2020届山东省日照市高三1月校际联考物理试题（解析版）

2019-2020学年高三校际联合考试
高三物理 2020.01
1.本卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
2.请按照题号在各题目的答题区域内作答、超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。答题卡面清洁、不折叠、不破损。
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1.下列有关物理知识在实际中的应用，解释正确的是（　　）
A. 交通法规定乘客必须系好安全带，是利用惯性
B. 灵敏电流表在运输时总要用导线把两个接线柱连在一起，是利用电磁驱动
C. 野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，是利用静电屏蔽
D. 通过发出与噪声振幅、频率相同但相位相反的声波消灭噪声，是利用声波衍射
2.如图，S是波源，振动频率为100Hz，产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s。波在传播过程中经过P、Q两点，已知P、Q的平衡位置之间相距0.6m。下列判断正确的是（　　）
A. Q点比P点晚半个周期开始振动
B. 当Q点的位移最大时，P点的位移最小
C. Q点的运动方向与P点的运动方向可能相同
D. 当Q点通过平衡位置时，P点也通过平衡位置
3.一个质点在三个力的作用下处于平衡状态。现再对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变。则质点可能做（　　）
A. 匀速直线运动 B. 匀变速曲线运动 C. 匀速圆周运动 D. 抛体运动
4.甲、乙两车在平直公路上沿同一直线运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. 两车的出发点一定不同
B. 在0到t2的时间内，两车一定相遇两次
C. 在t1到t2时间内某一时刻，两车的加速度相同
D. 在t1到t2时间内，甲车的平均速度一定大于乙车的平均速度
5.电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图象如图所示。下列判断正确的是（　　）
A. 时刻线框平面与中性面平行
B. 穿过线框的磁通量最大为
C. 线框转一周外力做的功为
D. 从到的过程中，线框的平均感电动的
6.如图甲所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻），通过改变电路中的元件参数对同一电容器进行两次充电，对应的电荷量q随着时间t变化的曲线如图乙中的a、b所示。曲线形状由a变化为b，是由于（　　）

A. 电阻R变大
B. 电阻R减小
C. 电源电动势E变大
D. 电源电动势E减小
7.如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力F1=2N下底板传感器显示的压力F2=6N，重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（　　）
A. 若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大
B. 若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小
C. 若加速度方向向上，且大小为5m/s2时，F1的示数为零
D. 若加速度方向向下，且大小为5m/s2时，F2的示数为零
8.质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示，已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是（　　）

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.如图，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W．已知W＞0，则（　　）
A. 电场强度的方向沿着ab方向
B. 直线ac是一条等势线
C. c点的电势高于b点的电势
D. 电子在d点的电势能大于在b点的电势能
10.滑雪运动深受人民群众喜爱。如图，竖直面内有半径为R的圆弧形滑道AB，一质量为m的滑雪爱好者（可视为质点）从滑道的A点由静止开始下滑，到达最低点B时对滑道的压力大小为mg（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则滑雪好者在沿着AB下滑的过程中（　　）
A. 重力的功率先增加后减小
B. 始终处于失重状态
C. 克服摩擦力做功为元
D. 受到的摩擦力大小为
11.如图所示，有两个轻质小环A和B套在光滑固定的水平杆上，两环用一橡皮条连接在橡皮条中点施以竖直向上的力F，要使橡皮条与两环间的杆围成顶角为120°的等腰三角形，必须在两环上分别各施加一个作用力，关于此力，下列说法正确的是（　　）
A. 此力可以沿着杆向外，大小为F
B. 此力可以垂直于橡皮条向上，大小为2F
C. 此力可以垂直于杆向下，大小为F
D. 此力可以沿着橡皮条向下，大小为F
12.最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测器。称为“火星探路者”的火星探测器曾于1997年登上火星。在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图象如图所示，图象中a1、a2、h0以及万有引力常量G已知。下列判断正确的是（　　）
A. 火星的半径为
B. 火星表面的重力加速度大小为a1
C. 火星的第一宇宙速度大小为
D. 火星的质量大小为
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验时，把数据记录在表格中，数据是按加速度大小排列的，第8组数据中小车质量和加速度数据漏记。

（1）该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=______m/s2
（2）如果要研究加速度与力的关系，需取表格中______组数据（填组号），做a-F图象；如果要研究加速度与质量的关系，需取表格中______组数据（填组号），做a-m图象。这种研究方法叫做______法。
（3）做出a-m图象如图丙所示，由图象______（填“可以”或“不可以”）判断a与m成反比。


14某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为1.50V的电压表，该同学测得微安表内阻为1200Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用标准电压表，对改装后的电表进行检测。

（1）将图（a）中的实物连线补充完整
（2）当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期值，而是______（填正确答案标号）
A.1.20V
B.1.25V
C.1.30V
D.1.35V
（3）产生上述问题的原因可能是______（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200Ω
C．R值计算错误，接入的电阻偏小
D．R值计算错误，接入的电阻偏大
15.如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v-t图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求

（1）物体A与小车上表面间的动摩擦因数
（2）物体A与小车B的质量之比
（3）小车的最小长度
16如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为3m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。现将系统由静止释放，当线框b开始进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，当线框b刚好完全进入磁场时，线框a刚好开始进入磁场。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。求


（1）系统由静止释放时，线框b上边到磁场下边界的距离
（2）从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热Q

17.如图所示，光滑轨道OABC是由水平直轨道OB与一段半径R=62.5m的圆弧BC在B点相切而成。m=1kg的物块P在F=20N的水平推力作用下，紧靠在固定于墙面的轻弹簧右侧A处保持静止，A点与B点相距l=16m。已知物块可视为质点，弹簧的劲度系数k=100N/m。取重力加速度g=10m/s2，cos5°=0.99．现突然撤去力F，求

（1）物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小
（2）从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间。（结果保留两位小数）
\18.如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30°，OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．OP与x轴之间存在垂直于xoy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q（图中未画出）垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m电荷量为q（q＞0），粒子的重力可忽略。求
（1）磁感应强度的大小
（2）粒子在第一象限运动的时间
（3）粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离






















解析版
1. 【答案】
C
【解析】
解：A、交通法规定乘客必须系好安全带，是防止惯性对人产生的伤害，故A错误。 
B、运输过程中的震动颠簸，可能会损坏指针、线圈、游丝，短路后，产生感应电流，据楞次定律，产生电磁阻尼，减轻指针、线圈、游丝的摆动，故B错误。 
C、野外三条高压输电线上方还有两条导线与大地相连，两者电势差为零，打雷时，对高压线没有危害，构成屏蔽，故C正确。 
D、通过发出与噪声相位相反，频率、振幅相同声波与噪声干涉实现相位抵消，故D错误。 
故选：C。
系好安全带是防止而不是利用惯性；将电流表的短路后，表头的电磁阻尼变大，可以降低因为震动而导致的表针转动幅度，防止损坏表针；野外高压输电的三条输电线上方设置两条导线，这两条导线要与大地相连接，才能起到屏蔽作用；用声音降低噪音是利用声波干涉而不是衍射。
本题考查了物理知识在实际中的应用。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

2. 【答案】
D
【解析】
解：A、根据波长、频率和波速的关系可知，波长λ=vT==0.4m，PQ=0.6m=1.5λ，故Q点比P点晚1.5个周期开始振动，故A错误。
B、P、Q两点的平衡位置相关半个波长的奇数倍，故两者振动情况完全相反，当Q点的位移最大时，P点的位移也最大，但两者方向相反，故B错误。
C、P、Q两点的运动方向始终相反，故C错误。
D、当Q通过平衡位置时，P点也通过平衡位置，但两者运动方向相反，故D正确。
故选：D。
根据波速和频率求得波长，从而得到质点间距离和波长的关系。
相隔半波长的奇数倍的两个质点，振动情况完全相反。
本题考查了波动规律，解题的关键是根据题干信息得到波长，确定质点间距与波长的关系。

3. 【答案】
B
【解析】
解：A、若所施加的外力方向与物体运动方向相同，则物体做匀加速直线运动，外力方向与物体运动方向相反，则物体做匀减速直线运动，但如果力与初速度不在同一直线上，则可能做曲线运动，但恒力产生加速度，物体不可能做匀速直线运动，故A错误； 
B、由牛顿第二定律可知，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同；若恒力的方向与速度的方向不在同一条直线上，则物体做匀变速曲线运动，故B正确； 
C、质点受到恒力的作用，加速度大小与方向都恒定，若物体做曲线运动，则速度的方向不断变化，所以恒力的方向不可能与速度方向总是垂直，所以不可能做匀速圆周运动，故C错误； 
D、抛体运动只受到重力的作用，显然与该题不符，故D错误； 
故选：B。
正确理解和应用牛顿第二定律解决力与运动的关系，明确物体做曲线运动的条件，明确匀速圆周运动所受外力特点。
本题考查了物体做曲线运动的条件以及牛顿第二定律等基础知识的应用，要注意明确恒力作用下物体可以做曲线运动，但不可能做匀速圆周运动。

4. 【答案】
C
【解析】
解：A、出发位置不能做出判断，故A错误； 
B、在0到t2的时间内，两车有两次速度相等，并不是相遇，故B错误； 
C、v-t图象的斜率表示加速度，在t1到t2时间内的某一时刻，乙图线的斜率和甲图线平行，说明加速度相等，故C正确； 
D、在t1到t2时间内乙的位移大于甲的位移，故甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故D错误。 
故选：C。
图象是速度-时间图象，不是位移-时间图象，所以无法判断出发位置；在0到t2的时间内，两车有两次速度相等；v-t图线的斜率表示加速度；v-t图象与坐标轴所围图象的面积表示位移，然后根据平均速度定义可以判断平均速度的大小。
一定要看清楚这是v-t图象，不是x-t图象，所以根据V-t图象无法判断它们的出发位置。v-t图象的斜率表示加速度，与坐标轴所围面积表示位移。

5. 【答案】
B
【解析】
解：A、由图可知t=时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，故A错误；
B、当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由Em=NBSω得：，故B正确；
C、根据能量守恒可知，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量：故C错误；

故选：B。
（1）由图可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于各个时刻的磁通量；
（2）根据能量守恒定律求线框转一周外力所做的功；
（3）根据求平均电动势。
本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大。对于交变电流的各个值的关系及求解方法要掌握。
6. 【答案】
A
【解析】
解：由图象可以看出，最终电容器所带电荷量没有发生变化，只是充电时间发生了变化，说明电容器两端电压没有发生变化，即电源的电动势不变，二是电路中电阻的阻值发生了变化。图象b比图象a的时间变长了，说明充电电流变小了，即电阻变大了，故A正确，BCD错误。 
故选：A。
电容器所带电荷量不变，即电源电动势不变；电容器的充电时间变长，即充电电流变小，电路中电阻变大。
要充分认识到电容器和电源串联，其两板间电势和电源两极的电势相等，所以电容器两板间电压等于电源电动势。

7. 【答案】
C
【解析】
解：A、若加速度方向向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得：F2-mg-F1=ma，得F1=F2-mg-ma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，故A错误。 
B、若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则F2不变，根据牛顿第二定律得：mg+F1-F2=ma，得F1=F2-mg+ma，知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故B错误。 
C、当箱静止时，有F2=mg+F1，得 m=0.4kg 
若加速度方向向上，当F1=0时，由A项分析有F1=F2-mg-ma=0，解得a=5m/s2，故C正确。 
D、若加速度方向向下，弹簧不可能恢复原长，则F2的示数不可能为零，故D错误。 
故选：C。
当弹簧的形变量不变时，下底板传感器显示的压力F2不变。根据牛顿第二定律分析F1的变化情况，并根据牛顿第二定律求出F1=0和F2=0时的加速度。
金属块与箱子具有相同的加速度，解决本题的关键对金属块受力分析，根据牛顿第二定律进行求解。

8. 【答案】
C
【解析】
解：小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=（m+m）v共
解得：v共=v0；
对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得：mv=（m+m）v共2+Q
解得：Q==mgl；
由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程最小为小物块受到摩擦力为：f=μmg，对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得：Q=fs

故选：C。
物体与箱子组成的系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，可求出相对静止时的共同速度；
再根据能量守恒定律求出系统产热；
再利用系统产热等于摩擦力乘以相对路程，先求出物体相对于木箱运动的总路程范围，再进一步求出动摩擦因数μ的取值范围。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物块与箱子的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。

9. 【答案】
BC
【解析】
解：B、由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为-W；根据公式W=qU可知，Uda=-Uba； 
又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，故B正确； 
C、由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以∅c=∅a＞∅b，故C正确； 
A、由于∅c=∅a＞∅b，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，故A错误； 
D、根据EP=q∅，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误； 
故选：BC。
在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据W=qU计算电场力做的功。
本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等以及电场线与等势面垂直进行分析。

10. 【答案】
AC
【解析】
解：A、在下滑过程中滑雪者的速度越来越大，但是在竖直方向的速度是先增大后减小，重力的功率先增加后减小，故A正确；
B、在下滑过程中，滑雪者在竖直方向的加速度先是向下，后向上，所以滑雪者先处于失重状态，后处于超重状态，故B错误；
C、设滑雪者到最低点时的速度为v，根据牛顿第二定律得，从A到B的过程中有重力和摩擦力做功，根据动能定理可得，可解得，故C正确；
D、因为在滑行过程中，滑雪者受到的弹力在不断的变化，所以受到的摩擦力也是一个变量，不是一个确定值，故D错误。
故选：AC。
滑雪者下滑的过程中速度越来越大，但竖直方向的速度是先增大后减小的，根据P=mgv可以判断重力的功率情况；加速度向上时处于超重状态，加速度方向向下时处于失重状态；先根据牛顿第二定律计算出到达B点的速度，然后根据动能定理即可计算出克服摩擦力做的功；在滑雪者下滑的过程中，滑雪者受到滑道的弹力不断增大，所以摩擦力也不断增大，不是一个定值。
重力的功率公式P=mgv中的v是指竖直方向的速度，再一个滑雪者在下滑的过程中受到的摩擦力是一个变量，不是一个定值。

11. 【答案】
AD
【解析】
解：两绳的合力大小等于F=2Tcos60°，得绳拉力大小T=F。
A、此力可以沿着杆向外时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FA=Tcos30°=F，故A正确；
B、此力垂直于橡皮条向上时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FAcos60°=Tcos30°，解得：FA=F，故B错误；
C、此力垂直于杆向下时，对A环进行受力分析，在水平方向合力为Tcos30°，不满足平衡条件，故C错误；
D、此力沿着橡皮条向下时，对A环进行受力分析，根据平衡条件，在水平方向：FAcos30°=Tcos30°，解得FA=F，故D正确。
故选：AD。
两绳的合力大小等于F，可以求出T=F；对A环施加不同方向的作用力，对A环进行受力分析，根据题目条件，在水平方向受力应该平衡，根据平衡条件可以求出这个力；如果水平方向合力不为零，则这个力不满足条件。
本题考查了共点力的平衡条件。力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力。

12. 答案】
BD
【解析】
解：AD、分析图象可知，万有引力提供向心力，
当h=h0时，

故C错误。
故选：BD。
分析图象，确定不同高度h对应的加速度，明确探测器在火星表面飞行时的加速度，即为火星的重力加速度。
根据重力提供向心力，确定火星第一宇宙速度。
根据万有引力提供向心力求解火星的质量。
本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键是根据题目的已知条件，结合万有引力定律定律来分析。
13. 【解析】
解：（1）T=0.02×5s=0.1s，
根据△x=aT2求解加速度为：a==0.90m/s2。
（2）采用控制变量法研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。
研究加速度与质量的关系时，需要控制力F不变，选取1、3、6、7、8组数据。
（3）分析丙图可知，a-m图线为曲线，并不能说明是反比例关系，故应作图线，研究a与成正比关系。
故答案为：（1）0.91（0.89～0.92）；（2）2、4、5、7、9；1、3、6、7、8；控制变量；（3）不可以。
（1）根据△x=aT2求解加速度。
（2）探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变。
（3）研究a与m成反比的规律时，应该做出a与的图象。
本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验数据的处理是本题的难点，利用逐差法求解加速度。

14. 【解析】
解：（1）微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示：

（2）微安表量程为250μA，由图（b）所示表盘可知，其分度值为5μA，其示数为200μA，是满偏量程的，
此时标准电压值为1.00V，即满偏量程的对应着电压值为1.00V，故改装后的电压表最大量程为U=V=1.25V，故B正确，ACD错误。
故选：A。
（3）由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200Ω，也有可能滑动变阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
故答案为：（1）见解析；（2）B；（3）BC。
（1）根据电路图连接实物电路图。
（2）根据微安表量程与图（b）所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，然后根据电压表改装原理求出改装后电压表的量程。
（3）把微安表改装成大量程的电压表需要串联分压电阻，根据题意与改装原理分析实验误差。
本题考查了电流表的改装问题，把微安表改装成大量程的电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值，掌握基础知识是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题。

15. 【答案】
解：（1）由图可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小：a=又：mAa=
代入数据可得：μ=0.3
（2）设初速度为v0，速度相等时为v1，A、B组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mA（v0-v1）=mBv1，
解得：
（3）设小车的最小长度为L，又v-t图象可知，小车的最小长度恰好等于A与B速度相等前二者的位移差，即：
答：（1）物体A与小车上表面间的动摩擦因数为0.3。
（2）物体A与小车B的质量之比是。
（3）小车的最小长度是2m。
【解析】（1）根据速度时间图象的斜率表示加速度求出A的加速度，然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数； 
（2）当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比； 
（3）根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，即小车的最小长度。
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中。

16. 【答案】
解：（1）设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，由平衡条件得：
对a有：T=3mg-BIl
对b有：T=mg
又I=
E=Blv
则v=
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：3mg-mg=4ma
解得a=
根据运动学公式可得：v2=2ax
解得：x=
（2）从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q1，由功能关系可得：3mgl-mgl=Q1
所以：Q1=2mgl
从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热为：Q=4Q1=8mgl
答：（1）系统由静止释放时，线框b上边到磁场下边界的距离为。
（2）从开始到两线框全部穿过磁场的过程中，共产生的焦耳热为8mgl。
【解析】（1）当b刚全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，分别对两线框列平衡方程，根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得系统匀速运动的速度大小，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据所得税已更新求解； 
（2）根据能量守恒得系统机械能的减少等于产生的总焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

17. 【答案】
解：（1）设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，则F=kx
设物块离开弹簧时的速度为v，根据动能定理有 
物块向右运动过程中，弹簧对物块的冲量为I，由动量定理可得  I=mv
解得 I=2N•s
（2）物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为t1，则
设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D之间的高度差为h，根据机械能守恒定律可得
设过D点的半径与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得
即θ＜5°
所以物块从B点到D点再返回到B点的过程中可以看做单摆，单摆周期
则物块从B点到D点再返回到B点的时间
所以物块从离开弹簧到再次接触弹簧所经过的时间为t=2t1+t2
代入数据解得：t=23.65s
答：（1）物块P第一次向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量大小为2N•s。
（2）从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间为23.65s。
【解析】（1）先根据动能定理解出物块离开弹簧时的速度，再根据动量定理解得弹簧对物块的冲量； 
（2）物块离开弹簧在水平部分的运动是匀速直线运动，在圆弧上运动可看做单摆运动，计算出单摆周期，然后计算时间即可。
注意弹簧弹力对物块做功的过程中弹力是一个变力，随位移发生变化，可以用平均值计算；物块在圆弧上运动时可看做单摆模型计算。

18. 【答案】

解：（1）设粒子到达边界的位置为Q，竖直分速度为vy，
由几何关系得：vy=v0
设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qE=ma
vy=at1
在x轴方向的偏转距离为：x=v0t1
设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，
根据速度的合成与分解可知v=
根据几何知识可知：x=Rcos30°+Rcost30°，
洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m
联立解得：B=
（2）粒子在磁场中运动的周期为：T=
设粒子在磁场中运动的时间为t2，则有：t2=T，
粒子离开磁场的位置到y轴的距离为△x，则有：△x=x-2Rcos30°
沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：△x=v0t3
联立解得粒子在第一象限运动的时间为：t=t1+t2+t3=
（3）根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1=
粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：

粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：y=y1+y2=
答：（1）磁感应强度的大小为。
（2）粒子在第一象限运动的时间为。
（3）粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为。
【解析】（1）粒子从M运动到Q做类平抛运动，根据到达Q点的速度方向分析在Q点的竖直分速度，根据几何知识求出粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度； 
（2）根据几何知识求解粒子在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求解粒子在磁场中的运动时间，加上电场中的运动时间即可； 
（3）根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离；粒子离开磁场后，竖直方向做匀速直线运动，根据位移时间关系求解电场中的位移，即可得到粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。