浙江省四校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷(解析版)

这是一份浙江省四校2023-2024学年高二下学期3月月考物理试卷(解析版)，共29页。

1．本卷满分100分，考试时间90分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
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. 磁通量的单位韦伯用国际单位制中的基本单位可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】AB．由于T和N均不是基本单位，故AB错误；
CD．由磁通量定义
所以韦伯用国际单位制中的基本单位可表示为，故C正确，D错误。
2. 如图所示，杭昌铁路于2023年12月27日全线贯通运营，沿线共有9个国家5A级旅游景区，70多个国家4A级旅游景区，是一条世界级黄金旅游线。该线路全长560公里，设计时速350公里，则从杭州南到南昌东的过程中（ ）
A. 2023年12月27日表示时刻
B. 列车的位移为560km
C. 列车的平均速度为350km/h
D. 研究列车的速度时，可以把列车看成质点
【答案】D
【解析】A．从杭州南到南昌东的过程中，2023年12月27日表示时间间隔，A错误；
B．列车的路程为560km，不是位移，B错误；
C．列车的平均速率是路程除以时间为350km/h，C错误；
D．研究列车的速度时，不用考虑列车的大小与形状，可以把列车看成质点，D正确。
故选D。
3. 2023年的诺贝尔物理学奖颁发给了“采用实验方法产生阿秒光脉冲”的三位科学家。在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述与事实相符的是（ ）
A. 富兰克林通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷
B. 库伦通过实验测量得出元电荷e的数值为
C. 牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系
D. 奥斯特用“力线”形象地描述了电磁场
【答案】A
【解析】A．富兰克林通过实验发现，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并命名了正电荷和负电荷，故A正确；
B．美国物理学家密立根通过实验测量得出元电荷e的数值为，故B错误；
C．伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，故C错误；
D．法拉第用“力线”形象地描述了电磁场，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，重为G的光滑半圆球对称地搁在两个等高的固定台阶上，A、B为半圆球上与台阶接触的点，半圆球的球心在O点，半圆球的重心C位于O点正下方，，NA为半圆球上A点所受的弹力．下列说法中正确的是（ ）
A. NA方向由A指向O，NA >G
B. NA的方向由A指向O，NA < G
C. NA的方向由A指向C，NA < G
D. NA的方向由A指向C，NA= G
【答案】B
【解析】根据弹力的方向可知，NA的方向应该指向半球的球心，即由A指向O；因，可知，根据平衡知识可知，当两个分力夹角等于120°时，分力与合力相等，因为NA与NB的夹角小于120°，可知NA < G
5. 如图甲所示，线圈L直流电阻不计，闭合开关S，待电路达到稳定状态后断开开关S，LC回路中将产生电磁振荡。从开关S断开计时，线圈中的磁场能EB随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. LC振荡电路的周期为2×10-3s
B. 在1×10-3s时，电容器右极板带正电
C. 1×10-3s~2×10-3s时间内，电流在减小
D. 1×10-3s~2×10-3s时间内，自感电动势在增加
【答案】B
【解析】A．时刻断开开关S，电感线圈与电容器构成振荡回路，电感线圈中电流从某一最大值开始减小，产生自感电动势对电容器充电，磁场能转化为电场能，电容器所带电荷量从零开始增加，当线圈中的电流减为零时，电容器充满电，所带电荷量达到最大，振荡电路经历时，磁场能为零，电场能最大，电容器中最大的电场能为，随后电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，电场能转化为磁场能，形成振荡电路，故LC电路振荡周期为，故A错误，
B．没断开开关前，线圈与R串联，由于线圈的电阻不计，所以线圈两端的电压为零，电容器两极板所带的电荷量为零，此时通过线圈的电流自左向右。当断开开关时，开始给电容器充电，电流逐渐减小，经过个周期（时刻）充电电流减小到最小，此时电容器所带的电荷量最多（左板带负电，右板带正电），线圈L的感应电动势最大，故B正确，
CD．由上分析知1×10-3s~2×10-3s时间内，电容器放电，所带电荷量减小，电感线圈中的电流反向增加，自感电动势在减小，故CD错误。
6. 如图，一半径为R电荷量为Q的带电金属球，球心位置O固定，P为球外一点。几位同学在讨论P点的场强时，下列说法正确的是（ ）
A. 若P点无限靠近球表面，因为球表面带电，由库仑定律可得，P点的场强趋于无穷大
B. 因为在球内场强处处为0，若P点无限靠近球表面，则P点的场强趋于0
C. 若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变
D. 若将一个点电荷在球的表面移动一段距离，该点电荷的电势能增加
【答案】C
【解析】AB．金属球可看成点电荷，则带电金属球球外产生的电场强度等同于把壳上电全部集中球心处所产生电场强度，由点电荷场强公式
计算，P点无限靠近球表面，，在P点的产生的场强虽很大，但不是无穷大，故AB错误；
C．若Q不变，P点的位置也不变，R变小，产生的电场不变，则P点的场强不变，故C正确；
D．球表面为等势面，移动电荷电场力不做功，电势能不变，故D错误。
7. 10只相同的轮子并排水平排列，圆心分别为，已知，水平转轴通过圆心，轮子均绕轴以的转速顺时针转动。现将一根长、质量为的匀质木板平放在这些轮子的顶端，木板左端恰好与竖直对齐（如下图所示），木板与轮缘间的动摩擦因数。则木板保持水平状态运动的总时间为（ ）
A. 1.5sB. 2sC. 3sD. 2.5s
【答案】D
【解析】当木板伸出轮子一半长度时木板将离开轮子，所以木板的位移为
木板要经历先加速再匀速的过程
解得
轮子转动的线速度
又有
可得
加速的时间为
加速运动的位移为
匀速运动的时间为
则木板保持水平状态运动的总时间为
8. 2024年1月9日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将爱因斯坦探针卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。卫星发射的过程可以简化为如图所示的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 探针卫星在轨道II上经过c点的加速度小于在轨道III上经过c点的加速度
B. 探针卫星在轨道I的机械能小于在轨道III上的机械能
C. 探针卫星在轨道II上经过a点的速度大小小于经过c点的速度大小
D. 探针卫星在轨道I上运行的线速度大小小于在轨道III上运行的线速度大小
【答案】B
【解析】A．根据牛顿第二定律有
所以
由此可知，探针卫星在轨道II上经过c点的加速度等于在轨道III上经过c点的加速度，故A错误；
B．探针卫星由I轨道变为II轨道，由II轨道变为III轨道，均应在轨道相切位置点火加速，即卫星的机械能增大，所以探针卫星在轨道I的机械能小于在轨道III上的机械能，故B正确；
C．探针卫星在轨道II上a点为近地点，II上c点为远地点，则经过a点的速度大小大于经过c点的速度大小，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有
所以
所以探针卫星在轨道I上运行的线速度大小大于在轨道III上运行的线速度大小，故D错误。
故选B。
9. 如图所示，导电物质为电子（电量为e）的霍尔元件长方体样品置于磁场中，其上下表面均与磁场方向垂直，其中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。1、3间距为a，2、4间距为b，厚度为c，若开关S1处于断开状态、开关S2处于闭合状态，电压表示数为0；当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数。已知霍尔元件单位体积自由电子数为n，霍尔元件所在空间磁场可看成匀强磁场，磁感应强度为B，由于温度非均匀性等因素引起的其它效应可忽略，当开关S1、S2闭合且电路稳定后，下列结论正确的是（ ）
A. 接线端2的电势比接线端4的电势高
B. 若适当减少R1和R2的阻值，电压表示数一定变大
C. 若将电源E1反向接入电路，电压表的示数一定变大
D. 若适当增加霍尔元件的厚度c，电压表示数不变
【答案】B
【解析】A．通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故A错误；
B．减小，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度增大，减小，霍尔元件中的电流增大，根据题意稳定时有
结合电流的微观表达式，可得
由于增大，电压表示数一定增大，故B正确；
C．将电源E1反向接入电路，则由右手定则可知电磁铁上端为S极，那么放在铁芯中间的霍尔元件所处的位置的磁感应强度方向竖直向上，由左手定则可知电子所受洛伦兹力指向4端，而电子堆积在4端，根据平衡时满足的关系
可知，电压表的示数不变，故C错误；
D．霍尔元件产生电压
则适当增加霍尔元件的厚度，电压表示数变小，故D错误。
故选B。
10. 图甲为农民用水泵抽取地下水灌溉农田的场景，灌溉系统由电动机、水泵、输水钢管组成。图乙为灌溉系统示意图，地下水源水面距地表H＝3.30m，安装水泵时将输水钢管竖直插入水井与地下水源连通，水管横截面积S＝5cm2，水泵出水口离地表高度h＝0.45m，水从管口以恒定速度沿水平方向喷出，管口截面上各处水的流速相同，大小均为4m/s，水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，水的密度，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为0.06m3
B. 每秒水泵对水做功75J
C. 每秒水流落地时的动量大小是8kg·m/s
D. 电动机的内阻约为
【答案】D
【解析】A．水流由出水口水平喷出到落地时间满足
因此喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为
A错误;
B．每秒内水流质量
水泵每秒对水流做的功等于水机械能增加量
代入数据解得
B错误；
C．水落地时竖直方向上满足
每秒内水流质量
每秒水流落地时的动量大小
C错误；
D．水泵的输入功率为
电动机的热功率为
电动机的电流为
根据，求得
D正确。
故选D。
11. 如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向上滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为、、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）
A. 理想电压表V1示数增大，理想电压表V2示数增大，理想电流表A示数减小
B. 带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流
C.
D. 电源的输出功率可能先变大后变小
【答案】C
【解析】A．分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻串联后接在电源两端；将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电路电流减小，理想电流表A示数减小；理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得
电路电流减小，则变小，即理想电压表示数减小；而理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得
电路电流减小，电源内阻上分得的电压变小，电源路端电压增大，理想电压表V2的示数增大，故A错误；
B．理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得
电路电流减小，则增大；根据
可知电容器的电荷量增大，电容器充电，所以定值电阻中有从b流向a的瞬间电流；
又
，
可得
电荷量增大，E增大，向上的电场力增大，则质点将向上运动，故B错误；
C．理想电压表V1测量定值电阻两端的电压，据欧姆定律可得
理想电压表V2测量电源的路端电压，据闭合电路欧姆定律可得
理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，据闭合电路欧姆定律可得
电路中定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，当电路中电流增大，电阻的阻值不变，故
故C正确；
D．电源的输出功率与外电阻变化的图像如下
定值电阻的阻值等于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值从大于内阻r继续增大，则电源的输出功率减小，故D错误。
故选C。
12. 我国水力资源居世界首位，西部地区水力发电潜力巨大。水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能。如图所示，某小型水力发电站水流量Q＝5m3/s（流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差h＝15m，发电机（内阻不计）的输出电压U1＝500V，输电线总电阻，为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3：n4＝450：11，用户获得的电压U4＝220V，用户消耗的功率P4＝450kW，变压器均视为理想变压器，已知水的密度，取重力加速度°。下列说法正确的是（ ）
A. 输电线损失的电压为500V
B. 输电线损失的电功率为25kW
C. 升压变压器原副线圈的匝数比n1：n2＝1：18
D. 机械能转化为电能的效率约为67%
【答案】D
【解析】A．根据理想变压器原副线圈的电压与匝数关系
可得
理想变压器无能量损失
根据
解得
输电线电阻损失的电压
A错误；
B．输电线损失的电功率
B错误；
C．输电电压
则升压变压器原副线圈的匝数比
C错误；
D．发电机输出电功率
单位时间内水流的机械功率
故机械能转化为电能的效率
D正确。
故选D。
13. 如图所示，电路中所有二极管均为理想二极管，，图丙和图丁中的变压器为原、副线圈匝数相同的理想变压器，P为原线圈中央抽头，输入端接同一正弦交流电源，R1、R2、R3、R4四个电阻的功率分别为P1、P2、P3、P4下列关系式正确的是（ ）
A. P1：P2=1：2B. P1：P3=1：4
C. P3：P4=1：D. P2：P4=1：4
【答案】A
【解析】设输入电压的有效值为U，则甲图和丙图在一个周期内半个周期导通，乙图和丁图整个周期导通，因此
，
由变压器的关系可知丙丁的电压为2U
，
因此
故选A。
二、多选题。
14. 以下说法正确的是（ ）
A. 把声音或图像信号从调频波的高频电流中还原出来的过程叫做检波
B. γ刀可以用来治疗癌症，是利用γ射线具有很高的能量
C. 在连接蓝牙鼠标或蓝牙音箱后，移动电话的上网速度会受到影响
D. 动量守恒定律、牛顿定律都只适用于研究宏观、低速物体的运动
【答案】BC
【解析】A．把声音或图像信号从调频波的高频电流中还原出来的过程叫做解调，故A错误；
B．γ刀可以用来治疗癌症，是利用γ射线具有很高的能量，具有很强的穿透本领，故B正确；
C．在连接蓝牙鼠标或蓝牙音箱后，移动电话，上网速度会受到影响，因为Wi-Fi所用电磁波的频率为2.4GHz，而蓝牙的频率为2.45 GHz，两信号的频率接近，有干扰，故C正确；
D．动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的各个领域，不仅适用于低速物体，也适用于高速物体，故D错误。
故选BC。
15. 如图所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一劲度系数为k的轻弹簧。物块P与物块Q静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0到2t0内P、Q物块运动的图像如图所示，已知t0时刻P、Q的加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，弹性势能与形变量满足则（ ）
A. 物体Q的质量为2m
B. 物体P先做加速度增加的减速运动后做加速度减小的加速运动
C. t0时刻弹簧的形变量为
D. t0到2 t0时间内弹簧对P物体做功为零
【答案】AD
【解析】A．时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
解得物体Q的质量为
故A正确；
B.时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右；时刻弹簧压缩最短。所以物体P先做加速度增加的减速运动后做加速度减小的减速运动，故B错误；
C．根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知时间内，Q物体的速度变化量大小为
则时刻Q物体的速度大小为
时刻两物体具体相同的速度，根据对称性可知，时刻P、Q物体的速度大小为
设物体P的初速度为，根据动量守恒可得
解得
设时刻弹簧的弹性势能为，根据能量守恒可得
联立解得
t0时刻弹簧的形变量为
故C错误；
D．设时刻P物体的速度为；根据动量守恒可得
解得
可知时刻P物体的速度大小等于时刻P物体的速度大小，则时刻P物体的动能等于时刻P物体的动能，故时间内弹簧对P物体做功为零，故D正确。
故选AD。
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. 某兴趣小组的同学发现利用打点计时器与小车可以设计许多实验，于是小组成员相关实验进行总结。
（1）甲同学想要研究小车速度随时间的变化规律，设计甲图实验为了完成实验除了甲中的实验器材为还需（ ）
A. 秒表B. 天平C. 刻度尺
（2）实验时甲同学处理纸带时，漏标了的数据，以下数据最为接近的是（ ）
A. 1.20cmB. 1.39cmC. 1.50cmD. 1.60cm
（3）乙同学想要在甲同学装置的基础上，研究力与加速度、质量的这个实验。则下列操作正确的为（ ）
A. 保证细线与长木板平行
B. 将长木板远离小车的一端垫高，平衡小车受到的摩擦力
C. 增加小车质量，使小车质量远大于钩码质量
D. 处理纸带数据时，从第一个打下的点开始计算
（4）丙同学突发奇想，想利用这个装置测量一下自己的步幅，于是把接在50Hz的交流电源打点计时器固定在与自己腰部等高的桌面上，纸带穿过打点计时器限位孔，一端固定在腰部，自己沿直线步行时带动纸带运动，打点计时器记录步行时的运动信息，选取一条清晰的纸带，每5个点取一个计数点，得到丙图数据。
沿着计数点位置把纸带裁开并编号，按编号顺序把剪出的纸带下端对齐并排粘贴在坐标纸上，剪出的纸带长度代表打出这段纸带时间内的平均速度，把每段纸带上边中点连接成线，如丁图所示，若用图中曲线描述人运动的速度--时间关系，如果用纵坐标表示速度大小，横坐标表示时间，则纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为______s，请根据上图估算该同学的步幅为______m。（答案均保留两位有效数字）
【答案】（1）C （2）B （3）AC （4）0.10 0.53
【解析】（1）A．时间由打点计时器计时，因此不需要秒表，A错误；
B．因实验装置用来探究小车速度随时间变化的规律，因此不需要测量钩码的质量，不需要天平，B错误；
C．实验中纸带上计数点间的距离需要测量，因此还需要刻度尺，C正确；
故选C。
（2）由匀变速直线运动的推论，可知
可得
因此数据中最接近的是。
故选B。
（3）A．实验中纸带、细绳要和长木板平行，所有拉力都用来提供小车加速度，A正确；
B．在平衡摩擦力时，将长木板靠近小车的一端垫高，B错误；
C．在探究力与加速度、质量的关系实验中，每条纸带都必须在满足小车的质量远大于钩码的质量的条件下打出。只有如此，钩码的重力才可视为小车受到的拉力，C正确；
D．实验中选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点，D错误；
故选AC。
（4）[1]每5个点取一个计数点，纸带的横宽d对应横坐标中的时间长度为。
[2]可把图像看成图像，同学的步幅为图像一个周期内每段纸带面积之和，该同学的步幅为
17. 为测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A．电流表A（0~0.6A，内阻为）
B．电压表V（0~3V，内阻约为）
C．滑动变阻器R1（）
D．滑动变阻器R2（）
E．开关、导线各若干
（1）某同学设计了如图甲、乙两个电路，应该选择的实验电路是图中的______（选填“甲”或“乙”），电阻滑动变阻器选择______（选填“C”或“D”）
（2）该同学正确连接电路，检查无误后，闭合开关，该同学移动滑动变阻器的滑片置于某位置时，电流表和电压表的示数如图丙所示，此时电压表的读数为______V，电流表的读数为______A。
（3）确定好的电路后，调节滑动变阻器滑片位置以得到电压表的示数U与电流表的示数I的多组数据，作出U-I图像如图丁所示，根据图像可知电源的电动势E＝______V，内阻r＝______。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）乙 C （2）1.20 0.26 （3）1.5 0.46
【解析】（1）[1]本实验测量干电池的电动势和内阻，由于电流表的内阻已知，所以应该选择的实验电路图是图中乙；
[2]滑动变阻采用限流式接法，由于干电池的内阻只有几欧姆，所以为了使电流表电压表的示数变化明显，应采用与内阻接近阻值的滑动变阻器，故滑动变阻器选择。
故选C。
（2）[1]电压表量程为，分度值为0.1V，故电压表的读数为1.20V。
[2]电流表量程为，分度值为0.02A，故电流表的读数为0.26A。
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
化简可得
由图可知，图像的纵截距为
故电源的电动势为
斜率为
可得内阻为
18. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m的高处。已知运动员从下落到返回最高点的整个时间为3s，不计空气阻力，．求：
（1）运动员接触网时的动量；
（2）运动员接触网的时间；
（3）网对运动员的平均作用力大小。
【答案】（1）；（2）1.2s；（3）1500N
【解析】（1）运动员接触网前瞬间的速度为
运动员接触网时的动量
方向竖直向下。
（2）运动员下落时间为
运动员上升时间为
运动员接触网的时间
（3）设网对运动员的平均作用力大小为，由动量定理有
得
19. 如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为，不计其它阻力，取。求
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。
【答案】（1）6N，方向向下；（2）0.3m；（3）
【解析】（1）根据动能定理
代入数据得
根据牛顿第二定律
得细圆管道对滑块的作用力
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力
方向向下。
（2）根据动量定理
得
根据能量守恒
滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度
（3）经过计算可知，当释放的高度时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高点，若释放的高度，根据动能定理
根据动量定理
根据能量守恒
得
20. 如图所示，界线MN以下存在一个方向水平的磁场（垂直于纸面向里），取MN上一点O作为原点，竖直向下建立y轴，磁场的磁感应强度B随y坐标（以m为单位）的分布规律为。一边长为L＝1m，质量为m＝0.1kg，电阻的正方形金属abcd从MN上方静止释放，1s后金属框的cd边到达界线MN，此时给金属框施加一个竖直方向的外力F，直至金属框完全进入磁场时撤去该外力。已知金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，且金属框运动过程中上下边始终水平，左右边始终竖直，g取10m/s2，求：
（1）金属框进入磁场过程的电流的大小；
（2）金属框进入磁场过程经历的时间t；
（3）金属框进入磁场的过程中外力F做的功；
（4）金属框在磁场中下落的最终速度v的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）进入磁场前做自由落体运动，有
金属框在进入磁场的过程中电流保持恒定，所以刚进入瞬间，感应电动势公式，有
则感应电流为
（2）金属框进入磁场的过程中，由安培力公式，有
刚进入瞬间，安培力为
完全进入瞬间，安培力为
所以安培力做的负功大小为
又因为安培力做的负功就等于回路中产生的焦耳热，则
代入数据，得金属框进入磁场的过程经历的时间为
（3）完全进入瞬间，
安培力为
完全进入磁场时，
速度为
金属框进入磁场的过程中，
由动能定理，得
所以外力F做功
（4）金属框完全进入磁场后，设匀速运动时的速度大小为v′，上下两边切割磁感应线产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得
上下两边产生的安培力的合力为
其中：ΔB=2T，
根据平衡条件可得
联立求得
21. 如图所示是研究带电粒子在电磁场运动的某个装置。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O1，坐标为（0，L）。第一象限存在垂直向里的匀强磁场B0（大小未知），x轴（L，0）处有小孔O2，平行板电容器上极板A与x轴紧靠且平行，A、K两极板间距为，A板中央小孔O3与O2对齐。P为下极板K上的一点，P点坐标，板M上的任何位置都可以释放出速度大小从0至某值（包括初速度为0的情况）且方向不同的电子，电子质量为m，电荷量为e。发射的电子经MN间的恒定电压加速后从O1点持续不断进入磁场，经O1的粒子速度大小在之间，已知速度为v0的电子沿垂直于y轴方向经小孔O1射入磁场，偏转后恰能垂直x轴射入O2点离开x轴。M、N、A、K四块极板均无限长，忽略电子之间的相互作用，粒子到达边界或极板立即被吸收并导走。求：
（1）磁感应强度B0和UNM间电势差的大小。
（2）若时，求到达P点的电子刚从板M射出时速度v1的大小及与x轴的夹角。
（3）在（2）问的前提下，若平行板电容器内加一个沿y轴负方向大小随变化，方向垂直向里的磁场，要使电子不能碰到极板K，电容器极板最小间距为多少（A板固定，K板上下移动）。
【答案】（1），；（2），与x轴的夹角；（3）
【解析】（1）发射电子最小动能为，对应处飞出电子的速度为，即
求得
速度为v0的电子沿垂直于y轴方向经小孔O1射入磁场，偏转后恰能垂直x轴射入O2点离开x轴，可得电子运动轨迹半径
又由
解得
（2）到达P点的电子轨迹如图所示
由几何关系可得，电子进入处的速度与A板的夹角为，说明为这个电子圆周运动的直径，即
又由，及（1）所求，解得
根据动能定理求解电子从M板飞出的速度
解得
在竖直方向上速度大小不变
解得
，即
（3）在方向上，由动量定理可得
化简为
两端求和
代入数据即为
得
求得