江苏省南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁七市2020届高三下学期第二次调研考试物理试题 Word版含解析 26页

www.ks5u.com ‎2020届高三第二次调研考试 物 理 一、单项选择题 ‎1. 肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A图中导弹向后喷气，产生沿虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A不符合题意； ‎ B．B图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚线方向做直线运动，故B符合题意；‎ C．C图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故C不符合题意；‎ D．D图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时则合力方向不可能沿虚线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向做曲线运动，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎2. 2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆，地球半径为6400km，第一宇宙速度为7.9km/s。则该卫星的运行速度为（ ）‎ A. 11.2km/s B. 7.9km/s C. 7.5km/s D. 3.lkm/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 - 26 -‎ 则有第一宇宙速度 km/s ‎“吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 联立解得 km/s 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3. 如图所示，真空中孤立导体球均匀带电，电荷量为+Q。试探电荷从P点由静止释放，只在电场力作用下运动到无限远处，电场力做功为W，若导体球电荷量变为+2Q，则该试探电荷从P点运动至无限远的过程中电场力做功为（ ）‎ A. 2W B. 4W C. W D. W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据点电荷产生的电场的电势分布特点 可知，当导体球电荷量变为+2Q时，除无穷远处电势仍为0外，其它点的电势变为原来的两倍，则P点与无穷远处的电势差变为原来的两倍，根据 可知试探电荷仍从P点运动至无限远的过程中电场力做功为 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎4. 如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为m - 26 -‎ 的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为θ，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）‎ A. f=Mgsinθ B. f=Mgtanθ C. N=(M+m)g D. N=Mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以m为研究对象，受力如图所示 由牛顿第二定律得 解得 而绳的拉力为 以M为研究对象，受力如图所示 - 26 -‎ 在竖直方向上，由平衡条件有 在水平方向上，由牛顿第二定律有 解得 故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎5. 如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间t变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框ab边受到的安培力F随时间t变化图象中，可能正确的是（取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，在内线圈中磁感应强度的变化率相同，故内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在内内线圈中磁感应强度的变化率相同，故内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有 则感应电流为 由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A错误，B正确； ‎ CD．由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据 可知F与B成正比，则在内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b到a，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向右，为正方向，大小随B均匀减小；在内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b到a，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向左，为负方向，大小随B均匀增大；在内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a到b，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向右，为正方向，大小随B均匀减小；在内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a到b，根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力F方向向左，为负方向，大小随B均匀增大，故CD错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题 ‎6. 下列说法符合物理史实的有（ ）‎ A. 奥斯特发现了电流的磁效应 B. 库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e的值 C. 安培首先提出了电场的观点 D. 法拉第发现了电磁感应的规律 - 26 -‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．奥斯特发现了电流磁效应，故A正确，符合题意； ‎ B．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e电荷量，故B错误，不符合题意；‎ C．法拉第首先提出用电场线描述电场，故C错误，不符合题意； ‎ D．1831年，法拉第发现了电磁感应现象，并总结出电磁感应的规律：法拉第电磁感应定律，故D正确，符合题意。‎ 故选AD。‎ ‎7. 从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为（ ）‎ A. 2v0 B. 3v0 C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】设竖直高度为h，小球以v0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与A点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有 水平方向的位移 设当平抛速度为时，经与地面n次碰撞，反弹后仍与A点碰撞，则运动的时间为 - 26 -‎ 水平方向的位移不变，则有 解得 ‎（n=1，2，3…..）‎ 故当n=2时；当n=3时；故AB错误，CD正确。‎ 故选CD。‎ ‎8. 某磁敏电阻的阻值R随外加磁场的磁感应强度B变化图线如图甲所示。学习小组使用该磁敏电阻设计了保护负载的电路如图乙所示，U为直流电压，下列说法正确的有（ ）‎ A. 增大电压U，负载电流不变 B. 增大电压U，电路的总功率变大 C. 抽去线圈铁芯，磁敏电阻的阻值变小 D. 抽去线圈铁芯，负载两端电压变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．增大电压U，为保护负载，则磁敏电阻两端需要分压，即电压增大，则磁敏电阻的阻值增大，根据甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据 P=UI 可知电路的总功率P变大，故A错误，B正确；‎ CD．抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁敏电阻两端的电压变小，而U不变，所以负载两端电压变大，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎9. 如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则（ ）‎ - 26 -‎ A. 物块和弹簧系统机械能守恒 B. 物块在B点时加速度方向由B指向A C. A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功 D. 物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确； ‎ B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确； ‎ C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误； ‎ D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。‎ 故选ABD。‎ 三、简答题 ‎10. 教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。‎ ‎（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；‎ A. 20g B.260g C.500g D.600g ‎（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；‎ - 26 -‎ A．实验中先释放木块，后接通电源 B．调整定滑轮高度，使细线与板面平行 C．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等 D．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右 ‎（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l、2、3、4、5、6，测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a= ____m/s2(保留两位有效数字)；‎ ‎（4）实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：____，_____。‎ ‎【答案】 (1). B (2). BD (3). 1.6 (4). 木块、木板表面粗糙程度有差异 (5). 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g左右，动摩擦因数0.30，设木块的质量为M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有 解得 根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得 解得 g 当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g，故B符合题意，ACD不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎（2）[2]A．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；‎ B．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；‎ - 26 -‎ C．根据实验原理 可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C错误；‎ D．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 将（1）问中的m=150g，M=260g代入上式，可得加速度 m/s2‎ 为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s到0.6s，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有 取t=0.5s计算可得 取t=0.6s计算可得 故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔，根据 可得加速度为 由题知，，代入数据解得 ‎（4）[4]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。‎ ‎11.‎ - 26 -‎ ‎ 标称3.7V的锂电池，充满电时电动势为4.2V，电动势低于3.4V时不能放电。某只该型号电池标注如下：标准放电持续电流170mA，最大放电电流850mA，内阻r≤0.2Ω。为测量其电动势和内阻，实验室提供下列器材：‎ A．电压表V（量程3V，内阻3kΩ） ‎ B．电流表(量程0.6A)‎ C．电流表（量程0~3A）‎ D．定值电阻R1=2kΩ E．定值电阻R2=1Ω F．滑动变阻器(0~5Ω)‎ G．滑动变阻器(0~20Ω) ‎ H．待测电池，多用电表，开关导线若干 ‎（1）设计测量电路如图甲所示，电流表A应选择_____，滑动变阻器R应选择_____填写器材序号）；‎ ‎（2）按照设计电路完成实物电路的连接；（ ）‎ ‎（3）闭合开关S前，应将滑动变阻器滑片P移到 ___选填“左”或“右”）端；闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的 ____检查电路故障；‎ A．电阻“”挡 B．直流电流250mA挡 C．直流电压2.5V挡 D．直流电压10V挡 ‎（4）正确进行实验操作，根据电压表读数计算出电压表和定值电阻R，两端的总电压U。读出对应的电流表示数，在坐标纸上描点作出U—I图象如图丙所示。则电池电动势E= __V，内阻r= ____Ω。‎ - 26 -‎ ‎【答案】 (1). B (2). G (3). (4). 左 (5). D (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由题知，该锂电池的最大放电电流850mA，故电流表A应选择B；‎ ‎[2]由题知，回路中的最大电阻 Ω24.7Ω 故滑动变阻器选择G；‎ ‎（2）[3]按照设计电路完成实物电路的连接，如图所示 ‎（3）[4]因滑动变阻器是限流式接法，为保护电路，故在闭合开关S前，滑动变阻器的阻值要最大，故应将滑动变阻器滑片P移到左端；‎ ‎[5]闭合开关后，发现电压表指针有偏转，而电流表指针不偏转，说明电流表所在支路存在某处断路，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的直流电压档进行检查电路故障，又该电源的最大电动势为4.2V，故应选择直流电压10V档进行检查电路故障，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎（4）[6]由题知，U—I图象的纵截距表示电源的电动势，则由图可得 - 26 -‎ ‎3.88V（）‎ ‎[7]由U—I图象，可得图象的斜率 由电路图分析可知，斜率 解得 Ω（）‎ ‎12. 下列说法正确的有（ ）‎ A. 研究表明，一般物体的电磁辐射仅与温度有关 B. 电子的衍射图样证实了电子的波动性 C. α粒子散射实验是估测原子核半径最简单的方法 D. 结合能越大的原子核，核子的平均质量越大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实际物体辐射电磁波情况与温度、表面情况、材料都有关；黑体辐射电磁波的情况只与温度有关，是实际物体的理想化模型，故A错误；‎ B．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故B正确；‎ C．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，内部集中所有正电荷及几乎全部质量，所以α粒子散射实验是估算原子核半径最简单的方法之一，故C正确；‎ D．根据核子平均质量曲线与比结合能曲线可知比结合能越大，原子核越稳定，核子平均质量越小，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎13. 氢原子能级图如图所示，巴尔末线系是氢原子从n≥3的各个能级跃迁至n=2能级时辐射光的谱线，则巴尔末线系中波长最长的谱线对应光子的能量为____ eV；氢原子从n=4能级跃迁至n=2能级时。辐射光照射金属钾为阴极的光电管，钾的逸出功为2.25eV，则遏止电压Uc= ____V。‎ - 26 -‎ ‎【答案】 (1). 1.89 (2). 0.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]巴尔末线系中波长最长的谱线，其对应的频率最小，即能级差最小，则氢原子从n=3能级跃迁至n=2能级时辐射光的谱线符合，对应光子的能量为 ‎[2]氢原子从n=4能级跃迁至n=2能级时，放出光子的能量为 根据爱因斯坦光电效应方程有 代入，，解得 光电子从阴极飞出，做减速运动，当速度减为零时，根据动能定理有 解得遏止电压 ‎14. （锂核）是不稳定的，它会分裂成一个α粒子和一个质子，同时释放一个γ光子 ‎（1）写出核反应方程；‎ ‎（2）一个静止的分裂时释放出质子的动量大小为P1，α粒子的动量大小为P2，γ光子与α粒子运动方向相同，普朗克常量为h。求y光子的波长λ。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意可得核反应方程为 ‎（2）设光子动量大小为，由动量守恒定律 而 解得 ‎15. 密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，液面与空气、容器壁的接触情形如图所示。则 （ ）‎ A. 水对容器壁是浸润的 B. 水的表面层分子间作用力表现为斥力 C. 水面上方的水蒸汽为饱和汽 D. 环境温度改变时水的饱和气压不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，水润湿容器壁并依附在容器壁上面，属于浸润现象，此时附着层内分子间的距离小于液体内部分子的距离，附着层分子之间的作用力表现为斥力，附着层有扩展趋势，故A正确，B错误；‎ C．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸汽为饱和汽，故C正确，‎ D．水的饱和气压随温度的变化而变化，故D错误。‎ 故选AC。‎ - 26 -‎ ‎16. 在高倍显微镜下观察布朗运动实验如图甲所示。每隔30s记录一次悬浮微粒的位置。按时间顺序作出位置连线如图乙所示，连线 ____（选填“是”或“不是”）微粒的轨迹。它直接呈现微粒运动是无规则的。间接反映 ____作永不停息的无规则运动。‎ ‎【答案】 (1). 不是 (2). 液体分子 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]布朗运动图象是固体微粒的无规则运动在每隔一定时间的位置，而不是微粒的运动轨迹，只是按时间间隔依次记录位置的连线；‎ ‎[2]由图可以看出微粒在不停地做无规则运动，间接反映液体分子作永不停息的无规则运动。‎ ‎17. 一定质量的理想气体经历了如图A→B→C→D→A的状态变化求该过程中 ‎（1）气体最高温度T1与最低温度T2的比值；‎ ‎（2）气体与外界交换的热量Q。‎ ‎【答案】（1）；（2），吸热 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据理想气体状态方程 变形得 即压强与体积的乘积越大，温度越高，故状态温度最高，状态温度最低，设状态温度为，则等压变化，则有 - 26 -‎ 等容变化，则有 联立解得 ‎（2）状态变化过程外界对气体做的功 根据热力学第一定律有 解得 故此过程是吸热 ‎18. 如图所示，用橡胶锤敲击音叉，关于音叉的振动及其发出的声波，下列说法正确的有（ ）‎ A. 在空气中传播的声波是纵波 B. 声波在空气中传播的速度随波频率增大而增大 C. 音叉周围空间声音强弱的区域相互间隔 D. 换用木锤敲击，音叉发出声音的音调变高 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据音叉振动发出声波的原理可知，音叉振动方向与波的传播方向在同一直线上，故在空气中传播的声波是纵波，故A正确；‎ B．声波在空气中的传播速度，与介质有关，不会随波的频率变化而变化，故B错误；‎ - 26 -‎ C．音叉振动发音时两个叉股是两个频率相同的波源，它们产生的波发生干涉，所以音叉周围空间声音强弱的区域相互间隔，故C正确；‎ D．音调与音叉材料有很大关系，音叉材料没变，所以音叉发出的声音的音调没变，而换用木锤敲击时没有缓冲减震作用，音叉振幅较大，所以音叉的响度较大，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎19. 如图所示，一架宇航飞机在太空中高速飞行返回地球，并保持与地球上观测站R的正常联系，设宇航员每隔t0时间与地球联系一次，发送频率为f0的电磁波，在地球上观测者看来，宇航员连续两次发送联系信号的时间间隔t___t0(选填“等于”或“不等于”)；地面观测站接收到该电磁波频率f ____f0（选填“大于”、“等于”或“小于”）。‎ ‎【答案】 (1). 不等于 (2). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]根据时间相对性原理可得 因为v小于c，故t不等于t0；‎ ‎[2]根据多普勒原理，可知当一架宇航飞机在太空中高速飞行返回地球，即波源靠近地球，故地面观测站接收到该电磁波频率f大于f0。‎ ‎20. 如图所示，平面镜M放置在某液体中，液体上方靠近液面处放置毛玻璃PQ，一束激光水平照射到肘上O1点时，观察到在O1点正上方玻璃上O点有一个光点。使平面镜M绕垂直纸面的轴逆时针转过θ角时。玻璃上光点恰好消失。已知真空中光速为c，求：‎ ‎（1）液体折射率n；‎ ‎（2）光在液体中的传播速度v。‎ ‎ ‎ - 26 -‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当平面镜转过时，反射光线转过射到水面，发生全反射临界角 根据 解得 ‎（2）根据 解得 四、计算题 ‎21. 如图所示，水平面内足够长的光滑平行金属导轨相距为L，左端连接阻值为R的电阻，导体棒MN垂直导轨放置，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、范围足够大的非匀强磁场中，沿导轨建立x轴，磁场的磁感应强度满足关系B=B0+kx。t=0时刻，棒MN从x=0处，在沿+x轴水平拉力作用下以速度v做匀速运动，导轨和导体棒电阻不计，求：‎ ‎（1）t=0时刻，电阻R消耗的电功率P0；‎ ‎（2）运动过程中水平拉力F随时间t变化关系式；‎ ‎（3）0~t1时间内通过电阻R的电荷量q。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）时刻导体棒产生的电动势 - 26 -‎ 电功率 解得 ‎（2）在时刻，棒位置 导体棒产生的感应电流 导体棒所受安培力 方向向左 导体棒做匀速运动应有 解得 ‎（3）任意时刻棒产生的感应电流 则时刻棒产生的感应电流 图象如图 - 26 -‎ 时间内通过的电荷量 解得 ‎22. 如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。‎ ‎（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；‎ ‎（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；‎ ‎（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。‎ ‎【答案】（1）mg；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设圆环对球的弹力为，轻杆对球的弹力为，对、和轻杆整体，根据平衡条件有 对球有 - 26 -‎ 解得 ‎（2）当轻杆运动至水平时，、球速度最大且均为，由机械能守恒有 解得 ‎（3）在初始位置释放瞬间，、速度为零，加速度都沿圆环切线方向，大小均为，‎ 设此时杆的弹力，根据牛顿第二定律 对球有 对球有 解得 ‎23. 如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、Ol为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧。存在上下范围足够大、宽度为三的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子初速度和重力均不计。‎ ‎（1）C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到Ol的时间t；‎ ‎（2）C、D板间加如图乙所示电压，U0为已知量，周期T是未知量。t=0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达Ol孔的最大速度vm；‎ ‎（3）磁场的磁感应强度B随时间的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0=。=0时，粒子从O1孔沿OO1延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v，应满足的条件。‎ - 26 -‎ ‎【答案】（1）；；（2）；；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）板间匀强电场的场强 粒子在板间的加速度 根据位移公式有 解得 ‎（2）粒子一直加速到达孔速度最大，设经历时间，则 解得 由动能定理有 解得 - 26 -‎ ‎（3）当磁感强度分别为、时，设粒子在磁场中圆周运动半径分别为、，周期分别为、，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 且有 同理可得 ‎，‎ 故粒子以半径逆时针转过四分之一圆周，粒子以半径逆时针转过二分之一圆周，粒子以半径逆时针转过四分之一圆周，粒子以半径逆时针转过二分之一圆周，粒子以半径逆时针转过四分之一圆周，粒子以半径逆时针转过二分之一圆周，粒子以半径逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示 由几何关系有 - 26 -‎ 解得 - 26 -‎ - 26 -‎