北京市朝阳区六校2020届高三下学期四月联考物理试题 24页

高三年级4月份测试题 物理试卷 ‎（考试时间90分钟满分100分）‎ 第一部分 一.本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 甲图中，两个分子从很远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变小后变大 B. 乙图中，在测量分子直径时，可把油膜厚度视为分子直径 C. 丙图中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做功 D. 丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可以自发的从低温物体向高温物体传递 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲图中两个分子从很远处逐渐靠近的过程中，分子引力和斥力都增大，但引力大于斥力，分子力表现为引力并且分子力先增大后减小，当减小到零后，随两分子靠近，分子力表现为斥力，并且逐渐增大，故A错误；‎ B．图乙中是单分子油膜，因此油膜厚度就可以视为分子直径，故B正确；‎ C．丙图中，猛推木质推杆，由于速度快，热传递没来得及进行，只有外界对气体做功，内能增大，压强变大，温度升高，故C错误； ‎ D．根据热力学第二定律热量不能自发地从低温物体转移到高温物体，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，下列判断正确的是（　　）‎ A. 玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率 B. 不断增大入射角，b光先发生全反射现象 C. 在真空中a光的波长大于b光的波长 D. 遇到障碍物时，a光更容易发生衍射 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知玻璃对a光的偏折程度大于b光，所以玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A正确；‎ B．根据折射定律 可知a光的临界角比b光的小，逐渐增大入射角，a光先达到的临界角，则a光先发生全反射，故B错误；‎ C．在真空中，a、b光传播速度相同，根据 由于a光的频率大于对b光的频率，故a光的波长较小，故C错误；‎ D．波长越大，越容易发生衍射，故b光更容易发生衍射， 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=‎0.5m处的质点的振动图像。下列说法正确的是（　　）‎ A. 波速为‎2m/s B. 波沿x轴负方向传播 C. 0~2s时间内，该质点沿x轴运动了‎1m D. 0~2s时间内，该质点运动的路程为‎8cm ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图中可得波长，周期，由公式 可得波速，故A错误；‎ B．t=2s时x=‎0.5m处的质点向下运动，由上下坡法得波沿x轴正方向传播，故B错误；‎ C．0~2s时间内，该质点在平衡位置上下振动，而不是沿x轴运动，故C错误；‎ D．0~2s时间内，经过了半个周期，质点运动的路程为 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）‎ A. 图甲∶光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 B. 图乙∶铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，形成链式反应 C. 图丙∶氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的 D. 图丁∶卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子核的结构模型 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程 可知光电子的最大初动能与入射光的频率是线性关系，但不是正比，故A错误；‎ B．图乙反应的是链式反应，即铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，故B正确；‎ C．从丙图知，氢原子能级是分立的，能级差是量子化的，所以原子发射光子的频率是不连续的，故C错误；‎ D．卢瑟福通过粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，不是原子核的结构模型，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列表述正确的是（　　）‎ A. 电场线是电场中客观存在的物质 B. 法拉第发现了电磁感应现象 C. 千克、牛顿都是物理学的基本单位 D. 加速度、合外力与质量的三者关系，可以写成属于比值法定义 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电场线是为形象地描述场强的分布，在电场中人为地画出一些有方向的曲线，是假想的，故A错误；‎ B．法拉第发现了电磁感应现象，故B正确；‎ C．物理学的基本单位：长度m，时间s，质量kg，热力学温度K，电流A，光强度cd，物质的量mol。牛顿（）是导出单位，故C错误；‎ D．比值定义法是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。属于比值法定义，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.通过电如图1所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在输出电压u＝220sin100πt V的交流电源的两端，副线圈中接有理想电压表及阻值R＝50Ω的负载电阻．已知原、副线圈匝数之比为11：1，则下列说法中正确的是 A. 电压表的示数为20 V B. 电流表的示数为‎4.4 A C. 原线圈的输入功率为16W D. 通过电阻R的交变电流的频率为100 Hz ‎【答案】A ‎【解析】‎ ABC、 由表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈两端电压为20V，电压表的示数等于20V，副线圈的电流为：，输出功率等于输入功率为：，根据电流与匝数成反比知,电流表示数为，故BC错误，A正确；‎ D、频率为：，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比的特点即可求得结论．‎ ‎7.一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则（　　）‎ A. 此空间一定不存在磁场 B. 此空间一定不存在电场 C. 此空间可能同时有电场和磁场 D. 此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度方向垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子沿着磁感线进入磁场时，电子所受洛伦兹力为零，电子不会偏转，故可能有磁场，故A错；‎ B．如果该区域存在电场，并且电子是沿着电场线的方向进入电场时，电子做匀变速直线运动，电子不发生偏转，故B错误；‎ C．电子在该区域内既受到电场力作用，又受到洛伦兹力作用，这两个力大小相等，方向相反时，电子运动不发生偏转，做匀速直线运动，此时电场与磁场相互垂直，故C正确；‎ D．只有匀强磁场时，磁场方向与电子速度垂直，则洛伦兹力与速度垂直，粒子做匀速圆周运动，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示．不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）‎ A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C. b粒子动能较大 D. b粒子在磁场中运动时间较长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误．‎ BC．洛伦兹力提供向心力，即：‎ ‎，‎ 得：‎ ‎，‎ 故半径较大的b粒子速度大，动能也大．由公式f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大．故B错误，C正确．‎ D．磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长．故D错误．‎ ‎9.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0。飞船在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则（　　）‎ ‎ ‎ A. 飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为81‎ B. 飞船在轨道Ⅲ的运行速率大于 C. 飞船在轨道Ⅰ上经过A处的加速度小于在轨道Ⅱ上经过A处的加速度 D. 飞船在轨道Ⅰ上经过A处的运行速率小于飞船在轨道Ⅱ上经过A处的运行速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据开普勒第三定律 其中 解得 故A正确；‎ B．设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力 解得，故B错误；‎ C．由万有引力提供向心力 飞船在轨道Ⅰ上经过A处的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A处的加速度，故C错误；‎ D．飞船在轨道Ⅰ上的A处减速做向心运动进入轨道Ⅱ，飞船在轨道Ⅰ上经过A处的运行速率大于飞船在轨道Ⅱ上经过A处的运行速率，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.如图所示，两个完全相同小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 两小球落地时的速度相同 B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C. 从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同 D. 从开始运动至落地，两小球动量的变化相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，但是由于速度是矢量，速度方向不同，所以速度不同，故A错误，C正确；‎ B．到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；‎ D．根据动量定理，小球动量的改变量 对A、B小球运动时间 ‎，‎ 可得 故从开始运动至落地，两小球动量的变化量有 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.为了确定一个标有“3.8V，‎0.3A”的小灯泡的电阻，小明和小华两位同学分别采用了不同的方法：小明同学用多用电表的欧姆档测量，测量结果R1=2Ω；小华同学由计算可得其阻值R2≈13Ω．小明同学的操作过程无误，但R1和R2‎ 存在明显差异．对此，下列说法正确的是 A. 小明同学的方法错误，因为测量时没有电流通过小灯泡 B. 小华同学的方法错误，因为小灯泡的电阻不能用来计算 C. 两位同学的方法都正确，因为多用电表的欧姆档的精确度不够 D. 两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 灯泡的电阻率随温度的升高增大，则温度越高，电阻越大，当灯泡没有工作时，其电阻不变，根据欧姆定律求出电阻，当灯泡工作时，其电阻增大，根据欧姆定律算出的电阻比没有工作时的大，故两种方法是在灯泡不同的工作状态下测得的，故两种方法都正确，故选D.‎ ‎【点睛】温度越高，灯丝的电阻率越大，电阻越大，所以对小灯泡来讲，在工作状态时比不工作时状态的电阻大，同在工作状态时下，电压越高，电阻也就越大．‎ ‎12.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB = xB- xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. A点电势高于B点电势 B. A点的电场强度小于B点的电场强度 C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电子电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功即 所以，A点电势低于B点电势，故A错误；‎ B．根据电势能Ep随坐标x变化的关系 则 可知Ep-x图像的斜率绝对值越大，电场强度越强，由图可知A点的斜率绝对值比B点的大，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；‎ C．由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据功能关系 ‎，‎ 电场力做功 ‎，‎ 故，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，故C错误；‎ D．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，根据动能定理 电子经过A点的速率小于经过B点的速率，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路（　　）‎ ‎ ‎ A. 充电时，通过R的电流不变 B. 若R增大，则充电时间变长 C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 D. 若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，通过R的电流减小，故A错误；‎ B．若R增大，充电过程中平均电流I减小，根据Q=It可知充电时间变长，故B正确；‎ C．电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬间导通并发光，所以闪光灯发光电压U一定；若C增大，根据Q=CU 可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C错误；‎ D．若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U=80V时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q=CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做体积流量（以下简称流量）。有一种利用电磁原理测量非磁性导电液体（如自来水、啤酒等）流量的装置，称为电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成。传感器的结构如图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极a和c，a、c间的距离等于测量管的直径D，测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直。当导电液体如图中所示的方向流过测量管时，测得管壁ac上两点间的电压为U，并通过与电极连接的仪表显示出液体的流量Q。设磁场均匀恒定，磁感应强度为B，则（　　）‎ A. 若导电液体带负电，则c点电势高 B. 若导电液体中同时有正负离子，则ac间无电压 C. 管中的导电液体流速为 D. 管中的导电液体流量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据安培定则可知通电线圈产生磁场在测量管处磁场方向竖直向下，根据左手定则可知带负电的粒子向c点运动，带正电的粒子向a点运动，ac间产生电压差，故a点的电势高，故AB错误；‎ C．稳定时，导电液体中的粒子受到的电场力等于洛伦兹力 解得 故C错误；‎ D．根据流量公式 其中 解得管中的导电液体流量 故D正确。‎ 故选D。‎ 第二部分 二.本部分共6题，共58分。‎ ‎15.（1）在“探究气体压强与体积的关系”实验中，为保持温度不变，下列采取的措施合理的是_______。‎ A．推动活塞运动时尽可能慢些 B．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性 C．不要用手握住注射器封闭气体部分 D．实验时尽量在注射器中封入较多的空气 ‎（2）某同学根据实验数据在p-V图像上画出了如图所示曲线图像，你认为他这样做能方便的看出p、V之间的关系吗________？请说明理由___________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 不能 (3). 以p为纵坐标V为横坐标，做出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作出图像，看其是否为过原点的倾斜直线，才能最终确定p与V是否成反比。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] A．缓慢的推拉活塞，可以使气体的温度保持与外界的温度保持一致，从而可以保持封闭气体的温度不变，所以A正确；‎ B ‎．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性，这样是为了保持封闭气体的质量不发生变化，并不能保持封闭气体的温度不变，故B错误；‎ C．当用手直接握在注射器上时，手的温度可能改变气体的温度，所以不要用手直接握在注射器上所以C正确；‎ D．只要是封闭气体的质量不变，气体的多少不会改变实验的数据，与气体的温度是否会变化无关，所以D错误。‎ 故选AC。‎ ‎(2)[2] [3]不能，以p为纵坐标V为横坐标，做出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作出图像，看其是否为过原点的倾斜直线，才能最终确定p与V是否成反比。‎ ‎16.用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ 双量程电流表：A（量程0~‎0.6A，0~‎3A）‎ 双量程电压表：V（量程0~3 V，0~15 V）‎ 滑动变阻器：R1（阻值范围0~10Ω，额定电流‎2A），R2（阻值范围0~100 Ω，额定电流‎1A）‎ ‎(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为_______A，电压表的量程为________V，应选用滑动变阻器________（填写滑动变阻器符号）。‎ ‎(2)根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择正确的电表量程进行连线________。 ‎ ‎(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U－I图线。由图线可以得出此干电池的电动势E=____V（保留3位有效数字），内电阻r=______Ω（保留2位有效数字）。‎ ‎(4)引起该实验的系统误差的主要原因是______。‎ A.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 B.由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 ‎(5)某同学利用如图所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，经过正确的操作获得了若干组实验数据，据此描绘出的U-I图像（其中U、I分别为电压表和电流表的读数）如下图中的实线所示，虚线表示该电池两端的电压与流经电池电流的关系图线，下列图像合理的是_______。‎ ‎(6)为了分析本实验的误差，某同学自学了等效电压源定理：任何一个含有电源的二端网络（即图中的“有源网络”）可以等效为一个电压源，等效电压源的电动势等于该网络的开路电压，即a、b两点开路时的路端电压，等效电压源的内阻等于从网络两端看有源网络的总电阻，此时电源仅当做阻值为其自身内阻的一个定值电阻。请你用该方法分析本实验电动势、内阻的测量值E'、r'与真实值E、r的大小关系_______。‎ ‎【答案】 (1). 0~0.6 (2). 0~3 (3). R1 (4). (5). 1.45 (6). 1.3 (7). A (8). A (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) [1] [2]由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为0~3V电压表；‎ 估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几左右，加_上保护电阻，最大电流在‎0.5A 左右，所以选量程为0~‎0.6A的电流表；‎ ‎[3]由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器选择阻值范围0~10Ω的。‎ ‎(2)[4]根据给出的原理图可得出对应的实物图，如图所示。‎ ‎(3)[5]根据闭合电路的欧姆定律得 整理得 由图示电源的图像可知，电源的电动势为 ‎[6]图像斜率的绝对值等于电源的内阻 ‎(4)[7] 电流表采用了外接法，由于电压表的分流产生了系统误差。引起该实验的系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小，故A正确，BCD错误。‎ ‎(5)[8] 从图中的电路图可得，电压表测量的是路端电压，因此电压表测量的是干电池两侧的电压；而电流表测量的是滑动变阻器支路上的电流，而流经电池电流是电流表示数值与流经电压表的电流之和，因此流经电池的电流大于电流表示数值，虚线应在实线的右方，当U=0时，电压表不分流，故流经电池电流等于电流表示数值，因此实线与虚线在I轴上交于同一点，故A项正确。‎ ‎(6)[9] 电流表内接，设电压表内阻Rv，待测电源E和内阻r，将电压表RV和电源看成是一个电压源，等效电压源的电动势为将可变电组R两端开路时的端电压U，即 等效电压源内阻为RV与r的并联，即 在等效电压源的电路中，电流表测的就是总电流，电压表测的就是路端电压，由 求得的，，便是此等效电压源的， ‎ ‎17.如图所示，一质量为m=‎0.10kg的小物块以初速度v0从粗糙水平桌面上某处开始运动，经时间t=0.2s后以速度v=‎3.0m/s飞离桌面，最终落在水平地面上。物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=‎0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取‎10m/s2。求：‎ ‎（1）小物块的初速度υ0的大小；‎ ‎（2）小物块在空中运动过程中的动量变化量；‎ ‎（3）小物块落地时的动能Ek。‎ ‎【答案】（1）‎3.5m/s；（2），方向竖直向下；（3）0.9J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小物块的加速度 由速度加速度公式 由于 ‎，，‎ 解得小物块的初速度 ‎（2）小物块飞离桌面后做平抛运动 飞行时间 将h=‎0.45m代入，得 t=0.3s 由动量定理 方向：竖直向下。‎ ‎（3）对小物块从离开桌面到落地过程应用动能定理 由于 h=‎0.45m，v=‎3.0 m/s，m=‎‎0.10kg 解得物块落地时的动能 Ek=0.9J ‎18.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量m、带电量q的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37º，空气阻力不计，sin37º=0.6，cos 37º =0.8，g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求该电场场强大小；‎ ‎(2)在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；‎ ‎(3)将小球从A点释放，小球最高能达到什么位置？说明原因。‎ ‎【答案】(1)；(2)0.25mgl；(3)见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是 解得 ‎(2)小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有 代入数值得 ‎(3)小球最高到达C点，OC与竖直方向夹角为2α=74°（或者：OC与OA关于OB对称）‎ 原因：将电场力与重力等效成“等效重力”，其方向沿OB方向，小球从A点静止释放，应该摆动到关于OB对称的位置。‎ ‎19.如图所示，质量M＝‎1.0kg，长L＝‎4.5m的木板，静止在光滑的水平面上，固定光滑的圆轨道的水平出口跟木板的上表面相平，质量m＝‎2.0kg的滑块（可视为质点）从轨道上端静止下滑，从木板的左端冲上其表面，已知圆轨道的半径为‎1.8m，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，（g取‎10m/s2） 求：‎ ‎（1）滑块在轨道的最低点对轨道的压力大小；‎ ‎（2）通过计算说明滑块能否冲出木板；‎ ‎（3）调整滑块冲上木板的初速度v0，使其刚好滑至木板的右端。将木板从中点截开，分成两块相同的木板，再让滑块以初速度v0冲上木板。问：滑块能否再次到达木板的右端？并说明理由。‎ ‎【答案】（1）60N；（2）能冲出木板，具体计算过程见解析；（3）不能，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对滑块由动能定理有 在轨道最低点，由牛顿第二定律 解得 N=60N 牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为60N，方向竖直向上。‎ ‎（2）若滑块不冲出木板，则两个物体最终共速，由动量守恒有 对系统由能量守恒有 大于木板长度‎4.5m，所以能够冲出 ‎（3）不会冲出木板。原因：木板中点未截开前，滑块和木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，木板中点截开后，滑块先使整个木板加速，运动到木板中点时木板左侧停止加速，木板右侧继续加速，加速度大于之前运动的加速度，故木板中点截开后滑块将更早达到与木板速度相等，运动的距离变短，达不到木板右端，滑块不能冲出木板。‎ ‎20.电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。‎ ‎（1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e。请根据电动势定义，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1；‎ ‎（2‎ ‎）英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，感生电场与静电场不同，如图2所示它的电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，我们把这样的电场称为涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图3所示在某均匀变化的磁场中，将一个半径为x的金属圆环置于半径为r的圆形磁场区域，使金属圆环与磁场边界是相同圆心的同心圆，从圆环的两端点a、b引出两根导线，与阻值为R的电阻和内阻不计的电流表串接起来，金属圆环的电阻为，圆环两端点a、b间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。已知电子的电荷量为e，若磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt（k>0且为常量）。‎ a．若x＜r，求金属圆环上a、b两点的电势差Uab；‎ b．若x与r大小关系未知，推导金属圆环中自由电子受到的感生电场力与x的函数关系式，并在图4中定性画出F2-x图像。‎ ‎【答案】（1）见解析（2）a. ； b.；图像见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力，是这个力充当了非静电力。非静电力的大小 从N到M非静电力做功为 由电动势定义可得 ‎（2）a.由可得 根据法拉第电磁感应定律 因为，所以 根据闭合电路欧姆定律得 联立解得 b.在很短的时间内电子的位移为，非静电力对电子做的功为 ‎ 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功 根据电动势定义 当时，联立解得 当时，磁通量有效面积为 联立解得 由自由电子受到的感生电场力与x的函数关系式 可得F2-x图像