平谷区 2019-2020 学年度第二学期高三年级质量监控
物理试卷
第一部分选择题（共 42 分）
一、单项选择题（本题共 14 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符
合题意。每小题 3 分，共 42 分）
1.核反应方程 表示中子轰击 原子核可能发生的一种核反
应，该核反应中质量亏损了 。关于这个核反应，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应属于核聚变
B. 中的 X 为 33
C. 中含有 56 个中子
D. 该核反应释放出的核能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．裂变反应是较重的原子核在其它粒子的轰击下，分裂成几个中等的原子核，可知
该反应属于裂变反应，故 A 错误；
B．根据电荷数守恒、质量数守恒知， 的核电荷数 X 为
故 B 错误；
C．Ba 的核子数为 144，其中的质子数为 56，所以中子数为
故 C 错误；
D．该核反应释放出的核能为△E，根据爱因斯坦质能方程可知
故 D 正确。
故选 D。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动是指液体分子的无规则运动
235 1 144 89 1
92 0 56 X 0U n Ba Kr 3 n+ → + + 235
92 U
m∆
89
x Kr
144
56 Ba
2mc∆
89
X Kr
X 92 56 36= − =
n 144 56 88= − =
2E mc∆ = ∆B. 物体对外做功，其内能一定减小
C. 两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大
D. 用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力
【答案】C
【解析】
【详解】A．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故 A 错误；
B．改变内能的方式有做功和热传递，只知道物体对外做功，而不知道热传递的情况，无法确
定其内能变化，故 B 错误；
C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是
斥力变化得较快，故 C 正确；
D．用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，是因为气体压强增大的缘故，并不能说明气体
分子间存在斥力，而且气体分子间的分子力几乎可以忽略不计，故 D 错误。
故选 C。
3.一束由 a、b 两种单色光组成的复色光射向玻璃制成的三棱镜，通过三棱镜的传播情况如图
所示。关于 a、b 两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃对 a 色光的折射率大于对 b 色光的折射率
B. a 色光的光子能量小于 b 色光的光子能量
C. a 色光在玻璃中的传播速度比 b 色光小
D. a 色光发生全反射的临界角比 b 色光小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．通过玻璃三棱镜后，b 色光的偏折角最大，说明玻璃对 b 光的折射率大于对 a
色光的折射率，则 b 色光的频率最高，根据 可知，a 色光的光子能量小于 b 色光的光
子能量，故 A 错误，B 正确；
E hν=C．a 色光的折射率小，根据 分析可知 a 色光在玻璃中的传播速度大于 b 色光，故 C 错
误；
D．玻璃对 b 光的折射率大，根据 知 b 色光发生全反射的临界角小于 a 色光，故 D
错误。
故选 B。
4.如图所示，一个钢球放在倾角为 的固定斜面上，用一竖直的挡板挡住，处于静止状态。
各个接触面均光滑。关于球的重力大小 G、球对斜面的压力大小 FN1、球对挡板的压力大小 FN2
间的关系，正确的是（ ）
A. FN1>G
B. FN2>G
C. FN2=G
D. FN1球对挡板的压力大小
则
故 A 正确，BCD 错误。
故选 A。
5.图甲为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，图甲中质点 Q 运动到负向最大位移处时，质点 P
刚好经过平衡位置。图乙为质点 P 从此时刻开始的振动图像。下列判断正确的是（ ）
A. 该波的波速为 40m/s
B. 质点 P 的振幅为 0
C. 该波沿 x 轴负方向传播
D. Q 质点在 0.1s 时的速度最大
【答案】C
【解析】
【详解】AC．根据题意可知，图乙为质点 P 从此时开始的振动图像，得出质点向下振动，则
可确定波的传播方向为 x 轴负方向传播，再由振动图像与波动图像可知，波速
N2 2
3tan30 3F F G G G°= = = <
N1 N2F F>故 A 错误，C 正确；
B．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由图乙可知，质点 P 的振幅为 20cm，故 B 错误；
D．周期为 0.2s，经过 0.1s 即半周期，质点 Q 振动到波峰位置即速度为 0，故 D 错误。
故选 C。
6.2019 年 11 月 23 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方
式成功发射第五十、五十一颗北斗导航卫星。如图所示的 a、b、c 为中国北斗卫星导航系统中
的三颗轨道为圆的卫星。a 是地球同步卫星，b 是轨道半径与卫星 a 相同的卫星，c 是轨道半
径介于近地卫星和同步卫星之间的卫星。下列关于这些北斗导航卫星的说法，正确的是（ ）
A. 卫星 a 的运行速度大于第一宇宙速度
B. 卫星 a 的向心加速度大于卫星 c 的向心加速度
C. 卫星 b 可以长期“悬停”于北京正上空
D. 卫星 b 的运行周期与地球的自转周期相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供向心力
得
卫星 a 的轨道半径大于地球半径，则卫星 a 的运行速度小于第一宇宙速度，故 A 错误；
B．根据万有引力提供向心力
4 m/s 20m/s0.2v T
λ= = =
2
2
Mm vG mr r
=
GMv r
=得
卫星 a 的轨道半径大于卫星 c 的轨道半径，故卫星 a 的向心加速度小于卫星 c 的向心加速度，
故 B 错误；
C．卫星 b 不是同步卫星，不能与地面相对静止，不能“悬停”在北京上空，故 C 错误；
D．根据万有引力提供向心力
得
卫星 a、b 的轨道半径相等，则周期相等，卫星 a 是同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，
则卫星 b 的运行周期与地球自转周期相同，故 D 正确。
故选 D
7.在如图所示的理想变压器供电线路中，原线圈接在有效值恒定的交流电源上，副线圈接有两
个灯泡，电流表、电压表均为理想电表。开关 S 原来是断开的，现将开关 S 闭合，则（ ）
A. A1 的示数增大，A2 的示数增大
B. A1 的示数不变，A2 的示数增大
C. V1 的示数减小，V2 的示数减小。
D. V1 的示数不变，V2 的示数减小
【答案】A
【解析】
【详解】副线圈输出电压由原线圈的输入电压和原、副线圈匝数比决定，原线圈输入电压和
原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表 V1 的示数不变，电压表 V2 的示数不
。
2
MmG mar
=
2
GMa r
=
2
2
2π( )MmG m rr T
=
3
2π rT GM
=变，开关 S 闭合后，总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，根据变流比可
知，原线圈输入电流增大，即电流表 A1 的示数增大，电流表 A2 的示数增大，故 A 正确，BCD
错误。
故选 A。
8.一定质量的理想气体由状态 A 沿平行 T 轴的直线变化到状态 B，然后沿过原点的直线由状态
B 变化到状态 C，p－T 图像如图所示，关于该理想气体在状态 A、状态 B 和状态 C 时的体积
VA、VB、VC 的关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】从 A 到 B 为等压变化，根据 可知，随着温度的升高，体积增大，故
从 B 到 C 为坐标原点的直线，为等容变化，故
所以
故 ACD 错误，B 正确。
故选 B。
A B CV V V= =
A B CV V V< =
A B CV V V> >
A B CV V V< <
V CT
=
A BV V<
B CV V=
A B CV V V< =9.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后，在滑动变阻器 R2 的滑动端由 a 向 b
缓慢滑动的过程中（ ）
A. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
B. 电容器 C 所带电荷量减小。
C. R1 的电功率增大
D. 电源的输出功率一定增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．滑动变阻器的滑动端由 a 向 b 缓慢滑动的过程中，R2 阻值变大，电阻总电阻变大，
根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端
的电压
总电流减小，电压表示数增大，故 A 正确；
B．容器两端电压即电压表两端电压 ，电压增大，电容器所带电荷量增多，故 B 错误；
C．流过电阻 R1 的电流减小，由公式 可知，消耗的功率变小，故 C 错误；
D．当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑
动变阻器 R2 的滑动端由 a 向 b 缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故 D 错误。
故选 A。
10.木箱内的地板上放置一个 5kg 的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。从计时时刻开始
钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 4m/s2，至第 3s 末钢绳突然断裂，
此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s 末落至地面。木箱在空中运
动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取 10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 第 2 秒末物体的重力增大到 70N
1U E I R r= − +（ ）
Q CU=
2
1P I R=B. 第 4 秒末物体对木箱地板的压力为 70N
C. 第 4 秒末物体对木箱地板的压力为 50N
D. 第 6 秒末物体对木箱地板的压力为 0
【答案】D
【解析】
【详解】A．第 2 秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体
的运动状态变化而变化，故 A 错误；
BC．第 4 秒末物体的加速度为重力加速度 g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压
力为 0，故 BC 错误；
D．第 6 秒末物体的加速度为重力加速度 g，物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力
为 0，故 D 正确。
故选 D。
11.如图甲所示，在某电场中建立 x 坐标轴，A、B 为 x 轴上的两点，xA、xB 分别为 A、B 两点
在 x 轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿 x 轴运动，该电子的动能 Ek 随其坐标 x 变化
的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）
A. A 点的电场强度小于 B 点的电场强度
B. A 点的电场强度等于 B 点的电场强度
C. A 点的电势高于 B 点的电势
D. 电子由 A 点运动到 B 点的过程中电势能的改变量
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化，则有
p k kB AE E E∆ = −根据数学知识可知，图线的斜率
斜率不变，q 保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，则
故 A 错误，B 正确；
C．由图知，电子从 A 到 B 动能增大，电场力做正功，则知电场力方向从 A→B，电场线方向
从 B→A，根据顺着电场线方向电势降低，则有
故 C 错误；
D．根据动能定理知
即
故 D 错误。
故选 B。
12.2019 年的诺贝尔物理学奖于 10 月 8 日公布，有一半的奖金归属了一对师徒——瑞士的天
文学家 MichelMayor 和 DidierQueloz，以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行
星"。由于行星自身不发光，所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天
文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外
行星的方法。行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上
用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。在视线方向上，恒星受行星引力作用，时
而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。
我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。结合以上信息，下列说法正确的是（ ）
A. 在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线
速度大小一定相等
B. 在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径
小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小
kE Eqx=
k qE=
A BE E=
A B
ϕ ϕ<
k k PAB B AW E E E= − = −∆
P k kA BE E E∆ = −C. 若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星
光谱会出现蓝移
D. 若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频
率低，即恒星光谱会出现红移
【答案】D
【解析】
【详解】AB．双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动
的角速度大小相等，周期相同，则
可得
由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式 可知，恒星和行星做圆周运动的
线速度大小不同，故 AB 错误；
C．根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的
频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故 C 错误；
D．根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的
频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故 D 正确。
故选 D。
13.如图甲所示为用伏安法测量某合金丝电阻的实验电路。实验中分别用最大阻值是 5 、50 、
500 的三种滑动变阻器做限流电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中，根
据实验数据，分别作出电流表读数 I 随 （ 指滑片移动的距离 x 与滑片在变阻器上可移动
的总长度 L 的比值）变化的关系曲线 a、b、c，如图乙所示。则图乙中的图线 a 对应的滑动变
阻器及最适合本实验的滑动变阻器是（ ）
2
12
MmG m rL
ω=
2
22
MmG M rL
ω=
1
2
r M
r m
=
v rω=
Ω Ω
Ω
x
L
x
LA. 最大阻值为 5 的滑动变阻器∶图线 a 对应的滑动变阻器
B. 最大阻值为 50 的滑动变阻器；图线 b 对应的滑动变阻器
C. 最大阻值为 500 的滑动变阻器；图线 b 对应的滑动变阻器
D. 最大阻值为 500 的滑动变阻器；图线 c 对应的滑动变阻器
【答案】C
【解析】
【详解】从图乙中可以看出 a 曲线在滑片移动很小距离，就产生了很大的电流变化，说明该滑
动变阻器阻值远大于被测量电阻阻值，所以 a 图对应 500Ω 滑动变阻器，c 图线电流几乎不随
着距离 x 变化，说明该滑动变阻器是小电阻，所以对应是 5Ω 的图像，本实验采用的是伏安法
测量电阻，为了减小实验误差，应该要保证被测电阻中的电流变化范围适当大一些，所以选
择图中 b 所对应的滑动变阻器，故 ABD 错误，C 正确。
故选 C。
14.有人做过这样一个实验∶将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅
平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，
小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象
的原因是∶磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯
纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生
一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成
了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在
空中。根据以上材料可知（ ）
Ω
Ω
Ω
ΩA. 超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流
B. 超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流
C. 将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大
D. 将悬空在超导体上面的磁铁翻转 ，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生
一个无损耗感应电流，故 A 错误；
B．超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，但由材料无法确定感应
电流是否恒定，故 B 错误；
C．由材料可知，将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电
流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故 C 正确；
D．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体
上面 磁铁翻转 ，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故 D 错误。
故选 C。
第二部分非选择题（共 58 分）
二、填空题（本题共 2 小题，共 18 分）
15.某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验。
的
180°
180°(1)首先按图甲(1)所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图甲(2)所
示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是（ ）
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。
(2)接下来用图乙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实
验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方
向（从上往下看）是沿______（选填“顺时针”或“逆时针”）方向。
(3)下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需
要推断的实验结果未完成，请帮助该小组的同学完成_______________（选填“垂直纸面向外”
或“垂直纸面向里”）。
实验记录表（部分）
操作 N 极朝下插入螺线管从上往下看的平面图（B0 表示原磁场，
即磁铁产生的磁场）
原磁场通过螺线管磁通量的增减 增加
感应电流的方向 沿逆时针方向
感应电流的磁场 B'的方向
(4)该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识。结合以上实验，有同学认为，
理解楞次定律，关键在于抓住__________（选填“B0”或“ ”）总是要阻碍________填
“B0”或“B'”）磁通量的变化。
【答案】 (1). C (2). 顺时针 (3). 垂直纸面向外 (4). B′ (5). B0
【解析】
【详解】(1)[1]由题意可知，电流从电流计左边进时，指针左偏，右边进时，指针右偏，本实
验目的是探究感应电流的方向，则进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方
向的关系，故选 C；
(2)[2]电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的右边（正接线柱）流入，则说明螺线管中的
电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向；
(3)[3]由题意可知，感应电流的方向为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向垂
直纸面向外；
(4)[4]由题意可知，理解楞次定律，关键在于抓住 总是要阻碍 磁通量的变化
16.研究物体做匀变速直线运动的情况可以用打点计时器，也可以用光电传感器。
(1)一组同学用打点计时器研究匀变速直线运动，打点计时器使用交流电源的频率是 50Hz，打
点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况。
①打点计时器的打点周期是________s。
②图甲为某次实验打出的一条纸带，其中 1、2、3、4 为依次选中的计数点（各相邻计数点之
间有四个点迹）。根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点 3 时小车的速度大小为
'B
'B 0B________m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为________m/s2．
(2)另一组同学用如图乙所示装置研究匀变速直线运动。滑块放置在水平气垫导轨的右侧，并
通过跨过定滑轮的细线与一沙桶相连，滑块与定滑轮间的细线与气垫导轨平行。滑块上安装
了宽度为 3.0cm 的遮光条，将滑块由静止释放，先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录
了遮光条通过第一个光电门的时间为 0.015s，通过第二个光电的时间为 0.010s，遮光条从开始
遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为 0.250s。则滑块的加速度大小为
______m/s2，若忽略偶然误差的影响，测量值与真实值相比______（选填“偏大”、“偏小”
或“相同”）。
【答案】 (1). 0.02 (2). 0.53 (3). 1.4 (4). 4.0 (5). 偏小
【解析】
【详解】(1)[1]交流电源的频率是 50Hz，则打点计时器的打点周期是
[2]由于每相邻两个计数点间还有 4 个点，所以相邻的计数点间的时间间隔为 0.1s，根据匀变
速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打计数点 3 点时小车的瞬
时速度大小
[3]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小
(2)[5]遮光条通过第一个光电门的速度为
1 0.02sT f
= =
2
3
13.80 3.20 10 m/s 0.53m/s2 0.1v −−= × =×
2 2 234 23
2 2
(13.80 7.80) (7.80 3.20) 10 m/s 1.4m/s0.1
x xa t
−− − − −= = × =遮光条通过第二个光电门的速度为
则滑块的加速度大小为
[6]由实验原理可知，运动时间为遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门
时间，遮光条开始遮住第一个光电门的速度小于 ，遮光条开始遮住第二个光电门的速度小 ，
由于遮光条做匀加速运动，则速度变化量减小，所以测量值与真实值相比偏小。
三、计算题（本题共 4 小题，共 40 分）
17.如图所示，虚线 MN 的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）的
匀强磁场，一质量为 m 的带电粒子以速度 v 垂直电场和磁场方向从 O 点射入场中，恰好沿纸
面做匀速直线运动。已知匀强磁场的磁感应强度为 B，粒子的电荷量为+q，不计粒子的重力。
(1)求匀强电场的电场强度 E；
(2)当粒子运动到某点时撤去电场，如图乙所示，粒子将在磁场中做匀速圆周运动。求∶
a.带电粒子在磁场中运动的轨道半径 R；
b.带电粒子在磁场中运动的周期 T。
的
1
0.030 m/s 2.0m/s0.015v = =
2
0.030 m/s 3.0m/s0.010v = =
2 22 1 3 2 m/s 4.0m/s0.25
v va t
− −= = =
1v 2v【答案】(1) ；(2)a. ；b.
【解析】
【详解】(1)粒子的受力示意图如图所示
根据物体的平衡条件
qvB=qE
得
E=vB
(2)a.粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿运动定律
得
b.粒子在磁场中运动的周期 ，得
18.如图所示，半径 R=0.4m 的竖直半圆形光滑轨道 BC 与水平面 AB 相切，AB 间的距离 x=3.6m。
质量 m2=0.15kg 的小滑块 2 放在半圆形轨道的最低点 B 处，另一质量为 m2=0.25kg 的小滑块 1，
从 A 点以 v0=10m/s 的初速度在水平面上滑行，到达 B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两
滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块 1 与水平面之间的动摩擦因数 μ=0.5。重力加速度 g
取 10m/s2。两滑块均可视为质点。求∶
(1)滑块 1 与滑块 2 碰撞前瞬间的速度大小 v1；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能△E；
(3)在半圆形轨道的最高点 C 处，轨道对两滑块的作用力大小 FN。
E vB= mvR qB
= 2 mT qB
π=
2vqvB m R
=
mvR qB
=
2πRT v
=
2π mT qB
⋅=【答案】(1)8m/s；(2)3J；(3) 5N
【解析】
【详解】(1)滑块 1 从 A 运动到 B，根据动能定理
－μm1gx=
得
v1=8m/s
(2)设两滑块碰后 共同速度为 v，根据动量守恒定律
m1v1=(m1+m2)v
得
v=5m/s
根据能量守恒定律
得
ΔE=3J
(3)设两滑块到达最高点 C 处时的速度为 vC，根据机械能守恒定律
(m1+m2)v2= (m1+m2) +(m1+m2)g×2R
得
vC=3m/s
两滑块在 C 点的受力示意图如图所示
根据牛顿第二定律
的
2 2
1 1 1 0
1 1
2 2m v m v−
2 2
1 1 1 2
1 1 ( )2 2E m v m m v∆ = − +
1
2
1
2
2
CvFN+（m1+m2）g=(m1+m2)
得
FN=5N
19.研究比较复杂的运动时，可以把一个运动分解为两个或几个比较简单的运动，从而使问题
变得容易解决。
(1)如图，一束质量为 m，电荷量为 q 的粒子，以初速度 v0 沿垂直于电场方向射入两块水平放
置的平行金属板中央，受到偏转电压 U 的作用后离开电场，已知平行板长为 L，两板间距离
为 d，不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力。试求∶
①粒子在电场中的运动时间 t；
②粒子从偏转电场射出时的侧移量 y。
(2)深刻理解运动的合成和分解的思想，可以帮助我们轻松处理比较复杂的问题。小船在流动
的河水中行驶时，如图乙所示。假设河水静止，小船在发动机的推动下沿 OA 方向运动，经时
间 t 运动至对岸 A 处，位移为 x1；若小船发动机关闭，小船在水流的冲击作用下从 O 点沿河
岸运动，经相同时间 t 运动至下游 B 处，位移为 x2。小船在流动的河水中，从 O 点出发，船
头朝向 OA 方向开动发动机行驶时，小船同时参与了上述两种运动，实际位移 x 为上述两个分
运动位移的矢量和，即此时小船将到达对岸 C 处。请运用以上思想，分析下述问题∶
弓箭手用弓箭射击斜上方某位置处的一个小球，如图丙所示。弓箭手用箭瞄准小球后，以初
速度 v0 将箭射出，同时将小球由静止释放。箭射出时箭头与小球间的距离为 L，空气阻力不
计。请分析说明箭能否射中小球，若能射中，求小球下落多高时被射中；若不能射中，求小
球落地前与箭头的最近距离。
【答案】(1)① ；② ；(2)能，
【解析】
2
Cv
R
0
Lt v
= 2
2
02
qULy mdv
= 2
2
02
gL
v【详解】(1)①沿垂直电场方向粒子不受外力，做匀速直线运动
②粒子在偏转电场中运动的加速度
根据运动学公式 ，得
(2)箭能够射中小球，如答图 1 所示：
箭射出后，若不受重力，将沿初速度方向做匀速直线运动，经时间 t 从 P 运动至小球初始位置
D 处，位移为
x1=L
脱离弓后，若箭的初速度为零，将沿竖直方向做自由落体运动，经相同时间 t 从 P 运动至 E，
位移为 x2；箭射出后的实际运动，同时参与了上述两种运动，实际位移 x 为上述两个分运动位
移的矢量和（遵循平行四边形定则），即此时箭将到达 F 处。小球由静止释放后做自由落体运
动，经相同时间 t 运动的位移与箭在竖直方向的分位移 x2 相同，即小球与箭同时到达 F 处，
能够射中小球。
若不受重力，箭从 P 运动至小球初始位置 D 处的时间
射中时小球下落的高度 h= gt2，解得
h=
0
Lt v
=
qUa md
=
21
2y at=
2
2
02
qULy mdv
=
0
Lt v
=
1
2
2
2
02
gL
v20.在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那
部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。
(1)利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。设匀强磁场的磁感应强度为 B，金属棒 ab 的长
度为 L，在外力作用下以速度 v 水平向右匀速运动。此时金属棒中电子所受洛仑兹力 f 沿棒方
向的分力 f1 即为“电源”内部的非静电力。设电子的电荷量为e，求电子从棒的一端运动到另
一端的过程中 f1 做的功。
(2)均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，
单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。在某均匀变化的磁场中，将一个半径为 r 的
金属圆环置于相同半径的电场线位置处。从圆环的两端点 a、b 引出两根导线，与阻值为 R 的
电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。金属圆环的电阻为 R0，圆环两端点 a、b 间
的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。此时金属圆环中的自由电子受到的
感生电场力 F 即为非静电力。若电路中电流表显示的示数为 I，电子的电荷量为 e，求∶
a.金属环中感应电动势 E 感大小；
b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力 F 的大小。
(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀
强磁场中，两根光滑平行金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L，电阻不计。电阻为 R
的金属杆 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好。轨道端点 MP 间接有内阻不计、
电动势为 E 的直流电源。杆 ab 的中点 O 用水平绳系一个静置在地面上、质量为 m 的物块，
最初细绳处于伸直状态（细绳足够长）。闭合电键 S 后，杆 ab 拉着物块由静止开始做加速运
动。由于杆 ab 切割磁感线，因而产生感应电动势 E'，且 E'同电路中的电流方向相反，称为反
电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势 E 和反电动势 E'之差。
a.请分析杆 ab 在加速的过程中所受安培力 F 如何变化，并求杆的最终速度 vm；
b.当电路中的电流为 I 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为 。'E I【答案】(1) ；(2)a. ；b. (3)a. ；b.见解
析
【解析】
【详解】(1)金属棒中电子所受洛仑兹力 f 沿棒方向的分力 f1=evB，棒方向的分力 f1 做的功
W1=f1L
得
W1=evBL
(2)a.金属环中感应电动势
E 感=I(R0+R)
b.金属环中电子从 a 沿环运动 b 过程中，感生电场力 F 做的功
WF=F•2πr
由电动势的定义式
得
(3)a.杆 ab 在加速的过程中，杆切割磁感线的速度 v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势
E′=BLv，故 E′增大，由
可知，电路中的电流 I 减小，杆所受安培力 F=BIL 故 F 减小，设细绳的拉力为 T，杆的质量为
m0，根据牛顿第二定律
的
1W evBL= ( )0I R R+ 0( )
2
I R R eF π r
+=
2 2m
E mgRv BL B L
= −
FWE e
=感
0( )
2 π
I R R eF r
+=
E EI R
′−=F－T=m0a
物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律
T－mg=ma
得
F－mg=(m+m0)a
F 减小，杆的加速度 a 减小，当 F=mg 时，a 为零，此时，杆达到最终速度 vm。此时杆上产生
的感应电动势 E′=BLvm，得
b.由
得
IR=E－E′
两边同乘以 I，经整理得
EI=I2R+E′I
由上式可以看出，电源提供的电能（功率为 EI），一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功
率为 I2R），另一部分即为克服反电动势做功（功率为 E′I）消耗的电能，这部分能量通过电磁
感应转化为了杆和物块的机械能。
2 2m
E mgRv BL B L
= −
E EI R
′−=
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