1、浙江省丽水五校共同体联考2019-2020学年高二物理阶段性考试试题（含解析）考生须知1.本卷满分为100分，考试时间90分钟。2.本卷答案必须做在答题卷的相应位置上，做在试题卷上无效。3.请用黑色水笔或钢笔将姓名、考生号、试场号、座位号分别填写答题卷的相应位置上。4.本卷中用到的重力加速度g均取10m/s2。一、选择题（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.下列各组物理量中，全部是矢量的是()A. 时间、位移、速度B. 功、动能、势能C. 电场强度、磁感应强度、磁通量D. 线速度、向心加速度、向心力【答案】D【解
2、析】A时间只有大小，没有方向，是标量；位移、速度既有大小，又有方向，是矢量，故A错误；B功、动能、势能都是只有大小，没有方向，是标量，故B错误； C磁通量只有大小，没有方向，是标量；电场强度、磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，故C错误；D线速度、向心加速度、向心力都是既有大小，又有方向，是矢量，故D正确故选：D2.下列说法正确的是A. 最早将实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是牛顿B. 避雷针是利用了导体尖端的电荷密度很小，附近场强很弱，才把空气中的电荷导入大地C. 伽利略首先建立了描述运动所需的概念，如：瞬时速度、加速度等概念
3、D. 安培首先发现了电流会产生磁场，并且总结出安培定则【答案】C【解析】最早将实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略，选项A错误；避雷针是利用了导体尖端的电荷密度很大，附近场强很强，从而把空气中的电荷导入大地故B错误伽利略首先建立了描述运动所需的概念，如：瞬时速度、加速度等概念,选项C正确；奥斯特首先发现了电流会产生磁场，安培总结出安培定则，选项D错误；故选C.3.下列物理量的表达式中不属于比值定义法的是（）A. 电场强度E =B. 电动势E =C. 电流I =D. 磁感应强度B =【答案】C【解析】【详解】比值法定义的基本特点
4、是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。A电场强度与电场力及校验电荷无关，反映的是电场的本身性质，故属于比值定义法，故A错误；B电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，反映电源本身的性质；在数值上等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功，故属于比值定义法，故B错误；C电流与电压成正比，与电阻成反比，因此不属于比值定义法，故C正确；D磁感应强度为磁场的本身性质，与安培力、电流大小及导线长度无关，故属于比值定义法，故D错误。故选C。4. 一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，
5、某时刻的波形如图所示下列说法中正确的是A. 该波的波速逐渐增大B. 该波的波速逐渐减小C. 该波的频率逐渐增大D. 该波的频率逐渐减小【答案】C【解析】【详解】机械波在同中介质中传播速度相同，由图知波长越来越小，则频率越来越大，C正确，ABD错误，故选C5.如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线两端分别拴在椭圆的两个焦点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I。现将P从左侧A点沿椭圆顺时针缓慢移动到右侧B点，在此过程中导线MPN受到的安培力的合力大小（）A. 始终不变B. 逐渐增大C. 先增大后减小D. 先减小后增大【答案】A【解析】【详解】由题意可知在P从左侧A点缓慢移动到
6、右侧B点的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，根据L为M、N两点间的距离，可知导线MPN受到的安培力大小始终不变，故A正确，BCD错误。故选A。6.北京时间2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心成功发射第44颗北斗导航卫星，此次发射的北斗卫星是我国北斗三号系统当中首颗倾斜地球同步轨道卫星，该卫星将与此前发射的北斗三号18颗中圆地球轨道卫星和1颗地球同步轨道卫星进行组网。已知万有引力常数为G，地球半径为R，该卫星A、中圆轨道卫星B离地面的高度分别为h1、h2，下列关于卫星A与卫星B、地球同步轨道卫星C的说法正确的是（ ）A. 卫星A与卫星C
7、的线速度一定相同B. 卫星A与卫星C的受到地球引力大小一定相同C. 卫星B与卫星C的向心加速度之比为D. 卫星A与卫星B的周期之比为【答案】C【解析】【详解】设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，根据万有引力等于向心力，有解得A根据知卫星A与卫星C的轨道半径相等，线速度大小相等，但线速度方向不同，则线速度不同，故A错误；B根据由于卫星A与卫星C的质量关系未知，所以它们受到的地球引力大小不一定相同，故B错误；C根据得卫星B与卫星C的向心加速度之比为故C正确；D根据得卫星A与卫星B的周期之比为故D错误。故选C。7.某物体以一定初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图像不可能
8、的是（图中x是位移、v是速度、t是时间）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】试题分析：物体上滑过程中，由于受力恒定，做匀减速直线运动，故位移，如果上滑到最高点能下滑，则为抛物线，若物体上滑上最高点，不能下落，则之后位移恒定，AB正确；速度时间图像的斜率表示加速度，上滑过程中加速度为，下滑过程中加速度，故上滑过程中加速度大于下滑过程中的加速度，C错误；如果物体上滑做匀减速直线运动，速度减小到零后，重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，则物体不会继续下滑，故处于静止状态，故D正确；考点：考查了运动图像【名师点睛】物体以一定的初速度沿足够长的斜面，可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀
9、加速直线运动，匀加速运动的加速度小于匀减速运动的加速度，物体返回时速度减小；可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点8.如图甲所示为一款儿童电动汽车，该款电动汽车的部分参数如图乙所示，则下列说法正确的是 ( ) A. 电源规格中的4.5 Ah，Ah 是能量的单位B. 电 机 的 输 出 功 率 小 于24WC. 电 机 线 圈 的 电 阻 为6 D. 行驶过程中电机突发故障，被卡住无法转动，此时通过电机的电流为 2 A【答案】B【解析】【详解】Ah是电流与时间的乘积，是电量的单位故A错误；电动机的额定功率：P=UI=122=24W，可知电动机的输出功率一定小于24W故B正确；只知道电动机的额定
10、电压与额定电流，不能由欧姆定律求出电动机的电阻值故C错误；知道电动机的额定电压，不知道电动机的电阻值，所以若电机突发故障，被卡住无法转动，不能求出通过电动机的电流值故D错误故选B9.用电场线能直观方便地描绘电场，图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点：O 点是两点电荷连线的中点，E、F 是连线垂直平分线上关于 O 点对称的两点，B、C 和 A、D 是两点电荷连线上也关于 O 点对称的点，则下列认识不正确的是( ) A. BC 两点场强大小和方向都相同B. AD 两点场强大小相等，方向相反C EF 两点场强大小和方向都相同D. 将一正电荷从B 点移动到 C 点，该正电荷的电势
11、能减小【答案】B【解析】【详解】根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由BC，方向相同，故A正确；根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同由图看出，A、D两点场强方向相同，故B不正确；同理，E、F 两点场强大小和方向都相同，故C正确；将一正电荷从B 点移动到C 点，即正电荷从高电势到低电势，该正电荷的电势能减小，故D正确；本题选不正确的，故选B10.“摩天转盘”是游乐场中常见的娱乐设施，大转盘在竖直平面内做匀速圆周运动，能够将游人运送到很高的地方，坐在吊篮里的游人却显得悠然自得如图所示，图中A、B两点的半径分别的
12、r1、r2（r1r2），在转盘转动的过程中，下列说法正确的是A. A点的线速度大于B点的线速度B. 坐在吊篮的人速度始终保持不变C. 吊篮对游人的作用力的方向始终指向圆心D. B处的游人运动一周的过程中，吊篮对他先做负功，后做正功【答案】D【解析】A、B两点的角速度相同，根据v=r可知A点的线速度小于B点的线速度，选项A错误；坐在吊篮的人速度大小不变，方向不断变化，选项B错误；吊篮对游人的作用力的方向始终竖直向上，选项C错误；B处的游人运动一周的过程中，吊篮在前半周下降的过程中对他的作用力向上，做负功，后半周上升的过程中对他的作用力向上，做正功，选项D正确；故选D.11.王老师用一块吸铁石将一
13、张白纸压在竖直固定的磁性白板上处于静止状态，如图所示下列说法正确的是A. 吸铁石受到3个力的作用B. 白纸受到5个力的作用C. 吸铁石对白纸的压力一定等于白纸的重力D. 吸铁石对白纸的压力与白板对白纸的弹力大小相等，是作用力与反作用力【答案】B【解析】吸铁石受到重力、纸对它的摩擦力，白纸的支持力以及白板的吸引4个力的作用，选项A错误；白纸受到重力、磁铁的摩擦力以及白板的摩擦力、磁铁的压力和白板的弹力5个力的作用，选项B正确；吸铁石对白纸的压力作用在水平方向，不等于白纸竖直方向的重力，选项C错误；吸铁石对白纸的压力与白板对白纸的弹力大小相等，是一对平衡力，选项D错误；故选B.点睛：对物体受力分析
14、是解题的关键步骤，受力分析的步骤是先重力、后弹力、最后是摩擦力，不能随便增减无施力物体的所谓的力.12.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是（）A. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转B. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向西偏转C. 若带电粒子带负电，且沿垂直地球
15、赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转D. 若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动【答案】A【解析】【详解】AB赤道平面的磁场方向平行于地面，由地理南极指向地理北极，带正电的粒子沿地球赤道平面射向地心，由左手定则可知，其将受到地磁场的作用向东偏转，故A正确，B错误；CD带电的粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，运动方向与磁感线方向平行，不受洛伦兹力，粒子不发生偏转，故C错误，D错误。故选A。13.如图，平行板电容器两极板与电压为U的电源两极连接，板的间距为d；现有一质量为m的带电油滴静止在极板间，重力加速度为g，则（）A. 油滴带正电B. 断开电源，油滴将加速
16、下落C. 如图将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将立即向上运动D. 如图将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴位置的电势升高【答案】D【解析】【详解】A由图可知电容器上极板带正电，两平行板间电场方向从上到下，由于重力竖直向下，油滴保持静止则电场力竖直向上，与电场线方向相反，故油滴带负电，故A错误；B稳定时油滴保持静止则有断开电源后电容器两端电势差不变，故油滴受力情况不变，仍保持静止，故B错误；C因电容器与电源保持接通，故变化过程中电容器两端U不变，当将下极板向下缓慢移动一小段距离时，根据可知d增大则电场力F减小，由于重力不变，所以油滴将立即向下运动，故C错误；D根据可知下极板向下缓慢移动一小段
17、距离，板间电场强度变小；设上极板到油滴位置的距离为d1，则有上极板到油滴位置的电势差为可知U1减小；设上极板电势为1，油滴位置电势为2，则有因为上极板电势为1不变，所以2增加，即油滴位置的电势升高，故D正确。二、选择题（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符合题目要求的。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.图示为一直角棱镜的横截面，。一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n=，若不考虑原入射光在bc面上的反射光，则有光线（） A. 从ab面射出B. 从ac面射出C. 从bc面射出，且与bc面斜交D. 从bc
18、面射出，且与bc面垂直【答案】BD【解析】【详解】当入射光线垂直射入时，入射光线没有发生偏折，由于棱镜材料的折射率n=，所以由折射定律可得临界角C等于45。当光线射到ab面时，入射角等于60，所以发生光的全反射，当反射光线射到另一直角边ac时，由几何关系可得，入射角等于30，因此既发生了折射也发生反射，由折射定律得折射角等于60，正好平行于棱镜的底边。而反射光线对应的反射角是30，导致光线到达bc面时垂直bc面，所以会垂直射出。如图所示综上分析可知BD正确，AC错误。故选BD。15.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是( )A. 两个单摆的固有周期之比为TT52B. 若两
19、个受迫振动在地球上同一地点进行，则两者摆长之比为ll425C. 图线的单摆若是在地面上完成的，则该摆摆长约为2mD. 若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线是月球上的单摆的共振曲线【答案】A【解析】【分析】当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析【详解】若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2，根据，知摆长比为25：4；故A正确，B错误；图线若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则T，解得：L=1m；故C错误；若两次受迫振动分别在
20、月球上和地球上进行，因为图线单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据，知周期大的重力加速度小，则图线是月球上单摆的共振曲线，图线是地球上的单摆的共振曲线；故D错误；故选A【点睛】解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振以及掌握单摆的周期公式16.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处 由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原 点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，做出小球所受弹力 F 大小随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图 乙所示，不
21、计空气阻力，重力加速度为 g以下判断正确的是A. 小球受到的弹力最大值等于 2mgB. 当 x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小C. 小球动能的最大值为D 弹力 F 随时间 t 变化的图象也应该是线性图象【答案】ACD【解析】A、小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x=h+x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，A正确；B、根据简谐运动的对称性， x=h+2x0与x=h处速度相等，x=h+2x0处不是最低点，B错误；C、根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x=h+2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，C正确；D、在
22、x=h+x0处速度最大由图知，mg=kx0，根据动能定理：，D正确故选ACD三非选择题（本题共7小题，共55分）17.某实验小组准备了如下所示实验仪器，请结合实验方案选择所需实验仪器并作答(1)用图甲装置探究加速度与力和质量关系实验需用 _（填写相应器材代号）；(2)用图乙装置做“探究平抛运动规律”的实验中，下列说法正确的是_ A.斜槽轨道末端可以不水平 B.斜槽轨道必须光滑 C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些D.为较准确地描出小球运动的轨迹，必须用光滑曲线把所有的点连接起来(3)用图丙“探究求合力的方法”的实验，采用的科学方法是_ A理想实验法 B等效替代法 C控制变
23、量法 D建立物理模型法【答案】 (1). BCD (2). C (3). B【解析】【详解】(1) 探究加速度与力和质量关系实验需要小桶和沙质量；需要打点计时器来打点，通过纸带求出加速度；还需要刻度尺来测量纸带上计时点间的长度，所以需要天平、打点计时器、刻度尺；故选BCD；(2)A项：为了保证小球做平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平，故A错误；B项：为了保证每次小球抛出速度相同，应每次从同一位置释放，不一定要光滑，故B错误；C项：记录的点应适当多一些能够较准确的描述小球运动轨迹，故C正确；D项：为较准确地描出小球运动的轨迹，必须用平滑曲线把所有的点连接起来，故D错误；(3)根据“探究求合力的
24、方法”的实验原理可知，本实验所利用的是等效替代法，故B正确18.兴趣小组为了测量某电阻Rx的阻值（约为30），实验室可供选择的器材有：电流表A1(量程050mA，内阻约1）电流表A2（量程03A，内阻约为0.12）电流表V1（量程03V，内阻很大）电流表V2（量程015V，内阻很大）电源E（电动势约为3V，内阻约为0.2）定值电阻R（20，允许最大电流1.0A）滑动变阻器R1（010）单刀单掷开关S一个导线若干根据以上器材设计电路，要求尽可能减小测量误差，测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电流表读数有明显变化(1)电流表应选_，电压表应选_（填写器材符号）(2)请在答题纸
25、的方框内画出测量电阻Rx的实验电路图，并在电路图中标注所用元件对应的符号_(3)若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻Rx的表达式为Rx=_【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). (4). 【解析】【详解】(1) 电源电动势为3V，则电压表选V1；通过待测电阻的最大电流约为：，选量程为3A的电流表读数误差太大；可以把定值电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流约为：，电流表应选择A1；(2) 定值电阻与待测电阻串联的总阻值约为30+20=50，远大于滑动变阻器最大阻值10，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表可以采用外接法，
26、电路图如图所示：；(3) 由欧姆定律可知，待测电阻阻值：19.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列措施对提高测量结果精确度有利的是_。A.适当加长摆线B.质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C.多测几组数据，借助T 2L图像求重力加速度gD.为便于观察和计数，应在释放摆球的同时开始计时(2)实验中，在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L0.9610 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示。则该摆球的直径为_mm，单摆摆长为_m（最后一空保留四位有效数字）。(3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进
27、行周期测量的四种操作过程。图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像。这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_（填字母代号，已知sin 50.087，sin 150.26）。A. B. C. D.【答案】 (1). AC (2). 11.20 (3). 0.9554 (4). A【解析】【详解】(1)1A单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期，可以减小测量的误差，提供测量结果的精确度，故A正确；B要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球，故B错误；C多测几组数据，借助T 2L图象求重力加速度g，能减少偶然误差，故C正确；D单摆周期较小，要从经过平衡位置时开始计
28、时，以减小实验的误差，故D错误。故选AC。(2)2根据游标卡尺的读数规则可知游标卡尺示数为3因所以单摆的摆长(3)4当摆角小于等于时，我们认为小球做简谐运动，所以振幅约为当小球摆到最低点开始计时误差较小，测量周期时要让小球做3050次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小，故选A。20.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s已知飞机质量m=7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重
29、力加速度取求：（1）飞机滑跑过程中加速度a的大小；（2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P【答案】（1）a=2 m/s2 （2）P=8.4106 W【解析】试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及求解牵引力的平均功率；（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax，解得a=2m/s2（2）设飞机滑跑受到的阻力为，依题意可得=0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有；设飞机滑跑过程中的平均速度为，有在滑跑阶段，牵引力的平均功率，联立式得P=8.4106W【点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运
30、动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式求解功率时，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果v为平均速度，则求解出来的为平均功率21.如图所示,倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;(2)要使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C点的速度为4 m/s,求
31、滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间【答案】（1）0.375（2）（3）0.2s【解析】试题分析：滑块在整个运动过程中，受重力mg、接触面的弹力N和斜面的摩擦力f作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A运动至D的过程中，根据动能定理有：mgRmgcos3700解得：0.375滑块要能通过最高点C，则在C点所受圆轨道的弹力N需满足：N0 在C点时，根据牛顿第二定律有：mgN在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：mgcos37由式联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0需满足：v0m/s即v0的最小值为：v0minm/s滑块从C点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为
32、：xvt 在竖直方向的位移为：y根据图中几何关系有：tan37由式联立解得：t0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题22.如图所示，竖直平面内两竖直放置的金属导轨间距为L1，导轨上端接有一电动势为E、内阻不计的电源，电源旁接有一特殊开关S，当金属棒切割磁感线时会自动断开，不切割时自动闭合；轨道内存在三个高度均为L2的矩形匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向如图一质量为m的金属棒从ab位置由静止开始下落，到达cd位置前已经开始做匀速运动，棒通过cdfe区域的过程中始终做匀速运动已知定值电阻和金属棒的阻值均为R，其余电阻不计，整个过程中金属棒与导
33、轨接触良好，重力加速度为g，求：（1）金属棒匀速运动的速度大小；（2）金属棒与金属导轨间的动摩擦因数；（3）金属棒经过efgh区域时定值电阻R上产生的焦耳热【答案】（1） ；（2）；（3）mgL2【解析】【分析】（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解； （2）分析导体棒的受力情况，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解； （3）根据功能关系结合焦耳定律求解【详解】（1）金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动，根据平衡条件可得：mg=BIL1，由于 解得：；（2）由于金属棒切割磁感线时开关会自动断开，不切割时自动闭合，则在棒通过cdfe区域的过程中开关是
34、闭合的，此时棒受到安培力方向垂直于轨道向里；根据平衡条件可得：mg=FA，通过导体棒的电流I= ，则FA=BIL1，解得= ；（3）金属棒经过efgh区域时金属棒切割磁感线时开关自动断开，此时导体棒仍匀速运动；根据功能关系可知产生的总的焦耳热等于克服安培力做的功，而W克=mgL2，则Q总=mgL2，定值电阻R上产生的焦耳热QR=Q总=mgL2【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解23.如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感
35、应强度B1=020T,方向垂直纸面向里，电场强度E1=10105V/m,PQ为板间中线紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角AOy=450，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=025T,边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0105V/m一束带电荷量q=8.010-19C、质量m=8.010-26Kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从轴上坐标为（0,04 m）的Q点垂直轴射入磁场区，多次穿越边界线OA求：（1）离子运动的速度；（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；（3）离子第四次穿越边
36、界线的位置坐标【答案】（1） （2） （3）【解析】(1) 设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则：qE=qvB1代入数据解得：v=5.0105m/s；(2) 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：r=0.2m作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：OQ=2r，若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45，则轨迹圆弧的圆心角为=90，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，离子在磁场中运动为： ，离子在电场中的加速度： ，而离子在电场中来回运动的时间为：，所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：t=t1+t2=（2+2）10-7s=8.2810-7s；(3) 离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：，代入数据解得：t3=210-7s，因此离子沿着速度的方向的位移为：x3=vt3=0.1m，所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m，则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为（0.5m，0.5m）
