【物理】河南省洛阳市2020届高三一模考试试题（解析版） 20页

河南省洛阳市2020届高三一模考试试题 一、单选题（本大题共8小题，共24）‎ ‎1.关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是（　　）‎ A. 加速度的定义采用了比值定义法 B. 研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法 C. 卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法 D. 电流元概念的提出采用了理想模型法 ‎【答案】B ‎【详解】A．加速度的定义式为a=，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故A正确，不符合题意；‎ B．研究物体的加速度跟力、质量的关系应采用控制变量法，故B错误，符合题意；‎ C．卡文迪许通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故C正确，不符合题意；‎ D．电流元是理想化物理模型，电流元概念的提出采用了理想模型法，故D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎2.为了人民的健康和社会的长远发展，我国环保部门每天派出大量的洒水车上街进行空气净化除尘，已知某种型号的洒水车的操作系统是由发动机带动变速箱，变速箱带动洒水泵产生动力将罐体内的水通过管网喷洒出去，假设行驶过程中车受到的摩擦阻力跟其质量成正比，受到的空气阻力跟车速成正比，当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，以下判断正确的是（　　）‎ A. 洒水车的动能保持不变 B. 发动机的功率保持不变 C. 牵引力的功率要随时间均匀减小 D. 牵引力大小跟洒水时间成反比 ‎【答案】C ‎【详解】以车和水为研究对象，受力分析可知，水平方向受牵引力、摩擦阻力和空气阻力作用，由题意，车受到的摩擦阻力跟其质量成正比，受到的空气阻力跟车速成正比，根据牛顿第二定律知，‎ F-f-kv=ma 当洒水车在平直路面上匀速行驶并且匀速洒水时，车与水的质量在减小，故摩擦阻力在减小，空气阻力恒定不变，则牵引力在减小，合力为零。‎ A．洒水车的质量减小，速度不变，故动能减小，故A错误。‎ B．发动机的功率P=Fv，牵引力减小，速度不变，则发动机的功率减小，故B错误。‎ CD．牵引力F=f+kv，洒水车的质量随时间均匀减小，则牵引力的大小随洒水时间均匀减小，但不成反比。牵引力功率随时间均匀减小，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。关于该指南车模型，以下说法正确的是（　　）‎ A. 以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的 B. 如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点 C. 在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等 D. 在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等 ‎【答案】A ‎【详解】A．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A正确；‎ B．在研究指南车工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B错误；‎ C．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C错误；‎ D．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流，若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的吋间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g=10m/s2，则（　　）‎ A. 该电池最大重力势能为10J B. 该电池的最大动能为100J C. k=71‎ D. 电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kg•m/s ‎【答案】C ‎【详解】A．电池的最大重力势能为：‎ EP=mgh=0.1×10×1.25J=1.25J 故A错误。‎ B．最大动能与最大重力势能相等，为1.25J，故B错误。‎ CD．选向下为正，接触地面过程中动量的变化量为：‎ ‎△P=mv′-mv=-m-m=0.1×（）kgm/s=-7kgm/s 由动量定理：‎ ‎（mg-kmg）△t=△p 代入数据得：‎ K=71‎ 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.2019年11月4日美国正式启动退出《巴黎气候变化协定》的程序，《巴黎协定》是人类历史上应对全球温室效应带来的气候变化的第三个里程碑式的国际法律文本。为了减少二氧化碳的排放，我国一直在大力发展新能源汽车，已知某型号的电动汽车主要技术参数如下：‎ 车型尺寸长×宽×高 ‎4870×1950×1725‎ 最高时速（km/h）‎ ‎120‎ 电机型式 交流永磁同步电机 电机最大电功率（kW）‎ ‎180‎ 工况法纯电续驶里程（km）‎ ‎500‎ 等速法纯电续驶里程（km）‎ ‎600‎ 电池容量（kWh）‎ ‎82.8‎ 快充时间（h）‎ ‎1.4‎ ‎0-50km/h加速时间（s）‎ ‎2‎ ‎0-100km/h加速时间（s）‎ ‎4.6‎ 根据电动汽车行业国家标准（GB/T18386-2017）、电机的最大功率为电机输出的最大机械功率：电池容量为电池充满电时储存的最大电能根据表中数据，可知（　　）‎ A. 0-100km/h的加速过程中电动车行驶的路程一定大于66m B. 电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，车受到的阻力大小为5000N C. 该车在0-50km/h的加速过程中平均加速度为25m/s2‎ D. 用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流为269A ‎【答案】D ‎【详解】A．100km/h=m/s，0-100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶的路程 s==64m 实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A错误。‎ B．P=180kW=180000W，vm=120km/h=33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力 f=F==5400N 故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。‎ C．50km/h=m/s，该车在0-50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度 a==6.9m/s2‎ 故C错误。‎ D．电池容量82.8kW•h，快充时间为1.4h，用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流 I=A=269A 故D正确。故选D。‎ ‎6.如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（　　）‎ A. Ek1>Ek2‎ B. 单色光1的频率比单色光2的频率高 C. 增大单色光1的强度，其遏止电压会增大 D. 单色光1和单色光2的频率之差为 ‎【答案】D ‎【详解】A．由于：‎ 所以：‎ A错误；‎ B．由：‎ 可知，单色光1的频率比单色光2的频率低，B错误；‎ C．只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，C错误；‎ D．由：‎ 得：，D正确。故选D。‎ ‎7.五星红旗是中华人民共和国的象征和标志；升国旗仪式代表了我国的形象，象征着我国蒸蒸日上天安门广场国旗杆高度为32.6米，而升国旗的高度为28.3米；升国旗时间与北京地区太阳初升的时间是一致的，升旗过程是127秒，已知国旗重量不可忽略，关于天安门的升国旗仪式，以下说法正确的是（　　）‎ A. 擎旗手在国歌刚刚奏响时，要使国旗在升起初始时，旗面在空中瞬间展开为一平面，必须尽力水平向右甩出手中所握旗面 B. 国旗上升过程中的最大速度可能小于0.2m/s C. 当国旗匀速上升时，如果水平风力大于国旗的重量，则国旗可以在空中完全展开为一个平面 D. 当国旗匀速上升时，如果水平风力等于国旗的重量，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45度 ‎【答案】D ‎【详解】A．若用水平向右甩出手中所握旗面，则手给旗子水平方向的力，因为旗面受到竖直向下的重力，水平方向的力和重力无法平衡，则旗面在空中瞬间无法展开为一平面，故A错误；‎ B．若旗上升过程中的最大速度小于0.2m/s，则在127s内上升的最大高度为：‎ h=0.2×127m=25.4m＜28.3m 故B错误；‎ C．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，此时旗面受重力、水平风力、绳子的作用力，无论水平风力多大都无法和竖直方向的重力平衡，则国旗不可以在空中完全展开为一个平面，故C错误；‎ D．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，如果水平风力等于国旗的重量，则水平风力和重力的合力与水平方向夹角为45°，则固定国旗的绳子对国旗的作用力应与水平风力和重力的合力，等大反向，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45°，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.某静电场在x轴正半轴上的电势Φ随x变化的关系如图所示，则（　　）‎ A. x1处跟x2处的电场强度方向相同 B. x1处跟x2处的电场强度大小相等 C. 若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功 D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于x2在处的电势能 ‎【答案】A ‎【详解】A．x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A正确；‎ B．x1处的斜率大于x2处的斜率，说明x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；‎ C．从x1处到x2处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；‎ D．根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误。故选A。‎ 二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）‎ ‎9.我国计划在2030年之前实现飞船载人登月计划，假设你有幸成为登上月球的第一位中国人，如果告知万有引力常量，你可以完成以下哪项工作（　　）‎ A. 测出一个石块在月球表面上方自由下落的高度和时间，求出月球表面上该石块的重量 B. 测出一个石块在月球表面上方做平抛运动的高度和时间，求出月球的质量 C. 从月球表面上捡取100块石头，测量它们的质量和体积，求出月球的平均密度 D. 测出飞船贴近月球表而绕月球做匀速圆周运动的周期求出月球的平均密度 ‎【答案】AD ‎【详解】A．根据 得 则月球表面上该石块的重量 G=mg=m 故A正确；‎ B．一个石块在月球表面上方做平抛运动的高度和时间，同样有竖直方向 得 又根据任意一星球表面物体重力等于万有引力 G=mg 得 因不知道月球半径，则求不出月球的质量，故B错误；‎ C．从月球表面上捡取100块石头，测量它们的质量和体积，只能大体测出月球上石头的密度，但月球密度不一定与月球上石头的密度相同，故C错误；‎ D．由万有引力提供向心力得：‎ ‎ ‎ 得：‎ 又M=ρπR3，联立解得：‎ 故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的v-t图象如图所示，已知甲物体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，t4=2t2，甲的初速度末速度均等于乙的末速度。已知则下列说法正确的（　　）‎ A. 0～t1时间内，甲乙两物体距离越来越小 B. t1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等 C. t3～t4时间内，乙车在甲车后方 D. 0～t4时间内，两物体的平均速度相等 ‎【答案】BD ‎【详解】A．甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0～t1时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲乙两物体距离越来越大，故A错误。‎ B．根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，t1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等，故B正确。‎ C．根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两车相遇，而在t3～t4时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，故C错误。‎ D．0～t4时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.有一个原副线圈匝数比为10：1的理想变压器，如图所示，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u=300sin50πt（V）副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2‎ 为均标有“20V.10W”的灯泡，当S闭合时，两灯恰好正常发光。则（　　）‎ A. 电阻R=10Ω B. 流过R的交流电的周期为0.02s C. 断开S后，原线圈的输入功率减小 D. 断开S后，灯L1仍能正常发光 ‎【答案】AC ‎【详解】A．原线圈所接交流电压的有效值U1=V=300V，根据变压比可知，副线圈两端电压 U2==30V 灯泡正常发光，则电阻R两端电压为10V，流过的电流I2=A=1A，根据欧姆定律可知R==10Ω，故A正确。‎ B．输入电压的角速度ω=50πrad/s，则周期T==0.04s，则流过R的交流电的周期为0.04s，故B错误。‎ C．断开S后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故C正确。‎ D．断开S后，灯泡L1两端电压增大，不能正常发光，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.如图所示，质量为m = 245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s2，则在整个过程中 A. 物块和木板组成的系统动量守恒 B. 子弹的末动量大小为0.01kg·m/s C. 子弹对物块的冲量大小为0.49N·s D. 物块相对木板滑行的时间为1s ‎【答案】BD ‎【详解】A．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；‎ B．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=（m0+m）v1……①‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎（m0+m）v1=（m0+m+M）v2……②‎ 联立可得：‎ 所以子弹的末动量：‎ p＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s．‎ 故B正确；‎ C．由动量定理可得子弹受到的冲量：‎ I＝△p＝p−p0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．‎ 子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；‎ D．对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ‎ ．‎ 故D正确．‎ ‎13.如图所示，匝数为N，内阻为r的矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只完全相同的灯泡均能正常发光，此时它们的电阻均为R．则（　　）‎ A. 从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e=Emsinωt B. 穿过线圈的最大磁通量为 C. 从图中位置开始计时，四分之一周期内通过灯泡A1的电量为 D. 增大角速度ω时，灯泡A1变暗，A2变亮 ‎【答案】AB ‎【详解】AB．图中位置，线圈处于中性面位置，磁通量最大，感应电动势为零，闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，而Em=NBSω，则穿过线圈的最大磁通量Φ=BS=，故AB正确。‎ C．从图中位置开始计时，四分之一周期内，磁通量变化量△Φ=BS，则通过干路电荷量，本题中总电阻无法确定，故通过灯泡A1的电量无法确定，故C错误。‎ D．根据电动势最大值公式Em=NBSω，增大线圈转动角速度ω时，频率变大，感应电动势的峰值Em变大，同时由于电感线圈对交流电有阻碍作用，交流电的频率越大，阻碍作用越大，而电容器对交流的阻碍，交流电频率越大，阻碍越小，故灯泡A1变亮，但由于感应电动势的变大，故灯泡A2明亮程度未知，故D错误。故选AB。‎ ‎14.“东方超环”是我国自主设计建造的世界上第一个非圆截面全超导托卡马克核聚变实验装置.2018年11月，有“人造太阳”之称的东方超环实现1亿摄氏度等离子体运行等多项重大突破，获得的实验参数接近未来聚变堆稳态运行模式所需要的物理条件，朝着未来聚变堆实验运行迈出了关键一步，已知“人造太阳”核聚变的反应方程为，关于此核聚变，以下说法正确的是（　　）‎ A. 要使轻核发生聚变，就要利用粒子加速器，使轻核拥有很大的动能 B. Z=0，M=1‎ C. 1mol氘核和1mol氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV的能量 D. 聚变比裂变更安全、清洁 ‎【答案】BD ‎【详解】A．“人造太阳”是以超导磁场约束，通过波加热，让等离子气体达到上亿度的高温而发生轻核聚变，故A错误。‎ B．根据质量数和核电荷数守恒，可以求出X为中子，即Z=0，M=1，故B正确。‎ C．1个氘核和1个氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV的能量，故C错误。‎ D．轻核聚变产生物为氦核，没有辐射和污染，所以聚变比裂变更安全、清洁，故D正确。‎ 故选BD.‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎15.某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。‎ 该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。‎ ‎（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________。‎ ‎（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1％。由此推算出f为_________Hz。‎ ‎【答案】 (1). (2). 40‎ ‎【详解】(1)[1][2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：‎ 由速度公式 vC=vB+aT 可得：‎ a=‎ ‎(2)[3] 由牛顿第二定律可得：‎ mg-0.01mg=ma 所以 a=0.99g 结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得 f=40HZ ‎16.电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测盘电压表的内阻（半偏法）。实验室提供的器材如下：待测电压表V（量程3V．内阻约为3000Ω），电阻箱R0（最大组值为99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流2A）。电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干。‎ ‎（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分。将电路图补充完整_______。‎ ‎（2）将这种方法测出的电压表内阻记为R'v．则R'v=______。与电压表内阻的真实值Rv相比，R'v____Rv．（选填“＞““=”或“＜“）‎ ‎【答案】 (1). (2). R0 ＞‎ ‎【详解】（1）[1]．待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；电路图如图所示：‎ ‎（2）[2][3]．根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支路分压最小；‎ 闭合开关s1、s2，调节R1，使电压表的指针满偏；‎ 保持滑动电阻器滑片位置不变，断开s2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；‎ 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；‎ 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故Rv＜Rv′‎ 四、计算题（本大题共2小题，共24.0分）‎ ‎17.一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知tan37°=，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；‎ ‎（2）小物块上滑的最大距离；‎ ‎（3）小物块返回斜面底端时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）8m/s2（2）4.0m（3）4m/s ‎【详解】（1）小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为：‎ F1=mgsinθ F2=mgcosθ 根据牛顿第二定律有：‎ FN=F2…①‎ F1+Ff=ma…②‎ 又因为 ‎ Ff=μFN…③‎ 由①②③式得：‎ a=gsinθ+μgcosθ=(10×0.6 +0.25×10×0.8)m/s2=8.0m/s2…④‎ ‎（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有：‎ ‎0-v02=2（-a）x…⑤‎ 得： ‎ ‎…⑥‎ ‎（3）小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有：‎ FN=F2…⑦‎ F1-Ff=ma'…⑧‎ 由③⑦⑧式得：‎ a'=gsinθ-μgcosθ=(10×0.6 -0.25×10×0.8)m/s2=4.0m/s2…⑨‎ 有：‎ v2=2a′x…⑩‎ 所以有：‎ ‎18.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少．‎ ‎【答案】(1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1． （2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压． （3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B．‎ ‎【详解】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：qU1＝mv12 解得：v1＝=1.0×104m/s （2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向： 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2‎ 竖直方向： v2＝at＝ 由几何关系： U2＝tanθ 代入数据得：U2=100V （3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，‎ 由几何关系知R+＝D 得：R＝ 设微粒进入磁场时的速度为v′：v′＝ 由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝ 得： 代入数据数据解得B=0.1T 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T．‎ 五、简答题（本大题共1小题，共19.0分）‎ ‎19.间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为 ‎，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为，长为的金属杆，从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆、和电阻均为．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应．求：‎ ‎（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时速度大小；‎ ‎（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；‎ ‎（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热 ‎ ‎【答案】(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J ‎【详解】沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡 ‎ (1)感应电动势 ‎ ‎ 电流 ‎ ‎ 安培力 ‎ 匀速运动条件 ‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）由定量守恒定律 ‎ 解得： ‎ ‎（3）进入B2磁场区域，设速度变化大小为,根据动量定理有 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 出B2磁场后“联动三杆”速度为 ‎ ‎ 根据能量守恒求得：‎ ‎ ‎ 综上所述本题答案是：(1) (2) 1.5m/s (3)0.25J ‎【点睛】本题比较复杂，根据动能定理求出ab棒下落到轨道低端时的速度，再利用动量守恒求出碰后三者的速度，结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系，并利用能量守恒求出系统内增加的热量．‎