1、江苏省2020届高三物理下学期5月压轴卷（含解析）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法（）A. 因火箭还没运动，所以加速度一定为零B. 轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C. 高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大D. 尽管空间站匀速转动，所以加速度为零【答案】B【解析】【分析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加速度小；加速度的大小与速度大小无关系；速度为零，加速度可以不为零
2、；加速度为零，速度可以不为零。本题考查加速度的性质，明确判断加速度的大小依据是：速度变化快慢 单位时间内速度的变化大小。【详解】A点火后即将升空的火箭受到向上的推力大于火箭的重力，由牛顿第二定律知火箭有向上的加速度，选项A错误；B加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快加速度越大；轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大，选项B正确；C磁悬浮列车在轨道上高速行驶，速度很大，但可能匀速行驶，所以加速度不一定很大，选项C错误；D空间站在绕地球做匀速圆周运动，匀速圆周运动为速率不变的曲线运动，速度方向时刻变化，速度变化量不为零，加速度不为零，选项D错误。故选B。2.在同一水平直线上的两位置分
3、别沿同方向水平抛出两个小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两球在空中相遇，则必须（）A. 同时抛出两球B. 先抛出A球C. 先抛出B球D. 使两球质量相等【答案】A【解析】【详解】平抛运动在竖直方向上是自由体运动，若两球在空中相遇，竖直方向上，下落的高度相同，因此一定同时抛出，A正确，BCD错误。故选A。3.物体在合外力作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是（）A. 在01s内，合外力做正功B. 在02s内，合外力总是做正功C. 在12s内，合外力不做功D. 在03s内，合外力做正功【答案】A【解析】【详解】A由图象可知，在01s内物体做匀加速运动，速度增加，根据
4、动能定理，合外力做正功，A正确；B由图象可知，在02s内物体速度先增加后减小，因此合外力先做正功，后做负功，B错误；C由图象可知，12s内物体速度减小，合外力做负功，C错误；D初始时刻和3s末速度都为零，根据动能定理，合外力做总功为零，D错误。故选A。4.小强在学习了静电场一章后，来到实验室研究如图所示的电场，实线和虚线分别表示该电场的电场线和等势线，若 a、b 两点所处的等势线电势为0，相邻等势线间的电势差为2V，则（ ）A. a处电场强度等于b处电场强度B. c、b两点间的电势差大于c、a 两点间的电势差C. 电子在c处具有的电势能为20eVD. 若将一电子在d处由静止释放，则运动至c点对
5、应等势线时，具有的动能为2eV【答案】D【解析】【详解】A.a处电场线较b处密集，a处电场强度大于b处电场强度，故A错误；B. a、b 两点在同一等势面上，c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故B错误；C.电子在c处具有的电势能为-20eV，故C错误；D. 电子在d处由静止释放，运动至c点对应等势线时，电场力做功2eV，电子的电势能减少2eV，动能增加2eV，故D正确5.如图所示，甲、乙两幅图分别是a、b两束单色光，经过单缝的衍射图样。这下列说法正确的是（）A. 在真空中，a光的波长比b光小B. 在同一介质中传播，a光的传播速度比b光小C. 两束单色光分别入射到同一双缝干涉装置时，在
6、光屏上b光亮纹的条数更多D. 当两束光从空气中射向玻璃时，a光不发生全反射，但b光可能发生全反射【答案】C【解析】【详解】A. 根据波长越长的，衍射条纹间距越宽，知a图条纹间距大，则a光的波长较长，A错误；B. 依据可知，a光的频率较小，那么a光的折射率较小，根据知，则在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光快，B错误；C. 条纹间距大的，光屏上亮纹的条数少，故b光亮纹的条数更多，C正确；D. 发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于等于临界角，故两束光从空气中射向玻璃时，均不发生全反射，D错误。故选C。6.在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为，电路中的电阻为，小型直
7、流电动机M的内阻为。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（）A. 电动机的输出功率为14WB. 电动机两端的电压为7.0VC. 电动机产生的热功率为4.0WD. 电源输出的电功率为22W【答案】B【解析】【分析】在计算电功率的公式中，总功率用来计算，发热功率用来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热功率，这两个的计算结果是不一样的。对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。【详解】ABC电路中电流表的示数为，所以
8、电动机的电压为电动机的总功率为电动机的发热功率为所以电动机的输出功率为B正确，AC错误；D电源的输出的功率为D错误。故选B。7.“嫦娥二号”卫星是在绕月极地轨道上运动的，加上月球的自转，卫星能探测到整个月球的表面。卫星CCD相机已对月球背面进行成像探测，并获取了月球部分区域的影像图。假设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面高为H，绕行的周期为TM；月球绕地球公转的周期为TE，半径为R0。地球半径为RE，月球半径为RM。若忽略地球及太阳引力对绕月卫星的影响，则月球与地球质量之比为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由牛顿第二定律得万有引力定律公式为月球绕地公转时由万有引力
9、提供向心力，故有同理，探月卫星绕月运动时有联立解得故ABD错误，C正确。故选C。8.如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）A. 推力F将增大B. 竖直墙面对小球A弹力增大C. 地面对小球B的弹力一定不变D. 两个小球之间的距离减小【答案】C【解析】【详解】ABC以A球为研究对象，分析受力，作出受力图如图所示设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹
10、力为将小球B向左推动少许时减小，则减小；再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示由平衡条件得减小，则F减小，地面对小球B的弹力一定不变，故AB错误，C正确；D根据上述分析，小球之间库仑力大小为由上分析得到，减小，增大，减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大，故D错误。故选C。9.如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四
11、个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】铁块与木板之间摩擦力的最大值为木板与地面间的摩擦力的最大值为当时，木板和铁块相对地面静止当，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有对铁块有可得从此关系式可以看出，当时，M、m相对静止，则对整体有对铁块即当拉力大于6N时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为4N，故得出的图象应为C。故ABD错误，C正确。故选C。10.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R
12、，当线圈由图示位置转过的过程中，下列判断正确的是（）A. 电压表的读数为B. 通过电阻R的电荷量为q=C. 电阻R所产生的焦耳热为Q=D. 当线圈由图示位置转过时的电流为【答案】B【解析】【详解】A线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em=NBS，电动势的有效值为电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为故A错误；B由公式，得故B正确；C电阻R产生的热量故C错误；D当线圈由图示位置转过时电动势的瞬时值为则电流为故D错误。故选B。11.如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐状分布，其中磁感线O竖直向上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧。在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放
13、，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合。从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是（）A. 在圆盘内磁通量不变B. 从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流C. 在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动D. 圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量【答案】B【解析】【详解】A磁通量，其中S不变，B增大，故磁通量增大，故A错误；B根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手定则可知：自上而下看，圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流，故B正确；C根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力，故C
14、错误；D根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能，故D错误。故选B。12.如图甲、乙所示，电感线圈L的电阻很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，下列说法正确的是A. 在电路甲中，断开S，A将立即熄灭B. 在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C. 在电路乙中，断开S，A将逐渐变暗D. 在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗【答案】D【解析】【详解】AB题图甲中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬间不变，然后渐渐变小，选项A、B
15、错误；CD题图乙中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯泡A供电因此反向流过A的电流瞬间要变大，然后逐渐变小，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗，选项C错误，D正确13.两个物体A、B的质量分别为和，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力、分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来。两物体运动的速度时间图象分别如图中图线、所示。已知拉力、分别撤去后，物体做减速运动过程的速度时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出）。由
16、图中信息可以得出（）A. 若，则大于B. 若，则力对物体A所做的功较多C. 若，则力对物体A的冲量较大D. 若，则力的最大瞬时功率一定是力的最大瞬时功率的2倍【答案】D【解析】【分析】根据撤除拉力后物体的运动情况进行分析，从而分析动摩擦因数的关系。由于水平拉力和的大小关系未知，故要求比较摩擦力对物体所做的功的多少，一定要知道两物体位移的大小关系；根据图象可求出拉力相同的情况下未撤力前加速度的关系，从而比较质量的大小。【详解】A撤除拉力后两物体的速度图象平行，由速度时间图线的斜率等于加速度知加速度大小相等，有则若，对于则有解得对于，则有解得由图可知，则，选项A错误；B若，则根据动能定理，对有同理
17、对有则所以选项B错误；C对两个物体的运动全程列动量定理得即摩擦力相等，物体B运动的时间长，所以力对物体A的冲量较大，选项C错误；D由项分析可知得解得而瞬时功率为，则所以力的最大瞬时功率一定是力的最大瞬时功率的2倍，选项D正确，故选D。二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是正确的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.下列说法正确的是（）A. 氦原子的核外电子从低轨道跃迁到高轨道的过程，原子要吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大B. 衰变成要经过4次衰变和6次衰变C. 发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正
18、比D. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定【答案】AD【解析】【详解】A电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力电子动能电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大，而r增大，电子的动能减小，则电势能增大，故A正确；B设发生了x次衰变和y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有4x+222=238得2xy+86=92得故B错误；C由光电效应方程，可知发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C错误；D原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故D正确。故选AD。15.如图甲为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x1 m
19、处的质点，Q是平衡位置为x4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则 ()A. t0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大B. t0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C. 从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD. 从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cm【答案】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
20、（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，t=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，t=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16.如图所示，真空中一半径为R、质量分布均匀的玻璃球，频率一定的细激光束在真空中
21、沿直线AB传播，于玻璃球表面的B点经折射进入玻璃球，并在玻璃表面的D点又以折射进入真空中，已知，玻璃球对该激光束的折射率为，光在真空中的传播速度为c。则下列说法正确的是（）A. 激光束在B点的入射角B. 激光束在玻璃球中穿越的时间C. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时会发生全反射D. 改变入射角，光线能在射出玻璃球的表面时不可能发生全反射【答案】AD【解析】【详解】A由几何知识得激光束在在B点折射角为由折射定律代入数据解得即故A正确；B由几何知识得激光束在玻璃球中穿越的距离为激光束在玻璃球中传播的速度为则此激光束在玻璃中穿越的时间为故B错误；CD激光束从B点进入玻璃球时，无论怎样改变入射
22、角，在D点的入射角等于B点的折射角，根据光路可知性原理得知，光束不可能在D点发生全反射，一定能从D点折射射出玻璃球，故C错误，D正确。故选AD。三、非选择题（本题共2小题，共55分）17.某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功。装置如图1，一木块放在粗糙的水平长木板上，右侧栓有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，图2给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，系列小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。打点计时器所
23、用交流电频率为，不计纸带与木块间的拉力。(1)可以判断纸带的_（左或右端）与木块连接。根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下点和点时木块的速度_，_ 。（结果保留两位有效数字）(2)要测量在段木板对木块的摩擦力所做的功，还需要的实验器材是_，还应测量的物理量是_。（填入所选实验器材和物理量前的字母）A木板的长度 B木块的质量 C木板的质量D重物质量 E木块运动的时间 F段的距离G天平 H秒表 J弹簧秤(3)在段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式=_。（用、和第(2)问中测得的物理量的字母表示）【答案】 (1). 右端 (2). 0.72 (3). 0.97 (4). G (5). B (6).
24、 【解析】【详解】(1)1重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间距离逐渐减小，故纸带向右运动，其右端连着小木块；计数点间的时间间隔2纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，打点时木块的速度3打点时木块速度(2)45木块在运动过程中，木板对木块的摩擦力所做的功因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量，因此需要的实验器材是G，需要测量的量是B。(3)6在木块在运动过程中，木板对木块的摩擦力所做的功18.有一个简易的多用电表，内部电路如图所示。它有a、b、c、d四个接线柱，表盘上有两条刻度线，其中表示电阻的刻度线刻度是均匀的，表头G的满偏电流Ig=25mA，
25、内阻Rg=10。使用a、c两个接线柱，多用电表的功能是量程为0100V的电压表。（1）表盘上电阻刻度线上的相邻两刻度表示的电阻值之差越往左侧越_（填“大”或“小”）。（2）如果使用a、b两个接线柱，多用电表最多能够测量_V的电压，与接线柱c相连的电阻R=_。（3）将a、d两个接线柱短接，调节滑动变阻器的滑动触头，使表头指针指向表盘右侧“0”刻度。取一个电阻箱，将a、d两个接线柱与电阻箱相连，调节电阻箱，使表头指针指向表盘的正中央，此时电阻箱的电阻为120，则这只多用电表欧姆挡的内阻为_；这只多用电表内电源的电动势为_V。（4）按照红、黑表笔的一般使用规则，测电阻时红表笔应该与接线柱_（填“a”
26、或“d”）相连。【答案】 (1). 大 (2). 0.25 (3). 3990 (4). 120 (5). 3V (6). a【解析】【详解】（1）1由欧姆表原理可知，左侧电阻大，所以越往左侧，相邻两刻度表示的电阻值之差越大；（2）2使用a、b两个接线柱时，多用电表为电流表，多用电表所能测的最大电压，即为表头的满偏电压3与接线柱c相连时是将表头改成量程为0100V的电压表，根据电压的改装原理，则有解得代入数据得=3990（3）45当指针指在正中央时，表头示数为，欧姆表中值电阻等于其内阻，即120，根据闭合电路的欧姆定律，则电源电动势为代入数据解得（4）6按照多用电表红、黑表笔的使用规则，黑表笔
27、电势要高于红表笔电势，所以红表笔应该与接线柱a相连。四、解答题（共1小题，满分9分）19.某人在一超市购物，通过下坡通道时，不小心将购物车松开，购物车由静止开始沿通道下滑，经过0.5s的反应时间后，该人开始匀加速追购物车，且人的最大速度为6m/s，则再经过2s，该人追上购物车。已知通道可看作斜面，倾角为，购物车与通道之间的摩擦力等于购物车对通道压力的，则人在加速过程中的加速度大小约为多少？（整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，）【答案】3.13m/s2【解析】【详解】对小车受力分析知联立以上式子，加速度则设人的加速度为a，加速到6m/s时间为t，则，即解得五、解答题（共
28、3小题，满分33分）20.如图所示，为半径的光滑圆弧轨道，下端恰好与小车右端平滑对接，小车质量，车长，现有一质量的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到端后冲上小车，已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数，当车运行了时，车被地面装置锁定。（）。求：(1)滑块刚到达端瞬间，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。【答案】(1)30N；(2)1m；(3)6J【解析】【分析】(1)滑块从光滑圆弧轨道过程，只有重力做功，机械能守恒。经过端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律和牛顿第二定
29、律求解轨道的支持力。(2)根据牛顿第二定律分别求出滑块滑上小车后滑块和小车的加速度，由速度公式求出两者速度所经历的时间，再求解车被锁定时，车右端距轨道端的距离；(3)从车开始运动到被锁定过程中，系统损失的机械能转化为内能，求出滑块相对于小车滑动的距离，根据能量守恒定律求出内能。【详解】(1)滑块从光滑圆弧轨道过程，根据机械能守恒定律得解得滑块经过端时，由牛顿第二定律得解得(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有解得对小车有解得设经时间两者达到共同速度，则有联立解得由于，此时小车还未被锁定，两者的共同速度两者以共同速度运动时间为故车被锁定时，车右端距轨道端的距离(3)从车开始运动到被锁定
30、的过程中，滑块相对小车滑动的距离所以系统损失的机械能即产生的内能为21.如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d，OQ=2d，不计粒子重力。(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向；(2)若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该
31、粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【答案】(1)，与x轴成45角斜向上； (2)；(3)【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为，加速度的大小为a，粒子的初速度为，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得由运动学公式得，联立以上各式，（2）设粒子做圆周运动的半径为，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得由牛顿第二定律得联立可得（3）设粒子做圆周运动的半径为，由几何分析，粒子运动的轨迹如图所示，、是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接、，由几何关系知，和均为矩形，
32、进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有联立可得【点睛】本题综合性较强，主要考查学生对带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动和牛顿第二定律的应用22.如图所示，水平面上有两条相互平行的光滑金属导轨PQ和MN间距为d，左侧P与M之间通过一电阻R连接，两条倾角为的光滑导轨与水平导轨在N、Q处平滑连接，水平导轨的FDNQ区域有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场区域长度为xP，M两处有套在导轨上的两根完全相
33、同的绝缘轻质弹簧，其原长为PF，现用某约束装量将两弹簧压缩到图中虚线处，只要有微小扰动，约束装置就解除压缩长度为d，质量为m，电阻为R的导体棒，从AC处由静止释放，出磁场区域后向左运动触发弹簧由于弹簧的作用，导体棒向右运动，当导体棒进入磁场后，约束装置重新起作用，将弹簧压缩到原位置.（1）若导体棒从高水平导轨高h的位置释放，经过一段时间后重新滑上斜面，恰好能返回原来的位置，求导体棒第一次出磁场时的速率（2）在（1）条件下，求每根弹簧被约束装置压缩后所具有的弹性势能（3）要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，则导体神初始高度H及每根弹簧储存的弹性势能需要满足什么条件？【答案】(1)v2
34、=- (2) Ep= (3) H且EP【解析】【详解】（1）导体棒在倾斜轨道上向下滑动的过程中，根据机械能守恒定律有：mgh=解得：v1=导体棒越过磁场的过程中，根据动量定理可得：-BdIt=mv2-mv1，根据电荷量的计算公式q=It=解得v2=-；（2）设解除弹簧约束，弹簧恢复压缩后导体棒的速度为v3，根据导体棒与弹簧组成的系统机械能守恒可得：=+2Ep；导体棒向右通过磁场的过程中，同理可得：v4=v3-；由于导体棒恰好能回到原处，所以有v4=v1，联立解得：Ep=；（3）导体棒穿过磁场才能把弹簧压缩，故需要满足v20，即H要使导体棒不断地运动下去，导体棒必须要回到NQ位置，则：EP=要使导体棒最终能在水平导轨与倾斜导轨间来回运动，H，且弹簧的弹性势能满足EP
