【文档说明】浙江省台州市书生中学2020-2021学年高二下学期第一次月考物理试题 含答案.doc，共(22)页，1008.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020学年第二学期台州市书生中学高二物理第一次月考试卷（满分：100分考试时间：90分钟）2021.04一、单选题1．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流

产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A．库仑B．霍尔C．洛伦兹D．法拉第2．“水滴石穿”是说“水不停地滴，石头也能被滴穿”，若质量为0.05g的水滴从离地面石头高为7.2m的屋檐以每秒1滴的节奏落到地面石头上，每次与石头碰撞的时

间约为0.1s，且碰后不反弹，已知重力加速度210m/sg=。则每次水滴与石头间的平均撞击力为（）A．6.0×10-4NB．6.0×10-3NC．6.5×10-4ND．6.5×10-3N3．如图所示，三根长直导线A、B、C垂直纸面固定放置，在纸面内三者的连线恰构成

一等边三角形。已知导线A中通有电流强度为I、方向垂直纸面向里的电流，导线B中通有电流强度为2I、方向垂直纸面向外的电流，当导线C中没有通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F；当导线C中通入垂直纸面向里的电流时，导线A受到的磁场作用力大小仍为F，

则此A时导线B受到的磁场作用力大小为（）A．23FB．7FC．5FD．52F4．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大的是（）A．B．C．D．5．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4

∶1∶16，在用力蹬脚踏板匀速度前进的过程中，说法正确的是（）A．小齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为16∶1B．大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1∶4C．大齿轮边缘和后轮边缘的加速度大小之比为1∶4D．大齿轮

和小齿轮轮缘的加速度大小之比为4∶16．如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，现用大小等于mg的恒力F向上拉B，当运动距离h时B与A分离。已知重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）A．B和A刚分离时，弹簧处于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度

大小为gC．弹簧的劲度系数等于mghD．在B与A分离之前，它们做匀加速运动7．研究发现，低头玩手机时，可让颈椎承受多达约270N的重量．经常低头玩手机会引起如背痛、胃痛等疾病．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；低头玩手机时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为

如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．低头时颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的A．2

.0倍B．2.8倍C．3.3倍D．4.2倍8．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心О的竖直轴线以角速度ω匀速转动，质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。A，B和球心O的连线与竖直方向的夹角分别为、，。则下列说法正确的是

（）A．A的向心力等于B的向心力B．A的角速度一定小于B的角速度C．若缓慢增大，则A．B受到的摩擦力一定都增大D．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力9．2020年6月23日我国成功发射北斗三号系统最后一颗卫星

，北斗全球星座部署完成。北斗三号225(3)4kQr+系统空间段由3颗GEO、3颗IGSO和24颗MEO卫星组成。GEO卫星相对地球静止，轨道高度约为36000km，IGSO卫星的轨道高度与GEO卫星的轨道高度相同，轨道倾角（绕

地球运行的轨道平面与地球赤道平面之间的夹角）为55度，MEO卫星的轨道高度约为21500km，轨道倾角为55度。下列说法不正确．．．的是（）A．MEO卫星的运行周期小于GEO卫星的运行周期B．GEO卫星与IGSO卫星运行的向心加速度大小相等C．MEO卫星的线速

度大于IGSO卫星的线速度D．GEO卫星与IGSO卫星的动能相等10．在水平面上固定有6个电量均为+Q（Q>0）的点电荷，均匀分布在半径为r的圆周上的A、B、C、D、E、F点上，如图所示直径AD上有M、N两

点，且AM=MO=ON=ND。静电力常量为k，规定无限远处电势为0。下列说法正确的是（）A．圆心O点的电场为0，电势也为0B．M点和N点电场强度相同C．M点和N点电势相等D．A点的电荷受到其它5个电荷的静电力为11．如图所示，电源输入端AB之间接一正弦交流电sinmeEt=，

Em恒定。变压器和电源输入端之间的等效电阻为R。副线圈接有如图所示的电路，C为电容器，交流电压表和交流电流表都是理想电表，副线圈匝数可以通过调节滑片P来调节。S断开时，灯泡L1正常发光，S闭合后，以下说法中正确的是（）A．若电源频率和滑

片P位置不变，电压表读数增大B．若电源频率和滑片P位置不变，电流表读数增大C．若电源频率不变，为使灯泡L1正常发光，滑片P应向滑动D．若滑片位置P不变，增大电源频率，灯泡L1变亮12．如图所示，倾角为30度的斜面末端

与水平地面相连，将一小球（可看成质点）从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以6J的动能第一次落在接触面上．若将此小球以6J的初动能水平从斜面顶端抛出，则小球第一次落在接触面上的动能为

（）A．9JB．12JC．16JD．条件不足，无法判定二、不定项选择题13．如图所示，一旅客用力F拉着质量为m的行李箱沿水平方向做匀速直线运动．已知拉力F与水平方向的夹角为θ1，行李箱与水平方向的夹角为θ2，重力加速度为g，则行李箱受到

地面的支持力FN和地面对行李箱的静摩擦力Ff的大小分别为（）A．FN=mg－Fsinθ1B．FN=mg－Fsinθ2C．Ff=Fcosθ1D．Ff=Fcosθ214．如图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点

，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则()A．t＝0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大B．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴正方向传播了6mD．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过

的路程为30cm15．5G通信即将推广普及，我国自主研发设计的5G通信技术走在了世界的前列。5G信号的频率分为两种，一种是6GHz以下，这和我们目前的2/3/4G差别不算太大，还有一种频率在24GHz以上，对于频率在24GHz这样的信号，下面说法正确的有（）A．

波长大约长0.1cmB．波长越短准直性越好，绕射能力越弱C．频率越高可能加载的信息密度也越高D．频率越高的电磁波传播速度越大16．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此

过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积三、实验题17．某实验小组准备用图甲：探究加速度与力、质量的关系；

图乙：探究功与速度的关系；图丙：验证机械能守恒实验。下图中的一些实验器材三个实验都需要选用的有______。A．B．C．D．三位同学正确操作后获得了一系列纸带，如图是某位同学实验中打出的一条纸带的一部分（单位：cm），若打点计时器的频率为50Hz，则打点计时

器打“2”点时，小车的速度为______m/s（结果保留两位有效数字）。是哪个实验中打出的一条纸带______。18．某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。所用器材有：电流表A1（

量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。该同学设计的电路如图所示(1)若I1、I2分别为流过电

流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出小灯泡两端的电压U=_______，流过小灯泡的电流I=_______。为保证小灯泡的安全，I1不能超过_______mA；(2)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流

表的示数为零，逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得，当I1=173mA时，灯丝电阻R=_______Ω（

保留1位小数）；(3)如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_______Ω（保留1位小数）。四、解答题19．如图所示的大楼内置有2部电梯为观景台使用，其上行

最高速率可达16m/s。从1楼到89楼的室内观景台，只需39s，在观景台上可以俯瞰周边全景。若电梯从地面到观景台经历匀加速、匀速和匀减速三个过程，小明对这个运动过程很感兴趣，于是他在电梯里进行了实验，发现在电梯加速上升时，质量为60kg的他站在台秤上，台秤的示数是6

5.4kg，已知重力加速度取10m/s^2，结果均保留一位小数。(1)求电梯在加速上升阶段的加速度大小和加速时间。(2)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求在电梯减速上升阶段小明对电梯的压力。(3)若加速和减速阶段的加速度大小相等，则求

观景台的高度。20．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，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的小物块从某一高处O点被压缩的弹簧水平弹出，到轨道A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.50。（g取10m/s2）求：（1）若竖直圆弧轨道的半径R=0

.66m，小物块不脱离轨道，并恰好通过圆周最高点，弹簧的弹性势能；（2）压缩的弹簧弹性势能不变，为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件；（3）压缩的弹簧弹性势能不变，若圆弧轨道的半径为2m，小物块在运动过程中，那么小物块可以有多少

次通过圆轨道上距水平轨道高为0.02m的某一点。21．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为L、电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为3L，磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面（纸面

）向里。长度为L的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于良好接触状态，并在导体棒中通以大小恒为9mgIBL=的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为3L，电阻为R，导体棒处于磁场内且恰好

位于下边界处。将装置由静止释放，导线框恰好能穿过磁场。导体棒在运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：(1)导体棒在磁场中受安培力上升时的加速度a为多大；(2)装置从释放到上升到最高点的过程中，线框中产生的焦耳热Q；(3)导体

棒从开始运动到第一次速度减为零所用的时间T。22．如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，即UAB＝300V，一排宽度为d＝8cm均匀分布的带正电的粒子电量为q＝10－10C，质量为m＝10－20kg，从垂直于AB边，垂直电场飞入电场，初速度v0＝

2×106m/s，有粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入PQ右边，磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场．已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子从中心线R点射入的粒子，穿过界面PS后最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上的中

点，光屏EF的长L＝12cm。（粒子重力不计）求：（1）粒子从中心线R点射入的粒子，穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；及粒子穿过界面MN时的速度v；（2）粒子从中心线R点射入的粒子，穿过PS面的粒子在磁场中运动的半径和磁场的磁感应强度B；（3）放

置于中心线上的荧光屏EF上的接收到粒子离PQ的距离范围。参考答案1．D【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。

2．D【详解】水滴碰撞前的速度为212m/svgh==由动量定理得()()0Fmgtmv−=−−解得36.510NF−=3．B【详解】导线间的作用力如图所示当导线C中不通入电流时，导线A受到的磁场作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知导线B受到的磁场作用力大小也为F，因导

线A、B中电流方向相反，故导线A、B之间的作用力为斥力。当导线C中通入垂直纸面向里的电流后，导线A、C之间的作用力为引力，且与导线B对导线A的作用力的夹角为120°，因为导线A受到的磁场作用力大小仍为F，则导线C对导线A的作用力大小也为F。因导线C到导线A、B的距离相同，

故导线C在导线A、B所处位置的磁感应强度大小相等，但导线B中的电流是导线A中电流的两倍，则导线C对导线B的作用力大小为2F的斥力，且与导线A对导线B的作用力的夹角为60°，根据力的合成可知导线B受到的磁场作用力222(2)4cos1207BFFFFF=+−=故B正确，ACD错误。故选B。4．A【

详解】根据0vvat=+0A3m/sv=−代入解得A7m/sv=同理解得B5m/sv=C0m/sv=D5m/sv=−由于ABDC=vvvv故A正确，BCD错误。故选A。5．B【详解】A．小齿轮和后轮

共轴，根据v=ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，故A错误；B．大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据vr＝可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，故B正确；C．小齿轮和后轮共轴，根据v=ωr可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大

小之比为1：16，大齿轮边缘和后轮边缘的半径之比为1：4，根据2var＝可得大齿轮边缘和后轮边缘的加速度之比为1：64，C错误；D．大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据2var＝可知，向心加速度大小之比为

1：4，故D错误；故选B。6．C【详解】AB．B和A刚分离时，B受到重力mg和恒力F，B的加速度为零，A的加速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故AB错误；C．B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为mg

，原来静止时弹力大小为2mg，则弹力减小量△F=mg．两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小△x=h，由胡克定律得：Fmgkxh==故C正确；D．对于在B与A分离之前，对AB整体为研究对象，重力2

mg不变，弹力在减小，恒力不变，合力减小，整体做变加速运动，故D错误。故选C。7．C【详解】由题意可明确人的头受力情况如图所示：设人的颈椎对头的支持力FN，则由几何关系可知()sin1801560sin75sin15si

n15NFG−−==可得3.3NFG=故C正确，ABD错误．故选C。8．D【详解】AB．根据向心力加速度公式：a=ω2Rsinθ，A、B小球的质量相等，角速度相等，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β，所以A的向心加速度大于B的向心加速度，A的向心力大

于B的向心力，故AB错误；D．若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力情况根据牛顿第二定律得：2tansinmgmR=解得：cosgR=因为α＞β，因此可知A物体的临界角速度大于B物体的临界角速度，若角速度大于cosgR则会有

沿切线向下的摩擦力，若角速度小于cosgR则会有沿切线向上的摩擦力；若A不受摩擦力，则此时的角速度大于B的临界角速度，B受沿容器壁向下的摩擦力，故D正确；C．由前面分析可知ω缓慢增大，则A、B受到的摩擦力方向会发

生变化，当角速度小于临界角速度时，有2sincosnFafamr−=，sincosnfaFamg+=整理可得2sintancosmgfaafamr−−=此时摩擦力随着角速度的增加而减小，故C错误；故选D。9．D【详解

】A．由轨道高度和地球半径关系可知MEO卫星的运转半径1r小于GEO卫星的运转半径2r，根据33122212rrTT=可得12TT故A不符合题意；B．设地球的质量为M，根据万有引力提供向心力有2MmGm

ar=可得向心加速度2GMar=因为IGSO卫星与GEO卫星的轨道高度相同，所以向心加速度大小相等，故B不符合题意；C．设地球的质量为M，人造卫星做匀速圆周运动的半径为r，根据万有引力提供向心力有22MmvGmrr=

可知GMvr=因12rr所以MEO卫星的线速度大于IGSO卫星的线速度，故C不符合题意；D．因GEO卫星与IGSO卫星的质量关系未知，无法确定GEO卫星与IGSO卫星的动能是否相等，故D符合题意。故选D。10．C【详解】A．六个

点电荷在O点产生的电场强度方向矢量和为零，把电荷从无穷远处移到O点，电场力会做功，所以O点的电势不为零，A错误；B．根据几何对称关系，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，B错误；C．在沿AD方向无穷远处的两个点，把电荷移到

M、N的过程中，电场力做功相等，即M、N两点电势相等，C正确；D．B对A的库仑力大小为22BkQFr=E对A的库仑力大小为22222(3)EkQkQFrr==夹角为90°，合力与DA方向有一定夹角，故用正交分解，F和B对A的合力沿DA方

向，E和C对A的合力沿DA方向，有22222232sin602sin30(1)33kQkQkQrrr+=+D对A的库仑力为22(2r)DkQF=合力大小为225343kQFr=+故D错误；故选C。11．B【详解】AB．合上开关，副线圈总阻抗减小总电流增大，电流表读数增大，变

压器输入端电压减小，电压表读数减小，故A错误，B正确；C．灯泡L1亮度减小，要使灯泡亮度增加，可以使副线圈匝数增加，P上移，故C错误。D．电源频率增大，电容的容抗减小，总电流增大，变压器输入端电压减小，输出端电压也减小，灯泡

L1亮度减小，故D错误。故选B。12．A【详解】小球做平抛运动，只有重力做功，两种情况下小球下落的高度相同，所以重力做功相同，在第一次情况下重力做功为6J3J3JGW=−=，故第二种情况下重力也做功3J，故落地时动能为9J，A正确；故选A。13．AC【详解】以行李箱

为研究对象，由物体的平衡条件，竖直方向上有FN＋Fsinθ1－mg=0，所以行李箱受到地面的支持力为FN=mg－Fsinθ1，选项A正确，B错误；水平方向上有Ff－Fcosθ1=0，所以地面对行李箱的静摩擦力Ff=Fcosθ

1，选项C正确，D错误．14．AB【解析】由图乙y-t图像知，周期T=0.20s，且在t=0.10s时Q点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；t=0.05s时，质点Q图甲所示正的最大位移处，又因加速度方

向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到负向最大，所以A错（也可直接从图乙y-t图像分析得出）；t=0.10s到t=0.15时间内，Δt=0.05s=T/4，P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以B对．振

动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A．本题中从t=0.10s到t=0.25s内，Δt=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是

平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm，D错．15．BC【详解】A．根据波长与频率的关系可得cf=解得89310m0.125m2.410cf===故A错误；B．波长越短，准直性越好，反射性越强，绕射能力越弱，B正确；C．频率越高可

能加载的信息密度也越高，C正确；D．电磁波的波速与介质性质有关，与频率、能量、波长无关，电磁波在不同介质中传播时，波速变化，频率不变，故D错误；故选BC。16．D【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B．有无

安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力

面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。17．AC0.97甲【详解】[1]AC．这三个实验都需要通过打点计时器带动纸带运动，通过研究纸带的情况来进行实验研究，研究纸带运动时需要

用刻度尺来来测量点间距，AC正确；B．打点计时器就是一个计时的仪器，不需要秒表，B错误；D．在验证自由落体机械能守恒，原理是212mghmv=两边的质量可以抵消，不需要天平，D错误。故选AC。[2]打“2”点时，小车的速度23.8910m/sm/s0.00.974

v−==[3]图中的纸带上各点之间的距离逐渐增大，不是乙的纸带，相邻两点的位移之差1(3.89cm1.75cm)1.75cm0.39cm0.0039mx=−−==2(6.42cm3.89cm)(3.89cm1.75cm)0.39cm0.0039mx=−−−

==3(9.34cm6.42cm)(6.42cm3.89cm)0.39cm0.0039mx=−−−==4(12.65cm9.34cm)(9.34cm6.42cm)0.39cm0.0039mx=−−−==则物体运动的

加速度220.39m/sxat==丙做的是自由落体运动加速度是重力加速度，所以不是丙得到的纸带，应为甲得到的纸带。18．110()gIRR+21II−18011.68.0【详解】(1)[1]根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压，故根据欧

姆定律有110()gUIRR=+[2]根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为21III=−[3]因为小灯泡的额定电压为3.6V，故根据题目中已知数据解得13.6A0.18A180mA10.010.0I===+(2)[4]根据表中数据可知当I1=

173mA时，I2=470mA；根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V；流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为3.46Ω11.6Ω0.29

7URI===(3)[5]要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V，而电流表A1不能超过其量程200mA，根据欧姆定律有'110()ggUIRR=+代入数据有03.6V0.2A)(10ΩR=+解得08.0ΩR=即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8.0

Ω19．(1)20.9m/s；217.8m/s；(2)546N，方向竖直向下；(3)339.6m【详解】(1)根据牛顿第二定律2N(65.460)100.9m/s60Fmgam−−===11617.8s0.9vta===(2)根据牛顿第二定律NmgFm

a−=()609.1546NNFmga=−==对电梯的压力大小为546N，方向竖直向下(3)减速3117.8stt==匀速()2133.4stttt=−+=总21311142.6m2xxat===2254.4mxvt==123339.6mHxxx=++=20．（1）16J；（2）大于等于

1.65m；（3）6次【详解】（1）设小物块恰好进入圆轨道到最高点时有速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力21mgmR=物块从A点到圆轨道最高点的过程中()22111sin372cos3722AmgLRmgLmm

−−=−联解上两式得5msA=小物块从O点到A点做平抛运动，水平分速度即初速度为0等于A点的水平分速度0cos375.00.8ms4.0msA===弹簧的弹性势能22p01124J16

J22Em===（2）为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度须小于或等于()211sin37cos3702AmgLRmgLm−−=−得11.65mR=所以物块能够滑回倾斜轨道AB，则11

.65mR=因此轨道半径大于等于1.65m（3）小物块冲上圆轨道H1=1.65m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2。有11143mgHmghmgh=+21143mgHmghmgh=−得21141134513HHH−==+之后物块在竖直

圆轨道和倾斜轨道之间往返运动，同理n次上升的高度111()5nnHH−=()0n为一等比数列，当4n=时，上升的最大高度小于0.02m，故3n=即小物块共有6次通过距水平轨道高为0.02m的某一点。

21．(1)8g；(2)43QmgL=；(3)2333227LBLgmgR−【详解】(1)导体棒所受到的安培力9FBILmg==所以整个装置的加速度8BILmgagm−==(2)根据动能定理可得120GBILBILWWW++=代入数据5033Lmg

LBILQ−+−=解得43QmgL=（3）导体棒在磁场中匀加速运动21132Lat=11vat=解得112Ltg=，1433vgL=导体棒离开磁场后匀减速向上运动，在导体框将要进入磁场时导体棒的速度为2v

2221223gLvv−=−解得22vgL=所以，导体棒匀减速向上运动所用的时间为24323vLLtggg==−△导体框穿过磁场的过程，根据动量定理可知()33023LmgtBItmgL+=−−其中通过线框的电荷量239BLqItR==可解得233227LBLtgmgR=−所以，导体棒向上运

动的总时间为2312333227LBLTtttgmgR=++=−22．（1）3cm；2.5×106m/s；（2）0.15m；1.67×103T；（3）见解析【详解】（1）设粒子在两极板间运动时加速度为

a，运动时间为t则01tv=212hat=ABqUqEammd==解得201()0.03m=3cm2ABqUhmdv==粒子的运动轨迹如图所示设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则0AByqUlvatmdv

==解得：vy＝1.5×106m/s所以粒子从电场中飞出时的速度为22602.510m/syvv=+=（2）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则03tan4yvv==解得θ＝37°带电粒子在离开电

场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得1212hYL=+解得Y＝0.12m＝12cm粒子做匀速圆周运动的半径为0.15mcosYr==2vqvBmr=B=1.67×103T（3）中心线射入粒子在荧光屏EF上的接收到粒子离PQ最远24cm,最上方射入粒子在荧光屏EF上

的接收到粒子离PQ最近209cm