山东省青岛市2020届高三下学期二模物理试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 年高考模拟检测 物理试题 1. 答题前，考生先将自己的姓名、考试号、座号填写到相应位置，认真核对条形 码上的姓名、考试号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2. 选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使 用 0.5 亳米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3. 请按照题号在各题目的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试题卷上答题无效。答题卡面清洁、不折叠、不破损。 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.质点在某段时间内运动的 v t 图像是一段抛物线，如图所示，关于 10~t 和 21 ~t t 两段时间 内的运动，下列说法正确的是（ ） A. 两段时间内的位移大小相等 B. 两段时间内的速度方向相同 C. 两段时间内的平均速度大小相等 D. 两段时间内的加速度方向相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小可知， 10~t 时间内的位移大小大 于 21 ~t t 时间内的位移大小，故 A 错误； B． 10~t 时间内的速度为正，与规定的方向相同， 21 ~t t 时间内的速度为负，与规定的方向 相反，故 B 错误； - 2 - C．根据匀变速直线运动的平均速度公式 0 2 v vv   可知， 21 ~t t 时间内的平均速度大小等于 1 2 v ；若 10~t 时间内做匀减速直线运动，设运动的位移大小为 x ，则平均速度大小等于 1 2 v ， 根据速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小可知， 10~t 时间内的位移大小大于 x ，所 以 10~t 时间内的平均速度大小等于 1 2 v ，故 C 错误； D．根据速度时间图象的斜率等于加速度，在 10~t 时间内，图线的斜率为负； 21 ~t t 时间内， 图线的斜率为负，所以两段时间内的加速度方向相同，故 D 正确； 故选 D。 2.抗疫期间，某机械厂决定改建生产线转产口罩，原生产线工作电压为380V ，而口罩机工作 电压为 220V 。加装理想变压器后口罩机恰好可以正常工作，已知口罩机的工作电流为19A ， 则流经该理想变压器原线圈的电流为（ ） A. 11A B. 16A C. 22A D. 33A 【答案】A 【解析】 【详解】根据原副线圈电压和匝数关系式 1 1 2 2 U n U n  可得原副线圈的匝数之比为 1 2 19 11 n n  根据 1 2 2 1 n I n I  可得该理想变压器原线圈的电流为 1 11AI  故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A。 3.图甲为某实验小组探究光电效应规律的实验装置，使用 a 、b 、 c 三束单色光在同一光电管 中实验，得到光电流与对应电压之间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） - 3 - A. a 光频率最大， c 光频率最小 B. a 光与 c 光为同种色光，但 a 光强度大 C. a 光波长小于b 光波长 D. a 光与 c 光照射同一金属，逸出光电子的初动能都相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程 0kE h W  和根据动能定理 C keU E 可得 0CeU h W  入射光的频率越高，对应的遏止电压 CU 越大，分析图象可知 a 、 c 光的遏止电压比b 光的遏 止电压小，则 a 、 c 光的频率小于b 光的频率，故 A 错误； B．分析图象可知， a 光与 c 光的遏止电压相等，则 a 光与 c 光的频率相等，所以 a 光与 c 光 为同种色光，但 a 光的饱和光电流大，则 a 光内含有的光子个数多，即 a 光的光强度大于 c 光 的光强度，故 B 正确； C．由于 a 光的频率小于b 光的频率，根据频率和波长的关系 c f 可知，a 光的波长大于b 光的波长，故 C 错误； D． a 光与 c 光的频率相等，根据爱因斯坦光电效应方程 0kE h W  可知， a 光与 c 光照射 同一金属，a 光产生的光电子的最大初动能等于 c 光产生的光电子的最大初动能，但并不是逸 出光电子的初动能都相等，故 D 错误； 故选 B。 4.呼吸机在抗击新冠肺炎的战疫中发挥了重要的作用。呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时 会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打 开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为 0V ，肺 - 4 - 内气体压强为 0p （大气压强）。吸入一些压强为 0p 的气体后肺内气体的体积变为V ，压强为 p ，若空气视为理想气体，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为（ ） A. 0V V B. 0 pV p C.  0 0 p V V p  D. 0 0 0 pV p V p  【答案】D 【解析】 【详解】设压入的气体体积为 1V ，气体做等温变化，则 0 0 0 1pV p V p V  解得 0 0 1 0 = pV p VV p  故 D 正确，ABC 错误。 故选 D。 5.如图甲，学校趣味运动会上某同学用乒乓球拍托球跑，球、球拍与人保持相对静止，球拍与 水平方向的夹角为 。图乙是在倾角为 的静止斜面上用竖直挡板挡住与甲图中相同的球，忽 略空气阻力和一切摩擦，下列说法正确的是（ ） A. 该同学可能托着球做匀速直线运动 B. 该同学可能托着球做变加速直线运动 C. 球拍和斜面对球的弹力一定相等 D. 甲图中球所受合力大于乙图中挡板对球的弹力 【答案】C - 5 - 【解析】 【详解】AB．甲图中球拍和乒乓球受到竖直向下的重力和垂直于球拍向上的支持力，二力不 在同一直线上，二力的合力水平向左，大小恒定，不可能做匀速直线运动或变加速直线运动， AB 错误； C．甲图中，对乒乓球，由竖直方向受力平衡有 N cosF mg 甲 乙图中，乒乓球受到重力、斜面的弹力和挡板水平向右的弹力，竖直方向有 N cosF mg 乙 可知 N NF F甲 乙 即球拍和斜面对球的弹力一定相等，C 正确； D．甲图中乒乓球受到的合力为 tanF mg 合 乙图中挡板对球的弹力 tanF mg 弹 两者相等，故 D 错误。 故选 C。 6.如图，两种不同材料的弹性细绳在O 处连接， 0t  时刻开始从平衡位置向上抖动O 点，形 成以O 点为波源向左和向右传播的简谐横波①和②，5s 时O 点第二次到达波峰，此时绳上距 离O 点5m 处的质点 A 第一次到达波峰，已知波②的传播速度为1.5m/s ，OB 间距离为 9m ， 下列说法正确的是（ ） A. B 点的振动周期为5s B. 波①的传播速度为1m/s C. 波②的波长为 9m D. B 点起振时， A 点处于平衡位置 【答案】D - 6 - 【解析】 【详解】A．B 点振动周期和波源振动周期一致，根据题意 5s 时 O 点第二次到达波峰可知， 波源振动周期为 5 54 T  解得 4sT  即 B 点振动周期为4s，A 错误； B． 5s 时距离O 点5m 处的质点 A 第一次到达波峰，即从 O 到 A 传播了 4s，所以 5 1.25m / s4v  1 B 错误； C．波②的波长为 2 1.5 4 6mvT     C 错误； D．传播到 B 点时，需要用时 9 6s1.5t   此时质点 A 振动了 2s，即半个周期，正好回到平衡位置，故 B 点起振时， A 点处于平衡位置， D 正确。 故选 D。 7.2019 年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们在宇宙演化方面取得的成就。宇 宙中星体之间不断发生着演变，某双星绕两者连线上的某点做匀速圆周运动，如图描述了此 双星系统中体积较小（质量小）星体“吸食”另一颗体积较大（质量大）星体表面物质的景 象，这个过程物质在转移。在最初演变的过程中可以认为两球心之间的距离保持不变，对于 这个过程下列说法正确的是（ ） A. 它们之间的引力保持不变 - 7 - B. 它们做圆周运动的角速度不变 C. 体积较大星体圆周运动轨道半径不变 D. 体积较小星体圆周运动的线速度变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．设体积较小的星体质量为 1m ，轨道半径为 1r ，体积大的星体质量为 2m ，轨道半 径为 2r ，双星间的距离为 L ，转移的质量为 m ，则它们之间的万有引力为 1 2 2 ( )( )m m m mF G L     两个星球的总质量一定，当它们质量相等时，两个星球的质量的乘积最大，故它们做圆周运 动的万有引力是增加的，故 A 错误； B．对 1m 则有 21 2 1 12 ( )( ) ( )m m m mG m m rL        对 2m 则有 21 2 2 22 ( )( ) ( )m m m mG m m rL       联立可得 1 2 3 ( )G m m L   总质量 1 2m m 不变，两者距离 L 不变，可知它们做圆周运动的角速度不变，故 B 正确； C．由 21 2 2 22 ( )( ) ( )m m m mG m m rL       可得 2 21 2 ( )G m m rL     、 L 、 1m 均不变， m 增大，则 2r 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，故 C 错 误； D．由 21 2 1 12 ( )( ) ( )m m m mG m m rL        可得  2 2 12 G m m rL    - 8 -  、 L 、 2m 均不变， m 增大，则 1r 减小，由 1 1v r 得体积较小星体圆周运动的线速度变 小，故 D 错误； 故选 B。 8.平行板电容器下极板附近有一个静止的放射性原子核，它所放出的粒子 a 与反冲核b 平行于 极板分别向左和向右运动，相等时间内的运动轨迹如图所示，图中的 m 和 n 均表示长度，不 计重力，则 a 、b 两粒子的电荷量之比为（ ） A. 2:1 B. 3:2 C. 1:3 D. 2 :3 【答案】D 【解析】 【详解】对于粒子 a ，根据类平抛运动处理规律则有 am v t 212 2 a a q Em tm    联立可得 2 4 4a a a a mm m vq Et Et   对于粒子b ，根据类平抛运动处理规律则有 bn v t 213 2 b b q En tm    联立可得 2 6 6b b b b nm m vq Et Et   由动量守恒得所放出的粒子 a 与反冲核b 的动量相同，即有 a a b bm v m v - 9 - a 、b 两粒子的电荷量之比为 2 3 a b q q  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，有多个选项符合题目要求。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，电路中闭合开关S 后，灯泡 1L 和 2L 均正常发光。由于某种原因 2L 的灯丝突然烧断， 其余用电器均未损坏。电路再次稳定后，下列说法正确的是（ ） A 电流表示数变大 B. 电容器C 所带电荷量不变 C. 电源的输出功率一定变大 D. 电源的工作效率一定变大 【答案】AD 【解析】 【详解】A．灯泡 L2 灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知： 电源的内电压减小，路端电压增大，即灯泡 L1 和电容器两端的电压增大，故知电流表的读数 变大，A 正确； B．电容器两端电压增大，根据 QC U  可知，电荷量增大，B 错误； C．根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻关系未 知，电源的输出功率可能变大，不是一定变大，C 错误； D．电源的工作效率 UI U EI E    路端电压 U 增大，电源电动势 E 不变，故电源的工作效率增大，D 正确。 - 10 - 故选 AD。 10.陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一，深受青少年的喜爱。图甲是一种名为“魔力陀螺” 的玩具，这种陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为 R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为 m 的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动， a 、b 分别为轨道 的最低点和最高点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力， 重力加速度为 g ，下列说法正确的是（ ） A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒 C. 铁球在b 点的最小速度为 gR D. 轨道对铁球的磁性引力至少为5mg ，才能保证铁球不脱轨 【答案】BD 【解析】 【详解】ABC．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受 轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向 垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机 械能守恒。在最高点的速度最小（可以为零），在最低点的速度最大，小铁球不可能做匀速圆 周运动，选项 A 错误，B 正确，C 错误； D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小， 在最低点的速度也越小，需要的向心力越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支 持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大 于 0。所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为 0，而且到达最低点时，轨道 对铁球的支持力恰好等于 0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为 0，到达最 低点时的速度满足 212 2mg r mv  - 11 - 轨道对铁球的支持力恰好等于 0，则磁力与重力的合力提供向心力，即 2vF mg m r   联立得 F=5mg 即要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为 5mg，选项 D 正确。 故选 BD。 11.如图，小滑块以初动能 k0E 从粗糙斜面底端的 A 点冲上斜面，经过时间t 滑块运动至最高点 B ，之后沿原路返回，C 为 AB 的中点，下列说法正确的是（ ） A. 滑块上冲至C 点时的动能等于 k0 1 2 E B. 滑块经过 2 t 到达C 点 C. 滑块上冲过程中重力的冲量小于返回过程中重力的冲量 D. 滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．从 A 到 B 由动能定理有 k0cos 0AB ABmgh mg L E      从 A 到 C 由动能定理有 kCcos 02 2 AB ABh Lmg mg E      得 k k0 1 2CE E 故 A 正确； B．由逆向思维可知，滑块通过 CB 的时间与 AC 的时间比为1:( 2 )1 ，则 - 12 - 2 1 2ACt t 故 B 错误； C．由牛顿第二定律可得滑块上滑的加速度大小为 sin cos sin cosmg mga g gm         滑块下滑时的加速度大小为 ' sin cos sin cosmg mga g gm         由公式 21 2x at 可知，上滑的时间比下滑时间短，根据 I Ft 可知，滑块上冲过程中重力的 冲量小于返回过程中重力的冲量，故 C 正确； D．滑块上冲过程中克服重力做的功 G ABW mgh 返回过程中重力做的功 G ABW mgh 则滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功，故 D 正确。 故选 ACD。 12.如图甲，足够长的光滑平行金属导轨 MN 、 PQ 固定在水平面上，两导轨间距 0.2mL  ， 电阻 0.4R   ，导轨上放一长度 0.2mL  、质量 0.1kgm  、电阻 0.1r   的金属棒 ab ， 导轨电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 0.5TB  。 0t  时， 用外力 F 沿水平方向拉金属棒，使金属棒由静止开始运动，运动过程中理想电压表的示数U 随 时间t 变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ） A. 金属杆做匀加速直线运动 B. 拉力 F 的最小值为1N C. 拉力 F 的功率保持不变 - 13 - D. 0 ~ 4s 内安培力的冲量大小为 0.8N s 【答案】AD 【解析】 【详解】A．金属杆切割磁感线产生感应电动势， E BLv 根据闭合电路欧姆定律可知 0.5 0.2 0.4 0.080.4 0.1 R BLRU E v v vR r R r        则U v ，因 U 随时间均匀变化，根据图像可知 0.4U t 故 0.4 0.08t v 解得 25m / sva t   金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，A 正确； B．由牛顿第二定律 F F ma 安 ， F BIL安 可得 2 2 0.1 0.5B L atF BIL ma ma tR r       ， 当 t=0 时，F 最小，为 0.5N，B 错误； C．F 在增大，速度在增大，根据 FP Fv 可知，拉力的功率在变化，C 错误； D．安培力随时间均匀增大，故 0 ~ 4s 内安培力的冲量大小   2 2 2 0.8N s2 B L atI F tt R r    安 安 D 正确。 故选 AD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.如图，是用气垫导轨验证动量守恒定律的实验装置，滑块 1 的质量 1 0.20kgm  ，滑块 2 - 14 - 的右端面固定一小块橡皮泥，其总质量 2 0.10kgm  。两滑块上均装有宽度 0.50cmd  的遮 光条，在两滑块间合适位置装有光电门 1，在滑块 2 左侧适当位置装有光电门 2。将滑块 1 置 于导轨右端，然后用橡皮锤水平敲击滑块 1，滑块 1 经过光电门 1，光电计时器显示的时间为 0.050s ，滑块 1 与滑块 2 碰撞后粘在一起，碰撞后滑块 2 与滑块 1 先后经过光电门 2，光电 计时器先后显示的时间分别为 0.068s 和 0.065s 。请回答下列问题： (1)对于滑块 1 与滑块 2 组成的系统，碰撞前系统的总动量为______ kg m/s ，碰撞后系统的总 动量为_______ kg m/s 。（计算结果均保留两位有效数字） (2)由(1)中计算结果可以看出，碰撞前后系统的总动量并不完全相等，你认为产生这一差异的 原因是____________。 【答案】 (1). 0.020 (2). 0.022 (3). 导轨不平，右端高 【解析】 【详解】(1)[1]滑块 1 通过光电门 1 的速度为 2 1 1 0.50 10 m/s 0.10m/s0.050 dv t    对于滑块 1 与滑块 2 组成的系统，碰撞前系统的总动量为 1 1 0.20 0.10kg m/s 0.020kg m/sP m v      (2)[2]滑块 1 与静止的滑块 2 碰撞后粘合在一起，通过光电门 2 的平均时间为 2 0.068 0.065 s 0.0665s2t    通过光电门 2 的的速度为 2 2 2 0.50 10 m/s 0.075m/s0.0665 dv t    对于滑块 1 与滑块 2 组成的系统，碰撞后系统的总动量为 - 15 - 1 2 2( ) (0.20 0.10) 0.075kg m/s 0.022kg m/sP m m v         (3)[3]根据题意可知，碰撞后滑块 2 与滑块 1 做加速直线运动，所以气垫导轨右端高，产生碰 撞前后系统的总动量并不完全相等差异的原因是导轨不平，右端高。 14.某校实验兴趣小组在实验室测量电压表的内阻。 （1）该小组先用欧姆表的“ 1k ”挡粗测电压表内阻，示数如图甲所示，则该电压表的内阻 约为______ Ω ，测量时欧姆表的黑表笔要与待测电压表的______（选填“  ”或“  ”）接 线柱相连。 （2）为了更准确测量该电压表的内阻，实验室提供了下面实验器材： A. 待测电压表 1V （量程3V ） B. 电压表 2V （量程 9V ，内阻约为9kΩ ） C. 滑动变阻器 R （最大阻值为 20Ω ，额定电流为1A ） D. 定值电阻 0R （阻值为12kΩ ） E. 电源（电动势为 9V ，内阻约为1Ω ） F. 开关一个、导线若干 ①根据提供的实验器材，在方框内画出实验电路图______； ②将实物连接补画完整______； ③实验中将电压表 1V 和电压表 2V 的读数分别记为 1U 和 2U ，改变滑片位置，记录多组 1U 和 2U 的值，并作出 2 1U U 关系图像如图丙所示，图线为倾斜直线，其斜率 3.0k  ，则电压表 - 16 - 1V 内阻的测量值为______  . 【答案】 (1). ）5800（5700 或 5900 也得分） (2).  (3). (4). (5). 6000 【解析】 【详解】(1)[1]欧姆表选用“ 1k ”挡，由图甲可知，则该电压表的内阻约为 5.8 1000Ω=5800Ω （5700 或 5900 也得分） [2]根据多用电表的使用规则知测量时欧姆表的黑表笔要与待测电压表的“  ”接线柱相连。 (2)[3]根据题给器材，没有电流表，所以采用“伏伏法”测电压表的内阻，定值电阻 0R 与待测 电压表 1V 串联，滑动变阻器最大阻值为 20Ω ，为了多测几组数据，采用分压式接法，电路如 图： [4]根据电路图连接实物图如图： - 17 - [5]两个电压表的支路的电压相等，所以有 V 01 2 1 0 1 V V R RUU U R UR R    结合题意， 2 1U U 图象的斜率为 k，即 V 0 V =R R kR  所以 0 V 12= k 60001 3. Ω Ω0 1 RR k    15.在暗室中的某容器底部中央处固定一个点光源，向该容器中注入一定量的某种液体，当液 体深度 8cmh  时，在液面上方可看到一直径 12cmd  的圆形亮斑。现向容器中继续注入该 液体，液面上升的速度 0 0.4cm/sv  。求： （1）液体的折射率； （2）亮斑圆周上某点相对于圆心的速度大小。 【答案】（1） 5 3 ；（2） 0.003m/s 【解析】 【详解】（1）由光的折射定律 sin90 sinn   2 2 32sin 5 2 d dh         解得 - 18 - 5 3n  （2）由几何关系得 0 tan 0.3cm/s 0.003m/sv v    16.中国目前已系统掌握各种复杂地质及气候条件下的高铁建造技术。动车组是指几节自带动 力车厢与几节不带动力车厢的编组。复兴号 CR400AF 型城际电力动车组由 6 节车厢编组而成， 每节车厢的质量均为 45 10 kgm   ，其中第 1 节和第 4 节车厢带有动力，牵引电机的额定功 率分别为 7 1 1.8 10 WP   和 7 2 1.2 10 WP   。该动车组以 22m/sa  的加速度沿水平直轨道 由静止开始匀加速启动，当第 1 节车厢的牵引电机达到额定功率时，第 4 节车厢的牵引电机 立即启动，动车组行驶过程中受到的阻力为车重的 0.1 倍，重力加速度 210m/sg  。求： （1）从静止开始到第 4 节车厢的牵引电机启动所经历的时间； （2）当动车组的速度为 50m/s 时，第 4 节车厢对第 5 节车厢的拉力大小。 【答案】（1）10s；（2） 5 2 2 10 NF   【解析】 【详解】（1）设从静止开始到第 4 节车厢牵引电机启动经历的时间为t ，电机的牵引力为 1F ， 第 4 节车厢牵引电机启动时动车组的速度为 1v ，有 1 0.1 6 6F mg ma   - 19 - 1 1 1P Fv 1v at 解得 10st  （2）设当第 4 节车厢牵引电机刚好达到额定功率时，列车速度为 2v ，有 1 2 1 2P P Fv  解得 2 100 m/s 50m/s3v   所以 3 50m/sv  时，有 1 2 3 0.1 6 6 'P P mg mav     对第 5、6 节车厢，有 2 0.1 2 2 'F mg ma   解得 5 2 2 10 NF   17.如图，水平面放置的足够长光滑平行金属导轨间距为 l ，导轨平面处于竖直向下的匀强磁场 1B 中，质量为 M 的金属棒静置在导轨上，与导轨垂直且电接触良好，开关S 处于断开状态； 极板长度和间距均为l 、电容为C 的带电平行板电容器竖直放置，平行板上方有垂直纸面向里 的单边界匀强磁场 2B ；大量不计重力，质量为 m 、电量为 q的带负电粒子，连续不断地从两 平行板底端中间位置以速度 0v 竖直向上射入平行板间，恰好从 N 板边缘进入上方的匀强磁场 中。已知两部分磁场的磁感应强度大小均为 B ，电容满足 2 22 MC B l  。求： (1)开关S 闭合前，粒子在磁场 2B 中的运动时间； (2)开关S 闭合，金属棒运动状态稳定后，电容器两极板间的电压； (3)开关S 闭合，金属棒运动状态稳定后，进入磁场 2B 中的粒子做圆周运动的半径。 - 20 - 【答案】(1) 2 m qB  ；(2) 2 0 3 mv q ；(3) 010 3 mv qB 【解析】 【详解】(1)粒子在带电平行板中，做类平抛运动，则有 0l v t ， 21 2 2 l at ， xv at 解得 0xv v 速度方向与磁场边界成 45角。 粒子在磁场 2B 中做匀速圆周运动，如图所示 根据几何关系可得运动的圆心角为90 ，则由 2mvqBv r  ， 2 rT v  可得 2 mT qB  ， 1 1 4 2   mt T qB (2)设S 闭合前板间电压为 0U ，则有 0 0 0 x qU lv v ml v    - 21 - 可得 2 0 0 mvU q  电容器带电量 1 0q U C S 闭合后，则有 2BlI t Blq Mv    1 2q qBlv C  解得板间电压 00 2 3 3 U mvU q   (3)S 闭合后，金属棒运动稳定时，粒子在平行板间的偏转量 2 0 1 ( )2 6 qU l lx ml v    根据动能定理可得 2 2 0 1 1'2 2 Uq x mv mvl   粒子在磁场 2B 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律则有 2'' ' mvqv B r  联立解得 010' 3 mvr qB  18.如图，长度 0 0.9ml  的木板 a 静止于光滑水平面上，左端与固定在墙面上的水平轻弹簧相 连，弹簧的劲度系数 15N/mk  ；木板左端放有一质量 0 1.2kgm  的小物块（可视为质点）， 质量 0.4kgm  的足够长木板b 与 a 等高，静止于水平面上 a 的右侧，距离b 右侧 0x 处固定有 挡板 c 。某时刻小物块以速度 0 9m/sv  向右开始运动， a 向右运动到最远时恰好与b 相遇但 不相撞，在 a 某次到达最远处时，物块刚好离开 a 滑到b 上，此过程中物块的速度始终大于木 - 22 - 板 a 的速度，b 与挡板 c 碰撞时无机械能损失，物块与 a 、b 之间的动摩擦因数均为 0.5  。 不计空气阻力， 210m/sg  。 (1)证明：物块在木板 a 上滑动过程中， a 做简谐运动； (2)若b 与 c 碰撞前物块和b 已达共速，求 0x 满足的最小值； (3)在b 与 c 发生第 5 次碰撞后将 c 撤走，求b 的最终速度。 【答案】(1)见解析；(2) 0 1.2mx  ；(3) 3 m/s16 【解析】 【详解】(1)木板 a 受到的合外力，取向右为正方向 0F m g kx  令 0mx gx k    ，则有 F kx  即 a 在弹簧伸长 0m gx k  时处于平衡位置，在该位置附近做简谐运动 (2)可知木板 a 做简谐运动的振幅 0 0.4mmA k g  对物块从开始运动至滑离木板 a ，根据动能定理则有 2 2 0 0 0 0 0 1 1( 2 ) 2 2m g l A m v m v    解得 8m/sv  物块在长木板b 滑动，根据动量守恒定律则有 0 0 1( )m v m m v  解得 1 6m/sv  对长木板b ，根据动能定理则有 - 23 - 2 0 0 1 1 2m gx mv  解得 0 1.2mx  (3)b 与 c 第一次碰撞后到第二次碰撞前，根据动量守恒定律则有  0 1 1 0 2m v mv m m v   解得 0 2 1 0 m mv vm m   b 与 c 第二次碰撞后到第三次碰撞前，根据动量守恒定律则有  0 2 2 0 3m v mv m m v   解得 2 20 0 3 2 1 1 0 0 1( ) ( )2 m m m mv v v vm m m m      b 与 c 第五次碰撞后到物块与 b 共速运动 5 6 1 1 3( ) m/s2 16v v  即b 最终以 3 m/s16 的速度匀速向右运动