浙江省绍兴一中高三物理下学期3月月考题含解析通用

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1、浙江省绍兴一中2020届高三物理下学期3月月考题（含解析） 一、单选题（本大题共14小题，共41.0分）1.国际单位制（SI）是全球一致认可的测量体系，由7个基本单位以及若干导出单位组成2020年11月13-16日，第26届国际计量大会在巴黎召开，决定SI基本单位中的4个改由h、e、k、NA定义。这是SI自1960年创建以来最为重大的变革，是科学进步的里程碑下列被更换了的力学基本单位是（）A. 牛顿B. 千克C. 米D. 秒【答案】B【解析】【详解】根据“修订国际单位制（SI）”的1号决议的定义，质量的基本单位仍为千克，但被重新定义。 时间的单位与长度的单位没有被重新定义。牛顿仍然是导出单位；

2、A. 牛顿，与结论不相符，选项A错误；B. 千克，与结论相符，选项B正确；C. 米，与结论不相符，选项C错误；D 秒，与结论不相符，选项D错误；2.在物理学发展史中，许多物理学家做出了卓越的贡献。下列叙述中不正确的是（）A. 牛顿建立了惯性定律B. 安培提出了分子电流假说C. 伽利略开创了实验加数学的科学研究方法D. 德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了冥王星【答案】D【解析】【详解】A. 牛顿建立了牛顿运动三定律，其中第一定律又叫惯性定律，选项A正确；B. 安培提出了分子电流假说，选项B正确；C. 伽利略开创了实验加数学的科学研究方法，选项C正确；D. 1846年9月23日晚，德国的伽勒在

3、勒维耶预言的位置附近发现了被后人称为“笔尖下发现的行星”-海王星，不是冥王星，故D错误。本题选择错误的，故选D。3.下列物理量属于矢量的是（）A. 电流B. 电势C. 磁通量D. 科里奥利力【答案】D【解析】【详解】A.电流有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，因此电流是标量，故A错误。BC.电势和磁通量只有大小，没有方向，是标量，故BC错误。D.科里奥利力既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则，是矢量。故D正确。4.滑索：也称“速滑”、“速降”、“空中飞人”等最早用于高山自救和军事突击行动后演化为游乐项目，是一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的现代化体育游

4、乐项目可跨越草地、湖泊、河流、峡谷，借助高度差从高处以较高的速度向下滑行使游客在有惊无险的快乐中感受刺激和满足若忽略空气阻力，最后一段人缓慢下滑的过程中，下列有关人的受力图正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由题意可知，人缓慢下滑的过程中，匀速运动，合力为零，则受力分析，即有：拉力FT、与速度相反的摩擦力F，与重力mg平衡；A.A图与结论不相符，选项A错误；B. B图与结论不相符，选项B错误；C. C图与结论不相符，选项B错误；D. D图与结论相符，选项D正确；5.如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃

5、（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹A、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是（）A. A点电势高于B点电势B. A点场强大于B点场强C. 尘埃在迁移过程中做匀变速运动D. 尘埃在迁移过程中电势能一直在增大【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，作过的等势线，交A所在电场线于B，则可知，B点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势，故A错误；B.由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故A点的电场力大于B点的电场力，故B正确；C.放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。故粒子不可能做匀变速运动

6、，故C错误；D.由图可知，开始为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故D错误。6.甲、乙两辆汽车先后从同一地点出发，沿一条东西方向的平直公路行驶，以向东为正方向，它们的-t图象如图所示，由图可知（）A. 甲车向东运动，乙车向西运动B. 甲车的加速度比乙车的大C. 8s末甲车追上乙车D. 乙比甲运动得快，且早出发，所以甲追不上乙【答案】C【解析】【详解】A.由图知，两车的速度一直为正值，说明两车都向东行驶，故A错误。B.甲乙的斜率大小相等，乙的加速度的大小与甲的加速度相等，只是乙的加速度的方向与运动的方向相反。故

7、B错误。CD.由图知，6s前乙车的位移大于甲车的位移，乙在6s前的位移为：x2=m=90m；甲的加速度为：a1=5m/s2；对甲有：x1=a1t12=x2；甲的位移为90m时的时间为：t1=6s；所以总时间为：t=t0+t1=2+6=8s，即8s末甲车追上乙车。故C正确，D错误；7.如图所示为篮球运动员起跳投篮时的情形，运动员先由站立状态曲腿下蹲再竖直向上跃起达最大高度后将球抛出，不计空气阻力，运动员（）A. 由站立状态曲腿下蹲，一直处于失重状态B. 离开地面上升的过程中，一直处于超重状态C. 在最高点处于平衡状态D. 下落回地面着地前的过程中，机械能不变【答案】D【解析】【详解】A.运动员由

8、站立状态曲腿下蹲，先加速后减速，先处于失重，后处于超重，故A错误；B.运动员离开地面上升以及在下降到接触地面之前的过程中，加速度向下，一直处于失重，故B错误；C. 在最高点的加速度不为零，不是处于平衡状态，选项C错误；D、运动员离开地面上升及回落的过程中，只有重力做功，运动员的机械能守恒，故D正确。8.古典诗词作为中华民族的优秀文化，传承了“正心、修身、齐家、治国、平天下”的思想内涵。从物理的角度看，下面四句诗词的物理分析不正确的（）A. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来李白，诗中先后选择的参照物是太阳和河岸B. “春江潮水连海平，海上明月共潮生”张若虚，说明了海潮与月亮引力有关C. “会挽雕弓

9、如满月，西北望，射天狼”苏轼，涉及到弹性势能转化为动能的过程D. “臣心一片磁针石，不指南方不肯休”文天祥，磁针石的指向是受到地磁场的作用【答案】A【解析】【详解】A.两岸青山相对出，孤帆一片日边来（李白），诗中先后选择的参照物是船和太阳，故A错误；B.“春江潮水连海平，海上明月共潮生”（张若虚），说明了海潮与月亮引力有关，故B正确；C.会挽雕弓如满月，则发生了弹性形变的弓具有一定的弹性势能，释放后，弓的弹性势能转化为箭的动能，故C正确；D.小磁针受地磁场的磁场力作用，地磁场由地理的南极指向地理的北极，故D正确。本题选择错误的，故选A.9.如图所示是某手机电池的部分参数，手机充电时转化为电池化

10、学能的效率为90%，则下列说法正确的是（ ）A. 9.12Wh是电池的容量B. 该电池充满电后电荷量为4320CC. 充满一次电所消耗的电能是36480JD. 充满电的手机以500mA的电流工作能持续3.6h【答案】C【解析】9.12Wh是电池充满一次电后储存的电能，A错误；该电池充满电后电荷量为2400mAh，即q=It=24001033600C=8640C，B错误；充满一次电所消耗的电能是36480J，C正确；以500mA的电流工作能持续时间是4.8h，D错误；故选C.10.如图所示，传送带水平部分长为L=2m，传动速率v=1m/s，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因

11、数=0.1，传送带离地面的高度h=3.2m，则木块从左端开始运动至落到地面经过的时间是（）A. B. C. 2sD. 4s【答案】A【解析】【详解】对木块，由牛顿第二定律得：a=g=0.110=1m/s2，木块加速到与传送带速度相等需要的时间：t1=1s，此过程木块的位移：x1=0.5mL=2m，然后木块与传送带一起做匀速直线运动，运动时间：t2=1.5s，木块离开传送带后做平抛运动，在竖直方向：h=gt32，t3=0.8s，木块的运动时间：t=t1+t2+t3=1+1.5+0.8=3.3s；A.3.3s，与结论相符，选项A正确；B.2.8s，与结论不相符，选项B错误；C. 2s，与结论不相符

12、，选项C错误；D. 4s，与结论不相符，选项D错误；11.2020年12月30日，嫦娥四号探测器在人类历史上首次实现了航天器在月球背面软着陆和巡视勘察，获取了世界第一张近距离拍摄的月背影像图并传回地面。“鹊桥号”中继卫星承担了地面控制室与探测器的通信。如图，“鹊桥号位于地月拉格朗日L2点，它与月球起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动，从而节省卫星燃料，有利于对其进行轨道控制下列说法正确的是（）A. “鹊桥号”的向心力仅由地球的引力提供B. “鹊桥号”的绕行速度小于月球的绕行速度C. “鹊桥号”向心加速度小于月球的向心加速度D. 月球的线速度小于地球同步卫星的线速度【答案】D【解析】【详解】A.“

13、鹊桥号”的向心力由月球和地球引力的合力提供。故A错误；B. 因为“鹊桥号”与月球起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动，根据v=r知“鹊桥号”的线速度大于月球的线速度。故B错误；C.根据a=2r知，“鹊桥号”的向心加速度大于月球的向心加速度。故C错误；D.月球的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，根据v=可知，月球的线速度小于地球同步卫星的线速度，故D正确。12.电动车以电力为能源，一般使用铅酸电池或锂离子电池进行供电；太阳能电动车在此基础上，将太阳能转化成电能对车供电，很大程度上降低了电动车的使用成本，而且非常环保。太阳能电动车能量管理系统软件程序不仅要能够监测和记录传感器的输入，而且还应包括有

14、电动源组在内的电动汽车功能模块，这个模块系统以电动源组、控制系统和负载为主要对象，通过优化计算，可以使电动车在任何速度和负载下都达到最佳的运行效率。现假设太阳能电动车的电能可以全部输出且输出功率恒定，已知太阳光垂直照射到地面上时，单位面积的辐射功率为P0，太阳能电池的光电转换效率为n，电池板面积为S，太阳能电动车质量为m，在水平公路上行驶时所受的阻力恒定，经过时间t，太阳能电动车达到了最大行驶速度vm在时间t内太阳能电动车行驶的距离为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】电动车的最大功率为P=nP0S，当牵引力和阻力相等时，有最大速度vm，vm=，得，由动能定理得： ，解得：A

15、. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论不相符，选项B错误；C. ，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论相符，选项D正确；13. 有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一的光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球（小球不能视为质点，其半径rR），紧挨在一起从圆轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是（ ）A. 四个小球在整个运动过程中始终不分离B. 在圆轨道上运动时，2号球对3号球不做功C. 在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功

16、D. 4号球在CD斜面轨道上运动的最大高度与1号球初始位置相同【答案】A【解析】解：A、在下滑的过程中，前面的小球加速度小，而后面的小球加速度大，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球与前面的小球运动情况完全一致，所以4个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；B、由A分析知，后面的小球挤压前面的小球，故2号球对3号球做功，故B错误；C、在CD斜面轨道上运动时，四个小球加速度相同，都是重力的分力提供加速度，a=gsin，小球间没有相互作用力，2号球对3号球不做功，C错误；D、根据能量守恒，在圆弧上4个球的质心与斜面上4个球的质心是相同高度，由于

17、在圆弧上4个球的质心不在中间，因此4号球在CD斜面轨道上运动的最大高度比1号球初始位置高故D错误故选：A【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，难度适中14.宇航员在太空中做实验，如图，左边为弹簧振动系统，振子连接一根很长的软绳，沿绳方向取x轴振子从平衡位置O以某一初速度向A端开始运动，振动频率为f=10Hz，振幅为5cm，当振子从O点出发后，第五次经过O点时，波刚好传播到x=25cm处，则下列说法正确的是（）A. 当振子向上经过距O点3cm处时正在加速B. 绳上产生的波的传播速度为C. 振子从O点开始运动的速度越大，再次回到O点的时间越长D. 振子从O

18、点开始运动的速度不同，波在绳子中传播的速度也不同【答案】B【解析】【详解】A.当振子向上经过距O点3cm处时是远离平衡位置，正在减速，故A错误；B.当振子从O点出发后，第五次经过O点时，经过两个半全振动，波刚好传播到x=25cm处，说明2.5波长是25cm，故波长为10cm；故波速：v=f=0.1m10Hz=1m/s；故B正确；C.振子从O点开始到再次回到O点的时间为半个周期，简谐运动的周期与振幅无关，故C错误；D.波在绳子中传播的速度由绳子决定，是一定的，与振源的振动幅度无关；故D错误；二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）15.下列有关说法正确的是（）A. 铀核发生a衰变时释放出能量，目

19、前核电站利用的就是这一类能量B. 涂了增透膜的照相机镜头呈现淡紫色，这是光的干涉现象C. 我国的民用电为D. 电子属于轻子【答案】BD【解析】【详解】A.衰变时放出的能量比较小，目前核电站利用的是铀核发生裂变时释放的能量，故A错误；B.照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，因为可见光有“红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫”七种颜色，而膜的厚度是唯一的，所以只能照顾到一种颜色的光让它完全进入镜头，一般情况下都是让绿光全部进入的，这种情况下，你在可见光中看到的镜头反光其颜色就是淡紫色，故B正确；C.我国的民用电为：u=220sin100tV，故C错误；D.轻子是不参与强相互作用的粒子，电子是最早发现的轻子

20、，故D正确；16.中国北斗三号（卫星）采用星载氢原子钟，其精度将比北斗二号的星载铷原子钟提高一个数量级如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）A. 处于能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B. 欲使处于基态的氢原子被激发，可用的光子照射C. 大量氢原子处于的激发态时，总共可以辐射出10种光谱线D. 用能级跃迁到能级辐射出的光照射金属铂逸出功为能发生光电效应【答案】BCD【解析】【详解】A.要使n=3能级的氢原子发生跃迁，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，或大于1.51eV能量的任意频率的光子，故A错误；B.根据玻尔理论用12.09eV电子照射时，吸收光子后电子的能量：12.09+

21、（-13.6）=-1.51eV，所以能从基态发生跃迁，跃迁到第3能级，故B正确；C.根据组合公式=10知，大量氢原子处于n=5激发态，当向低能级跃迁时会辐射出10种不同频率的光，故C正确；D.从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4eV-（-13.6）eV=10.2eV6.34eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应。故D正确。三、实验题探究题（本大题共4小题，共14.0分）17.用图甲所示的实验装置探究“动能定理”。某学习小组在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条。细线一端连着滑块，另一端绕过气垫导轨左端的定滑

22、轮与力电传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_mm（2）下列实验要求中不必要的一项是_（请填写选项前对应的字母）A、应使A位置与光电门间的距离适当大些B、应使滑块质量远大于钩码和力电传感器的总质量C、应将气垫导轨调至水平D、应使细线与气垫导轨平行（3）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力电传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据时应作出的图象是_（请填写选项前对应的字母）A、作出“t-F图象”B

23、、作出“t2-F图象”C、作出“-F”图象”D、作出“-F”图象”【答案】 (1). 2.30 (2). B (3). C【解析】【详解】第一空.由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30mm；第二空.应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A正确；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故B错误；为减小实验误差，应减小摩擦力对实验的影响，应将气垫导轨调至水平，故C正确；应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故D正确；让选不必要的，故选B；第三空.根据牛顿第二定律得：a=，速度：v=，由匀变速直线运动

24、的速度位移公式得：v2=2aL，整理得：，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出 -F图象，故ABD错误，C正确；18.用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”得到一条纸带，每个4个点选取一个计数点，得到O、A、B、C、D、E五个计数点，小飞同学想选取O、D两点验证机械能守恒定律，在计算D点的速度时他应选择_AvD=BvD=gtODCvD=5xCED以上均不正确小飞在计算时发现EKDEPOD，请你帮他分析一下原因_【答案】 (1). C (2). 初速度v0不为零【解析】【详解】第一空.根据极短时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故C正确，ABD错误；第二空.若实验中算得动能的增加

25、量大于重力势能的减少量，可能原因是纸带的初速度v0不为零；19.某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。(1)已知电流计G的满偏电流IG= 200mA、内阻rG= 0.30，电路中已将它改装为最大量程600 mA的电流表，则 R1=_（结果取二位有效数字）。(2)通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电旅表V的示数如图丙，则此时通过电源E的电流为_mA结果取三位有效数字）；电源E的电动势等于_ V，内阻等于 _（结果取三位有效数字）。(3)若用来改装电流表的电阻R

26、1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果_（填“有”或“没有”）影响。【答案】 (1). 0.15 (2). 300 (3). 2.93 (4). 1.00 (5). 没有【解析】【分析】（1）根据电路的结构，根据欧姆定律求解电阻R1的阻值；（2）根据电压表的读数，结合图乙可读出电流计G的读数；在根据改装后的电流表结构确定通过电源的电流；根据图像的斜率和截距求解电动势的内阻；（3）根据电路的结构确定电阻R1对电动势测量结果的影响。【详解】（1）根据欧姆定律可知：，带入数据解得：R1=0.15.（2） 根据丙图可知电压表读数为2.6V；根据图乙可知电流计的读数为100mA，通过电阻R1

27、的电流等于通过电流计G电流的2倍，则电路的总电流为300mA；根据图像可知，电源的电动势为：E=2.93V，因改装的电流表的内阻为；则电源内阻.（3）电源电动势等于电流表读数为零时电压表的读数，可知电表改装时，若用来改装电流表的电阻R1的实际阻值略小于计算值，则对电源电动势测量的结果无影响；20.某同学用双缝干涉实验仪测量光的波长（1）实验中选用的双缝间距为d，双缝到像屏的距离为L，在像屏上得到的干涉图样如图甲所示，分划板刻线在图中A、B位置时，游标卡尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为_（2）分划板刻线在明条纹B处时，游标卡尺的读数为31.15mm，由此可知该游标卡尺的

28、分度是_（选填“10分度”、20分度”、“50分度”）（3）关于该实验，下列说法正确的是_A如果去掉滤光片，在像屏上得到的是明暗相间的白色干涉条B如果用激光作为光源，则无需凸透镜和滤光片，也能在像屏上得到干涉条纹C单缝和双缝必须相互平行，且处于竖直方向的位置，否则无法用测量头读数D若双缝中某一条被遮住，则像屏上不再有条纹（4）如果测量头中分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，条纹间距x的测量值_实际值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】 (1). (2). 20分度 (3). B (4). 大于【解析】【详解】第一空.根据条纹间距公式知，入射光的波长为；第二空.因为10分度

29、、20分度、50分度的精确度分别为0.1mm，0.05mm，0.02mm，所以读数为31.15mm时使用的是20分度的游标卡尺；第三空.去掉滤光片，产生的彩色干涉条纹，故A错误。如果用激光作为光源，则无需凸透镜和单缝，因为激光平行度好，亮度高，故B正确。单缝和双缝必须相互平行，但不一定要处于竖直方向的位置，故C错误；若双缝中某一条被遮住，则会形成单缝衍射条纹，故D错误；故选B。第四空.如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则相邻两条亮条纹的中心在测量方向上的距离增大，所以条纹间距的测量值大于真实值；四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）21.在墨尔本Avalon机场曾举办过

30、电动汽车和飞机的竞速比赛。出场的电动汽车P9D是特斯拉全系Models车型中性能最强的一款，在Ludicrous疯狂加速模式下，其百里加速时间仅为28s（时速从0到100kmh）；空载的波音737客机质量m=60t，配备了两台CFM56-7B20型涡轮风扇发动机，加速过程中所受的阻力为其重力的0.08倍加速度为3m/s2，在跑道上的起飞速度为252km/h。比赛开始，特斯拉汽车一马当先，但900m后被波音737客机追上。求（1）Modelsp90D疯狂模式下的加速度（2）通过计算说明飞机在追上汽车时有没有起飞？（3）一台CFM56-7B20型涡轮风扇发动机的推力多大？【答案】（1）9.92m/

31、s2（2）飞机在追上汽车时已经起飞（3）1.14105N。【解析】【详解】（1）根据题意可得v0=0，vt=100km/h=27.8m/s，t=2.8s根据加速度的定义式可得a=9.92m/s2（2）飞机加速过程，根据v2=2a飞x可得：v=m/s比较可知v70m/s（=252km/h），飞机已经离开地面；（3）设两台发电机的总推力为F，飞机所受阻力为f=0.08mg根据F-f=ma飞代入数据解得F=2.28105N则一台CFM56-7B20型涡轮风扇发动机的推力为F1=1.14105N。22.如图所示，在坚直平面内建立xo坐标系，曲线轨道OA部分的方程为y=x2在原点O处与x轴相切，A点的横

32、坐标为0.6m；光滑圆弧轨道AB所对的圆心角为53，半径R=1m。质量m=0.1kg、带电量g=210-5C的穿孔小球以3m/s的水平速度从O点进入轨道，以2m/s的速度从A端滑出后无碰撞地进入圆弧轨道。取g=10m/s2，求（1）小球滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力（2）小球在OA轨道运动过程中克服摩擦力做的功（3）要使小球在OA轨道运动过程中无机械能损失，可在空间施加一个电场。求场强的大小和方向？【答案】（1）2.2N（2）0.65J （3）5104N/C，方向竖直向下【解析】【详解】（1）AB过程机械能守恒：其中hAB=R-Rcos53=0.4m圆周B点处：FN-mg=m联立解得FN=

33、2.2N根据牛顿第三定律，压力为2.2N，方向向下（2）OA过程，据动能定理：mghOA-Wf=将xA=0.6代入y=得：yA=0.4m=hOA解得：Wf=0.65J（3）要使小球与OA轨道无挤压，须沿着y=轨迹运动对照知a=20m/s2竖直方向：mg+qE=ma解得：E=5104N/C，方向竖直向下23.如图所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B；边长为L的正方形金属框abcd(简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ(仅有MN、NQ、QP三条边，简称U型框)，U型框的M、P端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其它

34、地方没有接触。两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r。(1)若方框固定不动，U型框以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的接触点M、P端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求：U型框上N、Q两端的电势差UNQ；(2)若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的水平初速度v0，U型框恰好不能与方框分离求：方框最后的速度v1和此过程流过U型框上NQ边的电量q；(3)若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度v(vv0)，在U型框与方框分离后，经过t时间，方框的最右侧和U型框的最左侧之间的距离为s。求：分离时U型框的速度大小v1和方框的速度大小v2。【答案】(1) (2) (3) 【解析】分析

35、】U型框向右做切割磁感线运动，由和由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小和型框上N、Q两端的电势差；当U型框向右运动过程，方框和U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求出方框最后的速度；对U型框，由动量定理和电流概念求出此过程流过U型框上NQ边的电量；U型框和方框分离时系统动量守恒，根据题意列式求出分离时U型框的速度大小和方框的速度大小；【详解】解：(1)由法拉第电磁感应定律得：此时电路图如图由串并联电路规律外电阻为：由闭合电路欧姆定律得：流过QN的电流：所以: (2)当U型框向右运动过程，方框和U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒依题意得：方框和U型框最终速度相同，设最终速度

36、大小为解得：对U型框，由动量定理得：由电流概念得：解得：(3)设：U型框和方框分离时速度分别为v1和v2系统动量守恒：依题意得： 解方程可得：24.如图甲所示，在坐标系xOy平面内，y轴的左侧有一个速度选择器，其中电场强度为E，磁感应强度为B0粒子源不断地释放出沿x轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不同的粒子在y轴的右侧有一匀强磁场，磁感应强度大小恒为B，方向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化（不计其产生的电场对粒子的影响），规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示在离y轴足够远的地方有一个与y轴平行的荧光屏假设带电粒子在y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，

37、失去电荷变为中性粒子（粒子的重力忽略不计）（1）从O点射入右侧磁场的粒子速度多大；（2）如果磁场的变化周期恒定为T=，要使不同时刻从原点O进入变化磁场的粒子做曲线运动的时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开y轴的距离至少多大；（3）荧光屏离开y轴的距离满足（2）的前提下，如果磁场的变化周期T可以改变，试求从t=0时刻经过原点O的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系【答案】（1）（2）（3）T【解析】【详解】（1）因为粒子在速度选择器中运动时受力平衡，即：qvB0=qE，解得：v=；（2）带电粒子进入y轴右侧之后，在磁场中运动的半径为：r=，因为磁场的变化周期恒为：T=，所

38、以粒子在该磁场中运动半个周期所转过的角度为90，任一时刻进入y轴右侧磁场的粒子其运动轨迹如图甲所示：为使粒子在磁场中运动满一个变化周期，荧光屏离开y轴的距离应该为：x=2rsin+2rsin（90-）=2rsin+2rcos=2rsin（45+），当=45时，x的值最大，最大值为：x=2r=；（3）因为带电粒子在两个磁感应强度大小相等的磁场中运动的时间相等，所以其轨迹具有对称性，如图乙所示，其经过一个磁场变化周期之后的速度方向与x轴方向平行，且此时距x轴距离为：y=2r（1-cos）式中的为粒子在变化的磁场中运动半个周期所转过的角度，其余周期T的关系为：=，则：=，所以经过一个周期后，距x轴的距离为：y=2（1-cos），由于只有在y轴的右侧才有变化的磁场，所以带电粒子最大转过的角度不会超过150，如图丙所示，即磁场的变化周期有一个最大值，=，所以：TTm=；