知，增大，則減小，則光不一定會在半球體的圓弧界面發生全反射，同理可得，光也不一定會在半球體的圓弧界面發生全反射，故D錯誤。故選C。13.在勻質輕繩上有兩個相距10m的波源、，兩波源上下振動產生兩列繩波。在兩波源的連線上有兩質點A、B，A距波源，B距波源，如圖甲所示。時波源開始向上振動，其振動方程為，而波源的振動圖像如圖乙所示。時質點A恰好第一次處于波峰，則下列說法正確的是（）

A.波源產生的波的波長為B.波源產生的波的波速為C.內質點通過的路程為D.后、兩波源之間有個振動加強點【答案】C【解析】【詳解】AB．根據題意，由振動方程可知，波源產生的波的周期為時波源開始向上振動，時質點A恰好第一次處于波峰，由公式可得，波源產生的波的波速為由于介質相同，則波源產生的波的波速同為，由圖乙可知，波源產生的波的周期為，由公式可得，波源產生的波的波長為故AB錯誤；C．由圖乙可知，波源在振動后開始向上振動，兩個波源傳到點的時間均為可知，內，波源使質點振動，波源使質點振動，由題意可知，波源振動的振幅為，波源振動的振幅為，由于波源在振動后開始向上振動，則兩波源振動步調相反，點為減弱點，振幅為，則內質點通過的路程為故C正確；D．由于兩波源振動步調相反，后、兩波源之間的加強點到兩波源距離差滿足由于則有則加強點為個，故D錯誤。故選C。二、選擇題II（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個選項是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）14.下列說法正確的是（）A.盧瑟福通過“α粒子散射實驗”發現了α粒子B.強子是參與強相互作用的粒子，質子和中子都是強子C.電子、質子、原子等粒子和光一樣，也具有波粒二象性D.黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關【答案】BCD【解析】【詳解】A．盧瑟福通過“α粒子散射實驗”提出了原子的核式結構模型，A錯誤；B．物體間的相互作用力分為四種，其中有一種是強相互作用力，它是發生在強子之間的作用力，質子和中子都是強子，B正確；C．根據物質波的概念可知，電子、質子、原子等實物粒子具有波粒二象性，光也具有波粒二象性，C正確；D．黑體輻射隨著波長越短溫度越高則輻射越強，所以黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關，D正確。故選BCD。15.氫原子的能級圖如圖所示，已知金屬鉀的逸出功為，可見光的光子能量在之間?，F有大量氫原子處于激發態，則（）A.氫原子的能級指的是氫原子的電勢能B.氫原子從能級躍遷到時會輻射出具有顯著熱效應的電磁波C.大量處于能級的氫原子在躍遷時輻射出的光子可以使鉀金屬發生光電效應，光電子的最大初動能可能為D.從能級3躍遷到能級2和從能級4躍遷到能級2均輻射出可見光，用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實驗，后者的相鄰條紋間距更大【答案】BC【解析】【詳解】A．氫原子的能級指的是氫原各個狀態的能量值，包括氫原子的電勢能和動能，故A錯誤；B．氫原子從能級躍遷到時會輻射出光子的能量為屬于紅外線，即具有顯著熱效應的電磁波，故B正確；C．根據題意可知，大量處于能級的氫原子在躍遷時，可以輻射3種光子，即從躍遷到、從躍遷到和從躍遷到，若使鉀金屬發生光電效應，且光電子的最大初動能為，則光子的能量為可知，此光子為躍遷到時輻射的光子，故C正確；D．從能級3躍遷到能級2比從能級4躍遷到能級2均輻射出可見光的能量小，由公式可知，從能級3躍遷到能級2輻射出可見光的波長較大，則用這兩種光在同一雙縫干涉裝置做實驗，前者的相鄰條紋間距更大，故D錯誤。故選BC。非選擇題部分三、非選擇題（本題共5小題，共55分）16.“探究加速度與力、質量的關系”實驗書上介紹了兩個方案：方案（一）用阻力補償法探究加速度與力、質量的關系，如圖：方案（二）通過位移之比測量加速度之比，如圖：（1）下列選項中兩個實驗方案都需要的有_________。A．均需要傾斜軌道補償阻力B．均需要使牽引小車運動的槽碼質量遠小于小車的質量C．均需要調節細線與軌道平面平行D．均需要計算出加速度具體數值（2）用上面的方案（一）進行實驗獲得如圖所示的紙帶，計數點a、b、c、d、e、f間均有四個點未畫出，則計數點c的讀數為_________cm。已知打點計時器所用交流電源的頻率為，則小車運動的加速度大小為_________（保留兩位有效數字）。（3）用上面方案（二）進行實驗，抬起黑板擦，兩小車同時開始運動，按下黑板擦，兩小車同時停下來。用刻度尺測量小車1、小車2移動的位移大小分別為、，則兩小車的加速度、大小之比為_________?！敬鸢浮竣?ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA②.③.④.【解析】【詳解】（1）[1]ABC．根據題意，由實驗原理可知，2種方案都是認為槽碼的重力約等于繩子的拉力，繩子拉力是小車的合力，則2種方案均需要傾斜軌道補償阻力、牽引小車運動的槽碼質量遠小于小車的質量、調節細線與軌道平面平行，故ABC正確；D．第2種方案中，小車同時運動同時停止，運動的時間相同，根據可知位移和加速度成正比，可以通過比較兩輛小車的位移來比較它們的加速度，故D錯誤。故選ABC。（2）[2]刻度尺的最小分度為，由圖可知，計數點c的讀數為[3]打點計時器所用交流電源的頻率為，相鄰計數點間有四個點未畫出，則相鄰計數點間的時間間隔為由逐差法有解得（3）[4]小車同時運動同時停止，運動的時間相同，根據可知位移和加速度成正比，可以通過比較兩輛小車的位移來比較它們的加速度，即加速度、大小之比為17.圖是“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗的部分操作步驟：（1）有關該實驗的下列說法正確的是_________。A．圖中的操作步驟順序是；丙→丁→乙→甲B．油酸酒精溶液配制好后，不能擱置很久才做實驗C．往淺盤中滴入油酸酒精溶液后應立即描繪油膜輪廓（2）若實驗時油酸酒精溶液中純油酸占總體積的0.2%，用注射器測得100滴這樣的油酸溶液為1mL，取1滴這樣的溶液滴入淺盤中，即滴入淺盤中的油酸體積為_________?！敬鸢浮竣?B②.【解析】【詳解】（1）[1]A．根據題意，由實驗原理可知，用油膜法估測油酸分子的大小的實驗步驟為丙乙丁甲，故A錯誤；B．油酸酒精溶液配制好后，不能擱置很久才做實驗，避免酒精揮發，濃度發生變化，實驗有誤差，故B正確；C．應等油酸完全散開穩定后開始描繪油膜輪廓，故C錯誤；故選B。（2）[2]根據題意可知，1滴這樣的溶液中的油酸體積為18.小碩同學有一塊充電寶，他想知道充電寶是否跟干電池一樣，是一個有一定電動勢和內阻的直流電源。于是用如圖所示的實驗電路進行探究。圖中用兩只數字多用表分別作為電壓表和電流表，。（1）在閉合開關前，他應把滑動變阻器的滑片移到最______端（選填“左”或“右”）；（2）圖中“數字多用表1”______表（選填“電流”或“電壓”）；（3）在充電寶電量為100%時，通過實驗得到了如圖所示的U—I圖像。由圖像可知，充電寶在電量100%時，跟通常的干電池的電路特性相同，具有一定的電動勢和內阻。由圖像可得該充電寶的電動勢E=______V，內阻r=______Ω（均保留三位有效數字）。

（4）小碩同學想用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應該把選擇開關置于圖中的______（選填“A”、“B”、“C”、“D”）位置。A.B.C.D.（5）充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，那么可以推測充電寶內可能用來儲存電能的是______；A.電感線圈B.電容器C.電阻D.電池【答案】①.右②.電壓③.5.50④.0.250⑤.B⑥.D【解析】【詳解】（1）[1]電路圖中的滑動變阻器采用的是限流式接法，閉合開關前為了確保電路安全，應使滑動變阻器接入電阻最大，即應將滑片移到最右端。（2）[2]圖中“數字多用表1”與滑動變阻器并聯，其是用來測量電壓，即圖中“數字多用表1”是電壓表。（3）[3][4]根據電路圖，結合閉合電路歐姆定律有結合圖像有，解得（4）[5]由于電動勢的測量值為5.50V，因此若用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應該把選擇開關置于10V的電壓擋為，可知，第二個選擇項中的示意圖符合要求，故選B。（5）[6]由于充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，而電感線圈與電阻不具備這個特征，電容器電量減小時，電壓也減小，因此可以推測充電寶內可能用來儲存電能的是電池。故選D19.壓縮空氣儲能發電原理簡化如下圖所示。某電站貯氣室（利用地下廢棄礦洞）的容積為，用電低谷時緩慢壓入常溫、常壓的氣體后氣體壓強達到Pa存于貯氣室（常溫保存）。用電高峰時燃燒燃料通過熱交換室將氣體溫度提高至1000°C，讓渦輪機持續、穩定推動發電機發電。已知常壓Pa，常溫20°C，絕對零度-273°C。（1）求常溫常壓下共需要壓縮多少氣體存于該貯氣室壓強才能達到Pa；（2）假如在貯氣室將常溫高壓氣體直接升溫到1000°C，壓強可達多大；（3）該種發電方法發出的電能比壓縮氣體做功還多，但發電效率又不高（整個系統發電效率約50%）。問這個過程有沒違反能量守恒定律，并分析說明系統效率不高的一條最主要原因?！敬鸢浮浚?）；（2）Pa（3）沒有違反能量守恒定律、壓縮氣體做功放熱沒利用起來【解析】【詳解】（1）對壓縮進貯氣室的氣體，等溫變化過程，由玻意耳定律得代入解得（2）一定質量的氣體等容變化過程，有得代入解得Pa（3）氣體吸收了燃料燃燒時放出的熱量，所以沒有違反能量守恒定律。據熱力學第一定律可知常溫壓縮時放熱散失能量，所以系統效率不高的一條最主要原因常溫壓縮氣體做功放出大量的熱沒利用起來。20.某小組研究的一部分連鎖機械游戲裝置如圖所示，在豎直平面內有一固定的光滑斜面軌道AB，斜面軌道底端圓滑連接長為L、動摩擦因數為μ的粗糙水平軌道BC，軌道右端與固定的半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道最高點平滑連接于C點，C點剛好與圓心在同一豎直線上。圓弧軌道CD下方有一水平軌道，直立多米諾骨牌，它們的頂端恰好位于經過圓心的水平線上。質量為m的滑塊P，從斜面上某點靜止開始下滑，與質量也為m靜置于C點的滑塊Q正碰，碰撞時系統損失的動能為P碰前動能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不計滑塊大小、骨牌厚度和空氣阻力，結果可保留根式。（1）求滑塊P從h高滑到斜面底端B時速度大?。唬?）當1號骨牌離的水平距離，滑塊P從高處靜止開始下滑，滑塊Q被P正碰后滑出剛好能擊中1號骨牌頂端，求；（3）若讓滑塊Q從C點靜止開始下滑，始終緊貼軌道滑入另一光滑圓弧軌道（如虛線所示，上端與圓弧軌道CD相切、下端與相切），水平擊中1號骨牌頂端。求1號骨牌離的最小距離x2。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）滑塊P從h高滑到底端，根據機械能守恒有解得（2）假設Q從圓頂點飛出作平拋運動，則有，解得此時Q在四分之一圓弧最高點有可知假設正確，Q恰好從圓弧頂點開始做平拋運動，則滑塊P從滑下到與Q碰撞前，根據動能定理有P、Q碰撞過程有，解得，（舍去）解得（3）Q從圓弧頂點靜止開始下滑，下滑圓心角α時對CD圓軌壓力恰為零，再滑入半徑為的圓弧軌道，作圖如圖所示則有，解得根據題干所述有，解得，21.有兩條相距L、電阻不計的平行金屬導軌MN和PQ放置于絕緣水平面上，建立xOy坐標系如圖甲所示．側存在如圖乙所示隨時間變化的勻強磁場（T，s后磁場不變），側存在沿y方向均勻分布、x正方向均勻增大、磁感應強度T的穩恒磁場，它們的方向都與導軌平面垂直（豎直向上為正方向）。處導軌MN和PQ被斷開并用絕緣層隔開?，F有長度為、電阻為R=0.2Ω的相同導體棒ab與cd用長度也為L的絕緣輕桿組成總質量為的“工”字形框架，靜置于ab棒距y軸L處的左側導軌上。另一根質量、電阻的導體棒ef靜置于緊靠的右側導軌上，三棒都與導軌垂直且接觸良好。NQ端與的電阻相連，距y軸足夠遠。當t=0時給“工”字形框架以初速度向x軸正方向運動，當ab棒剛滑過處的絕緣層到右側時與ef棒發生碰撞而交換速度。碰撞后立即在ef棒上施加拉力作用，使其沿導軌向x軸正方向運動，運動過程中ef棒上消耗的電功率保持不變。金屬導軌區域光滑，區域粗糙，，。不計棒的粗細和接觸電阻、絕緣層的厚度和空氣阻力，不考慮場的邊緣效應。求：（1）前0.20s流過cd棒的電流方向、大小；（2）ef棒運動到處的速度大?。唬?）ef棒從運動到過程中克服安培力做的功；（4）ef棒從運動到過程中拉力的平均功率?！敬鸢浮浚?）電流方向：c→d→a→b（工字形回路內順時針），0.8A；（2）1m/s；（3）；（4）0.93W【解析】【詳解】（1）由右手定則可知電流方向為c→d→a→b（工字形回路內順時針），又由法拉第電磁感應定律由歐姆定律可得前0.20s流過cd棒的電流大小為（2）工字形框在x