山东省三校2020届高三物理下学期第一次在线联考试题（Word版附解析）

高三年级第一次（在线）联考物理试题 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚。 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书 写，字体一整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无 效；在草稿纸、试卷上答 题无效。 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 6.作答完毕后，将必答题使用手机逐题拍照，上传到对应的题号下。 第Ⅰ卷（选择题共 40 分） 一、单项选择题（本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项是符合 题目要求的。） 1.下面的表格是某年某地区 1-6 月份的气温与气压对照表： 月 份 1 2 3 4 5 6 平均气温/℃ 1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2 平均大气压/105Pa 1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.9984 根据上表数据可知：该年该地区从 1 月份到 6 月份（　　） A. 空气分子无规则热运动剧烈程度呈减小的趋势 B. 6 月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在一月时速率大 C. 单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势 D. 单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势 【答案】C 【解析】 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则热运 动越剧烈，从 1 月到 6 月，温度逐渐升高，空气分子无规则热运动剧烈程度呈增大的趋势， 故 A 错误；B．6 月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于 具体的某一个分子并不适应，所以不能说明 6 月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率 一定比它在一月时速率大，故 B 错误； C．根据气体压强的微观意义，气体压强和单位时间单位面积对地面撞击次数、气体的分子平 均动能有关；温度升高，即气体的分子平均动增大，而压强 减小，说明单位时间单位面积 对地面撞击次数减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势，故 C 正确； D．根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的 总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也 呈减小的趋势，故 D 错误； 故选 C。 2.已知氢原子的基态能量为 E1，激发态能量为 ，其中 n＝2，3，4…。已知普朗克 常量为 h，电子的质量为 m，则下列说法正确的是（　　） A. 氢原子从基态跃迁到激发态后，核外电子动能减小，原子的电势能增大，动能和电势能之 和不变。 B. 基态氢原子中的电子吸收一频率为 的光子被电离后，电子速度大小为 C. 一个处于 的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出 6 种不同频率的光 D. 第一激发态氢原子的电离能等于 E1 【答案】B 【解析】 【详解】A．氢原子由基态跃迁到激发态时，氢原子吸收光子，则能量增大，即动能和电势能 之和增大，轨道半径增大；根据 知，电子动能为 可知电子动能减小，由于动能和电势能之和增大，则其电势能增大，故 A 错误； B．根据能量守恒得 P 12 1 nE En = ν 12( )h E m ν + 4n = 1 4 2 2 2 e vk mr r = 2 2 k 1 2 2 keE mv r = =解得电离后电子的速度大小为 故 B 正确； C．一个处于 的激发态的氢原子，向低能级跃迁时最多可辐射出 3 种不同频率的光，分 别是从 跃迁 ，再从 跃迁 ，最后从 跃迁 ，故 C 错误； D．第一激发态氢原子的能量为 ，若刚好发生电离时，其电离能等于 ，故 D 错误； 故选 B 3.下列说法中正确的是（　　） A. 把调准的摆钟，由北京移至赤道，这个钟将变慢，若要重新调准，应增加摆长 B. 振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越长 C. 1905 年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提 的 D. 照相机的镜头涂有一层增透膜， 其厚度应为入射光在真空中波长的 【答案】C 【解析】 【详解】A．调准的摆钟，由北京移至赤道，由于重力加速度变小，根据单摆的周期公式 可知这个钟的周期增大，钟将变慢，若要重新调准，应减小摆长，故 A 错误； B．波传播一个波长的距离所用的时间为一个周期，振动的频率越高，周期 越短，所用 时间越短，故 B 错误； C．1905 年爱因斯坦提出的狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提 的，故 C 正确； D．当增透膜的厚度为入射光在增透膜中波长的 时，从增透膜前后表面的反射光相互抵消， 从而减少了反射，增加了透射，故 D 错误； 故选 C。 。 2 1 1 2h E mvν + = 1)2(h Ev m ν += 4n = 4n = 3n = 3n = 2n = 2n = 1n = 1 4 E 1 4 E− 1 4 2 LT g π= 1T f = 1 44.我国成功地发射了北斗三号组网卫星，如图为发射卫星的示意图。先将卫星发射到半径为 的圆轨道 上做匀速圆周运动，到 A 点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地 点 B 点时，再次改变卫星的速度， 使卫星进入半径为 的圆轨道做匀速圆周运动。已知 卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定 值，卫星在椭圆轨道上 A 点时的速度为 v， 卫星的质量为 m，地球质量为 M，引力常量为 G，则发动机在 A 点对卫星做的功与在 B 点对 卫星做的功之差为（不计卫星的质量变化）（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据万有引力提供向心力可得 解得卫星在轨道半径为 的圆轨道上运动的线速度大小 同理可得在半径为 的圆轨道上做圆周运动的线速度大小为 设卫星在椭圆轨道上 点的速度为 ，根据题意有 可知在 点时发动机对卫星做功 在 点时发动机对卫星做的功为 1r r= 2 3r r= 25 2 9 3 GMmmv r + 25 2 9 3 GMmmv r − 25 3 8 4 GMmmv r + 24 9 3 GMmmv r − 2 1 2 mvGMm r r = r 1 GMv r = 3r 2 3 GMv r = B Bv 3Bv r v r=  A 2 1 2 1 1 1 2 2W mv mv= − B因此有 故 B 正确，A、C、D 错误； 故选 B。 5.半球形介质截面如图所示，O 为圆心，两束不同颜色的单色光 a、b 相互平行，从不同位置 进入介质，其中单色光 a 入射方向正对圆心 O，单色光 b 的入 b 射点位于圆心 O 的正上方。 两束光线都恰好在半球形介质的底边发生全反射，a 且光线 b 的入射角为 45°，则下列说法正 确的是（　　） A. 单色光 a 在介质中的折射率为 2 B. 单色光 a 比单色光 b 的频率高 C. 光线 b 在介质中的折射角一定大于 30° D. 若单色光 a 能使某金属发生光电效应，则光线 b 也一定能使该金属发生光电效应 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据临界角公式可知 单色光 在 点恰好发生全反射，根据几何关系可知，入射角等于临界角，则有 可得单色光 在介质中的折射率为 故 A 错误； B．分析单色光 的光路图可知，在底边处， 的入射角小，临界角小，则折射率大，频率高， 2 2 2 2 1 1 ( )2 2 3 vW mv m= − 2 1 2 5 2 39 GMmW W mv r − = − 1sinC n = a O 45C = ° a 1 2sinCan = = b b故单色光 比单色光 的频率低，故 B 错误； C． 的折射率大于 ，根据折射定律可知 则折射角 故 C 错误； D．单色光 比单色光 的频率低，根据发生光电效应的条件可知，若单色光 能使某金属发 生光电效应，则光线 也一定能使该金属发生光电效应，故 D 正确； 故选 D。 6.如图所示，在真空中的 M、N 两点分别放置等量的异种电荷 、 ，在通过 M、N 两点 的竖直平面内相对于 MN 对称取一个圆形路径 ABCD，圆心在 MN 连线的中点，两条直径 AC 与 BD 相互垂直，且 AC 与 MN 共线。设想将一个电子沿 MN 路径 ABCDA 顺时针方向运动一 周，则以下分析正 AOC 确的是（　　） A. 沿 ABC，电场的电势降低，电子的电势能减小 B. 沿 BCD，电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零 C. 沿 BCD，电子的电势能先增大，后减小，电势能的变化总量为零 D. 沿 CDA，电场的电势升高，电子的电势能增大 【答案】C 【解析】 【详解】由等量异种点电荷的电场线分布和等势面特点可以知道，直径 所在的竖直平面为 零点等势面，且 左边电势大于零， 右边电势小于零，所以沿 电势逐渐降低；电 子带负电荷，对负电荷来说电势越低电势能越大，所以电子沿 运动，电势能增加；沿 电势先降低后升高，所以电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零，所以电子的电势能 先增大，后减小，电势能的变化总量为零；沿 电势逐渐升高，所以电子的电势能减小， a b b 2 sin45 sinθ 2bn °= > 30θ < ° a b a b q+ q− BD BD BD ABC ABC BCD CDA故 A、B、D 错误，C 正确； 故选 C。 7.如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体中间用一个轻杆相连，在倾角为 θ 的斜面上匀速下 滑。已知 A 物体光滑，B 物体与斜面间的动摩擦因数为 μ，整个过程中斜面始终静止不 动。 则下列说法正确的是（　　） A. B 物体与斜面间的动摩擦因数 μ=tanθ B. 轻杆对 A 物体的弹力平行于斜面向下 C. 增加 B 物体的质量，A、B 整体不再沿斜面匀速下滑 D. 在B 物体上施加一垂直于斜面的力，在 A、B 整体停止运动前，地面对斜面的摩擦力始终 为零 【答案】C 【解析】 【详解】A．以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得 解得 B 物体与斜面间的动摩擦因数 故 A 错误； B．以 A 物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可知轻杆对 物体的弹力平行于斜面向 上，大小为 故 B 错误； C．设 B 物体的质量增加 ，则摩擦力增加为 B 的重力沿斜面向下的分力增加 ，A、B 物体整体沿斜面减速下滑，故 C 正确； 2 sinθ cosθmg mgµ= 2tanθµ = A sinθT mg= m∆ cosθ 2 sinθmg mgµ ∆ = ∆ sinθmg∆D．原来 A、B 物体整体匀速下滑，地面对斜面的摩擦力为零；在 B 物体上施加一垂直于斜面 的力 后，则 B 对斜面的压力增加 ，对斜面的摩擦力增加 与 的合力方向如图所示 根据图中几何关系可得 即 ， 偏离竖直方向斜向左下方，则对面对斜面的摩擦力方向向右，故 D 错误； 故选 C。 8.将一段总长度为 L 的直导线折成正多边形线框后放入磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，且 线框所在平面 与磁场方向垂直，现给线框通电，电流大小为 I，正多边形线框中依次相邻的 6 条边受到的安培力的合力大小与依次相邻的 3 条边受到的安培力的合力大小相等，则正多边 形线框中每条边受到的安培力大小为（　　） A. BIL B. BIL C. BIL D. BIL 【答案】C 【解析】 【详解】设总长为 的正 边形，各边边长为 ，已知匀强磁场的磁感应强度为 ，线框中 电流大小为 I，则各边所受安培力为 各边所受安培力之间的夹角 相邻三边所受安培力的合力大小为 F F 2 tanθF Fµ = F Fµ tanα 2tanθF F µ= = α θ> F合 1 3 1 6 1 9 1 12 L n L n B BILF n = 360 n θ °= 1 2 cosθ 1 2cosθ)BILF F F n = + = +(相邻六边所受安培力的大小为 根据 ，即有 可得 则有 故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C。 二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。） 9.变压器也可以“变电阻”。利用变压器不仅能够实现电压变换和电流变换，而且还能实现负载 电阻的匹配。在电子技术中常用这一性质来实现最大功率匹配。如图甲所示，匝数比为 n1:n2 的理想变压器的原线圈与一电压为 U1 的交流电源相连，变压器的副线圈接一电阻 R。若原线 圈的电流为 I1，从原线圈两端来看，其等效电阻为 ，这样，图甲中虚线框内的实际电 路便等效于图乙中虚线框内的电路。从这种意义上说，变压器可起到“变电阻”的作用。则以下 说法正确的是（　　） A. 升压变压器可将电阻“变”大 B. 升压变压器可将电阻“变”小 C. 降压变压器可将电阻“变”小 D. 降压变压器可将电阻“变”大 2 1 3 2 32 cos θ (1 2cosθ)cos θ2 2 BILF F n = = + 1 2F F= 32cos θ 12 = 40θ = ° 360 940n °= =° 9 BIL BILF n = = 1 1 UR I ′ =【答案】BD 【解析】 【详解】根据变压比可知，原线圈的输入电压 根据变流比可知，原线圈的输入电流 则等效电阻 升压变压器原、副线圈匝数关系为 则有 升压变压器可将电阻“变”小； 降压变压器原、副线圈匝数关系为 则有 降压变压器可将电阻“变”大，故 B、D 正确，A、C 错误； 故选 BD。 10.如图所示，在倾角为 θ 的斜面上的 O 点，与水平方向成 60°角分别以速度 v0 和 2v0 两次抛 出小球，小球先后打到斜面上的 A、B 两点，其中初速度是 2v0 的小球沿水平方向击中 B 点。 则下列说法正确的是（　　） A. 斜面的倾角为 30° 1 1 2 2 nU Un = 2 1 2 1 nI In = 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2 U U n nR RI I n n ′ = = =  1 2n n< R R′ < 1 2n n> R R′ >B. 击中 B 点的小球在空中的飞行时间为 C. 初速度是 v0 的小球也一定沿水平方向击中 A 点 D. OA 间的距离等于 AB 间的距离 【答案】BC 【解析】 【详解】A．研究以 的速度抛出的小球的运动，反向看作平抛运动，根据几何关系可知， 落到斜面上末速度与水平方向的夹角为 ，斜面的倾角 等于位移与水平方向的夹角，根据 平抛运动的规律可知，速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向夹角正切值的二倍， 则有 解得 则有斜面的倾角 故 A 错误； B．继续反向研究击中 点的小球的运动，落地斜面上的竖直速度 空中飞行的时间 故 B 正确； C．落到 点的小球斜上抛的水平分速度为 竖直分速度为 03 g v 02v 60° θ tan60 2tanθ° = 3tanθ 2 = 30θ ≠ ° B 0 02 sin60 3yv v v= ° = 03yv vt g g = = A 0 0cos60 2x vv v= ° = 0 0 3sin60 2yv v v= ° =设飞行时间为 ，则有位移关系 解得 小球落到 点时，竖直末速度 说明小球一定沿水平方向击中 点，故 C 正确； D．小球落点 与抛出点 的距离为 即距离与初速度的平方成正比，故 间的距离是 间距离的 4 倍， 间的距离等于 间的距离的 ，故 D 错误； 故选 BC。 11.如图所示，一根粗细均匀的光滑细杆竖直固定，质量为 m 的小环 C 穿在细杆上，一个光滑 的轻质小滑轮 D 固定在竖直墙上（竖直墙在图中没有画出）。A、B 两物体用轻弹簧相连，竖 直放在水平面上。一根没有弹性的轻绳，一端与 A 连接，另一端跨过小滑轮 D 与小环 C 相连。 小环 C 位于 M 时，绳子与细杆的夹角为 θ，此时 B 物体刚好对地面无压力。现让小环 C 从 M 点由静止释放，当下降 h 到达 N 点时，绳子与细杆的夹角再次为 θ，环的速度达到 v，下面关 于小环 C 下落过程中的描述正确的是（　　） A. 小环 C 和物体 A 组成的系统机械能守恒 B. 当小环落到与滑轮同一高度时，小环 机械能最大的 0t 2 0 0 0 1 32tanθ 2 y x v t gy x v t − = = = 0 0 2 3vt g = A 0 0y yv v gt= − =′ A A O 2 20 0 0 3 cosθ 4 cosθ xv t vL vg = = ∝ OB OA OA AB 1 3C. 小环 C 到达 N 点时 A 的速度为 vcosθ D. 小环 C 到达 N 点时物体 A 的动能为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．小环 C、物体 A 和轻弹簧组成的系统中，只有动能、重力势能和弹性势能间的转 化，系统机械能守恒，故 A 错误； B．小环 C 下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，细线的拉力做功等于机械能的变化量； 到与滑轮同一高度的位置的过程中，细线的拉力做正功，机械能增加；经过与滑轮同一高度 的位置后的过程，细线的拉力做负功，机械能减小；故下落到与滑轮同一高度的位置时，小 环 C 的机械能一定最大，故 B 正确； C．小环 C 到达 点时环的速度达到 ，根据关联速度可知 A 的速度为 故 C 正确； D．小环 C 到达 点时，弹簧做为零，根据动能定理有 故物体 的动能为 故 D 正确； 故选 BCD。 12.如图所示，在 x 轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x 轴下方存在沿 y 轴正方 向的匀强电场。a、b 两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点 P 由静止释放后，经电 场加速从 M 点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从 y 轴离开磁场时，速度大小分别为 v1 和 v2，v1 的方向与 y 轴垂直，v2 的方向与 y 轴正方向成 60°角。a、b 两粒子在磁场中运动的时间 分别记为 t1 和 t2， 则以下比值正确的是（　　） 21 2mgh mv− N v cosθAv v= N 21 2 KAmgh mv E= + A 21 2kAE mgh mv−=A. v1∶v2=2∶1 B. v1∶v2=1∶2 C. t1∶t2=3∶2 D. t1∶t2=3∶8 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．粒子在电场中加速，令加速的位移为 ，则根据动能定理有 所以 粒子在磁场中运动时，其轨迹如图 粒子的圆心为 ， 粒子的圆心为 ，根据几何知识可知 则有 根据洛伦兹力提供向心力有 联立可得 x 21 2qEx mv= 2qExv m = a O b O′ 2 1 2sin30R R R°+ = 1 2: 1: 2R R = 2mvqvB R =将 代入 可得 故 A 正确，B 错误； CD．粒子在磁场中运动的周期为 所以两粒子在磁场中运动的时间之比为 故 C 错误，D 正确； 故选 AD。 第Ⅱ卷（非选择题 共 60 分） 三、非选择题（共 6 小题，共 60 分） 13.某同学在研究性学习中用如图甲所示的装置测量弹簧压缩到某程度时的弹性势能，探究步 骤如下： ①用游标卡尺测量出小车上遮光条的宽度 d； ②用装有砝码的小车把弹簧的右端压缩到某一位置 P，并记下这一位置，同时测量出小车到光 电门的距离为 x； ③释放小车，测出小车上的遮光条通过光电门所用的时间 t，则此时小车的速度 v=______，并 记录小车及里面砝码的总质量 m； 1 2 1 2 : 1: 4m m q q = 1 2 1 2 : 1: 4m m q q = 2qExv m = 1 2: 2:1v v = 2 2R mT v qB π π= = 1 2 1 2 1 2 1 2 2 290 60 : 3:8360 360 4 6: : m mt T T q B q Bt π π° ° = =° °=④增减小车里的砝码，________，重复③的操作，得出一系列小车的质量 m 与它通过光电门 时的速度 v； ⑤根据上述测得的数值算出对应的 ，并作出 v2- 图像如图乙所示。 (1)将实验步骤补充完整； (2)由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图像没过原点，这对于弹性势能的求解________ （填“有”或“无”）影响； (3)由图像可知弹簧被压缩到位置 P 时具有 弹性势能大小为________。 【答案】 (1). (2). 仍用小车压缩弹簧使其右端到位置 P (3). 无 (4). 【解析】 【详解】(1)③[1]经过光电门的瞬时速度可以由经过光电门时的平均速度表示，则有 ④[2]增减小车里的砝码，仍用小车把弹簧的右端压缩到位置 ，重复③的操作； (2)[3]对小车运动过程，由动能定理可知 解得 由于小车与水平桌面之间存在摩擦，导致图象没过原点，但这对于弹性势能的求解无影响； (3)[4]由 和图象可知，图象的斜率 那么弹簧被压缩到位置 时具有的弹性势能大小为 14.霍尔元件可以用来检测磁场及其变化．图甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装 置示意图．由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场，直导线通有垂直纸面 向里的电流，测量原理如图乙所示，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个 接线柱可以把霍尔元件接入电路，所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好． 的 1 m 1 m d t 2 b a dv t = P 21 2W mgx mvµ− = 2 12 2v W gxm µ= − 2 12 2v W gxm µ= − 2 bk W a = = P 2 2P k bE a = =(1)制造霍尔元件 半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右 侧流出，霍尔元件________(填“前表面”或“后表面”)电势高； (2)在图乙中画线连接成实验电路图______________； (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为 n，每个自由电荷的电荷量为 e，霍尔元件的厚度为 h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度 B，还必须测量的物理量有________(写出具体的物 理量名称及其符号)，计算式 B＝________. 【答案】 (1). 前表面 (2). 如图所示: (3). 电压表读数 U; 电流表读数 I (4). 【解析】 【详解】试题分析：（1）磁场是直线电流产生，根据安培定则，磁场方向向下；电流向右， 根据左手定则，安培力向内，载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面 电势较高； （2）变阻器控制电流，用电压表测量电压，电路图如图所示： （3）设前后表面的厚度为 ，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有： ，根据电流微观表达式，有： 的 nehUB I = d Uq qvBd = I neSv nedhv= =（）联立解得： ，故还必须测量的物理量有：电压表读数 U，电流表读数 I． 考点：霍尔效应及其应用 【名师点睛】本题关键是明确霍耳电压的产生原理，要能够根据平衡条件和电流微观表达式 列式分析；还要注意控制电路和测量电路的接法． 15.某压力锅结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内 气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。已知外 界大气压强为 p0＝1.0×105Pa，压力阀质量 m=0.1kg，气孔横截面积为 0.25cm2，压力锅的容积 为 5L，初始锅内 气体压强与大气压强相等，内部气体温度为 300K。 (1)锅内气体的最大压强可达多少？ (2)假定压力阀被锁定，当锅内气体温度被加热到 462K 时，保持其温度不变，解除锁定，压力 阀被顶起，求当压力阀落下时，剩下气体和原有气体分子数密度之比是多少？ 【答案】（1）1.4×105Pa；（2） 【解析】 【详解】(1)对锅盖根据受力平衡，有 解得 (2)根据理想气体状态方程得 解得 故分子数密度之比 nehUB I = 10 11 0ps p s mg= + 51.4 10 Pap = × 0 0 0 p V pV T T = 5.5LV =16.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 水平固定放置，导轨间距为 L，导轨两端 与定值 电阻 R1 和 R2 相连，R1 和 R2 的阻值均为 R。磁感应强度的大小为 B 的匀强磁场方向竖 直向上，有一个质量为 m， 电阻也为 R 的导体棒 ab 与导轨垂直放置。现在导体棒 ab 的中点 施加一个水平恒力 F，让导体棒 ab 从静止开始向右运动。 经过时间 t，运动达到稳定状态。 导轨的电阻忽略不计，求： (1)导体棒达到稳定时 ab 两点之间的电势差 Uab； (2)t 时间内 R1 上产生的电热。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 详解】(1)导体棒达到稳定时做匀速直线运动，有 根据右手定则判断知 棒中感应电流方向由 到 ，则 点的电势比 点的低，则有 (2) 根据闭合电路欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有 解得导体棒匀速运动的速度 【 0 0 0 10 11 N n V N V Vn V ρ ρ = == =剩 原 2 FR BL − 2 2 2 2 2 4 4 9 4 16 F Rt F R m B L B L − BIL F= ab a b a b 2 2ab R FRU I BL = − = − ( )2 RE I R= + E BLv= 2 2 3 2 FRv B L =该过程对导体棒由动量定理可得 根据法拉第电磁感应定律 其中 示 时间内导体棒运动的位移， 时间内由能量守恒可得系统产生的总热量 因为通过 和 的电流是通过导体棒电流的一半，则根据焦耳定律知在 时间内， 和 产生的热量是导体棒产生的 ，所以 上产生的电热 17.如图所示，一平板小车 C 静止在光滑的水平面上，质量分别为 m 的物体 A 和 2m 的物体 B 均以大小为 v 的初速度、分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车。设两物体与小车 间的动摩擦因数均为 μ，小车质量 m，最终物体 A、B 都停在小车上，物体 A、B 始终没有相 碰。求： (1)最终小车的速度大小是多少，方向怎样？ (2)平板车的长度至少为多长？ 【答案】（1） ，方向水平向左；（2） 【解析】 【详解】(1)以 、 两物体及小车组成的系统为研究对象，以 的初速度方向为正方向，由 动量守恒定律可得 解得 0Ft BILt mv− = − 3 3 2 2 E BLxI R t R = =  x t t 21 2Q Fx mv= − 1R 2R t 1R 2R 1 4 1R 2 2 2 1 2 2 4 4 1 9 6 4 16 F Rt F R mQ Q B L B L = = − 4 v 29 8 v gµ A B B 12 4mv mv mv− =方向水平向左 (2)初始阶段各物体的加速度分别为 方向向左，向右做减速运动 方向向右，向左做减速运动 方向向左，向左做加速运 经过 时间， 、 速度达到相同，则有 可得 此时 、 的速度 方向左， 的速度大小与 、 相同，方向相反 该过程中， 相对 的路程 该过程中， 相对 的路程 此后 、 共同向左做减速运动，加速度 直到三物体速度相同，所用时间 1 4 vv = A mga gm µ µ= = 2 2B mga gm µ µ= = 2 - C mg mga gm µ µ µ= = 1t A B 1 1v gt gtµ µ− = 1 2 vt gµ= B C 2 2 vv = A B C A C 2 2 1 1 1 1 1( )2 2A A Cx vt a t a t∆ = − + B C 2 2 1 1 1 1 1( )2 2B B Cx vt a t a t∆ = − − B C 3 3 mg ga m µ µ= =该过程 相对 、 滑行的距离 所以小车的长度至少是 18.如图所示，一个质量 m＝3g，带电量 的小球从绝缘光滑的圆弧轨道下滑至 水平轨 道末端，从末端飞出后恰好自小孔 S 进入两竖直放置的平行金属板间。两平行金属板 间存在正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度大小为 B=5T；匀 强电场方向水平向右，电场强度大小为 E=10 N/C。小球在平行金属板间刚好做匀速直线运 动，g＝10m/s2。试求： (1)这个带电小球进入平行金属板间的速度及其方向； (2)小球从圆弧轨道上释放时的高度 H； (3)撤去电场，仍让小球从原位置由静止释放，求小球在磁场中运动到最低点时的速度。 【答案】（1）4m/s，与水平方向成 30°；（2）0.2m；（3）5.464m/s 【解析】 【详解】(1)带负电的微粒在通过 点时受三个力的作用如图所示， 1 2 2 3 4d v v vt a gµ −= =− A B C 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1( )+( )2 2C Ax v t a t v t at∆ = − − 2 1 2 3 9 8 vl x x x gµ= ∆ + ∆ + ∆ = 33 10 Cq −= − × 3 P其中重力竖直向下，大小为 电场力水平向左，大小为 与 的合力为 合= 设合力与水平方向成俯角 ； 解得 洛伦兹力 应与 合等值反向，与水平方向成 30°角（图中 角），运用左手定则，根据 和 的方向判定，带电微粒的运动方向与水平向右成 ，解得 由 得 (2)小球飞离圆弧轨道后做平抛运动，设平抛的初速度为 ，小球进入平行金属板间的速度为 平抛的末速度，将其分解如图 可得 23 10 NG mg −= = × 23 3 10 NF qE −= = × G F F 2 22 6 1+ 0 NG F −×= = α tan G F α = 30α = ° f F α f B β 60β = ° f qvB= 4m/sv = 0v小球沿圆弧轨道下滑过程机械能守恒 解得 (3)小球进入磁场后，其水平向右的速度为 2m/s，对应的洛伦兹力正好抵消重力，物体的运动 可看成是线速度为 m/s 的匀速圆周运动和向右速度为 2m/s 的匀速运动的合运动，到达最 低点时速度为 低 0 cosβ 2m/sv v= = 2 0 1 2mgH mv= 0.2mH = 2 3 v 2 3 2m/s 5.464m/s= + =