河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第二次质检物理试题 Word版含解析

河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期第二次质检物理试题 Word版含解析

存瑞中学2019高三物理第二次质检试题 ‎ 一、单选题 ‎1.下列关于物理学史的说法中正确的是（ ）‎ A. 伽利略总结出了行星运动的三大定律 B. 牛顿通过实验测出了万有引力常量 C. 库仑最早精确地测定了电子的电量 D. 法拉第最早引入了电场概念 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项：开普勒总结出了行星运动三大定律，故A错误；‎ B项：卡文迪许通过扭称实验测出万有引力常量，故B错误；‎ C项：美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故C错误；‎ D项：1837年英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线来表示电场，故D正确．‎ ‎2.在学校实验室中，如将真空玻璃管中的羽毛和管外空气中的铁球同时从相同的高度由静止释放，若下落过程中羽毛和铁球均未发生转动，则下列说法正确的逛（ )‎ A. 羽毛先落地 B. 铁球先落地 C. 羽毛和铁球同时落地 D. 无法判断哪个先落地 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 羽毛在真空中只受重力作用，根据牛顿第二定律F=ma可得：mg=ma1，即a1=g；‎ 铁球在管外空气中受重力、空气阻力的作用，根据牛顿第二定律F=ma可得：mg-f=ma2，即，根据，可知羽毛先落地，故A正确．‎ ‎3.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v－t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是 - 21 -‎ A. 在第10 s末，乙车改变运动方向 B. 在第10 s末，甲、乙两车相距‎150 m C. 若开始时乙车前，则两车可能相遇两次 D. 在第20 s末，甲、乙两车相遇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在速度时间图象中，速度的正负表示速度的方向，速度图象不能反映物体的初始位置，图线与时间轴围成的面积表示位移，通过分析两车的运动情况可判断它们相遇几次.‎ ‎【详解】A、由图知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故A错误；‎ B、第10s末，甲、乙两车的位移之差为：，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故B错误.‎ C、若t=0时刻乙车在前，则两车在第20s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次；故C正确.‎ D、在第20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故D错误；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义.要注意速度图象不能表示物体出发点的位置.‎ ‎4.中国科学家近期利用“悟空”卫星获得了世界上最精确的高能电子宇宙射线能谱，有可能为暗物质的存在提供新证据．已知“悟空”在低于同步卫星的圆轨道上运行，经过时间t(t小于其周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的弧度为β，引力常量为G．根据上述信息，下列说法中正确的是（　　）‎ A. “悟空”的线速度大于第一宇宙速度 B. “悟空”的加速度比地球同步卫星的小 - 21 -‎ C. “悟空”的环绕周期为 D. “悟空”的质量为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据可知，‎ ‎，‎ 由于悟空”的轨道半径大于地球半径，所以“悟空”的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；‎ B．根据可知，‎ ‎，‎ 由于“悟空”在低于同步卫星的圆轨道上，所以“悟空”的加速度比地球同步卫星的大，故B错误；‎ C．“悟空”的环绕的角速度，则“悟空”的环绕周期为 ‎，‎ 故C正确；‎ D．“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：，，联立解得，地球的质量为 ‎，‎ 不能求出“悟空”的质量，故D错误．‎ ‎【点晴】已知“悟空”经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据v=ωr可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量．‎ ‎5.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，保持B板不动，A板逐渐上移，则（　　） ‎ - 21 -‎ A. 电容器的电容变大 B. 电阻R中有从a流向b的电流 C. 液滴带电性质无法确定 D. 液滴将向上运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：电容器与电源相连，板间电压不变．A板逐渐上移，即增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电．根据原来极板的带电情况，分析电流的方向．根据场强的变化，分析液滴的运动方向．‎ 两极板间的距离增大，根据可知，电容器电容减小，A错误；由于电容与电源相连，所以两极板间的电势差恒定不变，根据可知电荷量减小，电容器放电，故有从a流向b的地爱你刘，B正确；由于上极板与电源正极相连，所以上极板带正电，电场方向竖直向下，而液滴的重力竖直向上，所以液体必须受到竖直 向上的电场力，故与电场方向相反，所以液滴带负电，C错误；根据公式可知两极板间的电场强度减小，所以电场力减小，粒子将向下运动，D错误．‎ ‎6.如图所示，MN是某点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点，其运动轨迹如图中虚线所示．则下列判断中正确的是（　　）‎ A. 试探电荷有可能从a点静止出发运动到b点 B. a 点电势一定高于b点电势 C. 从a 到b 的过程中，试探电荷的电势能一定越来越大 D. 若试探电荷运动的加速度越来越大，则Q必为正电荷且位于M端 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 21 -‎ A、试探电荷从a点静止出发，只受静电力作用力，而静电力指向场源电荷或离开场源，应做直线运动，故A错误；‎ B、试探电荷受到的电场力大致向左，而试探电荷带负电，所以电场线由M→N，a 点电势一定低于b点电势，故B错误；‎ C、从a 到b 的过程中，电场力做正功，试探电荷的电势能减小，故C错误；‎ D、若试探电荷运动的加速度越来越大，越来越靠近场源电荷，则Q应位于M端，且Q带正电，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】带负电的试探电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，判断试探电荷受到的电场力方向向左，从而确定出电场线的方向，分析场源电荷的位置．试探电荷在由a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小．‎ ‎7.如图所示，在一半径为R的圆形区域内有垂直纸面方向的匀强磁场，O为圆形区域的圆心，AC是该圆的水平直径．一重力不计的带电粒子从A点沿与AC成θ=30°角的方向射入磁场区域，刚好能从C点射出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t．现让该粒子从A点正对圆心射入磁场，但速度减为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的时间为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ - 21 -‎ 由几何知识得： ‎ 粒子转过的圆心角：α=60°‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期： ‎ 粒子在磁场中的运动时间： ‎ 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径： ‎ 粒子从A点正对圆心射入磁场，速度减为原来的一半时，‎ 粒子做圆周运动的轨道半径： ‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期： ‎ 粒子转过的圆心角：β=90°‎ 粒子在磁场中的运动时间： ，故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎【点睛】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子在磁场中的运动时间．‎ ‎8.如图所示，竖直平面内有A、B、C三点，三点连线构成一直角三角形，AB边竖直，BC边水平，D点为BC边中点．一可视为质点的物体从A点水平抛出，轨迹经过D点，与AC交于E点．若物体从A运动到E的时间为tl，从A运动到D的时间为t2，则tl : t2为 ‎ - 21 -‎ A. 1 : 1 B. 1 : ‎2 ‎C. 2 : 3 D. 1 : 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设∠C=θ，∠ADB=α，由几何关系知，tanα=2tanθ，物体初速度为v0，根据平抛运动规律，质点由A到E，‎ 解得：‎ ‎ ；‎ ‎ 同理：质点由A到D，‎ 解得：‎ ‎；‎ 故 t1：t2=1：2；‎ A. 1 : 1，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 1 : 2，与结论相符，选项B正确；‎ C. 2 : 3，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 1 : 3，与结论不相符，选项D错误．‎ - 21 -‎ ‎9.如图，某带电粒子由静止开始经电压为 U 的电场加速后，射入水平放置、电势差为 U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的 M， N 两点间的距离 d 随着 U 和 U′的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）‎ A. d 随 U 变化， d 随 U′变化 B. d 随 U 变化， d 与 U′无关 C. d 与 U 无关， d 与 U′无关 D. d 与 U 无关， d 随 U′变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不加磁场时粒子做匀速直线运动；加入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得d表达式，再进行分析d的决定因素．‎ ‎【详解】对于加速过程，有，解得，带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得半径与直线MN夹角正好等于，则有，所以，又因为半径公式，则有，故d随U变化，d与无关， 故B正确， ACD均错误．故选B．‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解，而带电粒子在电场中的运动优先考虑动能定理的应用和运动的合成与分解规律求解．‎ ‎10.如图所示，R1、R2为可调电阻，R3为一般电阻，R4为半导体热敏电阻，当环境温度升高时，下列说法正确的是 A. 若R1和R2的阻值不变，电容器所带电量减小 B. 若R1的阻值减小，电容器的带电量可能保持不变 C. 若R2的阻值增大，电容器的带电量可能保持不变 D. 若R2的阻值减小，电流表的示数可能保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、当环境温度升高时，R4的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小；总电流增大，并联电路R2、R3上的电压增大，电容器上的电压增大，电容器所带的电量增大，故A错误；‎ B、R1的大小与电容器的电量没有影响，若R1的阻值减小，电容器的带电量仍然增大．故B错误；‎ C、若R2的阻值增大，并联电路R2、R3上的电压增大，电容器上的电压增大，电容器所带的电量增大．故C错误；‎ D、当环境温度升高时，R4的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，所以电流表的电流增大；若R2的阻值减小，则并联电路部分总电阻也减小，则并联电路的电压有可能减小到原来的数值，则电流表的示数可能保持不变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点睛】R4为半导体材料制成的热敏电阻，温度降低，电阻变大，当环境温度升高时，电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电容器带电量的变化．‎ 二、多选题 ‎11.‎ - 21 -‎ 如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是（　　）‎ A. 小球一定带负电荷 B 小球一定沿顺时针方向转动 C. 小球做圆周运动的线速度大小为 D. 小球在做圆周运动过程中，电场力始终不做功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；‎ B、磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反），故B错误；‎ C、由电场力和重力大小相等，得：mg=qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：，联立得：，故C正确；‎ D、小球在做圆周运动的过程中，电场力要做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎【点睛】带电小球在复合场中做匀速圆周运动，可判断出电场力和重力为平衡力，从而判断电场力的方向，结合电场的方向便可知粒子的电性．根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可判断小球的旋转方向；结合重力与电场力平衡以及带电小球在洛伦兹力的作用下的运动半径公式，可求出线速度；洛伦兹力不做功，而电场力要做功．‎ ‎12.如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较 - 21 -‎ A. 射入滑块A的子弹速度变化大 B. 整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C. 两个过程中系统产生的热量相同 D. 射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：mv=（M+m）v′， 解得：v′=；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功等于射入滑块B中时阻力对子弹做功，故D错误；故选BC.‎ 点睛：解题时要知道子弹射入滑块过程中，子弹和滑块系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度，系统产生的内能等于机械能的损失．‎ ‎13.在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在＋Q形成的电场中 A. N点电势高于P点电势 B. ‎ C. P点电场强度大小是N点的2倍 - 21 -‎ D. 带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势．故A错误．根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：-qUNP=mv2，解得，则．故B正确．P点电场强度大小是，N点电场强度大小是，则EP：EN=rN2: rP2=4：1．故C错误．带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，电势能减少了mv2，故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低以及点电荷场强公式E=kQ/r2、电场力做功的公式W=qU.‎ ‎14.如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段半径为R，圆心为O（图中未画出）的固定圆弧上，一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一质量为M的小物块．平衡时，a、b间的距离记为L，M的悬挂点叫做c，不计所有摩擦，下列说法正确的是（ ）‎ A. 平衡时，c的位置一定在圆心O的上方 B. 平衡时，若L=1.2R，则M=‎‎0.56m C. 平衡时，若L=R，则 D. 平衡时，若L越大，则M与m的比值越大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ - 21 -‎ A、如图所示，Oa、Ob绳的拉力相等，所以两绳的拉力的合力即M的重力一定在ab的垂直平分线上，此线一定过圆心，故A正确 对m受力分析，受重力和拉力，故： ‎ B.对圆环分析，受细线的两个拉力和轨道的支持力，如图所示：‎ 平衡时，若L=1.2R，则， ‎ 对M受力分析，知 ，得： 故B对； C、平衡时，若L=R，则 ， ‎ 由 ，得 ，故C错 D、由 知 ‎ 平衡时，若L越大，则 就越小，所以比值就越小，故D错 综上所述本题答案是：AB 点睛：解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角是多少，再根据力的合成来求解．‎ 三、填空题 ‎15.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)‎ - 21 -‎ ‎(1)实验时，一定要进行的操作是______。‎ A．用天平测出砂和砂桶的质量 B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M ‎(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两相邻计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2(结果保留两位有效数字)。‎ ‎(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。‎ A． B． C．k D．‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]AE．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AE错误；‎ B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；‎ C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；‎ D．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D - 21 -‎ 正确；‎ 故选：BCD。‎ ‎(2)[2]相邻计数点间的时间间隔为 ‎，‎ 连续相等时间内的位移之差：‎ ‎，‎ 根据得：‎ ‎；‎ ‎(3)[3]对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数：‎ ‎，‎ 即 ‎，‎ a-F图线的斜率为k，则 ‎，‎ 故小车质量为：‎ ‎，‎ 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎16.某同学想测量一段导体的阻值．‎ ‎（1）他先用多用电表进行初步测量，主要的操作过程分以下几个步骤，请将第④步操作填写完整：‎ ‎①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔；选择电阻档“×‎10”‎；‎ ‎②将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指向“‎0”‎；‎ ‎③将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“‎0”‎；‎ ‎④选择电阻档_________(选填“×‎100”‎或“×‎1”‎)，将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮调零后；重新将红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的阻值．‎ - 21 -‎ ‎（2）采用上述的操作步骤后，多用电表的指针位置如图所示．则该段导体的电阻测量值为______．‎ ‎（3）为了比较精确地测量这个导体的电阻值，他采用伏安法继续进行实验测量，现有实验器材如下：‎ A．电源E（电动势4.0V，内阻约0.5Ω）；‎ B．电压表（0～3V，内阻3kΩ）;‎ C．电压表（0～15V，内阻15kΩ）；‎ D．电流表（0～‎0.6A，内阻0.1Ω）‎ E．电流表（0～‎3A，内阻0.02Ω）；‎ F．滑动变阻器R1（0～50Ω，‎1.5A）；‎ G．滑动变阻器R2（0～2000Ω，‎0.3A）；‎ H．开关S和导线若干．‎ 为了调节方便，测量准确，在实验中，滑动变阻器应选用______（选填序号字母）．连接电路时，电压表应选_____（选填序号字母）、电流表应选______（选填序号字母）．实验电路应采用图中的_____（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（4）若在上问中选用甲电路，产生误差的主要原因是______．（选填选项前的字母）‎ A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 - 21 -‎ C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎【答案】 (1). ×1 (2). 8 (3). F (4). B (5). D (6). 甲 (7). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]将红、黑表笔分别与导体的两端相接，发现指针示数接近“‎0”‎，说明倍率档选择过大，应该改用×1档；‎ ‎（2）[2]如图可知，电阻的测量值为.‎ ‎（3）[3] 滑动变阻器选择阻值较小的F；‎ ‎[4]电源的电动势为4V，则电压表选B；‎ ‎[5]电路中可能出现的最大电流 ‎，‎ 则电流表选择D;‎ ‎[6]因 ‎，‎ 故应选用电流表外接，即选择甲电路； ‎ ‎（4）[7]甲电路中产生误差的原因是由于电压表的分流作用，使得电流表测量值大于流经Rx的电流值，故选B．‎ 四、计算题 ‎17.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=‎0.2m， 磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω， 金属棒与导轨垂直且接触良好， 如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=‎0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：‎ ‎(1)金属棒ab产生的感应电动势；‎ ‎(2)通过电阻R的电流大小和方向；‎ - 21 -‎ ‎(3)金属棒a、b两点间电势差．‎ ‎【答案】(1) E=0.05V (2) I=‎0.01A, 方向从M通过R流向P (3) Uab=0.048V ‎【解析】‎ ‎（1）设金属棒中感应电动势为E E=BLv 带入数值得E=0.05V ‎ ‎（2）设过电阻R的电流大小为I ‎ 带入数值得I=‎0.01A ‎ 方向：从M通过R流向P ‎（3）设a、b两点间的电势差为U Uab=IR 带入数值得Uab=0.048V ‎ ‎18.质量为‎0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4．设球受到的空气阻力大小恒为f，取="10" m/s2, 求：‎ ‎（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；‎ ‎（2）弹性球第一次碰撞后反弹高度h．‎ ‎【答案】（1）0.2N （2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为，由图知 - 21 -‎ ‎①‎ 根据牛顿第二定律，得 ‎②‎ ‎③‎ ‎（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为，设球第一次离开地面时的速度大小为，则 ‎④‎ 第一次离开地面后，设上升过程中加速度大小为，则 ‎⑤‎ 于是，有⑥‎ 解得⑦‎ ‎19.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限有沿y轴负方向、场强为E＝200N/C的匀强电场，第二象限有垂直于xoy平面向外的匀强磁场．现有一质量m＝2.0×10－‎11kg，电量q＝1.0×10－‎5C带正电的粒子，从负x轴上的A点以v＝1.0×‎104m/s的速度垂直x轴进入磁场，恰好垂直通过y轴上的P点并进入电场，经过电场后通过x轴上的Q点．已知OP的长度h＝‎2m，不计粒子重力，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）OQ的长度L；‎ - 21 -‎ ‎（3）粒子从A点运动到Q点的总时间t总．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) t总=5.14×10－4s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：‎ ‎ ①‎ 由几何关系知:‎ ‎ ② ‎ 由①②式代入数据解之得：‎ B=0.01T ③ ‎ ‎（2）设微粒在偏转电场中运动时间为t, 加速度为a，做类平抛运动 水平方向：‎ ‎ ④ ‎ 竖直方向：‎ ‎ ⑤ ‎ ‎ ⑥‎ 联立④⑤⑥式代入数据解之得：‎ ‎ ⑦ ‎ ‎（3）由⑥式代入数据解之得：‎ t=2×10－4s 粒子在磁场中运动时间为：‎ ‎ ‎ 粒子从A点运动到Q点的总时间：‎ t总=t1+t=5.14×10－4s.‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律与类平抛运动轨迹可以正确解题．‎ ‎ ‎ - 21 -‎ - 21 -‎