【文档说明】【精准解析】浙江省衢州、湖州、丽水三地市2020届高三下学期4月教学质量检测物理试题.doc，共(29)页，1.674 MB，由小赞的店铺上传

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衢州、湖州、丽水2020年4月三地市高三教学质量检测试卷物理一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量属于标量，且单位属于国际单位制

导出单位的是（）A.位移、mB.电压、VC.电流、AD.力、N【答案】B【解析】【详解】A．位移不属于标量，是矢量，但是其单位m属于国际单位制中的基本单位，故A错误；B．电压属于标量，其单位V属于国际单位制导出单位，故B正确；C．电流属于标量，但是其单位A属于国际单位制中的基本单位，故C错

误；D．力不属于标量，是矢量，其单位N属于国际单位制导出单位，故D错误。故选B。2.在2020年的春节晚会上，杂技《绽放》表演了花样飞天，如图是女演员举起男演员的一个场景，两位杂技演员处于静止状态。下列说法正确的是（）A.水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和B.水平地面

对女演员的摩擦力水平向右C.女演员对男演员的作用力大于男演员对女演员的作用力D.女演员对男演员的作用力小于男演员对女演员的作用力【答案】A【解析】【详解】AB．由题可知，男女演员处于静止状态，二者与地面之间没有相对运动的趋势，即地面

对女演员没有摩擦力作用，故二者整体受到重力和地面对其的支持力作用，根据平衡条件可知，水平地面对女演员的支持力等于两演员的重力之和，故A正确，B错误；CD．女演员对男演员的作用力与男演员对女演员的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相

等、方向相反，故CD错误。故选A。3.如图所示，甲、乙两车在水平面同心圆弧道路上转弯，甲行驶在内侧，乙行驶在外侧，它们转弯时线速度大小相等，则两车在转弯时，下列说法正确的是（）A.角速度：=甲乙B.向

心加速度：aa甲乙C.向心力：FF甲乙D.地面对车的摩擦力：ffFF甲乙【答案】B【解析】【详解】A．由于题中已知二者线速度大小相等，即vv=甲乙，而且由于RR甲乙根据vR=可知二者角速度大小关系为：乙甲故A错误；B．根据公式2nvaR=可知二者向心加速度大小关

系为：aa甲乙故B正确；C．由于甲、乙两辆车的质量大小关系未知，则根据向心力公式2nvFmR=无法判断出二者向心力的大小关系，故C错误；D．由于在水平路面上做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，由于向心力大小无法判断，故二者的摩擦力大小关系也是无法判断的，故D错误。故选B。4.如

图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得OAAB=。OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（）A.两球发射的初速度：:1:2OAOBvv=B.两球碰到墙面前

运动的时间：:1:2ABtt=C.两球碰到墙面时的动量可能相同D.两球碰到墙面时的动能可能相等【答案】D【解析】【详解】AB．设OAABh==，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：212Ahgt=2122Bhgt=整理可以得到：:1:2ABtt=

水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：OAAxvt=OBBxvt=整理可以得到：:2:1OAOBvv=故AB错误；C．动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故C错误；D．设两球的质量相等，均为m，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：

2k12AOAmghEmv=−2kB12OBmghEmv=−整理可以得到：2k12AOAEmghmv=+2kB12OBEmghmv=+由于m、h以及初速度的大小等具体数据未知，可能存在kkABEE=，故D正确。故选D。5.北斗系统空间段由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星

和中圆地球轨道卫星组成。如图所示，地球静止轨道卫星A与倾斜地球同步轨道卫星B距地面高度均约为36000km，中圆轨道卫星C距地面高度约为21500km。下列说法正确的是（）A.A与B运行的周期相同B.A

与B受到的向心力一定相同C.B比C运行的线速度大D.B比C运行的角速度大【答案】A【解析】【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，则万有引力提供向心力，即：222MmGmRTR=可以得到：234RTGM=可知，半径相等，

则周期相等，故A正确；B．由于向心力为万有引力提供，即：n2MmFGR=由于A、B的半径相等，但是二者的质量关系未知，则可知二者的向心力不一定相同，故B错误；CD．卫星绕地球做匀速圆周运动，则万有引力提供向心力，即：222MmvGmmRRR==可以得到：GMvR=3G

MR=由于B的半径大于C的轨道半径，则可知：BCvvBC故CD错误。故选A。6.如图所示，在真空环境中将带电导体球M靠近不带电的导体N，若沿虚线1将N导体分成左右两部分，这两部分所带电荷量分别为Q左、Q右；若沿虚线2将

导体N分成左右两部分，这两部分所带电荷量分别为'Q左、'Q右。a、b为N导体表面两点，abEE、和ab、分别表示a、b两点电场强度大小和电势大小，下列说法正确的是（）A.QQ右左B.''QQQQ+=+右右左左C.abEED.ab【答案】B【解析】【详解】AB．由题意可知

，静电感应现象，使得导体的左侧带负电，右侧带正电，根据电荷守恒可知，右侧部分转移的电子数目和左侧部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，导体整体不带电，所以有：''QQQQ+=+右右左左都等于0，故A错误，B正确；CD．

达到静电平衡的导体内部的场强处处为0，导体整体是等势体，即：abEE=ab=故CD错误。故选B。7.小明家安装一路专线为额定功率1.5kW的空调供电，用去的铜导线长50m，橫截面积2.5mm2，已知铜的电阻率为1.7×10-8Ωm，如果空调能

够正常工作，这段导线上损失的电压最接近（）A.1.2VB.2.3VC.12VD.23V【答案】B【解析】【详解】由PUI=得工作电流为：15006.82A220APIU===根据电阻定律得到导线的电阻为：861.751050Ω0.35Ω2.510LRS−−===则正常工作时在这段导线

上损失的电压为：6.820.35V2.387VUIR===故B正确，ACD错误。故选B。8.核电池可通过半导体换能器，将放射性同位素23994Pu衰变过程释放的能量转变为电能。一静止的23994Pu衰变为铀核23592U和新粒子，并释放出

光子。已知23994Pu、23592U的质量分别为PuUmm、，下列说法正确的是（）A.239Pu的衰变方程为239235194921PuU+2H+γ→B.核反应过程中的质量亏损为PuUmmm=−C.核反应过程中的释放的核能为()2PuUEmmc=−D.释放

的核能转变为23592U动能、新粒子动能和光子能量【答案】D【解析】【详解】A.根据质量数守恒与电荷数守恒可知，23994Pu的衰变方程为239235494922PuU+He+γ→，故A错误；B.此核反应过程中的质量亏损等于反应前后质量的差，则为：P

uUmmmm=−−故B错误；C.根据质能方程可知，释放的核能为：22PuUEmcmmmc=−−()=释放的核能转变为23592U动能、新粒子（粒子）动能和光子能量，故C错误，D正确。故选D。9.如图所示

，光滑绝缘水平面上有两条固定导线ab、cd相互垂直彼此绝缘，在角平分线上，对称固定着四个相同的圆形金属线圈。某段时间内两导线均通以由零均匀增加到某个值的电流，在这段时间内1、3线圈不受安培力，2、4线圈中电流方向分别为顺时针和逆时针，且受到指向各自圆心

的安培力作用，则两导线的电流方向为（）A.a→b、c→dB.a→b、d→cC.b→a、c→dD.b→a、d→c【答案】A【解析】【详解】由题，在导线电流逐渐增大的情况下，1、3线圈不受安培力，不产生感应电流，说明1、3象限合磁场始终为零，2线圈产生顺时针感应电流，说明2象限中磁场垂直纸面向

外，4线圈产生逆时针感应电流，说明4象限中磁场垂直纸面向里，同时当电流增大时，2与4内的磁通量都增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流都会阻碍磁通量的增大，所以2、4线圈沿着对角线向外运动，即受到指向各自圆心的安培力作用，综上所述，根据安培定则可判A正确，BCD

错误。故选A。10.小明同学利用插针法测量半圆柱形玻璃砖的折射率，他在白纸上作一直线MN以及它的垂线AB，将玻璃砖（底边圆心为O）的底边与直线MN对齐，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2，如图所示。实验时，小明在半圆柱形玻璃砖右侧区域内观察，均无法透过半圆柱形玻璃砖同时看到P1、P2的像。为了同

时看到P1、P2的像。下列说法正确的是（）A.半圆柱形玻璃砖沿MN向M平移适当距离B.半圆柱形玻璃砖沿MN向N平移适当距离C.半圆柱形玻璃砖平行MN向左平移适当距离D.半圆柱形玻璃砖平行MN向右平移适当距离【答案】A【解析】【详解】光线1

2PP垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后，到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来，要使光能从圆弧面折射出来，则需要向上移动半圆柱形玻璃砖，即将半圆柱形玻璃砖沿MN向M平移适当距离，使到达圆弧面上光线的入射角i小于临界角则可以射出，如图所示：故选项A正确，

BCD错误。故选A。11.变压器的副线圈匝数可调，R0为输电线电阻。滑动触头P处于如图所示时，用户的用电器恰好正常工作。当用电器增多时，下列说法正确的是（）A.原线圈中的电流减小B.副线圈两端的电压减小C.用电器增多时，只需使滑动触头P向上滑，用电器仍能正常工作D.用电器增

多时，只需减小电源的输出电压，用电器仍能正常工作【答案】C【解析】【详解】A．当用电器增加时，总电阻减小，副线圈电流增大，根据原、副线圈电流之比等于匝数的反比可知，原线圈的电流也增大，故A错误；B．原、副线圈电压之比等于匝数之比，当用电器增加时，不影响副线圈两端电压，即副线圈

的两端电压不变，故B错误；C．当用电器增加时，总电阻减小，副线圈电流增大，通过0R的电流增大，0R所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以副线圈两端电压要变大，而原线圈两端电压不变，则应使滑动触头P向上滑动，增加副线圈匝数即可，故C正确

；D．若减小电源的输出电压，在匝数比不变的情况下，则副线圈两端电压减小，则导致用电器仍不能正常工作，故D错误。故选C。12.如图所示，单刀双掷开关S先置于a端。当t=0时刻开关S置于b端，若LC振荡电路的周期T=0.04s。下列说法正确的是（）A.t=0.01s时回路中的电流顺时针方向达到最大值B

.t=0.02s时电感线圈中的自感电动势值最小C.t=0.01s~0.02s时间内，电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐增大D.t=0.04s~0.05s时间内，线圈中的磁场能逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．当开关S置于b端时，电容器开始放电，电容器上极板带正电，当0.01st=时

回路中的电流逆时针方向达到最大值，故A错误；B．当0.02st=时为电流逆时针电容器充电结束时，该时刻电流变化最快，自感电动势最大，故B错误；C．在0.01s~0.02st=时间内，为给电容器充电，电容器下极板带正电，在0.02st=时刻充电结束，电容器带电量最大，所以在

这段时间内电容器极板间电场方向竖直向上且逐渐增大，故C正确；D．根据周期性可知，在0.04s~0.05st=时间内与0~0.01st=时间内相同，为电容器放电过程，电场能逐渐减小而磁场能量逐渐增大的过程，故D错误。故选C。13.如图所示，内壁光滑粗细均匀的玻璃

管竖直固定，在玻璃管内有大小和质量均相等的A、B、C三只小球，A、B小球之间用轻质绝缘弹簧连接，C小球置于玻璃管底部。当A、B、C小球均处于静止时，A、B小球之间距离与B、C小球之间距离相等，已知A、B两只小球带电荷量均为q（q>0），C小球带电

荷量为Q（Q>0），小球直径略小于玻璃管内径，它们之间距离远大于小球直径，则（）A.若3Qq=，弹簧对小球A为向上的弹力B.若2Qq=，弹簧对小球A为向上的弹力C.若3Qq=，弹簧对小球B为向上的弹力

D.若2Qq=，弹簧对小球B为向下的弹力【答案】A【解析】【详解】设A、B的质量为m，AB与BC之间的距离为L，假设当弹簧处于压缩状态时，此时A球受到向上的弹力，根据平衡条件对A列出平衡方程：对A球：()222Qqqqmgk

kFLL=++对A、B两球整体分析：222(2)QqQqkkmgLL+=若假设成立则：0F联立可以得到：83QqAC．若833Qqq=，此时弹簧对小球A的弹力方向向上，对小球B的弹力方向向下，故A正确，C错误；BD．若823Qqq=，此时弹簧对小球A的弹力方向向下，对小球B的弹力方向

向上，故BD错误。故选A。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得，选对但不选全的得，有选错的得0分）14.直角坐标系xoy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，位于x=0处的波源发出的两列机械波

a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图所示，x=6m是此时刻a波传到的最远点，下列说法正确的是（）A.两列波的频率关系4abff=B.此时刻b波传到x=-24mC.波源的起振方向沿y轴正方向D.

平衡位置距x=0处1.5m的两质点P、Q中，质点Q先到达最大位移处【答案】BD【解析】【详解】A．由可知，这两列波是由同同一振源引起的，故两列波的频率关系为：abff=故A错误；B．由图像可知，a波的波长为

：1am=由图像可知，b波的波长为：4bm=根据公式vfT==可知：14aabbvv==由题可知：aatxv=bbtxv=整理可以得到：14aaabbbxvxv===带入数据可以得到：24mbx=故B正确；C．由题

可知，此时刻x=6m的质点刚刚开始振动，根据质点的传播方向和振动方向的关系可知，该质点此时刻向y轴负方向振动，说明振源开始振动的方向也为y轴负方向，故C错误；D．根据传播方向可以知道，该时刻P、Q质点均向y轴正方向振动，质点

P经过14个周期到达最大位移处，而质点Q在小于14个周期的时间里就能达到最大位移处，即Q质点先到达最大位移处，故D正确。故选BD。15.如图甲、乙分别为两种不同单色光a、b经过同一双缝后的干涉条纹，下列说法正确的

是（）A.a光子的动量比b光子的动量大B.对同一介质a光折射率比b光大C.a光子照射能使某金属发生光电效应现象，则b光子也一定能发生D.在均能使同一金属发生光电效应的情况下，a光子照射时逸出的光电子最大初动能比b光子照

射时小【答案】CD【解析】【详解】A．根据干涉条纹间距公式Lxd=得，在dL、相同的条件下，x与成正比，a光的条纹间距大，a光的波长长，根据公式hp=可知a光子的动量比b光子的动量小，故A错误；B．由于a光的波长大于b光的波长可知，a光的频率小于b光的频率，则可知对同一介质a光折射

率比b光小，故B错误；C．由于a光的频率小于b光的频率，若a光子照射能使某金属发生光电效应现象，则b光子也一定能发生光电效应现象，故C正确；D．由于a光的频率小于b光的频率，根据光电效应方程khWE=−可知，在逸出功相同的情况下，由于a光子的能量小，则a光子照射时逸出的

光电子最大初动能比b光子照射时小，故D正确。故选CD。16.如图甲为氢原子光谱，图乙为氢原子能级图。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，普朗克常量h=6.63×10-34J﹒s，则（）A.H对应

光子能量比H小B.图甲所示的四条谱线均对应可见光C.H谱线对应的是氢原子从能级n=4跃迁到n=2D.氢原子从能级n=5跃迁到较低能级时可以辐射出图甲所示四条可见光【答案】BC【解析】【详解】A．由图甲可知，H谱线对应光子的波长小于H谱线对应光子的波长，

结合hcE=可知，H谱线对应光子的能量大于H谱线对应光子的能量，故A错误；B．由图甲可知，H谱线对应的波长最长，其光子的能量最小为：3481996.633.0J3.0310J1.89eV656.47101010hcE−−−===sH谱线对应的波长

最短，其光子的能量最大为：3481996.633.0J4.8510J3.03eV410.29101010sshcE−−−===可知，这四条谱线对应的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，即图甲所示的四条谱线均对应可见光，故B正确；C．H谱线对应光

子的能量为：3481996.63103.010J4.0910J2.55eV486.2710hcE−−−====可知H谱线对应的跃迁时从4n=能级到2n=能级，故C正确；D．由上面分析可知s

H谱线对应的光子能量为3.03eVsE，由图乙可知，没有两个能级差为3.03eV，即氢原子从能级5n=跃迁到较低能级时不能辐射出图甲所示四条可见光，故D错误。故选BC。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）在“研究平抛

运动”实验中，以下说法正确的是___________A.需要利用重锤线确定竖直方向B.选择体积小、质量轻的小球进行实验C.通过调整小球释放的不同高度以记录多个点的位置D.记录的点尽量分布整张白纸（2）①如图所示纸带上A、B、C、D、E为连

续打点，则为__________实验中打出纸带A.“探究小车速度随时间变化的规律”B.“探究加速度与力、质量的关系”C.“探究做功与物体速度变化的关系”D.“验证机械能守恒定律”②依据①所选实验中，C点的速度大小为__

________m/s（结果保留2位有效数字）【答案】(1).AD(2).D(3).2.3【解析】【详解】（1）[1]A.本实验需要画出竖直方向，则需要利用重锤线来确定竖直方向，故A正确；B.为减小空气阻力的影响，需选择体积小、质量大的小球进

行实验，故B错误；C.在同一次实验中，应该从同一位置由静止释放小球，通过多次释放小球，来记录多个点的位置，故C错误；D.为了减小偶然误差，记录的点尽量分布整张白纸，故D正确；（2）①[2]由纸带上的数据可知，在连续相等时间内的位移之差相等均为：30.39cm=3.910

mx−=根据公式2xaT=可知求出的加速度为：()223223.9109.750.m02/sm/sxaT−===则加速度恒定，而且正好为重力加速度，可知该纸带是为“验证机械能守恒定律”实验打出的纸带，而“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中加速度也可能恒定，但不一

定为重力加速度，而其余二个实验的加速度不一定恒定，故D正确，ABC错误；②[3]根据匀变速运动规律可知，C点速度等于BD的平均速度，即：()24.474.8610m/s2.3m/s220.02BDCxvT−+===18.“探究额定电压

为2.5V的小灯泡伏安特性曲线”实验时：（1）现有两种规格滑动变阻器R1（50Ω、1.5A）、R2（5Ω、2.0A），为了调节方便，测量准确，在实验中，滑动变阻器应选用_________（选填“R1”或“R2”）；（2）如图甲是小明同学连接的实物图，老师发现电路连接有错，请你在原电路上指明需

要重新调整哪几条导线_______（填图中数字编号）；（3）闭合开关，滑动变阻器滑片，电压表示数从0逐渐增大到2.5V过程中，发现小灯泡一直不亮，小明分析可能小灯泡坏了，为此他取下小灯泡用多用表检测，如图乙，则多用表的示数为_______Ω，说明小灯泡是_______（填“好”或“坏”

）；（4）正确连线和操作后，小明测得多组（I、U）数据并在IU−图象中描绘出图线，图丙所示的两图线分别是电流表内接和外接时测绘的，则该实验正确的为_______（填“图线1”或“图线2”）【答案】(1).R2(2).②③⑦(3).1.4（1.3，1.5也

可以）(4).好(5).图线1【解析】【详解】（1）[1]在“探究额定电压为2.5V的小灯泡伏安特性曲线”实验时，电流和电压都要从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，同时为了调节方便，从而选用小阻值的滑动变阻器，

故选2R；（2）[2]②接错，需要接到电建的另一端；③接错，分压式接法，不应该接到金属杆上，应该接到变阻器本身上的接线柱上；⑦接错，量程接错，应该接到量程为3V的量程上，故需要重新调整的导线为②③⑦；（3）[3][4]如图，多用电表选择欧姆档1，则表盘读

数为1.5Ω，说明小灯泡是好的；（4）[5]本实验中小灯泡的电阻较小，远小于电压的内阻，所以应采用电流表外接法，此时电流表测量的是电压表和小灯泡的总电流，此时电流表示数偏大些，画出的IU−图象应该为图线1；19.如图甲为某商场自动

电梯，其简化图如图乙，若没有顾客时电梯速度视为零，当顾客踏上电梯A端，电梯以图示方向匀加速运行，达到最大速度后匀速运行，直至顾客离开电梯B端。已知AB长L=30m，A离地面的高度h=6m，电梯加速度a=0.2m/s2，最大速度vm=0.8m/

s，求：（1）匀加速运行的位移x1；（2）从A端到B端的总时间t；（3）若顾客质量m=50kg，则顾客受到最小摩擦力f的大小和方向。【答案】（1）1.6m；（2）39.5s；（3）90N，方向沿电梯向上【解析】【详解】（1）开始从

静止做匀加速运动，最大速度为0.8m/smv=，根据速度与位移关系得到：211.6m2mavx==（2）根据速度与时间关系，可知在匀加速阶段时间为：14smavt==匀速阶段时间为：1235.5smLxtv−==则总时间为：1239.5st

tt=+=（3）设斜面倾角为，开始做匀加速阶段的摩擦力最小，根据牛顿第二定律有：sinmgfma−=而且：sinhL=整理可以得到：90Nf=方向沿电梯向上。20.如图所示，一游戏装置由水平倾斜角为的轨道AB、水平传送带B

C、半径为R的光滑半圆弧轨道DE组成，O为圆弧轨道的圆心，D、C、O、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面。已知小滑块与倾斜轨道、传送带的动摩擦因数分别为10.5=、20.1=，BC长为L=4

m，AB长为'6mL=，传送带做匀速运动，速度大小为v=4m/s，D距地面的高度H=3.05m，R=0.9m，37=，CD间的距离刚好允许小滑块通过，忽略传送带转轮大小和CD间距大小，小滑块经B处时无能量损失，小滑块可视为质

点，其余阻力不计，sin37º=0.6，求：（1）若小滑块匀速通过传送带，求释放的高度h；（2）在（1）问中小滑块平抛的水平距离x；（3）小滑块平抛的水平距离x与其释放的高度h之间满足的关系。【答案】（1）2.4m；（2）13m；（3）

1.2m3.6mh时，13xm=；当0.15m1.2mh时，5113xh=+（m）；当0.15mh时，不满足条件【解析】【详解】（1）滑块在倾斜轨道上根据牛顿第二定律可以得到：1sincosmmggma−=得到：22m/sa=若小滑块匀

速通过传送带，则到达传送带上的速度与传送带的速度相等均为v=4m/s，根据速度与位移关系可知：22sinhva=带入数据可以得到：2.4mh=（2）不脱离轨道过D点，则在D点根据牛顿第二定律：2minmRmgv=则最小速度为：min3

m/s4m/sgRv==从D到E运动中，根据机械能守恒：2211222EmmgRmvv+=可以得到：213m/sEv=有E点平抛运动，则竖直方向：2122HRgt−=水平方向为匀速运动，则：Extv=带入数据整理可以得到：13mx=（3）有几何知识可知：60.63.6mABsi

n==即释放点最大高度为3.6m。①若小滑块到达C点时的速度能达到4m/sv=：小滑块在皮带上一直减速，则根据速度与位移关系可知B点的速度为：2226m/sBgLvv=+=对应释放高度为：13.6mh=小滑块在皮带上一直加速，则

根据速度与位移关系可知B点的速度为：2222m/sBgLvv=−=对应释放高度为：21.2mh=即当1.2m3.6mh时，平抛运动的水平位移为13xm=；②若加速到达C点的速度为：min3m/scgRvv===时则根据速度与位移关系可知B点的速度为：221m/sBcgLvv=−=则对应释

放高度为：30.15mh=从释放点到E点，根据动能定理：2121cos20sin2EhmghmgmgLmgRmv−++=−解得：5113xh=+（m）即当0.15m1.2mh时，平抛运动的水平位移为5113xh=+（m）；当0.15mh时，则不会出现题中的现象，

即不满足条件。21.如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m=1kg、足够长的U型金属导轨abcd，间距L=1m。一电阻值0.5ΩR=的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数0.2=，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U型导

轨bc边右侧存在垂直向下、大小B=0.5T的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U型导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t=0时，U型导轨bc边在外力F作用下从静止

开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1=2s，撤去外力F，直至U型导轨静止。已知2s内外力F做功W=14.4J。不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：（1）在2s内外力

F随时间t的变化规律；（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；（3）在整个运动过程中，U型导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。【答案】（1）21.2Ft=+；（2）12J；（3）2vx=（0≤x

≤4m）；6.40.6vx=−324mm3x；v=0（32m3x）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可知：UBLvktt===得到：2UvtBL==根据速度与时间关系可知：22m/sa=对U型金属导轨

根据牛顿第二定律有：FIBLIBLma−−=带入数据整理可以得到：21.2Ft=+（2）由功能关系，有fWQW=+由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为：AfF=则可以得到：fAQWW==则整理可以得到：(1)fWQWQ=+=+得到：Q=12J（3）设从开始运动

到撤去外力F这段时间为12st=，这段时间内做匀加速运动；①1tt„时，根据位移与速度关系可知：22vaxx==1tt=时根据匀变速运动规律可知该时刻速度和位移为：14m/sv=14mx=②1tt时，物体做变速运动，由动量定理得到：1(1)BLqmvmv

−+=−整理可以得到：2211(1)(1)(4)6.40.6BLqBLxvvvxmmR++−=−==−−当323xm=时：0v=综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下：2vx=（0≤x≤4m）6.40.6vx=−32

4mm3x0v=（32m3x）22.如图所示，在平行金属板电容器A、B两极加一电压，在金属板之间产生匀强电场，在它的右侧有一有界匀强磁场区域I，左、右边界均竖直，上、下范围足够大，磁场方向垂直纸面向里，O、O1别是金属板之间左侧和右侧的中点，O、O1、P

三点在同一直线上，磁场区域I整体可以在O1与P点之间平移。已知金属板长为2L、间距为1.5L，O1P之间距离为2L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0沿中心线射入电场。不计粒子重力，不考虑电场的边界效应。用U表示A、B两极之间的电压大小，用x表示磁场区域I左侧边

界与O1的水平距离，用d表示磁场区域I左、右边界的宽度。用B表示磁场区域Ⅰ内的磁感应强度大小。（1）若x=0，粒子恰好能通过电场，后经磁场偏转通过P点，且粒子射出电场和经过P点时的速度方向与OP的夹角相等，求d

、B、U；（2）若U为题（1）中一半，2Ld=其它条件均不变，要使粒子经电场和磁场偏转后也能通过P点，且粒子射出电场和经过P点时的速度方向与OP的夹角相等，求x；（3）若U、x、d与题（2）中相同，其它条件均不变，大量相同的带电粒子从金属

上极板左端与O点之间区域以初速度v0平行极板射入电场，要使粒子经电场和磁场偏转后全部通过P点，还需在磁场区域I右侧某圆形区域内再加另一匀强磁场，不考虑粒子之间的相互作用，求该圆形区域的面积S和磁感应强度大小、方向。【答案】

（1）L、032mvqL、20916mvq；（2）4L；（3）2973L、07324mvLq，方向垂直于纸面向外【解析】【详解】（1）根据题意，画出轨迹如图所示：由图几何关系：1.522tan37LdLL=−=设粒子在磁场中圆周运动的半径为R，则：2cos53dRL=

=在磁场中根据牛顿第二定律：200cos37cos37qBmRvv=整理可以得到：0cos37vmRBq=联立可以得到：032mvBqL=在电场中做类平抛运动，竖直方向：201.512221.5UqLLLmv=整理可以得到：2091

6mvUq=（2）根据题意，画出轨迹如图所示：由对称性可知：22LxxLL+++=可以得到：4Lx=（3）根据题意，画出轨迹如图所示：结合第（2）问，根据几何知识可以得到：8cos73=10.75cos3273LLR==0cosvv=在圆形磁场磁场中，根据牛顿第二定律：211qvm

vBR=整理可以得到：0117324mvmvBRqLq==方向垂直于纸面向外，则圆形区域的面积为：2221397373LLSR===