【文档说明】江苏省苏北四市2020届高三上学期第一次调研考试（期末考试）物理试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.434 MB，由小赞的店铺上传

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连云港市2020届高三第一学期期末调研考试物理试题一、单项选择题1.我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”，如图所示。“天眼”“眼眶”所围圆面积为S，其所在处地磁场的磁感应强度大小为B，与“眼眶”平面平行、垂直的分量分别为Bl、B2，则穿过“眼眶

”的磁通量大小为A.0B.BSC.B1SD.B2S【答案】D【解析】【详解】在匀强磁场中，眼眶与磁场Bl平行，穿过的磁通量Φ=0，眼眶与磁场B2垂直，则穿过的磁通量Φ=B2S，故ABC错误，D正确；故选D。2.“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36km/h的速度匀速行驶

，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10m/s2。若小王的反应时间为0.5s，则汽车距斑马线的安全距离至少为A.5mB.10mC.15mD.36m【答案】B【解析】【详解】汽车的

初速度为036km/h10m/sv==，反应时间10.5st=内做匀速直线运动，有：1015mxvt==刹车过程的加速度大小为210m/sa=，由匀减速直线运动的规律：220202vax−=−可得刹车距离

为2025m2vxa==故安全距离为：12()10mdxx+=；故B正确，ACD错误；故选B。3.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是A.

电流表的示数为4.0AB.电压表的示数为155.6VC.副线圈中交流电的频率为50HzD.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1【答案】C【解析】【详解】AB．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为1max2202VU=，可知有效值为1max122

0V2UU==根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：2211220V110V2nUUn===由欧姆定律可知流过电阻的电流：222AUIR==所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故AB均错误；C．因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不

改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D错误；故选C。4.观看

科幻电影《流浪地球》后，某同学设想地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道通过木星的情景，如图所示，轨道上P点距木星最近（距木星表面的高度可忽略）。则A.地球靠近木星的过程中运行速度减小B.地球远离木星的过程中加速度增大C.地球远离木

星的过程中角速度增大D.地球在P点的运行速度大于木星第一宇宙速度【答案】D【解析】【详解】A．地球靠近木星时所受的万有引力与速度成锐角，做加速曲线运动，则运行速度变大，A错误；B．地球远离木星的过程，其距离r变大，则可知万有引力增大，由牛顿第二定律：2GM

mmar=则加速度逐渐减小，B错误；C．地球远离木星的过程线速度逐渐减小，而轨道半径逐渐增大，根据圆周运动的角速度关系vr=，可知运行的角速度逐渐减小，C错误；D．木星的第一宇宙速度指贴着木星表面做匀速圆周的

线速度，设木星的半径为R，满足1=GMvR，而地球过P点后做离心运动，则万有引力小于需要的向心力，可得22PvMmGmRR可推得：1PGMvvR=即地球在P点的运行速度大于木星第一宇宙速度，D正确；故选D。5.如图所示，AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，

当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】当平抛的初速度0vv时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得：212tan2gtygtxvt

v===，可得平抛时间：2tanvtg=则小球所受的重力的瞬时功率为：2tanyPmgvmggtmgv===可知，P关于v构成正比例函数关系；当平抛的初速度0vv时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：212hgt=则平抛时间为：

2htg=则小球所受的重力的瞬时功率为：2yPmgvmggtmggh===可知功率P为恒定值；综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；故选C。二、多项选择题6.智能手机屏幕的光线过强会对眼睛有害，因此手机都有一项可以调节亮度的功能，该功能既可以自动调节，也可以手

动调节。某兴趣小组为了模拟该功能，设计了如图所示的电路。闭合开关，下列说法正确的是A.仅光照变强，小灯泡变亮B.仅光照变弱，小灯泡变亮C.仅将滑片向a端滑动，小灯泡变亮D.仅将滑片向b端滑动，小灯泡变亮【答案】AC【解析】【详解】A．仅光照变强，可知光敏电阻的阻

值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，则流过灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；B．仅光照变弱，可知光敏电阻的阻值变大，则总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知总电流减小，则流过灯泡的功率

变小，灯泡变暗，B错误；C．仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，干路电流增大，灯泡的功率变大，灯泡要变亮，C正确；D．仅将滑片向b端滑动，接入电路的有效阻值变大，则总电阻变大大，干路电流减小，灯泡的功率变小，灯泡要变暗，D错误；故选AC。7.如图所示，直线

上M、N两点分别放置等量的异种电荷，A、B是以M为圆心的圆上两点，且关于直线对称，C为圆与直线的交点。下列说法正确的是A.A、B两点的电场强度相同，电势不等B.A、B两点的电场强度不同，电势相等C.C点的电势高于A点的电势D.将正电荷从A沿劣弧移到B的过程中，电势能先增加后减少【答案】B

D【解析】【详解】AB．在等量的异种电荷的电场中，两点电荷产生好的电场强度大小为2kQEr=，由平行四边形定则合成，A、B、C三点的场强方向如图所示：结合对称性可知，A与B两点的电场强度大小相等，方向不同，则

两点的场强不同；而比较A与B两点的电势，可由对称性可知沿MA和MB方向平均场强相等，则由UEd=可知电势降低相同，故有AB=；或由点电荷的电势(决定式kQr=)的叠加原理，可得AB=，故A错误，B正确；C．从M点沿MA、MB、MC三个方向，可知MA和MB方向MC

方向的平均场强较大，由UEd=可知沿MC方向电势降的多，而等量异种电荷连线的中垂线与电场线始终垂直，为0V的等势线，故有0VABC==，故C错误；D．正电荷在电场中的受力与场强方向相同，故由从A沿劣弧移到B的过程，从A点电场力与运动

方向成钝角，到B点成直角，后变成锐角，故有电场力先做负功后做正功，由功能关系可知电势能先增大后减小，故D正确；故选BD。8.如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球

B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则A.小球均静止时，弹簧的长度为L-mgkB.角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mgC.角速

度ω0=2kgkLmg−D.角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【答案】ACD【解析】【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，BNmg=；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：1mgkx=，故弹簧的长度为：11mgLLxLk=−=−，故

A项正确；BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即0BN=，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：20costanmgmL=sinFmg=杆而对A球依然处于平衡，有：2sinkFmgFkx+==杆而由几何关系：1sinLxL−=联立四

式解得：2kFmg=，02kgkLmg=−则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：2k

Fmgmgmg=+=则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；故选ACD。9.如图甲所示，滑块沿倾角为α的光滑固定斜面运动，某段时间内，与斜面平行的恒力作用在滑块上，滑块的机械能E随时间t变化的图线如图乙所示，其中0

~t1、t2时刻以后的图线均平行于t轴，t1-t2的图线是一条倾斜线段，则下列说法正确的是A.t=0时刻，滑块运动方向一定沿斜面向上B.t1时刻，滑块运动方向一定沿斜面向下C.t1~t2时间内，滑块的动

能减小D.t2~t3时间内，滑块的加速度为gsinα【答案】BD【解析】【详解】ABC．根据能量守恒定律可知，除重力以外的力做功使得物体的机械能变化，0~t1内物体的机械能不变，说明没有其它力做功，但物体的运动可以是沿斜面向上或沿斜面向下；t1~t2时间内机械能随时间均匀减小，0EEEkt

=−=，而由功能关系EFx=则物体的位移关于时间变化xvt=，推得物体做匀速直线运动，则需要其它力sinFmg=，综合可得0~t1物体可以是沿斜面向下做匀变速直线运动或沿斜面先向上匀减再向下匀加；t

1~t2物体沿斜面向下做匀速直线运动，此时滑块的动能不变；故A项错误，B项正确，C项错误；D．t2~t3时间内,机械能不再变化，说明撤去了其它力，物体沿斜面方向只有重力的分力提供加速度，由牛顿第二定律：sinsinm

gagm==故D项正确；故选BD。三、简答题10.某实验小组设计了如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，其主要步骤如下：（1）物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，P底端固定了一竖直宽度为d的轻质遮光条。托住P，使系统处于静止状态（如图所示），

用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度h。（2）现将物块P从图示位置由静止释放，记下遮光条通过光电门的时间为t，则遮光条通过光电门时的速度大小v=___________。（3）己知当地的重力加速度为g，为了验证机械能守恒定律，还

需测量的物理量是_________（用相应的文字及字母表示）。（4）利用上述测量的实验数据，验证机械能守恒定律的表达式是_________。（5）改变高度h，重复实验，描绘出v2-h图象，该图象的斜率为k。在实验误差允许范围内，若k=_________，则验证了机械能守恒定律。【

答案】(1).dt(2).P的质量M，Q的质量m(3).（M-m）gh=21()()2dMmt+(4).2()()MmgMm−+【解析】【详解】（1）[1]光电门的遮光条挡住光的时间极短，则平均速度可作为瞬时速度，有：dvt=；（2）[2]两物块和轻绳构成的系统，只有重力做功，机械能守恒：

221122MghmghMvmv−=+故要验证机械能守恒还需要测量P的质量M、Q的质量m；（3）[3]将光电门所测速度带入表达式：2211()()22ddMghmghMmtt−=+则验证机械能守恒的表达式为

：21()()()2dMmghMmt−=+；（4）[4]将验证表达式变形为：22()gMmvhMm−=+若在误差允许的范围内，系统满足机械能守恒定律，2vh−图像将是一条过原点的倾斜直线，其斜率为：2()gMmkMm−=+。11.某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操

作如下：（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为_________mm。（2）用多用电表“×1"倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为_________Ω。（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值Rx，

为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_________。A.B.C.D.（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符

合实验结果的图线是_________（选填“a”“b”或“c”），该电阻丝电阻率的测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】(1).2.819〜2.821(2).7(3).D(4).a(5).等于【解析】【详

解】（1）[1]螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：2.5mm32.00.01mm2.820mmd=+=（2.819~2.821）；（2）[2]欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻

值，可得：7.017.0xR==（或7）（3）[3]实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；而待测电阻满足：753000506xAVRRR==即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D电路实验；（4）[4]根

据电阻定律RLS=，可知RL−图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：=ARRLS+测故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a图线；[5]由RL−图像求电阻率是利用斜率kL=求得，a图线和准

确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等于真实值。12.下列说法正确的是A.库仑力和核力都是一种强相互作用B.光电效应说明了光具有粒子性C.运动的实物粒子具有波动性D.结合能越大，原子核越稳定【答案】BC

【解析】【详解】A．库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故A错误；B．光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故B正确；C．德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P与波长满足hP

=，故C正确；D．比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故D错误；故选BC。13.天然放射性元素铀可以放出三种射线，其中能被一张纸挡住的是______（选填“α”“β”或“γ”）射线。1934年，约里奥一

居里夫妇用该射线去轰击2713Al，首次获得了人工放射性同位素3015P，该核反应方程为_________。【答案】(1).α(2).427301213150HeAlPn+→+【解析】【详解】[1]α射线贯穿能力很弱，电离作用很强，一张纸就能把它挡住，α射线是高速氦核流；β射线能贯

穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出β射线；γ射线穿透本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板，是原子核发生衰变时释放的能量以γ光子的形式辐射出来的；[2]1934年，约里奥—居里夫妇用α射线去轰击

铝箔，发现了中子，其人工核反应方程为：427301213150HeAlPn+→+14.如图所示，在光滑绝缘的水平面上有两个质量均为m的滑块A、B，带电量分别为+q、+Q，滑块A以某一初速度v从远处沿AB连线向静止的B运动，A、B不会相碰。求：运

动过程中，A、B组成的系统动能的最小值Ek。【答案】214mv【解析】【详解】两滑块相距最近时，速度相同，系统总动能最小，由动量守恒定律有：mv=2mv共所以系统的最小动能为：Ek=2211224mvmv=共15.下列说法正确的有____

_____A.布朗运动直接反映了分子运动的无规则性B.水的饱和气压随温度升高而降低C.有些非晶体在一定条件下可转化为晶体D.荷叶上小水珠呈球形，是由于表面张力作用而引起的【答案】CD【解析】【详解】A．布朗运

动是悬浮在液体或气体中的固体微粒做无规则运动，间接反映了周围的分子做无规则的热运动，故A错误；B．与液体处于动态平衡的蒸气叫饱和蒸气；反之，称为不饱和蒸气。饱和蒸气压力与饱和蒸气体积无关！在一定温度下，饱和蒸气

的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，这个压强叫做饱和蒸气压力。蒸发面温度升高时，水分子平均动能增大，单位时间内脱出水面的分子增多（此时，落回水面的分子数与脱出水面的分子数相等），故高温时的饱和水汽压比低温时要大，故B错误；C．晶体和非晶体区别在于内部分子排列，有些通过外

界干预可以相互转化，如把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故C正确；D．荷叶上小水珠呈球形，是因为表面层的水分子比较稀疏，分子间表现为分子引力

，从而表面有收缩的趋势，是由于表面张力作用而引起的，故D正确；故选CD。16.如图所示，用隔板将一密闭绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸，该过程气体的内能_________（选填“增大

”“减小”隔板或“不变”）；待气体状态达到稳定后，缓慢推压活塞至原隔板处，该过程中，气体温度_________（选填“升高”“降低"或“不变”）。【答案】(1).不变(2).升高【解析】【详解】[1]抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，气体不对外做功，绝热气缸又没有热传递，则根据热力学第一

定律：△U=Q+W可知，气体的内能不变；[2]气体被压缩的过程中，外界对气体做功(W>0)，绝热气缸没有热传递(Q=0)，根据△U=Q+W可知，气体内能增大，气体分子的平均动能变大，则温度升高。17.2020年1月1日起，TPMS（胎压监测系统）强制安装法规将开始

执行。汽车行驶时，TPMS显示某一轮胎内的气体温度为27℃，压强为250kPa，己知该轮胎的容积为30L。阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-1，标准状态下1mol任何气体的体积为22.4L，1atm=100kPa。求该轮胎内气体的分子数。（结果保留一位有效数字）【答案

】24210个【解析】【详解】设胎内气体在100kPa、0℃状态下的体积为V0，根据气体状态方程有：001110pVpVTT=，代入解得：V0=68.25L则胎内气体分子数为：N=24021022.4AVN个18.下列说法正确的有_________A.光的

偏振现象说明光是一种纵波B.红外线比紫外线更容易发生衍射C.白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为光发生了衍射D.交警可以利用多普勒效应对行驶的汽车进行测速【答案】BD【解析】【详解】A．光的偏振现象说明光是一种横波，故A错误；B．当波长与障碍物的尺寸差不多或大于障碍物的尺寸，

可以发生明显的衍射，故对同一障碍物，波长越长越容易发生明显的衍射；根据电磁波谱可知红外线比紫外线的波长更长，则红外线更容易出现明显衍射，B正确；C．白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为镜片的前后表面的反射光相遇后发生光的干涉现象，且只

有一定波长(一定颜色)的光干涉时，才会相互加强，所以看起来有颜色，故C错误；D．交警借助测速仪根据微波发生多普勒效应时，反射波的频率与发射波的频率有微小差异，对差异进行精确测定，再比对与速度的关系，就能用电脑自动换算成汽车的速度，故D正确；故

选BD。19.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示。此时x=2m处的质点正沿y轴的_________（选填“正”或“负”）方向运动。己知该质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，此列波的波速为_________m/s。【答

案】(1).正(2).5【解析】【详解】[1]根据“同侧法”原理可知，波的传播方向向右，则x=2m处的质点振动方向向上，即沿y轴正方向；[2]由质点连续2次经过平衡位置的时间0.4s为半个周期的振动，可得周期0.8sT=，由波形图可读出波长4m=，则波速为：4m/

s5m/s0.8vT===。20.为了从室内观察室外情况，某同学设计了一个“猫眼”装置，即在门上开一个小孔，在孔内安装一块与门厚度相同的圆柱形玻璃体，厚度L=3.46cm，直径D=2.00cm，如图所示（俯视图）。室内的人通过该玻璃体能看到室外

的角度范围为120°。取3≈1.73，求该玻璃的折射率。【答案】l.73【解析】【详解】如图所示，入射角1=60°折射角设为2，由tan2=DL得2=30°根据折射定律12sinsin=n，得n=l.73四、计算题21.如图所示，竖直放置的光滑金属导轨水平

间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最大速度vm，此时弹簧具有的弹性势能为Ep。导轨电

阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：（1）细杆达到最大速度m时，通过R的电流大小I；（2）细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F；（3）上述过程中，R上产生的焦耳热Q。【答案】（1）mBLvRr

+；（2）mg-22mBLvRr+；（3）21()2pmRmghEmvRr−−+【解析】【详解】（1）细杆切割磁感线，产生动生电动势：E=BLvmI=ERr+可得I=mBLvRr+（2）细杆向下运动h时，mg=F+BIL可得F=mg-

22mBLvRr+（3）由能量守恒定律得mgh=EP+212mmv+Q总Q=RRr+Q总可得电阻R上产生的焦耳热：Q=21()2pmRmghEmvRr−−+22.如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡

板。质量m=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。己知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间

动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）0.8m；（2）2N；（3）48J【解析】【详解】（1）（

5分）滑块在板上做匀减速运动，a=22mggm=解得:a=5m/s2根据运动学公式得：L=v0t1-2112at解得t=0.4s（t=2.0s舍去）（碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s>2m/s，说明滑块一直匀减速）板移动的位移x=vt=0

.8m（2）对板受力分析如图所示，有：F+2f=1f其中1f=μ1（M+m）g=12N，2f=μ2mg=10N解得：F=2N（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q1=2f·（L-x）=μ2mg（L-x）=12J滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2=μ2mg（

L-x）=12J整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：Q3=μ1（M+m）g•L=24J所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=48J法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1=2N（第二问可知）F1做功为W1=F1x=2×0.

8=1.6J滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：F2=1f+2f=μ1（M+m）g+μ2mg=22NF2做功为W2=F2（L-x）=22×1.2=26.4J碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4m/s滑块动能变化：△Ek=20J所以系统因摩擦产生的热量：Q=W1+W2+

△Ek=48J23.在如图甲所示的平面坐标系xOy内，正方形区域（0<x<d、0<y<d）内存在垂直xOy平面周期性变化的匀强磁场，规定图示磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，变化的周期T可以调节，图中B0为己知。在x=d处放置一垂直于x轴的荧光屏

，质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t=0时刻从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，不计粒子重力。（1）调节磁场的周期，满足T>02mqB，若粒子恰好打在屏上P（d，0）处，求粒子的速度大小v；（2）调节磁场的周期，满足T=0mqB，若

粒子恰好打在屏上Q（d，d）处，求粒子的加速度大小a；（3）粒子速度大小为v0=06qBdm时，欲使粒子垂直打到屏上，周期T应调为多大？【答案】（1）2qBdvm=；（2）222qBdamk=(其中k=1，2，3……)；（3）T=2()2mqB+,其中sin=16，=arcsi

n16；sin=14，=arcsin14；sin=34，=arcsin34。；【解析】【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示：由洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m21vR几何关系可得：2R1=d联立解得：

2qBdvm=（2）粒子的轨迹如图所示：由几何关系可得：222dkR=，其中k=1、2、3……22vqvBmR=；可得：qBdvkm=而qvBam=联立可得：222qBdamk=，其中k=1，2，3……（3）洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m203vR

；06qBdvm=；36dR=粒子运动轨迹如图所示，在每个磁感应强度变化的周期内，粒子在图示A、B两个位置可能垂直击中屏，且满足要求0<<3。设粒子运动的周期为T′，由题意得：222TT+=；3022RmTvqB==设经历完整TB的个数为n（n=0，1

，2，3……）（I）若粒子运动至A点击中屏，据题意由几何关系得：R+2（R+Rsin）n=d当n=0、1时无解；当n=2时，sin=14，=arcsin14；n>2时无解。（II）若粒子运动至B点击中屏，据题意由几何关系得:R+2Rsin+2（R+Rsin）n=d当n=0时

无解。n=1时，sin=34，=arcsin34；n=2时：sin=16，=arcsin16；n>2时无解综合得：T=2()2mqB+；其中sin=16，=arcsin16；sin=14，=arcsin14；sin=34，=arcsin34。