【文档说明】【精准解析】北京市第四十三中学2020届高三上学期开学考试物理试题.doc，共(25)页，1.167 MB，由小赞的店铺上传

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北京市市第四十三中学高三第一学期开学测试一、单项选择题:(每题2分，共38分)1.作用在同一点上的两个力，大小分别是3N和5N，其合力的大小可能是（）A.0NB.1NC.3ND.15N【答案】C【解析】【详解】作用在同一点上的

两个力，F1=3N、F2=5N，当两个力的方向相反时，其合力最小Fmin=F2﹣F1=5N﹣3N=2N当两个力的方向相同时，其合力最大Fmax=F1+F2=5N+3N=8N因为两个力的方向不确定，所以其合力的大小在2N与8N之间，故

选项C正确，ABD错误。故选C。2.汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始，经5S，汽车通过的位移是（）A.0mB.100mC.12.5mD.37.5m【答案】C【解析】【详解】由题意知取汽

车初速度方向为正方向，则有：v0=36km/h=10m/s，a=﹣4m/s2，t=5s因为汽车刹车停止后将停止运动，故据v=v0+at得停车时间00102.54vvtssa停∵t＞t停∴汽车刹车后5s内的位移即为刹车后

2.5s内的位移所以刹车后5s内的位移x====12.5m3.如图所示为某质点做直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A.质点始终向同一方向运动B.加速度大小不变，方向与初速度方向相同C.4s内通过的路程为4m，而位移为零D.

4s末物体离出发点最远【答案】C【解析】【详解】vt图象的斜率的大小表示质点运动的加速度大小，由于图象的斜率不变，所以质点运动的加速度不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，2st时，物体速度减为零，然

后物体反向加速运动，4st=时，回到起始点，4s内通过的位移为零；由图可知4s内质点通过的路程为1222m4m2s故A、B、D错误，C正确；故选C。4.如图所示，一个质量为m的钢球，放在倾角为的固定斜面上，用一竖直挡板挡住，处于静止

状态．各个接触面的均光滑，重力加速度为g．球对竖直挡板压力的大小是（）A.cosmgB.sinmgC.tanmgD.mg【答案】C【解析】【详解】以球为研究对象，球受重力、挡板和斜面对球体的支持力1F和2F，其受力分析图如图所示：根据平衡条件有：1tanFmg，根据牛顿第

三定律可以知道，球对竖直档板压大的大小等于挡板和斜面对球体的弹力1tanFmg，C正确．故选C．5.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a—t图象如图所示．下列v—t图象中，可能正确描述此物体运动的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由a—t图象知，0～0.5T时间内的加速度与T～

2T时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的v-t图象的斜率的绝对值相等，正负不同，可得D正确，ABC错误6.如图所示，物体A、B的质量分别为mA、mB，且mA>mB．二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，B悬挂着，且斜面上方

的细绳与斜面平行．若将斜面倾角θ缓慢增大到45°，物体A仍保持静止．不计滑轮摩擦．则下列判断正确的是A.物体A受细绳的拉力可能增大B.物体A受的静摩擦力可能增大C.物体A对斜面的压力可能增大D.物体A受斜面的作用力可能增大【答

案】B【解析】【详解】A.因为B一直保持静止，所以细绳间的张力等于B的重力，即细绳对A的拉力=BTmg,所以在倾斜角缓慢增大过程中，物体A受到的细绳的拉力不变，A错误．B.当2ABmm，倾斜角缓慢增大到45°的过程

中gsin=+ABmTfmgff逐渐增大，方向向上．当2ABmm时，在倾斜角缓慢增大到使gsin=ABmmg的过程中，知道gsin=ABmfmg静摩擦力随着角度的增大而减小，方向沿斜面向下，当gsin=ABmmg时摩擦力为零，在倾斜角从使gsin=ABmmg成

立到45°过程中，gsin=+ABmTfmgf静摩擦力随着角度的增加而增大，方向沿斜面向上．所以B正确．C.物体A对斜面的压力gcosANm,随着角度的增大而减小，C错误．D.物体A受到细绳的拉力（不变），

重力（不变），斜面的作用力大小等于拉力与重力的合力大小，所以也保持不变,D错误．故选B。7.如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（）A.OA绳中的拉力先减小后增大B.OB绳中的拉

力不变C.人对地面的压力逐渐减小D.地面给人的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉力变大，则

绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；故选D．【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法．8.如图所示，两段等长细线串接

着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小F，作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详

解】对ab整体，受重力、上边绳拉力、F和2F四力平衡，因此上边绳向右偏。假设细线a与竖直方向夹角为α，细线b与竖直方向夹角为β，对ab整体受力如图1所示：可得：tanα=2mgF对细线b受力如图2所示，可知：tanβ=mgF因此：

α<β。故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。9.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的

结论是（）A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.力不是维持物体运动的原因D.物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性【答案】A【解析】【详解】A．铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大

而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故A正确；B．该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论，故B错误。C．物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论

，故C错误。D．该实验不能得出惯性这一结论，故D错误。故选A。10.太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，然而它们公转的周期却各不相同．若把水星和地球绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则

由此可以判定（）A.水星的密度大于地球的密度B.水星的质量大于地球的质量C.地球的向心加速度大于水星的向心加速度D.地球到太阳的距离大于水星到太阳的距离【答案】D【解析】【详解】根据万有有引力提供向心力2224MmGmrrT得32rTGM轨道半径大，周期大，知地球的轨道

半径大于水星。根据2MmGmar轨道半径大，向心加速度小，所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是环绕天体，无法求出质量，也无法求出密度。故ABC错误，D正确。故选D。11.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，

将质量为4kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N．g取10m/s2.对此过程的分析正确的是()A.物体受到的重力变大B.物体的加速度大小为1m/s2C.电梯正在减速上升D

.电梯的加速度大小为4m/s2【答案】B【解析】【详解】A．电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误．BD．由牛顿第二定律可知Fmgma，而由牛顿第三定律得==44NFF压，解得：21m/sa，故选项B正确、选项D错误．C．加速度向上，运动是加速向上或

减速向下，选项C错误．故选B．12.某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力F大小恒定。则在上升过程中（）A.小球的动能减小了mgHB.小球机械能减小了FHC.小球重力势能减小了mgHD.小球克服空气阻力做功()FmgH【答案

】B【解析】【详解】A．由动能定理k()mgFHE故动能减小了()mgFH，故A错误；B．由=WE其它力机可得，机械能减少了FH，故B正确；C．由pGWE可得，则重力势能增加了mgH，故C错误；D．由FWFH，

克服空气阻力做功FH，故D错误。故选B。13.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图像可能正确的是A.B.

C.D.【答案】D【解析】试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，vt图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力fkv的上抛运动，上升中=mgkvam上

，随着v减小，a上减小，对应vt图象的斜率减小，选项A错误．下降中=mgkvam下，随着随着v增大，a下继续减小．而在最高点时0v，ag，对应vt图与t轴的交点，其斜率应该等于g（此时与竖直上抛的最高点相同的

加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足．故选D．考点：本题考查了牛顿第二定律、vt图象的特点、竖直上抛运动状态的判断．14.如图所示,在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的

竖直投影,OP:PQ=1:3,且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是()A.两小球的下落时间之比为1:3B.两小球的下落时间之比为1:4C.两小球的初速度大小之比为1:3D.两小球的初速度大小之比为1:4【答案】D【解析】【详解】AB、两球的抛出高度

相同,故下落时间相同,故AB错；CD、根据题意OP:PQ=1:3，则水平位移之比为1:4，水平方向上做匀速直线运动则0xvt，且运动时间相等，所以水平方向的速度之比为1:4，故C错；D对；综上所述本题答

案是：D【点睛】两小球所在高度相同,故下落时间相同,由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系15.一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）为t＝0.5s时的波动图像，图（乙）为介质中质点P的振动图像．对该波的传播方向和传播速度的说法中正确的是（）A.沿+x方向传播，波速为

4m/sB.沿-x方向传播，波速为4m/sC.沿+x方向传播，波速为8m/sD.沿-x方向传播，波速为8m/s【答案】A【解析】【详解】由振动图像可知，质点P在t=0.5s时向y轴正方向运动，结合波形图可知波沿+x方向传播，波速为4m/s=4m/s1vT

故选A。16.一个直流电动机，线圈电阻是0.5Ω，当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电流是2A。由此可知（）A.电动机消耗的电功率为10WB.电动机发热的功率为10WC.电动机输出的机械功率为10WD.电动机的工作效率为20%【答案】C【解析】【详解】A．设直流电动机线圈电阻为r，

电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U。总功率为P=UI=2×6=12W所以A错误。B．发热功率为P热=I2r=22×0.5=2W所以B错误。C．根据能量守恒定律，其输出功率为P出=P−P热=12W−2W=10W所以C正确。D．电动机的工作效率为=100%

83.3%PP出所以D错误。故选C。17.如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的．现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B

上的金属箔片都张开了．下列说法正确的是()A.A内部的场强比B内部的场强大B.A、B内部的场强均为零C.A左端的电势比B右端的电势低D.A左端的电势比B右端的电势高【答案】B【解析】试题分析：当导体A、B放在带正电的附近时，

出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．解：A、带正电荷的球C移近导

体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，导体是个等势体．故选B点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等．18

.一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（）A.水平向北B.水平向南C.竖直向上D.竖直向下【答案】C【解析】【详解】赤道处的地磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故选C。【

点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系；知道地磁场在赤道上方的方向是由南向北。19.在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正．当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，图

丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律BEStt，由于线圈面积不变，所以感应电动势与磁感应强度的变化率即Bt

图像的斜率成正比，根据Bt图像，01s感应电动势为定值，感应电流为定值，12ss感应电动势为0，感应电流为0，24ss感应电动势为定值而且是01s感应电动势的一半，感应电流也是01s感应电流的一半，对照选项CD错．根据楞次定律01s向上的磁通量增大，感应电流沿正方

向，选项A错B对．考点：电磁感应定律楞次定律二、多项选择题：(每题4分，漏选得2分，共20分)20.如图所示，一个正方形导线框abcd，边长为L，质量为m。将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当ab边

刚进入磁场时，线框速度为v。在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）A.线框可能做加速度减小的加速运动B.线框可能做加速度减小的减速运动C.安培力对线框的冲量大小一定为mvD.线框克服安培力做功一定为21()2mghLmv

【答案】ABD【解析】【详解】AB．若线框下落进入磁场时的速度较小，产生的感应电流较小，安培力较小，线框的加速度向下做加速运动，随着速度的增加，安培力变大，加速度减小，即线圈做加速度减小的加速运动；若线框下落进入磁场时的速度较大，产生的感应电流较大，安培力较大，线框

的加速度向上做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，即线圈做加速度减小的减速运动；故选项AB正确；C．对从线圈开始下落到全部进入磁场的整个过程运用动量定理可得IG－I安=mv故安培力对线框

的冲量大小不是mv，选项C错误；D．对整个过程运用能量守恒得21()=2mghLWmv安故线框克服安培力做功一定为21=()2WmghLmv安选项D正确。故选ABD。21.如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带正电的粒子经过该电场，它的运

动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（）A.此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度B.此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能C.此粒子在M点的动能小于在N点的动能D.电场中M点的电势低于N点的电势【答

案】AD【解析】【详解】A．粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近粒子受到电场力越大，加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；BC．粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动

能，电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，故BC错误；D．场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，故D正确。故选AD。22.如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路

的说法中正确的是（）A.S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭B.S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C.S断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭D.S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭【答案】AD【解

析】【详解】AB．S闭合后的瞬间，自感系数足够大的线圈由于自感作用阻碍电流，相当于断路，此时灯泡A和灯泡B串联同时亮，待电路稳定后没有电流的变化，线圈不再产生感应电动势，对电流没有阻碍作用，相当于短路，此时A灯熄灭，B灯变亮，故

A正确，B错误。CD．S断开后的瞬间，电流突然减小，线圈由于自感作用产生感应电流，与灯泡A构成新的回路，所以A灯会先闪亮一下后熄灭。B灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选AD。23.如图所示是通过变压器降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市区电网的

电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用0R表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加．如果变压器上的能量损失可以忽略，所有电表均为理想电表，则开关S闭合后（）A.电表1V示数不变，2V示数减小B.电表1A、2A示数均增大C.原线圈输入功率

减小D.电阻1R两端的电压减小【答案】BD【解析】【详解】A．因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V1、V2的读数几乎不变，故A错误；B．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反

比，所以A1示数变大，故B正确；C．因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故C错误；D．电压表V2、V3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，△U=IR增加，电阻R1两端的电压减小，故D正确。故选BD。24.在图所示的

空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B。已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是（）A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向，B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向，B沿y

轴负方向【答案】BC【解析】【详解】A．若E和B都沿y轴的负方向，则电场力沿y轴负方向，由左手定则知洛伦兹力沿z轴正方向，所以不可能平衡，质子不能沿直线运动，故A错误；B．E、B都沿x轴正方向时，电场力沿x轴正方向，小球不受洛伦兹

力，质子能沿直线运动，所以B正确；C．E沿y轴正方向，电场力沿y轴正方向；B沿z轴负方向，则洛伦兹力沿y轴负方向，则当电场力等于洛伦兹力时，质子沿直线运动，选项C正确；D．E沿z轴正方向，则电场力沿z轴正方向；B沿y轴负方向，则洛伦兹力沿z轴正方向，不可能平衡，质子不能沿直线运动，所以

D错误。故选BC。三、计算题：（共42分）25.如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，其中AB长s1＝1m，BC与水平面间的夹角为α＝37°，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，现在给小物块一个水平

向左的初速度v0＝3m/s.小物块经过B处时无机械能损失(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)小物块第一次到达B处的速度大小；(2)小物块在BC段向上运动时的加速度大小；(3)若小物块刚好能滑到C处，求BC的长度s2.【答案】(1)2m/s；(2)8m

/s2；(3)0.25m【解析】【详解】(1)小物块从A运动到B，由动能定理得－μmgs1＝12mvB2－12mv0,代入数据解得vB＝2m/s.(2)小物块从B到C过程中，由牛顿第二定律得μmgcosα＋mgsinα＝ma，代入数据

解得a＝8m/s2(3)小物块以初速度vB沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的路程为s2，由0－vB2＝－2as2，代入数据解得s2＝0.25m综上所述本题答案是：(1)2m/s；(2)8m/s2；(3)0.2

5m【点睛】（1）利用动能定理求出物块滑到B点时的速度（2）正确受力分析求出物块在斜面上运动时的加速度（3）利用运动学公式求出物块在斜面上运动的最大距离．26.“嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈

出了重要的一步．已知“嫦娥一号”绕月飞行轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G．求：(1)“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小；(2)月球的质量；(3)若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运

动的飞船，则其绕月运行的线速度应为多大．【答案】（1）2RHT（2）3224RHGT（3）2RHRHTR【解析】（1）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小12π()RHvT

．（2）设月球质量为M．“嫦娥一号”的质量为m．根据牛二定律得2224π()()RHMmGmRHT解得2324π()RHMGT．（3）设绕月飞船运行的线速度为V，飞船质量为0m，则2002MmVGmRR又2324π()RHMGT．联立得2πRHRH

VTR27.(1)如图所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T．一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好．杆MN的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN中产生的感应

电动势E1.(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r2＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势

E2.(3)有一个R＝2Ω的电阻，将其两端分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.【答案】（1）0.3V；（2）4.5V；（3）a端的电势较高0.2a

V【解析】【详解】(1)杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定律E1=B1Lv代入数据得产生的感应电动势E1=0.3V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化222BEnSt代入数据得产生的感应电动势E2=4.5V(3)根据右手定则，可知，图甲a

是正极，而由楞次定律可知，图乙中b是正极，因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，通过电阻R的电流2EIRr电阻R两端的电势差ϕa-ϕb=IR得a端的电势ϕa=IR=0.2V28.如图所示的装置放置在真空中，炽热

的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0cm，相距d＝2cm，两极板间加以电压U2＝200V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由

极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移

量y；（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.【答案】（1）4.0×10－16J（2）0.36cm（3）5.76×10－18J【解析】【详解】(1)电子在加速电场中，根据动能定理有：eU1＝Ek解得：Ek＝4.0×10－16J(

2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t解得：1ltv电子在竖直方向受电场力：2eUFd电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a依据牛顿第二定律有：2eUmad解得：2eUamd电子射出偏转电场时在竖直

方向上的侧移量：2221124UlyatUd联立上式解得：y＝0.36cm(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差：2UUyd电场力所做的功：W＝eU解得：W＝5.76×10－18J29.如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，

可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO′匀速转动。（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）(1)推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=

nBSω；(2)求线圈匀速转动过程中电流表的示数；(3)求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。【答案】(1)见解析；(2)22nBSRr（）；(3)2222πNnBSrRr（）【解析】【详解】(1)设线圈ab边的边长l1，bc边的边长l2。当线圈平面与磁场方向平行

时，线圈中的感应电动势最大。设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1=Bl1vcd边产生的感应电动势为E2=Bl1vn匝线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2)=2nBl1v由于22lvr有Em=211222

lnBlnBllnBS(2)线圈中的感应电动势有效值为m2EE电路中电流的有效值I=ERr=2nBSRr（）即电流表的示数为22nBSRr（）(3)线圈转动的周期T=2π线圈转动N周的时间t

=NT=N2π依据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热Q=I2rt解得Q=2222πNnBSrRr（）