2020屆江蘇省啟東市高三下學期期初考試物理試題(解析版)

1、2019-2020 學年第二學期期初學生素質調研測試高三物理試題一、單項選擇題1.2018 年 11 月 16 日，第 26 屆國際計量大會（cgpm ）通過決議，修改了國際單位制中的4個基本單位，進一步完善了國際單位制下列說法正確的是()a. “ 牛頓 ” 是國際單位制中的基本單位b. “ 電子伏特（ ev）” 表示的是電壓的單位c. “ 毫安時（ mah）” 表示的是能量的單位d. “ 功率 ” 的單位用國際單位制基本單位表示為kg m2s-3【答案】 d 【解析】【詳解】 a.根據牛頓第二定律fma可推出211kg m/sn，即 “ 牛頓 ” 是國際單位制中的導出單位；故a項錯誤 .b.

2、191ev1.6 10j，則 “ 電子伏特（ ev）” 表示的是能量的單位；故b 項錯誤 .c.毫安是電流的單位，時是時間的單位，根據qit知“ 毫安時 （mah ）” 表示的是電量的單位；故 c 項錯誤 .d.根據功率的定義式wpt，wfl，則功的單位為22n m=kg m /s，則功率的單位為2223kg m /skg m /ss；故 d 項正確 .2.用傳感器研究質量為2 kg 的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到06 s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示下列說法正確的是()a. 0 6 s內物體先向正方向運動，后向負方向運動b. 06 s內物體在4 s時的速度最大c.

3、 物體在 24 s時的速度不變d. 0 4 s內合力對物體做的功等于06 s內合力對物體做的功【答案】 d 【解析】試題分析：由at 圖象可知：圖線與時間軸圍成的“面積 ”代表物體在相應時間內速度的變化情況，在時間軸上方為正，在時間軸下方為負物體6s 末的速度，則 06s 內物體一直向正方向運動，a 錯誤；由圖象可知物體在 5s 末速度最大，為，b 錯誤；由圖象可知在24s 內物體加速度不變，物體做勻加速直線運動，速度變大，c 錯誤；在04s 內合力對物體做的功由動能定理可知：，又，, 06s 內合力對物體做的功由動能定理可知：,又，則，d 正確；故選d考點： at 圖象【名師點睛】根據加速度

4、與時間的關系圖線，分析質點速度隨時間的變化情況，“面積 ”等于速度的變化量可求速度的變化量根據在速度時間圖象中，由運動學公式求位移和速度，結合動能定理進行判斷3.如圖所示，紙面內間距均為la、b、c 三點位于平行于紙面的勻強電場中，電荷量為q 1.0 105 c的負電荷由a 點移動到c 點電場力做功為w14.0 10-5 j，該電荷由c 點移動到 b 點克服電場力做功為w22.0 10-5 j。以下說法正確的是（）a. 若取 b 點處電勢為零，則a 點處的電勢為2 vb. 若取 b點處電勢為零，則c 點處的電勢為2 vc. 勻強電場的方向為由c 點指向 a 點的d. 該電荷在a 點處所具有的電

5、勢能小于它在c 點處所具有的電勢能【答案】 c 【解析】【詳解】 ab而 a 與 c 間的電勢差為5154.0 10v=-4v1.010acwuq對于 c、b 間電勢差為5252.010v=2v1.010cbwuq若 b 點電勢為零ucb=c-b則 c 點電勢c=2v因 uac=a-c，則 a 點電勢a=-2v故 ab 錯誤；c因 c=2v，a=-2v ，可知， ac 連線的中點（設為m）電勢為0，m 與 b點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形abc 為等邊三角形，bmac，根據沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由 c 到 a，故 c 正確；d因 c=2v，a=-2v ，

6、則該負電荷在a 點處所具有的電勢能大于它在c 點處所具有的電勢能，選項d 錯誤；故選 c。4.如圖所示，質量為m 的小球（可視為質點）用長為l 的細線懸掛于o 點，自由靜止在a 位置現用水平力 f 緩慢地將小球從a 拉到 b 位置而靜止，細線與豎直方向夾角為=60 ，此時細線的拉力為f1，然后放手讓小球從靜止返回，到a 點時細線的拉力為f2，則（）a. f1=f2=2mg 。b. 從 a 到 b，拉力 f做功為 f1l c. 從 b 到 a 的過程中，小球受到的合外力大小不變d. 從 b 到 a 的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大【答案】 a 【解析】【詳解】 a、在 b 點，根據平衡有：f

7、1sin30 =mg，解得f1=2mgb 到 a，根據動能定理得，根據牛頓第二定律得，聯立兩式解得 f2=2mg ，故 a 正確b、從 a 到 b，小球緩慢移動，根據動能定理得，wfmgl （ 1cos60）=0 ，解得，故 b 錯誤c、從 b 到 a 的過程中，小球的速度大小在變化，徑向的合力在變化，故c 錯誤d、在 b 點，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從b 到 a的過程中，重力的功率先增大后減小，故d 錯誤故選 a5.如圖所示，三個相同的燈泡l1、l2、l3，電感線圈l 的電阻可忽略，d 為理想二極管下列說法正確的是a. 閉合開關s的瞬間， l3

8、立即變亮， l1、l2逐漸變亮b. 閉合開關s的瞬間， l2、 l3立即變亮， l1逐漸變亮c. 斷開開關s的瞬間， l2立即熄滅，l1先變亮一下然后才熄滅d. 斷開開關s的瞬間， l2立即熄滅， l3先變亮一下然后才熄滅【答案】 b 【解析】【詳解】 ab、閉合開關s 瞬間，因二極管來說具有單向導電性，所以l2與二極管處于通路，導致燈泡l2立刻亮，而在閉合開關s瞬間，因線圈l 的電流的變化，導致阻礙燈泡l1的電流增大，導致燈泡l1將慢慢變亮， l2、l3均立即變亮，故a 錯誤； b 正確；cd、斷開開關s的瞬間，因二極管的導通方向與電流方向相反，則l2立即熄滅，線圈l 與燈泡 l1、l3構成

9、回路，因線圈產生感應電動勢，所以燈泡l1、l3均先變亮一下然后逐漸變暗，熄滅，故cd 錯誤；故選 b、【點睛】記住自感線圈對電流突變時的阻礙：閉合開關瞬間l 相當于斷路，穩(wěn)定后l 相當于一段導線，斷開瞬間 l 相當于電源，注意二極管的單向導通性、二、多項選擇題6.如圖所示，兩顆衛(wèi)星a、b，近地衛(wèi)星a 繞地球運動的軌跡為圓，b 繞地球運動的軌跡為橢圓，軌跡在同一個平面內且相切于p 點。則（）a. 衛(wèi)星 a的機械能比b 小b. 衛(wèi)星 a 的周期比 b 短c. 在 p 點兩衛(wèi)星的加速度相同d. 在 p 點衛(wèi)星 a 的線速度比b 大【答案】 bc 【解析】【詳解】 a兩衛(wèi)星的質量關系不確定，不能比較機

10、械能的大小，選項a 錯誤；b根據開普勒周期定律，軌道半長軸越長，周期越長，故衛(wèi)星a 的周期比b 短，故 b 正確；c衛(wèi)星在p 點時，由2mmgmar可知2gmar則在 p 點兩衛(wèi)星的加速度相同，選項c 正確；d衛(wèi)星在圓軌道運行時，是勻速圓周運動，到達p 點加速后做離心運動，可能到橢圓軌道b，故在 p 點衛(wèi)星 a 的線速度比b 小，故 d 錯誤；故選 bc。7.電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的理想變壓器，總匝數為2400匝的原線圈輸入電壓 u=2202sin100 t(v)，擋位1、 2、 3、4對應的線圈匝數分別為240匝、600匝、1200匝、2400匝電動機 m 的內阻

11、 r=8 ，額定電壓為u=220v ，額定功率p=110w下列判斷正確的是、 、a. 該交變電源的頻率為100hzb. 當選擇 3 擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110vc. 當擋位由3 變?yōu)?2 后，原線圈的電流變大d. 當選擇擋位4 后，電動機的輸出功率為108w【答案】 d 【解析】【分析】根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式即可知角速度， 結合2f得交變電源的頻率； 當選擇 3 檔位后，根據變壓比規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的2倍；當檔位由3變?yōu)?2 后，根據變壓比規(guī)律判斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變化，根據輸入功率等于輸出功率，由pui判斷原線圈電流的變化；當選擇檔

12、位4 后，根據變壓比規(guī)律求出副線圈電壓，根據能量守恒求電動機的輸出功率【詳解】 a、根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知：100，交變電源的頻率50hz2f，故 a錯誤；b、 當選擇 3檔位后，副線圈的匝數為1200匝，根據電壓與匝數成正比得：222024001200u， 解得：2110vu，所以電動機兩端電壓的最大值為110 2v，故 b 錯誤；c、當檔位 3 變?yōu)?2 后，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功率變小， 輸入功率變小，根據11 1pu i知原線圈電流變小，故c 錯誤；d、當選擇檔位4，副線圈匝數等于2400 匝，根據電壓比規(guī)律得到副線圈兩端的電壓為220v，電動

13、機正常工作，流過電動機的電流1100.5220piaau，電動機的發(fā)熱功率220.582wpi r熱，電動機的輸出功率1102w108wp出，故 d 正確故選 d【點睛】本題考查變壓器原理，要注意明確變壓器的規(guī)律，能用線圈匝數之比求解電壓及電流；同時注意注意明確對于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解題時要注意正確選擇功率公式8.去年底，我省啟動“ 263 ”專項行動，打響碧水藍天保衛(wèi)戰(zhàn)暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為l、直徑為 d，左右兩端開口，勻強磁場方向豎直向下，在前后兩個內側面a、c 固定有金屬板作為電極污水充滿管口從左向右流經測量管時，a

14、、c兩端電壓為u，顯示儀器顯示污水流量q(單位時間內排出的污水體積)則 ()a. a側電勢比c側電勢高b. 污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數將越大c. 若污水從右側流入測量管，顯示器顯示為負值，將磁場反向則顯示為正值d 污水流量q 與 u 成正比，與l、d 無關【答案】 ac 【解析】【分析】正負離子流動時，受到洛倫茲力，發(fā)生偏轉，正離子偏轉到哪一個表面，哪一個表面電勢就高兩表面上有正負電荷，之間就存在電場，最終正負離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡【詳解】根據左手定則可知，正離子向a 側偏轉，則儀器顯示a 側電勢比c 側電勢高，選項a 正確；根據qvb=uqd可得ubdv，可知顯示儀器

15、的示數與污水中離子濃度無關，選項b 錯誤；若污水從右側流入測量管，則受磁場力使得正離子偏向c 側，則 c 端電勢高，顯示器顯示為負值，將磁場反向，則受磁場力使得正離子偏向a側，則顯示為正值，選項c 正確；污水流量2144uduqsvdbdb，則污水流量q與u成正比，與d有關，與l無關，選項d錯誤；故選ac.【點睛】解決本題的關鍵正握左手定則判定洛倫茲力的方向，以及知道最終正負離子在電場力和洛倫茲力.的作用下處于平衡，前后表面形成穩(wěn)定的電勢差9.如圖所示， 甲、乙傳送帶傾斜放置，并以相同的恒定速率v 逆時針運動， 兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同將一小物體分別從兩傳送帶頂端的a 點無初速

16、度釋放，甲傳送帶上小物體到達底端b 點時恰好達到速度v； 乙傳送帶上小物體到達傳送帶中部的c 點時恰好達到速度v， 接著以速度v運動到底端b點 則小物體從 a 運動到 b 的過程a. 小物體在甲傳送帶上的運動時間比在乙上的大b. 小物體與甲傳送帶之間的動摩擦因數比與乙之間的大c. 兩傳送帶對小物體做功相等d. 兩傳送帶因與小物體摩擦產生的熱量相等【答案】 ac 【解析】【詳解】 a根據兩個物體的總位移相等，v-t圖象的 “ 面積 ” 表示位移，作出兩個物體的v-t圖象，可知t甲t乙故 a 正確bv-t 圖象的斜率表示加速度，由圖知，甲勻加速運動的加速度小于乙勻加速運動的加速度，由牛頓第二定律得

17、：mgsin + mg cos = ma得a=gsin + gcos 則知 小時， a 小，因此物體與甲傳送帶之間的動摩擦因數比乙小，故b 錯誤c根據動能定理得：212mghwmv則得傳送帶對物體做功212wmvmghh、v、m 都相等，則w 相等，故 c 正確d設傳送帶長為l甲中：物體運動時間為：22lltvv甲物體與傳送帶間的相對位移大小為： x甲=vt甲-l=l物體的加速度為：22val甲由牛頓第二定律得：mgsin + f甲=ma甲得：22mvfmgsinl甲產生的熱量為：212qfxmvmglsinv甲甲甲乙中：物體運動時間為1212lltvv乙物體與傳送帶間的相對位移大小為：112

18、2xvtllv甲乙物體的加速度為：2222vvall乙由牛頓第二定律得：mgsin + f乙=ma乙得：2mvfmgsinl乙產生的熱量為：21122qfxmvmglsinv乙乙乙則知乙與物體摩擦產生的熱量較多，故d 錯誤三、簡答題10. 某興趣小組的同學用如圖甲所示裝置驗證機械能守恒定律，輕繩一端固定在光滑固定轉軸o 處，另一端系一小球，已知當地重力加速度為g。（1） 小明同學在小球運動的最低點和最高點附近分別放置了一組光電門，用螺旋測微器測出了小球的直徑，如圖乙所示，則小球的直徑d_mm。使小球在豎直面內做圓周運動，測出小球經過最高點的擋光時間為 t1，經過最低點的擋光時間為t2。（2）小

19、軍同學在光滑水平轉軸o 處安裝了一個拉力傳感器。現使小球在豎直平面內做圓周運動，通過拉力傳感器讀出小球在最高點時繩上的拉力大小是f1，在最低點時繩上的拉力大小是f2。（3） 如果要驗證小球從最低點到最高點機械能守恒，小明同學還需要測量的物理量有_ （填字母代號） 。小軍同學還需要測量的物理量有_（填字母代號） 。a.小球的質量mb.輕繩的長度lc.小球運行一周所需要的時間t（4） 根據小明同學的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：_。（5） 根據小軍同學的思路，請你寫出驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式：_?！敬鸢浮?1). 5.700(2

20、). b(3). a(4). 2221ddtt4gl(5). f2f16mg【解析】【詳解】（1）1螺旋測微器固定刻度讀數為5.5 mm，可動刻度讀數為20.00.01 mm，故最終讀數為兩者相加，即5.700 mm。（3）2 根據小明同學的實驗方案，小球在最高點的速度大小為11dvtv小球在最低點的速度大小為22dvtv設輕繩長度為l，則從最低點到最高點依據機械能守恒定律有22221211222ddmmglmttvv化簡得222221=-4ddglttvv所以小明同學還需要測量的物理量是輕繩的長度l，故選 b；3 根據小軍同學的實驗方案，設小球做圓周運動的半徑為r，則小球在最低點有212vf

21、mgmr在最高點有221vfmgmr從最低點到最高點依據機械能守恒定律有221211222mvmvmgr聯立方程化簡得f2-f1=6mg所以小軍同學還需要測量的物理量就是小球的質量m，故選 a。（4）4 由（ 3）可知，根據小明同學的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為222221=-4ddglttvv（5）5 由（ 3）可知，根據小軍同學的思路，驗證小球從最低點運動到最高點的過程中機械能守恒的表達式為f2-f1=6mg。11. 用伏安法測定電阻約為5的均勻電阻絲的電阻率，電源是兩節(jié)干電池如圖甲所示，將電阻絲拉直后兩端固定在帶有刻度尺的絕緣底座兩端的接線柱上，底座的中

22、間有一個可沿電阻絲滑動的金屬觸頭p，觸頭上固定了接線柱，按下p 時，觸頭才與電阻絲接觸，觸頭的位置可從刻度尺上讀出實驗采用的電路原理圖如圖乙所示，測量電阻絲直徑所用螺旋測微器如圖丙所示用螺旋測微器測電阻絲的直徑時，先轉動_使測微螺桿f 接近被測電阻絲，再轉動_夾住被測物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動_使 f固定后讀數 （填儀器部件的字母符號）根據原理圖乙，用筆畫線代替導線，將實物圖連接成實驗電路（見答題紙）閉合開關后，滑動變阻器觸頭調至一合適位置后不動，多次改變p 的位置，得到幾組u、i、l 的數據，用uri計算出相應的電阻值后作出rl圖線如圖示取圖線上兩個點間數據之差rl和，若電阻絲直徑為 d

23、，則電阻率=_【答案】 d 、h、g（3 分） ；如圖所示，連線規(guī)范正確給4 分，有一連線錯誤就給0 分；24rdl【解析】試題分析： 在用螺旋測微器測電阻絲的直徑時，先轉動粗調旋鈕，使測微螺桿f 接近被測電阻絲，再轉動微調旋鈕夾住被測物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動止動旋鈕使f 固定后讀數根據電路圖，連接實物圖見答案根據：lrs，得lrs，而24ds，代入得：24rdl考點：測金屬絲的電阻率12. 基于下列四幅圖的敘述正確的是_ a. 由甲圖可知，黑體溫度升高時，各種波長的電磁波輻射強度都增加，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動b. 由乙圖可知，a 光光子的頻率高于b 光光子的頻率c. 由丙

24、圖可知，該種元素的原子核每經過7.6天就有14發(fā)生衰變d. 由丁圖可知，中等大小的核的比結合能量大，這些核最穩(wěn)定【答案】 ad 【解析】【分析】考查黑體輻射、光電效應、原子核衰變、比結合能?！驹斀狻?a由甲圖觀察可知黑體溫度升高時，各種波長的電磁波輻射強度都增加，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，故a 正確b由乙圖可知，a光光子的頻率低于于b光光子的頻率，故b 錯誤c由丙圖可知，該種元素的原子核每經過7.6 天就有34發(fā)生衰變，故c 錯誤d由丁圖可知，質量數為40 的原子的比結合能最大，即中等大小的核的比結合能量大，這些核最穩(wěn)定，故 d 正確故選 ad 。13. 氫原子第n 能級的能量為e

25、n12en，其中 e1是基態(tài)能量若某氫原子發(fā)射能量為316e1的光子后處于比基態(tài)能量高34e1的激發(fā)態(tài)，則該氫原子發(fā)射光子前處于第_能級；發(fā)射光子后處于第_能級【答案】(1). 4(2). 2【解析】【詳解】由題意可得發(fā)射光子后氫原子能量為1113144eeee；根據波爾理論氫原子發(fā)射光子能量mneeemn，得到氫原子發(fā)射光子前的能量為1111341616eeee，根據氫原子第n能級的能量為1n2een，得到發(fā)射光子前4n，發(fā)射光子后2n14. 在圖所示足夠長的光滑水平面上，用質量分別為3kg 和 1kg 的甲、乙兩滑塊，將僅與甲拴接的輕彈簧壓緊后處于靜止狀態(tài) 乙的右側有一擋板p.現將兩滑塊由

26、靜止釋放，當彈簧恢復原長時， 甲的速度大小為2m/s，此時乙尚未與p相撞求彈簧恢復原長時乙速度大小；若乙與擋板p碰撞反彈后，不能再與彈簧發(fā)生碰撞求擋板p對乙的沖量的最大值【答案】v乙 6m/s. i8n 【解析】【詳解】（ 1）當彈簧恢復原長時，設甲乙速度分別為1v和2v，對兩滑塊及彈簧組成的系統(tǒng)，設向左的方向為正方向，由動量守恒定律可得：1 1220m vm v又知12m/sv聯立以上方程可得26m/sv，方向向右（2）乙反彈后甲乙剛好不發(fā)生碰撞，則說明乙反彈的的速度最大為32m/sv的由動量定理可得，擋板對乙滑塊沖量的最大值為：23221 2n s 16 n s8n sim vm vggg

27、15. 下列說法正確的有_ a. 相對濕度越大，人感覺越潮濕b. 單晶體有確定的熔點，多晶體沒有確定的熔點c. 分子間的引力和斥力都隨分子間距的減小而增大d. 一定量的理想氣體、當分子熱運動加劇時、壓強必增大【答案】 ac 【解析】【詳解】相對濕度越大，人感覺越潮濕，選項a 正確；單晶體和多晶體都有確定的熔點，選項b 錯誤；分子間的引力和斥力都隨分子間距的減小而增大，選項c 正確；一定量的理想氣體，當分子熱運動加劇時，溫度升高，但是壓強不一定增大，選項d 錯誤；故選ac.16. 如圖所示， 有一個紅酒瓶狀的玻璃容器水平放置，左側 “ 瓶身 ” 的體積為300cm3、右側 “ 瓶頸”是一段內部橫

28、截面積為0.5cm2、有效長度為40cm 的玻璃管 、管內有一段長度可忽略不計的水銀柱、密閉了一定質量的氣體在容器內當大氣壓為1.0 105 pa 、 密閉氣體溫度為27 、 時、水銀柱剛好位于玻璃管最左側，現緩慢升高密閉氣體溫度、則當溫度升高到_時， 水銀柱會掉出容器；在此過程中， 密閉氣體從外界吸收的熱量為 12j、則在這一過程中密閉氣體的內能變化了_j、【答案】(1). 47；(2). 10 【解析】【詳解】當水銀柱到達管口時，所測氣溫最高，設為t2，此時氣體體積為v2、初狀態(tài)： t1=、 273+27 、 k=300k、v1=300cm3、末狀態(tài)為： v2=、 300+40 0.5 、

29、 cm3=320cm3氣體發(fā)生等壓變化，由蓋呂薩克定律得：1212vvtt、代入數據得： t2=320k、t2=t2-273=320-273=47、水銀柱移動過程中，外界對氣體做功：w=-p0sl=-1 105 0.5 10-4 40 10-2j=-2.0j 、又因為： q=12j由熱力學第一定律知內能變化為： u=w+q、代入數據得： u=10j，即內能增加了10j、【點睛】本題考查氣體定律以及熱力學第一定律的綜合運用，對于氣體狀態(tài)變化問題，關鍵在于分析是等值變化還是三個參量同時變化的問題，要善于挖掘隱含的條件17. 水的摩爾質量為m、 18g/mol，水的密度為、 1.0 103kg/m3

30、，阿伏伽德羅常數2316.0 10anmol，則一個水分子的質量為_ kg 、 一瓶 500ml 的純凈水所含水分子的個數為_、【答案】(1). 263 10mkg(2). 282 10n【解析】水分子的質量等于摩爾質量除以阿伏伽德羅常數，即：m amnamn代入數據得： m 3l026kg 水分子數目為：navnm代入數據得：3232831 100.66 102 1018 10n（個）四、計算題18. 如圖甲所示，導體框架 abcd水平固定放置， ab平行于 dc且 bc邊長 l0.20 m， 框架上有定值電阻r9(其余電阻不計 )，導體框處于磁感應強度大小b11.0 t、方向水平向右的勻強

31、磁場中有一匝數n300 匝、面積 s0.01 m2、電阻 r1 的線圈，通過導線和開關k 與導體框架相連，線圈內充滿沿其軸線方向的勻強磁場，其磁感應強度b2隨時間t變化的關系如圖乙所示b1與b2互不影響(1) 求00.10 s線圈中的感應電動勢大小e；(2) t0.22 s 時刻閉合開關k，若 bc 邊所受安培力方向豎直向上，判斷bc 邊中電流的方向，并求此時其所受安培力的大小f；(3) 從 t0 時刻起閉合開關k，求 0.25 s 內電阻 r 中產生的焦耳熱q.【答案】 (1)30v；(2)1.2 n (3) 24.3 j【解析】【詳解】 (1) 由法拉第電磁感應定律得1ent代入數據得21

32、30vbenst(2) 由左手定則得電流方向為bc代入數據得2260vbenst由閉合電路的歐姆定律得226aeirr安培力大小fi2lb11.2 n(3) 由法拉第電磁感應定律得113aeirr221224.3jqi rti rt19. 如圖所示，傾角為30 的足夠長斜面固定于水平面上，輕滑輪的頂端與固定于豎直平面內圓環(huán)的圓心o及圓環(huán)上的p 點在同一水平線上，細線一端與套在環(huán)上質量為m 的小球相連，另一端跨過滑輪與質量為m的物塊相連。在豎直向下拉力f 作用下小球靜止于q 點，細線與環(huán)恰好相切，oq、op 間成 53 角。撤去拉力后小球運動到p 點時速度恰好為零。忽略一切摩擦， 重力加速度為g

33、，取 sin 53 0.8，cos 53 0.6。求：（1）拉力的大小f；（2）物塊和小球的質量之比mm；（3）小球從q 點開始向上運動時，細線中張力t 的大小?！敬鸢浮浚?1）56mgmg（2）125（3）t1110mmgmm（或 t6685mg、t1134mg）【解析】【詳解】（ 1）設細線的張力為t1，根據平衡條件可以得到：對物塊 m：t1 mgsin 30對小球 m：（ fmg）cos 53 t1解得：f56mgmg（2）設環(huán)的半徑為r，球運動至p 點過程中，球上升高度為：h1rsin 53物塊沿斜面下滑的距離為：lrtan 53cos53rr由機械能守恒定律有：mgh1mglsin 30 解得：12=5mm（3）設細線的張力為t，根據牛頓第二定律可以得到：對物塊 m：mgsin 30tma對小球 m：tmgcos 53 ma解得：t1110()mmgmm（或 t6685mg、t1134mg）20.如圖所示，容器a 中裝有大量的質量不同、電荷量均為+q 的粒子，粒子從容器下方的小孔s1不斷飄入加速電場（初速度可視為零）做直線運動，通過小孔s2后從兩平行板中央垂直電場方向射入偏轉電場粒子通過平行板后垂直磁場方向進入磁感應強度為b、方向垂