【物理】北京市2020届高三下学期高考临门一脚全真模拟卷试题（解析版）

【物理】北京市2020届高三下学期高考临门一脚全真模拟卷试题（解析版）

北京市2020届高三下学期高考临门一脚 全真模拟卷试题 一、单选题 ‎1.关于一定量的气体，下列说法正确的是（　　）‎ A. 气体吸热，内能一定增大 B. 气体对外做功时，其内能一定减小 C. 一定量的某种理想气体在等压压缩过程中，内能一定增加 D. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎【答案】D ‎【详解】A．若气体吸热的同时对外做功，根据热力学第一定律知内能可能不变，选项A错误；‎ B．根据热力学第一定律，气体对气体做功，但气体和外界热交换不明确，所以气体内能可能不变，选项B错误；‎ C．一定量的某种理想气体在等压压缩过程中，根据，其中P不变，V减小，则T减小，而一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，所以其内能一定减小，选项C错误；‎ D．一定量的某种理想气体在等压压缩过程中，根据，其中P不变，V增大，则T增大，而一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，所以其内能一定增加，选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）‎ A. 图甲：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 B. 图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能 C. 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的 D. 图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构 ‎【答案】C ‎【详解】图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A错误．图乙： 用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故B错误． 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故D错误． 故选C．‎ ‎3.关于波粒二象性，下列说法正确的是(　　)‎ A. 图甲中紫光照射到锌板上可以发生光电效应，则其他可见光照射到锌板上也一定可以发生光电效应 B. 图乙中入射光的强度越大，则在阴极板上产生的光电子的最大初动能越大 C. 图丙说明光子既有粒子性也有波动性 D. 戴维孙和汤姆孙利用图丁证明了电子具有波动性 ‎【答案】D ‎【详解】A项：由光电效应可知，当入射光的频率大于金属极限频率时，能发生光电效应，由于紫光照射到锌板上可以发生光电效应，但其它的光的频率不一定比金属极限频率大，所以其他可见光照射到锌板上不一定可以发生光电效应，故A错误；‎ B项：由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能与光照强度无关，故B错误；‎ C项：图丙说明光子具有粒子性，故C错误；‎ D项：戴维孙和G•P•汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验，得到了上图的衍射图样，从而证实电子具有波动性，故D正确．‎ ‎4.直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图所示，a、b光相比（　　）‎ A. 玻璃对b光的折射率较小 B. 玻璃对a光的临界角较小 C. b光在玻璃中传播速度较小 D. b光在玻璃中的传播时间较短 ‎【答案】C ‎【详解】A．由图知，光线通过玻璃砖后，a光的偏折角较小，则玻璃对a光的折射率较小，选项A错误；‎ B．玻璃对a光的折射率较小，由 知玻璃对a光的临界角较大，选项B错误；‎ C．因为b光的折射率较大，根据 知b光在玻璃中的传播速度较小，选项C正确；‎ D．b光在玻璃砖通过的路程较长，传播速度较小，由 知b光在玻璃中的传播时间较长，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为Ek。下列说法错误的是（　　）‎ A. 如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于 B. 如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2~t1的最小值为T C. 物块通过O点时动能最大 D. 当物块通过O点时，其加速度最小 ‎【答案】B ‎【详解】A．物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于，选项A正确；‎ B．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2~t1的最小值可以小于T，选项B错误；‎ CD．图中O点是平衡位置，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD正确。‎ 本题选错误的，故选B。‎ ‎6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形图如图所示。已知波速为‎0.4m/s，且波刚传到c点。下列选项中说法错误的是（　　）‎ A. 波源的振动周期为0.2s B. t=0时，质点d沿y轴正方向运动 C. t=0时，质点a的加速度比质点b的加速度小 D. 质点a比质点b先回到平衡位置 ‎【答案】D ‎【详解】A．由题图可知，波长 而波速 则周期 故A正确，不符合题意；‎ B．因为波沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知d处于“下坡路”，故t=0时刻质点d沿y轴正方向运动，故B正确，不符合题意；‎ C．t=0时，质点a的位移小于质点b的位移，根据简谐振动的特点，质点a的加速度比质点b的加速度小，故C正确，不符合题意；‎ D．在t=0时刻，质点a的振动方向沿y轴负方向向波谷运动，而质点b的振动方向沿y轴负方向向平衡位置运动，故质点a比质点b后回到平衡位置，故D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示，质量为m的小球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )‎ A. 若加速度足够小，竖直挡板对小球的弹力可能为零 B. 若加速度足够大，斜面对小球的弹力可能为零 C. 斜面和挡板对小球的弹力的合力等于 D. 斜面对小球的弹力不仅有，而且是一个定值 ‎【答案】D ‎【详解】BD．小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α  则竖直方向有：‎ FN2cosα=mg ‎∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故选项B错误，D正确．水平方向有：‎ FN1-FN2sinα=ma A．∵FN2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．‎ C．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cosα与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故C错误．‎ ‎8.一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则 A. 人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小 B. 人只受重力和踏板的支持力的作用 C. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量 D. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量 ‎【答案】D ‎【详解】AB、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN﹣mg＝masinθ，所以FN＞mg，故AB错误；‎ C、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；‎ D、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确．‎ ‎9.如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 仅闭合开关S，灯L1会变亮 B. 仅闭合开关S，r消耗的功率会变大 C. 仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小 D. 仅将滑片P上移，电流表示数会变大 ‎【答案】B ‎【详解】AB．闭合开关S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和消耗的功率增大，则T2输入电压减小，灯泡L1两端电压减小，故灯泡L1会变暗，选项A错误，B正确；‎ C．仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压也增大，消耗功率增大，则T1输入功率增大，原线圈电流增大，那么副线圈的电流也增大，故电阻r消耗的功率增大，选项C错误；‎ D．同理仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2的输入电压减小，灯泡电压也减小，消耗功率减小，则T1输入功率增大减小，原线圈电流减小，电流表示数会减小，选项D错误。故选B。‎ ‎10.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A. 线速度大小减小，角速度减小 B. 向心加速度大小变小，周期变小 C. 轨道半径增大，洛伦兹力大小增大 D. 轨道半径增大，角速度减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况．‎ ‎【详解】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR 由于洛伦兹力不做功，所以线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，‎ 由公式可知，洛伦兹力大小不变，‎ 由公式可知，由于半径增大，所以向心加速度大小减小，‎ 由公式可知，由于角速度减小，所以周期变大．故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题．‎ ‎11.如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场（环形管的宽度非常小），质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里 B. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为2NqU C. 粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变 D. 粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为 ‎【答案】D ‎【详解】A．正电荷在AB之间是加速，故电荷顺时针转动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，所以磁场方向垂直于纸面向外，选项A错误；‎ B．粒子在电场中加速，根据动能定理有 选项B错误；‎ C．A板电势变化的周期与粒子在磁场中圆周运动的周期相同，由于粒子在加速速度增大，根据可知周期要递减，选项C错误；‎ D．粒子在电场中加速，由动能定理知 解得 粒子在磁场中由牛顿第二定律有 解得 选项D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线上，现让橡胶盘由静止开始绕轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是 A. 铝环N有沿逆时针方向的感应电流 B. 铝环N有扩大的趋势 C. 橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下 D. 橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上 ‎【答案】AD ‎【详解】A、依据楞次定律，可知，穿过环N的磁通量，向上且增大，因此环N有沿逆时针方向的感应电流，故A正确；B、C、D、胶木盘M由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过N线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，且铝环N有收缩的趋势．故D正确，B、C错误．故选AD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．‎ ‎13.一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的层塑料为绝缘电介质，其厚度为d，介电常数为ε．若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 瓶内液面降低了 B. 瓶内液面升高了 C. 瓶内液面升高了 D. 瓶内液面降低了 ‎【答案】A ‎【详解】由图可知，液体与瓶外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题目图可知，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由 可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S 减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小；瓶内液面降低．t时间内减少的电量：q=It,依据C=，可得：q=U•△C,液面的高度为h时的正对面积：S=2πr•h，联立解得：△h=，故A正确，BCD错误；‎ ‎14.1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等 B. 该卫星在L2点处于平衡状态 C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度 D. 该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处小 ‎【答案】C ‎【详解】A．据题意知，该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，A错误；‎ B．该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，B错误；‎ C．由于该卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同，该卫星的轨道半径大，根据公式 分析可知，该卫星的绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，C正确；‎ D．由题可知，卫星在L1点与L2点的周期与角速度是相等的，根据向心力的公式 在L1点处的半径小，所以在L1点处的合力小，D错误。‎ 故选C。‎ 二、实验题 ‎15.以下是某实验小组探究“二力合成规律”的过程．‎ ‎(l)首先进行如下操作：‎ ‎①如图甲，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE;‎ ‎②如图乙，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环．小圆环在拉力F1、F2的共同作用下，位于O点，橡皮条伸长的长度为EO;‎ ‎③撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使其位于0点，如图丙．‎ 同学们发现，力F单独作用，与F1、F2共同作用的效果是一样的，都使小圆环保持静止，由于两次橡皮条伸长的长度相同，即____，所以F等于F1、F2的合力．‎ ‎(2)然后实验小组探究了合力F与分力F1、F2的关系：‎ ‎①由纸上O点出发，用力的图示法画出拉力F1、F2和F（三个力的方向沿各自拉线的方向，三个力大小由弹簧测力计读出）；‎ ‎②用虚线将拉力F的箭头端分别与F1、F2的箭头端连接，如图丁，得到的启示是 ____；‎ ‎③多次改变拉力F1、F2大小和方向，重做上述实验，通过画各力的图示，进一步检验所围成的图形．实验小组发现：在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，这个规律叫做____，‎ 上述实验中，如果把图乙和图丙的操作顺序对调，即先用拉力F将圆环拉到O点，再用拉力F1和F2共同拉圆环产生相同效果，则F1和F2就是F的____，此实验可以探究____规律．‎ ‎【答案】（1）橡皮条对小圆环的拉力相同；‎ ‎（2）可构成平行四边形； 平行四边形法则； 分力； 力的分解；‎ ‎【详解】（1）③两次橡皮条伸长的长度相等，即两次橡皮条对小圆环的拉力相同，说明单个力F的作用效果跟F1、F2共同作用的效果相同；‎ ‎（2）②用虚线将拉力F的箭头端分别与F1、F2的箭头端连接，得到的力的图示的图形为平行四边形，和为邻边，为与和共顶点的对角线长度；‎ ‎③多次改变拉力F1、F2的大小和方向，重做上述实验，在两个力合成时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，这个规律叫做平行四边形定则；‎ ‎④如果把图乙和图丙的操作顺序对调，即先用拉力F将圆环拉到O点，再用拉力F1和F2共同拉圆环产生相同效果，则F1和F2就是F的分力，此实验可以探究力的分解规律．‎ ‎【点睛】本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背．‎ ‎16.测量电阻丝的电阻率r，电阻丝的电阻约为20Ω．先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）、电阻箱R（0～999.9W）、开关、导线若干，可供选择的器材还有：‎ 电流表A1（量程0～100mA，内阻约5W）；‎ 电流表A2（量程0～‎0.6A，内阻约0.2Ω）．‎ ‎(1)实验操作步骤如下：‎ A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；‎ B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；‎ C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；‎ D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；‎ E．断开开关，改变________________的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次的R和L数据．‎ F．断开开关．‎ ‎(2)如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d =_______mm；‎ ‎(3)电流表应选择________（选填“A‎1”‎或“A‎2”‎）；‎ ‎(4)用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0和L0‎ ‎，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式 r =_________（用给定的字母表示）．‎ ‎(5)电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果_____影响（选填“有”、“无”）‎ ‎【答案】(1). 金属夹与电阻丝接触点 (2). 0.728～0.732 (3). A1 (4). (5). 无 ‎【详解】(1)断开开关，改变金属夹与电阻丝接触点_的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏；‎ ‎(2) 螺旋测微器的读数为：；‎ ‎(3)流过电阻丝的最大电流约为，为了减小电流表读数误差，所以电流表应选A1；‎ ‎(4)根据题意可知，，则：，由图象可知，斜率为，而，联立解得：；‎ ‎(5)由(4)分析可知，电流表的内阻对实验结果无影响．‎ 三、计算题 ‎17.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求 ‎（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 ‎【答案】（1） ；（2）‎ ‎【解析】‎ 本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力．‎ ‎（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有 ‎ ①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有 ‎ ②‎ 联立①②式得 ‎ ③‎ ‎（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有 ‎ ④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和．由题给条件和动量守恒定律有 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有 ‎ ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 ‎ ⑧‎ ‎18.如图，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r．水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属杆中点链接，弹簧劲度系数为k．装置处于静止状态．现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向；‎ ‎（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；‎ ‎（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q．‎ ‎【答案】（1），方向水平向左（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属棒在恒力F作用下，先做加速度减小的变加速运动，后做匀速直线运动，速度达到最大．根据E=BLv、安培力公式F安=BIL，推导出安培力的表达式进行求解．‎ ‎【详解】(1) 金属棒开始运动时，感应电流 ‎ ‎ ‎ 安培力： ‎ 解得：F=，方向水平向左；‎ ‎(2) 设金属棒向右运动的最大距离为x，则 ‎ ‎ ‎ 此过程回路产生的平均感应电动势 ‎ ‎ ‎ 通过电阻R的电荷量 ‎ ‎ ‎ 解得：；‎ ‎(3) 从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量 ‎ ‎ 由于 ‎ 解得：．‎ ‎【点睛】本题考查了求速度、电功率，分析清楚金属棒的运动过程、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、电功率公式即可正确解题．‎ ‎19.质量为m、电量为+q的带电粒子，以某一初速度垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r。可将带电粒子的运动等效为一环形电流，环的半径等于粒子的轨道半径。不计重力影响。‎ ‎(1)求粒子在磁场中做圆周运动线速度的大小v；‎ ‎(2)求等效环形电流的大小I；‎ ‎(3)若在O点固定一个点电荷A。粒子射入磁场的位置和速度方向保持不变。当原有磁场大小、方向都不变时，改变粒子射入磁场的初速度的大小，仍可使粒子绕O做半径为r的匀速圆周运动；当原有磁场方向反向，而磁感应强度B的大小不变时，再改变粒子射入磁场的初速度的大小，还能使粒子绕O做半径为r的圆周运动。两次所形成的等效电流之差的绝对值为△I，求△I的表达式。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【详解】(1)粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律有 解得 ‎(2)根据电流强度的定义可知等效环形电流的大小 ‎(3)当磁场反向时，洛仑兹力方向也会相反，由此可知库仑力F一定指圆心，点电荷A带负电。‎ 设磁场反向前粒子的速度为v1，根据牛顿第二定律有 磁场反向后粒子的速度为v2，有 两次形成等效电流分别 所以 解得 ‎20.万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。已知引力常量为G，静电力常量为k。‎ ‎（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M的质点相距r处的引力场强度EG的表达式；‎ ‎（2）质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下以速度v绕原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图（1）。已知在一段时间内，电子走过的弧长为s，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。不考虑电子之间的相互作用，求出原子核的电荷量Q；‎ ‎（3）如图（2），用一根长为L的绝缘细线悬挂一个可看成质点的金属小球，质量为m ‎，电荷量为-q。悬点下方固定一个足够大的水平放置的均匀带正电的介质平板。小球在竖直平面内做小角度振动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。‎ a．已知忽略边缘效应的情况下，带电平板所产生的静电场的电场线都垂直于平板，静电场的电场力做功与路径无关。请证明：带电平板所产生的静电场是匀强电场；‎ b．在上述带电平板附近所产生的静电场场强大小为E，求：金属小球的振动周期。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）a.见解析；b.‎ ‎【详解】（1）EG的表达式为 ‎（2）根据 联立得 ‎（3）a．反证法 法1：如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+q，让+q从a点沿矩形路线abcda（ab与电场线平行，bc边与电场线垂直）运动一周回到a点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，电场力做的总功 其中 bc段和da段电场力始终与运动方向垂直 故 得 但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故 上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场 法2：如图，若存在电场线平行但不等间距的静电场，则可以引入试探电荷+q，让+q从a点分别沿矩形abcd（ab与电场线平行，bc边与电场线垂直）的abc和adc运动到c点。设ab处的场强大小为E1，cd处的场强大小为E2，根据功的定义，路径ac和adc电场力做的功分别为 其中 bc段和da段电场力始终与运动方向垂直 故 ‎，‎ 得 故 但根据电场力做功的特点，做功与路径无关，故 上述假设矛盾，故不存在电场线平行但不等间距的静电场 b．电场力 等效重力加速度 小球在库仑力作用下的振动周期