【文档说明】江苏省扬州市江都区大桥高级中学2020届高三下学期学情调研（二）物理试题【精准解析】.doc，共(22)页，885.000 KB，由小赞的店铺上传

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大桥高级中学2020届高三第二学期学情调研（二）物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列描述中符合物理学史的是（）A.库仑最早测出了元电荷e的数值B.伽利略认为力是维持物体运动的原因C.法拉第在实验中观察到，在通有

恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【答案】D【解析】【分析】本题主要考察物理学史的相关知

识。【详解】A．密立根通过油滴实验法最早测出了元电荷e的数值，故A错误；B．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故B错误；C．恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，磁通量不变，不会出现感应电流，故C错误；D．楞次在分析了

许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即楞次定律，故D正确。故选D。2.如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M

的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为1，则细线中的拉力大小为A.MgB.Mg+MaC.()12mma+D.111mamg+【答案】C【解析】【分析】此题是牛

顿第二定律的应用习题，选择研究对象,根据牛顿第二定律列得方程联立求解.【详解】对AB的整体，根据牛顿第二定律12()Tmma=+，选项C正确；对C：MgTMa−=，解得：TMgMa=−，选项AB错误；对物

体A：1Tfma−=，则1Tmaf=+，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误；故选C.3.电路如图所示，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R的阻值过程中，发现理想电压表示数减小，则（）A.R的阻值变大B.路端电压变大C.总电流减小D.路端电压和总电流的比值减小【答案】D【

解析】【分析】本题考查动态电路的分析。【详解】根据动态电路的特点（串反并同），与电阻箱并联的电表示数变化规律与阻值变化规律相同。理想电压表示数减小，所以R的阻值变小，路端电压变小，电流变大。路端电压和总电流的比值即外阻阻值，因R变小，故外阻减小。ABC错误，D正确。故选D。4.一颗卫星绕地球

沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是（）A.卫星在A点的角速度大于B点的角速度B.卫星在A点的加速度小于B点的加速度C.卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加D.卫星由A运动到B过程

中引力做正功，机械能增大【答案】B【解析】试题分析：近地点的线速度较大，结合线速度大小，根据vr=比较角速度大小．根据牛顿第二定律比较加速度大小．根据万有引力做功判断动能和势能的变化．近地点的速度较大，可知B点线速度大于A点的线速度，根据vr=知，卫星在A点的角速度小于B点的角速度，

故A错误；根据牛顿第二定律得，2FGMamr==，可知卫星在A点的加速度小于B点的加速度，故B正确．卫星沿椭圆轨道运动，从A到B，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故CD错误．5.一物块由O点下落，到A点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B点时速度达到最大，到C

点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块()A.从A下降到B的过程中，合力先变小后变大B.从A下降到C的过程中，加速度先增大后减小C.从C上升到B的过程中，动能先增大后减小D.从C上升到B的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加【答

案】C【解析】【详解】A．从A下降到B的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B点时速度达到最大，此时kxmgf=−合力为零，则从A下降到B的过

程中合力一直减小到零，故A错误；B．从A下降到B的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B下降到C的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A下降到C的过程中，加速度先减小后增大，故B错误；C．从C上升到B的过程中，开始弹力大于空气阻

力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时kxmgf=+此时的压缩量xx，位置在B点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C上升到B的过程中，动能先增大后减小，故C正确；D．对于物块和弹簧组成的系统，由

于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每题所给的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。6.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有A.x1处的电场强度为零B.q1和q2带有异种电荷C.负电

荷从x1移到x2，受到的电场力增大D.负电荷从x1移到x2，电势能减小【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知：电场强度等于图中曲线斜率，x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故A错误；B．无穷远处电势为零，又有电势为正

的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以，q1和q2带有异种电荷，故B正确；C．负电荷从x1移到x2，曲线斜率减小，则电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故C错误；D．负电荷从x1移到x2，电势增大，电势能减小，故D正确。故选BD

。7.教学用发电机能够产生正弦式交变电流，现利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R和电容器C供电，电路如图所示．理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则A.电压表V的读数变为2UB.电流表A的读数变为2IC

.R消耗的功率变为2PD.R消耗的功率变为4P【答案】AD【解析】【分析】分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据1122nUnU=判断原副线圈中电压的变化情况，根据由2UPR=知R消耗功率的变化；【详解】ACD．若发电机线圈的转速变为原来的2倍，电

动机产生的最大电动势mENBS=变为原来的2倍，发电机输出电压有效值2mEU=变为原来的2倍，即原线圈的输出电压为原来的2倍，由1122nUnU=知副线圈输出电压为原来的2倍，电压表V的读数变为为原来的2倍，由2UPR=知R消耗的功率为原来的4倍，

故AD正确，C错误；B．转速变为原来的2倍，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线圈的电流不是原来的2倍，由1221nInI=可知原线圈的电流不是原来的2倍，故B错误；故选AD．【点睛】关键是转速变化，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减

小，副线圈的电流不是原来的2倍．8.如图所示，A、B两小球从O点水平抛出，A球恰能越过竖直挡板P落在水平面上的Q点，B球抛出后与水平面发生碰撞，弹起后恰能越过挡板P也落在Q点．B球与水平面碰撞前后瞬间水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变、方向相反，不计空气阻力．则A.A、B球从O点运动到Q

点的时间相等B.A、B球经过挡板P顶端时竖直方向的速度大小相等C.A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍D.减小B球抛出时的速度，它也可能越过挡板P【答案】BCD【解析】【详解】A.将两球的运动分解为水平方向和竖直方向分析，抓住等时性，结合竖直方

向上的运动规律比较运动的时间，结合水平位移比较抛出时的初速度．根据下降的高度比较竖直分速度的大小．将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律知，B球的运动时间是A球运动时间的3倍，故A错误；B.A、B两球到达P顶端时，下降的高度相同，

根据竖直方向上的运动规律知，竖直方向上的分速度大小相等，故B正确；C.从O到Q，由于B球的运动时间是A球运动时间的3倍，由于水平位移相等，则A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍，故C正确；D.减小B球抛出时的速度，第一次落点的水平位移减小，反弹后可能会越过挡板P，故D正确．故选BCD

。9."蹦极"是一项深受年轻人喜爱的极限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下．如右图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比．则他

在从高台下落至最低点的过程中，他的动能Ek、弹性绳的弹性势能EP随下落高度h变化的关系图象正确的是A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】分析人运动的性质，，根据动能定理求出动能Ek与下落高度h变化的关系进行分析，根据功能关系可求弹性绳的弹性势能EP与下落高度h变化的关系进行

分析；【详解】弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得kEmgh=，（0hh），弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增

大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得kEmghW=−弹，（0hh），克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得20()Wkhh=−弹，则有他的动能20()kEmghkhh=−−，（0hh），弹性绳的弹性势能20()PE

khh=−，故BD正确，AC错误；故选BD．三、简答题：本题分必做题（第10-12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分，请将解答填写在答题卡上相应的位置。10.用如图所示的实验装置探究“加速度与合外

力、质量的关系”．图中AB、为两个光电门，C为固定在木槽上的遮光条．实验前(不挂钩码)左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动.遮光条的宽度为d，两光电门间的距离为x．实验时木槽每次都从同一位置由静止释放，研究

对象为木槽(包括内部的砝码)及钩码组成的系统．(1)通过光电计时器读出遮光条通过A、B两个光电门的时间分别是At、Bt，则木槽的加速度是_______．(用测量的符号表示)(2)保持悬挂钩码的质量m不变，增加或减少槽内的砝码，测出

每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作出a-_______关系图象(M表示槽及槽内砝码的总质量).A.MB.mC.1MD.1Mm+(3)为了精确测量木槽运动的加速度，甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放木槽，测出

遮光条每次经过光电门A的时间1t，乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间2t，两位同学根据图象求解系统的加速度.甲同学作出的图象应为下图中的_________，乙同学作出的图象应为下图中的______

___.若甲同学所作图象斜率的绝对值为k，则木槽的加速度a=_________.A.B.C.D.【答案】(1).222BA112dxtt−(2).D(3).B(4).C(5).22kd【解析】【详解】（1）[1]遮光片通过光电门的速度分别为ABAB,ddvvtt==；根据速

度位移公式可知22BA2vvax−=，解得222BA112daxtt=−．（2）[2]悬挂钩码的质量m保持不变，即合力保持不变，a与系统质量成反比，可知为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作a-1Mm+图线，

故选D．（3）[3]甲同学固定光电门B，移动光电门A，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门A的时间t1．通过光电门A的瞬时速度vA＝1dt，B点的速度为定值，根据vB2−vA2＝2ax得，2B222112va

xtdd−＝，故B正确．[4]乙同学固定光电门A，移动光电门B，然后释放凹槽，测出遮光条每次经过光电门B的时间t2，通过光电门B的瞬时速度vB＝2dt，A点的速度为定值，根据vB2−vA2＝2ax得，2A222212vaxtdd−＝，故C正确．[5]若

甲同学所作图象的斜率的绝对值为k，则有22akd=，解得系统的加速度22kda=．11.测量电压表内阻(量程为3V)的实验如下：(1)用多用电表粗略测量，把选择开关拨到“×10”的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表________(选填“正”或

“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接；(2)正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为____

____Ω；(3)现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R和对应的电压表读数U，作出1U—R图象如图丙所示．若图线纵截距为b，斜率为k，忽略电源内阻，可得RV＝_______；(4)实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是______。【答案】(1).负(2).×10

0(3).4000(4).bk(5).电压表内阻远大于电源内阻【解析】【详解】(1)[1]欧姆表内阻电源负极与红表笔相连，根据电压表的使用原则“电流从正接线柱流入负接线柱流出”可知把红表笔与待测电压表负接线柱相接。(2)[2][3]选择开

关拨到“×10”的欧姆挡，指针偏转角度很小，则表盘刻度很大，说明是个大电阻，所选挡位太小，为减小实验误差，应换用×100欧姆挡重新调零后测量；欧姆表示数为40×100Ω=4000Ω。(3)[4]由图乙结合欧姆定律得E=VUR（RV+R）变形得：111=+VUEER•R结合图丙可得：1

1,==VbkEER解得RV=bk(4)[5]由于电压表内阻一般几千欧，电源内阻几欧姆，电压表串联在电路中，且电压表内阻远大于电源内阻，故电源内阻可忽略不计。【选修3—5】12.下列说法中正确的是_______A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B.铀

核（23892U）衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的比结合能一定大于铀核的比结合能C.所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线可以相同D.核力将核子紧紧束缚在原子核内，因此核力只表现为引力【答案】AB【解析】【分析】本题主要考察现代物理与核物

理的相关知识。【详解】A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核聚变反应，故A正确；B．比结合能用于描述原子核稳定性，衰变后原子核更稳定，比结合能更大，故B正确；C．线状谱又叫特征光谱，不同原子的谱线一定不

同，故C错误；D．核力在小于150.810m−范围内表现为斥力，故D错误。故选AB。13.将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为___

__N，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为_____m/s（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）．【答案】(1).500(2).10【解析】【分析】根据动能定理可求燃气获得的平均推力，根据牛顿第三定律可知火

箭获得的平均推力，在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出火箭的速度大小；【详解】在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动能定理可得：0Ftmv−=−−气气，解得500mvFNt==气气，根据

牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500N；喷射前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律得0()Mmmv=−−气气气箭v，解得火箭的速度大小10/mvmsMm==−气气箭气v；14.我国自行研制的一种大型激光器，能发出频率

为ν、功率为P0的高纯度和高亮度激光．如图所示，光电管的阴极K用某金属制成，闭合开关S，当该激光射向阴极，产生了光电流．移动变阻器的滑片P，当光电流恰为零时，电压表的示数为Uc，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求：①激光器发出的光子的

动量p；②光电管阴极K的截止频率νc．【答案】①p=hc②νc=ν-ceUh【解析】【分析】根据光电效应方程，求出光电子的最大初动能，根据逸出功和截止频率的大小关系求出光电管阴极K的截止频率；【详解】解：①由：hp=解得p=hc②由ck

meUE=又0kmEhW=−解得0cWheU=−由0cWhv=解得cCeUvvh=−【选做题】四、本题包括A、B两小题，请选择其中一个小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A小题评分。A．[选修

3—3]15.下列说法中正确的是．A.油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致测量结果偏大B.制作晶体管、集成电路只能用单晶体，单晶体是各向同性的C.一定量的理想气体等压膨胀，气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小D.水凝结成冰后，水分子的热运动停止

【答案】AC【解析】【详解】A．油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积偏小，根据VdS=可知测量结果偏大，故A正确；B．制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B

错误；C．一定量的理想气体等压膨胀，体积变大，温度升高，气体分子平均动能增大，单个气体分子与器壁碰撞时的平均冲量增大，而压强不变，故气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数减小，故C正确；D．分子是永不停息地做无规则运动，所以水凝结成冰后，水分子的热运动不会停止，故D错误；

故选AC．【点睛】油膜法估测分子大小的实验中，所撒痱子粉太厚会导致薄层的面积小；制作晶体管、集成电路只能用单晶体；分子是永不停息地做无规则运动；16.一定质量的理想气体从外界吸收了4×105J的热量，同时气体对外界做了6×105J的功，则气体内能的改变量是____

____J；分子的平均动能________（选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】(1).-2×105(2).变小【解析】【分析】在热力学中，系统发生变化时，设与环境之间交换的热为Q，外力所做的功

为W，可得热力学能（亦称内能）的变化为UQW=+。【详解】[1][2]由热力学第一定律有555410610J210JUQW=+=−=−负号表示气体的内能减小，气体的内能减小，则温度降低，所以分子的平均动能减小。17.已知潜水

员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气，求：（1）潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多

吸入空气的分子数(结果保留一位有效数字)；（2）在海底吸入的空气大约是岸上吸入的空气的压强的多少倍？(忽略温度的差异)【答案】①3×1022②2113(或1.6)【解析】【详解】（1）设空气的摩尔质量为M，在海底和在岸上的密度分别为海和岸，一次吸入空

气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入空气的分子数为n海和n岸：A=VNnM海海，A=VNnM岸岸多吸入的分子个数为：()()()()323A222.11.32106.0210==3100.029VNnnnM−−−=−

=海岸海岸个个（2）设有质量为m的气体，在岸上的体积为=mV岸岸，在海底的体积为=mV海海，忽略温度的差异，由玻意耳定律可得：PVPV=海海岸岸，由以上方程可得：2.1211.313PP===海海岸岸B．[选修3—4]18.下列说法中正确的是__

______．A.被拍打的篮球上下运动不是简谐运动B.受迫振动的物体总以它的固有频率振动C.当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D.在高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢【答案】AD【解析】【详解】根据质点做简谐运

动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F=-kx，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动．故A正确；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关．故B错误；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观测者绕波源做匀速圆周运动．故C错误；根据相对论的两

个基本假设，在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢．故D正确．故选AD．【点睛】物体做简谐运动的条件是回复力为F=-kx；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关；多普勒效应是由于观察者和波源

间位置的变化而产生的；在速度v高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢．19.1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X射线衍射分析确定了青蒿素的结果，X射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X射线波长

在0．05nm～0．25nm范围之间，因为X射线的波长_________（选填“远大于”、“接近”或“远小于”）晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X射线是_________（选填“纵波”或“横

波”）．【答案】(1).接近(2).横波【解析】【详解】能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多．当X射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X射线波长应接近晶体内部原子间的距离；因为X射线是

由交替变化的电场和磁场组成的，所以X射线是一种横波．【点睛】由X射线穿过晶体内部原子间隙能发生明显的衍射现象来判断；X射线是由交替变化的电场和磁场组成的，X射线是横波．20.如图所示，有一四棱镜ABC

D，∠B＝∠C＝90°，∠D＝75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为30°，Q点到BC面垂线的垂足为E，P、Q两点到E点的距离分别为a、3a，已知真空中光速为c.求：①该棱镜材料的折射率n；②激光从P点传播到Q点所需的时间t.

【答案】①62②6cａ【解析】【详解】试题分析：①根据几何知识求出激光在AD面上的入射角和折射角，再由折射定律求该棱镜材料的折射率n；②公式cvn=求出光在棱镜中传播速度．再由运动学公式求激光从P点传播到Q点所需的时间t．①由题意，根据QEBC⊥，3QEPE=，得：30PQE=

由几何关系可知，激光在AD面上的入射角45i=，折射角60r=光从介质射向真空，由折射定律得：62sinrnsini==②激光在棱镜中传播速度cvn=激光从P点传播到Q点所需的时间2atv=解得：6atc=【点睛】根据题中所给的光路图，找出各个角度的关

系，求出入射角和折射角，然后结合折射定律和光速公式，即可求解．四、计算题:本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须

明确写出数值和单位。21.如图所示，一有界的匀强磁场区域，虚线MN、PQ是磁场边界，磁场磁感强度为B，磁场区宽度为2L，一长方形线框abcd质量为m，电阻为R，边长分别是L和3L，ab、cd平行于MN，以垂直于磁场和边界的初速度v0从左侧进入磁场区并只在安培力作用下运动，最终

以03v的速度离开，速度随位移变化如图。求：(1)ab边进入磁场时刻线框加速度a；(2)从ab边进入到ab边离开磁场过程通过线框的电量q；(3)ab边穿过磁场和cd边穿过磁场两过程线框产生电热之比12:QQ。【答案】(1)220RBLvm；(2)22BLR；(3)5:3。【解析】

【分析】本题考察法拉第电磁感应定律的运用。结合物体运动过程受力分析，运用电磁感应定律进行计算。【详解】(1)进入磁场时，感应电动势0EBLv=安培力220BLEFBILBLRR===加速度Fam=联立解得220RBLvam=(2)

从ab边进入到ab边离开磁场过程中，非恒定电流，故2222BSBLBLqRRRR====(3)运用动能定理分析两段过程，线框克服安培力做的功等于回路产生的电热22001211232vmmvQ−=−220022112323vvmmQ

−=−解得12:5:3QQ=22.如图所示，长为L的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面

间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W。【答案】(1)μ；(2)2(1)−gL；(3)2(3)8−mgL【解析】【详解】(1)物块恰好开始下滑是受力如图所示，则有mgsi

nθ=μmgcosθ解得tanθ=μ(2)木板转至α=45°时，由向心力公式有2sincos2−=Lmgmgm解得2(1)−=gL(3)由功能关系有21sin22=+LWmgmv其中物块线速度为2Lv=解得W=2(3)8−mgL23.如图

所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比mq＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，不计粒子的重力．（1）求粒子经过

y轴时的位置到原点O的距离；（2）求粒子第一次经过y轴时速度的大小和方向；（3）若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．【答案】(1)0.4m（2）72210m/s，与y轴正方向的夹角为45°(3)2(222

)10TB−+【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：212OASat=Fm=FEq=0yvt=解得：a=1.0×1015m/s2t=2.0×10-8s0.4ym=（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：7210m/sxv

at==粒子经过y轴时的速度大小为；22702210m/sxvvv=+=与y轴正方向的夹角为θ，θ=0arctgxvv=45°（3）要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R'，则：22RRy+由2vqvBmR=解得2(222)10BT−+