【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市十校2020届高三下学期3月联考物理试题.doc，共(27)页，2.940 MB，由小赞的店铺上传

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宁波“十校”2020届高三3月联考物理试题卷一、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）1.万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门，接受

祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场面，在此过程中，下列说法正确的是A.以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的B.以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是静止的C.以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的D.以地面为参考系，战旗是静止的

【答案】A【解析】【详解】A．以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的，选项A正确；B．以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是运动的，选项B错误；C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，选项

C错误；D．以地面为参考系，战旗是运动的，选项D错误；故选A。2.关于物理规律的总结和发现，以下符合事实的是（）A.奥斯特发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律并测出了静电力常量kC.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D.伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动【答案】D【解析】【详解】A．焦耳发现了电流热效应的规律，故A错误；B．库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律；通过麦克斯韦的相关理论可算出静电力常量k；故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁

效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故D正确。故选D。3.如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面H，网到桌边的

水平距离为L。在某次乒乓球训练中，从桌面左侧距网水平距离为12L处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到桌面右侧边缘。设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是（）A.击球点的高度与网高度之比为2

：1B.乒乓球在网左右两侧运动时间之比为1：3C.乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1：3D.乒乓球在网左右两侧速度变化量之比为1：2【答案】D【解析】【详解】AB．乒乓球在水平方向上做匀速直线运动，由于两球在网的左右两侧运动的水平位移之

比为1：2，则乒乓球在网左右两侧运动时间之比为1：2，在左侧和整个过程中运动的时间之比为1：3，下降的高度之比为1：9，有91HhH−=则击球点高度和网高度之比:9:8Hh=故A、B错误；C．根据平抛运动规律则有212Hgt=032Lvt=解得0322Lgv

H=乒乓球过网时速度为22101922989gLgHvvgHH=+=+乒乓球落到右侧桌边缘时速度22209228gLvvgHgHH=+=+所以有2122922189992328gLgHgHvHgLvgHgHH+==+故C错误；D

．乒乓球在网左右两侧运动的时间之比为1：2，平抛运动的加速度不变，根据vgt=知速度变化量之比为1：2，故D正确。故选D。4.北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。如图所

示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径ra=rb>rc，其中a是地球同步卫星。下列说法正确的是（）A.a的机械能等于b的机械能B.a、b的线速度一定相同C.c在运动过程中可能会经过北京上空D.b的周期大于地球自转

周期【答案】C【解析】【详解】AB．万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得22MmmvGrr=解得GMvr=由于abrr=，则有bavv=所以线速度的大小相等，由于线速度是矢量，由图可知a与b的轨道不同，则线速度的方向不同；卫星的机械能为2kp

1()22GMmGMmEEEmvrr=+=+−=−由于卫星的质量关系未知，所以不能判断出机械能的大小关系，故A、B错误；C．由图可知，c为极地轨道卫星，所以c在运动过程中可能经过北京上空，故C正确；D．万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿

第二定律得222π()MmGmrrT=解得32πrTGM=由于abrr=，则有24hbaTT==故D错误。故选C。5.如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源。当开

关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯发光。由此可以判断a、b、c元件可能分别为（）A.电容、电感、电阻B.电感、电阻、电容C.电阻、电感、电容D.电阻、电容、电感【答案】C【解析】【详解】由题意，当开关S接“1”直流电源时

，A、B两灯均正常发光，C灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感，故A、B、D错误，C正确。故选C。6.核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜

艇，有一种核裂变方程为2351941920380UnXSr10n→＋＋＋，下列说法正确的是（）A.裂变反应中亏损的质量变成了能量B.裂变反应出现质量亏损导致质量数不守恒C.X原子核中有54个质子D.X原子核比铀核的平均结合能大【答案】CD【解

析】【详解】AB．裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关系，但不是质量转变为能量，选项AB错误；C.由于核反应中电荷数守恒，故X原子核中有54个质子，选项C正确；D．重核的裂变是由平均结合能小的重核在中子的轰击下裂变成平均结

合能较大的中等质量的原子核，所以X原子核比铀核的平均结合能大，选项D正确。故选CD。7.对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，其伏安特性曲线如图所示，下列说法中正确的是（）A.常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB.常温下，

若将金属丝从中点对折起来，电阻变为12RC.给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大，UI比值变大D.金属材料的电阻率随温度的升高而减小【答案】C【解析】【详解】A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，横截

面积减小为0.1倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为100倍，故A错误；B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为14倍，故B错误；C．给金属丝加上的电压逐渐

从零增大到0U，根据图线与原点连线的斜率可知金属丝的电阻值变大，所以UI比值变大，故C正确；D．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到0U，金属丝的电阻值变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得金属丝的电阻率会变大，所以金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故D错

误。故选C。8.如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M是波峰与波峰的相遇点。设这两列波的振幅均为A，则下列说法正确的是（）A.此刻位于O处的质点正处于波峰位置B.P、N两处的质点始终处

在平衡位置C.随着时间的推移，M处的质点将向O处移动D.O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为A【答案】B【解析】【详解】A．由图知此刻O是波谷与波谷的相遇点，所以位于O处的质点正处于波谷位置，故A错误；B．P、N两点

是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；C．振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，故C错误；D．由于O、M是振动加强点，结合图可知，由图知连线的中点到两波源的距离差为半个波长的偶数倍，所以该点是振动加

强的点，其振幅为2A，故D错误。故选B。9.如图所示，三个同样的带电粒子（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是A.当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B.b和c同时飞

离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.在电场中运动过程中c的动能增加最小，a、b动能增加量相同【答案】ACD【解析】【详解】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量212yat=，所以abcttt=，故B错

误，A正确；在水平方向上做匀速直线运动，故有0xvt=，因为bcaxxx=，abcttt=，所以有cbavvv，故C正确；根据动能定理kqUEqyE==，故c的最小，a和b的一样大，故D正确。故选ACD。10.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，

发电厂的输出电压U1和输电线上的电阻R均保持不变。随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有（）A.升压变压器的输出电压U2增大B.降压变压器的输出电压U4减小C.输电线上损耗的功率减小D.输电线上损耗的

功率占总功率的比例减小【答案】B【解析】【详解】A．由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以根据1122UIUI=可知升压变压器的输出电压2U不变，故A错误；B．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大

，又升压变压器的输出电压2U不变，根据PUI=可输电线上的电流I线增大，根据U损I=线R可知输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压32UUU=−损可得降压变压器的输入电压3U减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压4U减小，故B正确；C．升压变压器副线圈中的电流等于输电线中

的电流，则输电线中的电流增大，根据P损2IR=知输电线上损失的功率增大，故C错误；D．输电线上损耗的功率占总功率的比例为2PUPU=损因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，2U不变，所以输电线上损耗的功率占发电厂输出总功率的比例增大，故D错误。故选B。11.如图（甲）所示，在

光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图（乙）所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（）A.A物体的质量为2mB.A物体的质量为4mC.弹簧压缩量最

大时的弹性势能为20mvD.弹簧压缩量最大时的弹性势能为3220mv【答案】D【解析】【详解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中

最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为Am，即有2pmA012Emv=当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得A0A()2mvmmv=+由机

械能守恒定律得022pmAA11(2)()22Emmvvm=−+联立得A3mm=2pm032Emv=故A、B、C错误，D正确。故选D。12.如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连，开始时物块与定滑轮等高。已知小球质量是物块质量的2倍，杆与滑轮间

的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦。现将物块由静止释放，在物块向下运动的过程中，下列说法错误的是（）A.刚释放时物块的加速度为gB.物块重力的功率先增大后减小C.物块下降的最大距离为43dD.物块速度最大时，绳子的拉力一定等于物块的重力

【答案】D【解析】【详解】A．刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A正确；B．刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零。物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零

，所以小球重力的功率先增大后减小，故B正确；C．物块下降的最大距离为s，物块的质量为m。根据系统机械能守恒定律，有222()0mgsmgdsd−+−=解得43sd=故C正确；D．物块的合力为零时速度最大，则绳子

拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故D错误。本题选错误的，故选D。13.如图甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙

所示。有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（）A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6VB.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝6CC.设b端电势为零，则a端的电势φa＝

3VD.在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝18J【答案】BD【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得E＝nBtS2，由题图乙可得0.6T/s0.15T/s4Bt==，将其代入可得E＝4.5V，A错误；B．由电量公式：()EnqIttnRrRrtRr=

===+++，在0～4s穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb-0＝0.18Wb，代入可得q＝6C，B正确；C．0～4s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C错。D．由于磁感应强度均匀变化产生的电

动势与电流均恒定，可得1.5AEIRr==+，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D正确。故选BD。二、选择题Ⅱ（本題共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，选对但不全

的得1分，有选错的得0分）14.氢原子的能级如图所示，现处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是：A.这些氢原子可能发出6种不同频率的光B.已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n=3能级跃迁到n=2能

级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子C.氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最小D.氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加【答案】AD【解析】根据C42=6，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频

率的光．故A正确；n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV＜2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应．故B错误．由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小

，所以放出光子的能量最小，故C错误；由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据222qvkmrr=可知22kkqEr=，则电子的动能增加，故D正确；故选AD.15.如图所示，一束由两种单色光混合的

复色光，沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束I、II、III，若玻璃砖的上下表面足够宽，则下列说法正确的是（）A.光束I、II、III为单色光B.改变α角，光束I、II、III仍保持平行C.通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的

条纹间距要大于光束III的D.在玻璃中，光束Ⅱ的速度小于光束III的【答案】BD【解析】【详解】A．所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的；根据光的可逆性，知两光束仍然平行射出，且光束

Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A错误；B．一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行；改变角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行，故B正确；C．由图知光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ

，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小，故C错误；D．由于光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，根据cvn=可知在玻璃

中光束II的速度小于光束III的速度，故D正确。故选BD。16.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球位于同一光滑绝缘水平面内，且绕同一点O做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点

正上方h处，且在外力F作用下处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h=2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A.小球d一定带正电B.小球b的周期为23RmRqkC.小球c的加速度大小为223kqmRD.外力F

竖直向上，大小等于2226kqmgmR+【答案】BD【解析】【详解】A．a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误；BC．设db连线与水平方向的夹角为，则有223c

os3RRh==+226sin3hRh==+对b球，根据牛顿第二定律可得22222264cosα2cos302co()s30qqqkkmRmahRRT−==+解得23RmRTqk=2233kqamR=则小球c的加速度大小

为2233kqmR，故B正确，C错误；D．对d球，由平衡条件得22226263sinqqkqFkmgmghRR=+=++故D错误。故选B。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探

究做功与物体速度变化的关系”实验中(1)下列说法正确的是_______；A.都需要平衡摩擦力B.都不需要平衡摩擦力C.都需要用天平测小车的质量D.都不需要用天平测小车的质量(2)在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，获得如图甲所示的一条纸带（部

分）：1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未画出），计数点间的距离标示如图甲所示，其中s1=7.05cm、s2=7.68cm、s3=8.33cm、s4=8.95cm、s5=9.61cm、s6=10.26cm。根据实验数据完成表格中空白处；计数点23456

瞬时速度/（m/s）0.7370.801__0.9280.994由纸带上的点迹求得小车的加速度a=_______m/s2（加速度a保留两位有效数字）；(3)在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，图乙是

正确操作后得到的一条纸带的后半部分。若已知纸带上打下左侧第一个点时小车的速度为v1，打下第三个点时小车的速度为v3，判断打下第二个点时小车的速度v2_______132vv+（选填“等于”“大于”或“小于”）。【答案】(1).

A(2).0.864(3).0.64(4).大于【解析】【详解】(1)[1]AB．探究加速度与力、质量的关系实验中，细绳对小车的拉力等于小车的合外力，要平衡摩擦力；用橡皮筋探究做功与物体速度变化的关系实验中，合力对小车所做的功等于橡皮筋弹力所做的功，要平衡摩擦力，故A正确，B错误；CD．探究

加速度与力、质量的关系实验中，需要用天平测出小车和桶的质量；探究做功与物体速度变化的关系实验中，只是探究小车的速度与做功的关系，不需要测量小车质量，故C、D错误。故选A。(2)[2]根据中间时间的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得235344(8.3

38.95)10m/s0.864m/s220.2xssvTT−++====[3]根据逐差法得小车的加速度456123222229(8.959.6110.267.057.688.33)10m/s0.64m/s90.1sss

sssaT−++−−−=++−−−==(3)[4]小车做变加速直线运动，加速度逐渐减小，作出速度时间图线，如图所示；若做匀变速直线运动，如图中虚线，中间时刻的瞬时速度等于132vv+；所以由图可知1322vvv+

18.(1)小明同学用多用电表测量一物理量的值。经过规范操作后，所选挡位及指针位置分别如图甲、乙所示，则读数为_______；(2)在“测定电池的电动势和内阻”实验中：①如图丙所示，已经连接了一部分电路，请在答题纸上对应位置将电路连接完整____；②合

上开关后，测出6组I、U值，在U-I坐标系中描出各对应点，如图丁所示。请在答题纸对应位置的图中作出U-I图象_____；③与图丁对应的状态，电池的电动势为_______V，内阻为_______Ω。【答案】(1).1.15V(2).(3).(4).1.42(5).

1.70【解析】【详解】(1)[1]由图甲可知，所选挡位为2.5V，其分度值为0.05V，读数为1.15V；(2)[2]由图示实物电路图可知，该实验应用伏安法测电源电动势与内阻，电流表测电路电流，电压表测路端电压，实物电路图如图所示[3]根据坐标系内描出的点作出图象如图所示[4]由图示图象可知

，电源UI−图象与纵轴交点纵坐标为1.25V，横坐标为0.10A，设电源电动势为E，则有0.401.250.400.6000.600.10E−−=−−解得1.42VE=[5]电源内阻1.250.40Ω1.70Ω0.600.1

0UrI−===−19.竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M运动员在进行10m跳台跳水训练时，以速度v0竖直向上起跳，经过一段时间后入水。为方便计算假设：水池深5m，运动员在水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速度恰好减为零，取v0=5m/s，M=60kg

，g=10m/s2，空气阻力不计，求：(1)运动员入水时的速度大小v；(2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间t；(3)运动员在水中受到水的平均作用力大小F。【答案】(1)15m/s；(2)2.67s；(3)195

0N【解析】【详解】(1)运动员向上起跳到入水过程中，根据动能定理可得2201122MghMvMv=−解得运动员入水时的速度大小15m/sv=(2)规定竖直向上为正方向，根据动量定理可得10MgtMvMv−=−−解得12st=运动员从入水到池底过程的时间为2t，根据平均速度公

式则有202vht+=解得22s3t=运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间128s2.67s3ttt=+==(3)运动员在水中，根据动能定理可得201()02MghdFdMv+−=−解得运动员在水中受到水的平均作用力大小1950NF=20.如图所示，

在光滑水平桌面AB上静止着三个小滑块，滑块1与滑块3的质量均为0.1kg，滑块2的质量为0.2kg，滑块1与滑块2之间压缩一轻弹簧（滑块与轻弹簧之间不栓接），A的左端固定着与AB相切的、半径为R的光滑竖

直双半圆环轨道，孔径大小不计，滑块正好可以在其内部滑行；B的右端与一长L=0.7m的水平传送带相连，传送带以速度v向右传动，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。释放被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度v2=4m/s，滑块1与滑块3相碰后粘在一起，进入双半圆环轨道，并

恰好能过最高点F，滑块2经过水平传送带在C点水平抛出，落在水平地面上，落点为D，已知C点距水平面高h=0.2m，C点与D点间的水平距离为x。g取10m/s2，求：(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep；(2)滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点A时对轨道的压力

大小；(3)若传送带的速度取值范围为1m/s<v<6m/s，滑块2落点D与C点间水平距离x与传送带速度v之间满足的关系。【答案】(1)4.8J；(2)12N；(3)若1m/s3m/sv时，0.6mx=；若3m/s23m/

sv时，0.2(m)xv=；若23m/s6m/sv时，23m5x=【解析】【详解】(1)释放被压缩的弹簧，滑块1、滑块2和弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，则有22110mvmv−=22p22111122Em

vmv=+解得被压缩的轻弹簧的弹性势能4.8JPE=18m/sv=(2)在双半圆环轨道最高点时，根据牛顿第二定律可得212412()()mmvmmgR++=在双半圆环轨道最低点A时，根据牛顿第二定律可得2123N12()()mmvFmmgR+−+=滑块1与滑块

3从在双半圆环轨道最低点到在双半圆环轨道最高点的过程，根据动能定理可得221212412311()2()()22mmgRmmvmmv−+=+−+联立解得N12N=F根据牛顿第三定律可得滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点A时对轨道的压力大小为12N。(3)

滑块2离开水平传送带做平抛运动，则有212hgt=0xvt=解得00.2xv=若滑块2在水平传送带一直做匀加速直线运动，则有ag=22522vvaL−=解得523m/s6m/sv=若滑块2在水平传送带一直做匀减速直线运动，则有22522vvaL−=−解得53m/s1m/sv=若水平传送带的速

度在1m/s3m/sv时，滑块2在水平传送带一直做匀减速直线运动，则有滑块2离开水平传送带速度大小为03m/sv=可得0.6mx=若水平传送带的速度在3m/s23m/sv时，滑块2离开水平传送带速度

大小为0vv=可得0.2(m)xv=若水平传送带的速度在23m/s6m/sv时，滑块2在水平传送带一直做匀减速直线运动，则有滑块2离开水平传送带速度大小为023m/sv=可得23m5x=21.如图所示，在倾角θ=10°的绝缘斜面上固定着两条粗细均匀且相互平行的光滑金属导轨DE和G

H，间距d=1m，每条金属导轨单位长度的电阻r0=0.5Ω/m，DG连线水平，且DG两端点接了一个阻值R=2Ω的电阻。以DG中点O为坐标原点，沿斜面向上平行于GH方向建立x轴，在DG连线沿斜面向上的整个空间存在着垂直于斜面向上的磁场，且磁感应强度大小B与坐标x满足关系B=（0.6+0.2x）T，

一根长l=2m，电阻r=2Ω，质量m=0.1kg的粗细均匀的金属棒MN平行于DG放置，在拉力F作用下以恒定的速度v=1m/s从x=0处沿x轴正方向运动，金属棒与两导轨接触良好。g取10m/s2，sin10°=0.18，不计其它电阻。（提示：可以用F-x图象下的“面积”

代表力F所做的功）求：(1)金属棒通过x=1m处时的电流大小；(2)金属棒通过x=1m处时两端的电势差UMN；(3)金属棒从x=0到x=2m过程中，外力F做的功。【答案】(1)0.2A；(2)1.4V；(3

)0.68J【解析】【详解】(1)金属棒连入电路部分产生的感应电动势为11(0.60.21)11V=0.8VEBdv==+根据闭合电路欧姆定律可得电流大小1100.2A2EIdRrxrl==++(2)解法一：根据欧姆定律可得金属棒通过1mx=处时

两端的电势差101(2)()1.4VMNUIRxrBldv=++−=解法二：根据闭合电路欧姆定律可得金属棒通过1mx=处时两端的电势差111(0.60.21)210.22V1.4V2MNdUBlvIrl=−=

+−=(3)金属棒做匀速直线运动，则有sinFmgBdI=+其中0(0.60.2)11A0.2A32BdvxIdxRrxrl+===+++可得0.300.04Fx=+金属棒从x=0到x=2m过程中，外力F做的功0.300.382J0.68J2WFx+===22

.在xOy平面的x轴上方区域范围内存在着范围足够大的匀强磁场（如图所示），磁感应强度为B（B未知）。在空间（x=-a，y=12a）处有一粒子源P，在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个（N足够大）质量为m、电荷量为-q，速度为v0的带电粒子。（已知a=0Bmv

q，答案涉及位置或长度的均用a表示，不计粒子重力及粒子间的相互作用）。(1)求x轴上能接收到粒子的区域长度L1；(2)x轴上存在某些区域，在这些区域中均能被不同角度射出的两个粒子打中，求该区域的长度L2；(3)若磁场仅限制在一个半径为a的圆形区域内，圆心在102

a，处。保持磁感应强度不变，在x轴的正半轴上铺设挡板，粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。【答案】(1)115322Laa=+；(2)215322Laa−=；(3)202(π3)NmvFa=+【解析】【详解】

(1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得200mvqvBR=解得0mvRaqB==粒子打在MN上的范围如图所示，最右侧22PDRa==22115(2)()22EDaaa=−=最左侧，F与x轴相切，由几何关系知2213()22

EFaaa==−联立可得115322Laa=+(2)如图所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为AD，根据几何关系可得2213()22EAaaaa=−−=所以可解得215322LADaa=−=(3)粒子源P

打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，根据几何关系则有112sin2aa==解得π6=粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量为00π62π12NmvPNmv==粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间为100π

(π)2π5π62π6aatvv−==粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间为20001π2π22aaaatvvv+=+=这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力20212(π3)NmvPFtta==−+