1、浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2020届高三物理下学期第三次联考试题（含解析）选择题部分一、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. 2020年初，面对新型冠状病毒疫情，宁波医疗救援队先后两批出征前往武汉，假设两批医疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用导航中的推荐方案1和2至武汉的同一家医院，下列说法正确的是（）A. 两批医疗人员的路程一定相同B. 图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是指时间间隔C. 图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指位移的大小D. 两批医疗人员的平均速度一定相同【
2、答案】B【解析】【详解】A路程为实际走过轨迹的长度，由于图题无法判断两种方案轨迹长度的大小。所以，路程不一定相同。故A错误；B图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟，指的是从起点到终点这一过程所用的时间，为时间间隔，故B正确；C图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指从起点到终点的轨迹的长度，为路程；而位移大小为起点到终点间线段的长度，由题图可判断，路程大于位移的大小，故C错误；D平均速度公式： ，由题图可判断两批医疗人员的位移大小s一样，但时间不一定相等，故平均速度不一定相同，故D错误；故选B。2. 某一个物理量X的表达式为，其中是角速度，V是体积，G是万有引力常量，根据以上信息，请你判
3、断（）A. 物理量X是密度B. 物理量X的国际单位是导出单位C. 物理量X与导出的(其中Ek是动能，v是速度)是同一个物理量，D. 物理量X与加速度a和时间t的乘积是同一个物理量【答案】C【解析】【详解】AB因为物理量X的单位 则X单位是千克，基本单位，AB错误；C根据式中X的是质量，单位是千克，C正确；D的单位 是速度单位，与物理量X不是同一个物理量，D错误。故选C。3. 我们在研究v-t图图线与坐标轴围成的面积的意义时，曾经用过这样的方法：如图甲所示，取微小时间段，可以近似看作匀速直线运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移
4、。利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量 y随另一个物理量x变化的图象，下列说法中正确的是（） A. B. 如果y为物体的加速度a的大小，x 是时间t，则图线和坐标轴围成的面积表示该物体在某时刻的瞬时速度vC. D. 如果y为某元件的电压U，x为电流 I，则图线和坐标轴围成的面积表对应状态下该元件的电功率PE. F. 如果y为变化磁场在单匝金属线圈产生的电动势E，x 为时间t，则图线和坐标轴围成的面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量BG. H. 如果y为物体受到的力F，x为时间 t，则图线和坐标轴围成的面积等于该力在这段时间内的冲量II. 【答案】D【解析】 【详解
5、】 A如果y轴表示加速度，根据 v=at 知面积等于质点在相应时间内的速度变化，而不是表示瞬时速度，故A错误； B若y为电压U，x 为电流I，则“面积”没有意义，对应状态的电功率等于对应状态的电压与电流的乘积，故B错误； C如果y为变化磁场在单匝金属线圈产生的电动势E， x为时间t，根据法拉第电磁感应定律 则图线和坐标轴围成的面积等于该线圈在相应时间内磁通量的变化量，故C错误； D如果y为物体受到的力F，x为时间t，根据 I=Ft 则图线和坐标轴围成的面积等于该力在这段时间内的冲量I，故D正确。 故选D。 4. 如图所示，重力为G的运动员两手臂对称悬挂在单杠上并保持静止状态，两手臂间夹角为，则
6、下列说法正确的是（）A. 当 = 60时，单条手臂与单杠之间的弹力为B. 单杠对每条手臂的作用力大小始终等于C. 当不同时，运动员受到的合力不同D. 手臂对单杠的弹力大小与无关【答案】D【解析】【详解】AD运动员悬挂在单杠上时，受到重力、单杠的弹力和摩擦力作用，根据受力平衡，竖直方向上单杠对两手臂的弹力竖直向上，大小为G，而两手臂对单杠的弹力竖直向下，大小也为G，所以手臂对单杠的弹力大小与无关，且单条手臂与单杠之间的弹力为，故A错误，D正确；B单杠对每条手臂的弹力为，当 0时，单杠对每条手臂的摩擦力不为零，而单杠对每条手臂的作用力为弹力和摩擦力的合力，此合力将大于，故B错误；C运动员处于静止状
7、态，合外力等于零，平衡时运动员受到的合力不变，故C错误。故选D。5. 跳水运动员训练时从10m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0m和2.8m。由此估算手机连拍时间间隔最接近以下哪个数值（）A. 110-1sB. 210-1sC. 110-2sD. 210-2s【答案】B【解析】【详解】跳水运动员做自由落体运动，设手机连拍时间间隔，则有联立解得故A、C、D错误，B正确；故选B。6. 牛顿设想：把物体从高山上水平抛出，抛出速度足够大时，物体就不会落回地面，成为人造地球卫星。图中I、II分别是两颗卫星绕地
8、球运行的轨道，A、B分别是轨道上的两个点。下列关于两颗卫星在轨道I、II上运行的信息比较，正确的是（）A. I轨道上卫星较II轨道的发射速度更大B. I轨道上卫星较II轨道的绕行周期更大C. 卫星在A点的加速度较B点更大D. 卫星在A点的万有引力较B点更大【答案】C【解析】 【详解】 A发射同一卫星绕地球运行，轨道越高，克服万有引力做的功就越多，相应发射的初动能就越大，对应发射的初速度就越大。所以，发射同一卫星，I轨道上卫星较II 轨道的发射速度更小，故A错误； B根据开普勒第三定律： 可判断，由于，故 ，即I轨道上卫星较II轨道的绕行周期更小。故B 错误； C根据万有引力提供向心力有： 可得
9、 由于，所以 ，故C正确； D根据万有引力公式： 可判断，由于两卫星质量大小未知，故无法比较卫星在A点的万有引力与B点的万有引力大小，故D 错误； 故选C。 7. 一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其图像如图所示，则下列说法中正确的是（）。A. A点的电场强度一定小于B点的电场强度B. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C. CD间各点电场强度和电势都为零D. AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【答案】B【解析】【详解】A由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度
10、，故A错误；B从A到B，速度增大，故电场力做正功，可知电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，故B正确；CCD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，故C错误。DA、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误。故选B。8. 在如图所示的电路中，闭合开关S，电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，电阻R1与电源内阻r阻值相等。当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，则（）A. 带
11、电质点P将向下运动B. 电源的输出功率将变大C. 电压表V2读数变化量的绝对值与电流表A读数变化量的绝对值之比一定不变D. 电压表V1读数变化量的绝对值大于电压表V2的读数变化量的绝对值【答案】C【解析】 【详解】 A当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，R阻值增大，则电路总电流变小，R1上电压变小，则R 及其并联支路的电压增大，电容器两端电压增大，电容器间的场强变大，则带电质点P将向上运动，故选项A错误； B因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R1电阻的阻值相等且与电源的内阻 r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器R的滑片向a端移动时，外电路电阻增大，向内电阻远离，故电
12、源的输出功率变小，选项 B错误； C若只将ab部分等效为电源的外电路，而将电路剩余部分等效为电源内电路，其等效内阻为 ，则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比为 ，可知为定值不变，故选项C正确； D由电路图可知；分析可知当滑动变阻器 R的滑片向a端移动时，U增大，U 1减小，U2增大，则电压表V1 读数变化量的绝对值小于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D错误； 故选C。 9. 如图所示，可视为质点的小球，位于半径为R的半圆柱体左端点的正上方，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切，且该切点与圆心连线与水平线的夹角为，不计空气阻力，重力加
13、速度为g，则初速度为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与竖直方向的夹角为tan=水平方向上联立解得故B正确ACD错误。故选B。10. 如图所示，有三个质量分别为3m、2m、m的物体A、B、C放在水平转台上，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，A和B、C离转台中心的距离分别为r、2r，某时刻起转台角速度，从零开始级慢增加，直到有物体开始滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）A. A物体先相对B滑动B. C先相对转台滑动C. B对A的摩擦力一定为D. 转台的角速度一定满足【答案】B【解析】【详解】ABA、B、C随水
14、平转台转动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律可得可得因三者动摩擦因数相同，半径越大，越先滑动。说明随着转台角速度增大，C最先相对转台滑动，AB同时出现相对滑动，故A错误，B正确；C取A分析可知B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，由牛顿第二律可知，最大静摩擦力为，当转台角速度较小时实际摩擦力小于，故C错误；D由前面分析可知转台的角速度小于C能达到最大角速度，由牛顿第二定律可知解得故D错误。故选B。11. 如图所示，光滑水平桌面上有一个面积为S的单匝矩形线圈abcd，分界线两侧存在着磁感应强度大小均为B且方向相反的两个磁场，分界线恰好把线圈分成对称的左右两部分，已知线圈的电阻为R，ab=cd=
15、L，线圈在水平向右的外力F作用下从图示状态向右以速度v匀速直线运动，直至线圈完全进入右侧磁场。则下列说法正确的是（）A. 线圈的感应电流方向为逆时针B. 线圈的磁通量变化量C. 外力的大小F=D. 电路的发热功率为【答案】D【解析】【详解】A根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为顺时针，故A错误；B当分界线恰好把线圈分成对称的左右两部分时，线圈的磁通量为零，当线圈完全进入右侧磁场时，线圈的磁通量为所以线圈的磁通量变化量为故B错误；CD根据法拉第电磁感应定律可得两边产生的感应电动势大小均为两个电动势串联，回路中感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得线圈的感应电流为线圈做匀速直线运动，则有外力的大
16、小为电路的发热功率为故C错误，D正确。故选D。12. 在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图，一个空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐(金属)片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。在起电机摇动时，下列说法正确的是（）A. 塑料瓶内存在的是匀强电场B. 锯条电势高于金属片电势C. 烟尘最终被吸附到金属片上D. 烟尘被吸附过程中电势能增加【答案】C【解析】 详解】 A如图所示，锯条与金属片不构成平行板电容器，塑料瓶内存在的不是匀强电场，故A
17、错误； B锯条接负极，金属片接正极，锯条电势低于金属片电势，故B错误； C烟尘带负电，被正极的金属片吸引到金属片上，故C正确； D电场力对烟尘做正功，烟尘的电势能减少，故D错误。 故选C。 13. 斯诺克是一项近年来我们所熟知的运动项目，球员出杆击打白球，运动白球撞击彩球使其入洞并计分。如图甲所示运动员用白球撞击蓝球(两球质量相等)，两球发生正碰。若碰撞前、后两球的v-t图像如图乙所示白球的虛线与蓝球实线交于t轴同一点。关于两球的运动，下列说法正确的是（）A. 碰撞后两球相距的最远距离为1.1mB. 蓝球受到的阻力较大C. 两球发生弹性碰撞D. 碰撞后蓝球的加速度大小为0.1m/s2【答案】A
18、【解析】【详解】A两球发生正碰，根据动量守恒可得结合图乙和两球质量相等可得碰撞后蓝球的速度根据碰前白球的速度图像可知白球的加速度大小为又因为白球的虛线与蓝球实线交于t轴同一点可知蓝球静止的时刻为碰撞后两球相距的最远距离为BD根据v-t图像可知碰撞后白球的加速度大小为根据牛顿第二定律可得白球受到的阻力为碰撞后蓝球的加速度大小为根据牛顿第二定律可得蓝球受到的阻力为故B、D错误；C碰撞前的动能为碰撞后的动能为所以两球发生的不是弹性碰撞，故C错误；故选A。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
19、得0分)14. 以下关于近代物理的相关叙述，说法正确的是（）A. 铀核()衰变为铅核()的过程中，要经过8次衰变和6次衰变B. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比C. 根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射6种频率的光子D. 射线的本质是电子流，衰变是核内的某个中子转化为质子时放出电子的过程【答案】AD【解析】【详解】A铀核()衰变为铅核()的过程中，设经过x次衰变和y次衰变，则根据衰变前后：遵循质量数，电荷数守恒。可列出方程：联立求得x=8，y=6，故A正确；B根据爱因斯坦光电效应方程：可知，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与
20、照射光的强度无关，与照射光的频率成线性关系，不成正比关系，故B错误；C根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射3种频率的光子，故C错误；D射线的本质是电子流，衰变是核内的某个中子转化为质子时放出电子的过程，转化方程为：故D正确；故选AD。15. 如图所示，在深m的湖底O处有一激光光源，一桅杆顶部高出湖面5m的帆船静止在湖面上，从O点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为45，已知桅杆顶点A到O点的水平距离为9m，则下列说法正确的是（）A. 入射光束与竖直方向的夹角为30B. 该湖水的折射率为C. 调整激光束方向，当其与竖直方向夹角为60时
21、，仍有光从水面射出D. 若观察者O点通过水面观察桅杆，则观察到顶点A离水面高度小于5m【答案】AB【解析】【详解】A设光束从水面射出点到桅杆的水平距离为，到O点的水平距离为，则有：由题知，桅杆顶部高出湖面5m且出射光束与竖直方向的夹角为45，由几何关系求得：，设此时入射光束与竖直方向的夹角为，则得故A正确；B此时，由折射定律有：故B正确；C设光束从水面射出，发生全反射的临界角为C，则有：求得当光束与竖直方向夹角为6045时，已经发生了全反射，所以没有光从水面射出；故C错误；D若观察者在O点通过水面观察桅杆，反向延长入射光线，显然观察者观察到顶点A离水面的高度大于5m，故D错误；故选AB。16.
22、 如图所示，下列关于机械振动和机械波的说法正确的是（）A. 图甲：粗糙斜面上的金属球在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B. 图乙：单摆的摆长为L，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力为(摆角较小)C. 图丙：实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=0.25s时刻的波形图，该波的周期大于0.25s，若这列波沿x轴向右传播，则波速为2m/sD. 图丁：两列振幅均为1cm的相干水波某时刻的波峰和波谷位置(实线表示波峰，虛线表示波谷)图示时刻A、B两点的竖直高度差为2cm【答案】BC【解析】【详解】A在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小，金属球最终静止，所以该运动不是
23、简谐运动，故A错误；B单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即有因为较小，则有考虑到回复力的方向与位移的方向相反，所以有故B正确；C若波向右传播，传播的距离为波速为故C正确；D频率相同的两列水波相叠加的现象。实线表波峰，虚线表波谷，则、是波峰与波峰相遇，点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区；由于振幅是1cm，点是波峰与波峰相遇，则点相对平衡位置高2cm，而点是波谷与波谷相遇，则点相对平衡低2cm，所以、B相差4cm，故D错误；故选BC。非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共55分)17. 如图所示是两种常见的打点计时器。(1)关于两种计时器说法正确的是_(填字母)。A.图甲
24、中的打点计时器用的是交流220V的电源B.图乙中的打点计时器用的是直流46V的学生电源C.图甲中的打点计时器使用时应先接通电源，后释放纸带D.图乙中的打点计时器使用时应先释放纸带，后接通电源(2)下列学生实验中，必需都要用到打点计时器与天平的实验是_(填字母)。A.探究小车速度随时间变化的规律B.探究加速度与力、质量之间的关系C.探究功与速度变化关系D.验证机械能守恒定律【答案】 (1). AC (2). B【解析】【详解】(1)1AB图甲是电火花打点计时器，用的是交流220V的电源；图乙是电磁打点计时器，用的是交流46V的学生电源，故A正确，B错误；CD不管是电火花打点计时器还是电磁打点计时
25、器，实验过程应先接通电源，后释放纸带，否则在纸带上留下的点很少，不利于数据的处理和减小误差，故C正确，D错误；故选AC；(2)2A探究小车速度随时间变化的规律，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需要打点计时器，但不需要天平测质量，故A错误；B探究加速度与力、质量的关系，实验中需要测量加速度，需要通过纸带测量加速度，所以需要打点计时器，必需要天平测质量，故B正确；C探究做功与物体速度变化的关系，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需要打点计时器，但不需要天平测质量，故C错误；D验证机械能守恒定律实验需要进行纸带处理，要用到打点计时器，天平可以用，但不必须，故D错误；故选B。
26、18. 在“研究平抛运动”实验中，让小球多次沿同一轨道运动，(1)某同学在一次实验中用方格纸记录小球在平抛运动中的轨迹，若其记录得到的几个位置如图丙中a、b、c、d、e所示，O点为抛出点，请在图中画出小球的实际运动轨迹_。(2)若小方格的边长l=1.25cm，g取10m/s2，则小球平抛的初速度为_m/s。【答案】 (1). (2). 0.75【解析】【详解】(1)1将实验数据点用平滑曲线连接，其中c点偏离太大，误差太大，舍去，如图所示(2)2将平抛运动分解成竖直方向自由落体，水平方向匀速直线运动，在竖直方向上，根据可得水平方向上，初速度为19. 在“练习使用多用电表”的实验中，（1）先用多用
27、电表进行粗略测量，将多用表选择开关置于10挡并调零后，两表笔接触待测电阻的两端进行测量，表盘指针如图甲所示，为了使测量值更准确，“选择开关应置于_(填1”、100”或1K)，并两表笔短接，调节图乙中_(“A”或“B”)重新调零后进行测量。（2）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_(选填“红表笔”或“黑表笔”)。（3）图丙为一正在测量中的多用电表表盘如果选择开关在电阻挡“100”，则读数为_：如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，则读数为_V。【答案】 (1). 1 (2). B (3). 黑表笔 (4). (5).
28、 1.25【解析】【详解】（1）12将多用表选择开关置于10挡并调零后，两表笔接触可知表针偏转角过大，可知倍率挡选择的过高，为了使测量值更准确，“选择开关应置于1”档，并两表笔短接，调节图乙中的调零旋钮B重新调零后进行测量。（2）3若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，说明电阻较小，二极管加的是正向电压，则与二极管正极相连的是多用电表的黑表笔。（3）45图丙为一正在测量中的多用电表表盘如果选择开关在电阻挡“100”，则读数为15100=1.5103：如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，则读数为1.25V。20. 燃放烟花是人们庆祝节日的一种方式，如
29、图为某一型号的礼花弹在进行技术指标测试时，将一质量m=0.5kg的礼花弹放入专用炮筒中，礼花弹以初速度v0离开炮口，竖直向上射出到达最高点后又落回地面，过程中礼花弹并未爆炸，测得从射出到落回地面的时间t=12s，假设整个过程中所受的空气阻力始终是重力的k倍(k=0.6)，忽略炮口与地面的高度差，取g=10m/s2，求：（1）礼花弹被炮简射出时的初速度v0的大小；（2）礼花弹上升的最大高度h；（3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）礼花弹上升和下降过程中的加速度分别为由题意可知，上升过程的位移与下降过程的位移大小相等，即（2）由匀变速直线运
30、动的速度位移公式可得（3）礼花弹在整个过程中克服空气阻力做的功J即克服空气阻力做功J。21. 如图所示，半径R=0.2m的竖直圆形轨道，E为圆轨道最高点，D为圆轨道最低点，与水平轨道DA和DF平滑相连，所有轨道除BC部分粗糙外，其它部分均光滑。距平台F点右侧水平距离d=1.6m处放置了一竖直挡板GH，轨道AC的左端固定着一弹簧，两个完全相同的可看做质点的滑块1、2，质量m=0.1kg，滑块2静置于CD轨道之间，现用力作用于滑块压紧弹簧，使弹簧具有弹性势能Ep(Ep未知，可改变)，放开后，滑块1被弹出，经过BC段后与滑块2发生弹性正碰。已知BC段长L=0.6m，滑块与BC间的动摩擦因数=0.2，
31、取g=10m/s2。(1)若滑块2恰能通过最高点E，求滑块过最低点D时对轨道的压力大小；(2)若滑块2通过圆轨道后从平台F点水平抛出，击中挡板(平台足够高)，求击中挡板时的最小动能Ekmin及对应的弹簧弹性势能Ep；(3)若整个过程中滑块始终不脱离轨道，滑块1与滑块2能发生2次碰撞，求弹簧弹性势能Ep的取值范围。【答案】(1)；(2)J；(3)0.12J0.32J【解析】【详解】(1)在E点，根据牛顿第二定律则有可得从E点到D点过程，根据动能定理可得解得对D点，根据牛顿第二定律则有解得N由牛顿第三定律滑块过最低点D时对轨道的压力大小(2)滑块2通过圆轨道后从平台F点水平抛出，击中挡板的动能当时
32、，击中挡板时的最小动能，即可得击中挡板时的最小动能为J由于滑块1与滑块2弹性正碰后速度交换，根据能量守恒可得(3)滑块1能第一次撞上滑块2的条件滑块2滑上圆轨道不脱离又能返回的条件第2次碰撞后滑块1再次压缩弹簧被弹出，不能再次碰撞滑块2的条件联立可得弹簧弹性势能Ep的取值范围0.12J0.32J22. 如图所示，间距L=1m的两光滑金属导轨相互平行放置，水平导轨与倾斜导轨之间用绝缘材料平滑连接。倾斜轨道的倾角=37，在倾斜轨道上端有一单刀双掷开关S，可连接E=9V，r=2的电源或C=F的未充电的电容器。在倾斜导轨区域和直导轨CDGH矩形区域存在着相同的磁场，方向竖直向上，在水平导轨的右端连接了
33、R2=10的电阻。已知R1=10，d=3m，将开关S与1相连，一质量m=0.1kg的金属导体棒ab恰好能静止在高h=3.6m的倾斜导轨上。不计其他一切电阻和阻力，取g=10m/s2.求：（1）磁感应强度B大小；（2）将开关S掷向2后，ab棒滑到MN处的速度v；（3）ab棒通过CDGH磁场区域过程中R2上产生的焦耳热。【答案】（1）B=1T；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导体棒ab恰好能静止在倾斜导轨上，根据受力分析有根据闭合回路欧姆定律有代入数据解得B=1T（2）将开关S掷向2后，对ab棒根据牛顿第二定律有又解得根据匀变速运动规律有则ab棒滑到MN处的速度（3）设ab棒出GH边界时速度为
34、，根据动量定理有又解得根据能量守恒有23. 某研究机构进行带电粒子回收试验的原理如图甲所示，两平行金属板问距d=0.5m，长度L=0.3m，现在两板上加上如图乙所示的方波形电压，图中U=5104V，T=310-7s.当t=0时，上板比下板的电势高。现有比荷为=1.0108C/kg的正离子组成的粒子束，沿两板间的中心线O1O2以速度v0=1.0106m/s射入，离子打到金属板上即被吸收。紧靠平行金属板右侧边界区城内有垂直纸而向内的匀强磁场，磁场区域内有一块竖直放置的电荷收集板(厚度不计)，收集板可以沿纸面上下左右平移并且长度可以调节，当离子碰到收集板左侧或右侧时会立即被吸收。整个装置置于真空环境
35、中，不考虑离子的重力及离子间的相互作用，忽略离子运动对电场和磁场的影响和极板的边缘效应。（1）粒子射出电场时的位置离O2点的分布范围；（2）若右侧磁场的磁感应强度为B=0.2T，要使所有进入右侧磁场区域的离子都能被收集板收集，求对应收集板的最短长度x；（3）若右侧磁场区域仅为一圆形匀强磁场，撤去收集板后，要使射出电场的粒子经该圆形磁场偏转后都能通过圆形磁场边界的某一点处，而便于再收集，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度大小。【答案】（1）见解析；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为t，则有当粒子由t=nT（n=0，1，2，3，）时刻进入电场，向下侧移最大，竖直方向故取，当粒子由（n=0，1，2，3，）时刻进入电场，向上侧移最大在距离O2点下方0.25m至O2点上方0.05m的范围内有粒子射出电场（2）如图1，粒子射出电场的速度都是相同的，方向垂直于v0向下的速度大小为所以射出速度大小为故则解得（3）要使射出电场的粒子能够交于圆形磁场区域边界一个点上且区域半径最小时，磁场区域直径与粒子射出范围的宽度相等，如图2粒子射出范围的宽度故磁场区域的最小半径为而粒子在磁场中做圆周运动，为使粒子偏转后都通过磁场边界的一个点处，粒子运动半径应为r，有解得。