【文档说明】浙江省教育绿色评价联盟2020届高三下学期6月适应性考试物理试题 【精准解析】.doc，共(27)页，1.916 MB，由小赞的店铺上传

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2020年浙江教育绿色评价联盟6月适应性考试物理考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题

纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。5.可能用到的相关

公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，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的基本单位是（）A.力/牛

顿B.电势/伏特C.电流/安培D.磁感应强度/特斯拉【答案】C【解析】【详解】A．力/牛顿；力是矢量，牛顿是国际单位制中的导出单位，选项A错误；B．电势/伏特；电势是标量，伏特是国际单位制中的导出单位，选项B错误；C．电流/安培；电流是标量，安培是国际单位制中的基本单位，选项C正确；D．磁感应强度

/特斯拉；磁感应强度是矢量，特斯拉是国际单位制中的导出单位，选项D错误。故选C。2.一只甲虫沿着树枝缓慢地从A点爬到B点，下列说法正确的是（）A.树枝对甲虫只提供支持力B.树枝对甲虫的支持力大于甲虫的总重力C.树枝对甲虫的支持力与甲虫的重力是一对平衡力D.树枝

对甲虫的支持力与甲虫对树枝的压力是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】【详解】A．树枝对甲虫提供支持力和摩擦力，A错误；BC．树枝对甲虫的支持力与摩擦力方向相互垂直，两个力的合力与甲虫的重力相平衡，即等大反向，则树枝对甲虫的支持力小于甲虫的总重力，BC错误；D．树枝对甲虫的支持力与甲虫对树枝

的压力是一对作用力与反作用力，D正确。故选D。3.如图所示，涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是（）A.库仑利用图甲实验精确测出了元电荷e的值B.法拉第利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场C.伽利略根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D.牛顿

利用图丁实验，总结出：自由落体运动是匀变速直线运动【答案】C【解析】【详解】A．库仑利用图甲实验精确测出了静电常数，发现了库仑定律，没有测出元电荷e的值，选项A错误；B．奥斯特利用图乙实验，发现了电流

周围存在磁场，选项B错误；C．伽利略根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，选项C正确；D．伽利略利用图丁实验，总结出自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。故选C。4.如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质

点做匀速直线运动时，位置与时间的关系．若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系．下列说法中正确的是（）A.若x轴表示时间，y轴表示功能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B.若x轴

表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的

某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系【答案】C【解析】根据动量定理，说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确．结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误．根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为

负值，B错误．当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不随时间变化，D错误．5.木块甲、乙质量分别为5kg和6kg，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0

.2。夹在甲、乙之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平拉力作用在木块乙上，如图所示。力F作用后木块所受摩擦力情况是（）A.木块甲所受摩擦力大小是10NB.木块甲所受摩擦力大小是0NC.木块乙所受

摩擦力大小是9ND.木块乙所受摩擦力大小是7N【答案】C【解析】【详解】根据题意可知甲和水平面之间的最大静摩擦力的大小为f1=μm甲g=10N乙和水平面之间的最大静摩擦力的大小为f2=μm乙g=12N根据胡克定律可知，弹簧的弹力大小为F1=kx=400×0.02N=

8N当水平拉力作用于乙物体时，水平外力和弹簧对乙物体的作用力同向，因为F+F1＜f2，所以乙物体静止不动，根据平衡条件可知乙物体受到的静摩擦力为f乙=F+F1=9N对甲物体，因为F1＜f1，所以甲物体也静止不动，甲物体受到

静摩擦力大小为f甲=F1=8N故ABD错误，C正确。故选C。6.如图所示是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B.加一电场，电场方向沿y轴

正方向C.加一电场，电场方向沿z轴负方向D.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向【答案】C【解析】【详解】A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向，由左手定则可知，电子向-y方向偏转，A错误；B．加一电场，电场方向沿y轴正方向，则电子向-y方向偏转，B错误；C．加一电场，电场方向沿z轴负方向，则电子向

z轴正方向偏转，C正确；D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向，由左手定则可知，电子向-z方向偏转，D错误。故选C。7.2019年12月27日，长征五号遥三运载火箭（“胖五”）在中国文昌航天发射场点火升空发射成功，标志着我国航天事业又上一个新台阶。设想其中一颗人造卫星在

发射过程中，原来在椭圆轨道绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是（）A.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同B.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在轨道2上的P点的速度较大C.卫星在轨道2的任何位置都具有

相同加速度D.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在轨道1的周期较大【答案】B【解析】【详解】A．卫星受到地球的万有引力作用，由牛顿第二定律2MmGmar=解得加速度2GMar=其中r为卫星到地球球心的距离，由于不论在哪个轨道上的P点，其

到地球球心的距离都相同，所以在轨道1与轨道2运行比较，卫星在P点的加速度相同，故A错误；B．卫星在P点由轨道1进入轨道2要进行加速，做离心运动，故卫星在轨道2上的P点的速度较大，故B正确；C．卫星在轨道2不同位置的加速度的方向不同，始终指

向圆心，故加速度不同，故C错误；D．根据开普勒第三定律32rkT=可知轨道2的半径大于轨道1的半长轴，故轨道1运行的周期小于轨道2上的运行周期，故D错误。故选B。8.如图所示，是某LC振荡电路中电流随时间变

化的关系曲线，如图乙所示，规定顺时针电流为正电流，则（）A.在t1时刻，a板带正电，电荷量最大B.在t1~t2时间内，线圈内磁场方向向上，且强度减弱C.在t2时刻，电感线圈自感电动势最大，Uc>UdD.在t1~t2时间内，电容器正在

充电【答案】D【解析】【详解】A．在t1时刻，回路中的电流顺时针最大，则电容器放电完毕，此时a板不带电，A错误；B．在t1~t2时间内，回路中顺时针电流逐渐减小，则线圈内磁场方向向下，且强度减弱，B错误；C．在t2时刻，电流为零，但是电流的变

化率最大，此时电感线圈自感电动势最大，根据楞次定律可知，线圈下端电势高，即Uc<Ud，C错误；D．在t1~t2时间内，回路中顺时针电流逐渐减小，线圈的磁场能减小，电容器内电场能增加，即电容器正在充电，D正确。故选D。9.如图为360Eye扫地机器人，其内部电机的电阻为0.5Ω

，内置锂电池容量为9A.h，额定功率为24W，额定电压为8V，则该机器人正常工作时（）A.额定工作电流是3AB.额定工作电流是16AC.扫地机器人电池充满电之后最长工作时间9hD.扫地机器人每秒消耗电能为128J【答案】A【解析】【详解】AB．额定工作电流是24A=3A8PIU==A正确，B错误

；C．题中“A•h”是电荷量的单位，则9Ah=3h3AQtI==C错误；D．根据W=Pt解得W=24×1J=24JD错误。故选A。10.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源u=202sin(50πt)V，一个二极管和

阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端；假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大；用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（）A.Uab:Ucd=n1:n2B.增大负载电阻的

阻值R，电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越小D.副线圈上交变电流的频率为50Hz【答案】B【解析】【详解】A．假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有Uab：U2=n1：n2而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副

线圈两端的电压有效值，所以Uab：Ucd不等于n1：n2，故A错误；B．副线圈两端的电压取决于输入电压和匝数，故副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，故输入功率减小，而输入电压不变，故原线圈的电流减小，所以电

流表的示数减小，故B正确；C．cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压U不会随着负载电阻变化，故C错误；D．根据题意可知，正弦交流电源50rad/s=所以125Hz2fT===故D错误。故选B。11.如图所示，半径

为R的光滑绝缘的半圆形轨道ABC，A点与圆心等高，B点在圆心正下方，轨道固定于电场强度为E的匀强电场中．两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A点和B点．己知两小球质量皆为m，重力加速度为g，静电力常量为k．下列说法正确的是A.小球带正电B.小球的带电量为mg

/EC.小球的带电量为2mgRkD.在A点小球对轨道的压力大于在B点小球对轨道的压力【答案】B【解析】若两球均带正电，则球B不能平衡，则小球带负电，选项A错误；对小球A受力分析可知，竖直方向：0cos45mgF=库；对小球B受力分析可知，水平方向：0cos45qEF=库；解得mg=qE，则q=mg

/E，选项B正确；根据对A竖直方向的方程0cos45mgF=库，即202cos45(2)kqmgR=，解得22mgqRk=，选项C错误；对AB的整体受力分析可知：2NAFEq=，2NBFmg=因mg=qE可知，在A点小球对轨道的压力等于在B点小球对轨道的压力，选项D错误

；故选B.点睛：此题关键是灵活选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法列方程；注意轨道对球的弹力方向指向圆心.12.已知天然材料的折射率都为正值（10n）。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值（20n），称为负折射率介质。电磁波从

正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（）A.1B.2

C.3D.4【答案】D【解析】【详解】ABCD．由题，点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学1或2；根据光线穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光

线3出介质右侧后，根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像；光线4才能满足“同侧”+“成实像”的条件，所以折射光线4可能是正确的，光线3是错误的，由以上的分析可知，ABC错误D正确。故选D。13.如图所示，在圆柱形房屋天花板中心O点悬挂一根L的细绳，绳的下端挂一个质量m的

小球，重力加速度为g，已知细绳能承受的最大拉力为2mg，小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球恰好以u=7gL的速度落在墙角边，以下选项正确的是（）A.悬点到轨迹圆的高度h与角速度的平方ω2成正比B.绳断裂瞬间的速度v0=3gLC.圆柱形房顶的高度H=3.25LD.

半径R=3L【答案】C【解析】【详解】A．分析小球的受力情况Tcosθ=mg2sintanTmh=解得2gh=则悬点到轨迹圆的高度h与角速度的平方ω2成反比，选项A错误；BCD．分析小球的受力情况Tcosθ=mg20sinsinvTmL=其中T=2mg解得θ=60°03

2vgL=由动能定理有'2201122mghmumv=−解得'114hL=所以'133.254HhLcosLL=+==由平抛运动的规律，有212hgt=由几何知识得202sin3()()RLvtL

=+=选项C正确，BD错误。故选C。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，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2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）14.关于下面四幅图所对应的光学现象，下列说

法正确的是（）A.图1是某单色光的双缝干涉条纹B.图2检查工件的平整度是利用光的反射C.图3肥皂泡呈现彩色条纹是由光的薄膜干涉现象造成的D.图4拍摄玻璃窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片以过滤橱窗玻璃的反射光【答案】ACD【解析】【详

解】A．图1是某单色光的双缝干涉条纹，选项A正确；B．图2检查工件的平整度是利用光的干涉现象，选项B错误；C．图3肥皂泡呈现彩色条纹是由光的薄膜干涉现象造成的，选项C正确；D．图4拍摄玻璃窗内的物品时

，要在镜头前加装一个偏振片以过滤橱窗玻璃的反射光，选项D正确。故选ACD。15.如图所示，甲为一列沿x轴传播的简谐波在t＝0.1s时刻的波形图象，乙表示该波在传播介质中x＝2m处的质点a从t＝0时起的振动图象。则（）A.若此波遇到另一列

简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为5HzB.该波沿x轴负方向传播C.从t＝0.10s到t＝0.25s，质点a通过的路程为40cmD.t＝0.25s，x＝4m处的质点b的加速度沿y轴负方向【

答案】ABD【解析】【详解】A．由乙图，该波的周期为0.2s，频率为5Hz，则若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为5Hz，故A正确；B．由乙图知，t=0.1s时刻，质点a向上

运动；在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴负方向传播；故B正确；C．从t=0.10s到t=0.25s，经过的时间为34T，则质点a通过的路程为：S=3A=0.6m，故C错误；D．由波形图可知t＝0.25s时刻，即从图示位置再经过0.15s=

34T，则x＝4m处的质点b到达波峰位置，则其加速度沿y轴负方向，故D正确。故选ABD。16.如图所示是氢原子的能级示意图，一群处于n=3能级的氢原子在自发跃迁时会辐射一些光子，用这些光子照射逸出功2.25eV的钾，普朗克常量h=6.63×10-34

J·s。则以下说法正确的是（）A.波长为60nm的伦琴射线能使处于基态的氢原子电离B.金属钾表面所发出的光电子的最大初动能为9.84eVC.这群氢原子能发出三种不同频率的光D.氢原子辐射光子后其核外电子动能变小【答案】ABC【解析】【详解】A．波长为60nm的伦琴射线的光子的能

量：34896.63103.010J20.7eV>13.6eV6010hcEh−−====所以用波长为60nm的伦琴射线照射，能使处于基态的氢原子电离，故A正确；B．氢原子跃迁辐射光子能使锌板发生光电效应，一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出，一群处于n=3能级

的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为12.09eV，克服2.25eV的逸出功后剩余的动能即为最大动能为9.84eV，故B正确；C．这群氢原子能发出233C=种不同频率的光，故C正确；D．氢原子辐射光子后其核外电子轨道半径减小，根据222evkmr

r=又2k12Emv=解得2k2keEr=，故电子的动能变大，故D错误。故选ABC。非选择题部分三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。主要实验步骤如下：①安装好实验器材。

接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。②选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O（t=0），然后每隔0.1s选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F……所示。③通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度，分别记作v1、v2

、v3、v4、v5……④以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示。结合上述实验步骤，请你完成下列问题：(1)在下列仪器和器材中，还必须使用的有______和_________（填选项前的字母）。A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可

调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平（含砝码）(2)对应的坐标点，并画出v—t图像________。(3)观察v—t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是______。根据v—t图像计算出小车的加速度a=_

______m/s2。（保留两位有效数字）(4)利用该装置也可以完成“探究动能定理”的实验。实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是把长木板右端垫高，在不挂重物且_________（选填选项前的字母

）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。A．计时器不打点B．计时器打点【答案】(1).A(2).C(3).(4).一条倾斜直线(5).0.64±1m/s2(6).B【解析】【详解】(1)[1][2]AB．实验使用的电源为交流电源，故A正确，B

错误；C．刻度尺要用来测量纸带的点之间的距离，所以必须要有刻度尺，故C正确；D．打点计时器本身就是计时的仪器，不需要秒表，故D错误；E．实验中不需要测量物体质量，不需要天平，故E错误。故选AC。(2)[3]如下图所示(3)[4][5]vt−图象是一条倾斜的直线，图象斜率恒定，可知速

度随着时间是均匀变化的，说明小车是做匀变速直线运动，斜率表示小车的加速度，根据vt−图象计算出小车的加速度220.990.67m/s0.64m/s0.5a−==(4)[6]通过打点计时器打出的点，分析小车的位移变化情况得相邻相等时间间隔内位移之

差相近，在误差允许的范围内的话，就能知道小车做匀变速直线运动，同时知道已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。18.从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻Rx的阻值。要求方法简捷，得到多组数据，有尽可能高的测量精度。(1)电流表应选用______，电压表应选用______。(

2)完成图1中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏______。器材（代号）规格待测电阻（Rx）阻值约5Ω电流表（A1）0~300μA，内阻约100Ω电流表（A2）0~0.6A，内阻约0.1Ω电压表（V1）0~3

V，内阻约3kΩ电压表（V2）0~15V，内阻约15kΩ滑动变阻器（R）总阻值约10Ω电源（E）电动势3V，内阻很小电键（S）导线若干(3)正确连线后，闭合开关，缓慢移动滑片至某一位置时两表指针如图2所示，此时电流表的示数为________A，电压表读数为_____

_V。【答案】(1).A2；(2).V1(3).(4).0.48(5).2.20【解析】【详解】(1)[1][2]由于电动势3VE=内阻很小，则电压表应该选V1，待测电阻Rx阻值约为5Ω，则最大电流约为x3A=0.6A5E

IR==故电流表选用A2。(2)滑动变阻器采用限流接法，电流表的内电阻远大于待测电阻，所以采用外接法，如图所示(3)[4][5]电流表量程为0.6A，所以读数为0.48A；电压表量程为3V，所以读数为2.20V。

19.如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块（可视为质点），恰好能沿倾角θ＝37°斜面匀速下滑。若现在给物体施加与斜面成某一夹角的拉力F，让物块以v0＝2m/s的初速度由A点沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知sin37°=0.6，重力加速

度g取10m/s2。求：(1)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(2)物块上滑时加速度a的大小及到达B点时速度vB的大小；(3)拉力F与斜面夹角α多大时，拉力F最小及拉力F的最小值。【答案】(1)0.75；(2)3m/s2，8m/s；(3)37°，4.8N【

解析】【详解】(1)物块匀速下滑sincosmgmg=有tan0.75==(2)由运动学公式得2012Lvtat=+0vvat=+联立式子代入数据得a=3m/s2，vB=8m/s(3)受力分析如图所示，由牛顿第二定律得cossinfFmgFma−−=sincos0NFFmg+

−=又fNFF=联立得(sincos)cossinmgmaF++=+当F最小时，则分母cossin+最大，由数学知识可知5435cossin=(cossin)sin(53)4554

++=+则对应F最小的夹角α=37°联立代入数据得F的最小值为Fmin=4.8N20.如图所示，为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，竖直圆轨道的半径

可调，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为2kg的小物块(可视为质点），以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，恰从A点无碰撞地沿倾斜轨道滑下。已知小物块与倾斜轨道AB间的动摩擦因数μ

=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）：（1）求小物块的抛出点和A点之间的高度差h；（2）为了让小物块能沿着轨道运动，并从E点飞出，则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件；（3）若圆轨道半径

R=3340m，小物块将在圆轨道上的F点脱离轨道，求小物块脱离轨道后所能达到的最大高度H。【答案】（1）0.45m；（2）R≤0.66m；（3）55m36【解析】【详解】（1）令下落的高度差为h，小物块到达A处时，水平分速度为vx，竖直

分速度为vytanyxvv=22yvgh=可得h=0.45m（2）小物块能沿轨道做圆周运动，设在圆周顶点时的速度为v1，则有mg≤21mvR对B点到圆轨道顶点运动过程运用动能定理22112()2BmgRmvv=−对A点到B点运动过程运用动能定理2211sincos22B

AmgLmgLmvmv−=−若物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径有R≤0.66m（3）考虑到物块从F点脱离轨道，有FN=0，脱离时速度方向与竖直方向夹角为β对F点列出受力方程2sinFmvmgR=对B点到F点过程运用动能定理()22111sin22BF

mgRmvmv+=−解得2sin3=2112Fv=所以25518Fyv=即物块脱离轨道后所能达到的最大高度255(1sin)m236FyvHRg=++=21.如果质量相同的小球A、B，在沿一条直线运动的过程中发生弹性

正碰，速度发生交换。如图所示，将光滑水平绝缘的大桌面取为Oxy坐标面，空间有竖直向下（图中朝里）矩形磁场区域的匀强磁场B。（附注：解题时略去球之间的电作用力）(1)Oxy平面上距O稍远处的小球A，质量m、电量q（q>0），初

速度方向垂直于磁场，如图所示，大小为v0，而后A在磁场区域内做匀速圆周运动，试求圆周运动的半径R和运动周期T。(2)图中小球A1、A2质量也同为m，电量也同为q（q>0），开始时分别位于y轴上的y1、y2（y1>y2）位置，初速度方向如图所示，大小也同为v0。设A1

、A2间可能发生的碰撞都是弹性碰撞且不会相互转移电荷（下同）。已知A1能到达y2处，两球始终都在矩形磁场区域里运动，试求y1-y2的所有可能取值。(3)在x轴上与x1相距尽可能远的x2处存在一正三角形区域的匀强磁场，磁感应强度大小也为

B，方向也是竖直向下（图中朝里）。图中小球B的质量也为m，电量也同为q（q>0），t=0时位于x轴上距O稍远的矩形磁场区域外的x1位置，初速度大小也为v0，方向垂直于正三角形磁场区域EFG的E边的中点H射入磁场区域，然后从EG边界的I点（图中未画出）穿出磁场，且G

I长是正三角形边长的0.75倍，求该正三角形区域的边长a。【答案】(1)0mvRBq=，2mTBq=；(2)02mvBq或04mvBq；(3)04mvaBq=【解析】【详解】(1)根据洛伦兹力公式，则有200vqvBmR=可得0m

vRBq=022RmTvBq==(2)如图第一种情况，若两球不发生碰撞，A2转半圈到达y1处，A1转半圈到达y2处，则01222mvyyRBq−==第二种情况，两球各自转半圈后相碰，发生弹性碰撞并交换速度，以后A2转半圈到达

y1处，A1转半圈到达y2处，则01244mvyyRBq−==(3)同理可得0mvRBq=根据三角几何知识可知，得4aR=04mvaBq=22.如图所示，在光滑的水平面上有边长l=0.8m的正方形均匀导线框abcd，其质量m=100g，自感系数L=10-3Vs/A，当导

线框中的电流变化时线框自身也会产生自感电动势IELt=来阻碍自身电流的变化，线框电阻可忽略不计。该导线框的cd边在t=0时，从x=0处以初速度v0=4m/s进入磁感应强度为B=0.5T的有界匀强磁场区域，磁场区域宽度S=0.2m，B的方向与导线框平面垂直（垂直指向纸内），忽略空气

阻力。求：(1)导线框从x=0处向右运动的最大距离A（提示1：可以用F—x图象下的“面积”代表力F做的功；提示2：质点做匀速圆周运动时，它在任一直径方向上的分运动就是简谐运动）(2)t=36s时刻导线框cd边的位

置；(3)若初速度改取为43v0，求t=36s时刻导线框cd边的位置。【答案】(1)0.1m；(2)0.035m−；(3)0.48m【解析】【详解】(1)cd边进入磁场区域会使导线框获得感应电动势为1EBl

v=E1的存在会引起感应电流I，I显然会随时间t变化，进而会在导线框中产生自感电动势2IELt=两个电动势方向相反，若设导线框电阻为R，则有12EEIR+=因R取零，便有12EE=IBlvLt=即=BlI

vtL所以BlIxL=22=160BlFBIlxxL−=−=−安这是一个线性回复力，与位移x大小成正比，方向始终相反，这将使导线框做简谐运动。根据提示，可以用F-x图象下面的“面积”表示代表力F做的功，则有2201116022Amv=解得0.1mA=(2)质点做匀速圆周

运动时，它在任一直径方向上的分运动就是简谐运动。所以2160Fxmx=−=−安其中sinxAt=40rad/s=s20T=36240Tt==因此cd边已经返回到磁场区域外，容易求0()0.035m2Txvt=−−=−(3)若初速度改取为043v，线框简谐运动的振幅10.4m0.2m3

As==10sinsAt=解得013sin2stA==所以有0s120t=而后在场区外匀速向右运动，运用动能定理可求出场区后的速度大小22212111160222smvmv=−28m/s3v=出磁场区后的右移量2073()m0.28m135dvt

t=−=解得0.48mxsd=+