2020届高三物理普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（四）（解析版）

普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 物理（四） 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.目前，我国的第五代移动通信技术（简称 5G 或 5G 技术）已经进入商用阶段，相应技术达 到了世界先进水平。5G 信号使用的是超高频无线电波，关于 5G 信号，下列说法正确的是（ ） A. 5G 信号是由机械振动产生的 B. 5G 信号的传输和声波一样需要介质 C. 5G 信号与普通的无线电波相比粒子性更显著 D. 5G 信号不能产生衍射现象 【答案】C 【解析】 【详解】A．5G 信号是无线电波，无线电波是由电磁振荡产生的，机械波是由机械振动产生 的，故 A 错误； B．无线电波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故 B 错误； C．5G 信号是超高频无线电波，比普通的无线电波频率高得多，故粒子性更显著，故 C 正确； D．衍射现象是波特有现象，则无线电波可以产生衍射现象，故 D 错误。 故选 C。 2.如图所示，质量为 的木块 A 放在质量为 的斜面体 B 上，现对木块 A 施加一竖直向下 的力 F，它们均静止不动，则（ ） A. 木块 A 与斜面体 B 之间不一定存在摩擦力 B. 斜面体 B 与地面之间一定存在摩擦力 C. 地面对斜面体 B 的支持力大小等于 D. 斜面体 B 受到 4 个力的作用 【答案】D 1m 2m ( )1 2m m g+【解析】 【详解】A．对木块 A 进行受力分析，受竖直向下的重力和推力 F，垂直斜面的支持力，由平 衡条件可知，木块 A 还受到沿斜面向上的静摩擦力，故 A 错误； BC．以 AB 为整体作为研究对象受力分析，由平衡条件可知，斜面体 B 与地面之间无摩擦力， 地面对斜面体 B 的支持力 故 BC 错误； D．单独以斜面体 B 为研究对象受力分析，斜面体 B 受重力，地面对斜面体 B 的支持力，木 块 A 对斜面体 B 的压力及木块 A 对斜面体 B 的沿斜面向下的静摩擦力，故 D 正确。 故选 D。 3.如图所示，A、B、C、D 为圆上的四个点，其中 AB 与 CD 交于圆心 O 且相互垂直，E、F 是 关于 O 点对称的两点但与 O 点的距离大于圆的半径，E、F 两点的连线与 AB、CD 都垂直。 在 A 点放置一个电荷量为 的点电荷，在 B 点放置一个电荷量为 的点电荷。则下列说 法正确的是（ ） A. OE 两点间电势差大于 OC 两点间的电势差 B. D 点和 E 点电势相同 C. 沿 C，D 连线由 C 到 D 移动一正点电荷，该电荷受到的电场力先减小后增大 D.将一负点电荷从 C 点沿半径移动到 O 点后再沿直线移动到 F 点，该电荷的电势能先增大后 减小 【答案】B 【解析】 【详解】ABD．CD 与 EF 所在的平面是一个等势面，则 OE 两点间电势差等于 OC 两点间的 电势差，D 点和 E 点电势相同，在等势面上移动电荷，电场力不做功，负点电荷电势能不变， 故 AD 错误，B 正确； ( )1 2N m m g F= + + Q＋ Q−C．C、D 连线上电场强度先增大后减小，点电荷受到的电场力先增大后减小，故 C 错误。 故选 B。 4.如图所示，物体 A 和小车用轻绳连接在一起，小车以速度 向右匀速运动。当小车运动到 图示位置时，轻绳与水平方向的夹角为 ，关于此时物体 A 的运动情况的描述正确的是（ ） A. 物体 A 减速上升 B. 物体 A 的速度大小 C. 物体 A 的速度大小 D. 物体 A 的速度大小 【答案】D 【解析】 【详解】小车的速度分解如图所示，由图得 小车向右匀速运动， 不变， 变小，则 变大， 变大，即物体 A 加速上升，故 ABC 错误，D 正确。 5.利用如图甲所示的实验装置研究光电效应，测得某种金属的遏止电压 U。与入射光频率 v 之 间的关系图线如图乙所示，则（　　） 0v θ A 0v v= 0 sinAv v θ= 0 cosAv v θ= 1 0 cosAv v v θ= = 0v θ cosθ AvA. 图线在横轴上的截距的物理意义是该金属的截止频率 B. 由图线可知普朗克常量 C. 入射光频率增大，逸出功也增大 D. 要测得金属的遏止电压，电源的右端应为负极 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图乙可知，当人射光的频率小于 时，无需加遏止电压就没有光电流，说明 为该金属的截止频率，故 A 正确； B．根据爱因斯坦光电效应方程 及动能定理 得 则 得 故 B 错误； C．金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身决定，故 C 错误； D．要测得金属的遏止电压，电源的左端应为负极，故 D 错误。 故选 A。 6.如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻 之后接到交流电源上，电压表 的示数 1 1 evh U = 1 ν 1 ν k 0E h W= −ν k0ceU E− = − 0 c WhU e e ν= − 1 1 Uh e ν= 1 1 eUh ν= 0R 1V恒定不变，电压表 和 的示数分别用 和 表示，电流表 A 的示数用Ⅰ表示，所有 电表都可视为理想电表。当滑动变阻器 R 的滑片 P 向上滑动时，下列说法正确的是（ ） A. 和 的比值不变 B. 电流表 A 的示数Ⅰ增大 C. 电压表 的示数 减小 D. 电阻 和滑动变阻器 R 消耗的功率的比值总是等于 【答案】D 【解析】 【详解】ABC．当滑动变阻器的滑片 P 向上滑动时，副线圈回路中电阻增大，副线圈回路中 电流减小，则原线圈电流减小，即电流表示数减小， 两端电压减小， 恒定不变，则 增大，则 和 的比值变小，故 ABC 错误； D．因为是理想变压器，滑动变阻器 R 消耗的功率等于原线圈输入功率，则 故 D 正确。 故选 D。 7.如图所示，竖直放置的两端开口的 U 形管，一段空气柱被水银柱 a 和水银柱 b 封闭在右管内， 水银柱 b 的两个水银面的高度差为 h。现将 U 形管放入热水槽中，则系统再度达到平衡的过程 中（水银没有溢出，外界大气压保持不变）（ ） 1U 2V 3V 2U 3U 1U 2U 2V 2U 0R 1 2 1U U − 0R 1U 2U 1U 2U ( )1 20 2 R R I U UP P IU −= 1 2 1 2 2 1U U U U U −= = −A. 空气柱的压强变大 B. 空气柱的长度不变 C. 水银柱 b 左边液面要上升 D. 水银柱 b 的两个水银面的高度差 h 不变 【答案】D 【解析】 【详解】AB．外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则 气体体积增大，故 AB 错误； CD．被封闭气体压强始终不变，水银柱 b 两液面高度差 h 不变，则液面位置也不会发生变化， 故 C 错误，D 正确。 故选 D。 8.如图所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向外的匀强磁场，一些速率不同的 粒子从磁场边缘的 A 点沿半径方向射入磁场，不计粒子重力及相互间的作用，对于 粒子 在磁场中做匀速圆周运动的过程，下列说法正确的是（ ） A. 速率越大的 粒子的运动周期越短 B. 所有 粒子在磁场中运动的偏转角都相等 C. 速率越大的 α 粒子在磁场中运动的时间也越长 D. 运动半径越大的 α 粒子的向心加速度也越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由 可得 α α α α 2vBqv m r =v 越大，则 r 越大，周期 周期与运动速度大小无关，故 A 错误； BC．设 粒子在磁场中运动偏转角为 ，则运动时间 由几何关系可知 所以 ν 越大，r 越大，对应的 θ 越小，t 越小，故 BC 错误； D．由 得向心加速度 r 越大，v 越大，a 也越大，故 D 正确。 故选 D。 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，有多个选项是符合题目要求的。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.如图所示。有一束平行于等边三棱镜横截面 ABC 的红光从空气射向 E 点，并偏折到 F 点。 已知入射方向与边 AB 的夹角 ，E．F 分别为边 AB．BC 的中点，则（ ） mvr Bq = 2π 2πr mT v Bq = = α θ 2πt T θ= tan 2 R r θ = Bqv ma= Bqva m = 45θ °=A. 该三棱镜对红光的折射率为 B. 光在 F 点发生全反射 C. 从 F 点出射的光束与入射到 E 点的光束的夹角为 D. 若改用紫光沿相同角度从 E 点入射，则出射点在 F 点左侧 【答案】AC 【解析】 【详解】A．如图所示，作两界面法线相交于 D 点，在 AB 界面，由几何知识知，入射角为 ，折射角为 ，所以 故 A 正确； B．光在 BC 界面上人射角为 ，则 即临界角 则在 BC 面上不会发生全反射，故 B 错误； C．分析知 BC 面上折射角为 ，入射光线与出射光线相交于 G 点， ， ，则 ， ， 则 2 30° 45° 30° sin 45 2sin30n ° °= = 30° 1 2sin 2C n = = 45C °= 45° 60BEF °∠ = 45BEG °∠ = 15GEF °∠ = 60BFE °∠ = 45BFG °∠ = 15GFE °∠ =所以从 F 点出射的光束与入射到 E 点的光束的夹角为 ，故 C 正确； D．紫光频率比红光频率大，棱镜对紫光的折射率大，若改用紫光沿相同角度从 E 点人射，则 出射点在 F 点右侧，D 错误。 故选 AC 10.2019 年 10 月 5 日 2 时 51 分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“高 分十号”地球同步卫星发射升空。一般发射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨 道。如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。已知“高 分十号”卫星质量为 m 卫，地球质量为 m 地，轨道Ⅰ半径为 r1，轨道Ⅱ半径为 r2，A、B 为两轨 道的切点，则下列说法正确的是（ ） A. “高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于 7.9km/s B. 若”高分十号”在轨道 I 上的速率为 v1：则在轨道 II 上的速率 v2=v1 C. 在椭圆轨道上通过 B 点时“高分十号”所受万有引力小于向心力 D. 假设距地球球心 r 处引力势能为 Ep=－ 则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，其 机械能增加了 － 【答案】BD 。 30° 1 2 r r Gm m r 卫地 12 Gm m r 卫地 22 Gm m r 卫地【解析】 【详解】A ．第一宇宙速度为 7.9km/s，绕地球做圆周运动的轨道半径等于地球的半径，根据 万有引力提供向心力则有 可得 知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于 7.9km/s，故 A 错误； B．根据 可得“高分十号”卫星在轨道 I 上的速率为 在轨道 II 上的速率为 联立解得 故 B 正确； C．由于“高分十号”卫星需要在 点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在 点需加速，所以“高 分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过 B 点时，万有引力大于向心力，故 C 错误； D．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能 在轨道Ⅱ上的机械能 则机械能增加量 2 2 Gm m m v r r =卫地 卫 Gmv r = 地 Gmv r = 地 1 1 Gmv r = 地 2 2 Gmv r = 地 1 2 1 2 rv v r = B B 2 1 1 1 1 2 Gm mE m v r −= 卫地 卫 2 2 2 2 1 2 Gm mE m v r −= 卫地 卫故 D 正确； 故选 BD。 11.大型对撞机是科学研究的重要工具，中国也准备建造大型正负电子对撞机，预计在 2022 至 2030 年之间建造，对撞机是在回旋加速器的基础上逐步发展出来的。回旋加速器的原理示 意图如图所示， 和 是两个中空的半圆金属盒，均和高频交流电源相连接，在两盒间的 窄缝中形成匀强电场，两盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，中央 O 处是粒子源。若忽略粒子 在电场中的加速时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ） A. 带电粒子每运动一周被加速两次 B. 带电粒子在磁场中运动的周期越来越小 C. 粒子的最大速度与半圆金属盒的尺寸无关 D. 磁感应强度越大，带电粒子离开加速器时的动能就越大 【答案】AD 【解析】 详解】A．带电粒子转动一周，两次经过电场，所以每运动一周被加速两次，故 A 正确； B．带电粒子在磁场中运动的周期 与速度无关，故 B 错误； C．粒子从回旋加速器中射出时，最后一圈圆周运动的半径与金属盒半径相同，由 得 可知金属盒半径 r 越大，最大速度 ν 越大，故 C 错误； 【 2 2 1 2 1 1 2 1 2 22 1 1 2 2 2 Gm m Gm m Gm m Gm mE E m v m v r rE r r −∆ = − − += = −卫 卫 卫 卫地 地 地 地 卫 卫 1D 2D 2πmT qB = 2vqvB m r = mvr qB =D．由 ，可知磁感应强度 B 越大，最大速度 v 越大，粒子动能越大，故 D 正确。 故选 AD。 12.如图所示，AB 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，小球 A 放在固定的光滑斜面上，斜 面倾角 ，BC 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，小球 C 放在水 平地面上。现用手控制住小球 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、 右侧细线与斜面平行。已知小球 A 的质量为 4m，小球 BC 质量相等，重力加速度为 g，细线 与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放小球 A 后，小球 A 沿斜面下滑 至速度最大时小球 C 恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是（ ） A. 小球 BC 及弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球 C 的质量为 m C. 小球 A 最大速度大小为 D. 小球 B 上升的高度为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．以小球 B、C 及弹簧组成的系统为研究对象，除系统重力外，绳的拉力 对系统 做功，则系统机械能不守恒，故 A 错误； B．小球 A 速度最大时，小球 A 的加速度为零，则 对小球 B、C 及弹簧组成的系统 联立以上两式，解得 mvr qB = 30°=α 2 5 mg k mg k TF T4 sinmg Fα = T 2 cF m g= Cm m=故 B 正确； CD．小球 C 恰好离开地面时，弹簧弹力 弹簧伸长量为 ，初始时，弹簧被压缩 ，则小球 B 上升 ，以小球 A、B、C 及弹 簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得 又 联立以上两式，解得 故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 三、实验题：本题共 2 小题，共 15 分。把答案写在答题卡中指定的答题处。 13.如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知 A、B 两滑块的质量分是在 碰撞 ， ，拍摄共进行了四次。第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次 是在碰撞墙之后。B 滑块原来处于静止状态，并且 A、B 滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是 在 10cm 至 105cm 这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根据频闪照片（闪光时间 间隔为 0.5s）回答问题。 (1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm 刻度处； (2)A 滑块碰撞后的速度 __________，B 滑块碰撞后的速度 _____，A 滑块碰撞前的 速度 __________。 (3)根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是___ ； cF m g mg= =弹 mg k mg k 2mg k 2 2sinA B mg mgm g m gk k α − ⋅ 2 21 1 2 2A A B Bm v m v= + A Bv v= 2 5A mv g k = 1.5kgAm = 1kgBm = Av ′ = Bv ′ = Av = kg m/s⋅碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是____ 。本实验中得出的结论是 ______。 【答案】 (1). 30 (2). 0.4m/s (3). 0.6m/s (4). 0.8m/s (5). 1.2 (6). 1.2 (7). 两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 【解析】 【详解】(1)[1]由碰撞前 A、B 位置可知碰撞发生在 30cm 处； (2)[2][3][4]碰后 A 的位置在 40cm，60cm，80cm 处，则 碰后 B 的位置在 45cm，75cm，105cm 处，则 由碰撞前 A、B 位置可知碰撞发生在 30cm 处，碰后 B 从 30m 处运动到 45cm 处，经过时间 碰前 A 从 10cm 处运动到 30cm 处用时 则碰前 (3)[5]碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和 [6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和 [7]本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 14.一般的话筒用的是一块方形的电池(层叠电池)，如图甲所示，标称电动势为 9V。某同学想 要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室提供了以下器材： A.待测方形电池 B.电压表(量程 0~3V，内阻约为 4kΩ) kg m/s⋅ 220 10 m/s 0.4m/s0.5Av −×′ = = 2 .. 30 10 m/s 0 6m/s0 5Bv −×′ = = 2(45 30) 10 s 0.25s0.6t −− ×= = 0.5s 0.25s 0.25st′ = − = 230 10) 10 m/s 0 8m/s0 .. 5 ( 2Av −− ×= = 1.2kg m/sA A B Bm v m v+ = ⋅ 1.2kg m/sA A B Bm v m v′ ′+ = ⋅C.电流表(量程 0~0.6A，内阻为 1.0Ω) D.电流表(量程 0~3A，内阻为 1.0Ω) E.电阻箱(阻值范围 0~999.9Ω) F.电阻箱(阻值范围 0~9999.9Ω) G.滑动变阻器(阻值范围 0~20Ω) H 滑动变阻器(阻值范围 0~20kΩ) I.开关、导线若干 (1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图 丙所示图像，为完成该实验，电流表应选_____，电阻箱应选______，滑动变阻器应选_______(均 填写器材前字母标号) (2)实验需要把电压表量程扩大为 0~9V。该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将 R1 的滑片移到最左端，将电阻箱 R2 调为零，断开 S3，闭合 S1，将 S2 接 a，适当移动 R1 的滑 片，电压表示数为 2.40V；保持 R1 接入电路中的阻值不变，改变电阻箱 R2 的阻值，当电压表 示数为________V 时，完成扩大量程，断开 S1。 (3)保持电阻箱 R2 阻值不变，开关 S2 接 b，闭合 S3、S1，从右到左移动 R1 的滑片，测出多组 U、I，并作出 U－I 图线如图丙所示，可得该电池的电动势为________V，内阻为________Ω。 【答案】 (1). D (2). F (3). G (4). 0.80 (5). 8.94 (6). 2.0 【解析】 【详解】(1)[1]由图示图象可知，所测最大电流约为 2A，则电流表应选择 D； [2]电源电动势约为 9V，需要把电压表改装成 9V 的电压表，串联电阻分压为 6V，是电压表量 程的 2 倍，由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的 2 倍，约为 8KΩ，电阻箱应 选择 F； [3] 由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 G； (2)[4] 把量程为 3V 的电压表量程扩大为 9V，分压电阻分压为 6V，分压电阻分压是电压表两端电压的 2 倍，由题意可知，电压表所在支路电压为 2.40V，分压电阻两端电压为电压表两端 电压的 2 倍，实验时应保持 位置不变，改变 阻值，当电压表示数为 0.80V，此时电阻箱 分压 1.60V，完成电压表扩大量程； (3)[5] 分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的 2 倍，电压表示数为 ，则路端电压为 ， 在闭合电路中，电源电动势 整理可得 由图示图象可知，图象纵轴截距 电源电动势 [6]图象斜率的绝对值 电源内阻 四、计算题：本题共 4 小题，共 45 分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求 写出必要的文字说明，方程式和演算步骤。 15.如图所示，一质量为 m，长度为 L 的导体棒 AC 静止于两条相互平行的水平导轨上且与两 导轨垂直。通过导体棒 AC 的电流为 I，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面成 角斜向下且垂直于导体棒 AC，求： (1)导体棒 AC 受到的安培力； (2)导体棒 AC 受到的摩擦力。 【答案】(1)BIL，方向垂直于 AC 斜向右下方，与竖直方向成 θ 角；(2) ，方向水平 1R 2R U 3U 3 ( )AE U I r R= + + 1 3 3 Ar RU E I += − 1 2.98V3b E= = 8.94VE = 2.98 1.0 13 1.98 Ar Rk + −= = = 2.0Ωr = θ sinBIL θ向左 【解析】 【详解】(1)由安培力公式可知导体棒 AC 受到的安培力为 ，由左手定则可知，安培 力方向 垂直于 AC 斜向右下方，与竖直方向成 θ 角； (2)对导体棒受力分析如图 由平衡条件可知 方向水平向左 16.如图所示是研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在 xOy 平面坐标系的第一 象限内，存在两个电场强度大小均为 E，方向分别水平向左和竖直向上的匀强电场区域Ⅰ和 Ⅱ。两电场的边界均是边长为 L 的正方形，位置如图所示。（不计电子所受重力） (1)在Ⅰ区域 AO 边的中点处由静止释放电子，求电子离开Ⅱ区域的位置坐标； (2)在电场区域Ⅰ内某一位置（x、y）由静止释放电子，电子恰能从Ⅱ区域右下角 B 处离开， 求满足这一条件 释放点 x 与 y 满足的关系。 【答案】(1)(2.5L，0.5L)；(2) 【解析】 【详解】(1)在Ⅰ区域中电子做初速度为零的匀加速直线运动， 的 F BIL=安 f sin sinF F BILθ θ= =安 ( ) 2 4 Ly L x = −① 在Ⅱ区域电子做类平抛运动，假设电子从 BC 边射出，由运动规律得水平方向 ② 竖直方向 ③ ④ 联立①②③④解得 假设成立，电子离开Ⅱ区域的位置坐标 即坐标为 (2)在Ⅰ区域有 ⑤ 在Ⅱ区域有 ⑥ ⑦ 联立④⑤⑥⑦解得 17.如图甲所示，倾斜放置的平行光滑导轨间距为 L。导轨与水平面的夹角为 ，导轨上 端连有阻值为 的定值电阻，在导轨平面上的 abdc、cdfe 区域内分别有垂直导轨平面 向上和向下的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小分别为 和 ，两磁场的宽度 均为 L。一长为 L，阻值为 的导体棒从导轨某位置由静止释放，导体棒在滑动过程中 2 0 1 02eEL mv= − 0L v t= 21 2y at∆ = eE ma= 0.25 0.5y L L∆ = < 1 0.5 2.5x L L L L= + + = 1 0.5 0.25 0.25y L L L= − = (2.5 , 0.25 )L L 2 1 1( ) 02eE L x mv− = − 1 1L v t= 2 1 1 2y at= 2 4( ) Ly L x = − 30θ °= 0.5R = Ω 1 1TB = 2 2TB = 0.5r = Ω始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图像如图乙所示。不 计导轨的电阻，取 ，求： (1)导体棒的质量； (2)导体棒穿过整个磁场过程中电阻 R 上产生的焦耳热； (3)导体棒穿过磁场Ⅱ的时间。 【答案】(1)0.2kg；(2)1.0375J；(3)1.9s 【解析】 【详解】(1)由图乙可知，导体棒在磁场Ⅰ中做匀速直线运动，速度 ，运动时间 ，则 ① ② ③ ④ 联立①②③④解得 (2)导体棒穿过整个磁场区域，由能量守恒定律得 ⑤（其中 ） ⑥ 联立⑤⑥解得 (3)设导体棒穿过磁场Ⅱ的时间为 ，选取沿导轨向下为正方向，由动量定理得 210m/sg = 1 1. /s0mv = 1 1st = 1 sinB IL mg θ= EI R r = + 1 1E B Lv= 1 1L v t= 0.2kgm = 2 1 1 12 sin 2 2Q mg L mv mθ= × + − 2 0.5m/sv = R RQ QR r = + 1.0375JRQ = 2t⑦ 又 ⑧ ⑨ ⑩ ⑪ 联立以上各式，解得 18.如图所示，水平传送带右端与半径为 R=0.5m 的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于 Q 点，传 送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为 m=0.2kg 的小物块轻轻放在传送带的左端 P 点， 小物块随传送带向右运动，经 Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点 N。小物块与传送带 之间的动摩擦因数为 μ=0.5，取 g=10m/s2。 (1)求传送带 最小转动速率 v0 (2)求传送带 PQ 之间的最小长度 L (3)若传送带 PQ 之间的长度为 4m，传送带以(1)中的最小速率 v0 转动，求整个过程中产生的热 量 Q 及此过程中电动机对传送带做的功 W 【答案】（1）5m/s （2）2.5m （3）2.5J 5J 【解析】 【详解】(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达 点已与传送带同速且小物块刚 好能到达 点，在 点有 的 2 2 2 1sinF t mg t mv mvθ− ⋅ + ⋅ = −安 2F B IL=安 EI R r = + 2 E t ∆Φ= 2 2B L∆Φ = 2 1.9st = Q N N小物块从 点到 点，由动能定理得 联立解得 (2)传送带长度最短时，小物块从 点到 点一直做匀加速运动，到 点时刚好与传送带同速， 则有 联立解得 (3)设小物块经过时间 加速到与传送带同速，则 小物块的位移 传送带的位移 根据题意则有 联立解得 由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功 代入数据解得 2 Nvmg m R = Q N 2 2 0 1 12 2 2Nmg R mv mv− • = − 0 5m/sv = P Q Q 2 0 2v aL= mg maµ = 2.5mL = t 0v at= 2 1 1 2x at= 0x v t= 2 1x x x∆ = − Q mg xµ= •∆ 2.5JQ = 2 0 1 2W Q mv= +5JW =