1、学 海 无 涯 2020 届山东省新高考物理模拟试题 一、选择题1.下列说法正确的是（）A.放射性物质的温度降低，其半衰期将变大B.大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁，将辐射出 4 种频率的光C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，改用波长较长的光照射就有可能发生D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，总能量也增大2.某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖 1 和飞镖 2 到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中A.速度变化量v1 v2C.初速度v1 v2B.飞行时间t1 t2D.角度1 23.如图
2、所示，S1 和 S2 是两个相干波源，其振幅均为 A，周期均为 T。实线与虚线分别表示两列 波的波峰和波谷。此刻，c 是波谷与波谷的相遇点，下列说法中正确的是A a 处质点始终处于离平衡位置 2A 处B.随着时间的推移，c 处的质点将向右移动1C.从该时刻起，经过T，c 处的质点将通过平衡位置4D.若 S2 不动，S1 沿 S1b 连线向 b 运动，则 b 处质点仍然始终处于平衡位置4、从地面以大小为 v1 的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间 t 皮球落回地面,落地时皮球的 速度大小为 v2.已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大 小为g.下面给出时间t 的
3、四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解t,但是你可以通过一 定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为 t 的合理表达式应为(重力加速度为 g)()A.t v1v2B.t v1 v2C.t v1 v2 gggv1v2gD.t 5.假设某篮球运动员准备投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知他的质量为 m，双脚离 开地面时的速度为v，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为 h，则下列说法正确的是A.从地面跃起过程中，地而对他所做的功为 01B.从地面跃起过程中，地面对他所做的功为mv2 mgh2C.从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D.离开地面后，他在上升过程
4、中处于超重状态；在下落过程中处于失重状态6.人类探索宇宙的脚步从未停止，登上火星、探寻火星的奥秘是人类的梦想，中国计划于 2020 年登陆火星。地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下 表，火星和地球相比行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球6.41066.010241.51011学 海 无 涯 火星3.41066.410232.31011A.火星的第一宇宙速度较大B.火星做圆周运动的加速度较大C.火星表面的重力加速度较大D.火星的公转周期较大7、如图所示，A 受到沿斜面向上的拉力 F1 和垂直于斜面的拉力 F2 作用，正在沿倾角为 斜面 向下运动，斜面体 B 始终
5、保持静止不动。斜面体 B 受到地面的摩擦力向右，物块 A 正在下滑时，则（）A.物块与斜面动摩擦因数 tanB.若只撤去 F2，则 B 受到地面的摩擦力变小C.若同时撤去 F1 和 F2，物块 A 将可能匀速运动D.若只增大 A 的质量，物块 B 受到地面的摩擦力将变大8、如图电路中，电源电动势为 E、内阻为 r.闭合开关 S,增大可变电阻 R 的阻值后，电压表示 数的变化量为U，在这个过程中，下列判断正确的是A.电阻 R1 两端的电压减小，减小量等于UB.电压表示数变化量U 和电流表示数变化I 比值不变C.电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值不变D.电容器的带电量减小，减小量大于 C
6、U9.如图所示，三小球 a、b、c 的质量都是 m，都放于光滑的水平面上，小球 b、c 与轻弹簧相连且静止，小球 a 以速度 冲向小球 b，碰后与 小球 b 粘在一起运动.在整个运动过程中，下列说法中正确的是（）A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C.当小球 b、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，小球 b 的动能一定不为零10、有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈 c、d 两端加上交变电流。已知 b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。则下
7、列说法 正确的是A.开关 S1 始终接 a，当滑片 P 向下滑动时电压表 V1 和 V2 示数均不变B.开关 S1 始终接 a，当滑片 P 向下滑动时电流表 A1 和 A2 示数均变小C.保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 a 改接 b，电压表 V1 和 V2 示数均变大D.保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 a 改接 b，电容器所带电荷量的最大值将增大Z11、在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核(A X)发生了一次 衰变。放学 海 无 涯 射出的 粒子(4 He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 R。以 m、q 分别表示2 粒子的质量和电荷量，
8、生成的新核用 Y 表示。下面说法正确的是A.发生衰变后产生的 粒子与新核 Y 在磁场中运动的轨迹正确的是图丙B.新核 Y 在磁场中圆周运动 半径为 RY2RZ 2C.粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为 IBq22 mD.若衰变过程中释放的核能都转化为 粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为 mA BqR 22m A 4c212、如图是某绳波形成过程的示意图。质点 1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质 点 2、3、4各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=T/4 时，质点 1 到达最 高位置，质点 5 刚要开始运动。下列说法正确的是A.t=T/4 时，质点
9、 5 开始向下运动B.t=T/4 时，质点 3 的加速度方向向下C.从 t=T/2 开始的一小段时间内，质点 8 的 速度正在增大D.在 t=3T/2 时，1 到 17 个质点刚好第一次 构成一个标准的完整正弦图像二、实验题13、如图所示，为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力 F 及质量 m 的关系”实验装置简 图.（1）本实验采用的实验方法是。A.控制变量法B.假设法C.理想实验法D.等效替代法（2）在保持小车受力相同时，探究加速度与质量关系的实验屮，以下故法正确的是。A.平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上 B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.实验时
10、，先放开小车，再接通打点计时器电源1mD.为得出加速度 a 与与质量 m 的关系而作出a 图象（3）下图是实验中获取的一条纸带的一部分，其中 O、A、B、C、D 是计数点，每相邻两计 数点间还有 4 个点（图中未标出），计数点间的距离如图，打“B”计数点时小车的速度大小 为 m/s.由纸带求出小车的 加速度的大小为 m/s2.(计算结果 均保留 2 位有效数字）学 海 无 涯（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的 aF 图线.其中图 线不过原点的原因是，图线在末端弯曲的原因是.14、18.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，需要测出金属丝的电阻 R1，甲、乙两同学分别
11、采 用了不同的方法进行测量：（1）甲同学直接用多用电表测其电阻，该同学选择10 倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：（填步骤前的字母）A旋转选择开关至欧姆挡“1”B旋转选择开关至欧姆挡“100”C.旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔D.将两表笔分别连接到 Rx 的两端，读出阻值后，断开两表笔E.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图 1 示位置，Rx 的测量值为（2）乙同学则利用实验室里下列器材进行了测量：电压表 V（量程 05V，
12、内电阻约 10k）电流表 A1（量程 0500mA，内电阻约 20）电流表 A2（量程 0300mA，内电阻约 4）滑动变阻器 R1（最大阻值为 10，额定电流为 2A）滑动变阻器 R2（最大阻值为 250，额定电流为 0.1A）直流电源 E（电动势为 4.5V，内电阻约为 0.5）电键及导线若干为了较精确画出 IU 图线，需要多测出几组电流、电压值，故电流表应选用，滑动变阻器选用（选填器材代号），乙同学测量电阻的值比真实值（选填“偏大”“偏小”“相 等”），利用选择的器材，请你在图 2 方框内画出理想的实验电路图，并将图 3 中器材连成符 合要求的电路三、计算题15、（11 分）如图所示，两
13、个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为 m1 和 m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为 理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度 h。（已知 m13m，m22m）1在两活塞上同时各放一质量为 m 的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为 T0）。2在达到上一问的终态后，环境温度由 T0 缓慢上升到 T，试 问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放 出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到 气缸顶部）。学 海 无 涯 16、如图所示，质量 M1.5 kg 的小车
14、静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右 边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为 0.5 kg 的滑块 Q。水平放置的轻弹 簧左端固定，质量为 0.5 kg 的小物块 P 置于光滑桌面上的 A 点并与弹簧的右端接触，此时弹 簧处于原长。现用水平向左的推力 F 将 P 缓慢推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功 WF4 J，撤去 F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与 Q 发生弹性 碰撞，最后 Q 恰好没从小车上滑下。已知 Q 与小 车表面间动摩擦因数 0.1。(取 g10 m/s2)求：(1)P 刚要与 Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度 v0 是多
15、少？(3)为保证 Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？17、如图所示，在 xoy 平面内，有一线状电子源沿 x 正方向发射速度均为 v 的电子，形成宽为2R、在 y 轴方向均为分布且关于 x 轴对称的电子流。电子流沿 x 方向射入一个半径为 R、中心 位于原点 O 的圆形匀强磁场区域（区域边界存在磁场），磁场方向垂直 xoy 平面向里，电子 经过磁场偏转后均从 P 点射出在磁场区域的正下方，正对的金属平行板 K 和 A 与 x 轴平行，其中 K 板与 P 点的距离为 d，中间开有宽度为 2d 且关于 y 轴对称的小孔A 与 K 两板间加有恒定电压 UAK，且 K 板电势高于 A 板电势，
16、3mv2已知电子质量为 m，电荷量为 e，UAK，不计电子重力及它们间的相互作用8e1能打到 A 板上的电子在进入平行金属板时与金属板 K 的夹 角应满足什么条件？2能进入 AK 极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大？18、如图所示，足够长的水平轨道左侧 b1b2c1c2 部分轨道间距为 2L，右侧 c1c2d1d2 部分的 轨道间距为 L，曲线轨道与水平轨道相切于 b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计在水平轨 道内有斜向下与竖直方向成=37的匀强磁场，磁感应强度大小为 B=0.1T质量为 M=0.2kg 的金属棒 B 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为 m=0.1kg 的导体棒 A
17、自曲线轨道上 a1a2 处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行学 海 无 涯 且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，B 棒总在窄轨上运动已知：两金属棒接入电 路的有效电阻均为 R=0.2，h=0.2m，L=0.2m，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2 求：1金属棒 A 滑到 b1b2 处时的速度大小；2金属棒 B 匀速运动的速度大小；3在两棒整个的运动过程中通过金属棒 A 某截面的电量；4在两棒整个的运动过程中金属棒 A、B 在水平导轨间扫过的面积之差学 海 无 涯 2020 届山东省新高考物理模拟试题答案题号123456789101112答案1、【答案】D
18、【详解】A原子核的半衰期与外界条件及所处状态无关，由自身决定，A 错误。4B大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁，任选两条轨道，所以辐射出C 2=6 种频率光子，B 错误。C.根据光速方程：c v 可知，波长变长，频率降低，所以该光不能使金属发生光电效应，波长更长即频率更低的光，依然不能使金属发生光电效应，C 错误。D.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸收能量，总能量增大，根据库仑力提供向心力：kee r2v2 r m，可知，轨道半径越大，速度越小，动能越小，总能量等于动能加势能，所以势能增大，D 正确。2、【答案】D2g【解析】B、飞镖 1 下落的高度小，根
19、据h 1 gt 2，解得t 122h，可知飞行时间t t，故 B错误；A、加速度相等，都为 g，则速度变化量v gt，可得v1 v2，故 A 错误；C、由于水平位移相等，根据 x v0t，可知初速度v1v2，故 C 错误；D、根据00yvvvgttan，对于飞镖 1，时间短，初速度大，则 tan1tan2，所以12，故D 正确；故选 D。3、【答案】C【解析】a 处是波峰与波峰叠加，为振动加强点，振幅为 2A，但质点并不始终处于离平衡位1置 2A 处，A 错误；质点只在平衡位置附近振动，并不随波移动，B 错误；从该时刻起，经过 T，4c 处为平衡位置与平衡位置相遇，质点将通过平衡位置，C 正确
20、；两列波传到 b 点的振动情况一直在变化，当 S2 不动，S1 沿 S1b 连线向 b 运动，b 处质点不可能始终处于平衡位置，D 错误。故选 C。4、【答案】Bg【详解】时间的单位应该是 s，t v1v2 的单位为 m，故 A 错误；如果不考虑空气的阻力，则1v1=v2，t t上下，故运动的总时间1v2vt 由于空气阻力作用，v2v1，121ggggv v2v，故 B 答案是合理的，故 B 正确。假设空气的阻力为 0，则 v1=v2，则 t 上=t 下，故运动的总时间12gv vt，而121v v2vgg 0，故 C 错误。若没有空气阻力，v1=v2，时间应为t，故选项 D中运动时间t v1
21、v2 不合理，故 D 错误。g学 海 无 涯 5、【答案】A【解析】A.从地面跃起过程中，地面对人没有位移，所以地而对他所做的功为 0，故 A 正确；B 错误；C、.从下蹲到离开地面上升过程中，运动员的动能增加，重力势能也增加所以他的机械能是 增加的，故 C 错误；D、离开地面后，他在上升过程和下落过程中都有向下的加速度，所以都处于处于失重状态，故 D 错误；综上所述本题答案是：A 6、【答案】DMm【详解】A.根据GR2v2R m得，第一宇宙速度GMRv 火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，故 A 错误。BD.火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据Gr2T 2Mm4 2 ma m
22、r得：r 2GMGM4 2r3a,T 火星的轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，故 D 正确，B 错误。MmC.根据GR2 mg，得：g GMR2由于火星质量和半径的二次方比值较小，则火星表面的重力加速度较小，故 C 错误。7、【答案】D【解析】【详解】AC根据题意可知：设斜面倾角为，对斜面体因为地面对斜面体摩擦力向右，所 以物块对斜面体的压力的水平分力小于物块对斜面体摩擦力的水平分力，设物块斜面体之间弹力为 FN，有：FN sin FN cos，所以 tan，同时撤去两力，mg sin mg cos，物块将减速，AC 错误。B对斜面受力分析可知：f地=(mg cos F2)cos，只撤去
23、F2，地面对 B 的摩擦力变大，B 错误。D对斜面受力分析可知：f地=(mg cos F2)cos，只增大物块质量，摩擦力变大，D 正确。8、【答案】B【解析】AD、闭合开关 S，增大可变电阻 R 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻 R1 两端的电压U1 减小，由闭合电路欧姆定律U E Ir 得它们的总电压即路端电压U路 增大，由U路 U1 U 得电阻 R 两端的电压U 增大，U1 U 0，所以电阻 R1 两端学 海 无 涯 11的电压减小量小于U，故 A 错误，由于电容器与电阻 R1 并联，所以电容器两端的电压等于 电阻 R1 两端的电压，所以有电容器的两端的电压减小，带电量
24、减小，减小量小于 CU，故 D 错误；UIB、根据闭合电路欧姆定律得：U E （I R r），由数学知识得 R r，所以电压表示数变化量U 和电流表示数变化I 的比值不变，故 B 正确；C、由图可知U I R，由于 R 增大，则电压表的示数 U 和电流表的示数 I 的比值变大故 C错 误；故选 B。U【点睛】两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，R，RI是非线性电阻。9、【答案】CD【解析】【详解】AB、在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球 a 与 b 碰撞后 粘在一起，动能减小，机械能减小，故 A B 错误；C、a 与 b 碰撞后，弹簧被压缩，弹簧
25、对 b 产生向左的弹力，对 c 产生向右的弹力，ab 做减速运动，c 做加速运动，当 c 的速度大于 ab 的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球 b、c 速度相 等时，弹簧压缩量，弹性势能最大，故 C 正确；D、当弹簧恢复原长时，小球 c 的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b 的动能不为零，故 D 正确；故选 CD。【点睛】含有弹簧的问题，难点是对物体运动过程的分析，得到弹簧势能最大的临界条件；本题根据动量守恒和机械能守恒分析求得。10、【答案】BCD【解析】开关 S1 始终接 a，副线圈电压不变，当滑片 P 向下滑动时，接入电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小
26、，B 正确；副线圈电压不变，所以电压表 V1 的示数不变，电压表 V2 测量的是滑动变阻器的电压，因为总电流变小，所以定值电阻的分压变小，所以滑 动变阻器的分压变大，故 V2 示数变大，A 错误；保持滑片 P 的位置不变，将开关 S1 由 a 改接 b，副线圈电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增多，CD 正确11、【答案】BCD【详解】由动量守恒可知衰变后产生的 粒子与新核 Y 运动方向相反，所以在磁场中运动的mv2RR mv轨迹圆外切，根据qvB 可得qB，可知 粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运qB2动方向相同，丁图正确，故选项 A 错误；由 R mv 可知 R
27、Y RZ 2，新核 Y 在磁场中圆周YZ 2运动的半径为 R 2 R，故选项 B 正确；圆周运动的周期为T 2 m，环形电流为qBq2T2 mI，故选项 C 正确；对 粒子由洛伦磁力提供向心力qvB qBmv2qBRRm可得v，学 海 无 涯 4由质量关系可知衰变后新核 Y 质量为 M A 4 m，由衰变过程中动量守恒可得Mv mv 0可知v mv，系统增加的能量为E 1 Mv2 1 mv2，由质能方程可得E mc2，联立M22AqBR2解得衰变过程中的质量亏损为m 2m A 4c2，故选项 D 正确。12、【答案】BDT【解析】A 项：由题意可知，在质点 1 位于波峰可知，质点的起振方向向上
28、，根据受迫振4动的振动方向与波源振动方向相同，所以质点 5 的起振方向向上，故 A 错误；B 项：t=T/4 时，质点 3 位于平衡位置上方，所以加速度方向向下，故 B 正确；C 项：在 t=T/2 时，质点 8 开始向上振动，所以振动速度减小，故 C 错误；D 项：在 t=T 时，1 到 16 个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像，故 D 错误。二、实验题13、【答案】(1).A(2).BD(3).0.54(4).1.5(5).未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力(6).未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的总质量【解析】【详解】（1）本实验采用的实验方法是控制变量法；（2）平衡摩擦力时，应不
29、挂小桶，让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项 A 错误；每次 改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项 B 正确；实验时要先接通电源后放小车，11m选项 C 错误；因为a 为正比关系，故为得出加速度 a 与与质量 m 的关系而作出a 图m象，选项 D 正确；故选 BD。（3）计数点间的时间间隔 T=0.02s5=0.1s，打 B 计数点时小车的速度大小为B2Tv xAC 0.54m/s；T 2(2T)2根据逐差法得a x，小车的加速度a xBD xOA 1.5m/s2（4）由图线可知，当力 F 到达一定值时才有加速度，故图线不过原点的原因是未平衡摩擦 力或未完全平衡摩擦力；图线在末端弯曲的
30、原因是未满足小车的质量远远大于小桶和砝码的 总质量；14、【答案】（1）AEDC，22（2）A2，R1；偏小；如图所示；【解析】【详解】解：（1）发现指针 转过角度太大，知电阻较小，则换用“l”，换挡后需重新调 零然后去测电阻，最后将旋 钮旋至“OFF”挡或交流电压的 最高挡 故合理顺序为：AEDC Rx 的 测 量 值 为 221=22（2）通过电阻电流的最大值学 海 无 涯 5大约 I A 0.23A，所以选择量程为 300mA 的电流表测量比较准确总阻值为 250 的22滑动变阻器阻值相对较大，测量时误差大，所以选择总阻值为 10 的滑动变阻器由于待测电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，
31、所以电流表采用外接法因采用外接法，则由于电压表的分流而使电流表测量结果偏大，由欧姆定律可知，所测电阻偏小；若采用限流法，电 路中的电流较大，容易超过电流表的量程，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所 示：根据电路图连接实物图，如图所示：【点睛】解决本题的关键掌握器材选取的原则，知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的 区别，以及知道电流表内外接的区别15、解：（1）设左、右活塞的面积分别为 A和 A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：由此得：在两个活塞上各加一质量为 m 的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x在初态，气体
32、的压强为为左活塞的高度）由玻意耳马略特定律得：解得：，即两活塞的高度差为（2）当温度由 T0 上升至 T 时，气体的压强始终为，设 x是温度达到 T 时左活塞的高度，由盖吕萨克定律得：活塞对气体做的功为：由热力学第一定律：，W0，Q0，在此过程中气体吸收热量16、【解析】(1)推力 F 通过 P 压缩弹簧做功，根据功能关系有EpWF学 海 无 涯 当弹簧完全推开物块 P 时，有1Ep mPv22由式联立解得 v4 m/s。(2)P、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后 Q 的速度为 v0，P 的速度为 v，由动量守恒和能量守恒 得mPvmPvmQv0211212222mPv mPv mQv0由式解得
33、 v0v4 m/s，v0。(3)设滑块 Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为 u，由动量守恒可得 mQv0(mQM)u根据能量守恒，系统产生的摩擦热mQgL m211222Qv0(mQM)u 联立解得 L6 m。17、【答案】（1）60120（2）22【解析】【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，电子在极板间做匀变速曲线运动，竖直方向做匀减 速直线运动，刚好能打到 A 板上的电子满足到达 A 板时竖直方向速度等于 0，运用动能定理 求解；能进入极板间的电子与金属板 K 的夹角满足45 135，利用作图找出几何关系，求出进入 AK 极板间的电子数占发射电子总数的比例。解解：（1）设恰能打到
34、A 板的电子在进入极板与金属板 K 的夹角为 0221122AK0电子在极板运动过程运用动能定理Ue m(v cos )mv得0 60 或0 120故能打到 A 板上的电 子与金属板 K 的夹角 满足60 120（2）能进入极板间的电子与金属板 K 的 夹角 满足45 135=45的电子在磁场 中的轨道如图甲所示，入射点为 M平行四边形 O1POM为菱形，电子在磁场学 海 无 涯 中运动的半径也为 RM 到 P 点的竖直距离dM R(1 cos45)=135的电子在磁场中的轨道如图乙所示，入射点为 N N 到 P 点的竖直距离dN R(1 cos45)222R故 NM 竖直长度占射入总长度 2
35、R 的比例 dN dM（4）27.8m218、【答案】（1）2m/s（2）0.44 m/s（3）5.56C【解析】A 棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得：122mgh=mv0 得：v0=2gh 210 0.2m/s 2m/s（2）选取水平向右为正方向，对 A、B 利用动量定理可得：对 B：FB 安cost=MvB 对 A：FA 安cost=mvAmv0 其中 FA 安=2FB 安 由上知：mv0mvA=2MvB两棒最后匀速时，电路中无电流：有 BLvB=2BLvA得：vB=2vA 联立后两式得：v=2 v=0.44 m/sB09（3）在 B 加速过程中：（Bcos）iLt=MvB0q=it50得：q=C5.56C9（4）据法拉第电磁感应定律有：E=t其中磁通量变化量：=BScos电路中的电流：I=E2R通过截面的电荷量：q=It（11）250得：S=m 27.8m229点睛：在导体棒下滑的过程中只有重力做功。满足机械能守恒的条件，根据机械能守恒列式求解；利用安培力结合动量定理列式求解即可；以 B 导体棒为研究对象，根据电流的定义式 和动量定理列式求解；在整个运动过程中，利用法拉第电磁感应定律。求出磁通量的变化，结合闭合电路欧姆定律进行求解。学 海 无 涯
