【物理】北京市顺义区杨镇第一中学2020届高三下学期4月试题（解析版） 19页

北京市顺义区杨镇第一中学 2020 届高三下学期 4 月试题 一、单选题（本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42.0 分） 1.在核反应方程 4 14 17 2 7 8He+ N O+X 中，X 表示的是（ ） A. 质子 B. 中子 C. 电子 D. 粒子 【答案】A 【解析】 【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为 1，电荷数为 1，则 X 为质子。 故选 A。 2.下列说法正确的是 A. 温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度 B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和 C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关 D. 气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变 【答案】A 【解析】 【详解】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化， 内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强 A．温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故 A 正确； B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故 B 错误； C．由压强公式 PV nRT 可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关， 故 C 错误； D．温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故 D 错误． 3.下列说法正确的是（ ） A. 速度、磁感应强度和冲量均为矢量 B. 速度公式 xv t   和电流公式 UI R  均采用比值定义法 C. 弹簧劲度系数 k 的单位用国际单位制基本单位表达是 1kgs D. 将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法 【答案】A 【解析】 【详解】A．速度、磁感应强度和冲量均为有大小和方向的物理量，均为矢量，选项 A 正确； B．速度公式 xv t   采用比值定义法，而电流公式 UI R  不是采用比值定义法，选项 B 错 误； C．弹簧劲度系数 k 的单位用国际单位制基本单位表达是 2 2/N kg m s kg sm m    ，选项 C 错误； D．将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型法，选项 D 错误。 故选 A。 4.一倾角为的斜面体固定在水平面上，其斜面部分光滑，现将两个质量均为 m 的物块 A 和 B 叠放在一起，给 A、B 整体一初速度使其共同沿斜面向上运动，如图所示，已知 A 的上表 面水平，则在向上运动过程中，下列说法正确的是 A. 物块 B 对 A 的摩擦力方向水平向右 B. 物块 A 对 B 的作用力做正功 C. A 对 B 的摩擦力大小为 mgsinθcosθ D. 由于 B 减速运动，则 B 的机械能减少 【答案】C 【解析】 【分析】 根据整体法求出 AB 共同的加速度,将加速度分解为水平方向和竖直方向,隔离对 B 分析,求出 A、B 之间的支持力和摩擦力. 【详解】解:A、对整体分析,其加速度沿斜面向下,可将此加速度分解为水平方向和竖直方向, 再隔离 B 分析可得,故 B 定会受到 A 给 B 水平向右的摩擦力,根据牛顿第三定律,则物块 A 受 到 B 的摩擦力水平向左,故 A 错误; C、对整体分析,其加速度沿斜面向下,可将此加速度分解为水平方向和竖直方向,水平方向上 的加速度 1 cos sin cosa a g    ,竖直方向上的加速度 2 2 sin sina a g   .隔离对 B 分析,A 对 B 的摩擦力 1 sin cosf ma mg    ,所以 C 选项是正确的; B、D、先对整体分析,有沿向下加速度为 sing  .再对 B 分析,(把 A 对 B 的摩擦力和支持力 看作一个力),重力沿斜面的分力产生的加速度为 sing  ,重力的另一个分力与把 A 对 B 的作 用力平衡,所以 B 对 A 的合力垂直于斜面方向,不做功,所以 B 机械能不变.故 B、D 错误. 5.甲、乙两球质量分别为 1m 、 2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受 空气阻力大小 f 仅与球的速率 v 成正比,与球的质量无关,即 f=kv(k 为正的常量),两球的 v−t 图象如图所示,落地前,经过时间 0t 两球的速度都已达到各自的稳定值 1v 、 2v ,则下落判断正 确的是( ) A. 甲球质量大于乙球 B. m1/m2=v2/v1 C. 释放瞬间甲球的加速度较大 D. t0 时间内，两球下落的高度相等 【答案】A 【详解】两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时 kv=mg，因此最大 速度与其质量成正比，即 vm∝m， 1 1 2 2  m v m v  ，由图象知 v1＞v2，因此 m 甲＞m 乙；故 A 正确， B 错误．释放瞬间 v=0，空气阻力 f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度 g．故 C 错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0 时间内两球下落的高度 不相等；故 D 错误；故选 A． 6.一简谐机械横波沿 x 轴正方向传播,波长为λ,周期为 T．t=0 时刻的波形如图甲所示,a、b 是 波上的两个 质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法中正确的是 ( ) A. t=0 时质点 a 的速度比质点 b 的大 B. t=0 时质点 a 的加速度比质点 b 的小 C. 图乙可以表示质点 a 的振动 D. 图乙可以表示质点 b 的振动 【答案】D 【解析】 【详解】因为在 t=0 时，a 点处于波峰的位置，它的瞬时速度为 0，受到的合力最大，加速 度最大，而 b 点处于平衡位置，它的瞬时速度最大，受到的合力为 0，加速度为 0，故 AB 错误；在图乙中，质点向下振动，根据甲的波的传播方向可知，b 点的振动方向是向下的， 故图乙表示质点 b 的振动情况，故 C 错误，D 正确． 故选 D。 7.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面 五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后 分解成两束单色光 a、b，下列说法正确的是 A. 若增大入射角 i，则 b 光先消失 B. 在该三棱镜中 a 光波长小于 b 光 C. a 光能发生偏振现象，b 光不能发生 D. 若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则 a 光的遏止电压低 【答案】D 【解析】设折射角为α，在右界面的入射角为β，根据几何关系有： A   ，根据折射定 律： sin sin in  ，增大入射角 i，折射角α增大，β减小，而β增大才能使 b 光发生全反射，故 A 错误；由光路图可知，a 光的折射率小于 b 光的折射率（ a bn n ），则 a 光的波长大于 b 光的波长（ a b  ），故 B 错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能 k 0E h W ν ，再根据动能定理： c k0eU E   ，即遏止电压 0 c WhU e e   ，可知入射光 的频率越大，需要的遏止电压越大， a bn n ，则 a 光的频率小于 b 光的频率（ a b  ），a 光的遏止电压小于 b 光的遏止电压，故 D 正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没 有，有无偏振现象与光的频率无关，故 C 错误． 点睛：本题考查的知识点较多，涉及光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关 系、横波和纵波的概念等，解决本题的关键是能通过光路图判断出两种光的折射率的关系， 并能熟练利用几何关系． 8.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于 O 点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速 度 v0 击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为 m，砂袋质量为 5m，弹丸和砂袋形 状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为 g．下列说法中正确的是 A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B. 弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小 C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 2 0 72 mv D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 2 0 72 v g 【答案】D 【解析】 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律 mv0=(m+5m)v，解得 v= 1 6 v0；弹丸打入沙袋后，总质 量变大，且做圆周运动，根据 T=6mg+6m 2v L 可知，细绳所受拉力变大，选项 A 错误；根据 牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大 小，选项 B 错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 2 2 2 0 0 1 1 1362 2 36Q mv mv mv    ， 选项 C 错误；由机械能守恒可得： 21 6 62 mv mgh  ，解得 2 0 72 vh g  ，选项 D 正确；故选 D. 9.下图是 a、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ） A. 在同种均匀介质中，a 光的传播速度比 b 光的大 B. 从同种介质射入真空发生全反射时 a 光临界角大 C. 照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电流大 D. 若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生 a 光的能级能量差大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知 a 光的干涉条纹间距小于 b 光的，根据 Lx d   可知 a 的波长小于 b 的波长，a 光的频率大于 b 光的频率，a 光的折射率大于 b 光的折射率， 则根据 cn v  可知在同种介质中传播时 a 光的传播速度较小，A 错误； B．根据 1sinC n  可知从同种介质中射入真空，a 光发生全反射的临界角小，B 错误； C．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小，C 错 误； D．a 光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生 a 光的能级差大，D 正确。 故选 D。 【点睛】此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉 中条纹间距的表达式 Lx d   ，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越 大，折射率越大，全反射临界角越小，波长越小，在介质中传播的速度越小． 10.如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线 框面积为 S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴 'OO 以角速度 匀速转动，并与理想变压 器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为 U 的灯泡，灯泡正常发光。从线圈通过 中性面开始计时，下列说法正确的是（ ） A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B. 灯泡中的电流方向每秒改变 2 次 C. 线框中产生感应电动势的表达式为 e=nBSωsinωt D. 变压器原、副线圈匝数之比为 nBSω：U 【答案】C 【解析】 【详解】A．图示位置线框位于中性面，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为 0，故 A 错误； B．交流电的周期 2T  ＝ ，1s 内完成周期性变化的次数 1 T ，1 个周期电流方向改变 2 次， 所以灯泡中电流方向每秒改变   22     ＝ ，故 B 错误； C．线框中感应电动势的峰值 Em=nBSω 线框是从中性面开始计时，所以线框中产生感应电动势的表达式为 e=nBSωsinωt 故 C 正确； D．原线圈电压的有效值 1 2 nBSU ＝ 副线圈电压的有效值 U，所以原副线圈的匝数比为 1 2   2 n nBS n U  故 D 错误； 故选 C。 11.如图所示，甲球从 O 点以水平速度 v1 飞出，落在水平地面上的 A 点。乙球从 O 点以水平 速度 v2 飞出，落在水平地面上的 B 点，反弹后恰好也落在 A 点。两球质量均为 m。若乙球 落在 B 点时的速度大小为 3v ，与地面的夹角为 60 ，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时 间和空气阻力，下列说法错误的是（ ） A. 乙球在 B 点受到的冲量大小为 33 mv B. 抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能 C. OA 两点的水平距离与 OB 两点的水平距离之比是 3：1 D. 由 O 点到 A 点，甲、乙两球运动时间之比是 1：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙球落在 B 点时的速度大小为 v3，与地面的夹角为 60°，故竖直方向的分量 3 3 3sin60 2yv v v＝ ＝ 反弹后竖直方向的分量为 3 3 2y yv v v ＝ ＝- 水平方向速度不变，故冲量大小为 33y yP mv mv mv    故 A 正确，不符合题意； B．抛出时甲的初速度大于乙的初速度，故甲的初动能大于乙的初动能，而两者重力势能相 等，故抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能，故 B 正确，不符合题意； CD．设 OA 间的竖直高度为 h。由 O 点到 A 点，甲球运动时间为 2  A ht g  ．乙球运动时间 是甲球的 3 倍；乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从 B 到 A 的水平 位移等于从 O 到 B 的水平位移的 2 倍，所以甲球由 O 点到 A 点的水平位移是乙球由 O 点到 B 点水平位移的 3 倍，故 C 正确，不符合题意，D 错误，符合题意。 故选 D。 12.一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态，其 p－T 图象 如图所示．下列判断正确的是( ) A. 过程 ab 中气体一定吸热 B. 过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C. 过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. a、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最大 【答案】A 【解析】 A、由图示可知，ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积 不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律 U Q W   可知， 气体吸收热量，故 A 正确； B、由图示图象可知，bc 过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律 可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律 U Q W   可知，气体吸热，故 B 错误； C、由图象可知，ca 过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外 界对气体做功，W>0，气体温度降低，内能减少， △ U<0，由热力学第一定律 U Q W   可 知，气体要放出热量，过程 ca 中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故 C 错误； D、由图象可知，a 状态温度最低，分子平均动能最小，故 D 错误； 故选 A． 【点睛】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后 应用热力学第一定律答题． 13.如图甲所示，单匝矩形线圈 abcd 垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强 度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，以逆时针方向为电流正方向，以向 右方向为安培力正方向，下列关于 bc 段导线中的感应电流 i 和受到的安培力 F 随时间变化 的图象正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】0～0.5T 时间内，B 减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞 次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为负值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动 势为 BE St    ， B t   不变，则 E 不变，感应电流 i 不变。由左手定则可知，bc 段导线受到 的安培力方向水平向右，是正的。由 F=BiL 知，由于 B 随时间均匀减小，则 bc 段导线受到 的安培力随时间呈线性减小。 在 0.5T-T 时间内，B 增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律 可知，感应电流方向沿逆时针方向，为正值；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为 BE St    ， B t   不变，则 E 不变，感应电流 i 不变。由图知：在 0.5T-T 时间内的 B t   是 0 ～0.5T 时间内的 2 倍，则在 0.5T-T 时间内的感应电动势 E 是 0～0.5T 时间内的 2 倍，感应 电流也是 2 倍。在 0.5T-T 时间内，由左手定则可知，bc 段导线受到的安培力方向水平向左， 是负的，且由 F=BiL 知，因 B 由 0 逐渐增大到 2B0，则在 0.5T-T 时间内 bc 段导线受到的安 培力随时间呈线性增大，且 t=T 时刻的安培力是 t=0 时间安培力的 4 倍；故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 14.如图所示，带正电的点电荷 Q 固定，电子仅在库仑力作用下，做以 Q 点为焦点的椭圆运 动，M、P、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离 Q 最近的点。φM、φN 和 EM、EN 分别表示 电子在 M、N 两点的电势和电场强度，则电子从 M 点逆时针运动到 N 点（ ） A. φM＞φN，EM＜EN B. φM＜φN，EM＞EN C. 电子的动能减小 D. 电场力对电子做了正功 【答案】D 【解析】 【分析】 考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。 【详解】AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以 EM ＜EN，φM＜φN，故 AB 错误； CD．当电子从 M 点向 N 点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加 后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总 的电势能减小，动能增大，故 C 错误，D 正确。 故选 D。 二、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分） 15.某同学用一弹簧秤和一橡皮条做验证平行四边形的实验，装置如图所示，实验步骤如下： ①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上 O 点； ②将三根细线 Pa、Pb、Pc 结于 P 点，a 端系在橡皮条下端．C 端暂时空置，b 端挂一钩码， 钩码静止后，记录钩码重力 G 的大小和方向； ③以 O 为圆心为 OP 为半径，画一圆弧； ④用弹簧秤钩住 c 端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点 P 移到图中所示位置，记录 该位置和弹簧秤的示数； ⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立． （1）第④步中还应记录的是____________． （2）第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于______，方向_____则可验证平 行四边形定则． 【答案】 (1). 弹簧秤拉力的方向 (2). G 竖直向上 【详解】（1）由于力是矢量，在验证时，需要记录拉力的方向，所以第④步中还应记录的是 弹簧秤拉力的方向。 （2）验证平行四边形定则，需要结合共点力平衡，任意两个力的合力与第三个力大小相等， 方向相反，所以在第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧秤拉力的合力大小等于钩码的重力 G，方 向竖直向上则可验证平行四边形定则。 16.学习了“测电源电动势和内阻”后，某物理课外活动小组自制了西红柿电池组，设计了如 图所示的实验电路，测定了电压表的内阻，并用多种方法测量电池组的电动势与内阻，请完 成下面实验。 (1)用笔画线代替导线按照电路图将实物图连线； (2)将单刀双掷开关 S 打向触头 1，调节电阻箱的示数为 R0，电流表的示数为 I0 和电压表的 示数为 U0，则电压表的内阻 Rv=______； (3)将单刀双掷开关 S 打向触头 2，仅测多组电压表的示数 U 和电阻箱的示数 R，然后运用 数据作出 1 1 U R  图象为一条倾斜的直线，得到直线的斜率为 k，纵轴截距为 b，则该电池组 的电动势 E=______，内阻 r=______（用 k、b、Rv 表示）。 【答案】 (1). 见解析 (2). 0 0 0 0 0 U R I R U (3). V V R bR k V V kR bR k 【解析】 【详解】(1)[1]．根据图 1 所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示： (2)[2]．电压表内阻 0 0 0 0 0 0 0 0 0 V V V U U U RR UI I R UI R     (3)[3][4]．单刀双掷开关 S 打向触头 2，由图示电路图可知，电源电动势 V U UE U Ir U rR R     （ ） 整理得 11 1  V r r U E R E ER     则  1 1 U R  图线的斜率 rk E  纵轴截距 1 V rb E ER   解得电源电动势为 V V RE bR k   电源内阻为 V V kRr bR k   三、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0 分） 17.如图所示，半径 2R m 的四分之一粗糙圆弧轨道 AB 置于竖直平面内，轨道的 B 端切线 水平，且距水平地面高度为 h =1.25m，现将一质量 m =0.2kg 的小滑块从 A 点由静止释放， 滑块沿圆弧轨道运动至 B 点以 5 /v m s 的速度水平飞出（ g 取 210 /m s ）．求： （1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过 B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小. 【答案】(1) 1.5fW J (2) 4.5NF N (3) 1 5 2 /v m s 【解析】 【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理 mgR-Wf = 1 2 mv2 Wf =15J （2）由牛顿第二定律可知： 2    N vF mg m R   解得： 4.5NF N （3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知： 2 2 1 1 1m m2 2mgh v v  解得： 1 5 2m/sv  18.“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图 5 所示的过程，卫星由地面发射后，经 过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作 轨道.已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为 R 和 R1，地球半径为 r，月球半径 为 r1，地球表面重力加速度为 g，月球表面重力加速度为 6 g .求： (1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小； (2)卫星在工作轨道上运行的周期. 【答案】(1) gv r R  (2) 1 1 1 2 6R RT r g  【解析】 （1）卫星停泊轨道是绕地球运行时，根据万有引力提供向心力： 2 2 Mm vG mR R  解得：卫星在停泊轨道上运行的线速度 GMv R  ； 物体在地球表面上，有 2 Mmmg G r  ，得到黄金代换 2GM gr ，代入解得 gv r R  ； （2）卫星在工作轨道是绕月球运行，根据万有引力提供向心力有 2 12 2 1 4M mG m RR T 月 ， 在月球表面上，有 2 1 1 6 M mm g G r   月 ，得 2 1 1 6GM gr月 ， 联立解得：卫星在工作轨道上运行的周期 1 1 1 2 6R RT r g  ． 19.如图所示，虚线 L 右侧空间有水平向右电场强度 E1＝2.5N/C 的匀强电场，左侧空间有一 竖直向上电场强度 E2＝1.25N/C 的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场 B，在 E1 场区有 四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为 R＝0.2m，圆心在虚线 O 点，过低端点 Q 的切线水平， 现将一视为质点的带正电荷粒子从轨道的最高点 P 由静止释放，粒子沿轨道向底部运动， 已知粒子的质量为 m＝1×10﹣4kg，粒子带电量 q1＝+3×10﹣4C，取 g＝10m/s2．求： （1）粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力； （2）若粒子运动到 Q 点瞬间仅使其电量变为 q2＝+8×10﹣4C，要使粒子再次通过虚线位置落 到圆轨道内，磁感应强度 B 大小应满足什么条件． 【答案】（1）2.25×10﹣3N；（2）B≥1T 【解析】 【详解】（1）粒子在电场 E1 中受电场力为： 3 1 1 1 30.75 10 4F q E N mg    则受重力及电场力合力大小 5 4F mg 合力的方向与竖直方向成 角 3 34tan 4 mg mg    解得： 37   设粒子到达 C 点对轨道压力最大，设此时速度为 cv ，轨道对粒子的支持力 N ， 由动能定理有：   2 1 1 1cos 1 sin 02 cmgR q E R mv     由牛顿第二定律有： 2 cvN F m R   解得： 39 2.25 104N mg N   由牛顿第三定律可知，P 对轨道最大压力为 32.25 10 N （2）粒子到达轨道底时速度设为 v 由动能定理得： 2 1 1 1 2mgR q E R mv  解得： 1 /v m s 在电场 2E 中，因电场力 3 2 2 2 10F q E N mg   故粒子在 L 左侧复合场中受磁场作用做匀速圆周运动，再次到 L 时速度大小仍为v ，然后在 左侧电场中受力及状态如图 水平方向受力为 2 1q E 加速度： 22 1 20 /q Ea m sm   运动位移为 R 时，需要时间为t 则有： 2 2 1 2R vt a t  代入数据解得； 1 0.2t s  （舍去）， 2 0.1t s 竖直方向受重力以加速度 g 加速下落，t 时间内下落位移： 21 0.52h gt m  要使 B 落到圆轨道内，即 2r h R  而由洛伦兹力充当向心力可知， 2 mvr q B  联立解得： 1B T 20.间距为 l 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 1B ，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 m 的“联动双杆”（由两根长为 l 的金属杆， cd 和 ef ，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 2B ，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 m ，长为l 的金属杆 ab ，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 cd 与“联动双杆”发生碰撞后杆 ab 和 cd 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 ab 、cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆 ab 、 cd 和 ef 电阻均为 0 1 20.02 , 0.1 , 0.5 , 0.3 , 30 , 0.1 , 0.2R m kg l m L m B T B T        ．不计摩擦阻力和 导轨电阻，忽略磁场边界效应．求： （1）杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 0v ； （2）联动三杆进入磁场区间 II 前的速度大小 v ； （3）联动三杆滑过磁场区间 II 产生的焦耳热 Q 【答案】(1) 0 6 /v m s (2) 1.5m/s (3)0.25J 【解析】 【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 1 0E B lv 电流 1.5 EI R  安培力 1F B Il 匀速运动条件 2 2 1 0sin 1.5 B l vmg R   代入数据解得： 0 6 /v m s （2）由定量守恒定律 0 4mv mv 解得： 1.5 /v m s （3）进入 B2 磁场区域，设速度变化大小为 v ,根据动量定理有 2 4B Il t m v    2 1.5 1.5 B LlI t q R R     解得： 0.25 /v m s   出 B2 磁场后“联动三杆”的速度为 2 1.0 /v v v m s    根据能量守恒求得：  2 21 4 0.252Q m v v J     综上所述本题答案是：(1) 0 6 /v m s (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．