2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（九）

2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（九）

考前冲刺卷(九)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。‎ 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.高空抛物是一种不文明的行为，在造成人身伤害和重大财物损失后，抛物者需承担一定的法律责任，根据某项研究，一枚30 g的鸡蛋从25楼抛下来可以令人当场死亡。忽略空气阻力影响，试估算一下从25楼自由下落的鸡蛋掉落到地面上时，撞击地面的速度为(　　)‎ A.12 m/s B.22 m/s ‎ C.30 m/s D.40 m/s 解析　鸡蛋从25楼下落，每一层楼的高度大约为3 m，则根据v2＝2gh，解得v最接近40 m/s，故D正确。‎ 答案　D ‎2.如图1所示，数学老师在讲解圆的知识时，用粉笔在黑板上以手肘为圆心徒手画圆，A、B是手臂上两点，已知A、B做圆周运动的半径关系为rA＝2rB。下列关于这两点的角速度、线速度和向心加速度的关系正确的是 (　　)‎ 图1‎ A.vA＝vB B.vA＝2vB C.ωA＝2ωB D.aA＝aB 解析　根据题意可知A、B两点的角速度相等，即ωA＝ωB，结合线速度v＝ωr，向心加速度a＝ω2r，可知vA＝2vB，aA＝2aB，只有B正确。‎ 答案　B ‎3.如图2所示，小明站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为40 N，已知小明的质量为60 kg，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.升降机正在向上减速，小明处于超重状态 B.A物体的重力和弹簧测力计对A物体的拉力是一对平衡力 C.此时升降机的加速度大小为0.2 m/s2‎ D.小明对地板的作用力大小为480 N，方向竖直向下 解析　由于弹簧测力计的示数为40 N，小于物体重力，故物体处于失重状态，加速度方向竖直向下，故升降机正在向上减速，A、B错误；根据牛顿第二定律，可得加速度大小a＝ m/s2＝2 m/s2，C错误；设地板对小明的支持力为F，结合小明的受力分析和牛顿第二定律有mg－F＝ma，得F＝480 N，再根据牛顿第三定律，小明对地板的作用力大小为480 N，方向竖直向下，D正确。‎ 答案　D ‎4.美国宇航局新一代火星探测器洞察号于北京时间2018年11月27日凌晨成功着陆于火星，如图3所示。不同于月球，火星表面有微弱的大气层，所以火星探测器在着陆过程中会利用大气层来缓冲减速。根据计划，探测器在距离火星表面约125 km处，以大约5 500 m/s的速度进入大气层，约3.5分钟后，距火星表面约11.1 km，速度为385 m/s，分离隔热盾，打开降落伞，进入伞降阶段，持续约2.5分钟，在距离火星表面约1 km时，速度减为60 m/s，分离降落伞，反冲火箭点火，进入反冲阶段，大约1分钟后，探测器缓慢地着陆在火星表面。根据上述内容，以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.探测器下落的过程中机械能守恒 B.探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器机械能的变化量 C.探测器下落的过程中，重力、空气阻力所做的总功等于探测器重力势能的变化量 D.探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器动能的变化量 解析　探测器下落的过程中，除重力外，其他力做负功，故机械能减小，A错误；探测器下落的过程中，重力、空气阻力和反冲力所做的总功等于探测器动能的变化量，B错误，D正确；探测器下落的过程中，重力所做的功等于探测器重力势能的变化量，故C错误。‎ 答案　D ‎5.如图4所示，质量为m2的物体Q通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与另一质量为m1的物体P相连，P与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，轻绳OA能承受的最大拉力为300 N。欲使Q、P均保持静止，且轻绳OA不断裂，则P、Q的质量可能为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 图4‎ A.m1＝80 kg，m2＝30 kg B.m1＝70 kg，m2＝30 kg C.m1＝65 kg，m2＝20 kg D.m1＝45 kg，m2＝20 kg 解析　根据受力分析，如图，结点O平衡，故有T＝，F＝m2gtan θ，结合题意，P、Q需满足T≤300 N且F≤μm1g，可得m2≤24 kg，‎ 由≤0.4，可得m1≥60 kg，C正确。‎ 答案　C ‎6.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN固定在同一平面内，电流方向如图5所示，ab边与MN平行。下列叙述正确的是(　　)‎ 图5‎ A.线框所在处的磁场方向垂直纸面向外 B.ab边和cd边受到的安培力大小相等、方向相反 C.bc边和ad边受到的安培力大小相等、方向相同 D.导线MN受到的安培力方向水平向右 解析　根据安培定则，可知线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，A错误；ab边所在处的磁感应强度大于cd边所在处的磁感应强度，故两安培力大小不相等，B错误；根据左手定则，bc边所受安培力方向竖直向上，ad边所受安培力方向竖直向下，因ab边与MN平行，则ad边与bc边所在处磁场相同，通过ad边与bc边的电流大小相同，则二者所受安培力大小相等，方向相反，C错误；根据左手定则，ab边所受安培力方向水平向左，cd边所受安培力方向水平向右，由于ab边的安培力较大，故合力方向水平向左，根据牛顿第三定律，导线MN受到的安培力方向水平向右，D正确。‎ 答案　D ‎7.我国首颗极地观测小卫星是我国高校首次面向全球气候变化研究、特别是极地气候与环境监测需求所研制的遥感科学实验小卫星。假如该卫星飞过两极上空，其轨道平面与赤道平面垂直，已知该卫星从北纬15°的正上方，按图6所示方向第一次运行到南纬15°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.该卫星与同步卫星的轨道半径之比为1∶4‎ B.该卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度 C.该卫星与同步卫星的加速度之比为∶1‎ D.该卫星在轨道上运行的机械能一定小于同步卫星在轨道上运行的机械能 解析　该卫星从北纬15°运行到南纬15°时，转过的角度为30°，则可知卫星的周期为12小时，而同步卫星的周期为24小时，设卫星和同步卫星的轨道半径分别为r1、r2，根据开普勒第三定律有＝，可得＝，故A错误；第一宇宙速度是最大环绕速度，所以该卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，故B错误；根据a＝r，知＝·＝，故C正确；由于不知道该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法判断机械能的大小，D错误。‎ 答案　C ‎8.如图7所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.电子经过磁场时速度增大 B.欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向里 C.欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应调节偏转线圈中的电流使磁场增强 D.若电子束离开电子枪的速度减小，则原先打在B点的电子束有可能打在A点 解析　电子经过磁场发生偏转时，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，所以电子的速度大小不变，A错误；根据左手定则，欲使电子束打在荧光屏上的A点，偏转磁场的方向应垂直纸面向外，B错误；欲使电子束打在荧光屏上的位置由A点调整到B点，应减小电子的偏转程度，则应减小磁感应强度大小，故应调节偏转线圈中的电流使磁场减弱，C错误；若电子束离开电子枪的速度减小，由r＝可知，半径减小，偏转程度增大，原先打在B点的电子束有可能打在A点，D正确。‎ 答案　D ‎9.电动自行车越来越受到人们的欢迎，不少人用电动自行车替代了汽车上下班。使用之前，先对自行车车内的蓄电池进行充电。已知某款家庭经济型小汽车每百公里平均油耗为7 L，每升汽油6.4元。家庭用电每度(1度＝1 kW·h)0.52元。小明家里某款电动自行车的一些主要参数如下表所示，假定电动自行车载人行驶时，受到的阻力是人与车总重力的0.02倍，小明自身质量为60 kg。下列说法正确的是(　　)‎ 外形尺寸 ‎1 630 mm×600 mm×‎ ‎1 100 mm 额定输出功率 ‎100～200 W 整车质量 ‎40 kg 标准载重 ‎90 kg 额定电压 ‎36 V 电池容量 ‎12 A·h 欠压保护 ‎31.5 V 过流保护 ‎6 A 一次充电连续行驶里程 ‎20 km 充电时间 ‎4～8 h A.小明骑电动自行车在水平路面上以6 m/s的速度匀速行驶时，电动自行车的输出功率为100 W B.小明骑电动自行车在水平路面上匀速行驶时的最大速度为15 m/s C.额定电压下，将完全没电的电池充满电需要耗电0.432度 D.骑该电动自行车比开小汽车每行驶10 km节省4.26元 解析　匀速行驶时，牵引力等于阻力，F＝f＝0.02×100×10 N＝20 N，输出功率P＝F·v＝120 W，故A错误；最大输出功率为200 W，故vm＝＝10 m/s，故B错误；额定电压下，将完全没电的电池充满电需要耗电W＝UIt＝36×12×‎ ‎10－3 kW·h＝0.432 kW·h，即0.432度，C正确；骑行电动自行车10 km耗电为 ‎0.432 kW·h×0.5＝0.216 kW·h，需花费0.216×0.52元≈0.11元，小汽车每行驶 ‎10 km花费7×6.4×0.1元＝4.48元，骑电动自行车比开小汽车每行驶10 km节省4.37元，故D错误。‎ 答案　C ‎10.如图8所示，水平面上固定有一个斜面，斜面倾角为θ，从斜面顶端向右平抛一小球(可视为质点)，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，飞行时间为t0。现用不同的初速度v从该斜面顶端向右水平抛出该小球，则平抛运动结束时，末速度方向与水平方向夹角的正切值tan α随v变化以及平抛运动飞行时间t随v变化的图象正确的是(　　)‎ 图8‎ 解析　 当小球落在斜面上时，有tan θ＝＝，解得t＝，与速度v成正比；当小球落在水平面上时，根据h＝gt2得，t＝，知运动时间不变，故t与v 的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线，C、D错误；当小球落在斜面上时，tan α＝＝2tan θ，故tan α与v的关系图线是平行于横轴的直线；当小球落在水平面上时，根据tan α＝＝，tan α与v的关系图象是反比例函数的图象，B正确，A错误。‎ 答案　B 二、选择题Ⅱ(本大题共5小题，每小题3分，共15分。每小题给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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎11.自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态。如Th经过一系列α衰变和β衰变后变成了Pb，已知Th、α粒子、β粒子、Pb的质量分别为m1、m2、m3、m4，已知Th的半衰期是T。则下列说法正确的是(　　)‎ A.8个Th经过2T时间后还剩2个 B.从Th到Pb共发生6次α衰变和4次β衰变 C.衰变过程中释放出的α射线的穿透能力比β射线的弱 D.一个Th衰变成Pb释放的核能为(m1－m2－m3－m4)c2‎ 解析　半衰期是一个宏观统计的物理量，原子核数量比较少时不适用，A错误；从Th变成Pb，质量数减少了24，可知发生了6次α衰变，再根据电荷数的变化，可知发生了4次β衰变，B正确；α射线的穿透能力比β射线的弱，C正确；一个Th衰变成Pb释放的核能为(m1－6m2－4m3－m4)c2，D错误。‎ 答案　BC ‎12.如图9所示，一束由单色光a、b组成的复合光通过厚度均匀的平行玻璃板M后，在地面上投射出两个光斑A、B，玻璃板M与地面平行放置，A对应a光，B对应b光，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A.用同一套装置做双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光的大 B.a光在玻璃板中传播的速度小于b光在玻璃板中传播的速度 C.若增加玻璃板的厚度，则光斑右移 D.若a光是氢原子从n＝3激发态跃迁到基态时辐射的光子，则b光可能是氢原子从n＝2激发态跃迁到基态时辐射的光子 解析　由光路可知，a光通过介质后光线的偏折程度大，故a光的折射率大于b光的折射率，a光的波长小于b光的波长，当用同一套装置做双缝干涉实验时，a光的条纹间距比b光的小，A错误；根据v＝可知，a光在玻璃板中传播的速度小于b光在玻璃板中传播的速度，B正确；若玻璃板的厚度增大，则出射光线的侧移量增大，光斑左移，C错误；由νa>νb，根据hν＝Em－En可知，若a光是氢原子从n＝3激发态跃迁到基态时辐射的光子，则b光可能是氢原子从n＝2激发态跃迁到基态时辐射的光子，D正确。‎ 答案　BD ‎13.x＝－6 m和x＝12 m处的振源M、N均沿y轴方向做简谐运动，t＝0时刻，形成如图10所示两列相向传播的简谐波，波速v＝3 m/s，下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.M和N的起振方向相同 B.t＝1.5 s时，x＝3 m处的质点位移等于4 cm C.t＝3 s时，x＝－1.5 m处的质点位移等于4 cm D.t＝2 s后，x＝6 m处的质点始终静止不动 解析　振源M的起振方向沿y轴负方向，振源N的起振方向沿y轴正方向，两振源的起振方向相反，故A错误；x＝3 m处的质点到两振源的波程差为0 m，又两振源的起振方向相反，故x＝3 m处的质点是振动减弱点，位移始终为零，同理，x＝6 m处的质点也是振动减弱点，始终静止不动，故B错误，D正确；经过3 s，乙波传播的距离为3 m/s×3 s＝9 m，即x＝7.5 m处的振动状态传播到x＝－1.5 m处，此时x＝－1.5 m处的质点处于波峰；t＝0时刻，x＝－1.5‎ ‎ m处的质点位于波谷，由于T＝＝2 s，经过3 s，质点完成1.5次全振动，x＝－1.5 m处的质点到达波峰位置，根据波的叠加原理，此时x＝－1.5 m 处的质点位移等于4 cm，故C正确。‎ 答案　CD ‎14.如图11所示，正点电荷Q固定在O点，另一个带电质点q射入该区域时，在库仑力的作用下做曲线运动，沿图中实线依次通过A、B、C三点。若OA＝OCφB B.带电质点在B点动能最大，电势能最小 C.若在B处改变带电质点的电荷量大小，有可能使其做匀速圆周运动 D.带电质点在A、B、C三处的加速度大小关系是aA＝aC>aB 解析　根据正点电荷形成的电场线和等势面的特点，可知A、B、C三点的电势高低关系是φA＝φC>φB，A正确；由带电质点受到的电场力指向运动轨迹的内侧，可知带电质点带负电，带电质点由A到B，电场力做负功，电势能逐渐增大；带电质点由B到C，电场力做正功，电势能逐渐减小；带电质点在B点动能最小，电势能最大，B错误；当带电质点运动到B点时，速度方向与库仑力方向垂直，若带电质点的电荷量瞬间改变，且库仑力恰好等于绕正点电荷Q做圆周运动的向心力，带电质点做匀速圆周运动，C正确；正点电荷与A、B、C之间距离的大小关系为OA＝OCFB，加速度大小关系是aA＝aC>aB，D正确。‎ 答案　ACD ‎15.如图12所示，在磁感应强度大小为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0‎ 沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是(　　)‎ 图12‎ 解析　物块向上运动的过程中沿斜面向下的合力为F＝mgsin θ＋f＝mgsin θ＋μmgcos θ＋μqvB，物块做减速运动，当速度减小时，合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化先快后慢，又因合力大小大于或等于mgsin θ＋μmgcos θ，所以加速度的变化应为先减小的快后减小的慢，但大于或等于某个值，不会逐渐减小到零，故A、D正确。‎ 答案　AD 非选择题部分 三、非选择题(本题共5小题，共55分)‎ ‎16.(5分)小何同学模仿法拉第做了如下实验，实验装置如图13(a)所示，示意图如图(b)所示，两根条形磁铁摆成V形，软铁棒上绕着一组线圈，并串联一只灵敏电流计。‎ ‎(1)当右侧磁铁上端与软铁棒断开瞬间，他看到灵敏电流计的指针向右偏转，则当他将该磁铁与软铁棒接触瞬间，灵敏电流计的指针将向________(选填“左”或“右”)偏转。‎ ‎(2)如果将软铁棒用木棒代替，发现灵敏电流计示数比原来明显要小，则软铁棒在实验中的主要作用是________________________________。‎ 图13‎ 解析　(1)当右侧磁铁上端与软铁棒断开瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转；则将该磁铁与软铁棒接触瞬间，灵敏电流计的指针将应向左偏转。‎ ‎(2)如果将软铁棒用木棒代替，发现灵敏电流计示数比原来明显要小，说明软铁棒在实验中的主要作用是增大磁通量的变化量。‎ 答案　(1)左　(2)增大磁通量的变化量 ‎17.(8分)如图14所示为“验证动量守恒定律”实验的装置示意图，现有带光滑圆弧轨道的粗糙水平桌面，物块A、B(A的质量大于B的质量，A和B与桌面间的动摩擦因数相同)。实验操作步骤如下：(a)在圆弧轨道上距离桌面h高处让A由静止滑下，在水平桌面上不放B的情况下，使A一直沿水平桌面运动到C处静止；(b)再让A从圆弧轨道上距离桌面h高处由静止滑下，在桌面与圆弧轨道相接处放上B，使A与B碰撞，碰撞后让A、B继续运动直至分别停止在D、E处；(c)重复多次以上实验步骤，并记录实验数据，选取自己认为最理想的实验结果进行研究。根据该实验设计，回答下列问题。‎ 图14‎ ‎(1)实验中除了要测量出物块A的质量m1、物块B的质量m2，还需测量的物理量有________________________________(写出物理量名称及表示符号)；根据实验测量出的数据和测量的物理量写出可以验证动量守恒定律的表达式________________________。‎ ‎(2)关于误差分析和实验测量，下列说法正确的是________。‎ A.A与B发生弹性碰撞还是非弹性碰撞，对实验结果有一定的影响 B.如果A与B发生的碰撞不是正碰，对实验结果有一定的影响 C.实验中所用的圆弧轨道不是真正的光滑，对实验的结果影响不大 D.实验中必须测量A起始位置距离桌面的高度 解析　(1)在水平桌面上不放B时，根据动能定理有－μm1gx＝0－m1v2，得出 v＝，在水平桌面上放上B后，由于A的质量大于B的质量，故A 不会被反弹，则碰撞后对A有－μm1gx1＝0－m1v，得v1＝，对B有－μm2gx2＝0－m2v，得v2＝，所以实验中还需要测量不放B时A在水平桌面上运动的位移大小x，A、B发生正碰后A、B在水平桌面上运动的位移大小x1、x2；如果碰撞过程满足动量守恒定律，则有m1v＝m1v1＋m2v2，即m1＝m1＋m2，整理得m1＝m1＋m2，所以要验证动量守恒定律只需验证上式成立即可。‎ ‎(2)根据实验的条件可知，碰撞的过程是不是弹性碰撞对实验的结果没有影响，而如果不是正碰，则有可能造成水平方向上的动量损失，故对实验结果有较大的影响，故A错误，B正确；实验中所用的圆弧轨道不是真正的光滑，对实验的结果影响不大，只要保证让A每次都从同一高度静止滑下，则可保证碰撞前A的速度一定，故C正确；由于实验只要保证碰撞前A的速度是一定的，而不要求计算速度的大小，所以实验中不用测量A下滑的高度，D错误。‎ 答案　(1)不放物块B时物块A在水平桌面上运动的位移大小x，放上物块B，A、B发生正碰后物块A、B在水平桌面上运动的位移大小x1、x2　m1＝m1＋m2 (2)BC ‎18.(12分)如图15所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝‎ ‎1 kg的小物块(可视为质点)。现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为 N。已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ 图15‎ ‎(1)小物块运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)拉力F作用在小物块上的时间t；‎ ‎(3)若小物块从竖直圆轨道滑出后，经水平轨道BC到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围。‎ 解析　(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝ N，则v＝2 m/s 物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv 可得vB＝4 m/s。‎ ‎(2)小物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有 Fs－μ1mgxAB＝mv－0‎ 由牛顿第二定律有 F－μ1mg＝ma 由位移公式有s＝at2‎ 联立解得t＝ s。‎ ‎(3)设小物块与BC段间的动摩擦因数为μ2。‎ ‎①物块在圆轨道最高点的最小速度为v1，‎ 由牛顿第二定律有mg＝m 由动能定理有－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 解得μ2＝0.025‎ 故物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道时应满足0≤μ2≤0.025。‎ ‎②物块从C点返回在圆轨道上升高度R时速度为零，由动能定理有－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 解得μ2＝0.25‎ 物块从C点返回刚好运动到B点，‎ 解得－2μ2mgxBC＝0－mv μ2＝0.4‎ 故物块能返回圆形轨道(不能到达最高点)且不会脱离轨道时应满足 ‎0.25≤μ2＜0.4‎ 综上所述，0.25≤μ2<0.4或0≤μ2<0.025。‎ 答案　(1)4 m/s　(2) s ‎(3)0.25≤μ2<0.4或0≤μ2<0.025‎ ‎19.(14分)如图16所示，MN是一对平行金属板，板间电压U1＝104 V。PQ是另一对平行金属板，P板接电源正极，Q板接电源负极，板间电压为U2，板长L1＝0.24 m，板间距离d＝0.16 m，板间还存在垂直纸面方向的匀强磁场(未画出)，金属板右侧有一竖直放置的荧光屏，屏与PQ最右端的距离L2＝0.16 m。有一带电荷量q＝10－5 C、质量m＝2×10－11 kg的带负电粒子，从M板无初速度进入加速电场，获得一定速度后，沿虚线方向进入金属板PQ之间，恰能沿虚线方向做直线运动，最终打在荧光屏上的O点。虚线是金属板PQ的中心线。tan 37°＝0.75，不计粒子重力。‎ 图16‎ ‎(1)求粒子进入PQ板间时的速度大小及板间磁场的方向；‎ ‎(2)若仅撤去电压U2，发现粒子恰能从金属板P、Q的右端点离开，击中荧光屏上A点，求电压U2的大小；‎ ‎(3)若仅撤去磁场，试判断粒子能否击中荧光屏。若能，假设击中点为A′，求第(2)问中的击中点与A′点之间的距离；若不能，求粒子打在PQ板上的位置与PQ板右端的距离。‎ 解析　(1)根据动能定理有qU1＝mv2‎ 得v＝105 m/s 粒子带负电，在P、Q板间运动时，所受电场力方向向上，则洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断，板间磁场的方向垂直纸面向里。‎ ‎(2)由题意可知，粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，若仅撤去电压U2，则粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何知识，R2＝L＋，‎ sin θ＝，得R＝0.4 m，圆心角θ＝37°‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝，得B＝0.5 T 由于qvB＝q，得U2＝8×103 V。‎ 甲 ‎(3)若仅撤去电场，粒子击中点离O点的距离 OA＝＋L2tan 37°＝0.2 m 若仅撤去磁场，粒子在P、Q之间做类平抛运动，竖直方向的偏移量 y＝··＝0.072 m<，故能击中荧光屏，如图乙所示。‎ 乙 则有＝，则l＝0.168 m 两点之间的距离AA′＝0.368 m。‎ 答案　(1)105 m/s　垂直纸面向里　(2)8×103 V (3)能　0.368 m ‎20.(16分)如图17所示，相距l1＝0.5 m的光滑平行金属导轨固定在水平面上，其左端连接有阻值R＝0.1 Ω的定值电阻，导轨区域内每隔Δl＝0.6 m存在磁感应强度大小B＝0.7 T、方向垂直导轨向上的匀强磁场，磁场的宽度l2＝0.4 m, 一正方形导体框MNPQ由四根长l1＝0.5 m、质量为m0＝25 g的金属棒构成，其中MQ段的电阻为0.3 Ω，NP段的电阻为0.1 Ω，MN和QP段的电阻不计，导体框以v0＝6.3 m/s的初速度沿导轨向右运动，导轨电阻不计，导体框始终与导轨接触良好。‎ 图17‎ ‎(1)求导体框MQ段刚进入第一个磁场时的速度大小v1；‎ ‎(2)导体框MQ段从aa′处运动至bb′处的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少；‎ ‎(3)求导体框MQ段从第一个磁场边界bb′离开后，还能前进的距离。‎ 解析　(1)从导体框NP段进入第一个磁场到出第一个磁场的过程中，根据动量定理有 ‎－B1l1t1＝4m0Δv，Δv＝v1－v0‎ 1＝，1＝＝，R总＝0.175 Ω 得Δv＝－2.8 m/s，v1＝3.5 m/s。‎ ‎(2)设MQ从边界bb′离开时的速度为v2，则 ‎－B2l1t2＝4m0Δv′，Δv′＝v2－v1‎ 2＝，2＝＝，R总′＝0.35 Ω 得Δv′＝－1.4 m/s，v2＝2.1 m/s 根据能量守恒可知，系统产生的焦耳热 Q总＝×4m0(v－v)＝0.392 J 电阻R上产生的焦耳热 QR＝×·Q总＝0.028 J。‎ ‎(3)MQ从bb′离开时速度v2＝2.1 m/s，前进Δl－l1＝0.1 m，开始进入第二个磁场，由Δv＝－2.8 m/s，可知，导体框不能全部进入第二个磁场，设NP段从cc′进入后，前进距离x后停下，则 ‎－B3l1t3＝0－4m0v2‎ 3t3＝＝ 即－＝0－4m0v2‎ 得x＝0.3 m 前进的距离x总＝Δl－l1＋x＝0.4 m。‎ 答案　(1)3.5 m/s　(2)0.028 J　(3)0.4 m