【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1bc6708406ba1296f49a509f94414072.html

以下为本文档部分文字说明：

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=3GMR=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23994

Pu、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：PuUm

mmm=−−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12PP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：()222QqqqmgkkFLL=++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：aa

txv=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：3481996.633.0J4.8510J3.03eV410.29101

010sshcE−−−===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：3481996.63103.010J4.0910J2.55eV4

86.2710hcE−−−====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sH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=3.910mx−=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：()24.474.86

10m/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：1239.5sttt=+=（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BC、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=4m，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：2minmRmg

v=则最小速度为：min3m/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：60.63.6m

ABsin==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=②

1tt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=−324mm3x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：211qvmvBR=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===