【物理】浙江省名校新高考研究联盟2020届高三上学期12月第二次联考（解析版） 21页

浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届 高三上学期12月第二次联考 一、选择题I （本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.以下单位不属于能量单位的是( )‎ A. 电子伏特 B. 焦耳 C. 千瓦时 D. 毫安时 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子伏（eV）是电场对电荷做功的单位，是能量的单位，选项A不符合题意；‎ B．焦耳（J）是做功和能量的单位，选项B不符合题意；‎ C．千瓦时（kW•h）是电流做功的单位，是能量的单位，选项C不符合题意；‎ D．毫安时（mAh）是电荷量的单位，不是能量的单位，所以选项D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎2.下列说法中正确是( )‎ A. 库仑最先准确地测量出了电子的电荷量 B. 牛顿通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律 C. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒的必然结果 D. 汤姆逊提出了原子的核式结构学说，后来由卢瑟福用α粒子散射实验给予验证 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．密立根最先准确地测量出了电子的电荷量，选项A错误；‎ B．开普勒通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律，选项B错误；‎ C．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒的必然结果，选项C正确；‎ D．汤姆逊提出了原子“枣糕”式结构学说，后来由卢瑟福用α粒子散射实验给予否定，选项D错误。故选C.‎ ‎3.2016年9月15日22时04分，天宫二号在酒泉卫星发射中心被成 功发射到离地面393公里的轨道上；2019年10月17日23时21分，通信技术试验卫星在西昌卫星发射中心成功发射升空，卫星顺利进 入到地球同步轨道。以下说法正确的是( )‎ A. 通信技术试验卫星可以通过北京上空 B. 通信技术试验卫星的运行速度大于7.9km/s C. 天宫二号运行周期比通信技术试验卫星短 D. 天宫二号的运行速度比通信技术试验卫星小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通信技术试验卫星是地球的同步卫星，只能定点在赤道上空，不可以通过北京上空，选项A错误；‎ B．根据可得 因卫星轨道半径大于地球的半径，可知通信技术试验卫星的运行速度小于7.9km/s，选项B错误；‎ C．根据可得 天宫二号轨道半径比通信技术试验卫星小，可知周期短，选项C正确；‎ D．根据可得 天宫二号轨道半径比通信技术试验卫星小，则天宫二号的运行速度比通信技术试验卫星大，选项D错误；‎ 故选C.‎ ‎4.中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4 日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加。一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，t2时刻特种兵着地。下列说法正确的是( )‎ A. 在t1〜t2时间内，平均速度 B. 在t1〜t2时间内特种兵所受悬绳的阻力越来越大 C. 在0〜tl时间内加速度不变，在t1〜t2时间内加速度减小 D. 若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在t1～t2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v1减速到v2，则平均速度为 ，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度．故A错误。‎ B．在t1～t2时间内，根据牛顿第二定律得 f-mg=ma，得f=mg+ma，因为加速度a增大，则特种兵所受悬绳阻力增大，故B正确。‎ C．在0～t1时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t1～t2时间内，图线切线的斜率绝对值逐渐增大，则加速度逐渐增大，故C错误。‎ D．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D错误。‎ 故选B.‎ ‎5.如图所示，平行板电容器充电后断开电源，板间有一点P，在P点固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，如果用F表示试探电荷在P点所受电场力，用E表示极板间的电场强度，用φ表示P点的电势，用Ep表示试探电荷在P点的电势能，则下列物理量随两极板间距离d的变化关系的图线中，可能正确的是(　 　) .‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、B项：电容器充电后，断开电源，电容器的电量保持不变，根据，和可知：，所以两板间的场强不变，试探电荷在P点所受的电场力也不变，故AB错误；‎ C、D项：P点与上板间的电势差：，由于上板接地，所以上板的电势为零，即，由以上的分析可知，P点电势不变，根据，所以P点电势能不变，故C正确，D错误．‎ ‎6.如图所示，长为L的通电指导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则：( )‎ A. 导体棒中的电流方向从b流向a B. 导体棒中的电流大小为 C. 若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大 D. 若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误。‎ B．由于弹簧伸长为x，根据胡克定律和平衡条件可得，kx=BIL，则有 ，故B正确；‎ C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，则安培力也顺时针转动一小角度，设角度为α，因安培力大小不变，则有kx=BILcosα，可知，x变小，故C错误；‎ D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，与C项同理，可知，弹力变小，导致x变小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为，且拖把刚好做匀速直线运动.从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角，则( )‎ A. 拖把将做减速运动 B. 拖把继续做匀速运动 C. 减小的同时若减小F，拖把不一定做加速运动 D. 地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ ‎，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示。 将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上：‎ Fsinθ+mg=FN     ①‎ 水平方向上：‎ Fcosθ-Ff=0     ②‎ 式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 ‎ Ff=μFN    ③‎ AB．若F不变，减小F与水平方向的夹角θ时，Ff减小而Fcosθ增大，所以Fcosθ-Ff将大于0，所以拖把将做加速运动。故AB错误。‎ C．由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力FN变小；由③可得地面对拖把的摩擦力Ff变小，而Fcosθ不能确定其增大还是减小，则Fcosθ-Ff是否大于零不能确定，即拖把不一定做加速运动，故C正确；‎ D．由AB选项的分析可知，若F不变，减小F与水平方向的夹角θ时，地面对拖把的支持力FN变小，地面对拖把的摩擦力Ff变小，故D错误。 故选C。‎ ‎8.如图所示表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法错误的是( )‎ A. 电容器正在充电 ‎ B. 电感线圈中的电流正在增加 C. 电感线圈中的磁场能正在增加 ‎ D. 此时刻自感电动势正在阻碍电流增大 ‎【答案】A ‎【详解】图示时刻，电容器上极板带正电；由右手定则可知，此时电流正在增大；故可知电容器放电时，电流在增大，电容器上电荷量减小，电容器两极板间的电压正在减小，电场能转化为磁场能，线圈中的感应电动势总是阻碍电流的增大。‎ A．电容器正在充电，与结论不相符，选项A错误，符合题意；‎ B．电感线圈中的电流正在增加，与结论相符，选项B正确，不符合题意；‎ C．电感线圈中的磁场能正在增加，与结论相符，选项C正确，不符合题意；‎ D．此时刻自感电动势正在阻碍电流增大，与结论相符，选项D正确，不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎9.超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆， 登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F与风速大小v关系式为( )‎ A. F =ρsv B. F =ρsv2 ‎ C. F =ρsv3 D. F=ρsv2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有：‎ m=ρsvt 根据动量定理有：‎ ‎-Ft=0-mv=0-ρsv2t 得：‎ F=ρsv2‎ A．F =ρsv，与结论不相符，选项A错误；‎ B．F =ρsv2，与结论相符，选项B正确；‎ C．F =ρsv3，与结论不相符，选项C错误；‎ D．F=ρsv2，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图象如图乙所示（重力加速度为g），则( )‎ A. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 B. 弹簧恢复的原长时，物体B的速度达到最大值 C. 外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g+a）‎ D. B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐减小，后保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C．施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：‎ ‎2Mg=F弹 施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：‎ F弹-Mg-FAB=Ma 解得：‎ FAB=M（g-a）‎ 故C错误。‎ A．物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B：‎ F弹′-Mg=Ma 解得：‎ F弹′=M（g+a）‎ 即此时弹簧弹力不为零，故A错误。‎ B．当F弹′=Mg时，B达到最大速度，故B错误。‎ D．在AB分离前，物块A对B的压力对B做负功，则B 与弹簧组成的系统的机械能减小；在AB分离后，B与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，则系统机械能保持不变，故选项D正确；‎ 故选D。‎ 二、选择题II （本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的4个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得4分，选对但不全得的2分，有选错的得0分）‎ ‎11.如图所示，一光朿包含两种不间频率的单色光，从空气射向平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是( )‎ A. a光的频率大于b光的频率 B. 出射光束a、b一定相互平行 C. a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大 D. 用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，故A正确。‎ ‎ B．因为a、b两光在上表面的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定相互平行，故B正确。‎ C．因为a光的折射率较大，根据，则知a光的临界角小，故C错误。‎ D．a光的频率较大，则波长较小，根据干涉条纹间距公式知，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故D错误。故选AB。‎ ‎12.2018年7月1日，由我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”在北京南站正式上线运营。“复兴号”动车组由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比（比例系数为k）.下列说法正确的是（ ）‎ A. “复兴号”行驶的最大速度v=‎ B. “复兴号”的配置如果改成12节动车和4节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍 C. “复兴号”进站做匀减速直线运动时，一位乘客单手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相反 D. “复兴号”做匀加速直线运动时，第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作吊力之比为1:2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据P=Fv可知最大速度为：‎ 故A错误；‎ B．“复兴号”的配置如果改成12节动车和4节拖车，最大速度 则 即可将提高到原来的1.5倍，选项B正确；‎ C．“复兴号”列车做匀减速直线运动，一位乘客单手持手机浏览网页时，手对手机的作用力与重力的合力的方向与车厢运动的方向相反，故C错误；‎ D．设每节动车的动力为F，对16节车厢的整体：‎ ‎ ‎ 对第14、15、16节车厢的整体：‎ ‎ ‎ 解得 ‎；‎ 对1、2节车厢的整体：‎ ‎，‎ 解得 T2=F 即第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作吊力之比为1:2，选项D正确；‎ 故选BD.‎ ‎13.下列几幅图的有关说法中正确的是（ ）‎ A. 图甲中的人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动 B. 图乙中射线c由β粒子组成，每个粒子带一个单位负电荷，射线b不带电，是高速运动的中子流 C. 图丙为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为2.21eV的金属钾发生光电效应的光子有4种 D. 图丁中若改用红光照射，验电器金属箔可能不张开 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，最初系统动量为零，人用大锤连续敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，车不会持续地向右驶去，故A错误。‎ B．根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线c由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，而射线b不偏转，说明其不带电，是高速运动的中子流，故B错误。‎ C．一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量为12.75eV，大于逸出功，能使金属钾发生光电效应；‎ 从n=3跃迁到n=1，辐射的光子能量为 12.09eV，大于逸出功，能使金属钾发生光电效应；‎ 从n=2跃迁到n=1，辐射的光子能量为10.2eV，大于逸出功，能使金属钾发生光电效应；‎ 从n=4跃迁到n=2，辐射的光子能量为2.55eV，大于逸出功，能使金属钾发生光电效应；‎ 从n=4跃迁到n=3，辐射的光子能量为0.66eV，小于逸出功，不能使金属钾发生光电效应；‎ 从n=3跃迁到n=2，辐射的光子能量为1.89eV，小于逸出功，不能使金属钾发生光电效应。可知能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条。故C正确。‎ D．根据光电效应产生条件，当红光照射，则红光频率小于紫外线，因此可能不发生光电效应现象，则验电器金属箔不一定张开，故D正确；‎ 故选CD.‎ ‎14.图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形图，图乙为参与活动的某一质点的振动图像，则下列说法正确的是（ ） ‎ A. 该简谐横波的传播速度为4 m/s B. 图乙可能是图甲M处质点的振动图像 C. 从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置 D. 从此时刻起，经过4s，P质点运动了16m的路程 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由甲图可得：λ=4m，由乙图中可得：T=1.0s，所以该简谐横波的传播速度为：‎ 故A正确。‎ B．由甲图可知，在t=0.5s时刻，质点M在平衡位置向上振动，与振动图像乙符合，则图乙可能是图甲M处质点的振动图像，选项B正确；‎ C．在图示时刻质点Q向上振动，而质点P在最高点将要向下振动，可知从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置，选项C正确；‎ D．因为4s=4T，则从此时刻起，经过4s，P质点运动了4×4A=16A=16×0.2m=3.2m的路程，选项D错误；‎ 故选ABC.‎ 非选择题部分 三、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎15.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”。‎ ‎（1）实验中打点计时器应选择_________________较好（填“电火花式打点计时器”或“电磁式打点计时器”）。‎ ‎（2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。图中0点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E作为计数点。其中测出A、B、C、D、E点距起始点0的距离如图所示。已知打点计时器打点周期为T=0.02s。由此可计算出物体下落到C点时的瞬时速度vC=____________m/s.（结果 保留三位有效数字）‎ ‎（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于此误差，下列说法中正确的是_____________。‎ A.该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 B.该误差属于偶然误差，可以通过挂一个小物块来平衡阻力进而消除该误差 C.该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来消除该误差 D.该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差 ‎（4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点0的距离L并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2 -h图象去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的v2 -h图象是下图中的哪一个____________。 （填选填图下对应的字母）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【答案】 (1). 电火花式打点计时器 (2). 1.90-1.92 (3). D (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电火花计时器对纸带的阻力较小，则实验中打点计时器应选择电火花式打点计时器较好。‎ ‎（2）[2]．物体下落到C点时的瞬时速度 ‎ ‎ ‎（3）[3]．实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故选D.‎ ‎（4）[4]．下落时阻力大小不变，则 即 则v2-h图像是过原点的直线，故选A.‎ ‎16.某中学生课外科技活动小组利用铜片，锌片和橙汁制作了橙汁电池，他们用如图所示的实验电路测量这种电池的电动势E和内阻r。图中电流表的内阻为100Ω，量程为0—300mA；电阻箱阻值的变化范围为0—9999Ω。‎ ‎（1）连接电路后，开关闭合前电阻箱及的阻值应调节到__________（填“最大”，“最小”，“任意值”）‎ ‎（2）闭合开关，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如表格所示。请作出本实验的IR-I图象_____。‎ 表格：电阻箱示数R和电流表的读数I R/KΩ ‎12.10‎ ‎8.00‎ ‎7.00‎ ‎6.00‎ ‎5.00‎ ‎4.18‎ ‎3.03‎ I/μA ‎71‎ ‎102‎ ‎115‎ ‎131‎ ‎152‎ ‎170‎ ‎230‎ IR/mV ‎850‎ ‎816‎ ‎805‎ ‎786‎ ‎760‎ ‎716‎ ‎696‎ ‎（3）根据图像得出该橙汁电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω ‎【答案】 (1). 最大 (2). (3). 0.900-0.950 850-900‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．连接电路后，开关闭合前电阻箱及阻值应调节到最大；‎ ‎（2）[2]．作出本实验的IR-I图象如图：‎ ‎（3）[3][4]．由闭合电路的欧姆定律：‎ 即 由图像可知：‎ ‎ ‎ 则r=1000Ω-100Ω=900Ω.‎ 四、计算题（17题10分，8题12分，19题16分，共38分） ‎ ‎17.如图所示，光滑四分之一圆弧形轨道AB与粗糙水平轨道BD的B端平滑连接，圆弧轨道半径R=0.40m，整个装置处理在竖直平面内。有一质量m=0.10kg的物块P（可视为质点）放在与圆心等高的A点，从静止开始滑下，与水平轨道上C点质量也为m的静止物块Q发生弹性碰撞，BC的距离L=1.0m，水平地面BD与物块P、Q之间的动摩擦因数μ=0.2，求 ‎（1）物块P运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨的压力；‎ ‎（2）碰撞后瞬间物块Q的速度大小；‎ ‎（3）若在D处放上一竖直的弹性挡板，CD间距也为L=1.0m，P物块释放点离水平轨道的高度为h，要使PQ之间只发生一次碰撞，求h的取值范围。（P可以从圆轨道上或A点正上方某位置释放）‎ ‎【答案】(1)FN = 3N(2) (3) 0.2m≤h ≤0.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块P从A到B动能定理有：‎ mgR= ‎ 在B点有：‎ FN- mg= ‎ 得：‎ FN = 3N ‎ 根椐牛顿第三定律有F压=3N，方向向下 ‎ ‎（2）由（1）问可得： vB=2m /s ，P 从 B 到 C 有:‎ ‎-μmgL= - ‎ 得 ‎ vC= 2m/s ‎ P与Q碰撞瞬间动量守恒，又因质量相等，所以速度互换：‎ vQC=2m/s ‎ ‎（3）设最低点离B点高为h1，P到Q处恰好碰撞速度为0，有 ：‎ mgh1 -μmgL = 0 ‎ 得 ‎ h1 = 0.2m ‎ 设最高点离B点高为h2 有 mgh2 -μmg 3L = 0 ‎ 得：‎ h2 = 0.6m ‎ 故：‎ ‎0.2m≤h ≤0.6m ‎18.在xOy坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t1后消失；紧接着电场出现，持续t2时间后消失，接着磁场如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y轴向下，有一质量为m，带电量为+q的带电粒子，在t=0时刻，以初速v0‎ 从0点沿x轴正方向出发，在t1时刻第一次到达y轴上的M （0，L）点，t1+t2时刻第一次回到x轴上的 N（-2L，0）点，不计粒子重力，t1、t2均未知。求：‎ ‎（1）磁感应强度B和电场强度E的大小；‎ ‎（2）粒子从0点出发到第二次回到x轴所用的时间；‎ ‎（3）粒子第n次回到x轴的坐标。 ‎ ‎【答案】(1) E=(2) t总=(3) （-2L+L，0）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子从O到M做圆周运动，半径：‎ R0=‎ qBv0=‎ B=‎ M到N粒子在电场中运动：‎ ‎2L=v0t2‎ L=‎ a=‎ ‎（2）粒子从N做圆周运动，在N点vNy=at2，vNy=v0，速度方向与—x轴夹角为45°，vN=，所以做圆周运动的半径为：‎ R1=‎ ‎ 而粒子在磁场中运动周期：T=与粒子速度无关，故经过时间t1粒子做半圆到P点，接下来只在电场力的作用下运动，P点速度方向与N点相反，所以从P到Q是M到N 的逆运动，有，得Q点刚好在x轴上（L，0）则从O点出发到第二次回到轴所需时间：‎ t总= 2（t1+t2）‎ 又 t1=‎ t2=‎ 得：‎ t总= ‎ ‎（3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x轴的横坐标依次为: ‎ 第一次：-2L ‎ 第二次：-2L+3L 第三次：-2L+3L-2L ‎…………‎ 若n取偶数2，4，6有:‎ ‎，‎ 坐标为（，0）‎ 若n取奇数1，3，5..有:‎ ‎-2L+（-2L+3L）=-2L+L，‎ 坐标为（-2L+L，0）‎ ‎19.间距为L的倒U型金属导轨竖直放置，导轨光滑且电阻忽略不计，上端接一阻值为及的电阻，如图所示。垂直导轨平面分布着2019个场强为B的条形匀强磁场，磁场区域的宽度为a，相邻磁场距离为b。一根质量为m、长为2L、电阻为2r的金属棒对称放置在导轨上且与导轨始终良好接触，金属棒从距离第一磁场区域上端2a位置静止释放（设重力加速度为g），发现每次进入磁场时的速度相同。‎ ‎（1）求刚进入第1磁场区域时金属棒的感应电流大小和方向；‎ ‎（2）求金属棒穿出第1个磁场区域时的速度；‎ ‎（3）求金属棒在穿过2019个磁场区域过程中产生的热量；‎ ‎（4）求金属棒从静止开始到穿过2019个磁场区域的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) v出= (3) Q棒=2019mg（a+ b）(4) t=2019‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于 E =BLv ‎ v=‎ I= ‎ 得 ‎ ‎ 方向沿棒向右或逆时针方向。 ‎ ‎（2）金属棒进入每个磁场时的速度必定相同，则出每个磁场的速度也相同：‎ v进= 2‎ v进2-v出2=2gb ‎ v出= ‎ ‎（3）回路在金属棒进入每个磁场中产生热量相同，由动能定理得：‎ Q总=20190 Q ‎ Q= mg（a+ b）‎ Q总= 2019mg （a+ b）‎ Q棒=2019mg（a+ b）‎ ‎（4）设由动量定理：‎ mgt -I安=△p =mv出 -0 ‎ I安=‎ i=‎ I安= ‎ t=2019‎