（精析）2020年4月朝阳区六校联合高三年级测试题B物理试卷.docx

1、1 朝阳区六校联合朝阳区六校联合 20202020 年年高三年级高三年级 4 4 月份测试题月份测试题 B B 物理试卷物理试卷解析解析20204 （考试时间 90 分钟满分 100 分） 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1下列说法中正确的是 甲 乙 丙 丁 A甲图中，两个分子从很远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先 变小后变大 B乙图中，在测量分子直径时，可把油膜厚度视为分子直径 C丙图中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做功 D丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可

2、以自发的从低温物体向高温物体传递 【答案】B 【解析】甲图中，两个分子从很远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合 力是先变大后变小再变大，选项 A 错误；乙图中，在测量分子直径时，可把油膜厚度视为分子直径，选项 B 正确；丙图中，猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，外界对气体做功，不是气体对外界做 功，选项 C 错误；丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量不可以自发的从低温物体向高温物体传递，要想 让这个过程进行下去，必须对它做功，选项 D 错误。 2 如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心 O，经折射后分为两束单色光 a 和 b，下列判断 正确的是 A玻璃对 a

3、 光的折射率大于对 b 光的折射率 B不断增大入射角，b 光先发生全反射现象 C在真空中 a 光的波长大于 b 光的波长 D遇到障碍物时，a 光更容易发生衍射 b a O 2 【答案】A 【解析】由图可以看出，相对于原入射光线的方向而言，a 光偏折的程度大，所以 a 光的折射率比较 大，故选项 A 正确；再根据 sinC= 1 n 可知，折射率 n 大的，其临界角小，故 a 光的临界角小，所以当增大 入射角的时候，a 光会先达到临界角而发生全反射，选项 B 错误；a 光的折射率大，就相当于是紫光，而 紫光的频率大，波长小，故 a 光的波长小，选项 C 错误；a 光的波长小，一般物体的尺度很难达

4、到这么小 的波长，故它不容易发生衍射现象，选项 D 错误。 3图甲为一列简谐横波在 t=2 s 时的波形图，图乙为介质中平衡位置在 x=0.5 m 处的质点的振动图像。 下列说法正确的是 A波速为 2 m/s B波沿 x 轴负方向传播 C02 s 时间内，该质点沿 x 轴运动了 1m D02 s 时间内，该质点运动的路程为 8 cm 【答案】D 【解析】由于甲是 t=2 s 时的波形图，而乙是 x=0.5 m 处的质点的振动图像，由乙看出质点在 t=2s 时 向下振动，即以甲图中的 x=0.5m 处的质点向下振动，根据同侧法可得出波向右传播，即 x 轴正方向传播， 选项 B 错误；由甲可知，波

5、长为 2m，由乙可知，周期为 4s，故波速为 v= 2 4 m Ts =0.5m/s，选项 A 错误； 质点只能上下振动，不会随波的传播方向移动，故选项 C 错误；02 s 时间内，该质点经过了半个周期， 振动的路程是 2 个振幅，即 24cm=8cm，选项 D 正确。 4下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是 A图甲:光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 B图乙:铀核裂变中放出新的中子又引起新的裂变，形成链式反应 3 C图丙:氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的 D图丁:卢瑟福通过 粒子散射实验，提出原子核均匀分布在原子内的结构模型 【答案】B 【解析】图甲

6、的光电效应中，由爱因斯坦的光电效应方程可知：h=W0+Ek，变换一下得：Ek=h-W0， 说明光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项 A 错误；图乙中，铀核裂变中放出 新的中子又引起新的裂变，形成链式反应，选项 B 正确；图丙:氢原子能级是分立的，原子发射光子的频 率也是不连续的，即原子发光只能发出某个能级差之间的能量而形成的光子，选项 C 错误；图丁中，卢瑟 福通过 粒子散射实验，提出的是原子核的核式结构模型，不是均匀分布的，选项 D 错误。 5下列表述正确的是 A电场线是电场中客观存在的物质 B法拉第发现了电磁感应现象 C千克、牛顿都是物理学的基本单位 D加速度、合外力

7、与质量的三者关系，可以写成 a= ，这属于比值法定义 【答案】B 【解析】电场线不是电场中客观存在的物质，是人们为了描述磁场而想像的，选项 A 错误；法拉第发 现了电磁感应现象，选项 B 正确；千克是物理学的基本单位，牛顿不是，选项 C 错误；加速度、合外力与 质量的三者关系，可以写成 a= ，但这不属于比值法定义，比值法定义的加速度是 a= v t ，选项 D 错误。 6如图所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在输出电压 u2202sin100t （V）的交流电 源的两端，副线圈中接有理想电压表及阻值 R50 的负载电阻。已知原、副线圈匝数之比为 11：1，则 下列说法中正确的是 A电压表

8、的示数为 20 V B电流表的示数为 4.4 A C原线圈的输入功率为 16W D通过电阻 R 的交变电流的频率为 100 Hz 【答案】A 【解析】由于交流电源的输出电压为 u2202sin100t （V），有效值为 220V，再由变压器的电 压与匝数比的关系可知： 11 22 Un Un ，故副线圈的电压有效值为 U2= 21 1 1 220 11 n UV n =20V，故电压表的示 F 4 数就是 20V，选项 A 正确；电流表的示数为 I2= 2 20 50 UV R =0.4A，选项 B 错误；副线圈的电阻消耗的电功 率 P=U2I2=20V0.4A=8W，由于理想变压器的原副线圈

9、的功率相等，所以原线圈的输入功率也是 8W，选 项 C 错误；因为变压器不改变交流电的频率，所以原线圈的交流电的频率为 f= 1100 22T =50Hz， 选项 D 错误。 7一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则 A此空间一定不存在磁场 B此空间一定不存在电场 C此空间可能同时有电场和磁场 D此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度方向垂直 【答案】C 【解析】如果一个电子沿磁场的方向穿过某一空间，它是不受磁场力的，只有与磁场方向有夹角地进 入磁场才会受到洛仑北力而发生偏转，故选项 A 错误；如果电子沿电场方向进入电场，它受电场力的方向 与速度方向在同一直线上，则此时它也不发生偏转，而是做直线

10、运动，加速减速，选项 B 错误；此空间可 能同时有电场和磁场，选项 C 正确；因为电子在这个复合场中受到的电场力与磁场力可能是平衡的，电子 就不会偏转，如速度选择器，故选项 C 正确；如果此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度方向垂直， 则电子一定会在洛仑兹力的作用下发生偏转，故选项 D 错误。 8 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子 a、b，以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入圆 形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 Aa 粒子带正电，b 粒子带负电 Ba 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 Cb 粒子动能较大 Db 粒子在磁场中运动时间较长 【答案

11、】C 【解析】由于 a 带电粒子进入磁场后向下偏转，根据左手定则可以判断出它带负电，相反粒子 b 就带 正电，选项 A 错误；由图看出粒子 a 的偏转半径较小，根据 F洛=F向可知，Bqv=m 2 v R ，故解出 R= mv Bq ， 故半径越小的速度也会越小，则再由 F洛=Bqv，速度小的洛仑兹力就小，故 a 粒子在磁场中所受洛伦兹力 较小，选项 B 错误；根据动能 Ek= 1 2 mv2可知，a 粒子的速度小，故它的动能小，b 粒子的动能大，选项 C F 5 正确；又因为粒子在磁场中的周期为 T= 2 m Bq ，粒子的质量 m、电荷量 q 都相等，故周期相等，但 b 粒子 在磁场中的偏

12、向角比较小，故粒子在磁场中的时间 t= 360 T ，所以 b 粒子在磁场中运动时间较短，选项 D 错误。 9 如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为 R，月球表面的重力加速度为 g0.飞船在半径为 4R 的圆形轨道上运动，到达轨道的 A 点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点 B 时，再次点火进 入近月轨道绕月做圆周运动，则 A飞船在轨道、上运行的周期之比为 8 1 B飞船在轨道的运行速率大于 g0R C飞船在轨道上经过 A 处的加速度小于在轨道上经过 A 处的加速度 D飞船在轨道上经过 A 处的运行速率小于飞船在轨道上经过 A 处的运行速率 【答案】A 【解析】飞船绕月飞行时，

13、2 22 4GMmmr rT ，所以周期 T=2 3 r GM ，飞船在轨道、上运行 的周期之比为 3 1 3 3 (4 )TR TR =8 1，选项 A 正确；飞船在轨道上运行时， 2 0 m v mg R ，故它的的运行 速率 v= g0R，选项 B 错误；由于 A 点在轨道与轨道的相切点，月球对它的吸引力是不变的，故产生 的加速度也是相等的，选项 C 错误；由于飞船由轨道进入轨道时的半径减小，根据 a= 2 v r ，加速度 a 不变，半径 r 减小，故运行的速率也会减小，所以飞船在轨道上经过 A 处的运行速率要大于飞船在轨道 上经过 A 处的运行速率，选项 D 错误。 10如图所示，两

14、个完全相同的小球 A、B，在同一高度处以相同大小的初速度 v0分别水平抛出和竖 直向上抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是 6 A两小球落地时的速度相同 B两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同 D从开始运动至落地，两小球动量的变化相同 【答案】C 【解析】根据机械能守恒可知，两球落地后的速度大小相等，但是方向不相同，故落地时的速度不相 同，选项 A 错误；两球落地时竖直向下的速度不相等，B 球要大一些，故它们的重力的瞬时功率也不相同， 选项 B 错误；由于不计空气阻力，两球运动过程中的机械能是守恒的，故两小球的机械能变化相同，选项 C 正确；根据动量定理

15、，动量的变化等于合外力的冲量，它们的合外力相等地，但是作用的时间不相等， B 的时间要长一些，故合外力的冲量不相等，那么两小球的动量的变化量也不相等，选项 D 错误。 11为了确定一个标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的电阻，小明和小华两位同学分别采用了不同的方法： 小明同学用多用电表的欧姆档测量，测量结果 R1=2；小华同学由 U R I 计算可得其阻值 R213。小明 同学的操作过程无误，但 R1和 R2存在明显差异。对此，下列说法正确的是 A小明同学的方法错误，因为测量时没有电流通过小灯泡 B小华同学的方法错误，因为小灯泡的电阻不能用 U R I 来计算 C两位同学的方法都正确，因为小灯

16、泡的工作状态不同导致电阻不同 D两位同学的方法都正确，因为多用电表的欧姆档的精确度不够 【答案】C 【解析】小明同学是用多用电表测量的，测量时也有电流通过灯泡，故选项 A 错误；小华同学的测量 方法中，可以用 U R I 来计算灯泡的电阻，选项 B 错误；两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态 不同导致电阻不同，选项 C 正确，D 错误；用多用电表是在温度较低时测量出来的，电阻值比较低，用公 式计算出来的是当灯泡发光时的电阻，此埋灯泡的电阻温度高，灯丝的电阻大造成的不同，故它们都是正 确的。 12如图甲所示，在某电场中建立 x 坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，经过 A

17、、 B、C 三点，已知 xC-xB = xB- xA。该电子的电势能 Ep随坐标 x 变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确 的是 7 AA 点电势高于 B 点电势 BA 点的电场强度小于 B 点的电场强度 CA、B 两点电势差 UAB等于 B、C 两点电势差 UBC D电子经过 A 点的速率小于经过 B 点的速率 【答案】D 【解析】因为电子由 A 运动到 C 的过程中，电势能减小，说明电场力做正功，故电子受到的电场力的 方向是沿 A 到 C 的，而电子带负电，故电场强度的方向是由 C 到 A 的，因为沿着电场线电势是降低的， 所以 A 点电势低于 B 点电势，选项 A 错误；再根据电子在相

18、同的距离内电势能的减少量不同，电子由 A 到 C 时，电势能的减少量在减小，则说明电势差也在减小，即 UABUBC，再由电场强度的公式 E= U d 可得， 电场强度 E 也在逐渐减小，即 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，选项 B 错误；A、B 两点电势差 UAB 要大于 B、C 两点电势差 UBC，选项 C 错误；由于电子由 A 到 C 时，电场力做正功，电子的动能一定增加， 故电子经过 A 点的速率小于经过 B 点的速率，选项 D 正确。 13如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80 V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电。 放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对

19、C 充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路 A充电时，通过 R 的电流不变 B若 R 增大，则充电时间变长 C若 C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 D若 E 减小为 85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量减小 【答案】B 【解析】充电时，电源、电容器与电阻构成通路，充电刚开始时电流很大，随着电容器的两端电压升 高，电路中的电流逐渐减小，最后充满时，电流为 0，故充电时通过 R 的电流是逐渐减小的，选项 A 错误； 8 若 R 增大，相对的充电电流就会减小，而充满的电荷量是不变的，故根据 I= Q t 可知，充电时间会变长， 选项 B 正确；若 C 增大，因为 C= Q

20、 U ，则充满电的电荷量会增大，故闪光灯闪光一次放电时通过的电荷量 也会增大，选项 C 错误；若 E 减小为 85 V，闪光灯充电时的两端电压仍达到 80V 时就会导通而放电，所 以充电电压也就是达到 80V 就不能再高了，故两次的充电电压相等，电容器所带的电荷量不变，所以闪光 一次通过的电荷量是不变的，选项 D 错误。 14单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做体积流量（以下简称流量）。有一种利用电磁原理测 量非磁性导电液体（如自来水、啤酒等）流量的装置，称为电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号 的传感器和显示仪表两部分组成。传感器的结构如图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极

21、a 和 c，a、c 间的距离等于测量管的直径 D，测量管的轴线与 a、c 的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向 三者相互垂直。当导电液体如图中所示的方向流过测量管时，测得管壁 ac 上两点间的电压为 U，并通过 与电极连接的仪表显示出液体的流量 Q。设磁场均匀恒定，磁感应强度为 B。 A若导电液体带负电，则 c 点电势高 B若导电液体中同时有正负离子，则 ac 间无电压 C管中的导电液体流速为 D管中的导电液体流量为 4 【答案】D 【解析】先根据电磁铁中的电流方向判断磁场方向，由右手定则可知，上端的电磁铁下面是 N 极，下 面的电磁铁的上端是 S 极，磁场方向竖直向下；若导电液体带负电，根据

22、左手定则可以判断出带负电的液 体受向右的洛仑兹力而偏向电极 c，故则 c 点电势低，选项 A 错误；若导电液体中同时有正负离子，则负 离子会偏向 c，正离子会偏向 a，所以 ac 间仍有电压，选项 B 错误；当导电液体中的带电粒子受到的洛仑 兹力与电场力相平衡时，ac 上两点间的电压为就稳定不变了，此时其大小为 U，故 F洛=F电，即 Bqv= U D q， 9 即管中的导电液体流速为 v= U BD ，选项 C 错误；由流量的定义可知 Q= VSvt Sv tt ，故将速度代入得 Q= 2 2 4 D U SUDU BDBDB （） ，选项 D 正确。 第二部分 本部分共 6 题，共 58

23、分。 15(4 分)（1）在“探究气体压强与体积的关系”实验中，为保持温度不变，下列采取的措施合理的是 A推动活塞运动时尽可能慢些 B在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性 C不要用手握住注射器封闭气体部分 D实验时尽量在注射器中封入较多的空气 （2）某同学根据实验数据在 P-V 图像上画出了如图所示曲线图像，你认为他这样做能方便的看出 PV 之间的关系吗？请说明理由。 【答案】（1）AC；（2）见解析。 【解析】推动活塞运动时尽可能慢些，这样的好处是使气体能与外界保持相等的温度，以达到保持温 度不变的目的，选项 A 正确；在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性自，这样是为了保持封闭气体的质量 不

24、发生变化，并不能保持封闭气体的温度不变，所以 B 错误；当用手直接握在注射器上时，手的温度可能 改变气体的温度，所以不要用手直接握在注射器上，所以 C 正确；只要是封闭气体的质量不变，气体的多 少不会改变实验的数据，与气体的温度是否会变化无关，所以 D 错误。 （2）如果做成p-V图像，则其图线是曲线，不能直观看出pV间的关系，因为如果pV=C 或pV 2=C 或 p 2V=C 都可以得出 pV图线是曲线；所以要想得出pV的关系，我们可以做出p- 1 V 的图像，如果它是直线， 则说明p与V的关系是成反比的。 16.（14 分）用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导

25、线外，可供 使用的实验器材还有： 10 双量程电流表：A（量程 00.6A，03A）； 双量程电压表：V（量程 03 V，015 V）； 滑动变阻器：R1（阻值范围 010，额定电流 2A)； R2（阻值范围 0100 ，额定电流 1A)； （1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为 A，电压表的量程为 _V，应选用滑动变阻器 (填写滑动变阻器符号)。 （2）根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片 P 应处于正确的位 置并选择正确的电表量程进行连线。 （3）通过多次测量并记录对应的电流表示数 I 和电压表示数 U，利用这些数据在图丙中画出了 UI 图线

26、。由图线可以得出此干电池的电动势 E= V（保留 3 位有效数字），内电阻 r= （保留 2 位有效数字）。 （4）引起该实验的系统误差的主要原因是 。 A由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小 B由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大 C由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小 D由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大 （5）某同学利用如图所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，经过正确的操作获得了若干组实验 数据，据此描绘出的U-I图像（其中U、I分别为电压表和电流表的读数）如下图中的实线所示，虚线表示 该电池两端的电压与流经

27、电池电流的关系图线，下列图像合理的是 11 A B C D （6）为了分析本实验的误差，某同学自学了等效电压源定理：任何一个含有电源的二端网络（即图 7 中的“有源网络”）可以等效为一个电压源，等效电压源的电动势等于该网络的开路电压，即 a、b 两点 开路时的路端电压，等效电压源的内阻等于从网络两端看有源网络的总电阻，此时电源仅当做阻值为其自 身内阻的一个定值电阻。 请你用该方法分析本实验电动势、 内阻的测量值 E、 r与真实值 E、 r 的大小关系。 图 7 【答案】（1）00.6 （1 分）；03 V （1 分）；R1（1 分）；（2）见答图 1 （2 分）；（3） 1.45（1 分）；

28、1.3 （1 分）；（4）A （2 分）；（5）A（2 分）；（6）见解析。 【解析】（1）由于测定的是一节旧干电池的电动势和内阻，所以其两端电压大约是 1.5V，通过电流 也不会很大，故电流表的量程选 00.6A；电压表的量程选 03V；变阻器选阻值较小的 R1； （2）先根据电路图连接一个没有电压表的电路，从电源的正极出发，要让变阻器的最大电阻接入电 路，然后接电流表的“0.6”接线柱上，然后再接入电压表，要用 3V 量程，连好的电路如图所示； （3）由丙图的图线与 U 轴的交点，可得出电源的电动势为 E=1.45V；内阻的大小为 r= 1.450.80 0.500 UVV IA =1.3

29、； （4）该电路的电压表直接测电源的路端电压，故它的测量值是准确的，而电流表没有测通过电源的 电流，而是测通过变阻器的电流，而它应该测通过电源的电流，故二者之间就差一个电压表的支路，所以 误差的来源是电压表的分流造成电流表的读数比电源实际输出的电流小，选项 A 正确； 12 （5）实线是实验数据，虚线是理论数据；我们这样来看，当电流表的示数为 0 时，电源与电压表仍 然组成一个闭合电路，电压表测量的是电源的路端电压，其实电压表是仍然有很小的电流，故电源电压总 要大于路端电压，所以虚线在实线的上面，选项 A 正确。 （6）电流表内接（如图甲，设电压表内阻 Rv，待测电源 E 和 r），我们将电压

30、表 RV和电源看成是一 个电压源，等效电压源的电动势 E为将可变电组 R 两端开路时的端电压 U，即 E=U= V V R E Rr 甲 等效电压源内阻 r为 RV与 r 的并联，即 r= V V R r Rr ； 在等效电压源的电路中，电流表测的就是总电流，电压表测的就是路端电压，由 E=U+Ir 求得的 E测，r 测，便是此等效电压源的 E，r E测= E=U= V V R E Rr = 1 V E r R E；r测= r= V V R r Rr = 1 V r r R 0 且为常量）。 a若 xr，求金属圆环上 a、b 两点的电势差 Uab b若 x 与 r 大小关系未知，推导金属圆环中

31、自由电子受到的感生电场力F2与 x 的函数关系式，并在图 4 中定性画出 F2-x 图像。 【答案】（1）推导略；（2）a. Uab= 2k2 3 （2 分）；b.图像见解析。 【解析】（1）金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力， 是这个力充当了非静电力。非静电力的大小 F1 = Bev（1 分） 从 N 到 M 非静电力做功为：W非=Bevl（1 分） 由电动势定义可得：E1= W非 q =Blv（1 分） （2）a.（4 分）由 Bt=B0+kt 得:B t =k 根据法拉第电磁感应定律:E2= t = B.S t 因为 xr，所以S=2（2 分） 根据闭合电路

32、欧姆定律得：I= E2 R+R/2 Uab=I.R 联立解得：Uab= 2k2 3 （2 分） b.在很短的时间内电子的位移为s，非静电力对电子做的功为 F2s 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功： W非=F2s=F2.2x（1 分） 根据电动势定义：E2= W非 e （1 分） 当 xr 时，联立解得：F2= 2 （1 分） 当 xr 时，磁通量有效面积为S=2 联立解得：F2= 2 2 （1 分） 17 由自由电子受到的感生电场力F2与 x 的函数关系式 可得 F2-x 图像：（1 分） 高三年级高三年级 4 4 月份测试题月份测试题 B 物理物理参考答案参考答案 20204 第一部

33、分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A D B B A C C A C C D B D 第二部分 本部分共 6 题，共 58 分。 15（4 分） （1）AC （2）不能。以 P 为纵坐标 V 为横坐标，做出 PV 图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应作 出 P-1/V 图像，看其是否为过原点的倾斜直线，才能最终确定 P 与 V 是否成反比。 18 17（8 分） 解：（1）小物块的加速度g m mg m f a ，由atvv 0 ，将

34、=3.0 m/s，=0.25，t=0.2s 代入， 得小物块的初速度 v0=3.5m/s。 2 分 （2）小物块飞离桌面后做平抛运动， 飞行时间 g h t 2 ，将 h=0.45m 代入，得 t=0.3s，1 分 由动量定理，p=mgt=0.3kgm/s 1 分 方向：竖直向下1 分 （3）对小物块从离开桌面到落地的过程应用动能定理， 2 2 1 mvEmgh k ，将 h=0.45m，=3.0 m/s，m=0.10kg 代入， 得小物块落地时的动能 Ek=0.9J。 3 分 18（10 分） 解：（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是 Eq=mgtan2 分 E= tan

35、=0.75mg/q1 分 （2）小球在外力作用下从 B 位置缓慢移动到 A 位置过程中，根据动能定理有 WF-Eqlsin+mg(l-lcos)=02 分 带入数值得：WF=0.25mgl 1 分 （3）小球最高到达 C 点，OC 与竖直方向夹角为 2=74 （或者：OC 与 OA 关于 OB 对称）2 分 原因：将电场力与重力等效成“等效重力”，其方向沿 OB 方向，小球从 A 点静止释放，应该摆动到关 于 OB 对称的位置。2 分 另法：列动能定理，计算出 OC 与竖直方向夹角为 2 19（10 分） 解：（1）对滑块由动能定理有：mgR=1 2mv 2-0 1 分 在轨道最低点，由牛二律

36、有：N-mg=mv2/R 1 分 解得 N=60N， 由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为 60N1 分 （2）若滑块不冲出木板，则两个物体最终共速，由动量守恒有： 19 mv=(m+M)v共1 分 对系统由能量守恒有： 1 2mv 2=1 2 (m+M)共 2 +Q 1 分 Q=f滑s相对1 分 s相对=6m，大于木板长度 4.5m，所以能够冲出1分 （3）不会冲出木板1 分 原因：两个物体在 v-t 图中的图像所围的面积为两物体之间的相 对距离，第二次所围的面积小于第一次所围的面积，所以不会冲 出2 分 其它方法正确同样给分 20（12 分） 解：（1）解：金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒

37、中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力， 是这个力充当了非静电力。非静电力的大小 F1 = Bev（1 分） 从 N 到 M 非静电力做功为：W非=Bevl（1 分） 由电动势定义可得：E1= W非 q =Blv（1 分） （2）a.（4 分）由 Bt=B0+kt 得:B t =k 根据法拉第电磁感应定律:E2= t = B.S t 因为 xr，所以S=2（2 分） 根据闭合电路欧姆定律得：I= E2 R+R/2 Uab=I.R 联立解得：Uab= 2k2 3 （2 分） b.在很短的时间内电子的位移为s，非静电力对电子做的功为 F2s 电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功： W非=F2s=F2.2x（1 分） 根据电动势定义：E2= W非 e （1 分） 20 当 xr 时，联立解得：F2= 2 （1 分） 当 xr 时，磁通量有效面积为S=2 联立解得：F2= 2 2 （1 分） 由自由电子受到的感生电场力F2与 x 的函数关系式 可得 F2-x 图像：（1 分）