江苏省2020届高三普通高等学校招生全国统一考试物理试题（三） Word版含解析

江苏省2020届高三普通高等学校招生全国统一考试物理试题（三） Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏模拟卷）（三）‎ 物　　理 注意事项：‎ ‎1．本试卷共120分，考试用时100分钟。‎ ‎2．答题前，考生务必将学校、班级、姓名写在密封线内。‎ 一、 单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一个质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环处于静止状态，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为（　　）‎ A. mg B. mg C. mg D. mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设绳中拉力为T，绳与竖直方向夹角为，由几何关系可知 由平衡知识 ‎3Tcos=mg 得出 故选A。‎ ‎2.在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有一汽车以8m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是（ ）‎ - 26 -‎ A. 驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s汽车才能停止 B. 在距停车线7.5m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 C. 若经0.25s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 D. 若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．车减速为零所需最短时间为 故A错误；‎ B．根据速度位移公式可知，减速运动的位移为 故在距停车线6.4m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故B错误；‎ CD．匀速运动的时间为 若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故D正确，C错误。‎ 故选D。‎ ‎3.当前，我国某些贫困地区的日常用水仍然依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内 水面到井口的高度为 20m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为 10kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2。由图象可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为（ ）‎ - 26 -‎ A. 2000J B. 1800J C. 200J D. 180J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于水桶匀速上升，故拉力等于水桶重力。由于水和水桶质量随位移均匀减小。故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法进行求解变力做功。‎ 则拉力做功为：‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（　　）‎ A. 在空中飞行的时间可能相等 B. 飞出时的初速度竖直分量可能相等 C. 撞击墙壁的速度大小可能相等 D. 飞出时的初速度大小可能相等 ‎【答案】D - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将乒乓球的运动逆过程处理，即为平抛运动，两次的竖直高度不同，两次运动时间不同，A项错误；‎ B．在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，B项错误；‎ C．两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，则两次撞击墙壁的速度不同，C项错误；‎ D．竖直速度大的，其水平速度就小，根据速度的合成可知飞出时的初速度大小可能相等，D项正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图（a）所示，在倾角的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场（未画出）中，磁感应强度的大小按如图（b）所示的规律变化。释放圆环后，在和时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，则圆环和斜面间的动摩擦因数为（　　）‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据楞次定律可知，时间内感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设圆环半径为r，电阻为R，在 时 有 ‎，‎ - 26 -‎ 此时圆环恰好静止由平衡得 同理在 时 圆环上部分受到的安培力沿斜面向上 ‎，‎ 圆环此时恰好静止，由平衡得 联立以上各式得 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。‎ ‎6.北斗卫星导航系统第41颗和第49颗卫星已完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2×107 m，运行周期都等于地球的自转周期24 h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 同步轨道卫星可能经过北京上空 B. 根据题目数据可估算出地球质量 C. 倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度 D. 倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道上同一位置 ‎【答案】BD - 26 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同步轨道卫星处于赤道平面上方，不可能经过北京上空，A项错误；‎ B．根据 得出 B项正确；‎ C．第一宇宙速度是最大的绕行速度，任何地球卫星的运行速度均小于第一宇宙速度，C项错误；‎ D．由于倾斜地球同步轨道卫星周期与地球自转周期相同，故一天2次经过赤道上同一位置，D项正确。‎ 故选BD。‎ ‎7.如图所示，理想自耦变压器原线圈的a、b两端接有瞬时表达式为u＝20sin （50πt）V 的交流电压，指示灯L接在变压器的一小段线圈上，调节滑片P1可以改变副线圈的匝数，调节滑片P2可以改变负载电阻R2的阻值，则（　　）‎ A. t＝0.04 s时电压表V1的示数为零 B. 只向上移动P2，指示灯L将变暗 C. P1、P2均向上移动，电压表V2的示数一定变大 D. P1、P2均向上移动，原线圈输入功率可能不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电压表示数为有效值，与某一时刻无关，A项错误；‎ B．只向上移动P2，指示灯两端电压不变，灯亮度不变，B项错误；‎ C．R2两端电压为 - 26 -‎ 当P1、P2上移时，U2、R2均变大，电压表V2的示数变大，C项正确；‎ D．P1、P2均向上移动，副线圈上消耗的功率可能不变，根据能量守恒，原线圈输入功率也可能不变，D项正确。‎ 故选CD。‎ ‎8.如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5 m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t＝0时刻将一个质量m＝0.02 kg的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，已知sin θ＝、cos θ＝，E0＝，取g＝10 m/s2，则小物块（　　）‎ ‎　　　　　　　‎ A. 始终沿传送带向下运动 B. 运动过程中加速度大小变化 C. 在传送带上运动的总时间为5 s D. 与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.16 J ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．有电场时 由 得出摩擦力大小为零，此时加速度 a1=2m/s2‎ 无电场时 - 26 -‎ 得出加速度 a2=-2m/s2‎ 小物块一直向下运动，加速度大小不变，A项正确，B项错误；‎ C．从t=0时刻起，每秒内物块沿斜面向下运动1m，到底端所需时间为5s，C项正确；‎ D．物块下滑过程中，有摩擦力的时间为没有电场时，产生的热量与相对位移有关，有 D项错误。‎ 故选AC。‎ ‎9.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图像，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10 m/s2，由图像可知（　　）‎ A. 小滑块的质量为0.2 kg B. 刚释放时弹簧的弹性势能为0.32 J C. 弹簧的劲度系数为250 N/m D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38 J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0. 2m上升到0. 35m范围内，图线的斜率绝对值 得出 - 26 -‎ m=0. 2kg A项正确；‎ B．当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，有 B项错误；‎ C．从0. 2m上升到0. 35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明从h=0. 2m处滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0. 2m，由图可知当h=0. 18m时的动能最大，动能最大时 mg=kx 得出 C项错误；‎ D．在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 D项正确。‎ 故选AD。‎ 三、 简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题，选其中之一解答）两部分，共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。‎ ‎10.某探究学习小组同学欲以如图甲装置中的滑块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和砝码盘(含砝码)等组成．光电门可以测出滑块的遮光条依次分别通过两个光电门的时间，游标卡尺测出遮光条的宽度d，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离L，另用天平测出滑块、砝码盘(含砝码)的质最分别为M和m，不计滑轮的重量和摩擦．‎ - 26 -‎ ‎(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则d = ______________cm ‎(2)实验操作中，下列说法正确的是_________‎ A.该装置可以不平衡摩擦力.只需要将气垫导轨调节水平 B.为减小误差,实验中一定要保证质量m远小于质量M C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小系统误差 D.如果气垫导轨水平，则轻推滑块匀速滑动时通过两个光电门的时间和必相等 ‎(3)该装置中弹簧测力计的读数F，需要验证的表达式为F=________________．‎ ‎(4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，最符合本实验实际情况的是______________．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】 (1). 1.015 (2). AD (3). (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：1cm+3×0.05mm=10.15mm=1.015cm。‎ - 26 -‎ ‎（2）[2]A、实验前要调节气垫导轨水平，因有弹簧测力计测出拉力，则不需要平衡摩擦力，故A正确；‎ B、滑块受到的拉力可以由测力计读出，实验中不需要保证质量m远小于质量M，故B错误；‎ C、实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差，故C错误；‎ D、如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间△t1和△t2必相等，故D正确；‎ ‎（3）[3]滑块经过光电门时的速度：‎ 滑块的加速度：‎ ‎ ‎ 对滑块，由牛顿第二定律得：‎ ‎2F=Ma 则：‎ ‎（4）[4]质量不变，由牛顿第二定律得：，M不变，a与F成正比，a-F是正比例函数图象，故A正确，BCD错误；‎ ‎11.在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。电源甲的电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V，内阻大约为1Ω。由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：‎ A.量程为0~3V的电压表V B.量程为0~0.6 A的电流表A1‎ C.量程为0~3 A的电流表A2 D.阻值为4.0Ω的定值电阻R1‎ E.阻值为100Ω的定值电阻R2 F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3‎ G.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4，‎ - 26 -‎ ‎（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻 ‎①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择____(填“F"或“G").‎ ‎②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I图象，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V，内阻r=_______Ω。(保留两位有效数字)‎ ‎③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（ ）‎ A.电压表的分流作用 B.电压表的分压作用 C.电流表的分压作用 D.电流表的分流作用 E.定值电阻的分压作用 ‎（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。‎ ‎①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)‎ ‎②实验中，首先将K1断开，K2闭合，电压表示数为1.49V，然后将K1、K2均闭合，电压表示数为1.18V，则电源乙电动势E=______V，内阻r=_______Ω。(小数点后保留两位小数)‎ ‎【答案】 (1). D (2). B (3). F (4). 4.6 (5). 1.8 (6). A (7). D (8). 1.49 (9). 1.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①[1][2]测电动势力约4.5V的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为 AA 如果用量程为3A的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B；‎ 测电动势约4.5V的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为 - 26 -‎ Ω=7.5Ω 考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D；‎ ‎[3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F；‎ ‎②[4][5]由表达式 U=-5.8I+4.6‎ 根据闭合电路欧姆定律有 联立解得电源电动势为E=4.6V，内阻r=1.8Ω，‎ ‎③[6]由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故A符合题意，BCDE不符合题意；‎ 故选A；‎ ‎（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D；‎ ‎②[8][9]由电路图可知，K1断开，K2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V，即电源乙电动势为E=1.49V；K1、K2均闭合，电压表示数为1.8V，电压表测路端电压，此时电路电流为 A=0.295A 电源内阻为 ‎1.05Ω ‎12.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于激发态的氢原子提供的能量为（　　）‎ - 26 -‎ A. 10.20eV B. 2.89eV C. 2.55eV D. 1.89eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．处于n=2能级的原子不能吸收10.20eV、2.89eV的能量，则选项AB错误； ‎ C．处于n=2能级的原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV可被红外测温仪捕捉，选项C正确； ‎ D．处于n=2能级的原子能吸收1.89eV的能量而跃迁到n=3的能级，从n=3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV，不能被红外测温仪捕捉，选项D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，镅衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流，则镅放出的是________（填“α”或“γ”）射线。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，则发生火灾时，烟雾探测器中的镅半衰期________（填“会”或“不会”）因温度升高而变化。‎ ‎【答案】 (1). (2). 不会 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．射线的电离本领最强，能使空气电离，镅放出的是射线. ‎ ‎[2]．半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变。‎ ‎14.如图所示为一个现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为多少？‎ - 26 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为 以竖直向上为正方向，根据动量定理可知 得出 ‎15.下列有关分子动理论的说法中，正确的是________。‎ A. 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用结果 B. 花粉颗粒在液体中的布朗运动，短时间的运动无规则，时间足够长时是有规则的 C. 若已知气体在某状态下的摩尔质量、密度及阿伏加德罗常数，可求出每个分子的体积 D. 两分子之间的引力和斥力平衡时，它们所具有的分子势能具有最小值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体压强产生的原因是气体分子频繁碰撞产生，气体分子一般不考虑分子间相互作用力，A项错误；‎ B．布朗运动的无规则性与时间长短无关，B项错误；‎ C．已知气体在某状态下的摩尔质量、密度及阿伏加德罗常数，可求出每个气体分子占据的空间，C项错误；‎ D．两分子间引力和斥力的合力为零时，分子势能为最小值，D项正确。‎ 故选D。‎ - 26 -‎ ‎16.如图所示，圆筒形容器A、B用细而短的管连接，活塞F与容器A的内表面紧密接触，且不计摩擦。初始K关闭，A中有温度为T0的理想气体，B内为真空，整个系统对外绝热。现向右缓慢推动活塞F，直到A中气体的体积与B的容积相等时，气体的温度变为T1，则此过程中气体内能将________（填“变大”、“不变”、“变小”）。然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，平衡后气体的温度变为T2，那么T2________T1（填“>”、“=”、“<”）。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). =‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．因A中气体的体积减小，外界对气体做功，W>0；而气体与外界绝热，则Q=0，根据可知∆U>0，即气体内能变大；‎ ‎[2]．然后固定活塞不动，将K打开，使A中的气体缓慢向B扩散，因为B为真空，可知气体不对外做功，气体与外界绝热，可知平衡后气体的内能不变，温度不变，即T1=T2。‎ ‎17.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105Pa为大气压强)，温度为300K.现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360K时，活塞上升了4cm.g取10m/s2求：‎ ‎①活塞的质量；‎ ‎②物体A的体积．‎ ‎【答案】（1）4kg （2）640cm3‎ ‎【解析】‎ ‎①设物体A的体积为ΔV.‎ T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40－ΔV - 26 -‎ T2＝330K，p2＝(1.0×105＋)Pa，V2＝V1‎ T3＝360K，p3＝p2，V3＝64×40－ΔV 由状态1到状态2为等容过程＝3分 代入数据得m＝4kg 2分 ‎②由状态2到状态3为等压过程3分 代入数据得ΔV＝640cm3 1分 ‎18.下列说法中正确的是________。‎ A. 电磁波是纵波 B. 单摆的摆长越长，摆动周期越小 C. 照相机的镜头涂有一层增透膜， 利用的是光的衍射原理 D. 狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电磁波是横波，A项错误；‎ B．根据得出摆长越长，摆动周期越大，B项错误；‎ C．增透膜利用的是光的干涉原理，C项错误；‎ D．狭义相对论是以相对性原理和光速不变原理这两条基本假设为前提的，D项正确。‎ 故选D。‎ ‎19.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为6 m/s，t＝0时的波形如图所示。P、Q是介质中的两个质点，P点平衡位置为xP＝9 m，此时P点的振动方向为________ （填“向上”或“向下”）。Q点平衡位置为xQ＝11 m，则在t＝s时质点Q偏离平衡位置的位移为________。‎ ‎【答案】 (1). 向下 (2). 0‎ ‎【解析】‎ - 26 -‎ ‎【详解】[1]．波沿x轴正方向传播，P点的振动方向为向下. ‎ ‎[2]．由图像知波长=12m，周期 ‎.‎ 经过波向前传播8m，也就是把x=3m处从平衡位置向上的振动形式传到Q点，则在时质点Q偏离平衡位置的位移为零。‎ ‎20.如图所示，某种材料制成的扇形透明砖放置在水平桌面上，光源S发出一束平行于桌面的光线从OA的中点垂直射入透明砖，恰好经过两次全反射后，垂直OB射出，并再次经过光源S，已知光在真空中传播的速率为c，求 ‎（1）材料的折射率n；‎ ‎（2）该过程中，光在空气中传播的时间与光在材料中传播的时间之比． ‎ ‎【答案】（1）2（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光路如图，‎ 由折射定律 而，故（即）‎ 所以该材料的折射率n=2； ‎ - 26 -‎ ‎（2）光在空气中传播的路程 ‎ 由几何关系 ‎ 所以，则时间为：‎ 光在介质中传播的路程，则时间为：‎ 则时间之比为：．‎ 四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎21.如图所示，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径r1＝l，外圆半径r2＝3l，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：‎ ‎(1) 金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向。‎ ‎(2) 金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量q。‎ ‎(3) 金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U。‎ ‎【答案】（1）由M指向P；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由楞次定律可以判断出通过R的电流方向由M指向P；‎ ‎（2）金属杆从AB滑动到CD的过程中 - 26 -‎ 联立得出 ‎（3）金属杆第一次即将离开磁场时，产生的电动势为 联立得出 R两端电压 ‎22.如图所示，长为3l不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m、m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力． ‎ ‎（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；‎ ‎（2）求摇动细管过程中手所做的功；‎ ‎（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．‎ - 26 -‎ ‎【答案】（1）θ=45° ；（2）；(3) 。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B对地面刚好无压力，对B受力分析，得此时绳子的拉力为 对A受力分析，如图所示 在竖直方向合力为零，故 解得 ‎ ‎（2）对A球，根据牛顿第二定律有 解得 故摇动细管过程中手所做的功等于小球A增加的机械能，故有 - 26 -‎ ‎（3）设拉A的绳长为x（l≤x≤2l），根据牛顿第二定律有 解得 A球做平抛运动下落的时间为t，则有 解得 水平位移为 当时，位移最大，为 ‎23.如图甲，两个半径足够大的D形金属盒D1、D2正对放置，O1、O2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为Uo，周期为To，两盒之间的电场可视为匀强电场。在t=0时刻，将一个质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子由O2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过O1.粒子穿过两D形盒边界M、N时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。‎ ‎(1)求两D形盒边界M、N之间的距离；‎ ‎(2)若D1盒内磁场的磁感应强度，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后能到达 O1，求D2盒内磁场的磁感应强度；‎ ‎(3)若D2、D2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后在t= 2To时刻到达Ol，求磁场的磁感应强度。‎ - 26 -‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设两盒之间的距离为d，盒间电场强度为E，粒子在电场中的加速度为a，则有 U0=Ed qE=ma 联立解得 ‎(2)设粒子到达O1的速度为v1，在D1盒内运动的半径为R1，周期为T1，时间为t1，则有 可得 t1=T0‎ 故粒子在时刻回到电场；‎ 设粒子经电场再次加速后以速度v2进入D2盒，由动能定理 - 26 -‎ 设粒子在D2盒内的运动半径为R2，则 粒子在D1D2盒内各运动一次后能到达O2应有 R2=R1‎ 联立各式可得 ‎(3)依题意可知粒子在D1D2盒内运动的半径相等；又 故粒子进入D2盒内的速度也为v1；可判断出粒子第二次从O2运动到O1的时间也为 粒子的运动轨迹如图；‎ 粒子从P到Q先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t2，则有 则粒子每次在磁场中运动的时间 又 - 26 -‎ 联立各式解得 ‎ ‎ - 26 -‎ - 26 -‎