1、浙江省名校协作体2020届高三物理下学期3月第二次联考试题（含解析）一、选择题（本小题共13小题，每小题3分，共计39分，每小题只有一个选项是正确的。）1.在物理学的发展史上，许多科学家付出了努力。下列说法符合史实的是（）A. 牛顿经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律B. 库仑通过实验测定了静电力常数k的具体数值C. 法拉第通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场D. 赫兹通过实验首先捕捉到电磁波【答案】D【解析】【详解】A开普勒经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律，故A项错误；B静电力常数k的具体数值是通过麦克斯韦的相关理论计算出来的，
2、故B项错误；C奥斯特通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场，故C项错误；D赫兹通过实验首先捕捉到电磁波，证明了麦克斯韦电磁场理论的正确性，故D项正确。2.风平浪静的湖面上停着两只完全相同的小船，小明坐在其中一只小船中用力推另一只小船，结果两只小船向相反的方向运动。若湖面对小船的阻力忽略不计，下列关于小明推小船过程的说法正确的是（）A. 小明与被推小船之间的相互作用力大小并非时刻相等B. 小明与被推小船分开时的速度大小相等方向相反C. 小明与被推小船之间的相互作用力的冲量大小相等D. 小明与被推小船之间的相互作用力所做的功相等【答案】C【解析】【详解】A小明与被推小船之间的相互
3、作用力大小时刻相等，故A项错误；B湖面对小船的阻力忽略不计，两船和小明组成的系统动量守恒，总动量为零；小明与所在船的质量之和大于被推小船的质量，所以小明与被推小船分开时速度大小不等方向相反；故B项错误；C小明与被推小船之间的相互作用力大小时刻相等，方向始终相反，所以小明与被推小船之间的相互作用力的冲量大小相等，故C项正确；D据动量守恒，小明与被推小船相互作用过程中速度大小不等，位移大小不等，小明与被推小船之间的相互作用力大小时刻相等，所以小明与被推小船之间的相互作用力所做的功不等，故D项错误。3.如图所示，经过专业训练的杂技运动员进行爬杆表演。质量为60kg的运动员爬上8m高的固定竖直金属杆，
4、然后双腿夹紧金属杆倒立，头顶离地面7m高，运动员通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况。假设运动员保持如图所示姿势，从静止开始先匀加速下滑3m，用时1.5s，接着立即开始匀减速下滑，当运动员头顶刚要接触地面时，速度恰好减为零。若不计空气阻力，则（）A. 运动员下滑的最大速度为4.5m/sB. 运动员匀加速下滑时所受摩擦力为440NC. 运动员匀减速下滑的加速度为1m/s2D. 运动员完成全程所需的总时间为3s【答案】B【解析】【详解】AB对运动的匀加速下滑过程，据可得：运动员匀加速下滑时的加速度运动员下滑的最大速度对匀加速下滑的运动员受力分析，由牛顿第二定律可得解得：运动员匀加速下
5、滑时所受摩擦力故A项错误，B项正确；C运动员匀减速下滑的位移将运动员的匀减速当成逆过来的加速可得解得：运动员匀减速下滑的加速度大小方向竖直向上，故C项错误；D将运动员的匀减速当成逆过来的加速可得解得：运动员匀减速下滑的时间运动员完成全程所需的总时间故D项错误。4.2020年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。假设探测器到达火星附近时，先在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为T，之后通过变轨、减速落向火星。探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面。不考虑火星的自转及火星表面大气的影响，已知万有引力常量为G，则火星的质量
6、M和火星的星球半径R分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【详解】探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面，则火星表面的重力加速度万有引力常量为G，火星的质量为M和火星的星球半径为R，则对火星表面的物体有探测器在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动周期为T，则联立解得，故A项正确，BCD三项错误。5.如图所示是一个绳长为L的球摆，将小球拉离平衡位置到A点使细绳与竖直方向成37角，然后在O点的正下方距O点d处固定一颗钉子，再将小球从A点静止释放。设绳子不可伸长，忽略小球的大小以及一切阻力，下列说法正确的是（）A. 当d=0.8L
7、时，小球向右摆动的过程中不能到达与A点等高处B. 只要d0.92L，小球向右摆动的过程中都能到达与A点等高处【答案】B【解析】【详解】A点离O点的竖直高度AB设小球向右摆动的过程中能到达与A点等高处，则据机械能守恒得，小球到达与A点等高处时速度为零；当时，绳与钉子接触后，小球到达与A点等高处的高度不高于新的轨迹圆圆心的高度，速度可以为零，即当时，小球向右摆动的过程中都能到达与A点等高处；故A项错误，B项正确；CD设小球向右摆动的过程中能到达与A点等高处，则据机械能守恒得，小球到达与A点等高处时速度为零；当时，绳与钉子接触后，小球到达与A点等高处的高度高于新的轨迹圆圆心的高度，速度不可以为零，即
8、当时，小球向右摆动的过程中不能到达与A点等高处；故CD两项错误。6.如图所示，三棱镜的横截面ABC为直角三角形，B=90，A=30。一束复色光从空气射向BC上的E点，分成两束光a、b偏折到AB上的F、G点，光线EF平行于底边AC，已知入射光与BC的夹角为=45，下列说法正确的是（）A. 三棱镜对a光的折射率为B. 光在F点不能发生全反射C. b光发生全反射的临界角比a光的小D. a、b光用同一种装置做双缝干涉实验时，a光产生的条纹间距更宽【答案】A【解析】【详解】A由光路图可得，a光在BC边上入射角为45，折射角为30，据可得，三棱镜对a光的折射率故A项正确；Ba光在三棱镜中的临界角由光路图可
9、得，a光在F点入射角为60，所以光在F点发生全反射，故B项错误；C由光路图可得，b光在E点处偏折较小，则b光折射率小于a光，b光发生全反射的临界角比a光的大，故C项错误；Db光折射率小于a光，则b光的频率小于a光，b光的波长大于a光，同一种装置做双缝干涉实验时，b光产生的条纹间距更宽，故D项错误。7.电子感应加速器的工作原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。电子做圆周运动的轨道半径不变，因电流变化而产生的磁
10、感应强度随时间的变化，为使电子加速，下列说法正确的是（）A. 感生电场的方向应该沿顺时针方向B. 电磁铁线圈电流的方向不一定是图示中电流的方向C. 电磁铁线圈电流的大小可以增大也可以减小D. 电子在圆形轨道中靠洛伦兹力加速【答案】A【解析】【详解】AD从上向下看，电子沿逆时针方向运动，为使电子加速，感生电场的方向应该沿顺时针方向，即电子在电场力作用下加速，在洛伦兹力约束下做圆周运动，故A项正确，D项错误；B从上向下看，电子沿逆时针方向运动，在洛伦兹力约束下做圆周运动，则据左手定则知，电磁铁线圈在真空室处产生的磁场竖直向上，据安培定则，电磁铁线圈电流的方向一定是图示中电流的方向，故B项错误；C电
11、磁铁线圈电流的方向是图示中电流的方向，从上向下看，感生电场的方向沿顺时针方向，据楞次定律知，电磁铁线圈电流一定增大，故C项错误。8.一个静止的铀核（质量为232.0372u）放出一个粒子（质量为4.0026u）后衰变成钍核（质量为228.0287u），已知1u相当于931MeV的能量。下列说法错误的是（）A. 该核衰变反应方程为B. 该核衰变反应产生的钍核和粒子的动量相同C. 该核衰变反应中释放出的核能约为5.49MeVD. 假设释放出的核能都转化为钍核和粒子的动能，则它们获得的动能之比约为4：228【答案】B【解析】【详解】A据电荷数和质量数守恒可得，该核衰变反应方程为故A项正确，不符合题意
12、；B据动量守恒定律知，该核衰变反应产生的钍核和粒子的动量大小相等、方向相反，故B项错误，符合题意；C该核衰变反应的质量亏损1u相当于931MeV的能量，该核衰变反应释放出的核能故C项正确，不符合题意；D假设释放出的核能都转化为钍核和粒子的动能，该核衰变反应产生的钍核和粒子的动量大小相等，据可得，钍核和粒子的动能之比约为4：228，故D项正确，不符合题意。9.如图所示，在固定的斜面上A、B、C、D四点，AB=BC=CD。三个相同的小球分别从A、B、C三点以v1、v2、v3的水平速度抛出，不计空气阻力，它们同时落在斜面的D点，则下列判断正确的是（）A. A球最后才抛出B. C球的初速度最大C. A
13、球离斜面最远距离是C球的三倍D. 三个小球落在斜面上速度方向与斜面成30斜向右下方【答案】C【解析】【详解】A设球在竖直方向下降的距离为h，三球水平抛出后，均做平抛运动，据可得，球在空中飞行的时间所以A球在空中飞行时间最长，三球同时落在斜面的D点，所以A球最先抛出，故A项错误；B设球飞行的水平距离为x，三球水平抛出后，球在水平方向做匀速直线运动，则球的初速度C球竖直下降的高度最小，则C球的初速度最小，故B项错误；C将球的运动分解成垂直于斜面和平行于斜面可得，球在垂直斜面方向的初速度和加速度分别为，当球离斜面距离最远时，球垂直于斜面的分速度为零，球距离斜面的最远距离A球在竖直方向下降的距离是C球
14、的三倍，则A球离斜面最远距离是C球的三倍，故C项正确；D三球水平抛出，最终落在斜面上，则设球落在斜面上速度方向与水平面成角，则解得所以球落在斜面上速度方向与水平面夹角不是60，即球落在斜面上速度方向与斜面不是成30斜向右下方，故D项错误。10.如图所示，手摇发电机产生正弦式交流电，通过一台理想变压器向定值电阻R供电。理想电压表和电流表的示数分别为U和I。当发电机转速增大，使发电机的输出电压变为原来的2倍，正确的是（）A. 电压表的示数仍为UB. 电流表A的示数仍为IC. 通过电阻R的电流的频率增大D. 电阻R消耗功率变为原来的2倍【答案】C【解析】【详解】A发电机的输出电压变为原来的2倍，变压
15、器原线圈两端电压变为原来的2倍，据变压器原副线圈电压与匝数关系可得，变压器副线圈两端电压变为原来的2倍；电压表测量变压器副线圈两端电压，则电压表的示数变为2U，故A项错误；B据A项分析知，变压器副线圈两端电压变为原来的2倍，则流过定值电阻R的电流变为原来的2倍，据据变压器原副线圈电流与匝数关系可得，流过原线圈的电流变为原来的2倍，电流表A的示数变为2I，故B项错误；C发电机转速增大，产生交流电的频率增大，通过变压器原副线圈的电流的频率增大，通过电阻R的电流的频率增大，故C项正确；D据A项分析知，变压器副线圈两端电压变为原来的2倍，据知，电阻R消耗的功率变为原来的4倍，故D项错误。11.如图所示
16、，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，M、N与直流电源相连，圆环的劣弧MGN对应的圆心角为90，它所受的安培力大小为F，则整个圆环所受的安培力大小为（）A. 2FB. C. FD. F【答案】D【解析】【详解】由图知，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分是并联关系，两部分的长度之比为1：3，电阻之比是1：3，通过电流之比为3：1，两部分在磁场中的等效长度相同，等效电流方向相同，则两部分所受安培力大小之比为3：1，方向相同，所以整个圆环所受的安培力大小为，故D项正确，ABC三项错误。12.如图，一电动自行车动力电源上的铭牌标有“48V，12Ah”字样。它正常工作时电源输出电压为4
17、0V，额定输出功率240W。由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其它部件的摩擦损耗。已知人与车的总质量为76.8kg，自行车运动时受到阻力恒为38.4N，自行车保持额定功率从静止开始启动加速到最大速度所前进的距离为10m，下列正确的是（）A. 额定工作电流为5A，电源内阻为1.6B. 自行车电动机的内阻为5C. 自行车加速的时间为7sD. 自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间约为2.4h【答案】C【解析】【详解】A正常工作时电源输出电压为40V，额定输出功率240W，则额定工作电流电源内阻故A项错误；B设电动机的内阻为，电动机的效率为80%，则解得 故B项错误；C设自行车加速的
18、时间为t，对自行车的加速过程应用动能定理得又解得故C项正确；D自行车保持额定功率匀速行驶的最长时间故D项错误。13.如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A和B，A球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F，B球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使A球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（）A. B球受到的库仑力先增大后减小B. 拉力F一直增大C. 地面对绝缘座的支持力一直减少D. A球的电势能先不变后减少【答案】D【解析】【详解】设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定
19、滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相似三角形可得所以A球缓慢移动过程中，r先不变，等A球运动到滑轮正下方后，r再变大；整个过程中l一直减小。 Ar先不变再变大，B球受到的库仑力大小先不变再减小，故A项错误；BA球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得所以F先减小，当A球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得所以F再增大，故B项错误；CA球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A球到达滑轮正下方后，B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C项错误；Dr先不变再变大，两者间的库仑斥
20、力对A球先不做功后做正功，则A球的电势能先不变后减少，故D项正确。二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题给出四个备选项中至少有一个是正确的，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错得0分）14.下列四幅图依次涉及到不同物理知识，其中说法正确的是（）A. 汤姆孙发现了天然放射现象B. 卢瑟福对著名的粒子散射实验结果的分析，发现了质子C. 康普顿效应表明光子除了能量，还具有动量D. 铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，形成链式反应【答案】CD【解析】【详解】A汤姆孙发现了电子，贝克勒尔发现了天然放射现象，故A项错误；B卢瑟福对著名的粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构理
21、论，故B项错误；C康普顿效应表明光子除了能量，还具有动量，故C项正确；D铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，形成链式反应，故D项正确。15.下列关于波的说法，正确的是（）A. 蓝光在真空中的传播速度比红光快B. 立体电影的拍摄和放映利用了光的偏振现象C. 医学上用彩超检查人体内部血管的病变情况时，利用了多普勒效应D. 电视机遥控器是利用紫外线来控制接收器工作的【答案】BC【解析】【详解】A各种色光在真空中的传播速度相同，故A项错误；B立体电影的拍摄和放映利用了光的偏振现象，故B项正确；C医学上用彩超检查人体内部血管的病变情况时，利用了多普勒效应，故C项正确；D电视机遥控器是利用红外线来控制接
22、收器工作的，故D项错误。16.如图所示，两条等长细线的A点悬挂一质量为0.1kg，电量为210-6C的带电小球，细线与天花板的夹角为30，A离地面h=0.3m，在MA的延长线上用一不计高度和质量的绝缘支架固定一质量为0.2kg，电量与小球电量相等的异性带电小球B，则（）A. 支架对地面的压力大小为1.95NB. 当B球带上异性电荷后，A球会向右偏离原来的位置C. NA线的拉力大小为1ND. MA线的拉力大小为1.1N【答案】ACD【解析】【详解】设MA线的拉力大小为T1，NA线的拉力大小T2，两电荷间的库仑力大小为FC，对小球A受力分析，由平衡条件可得其中解得，AB对A球分析后可知，当B球带上
23、异性电荷后，NA线的拉力大小与库仑力的大小相关，MA线的拉力大小与库仑力的大小无关，A球不偏离原来的位置；对B球和支架整体受力分析可得，地面对支架的支持力据牛顿第三定律可得，支架对地面的压力大小为1.95N，故A项正确，B项错误；CD据对A球分析可知，当B球带上异性电荷后，NA线的拉力大小为1N，MA线的拉力大小为1.1N，故CD两项正确。三、实验题（本题共6小题，共计55分）17.如图甲所示，做“探究加速度与力的关系”实验中，正确平衡摩擦力后，得到如图乙所示的纸带，标出测量点A、B、C、D等，其中AB=1.50cm，AC=3.32cm，AD=5.46cm。已知计时器打点时间间隔是0.02s，
24、相邻两个计数点之间含有1个打点，该小车的加速度为_m/s2（保留两位有效数字），该条纸带_（“满足”或“不满足”）本实验要求。【答案】 (1). 2.0 (2). 不满足【解析】【详解】1由图可得，相邻两个计数点之间的时间间隔小车的加速度2小车及砂和砂桶的加速度大小较大，砂和砂桶处于明显失重状态，不能用砂和砂桶的重力来代替小车受到的拉力，所以该条纸带不满足实验要求。18.(1)在做“利用单摆测重力加速度”的实验时，先测出摆球的直径如图所示，直径d为_mm。(2)实验测得的g值比实际值偏大，可能的原因是（ ）。A摆球的密度过小B单摆实验不慎使单摆做圆锥摆运动C摆球经平衡位置时启动秒表并开始计数，
25、当摆球第50次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，则周期为D摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线增长【答案】 (1). 13.35 (2). BC【解析】【详解】(1)1游标卡尺主尺示数为13mm，游标尺的第7格线和主尺上刻度线对齐，游标尺示数为摆球的直径(2)2据单摆的周期公式可得A摆球的密度过小，会使空气阻力不能忽略，测出来单摆的周期偏大，所以测出的g值比实际值偏小，故A项不符合题意；B单摆实验不慎使单摆做圆锥摆运动，测出来单摆的周期偏小，所以测出的g值比实际值偏大，故B项符合题意；C摆球经平衡位置时启动秒表并开始计数，当摆球第50次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，则周期为C项
26、测出来的周期偏小，所以测出的g值比实际值偏大，故C项符合题意；D摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线增长，测出来的摆长偏小，所以测出的g值比实际值偏小，故D项不符合题意。19.铅笔笔芯主原料是由石墨和粘土组成。2B铅笔笔芯含石墨量高，书写时黑度也高，对电脑审题不易误判。HB铅笔笔芯含粘土较高，使笔芯强度提高不易折断，但黑度也降低。小明想了解这两种铅笔芯的导电性能差异，进行了如下实验。(1)小明首先用多用电表测量规格均为“直径2.0mm，长度9.0mm”的HB和2B铅笔芯两端的电阻大小。小明在测量之前首先观察多用电表表盘，如图甲所示，应先完成下列哪个步骤（ ）A因铅笔芯电阻未知，先将选择
27、开关置于欧姆档“100”。B插入红黑表笔，并短接，转动欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度右边“0”的位置。C用小螺丝刀调节表盘下方的指针定位螺丝，使指针指在电阻刻度左边“”的位置。(2)经正确操作，小明选择多用电表欧姆档“1”，分别测HB和2B铅笔芯的电阻，指针位置如图乙所示，则RHB=_。初步得出结论：铅笔芯的石墨含量越大，电阻率_（填“大”或者“小”）。【答案】 (1). C (2). 23 (3). 小【解析】【详解】(1)1测量之前首先观察多用电表表盘，指针不是指在电流的“0”位置，则应先用小螺丝刀调节表盘下方的指针定位螺丝，使指针指在电流的“0”位置（电阻刻度左边“”的位置），故C项符
28、合题意，AB两项不符合题意。(2)2由图乙可得3由图乙可知，长度、直径相同时，2B铅笔芯的电阻较小，则2B铅笔芯的电阻率较小，即铅笔芯的石墨含量越大，电阻率小。20.双人花样滑冰是人们喜爱的体育运动。如图所示，光滑水平冰面上男女运动员在表演就要结束阶段，质量为m=45kg的女运动员停止发力后，以v=12m/s的水平速度滑向静止的质量为M=75kg的男运动员，瞬间被男运动员接住，一起向前匀速滑行了9m，之后男运动员制动做匀减速直线滑行了2.25m后停下。求：(1)男女运动员一起匀速运动的速度大小；(2)男女运动员一起运动的总时间；(3)匀减速滑行过程中受到平均阻力的大小。【答案】(1)4.5m/
29、s；(2)3s；(3)540N【解析】【详解】(1)女运动员停止发力后，以v=12m/s的水平速度滑向静止的男运动员，瞬间被男运动员接住，据动量守恒定律有解得：男女运动员一起匀速运动的速度大小(2)一起匀速的时间据可得，一起减速的时间一起运动的总时间(3)将减速过程当成逆过来的加速有解得：一起减速加速度大小据牛顿第二定律可得，匀减速滑行过程中受到平均阻力的大小21.炎炎夏日，水上娱乐成为人们避暑消夏的首选，某水上游乐设施可简化为如图所示的结构，MN为高处平台，左侧为螺旋形光滑滑道，每圈高度落差不大，最后一圈为同一水平面上的圆形滑道，半径R=7.2m，螺旋滑道末端E与倾斜直滑道EF相连，MN与E
30、高度差为h1=7.2m，EF高度差为h2=4.05m，右侧PQ为一水平滑道，分别连接两段倾斜光滑直滑道，经过各点时不计能量损耗，g=10m/s2，(1)一儿童质量m=30kg，从左侧螺旋轨道由静止滑下，儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小；(2)(1)中的儿童经过螺旋滑道末端E点时，滑道对儿童的作用力大小；(3)有人为寻求刺激，从右侧滑道由静止滑下时，直接由Q点水平飞出落入水中，若PQ的高度可调，求PQ距水面多高时，落水位置到Q点的水平距离最远，最远距离是多少？【答案】(1)12m/s；(2)；(3)当h=5.625m时，x有最大值11.25m【解析】【详解】(1)儿童从M点至E点过程中由动能
31、定理得解得：儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小(2)在E点需要的向心力则滑道在E点对儿童的作用力为(3)设PQ到水面的距离为h，从N到Q的过程中，由动能定理得从Q到落水过程中，人做平抛运动，则，联立得当h=5.625m时，x有最大值11.25m。22.如图所示，在半径R=6cm的圆形区域内，有一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=1T，其右侧放置长度L=20cm，间距d=20cm的相互平行的金属板，它们的左侧边界线恰好与磁场圆的右端点相切，上极板与圆的最高点等高，两极板加上U=6.24104V的直流电压。在圆形磁场的最低点A处有一放射源，它在A点切线上方180竖直平面内向上打出粒子射入
32、圆形磁场中，打出的粒子速率均相等，且按角度均匀分布，所有粒子经磁场偏转后，都能垂直电场的方向进入电场中。已知，粒子的质量m=9.610-27kg，电量q=1.610-19C。假设到达下极板的粒子完全被吸收。重力不计。求：（sin53=0.8，cos53=0.6）(1)粒子的速率；(2)被下极板吸收的粒子占总粒子的百分比。【答案】(1)；(2)29.44%【解析】【详解】(1)画出粒子在磁场中的任一条轨迹如图，据几何关系得，粒子在磁场中的轨道半径粒子在磁场中做圆周运动，有解得：粒子的速率(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子在电场中的加速度打在下极板右端点的粒子运动时间打在下极板右端点的粒子竖直方
33、向运动的距离设打在下极板右端点的粒子射入磁场时与水平方向夹角为，由几何关系可得解得所以被吸收的粒子数占总粒子数的百分比23.某中学科技小组的学生在进行电磁发射装置的课题研究，模型简化如下。在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，方向竖直向上，如图所示，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r的电源，开关K控制电路通断。质量为m、电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于上面，与导轨接触良好。电路中其余位置电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平向速度转为与地面成角且不改变速度大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻
34、力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力，f0=kv，k为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。调节磁场的磁感应强度，闭合开关K，使导体棒获得最大的速度。（需考虑导体棒切割磁感线产生的反电动势）(1)求导体棒获得最大的速度vm；(2)导体棒从静止开始达到某一速度v1，滑过的距离为x0，导体棒ab发热量Q，求电源提供的电能及通过电源的电量q；(3)调节导体棒初始放置的位置，使其在到达NQ时恰好达到最大的速度，最后发现导体棒以v的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小。【答案】(1) ；(2)电源提供的电能，通过电源的电量；(3) 【解析】【详解】(1)当棒达到最大速度时，棒受力平衡，则联立解得据数学知识得(2)导体棒电阻为r，电源内阻为r，通过两者电流始终相等，导体棒ab发热量Q，则回路总电热为2Q；据能量守恒定律知，电源提供的电能据电源提供电能与通过电源的电量的关系可得，通过电源的电量(3)导体棒自NQ运动到刚落地过程中，对水平方向应用动量定理可得解得：水平方向位移对竖直方向应用动量定理可得解得：运动的时间据平均速度公式可得，导体棒自NQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小