考前綜合檢測(四)

考前綜合檢測(四)(考試時間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.杭州是中國第三個取得夏季亞運會主辦權的城市，如圖所示是田徑的主賽場“蓮花碗”。下列關于亞運會田徑項目的敘述正確的是()A．研究三級跳遠的動作要領時可將運動員看成質點B．在田徑比賽中跑步運動員的比賽成績是一個時刻C．短跑運動員跑100m和200m都是指位移D．高水平的跳高運動員可以在重心低于橫桿的情況下成功躍過橫桿解析：選D研究三級跳遠的動作要領時，不能忽略運動員的形狀大小，不可將運動員看成質點，故A錯誤；在田徑比賽中跑步運動員的比賽成績是時間間隔，故B錯誤；短跑運動員跑100m指位移，200m指路程，故C錯誤；重心不一定在物體上，高水平的跳高運動員可以在重心低于橫桿的情況下成功躍過橫桿，故D正確。2．引力波是根據(jù)愛因斯坦的廣義相對論作出的奇特預言之一，三位美國科學家因在引力波的研究中有決定性貢獻而榮獲諾貝爾獎。對于引力波概念的提出，可以通過這樣的方法來理解：麥克斯韋認為，電荷周圍有電場，當電荷加速運動時，會產生電磁波；愛因斯坦認為，物體周圍存在引力場，當物體加速運動時，會輻射出引力波。愛因斯坦的觀點的提出，采取了哪種研究方法()A．觀察法 B．理想模型法C．類比法 D．控制變量法解析：選C愛因斯坦的觀點的提出類比了電場和電磁波的概念，故采用了類比法。故選C。3．行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A．增加了司機單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機動量的變化量C．將司機的動能全部轉換成汽車的動能D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積解析：選D汽車劇烈碰撞瞬間，安全氣囊彈出，立即跟司機身體接觸。司機在很短時間內由運動到靜止，動量的變化量是一定的，由于安全氣囊的存在，作用時間變長，據(jù)動量定理Δp＝FΔt知，司機所受作用力減小，又知安全氣囊打開后，司機的受力面積變大，因此減少了司機單位面積的受力大??；碰撞過程中，動能轉化為內能。D正確。4.無動力翼裝飛行是極限運動之一，也稱飛鼠裝滑翔運動。圖示為無動力翼裝飛行員穿越天門洞的情境。若質量為80kg的飛行員在某次無動力翼裝飛行中做初速度為零的勻加速直線運動，最大速度達194.4km/h，翼裝飛行方向與水平方向的夾角的正切值為0.75，飛行員受到空氣的作用力F的方向與飛行方向垂直，取g＝10m/s2，則此過程中()A．F＝480N B．加速度大小為8m/s2C．用時9s D．下降高度為243m解析：選C飛行員在飛行時受力如圖所示，則F＝mgcosθ＝640N，A錯誤；設加速度大小為a，則ma＝mgsinθ，得a＝6m/s2，B錯誤；最大速度vm＝eq\f(194.4,3.6)m/s＝54m/s，由vm＝at得t＝eq\f(vm,a)＝9s，C正確；飛行距離x＝eq\f(1,2)at2＝243m，下降高度h＝xsinθ＝145.8m，D錯誤。5．如圖所示，物理課上老師做了這樣一個實驗，將一厚度均勻且足夠長的光滑鋁板固定在絕緣支架上，鋁板與水平面的夾角為θ，現(xiàn)將一質量為m的永磁體靜止放置在鋁板的上端，它將沿斜面向下運動，重力加速度為g，則運動過程中永磁體()A．做加速度為a的勻加速直線運動，且a<gsinθB．做加速度為a的勻加速直線運動，且a＝gsinθC．重力勢能先逐漸減小，最后保持不變D．動能先逐漸增加，最后保持不變解析：選D永磁體沿斜面向下運動的過程中，鋁板內會產生渦流，將阻礙永磁體的運動，由牛頓第二定律有mgsinθ－f阻尼＝ma，由于渦流的產生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，故永磁體將先做加速度逐漸變小的變加速運動，且a<gsinθ；當mgsinθ－f阻尼＝0時，永磁體開始做勻速運動，故重力勢能一直減小，動能先增加后保持不變，故選D。6．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B(可視為質點)以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化的情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．A獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為4JC．A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析：選D由題圖乙可知，A、B的加速度大小均為1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律知二者質量相等，A獲得的動能為1J，A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2＝2J，B錯誤；由題圖乙可求出A、B相對位移為1m，即A的最小長度為1m，C錯誤；對物體B分析，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正確。7．2021年1月20日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功將地球同步衛(wèi)星天通一號03星發(fā)射升空，標志著我國首個衛(wèi)星移動通信系統(tǒng)建設取得重要進展。關于該衛(wèi)星下列說法正確的是()A．運行速率在7.9km/s至11.2km/s之間B．運行速度大于近地衛(wèi)星的運行速度C．角速度比月球繞地球運行的角速度小D．向心加速度比月球繞地球運行的向心加速度大解析：選D地球衛(wèi)星的運行速率小于7.9km/s，根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma可知，半徑越大，線速度、角速度、向心加速度都越小，周期越大，其中月球繞地球運行的軌道半徑大于同步衛(wèi)星的軌道半徑，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，故A、B、C錯誤，D正確。8．把一根通電的硬直導線ab放在磁場中，導線所在區(qū)域的磁感線呈弧形，如圖所示，導線可以在空中自由移動和轉動，導線中的電流方向由a指向b。虛線框內有產生以上弧形磁感線的磁場源，磁場源都放在導線正下方且呈中間對稱，則下列圖中的磁場源不可能是()解析：選D圖A和圖C的永久性磁鐵均可以形成如題圖所示的磁場；圖B中通電螺線管的磁場與圖C中條形磁鐵的磁場相似，也可形成如題圖所示的磁場；圖D中環(huán)形電流的磁場是垂直紙面方向的，不能形成題圖所示的磁場。故選D。9．某汽車的四沖程內燃機利用奧托循環(huán)進行工作。該循環(huán)由兩個絕熱過程和兩個等容過程組成。如圖所示為一定質量的理想氣體所經歷的奧托循環(huán)，則該氣體()A．在狀態(tài)a和c時的內能可能相等B．在a→b過程中，外界對其做的功全部用于增加內能C．b→c過程中增加的內能小于d→a過程中減少的內能D．在一次循環(huán)過程中吸收的熱量小于放出的熱量解析：選B從c→d為絕熱膨脹，則Q＝0，W<0，則ΔU<0，內能減小，溫度降低；從d→a，體積不變，壓強減小，則溫度降低，則狀態(tài)c的溫度高于狀態(tài)a的溫度，選項A錯誤；a→b為絕熱壓縮，外界對氣體做功W>0，Q＝0，則ΔU＝W，即外界對其做的功全部用于增加內能，選項B正確；b→c系統(tǒng)從外界吸收熱量，c→d系統(tǒng)對外做功，d→a系統(tǒng)放出熱量，a→b外界對系統(tǒng)做功，根據(jù)p-V圖像與橫軸所圍成的面積即為氣體做功大小，可知圖像中b→c→d→a圍成的圖形的面積為一個奧托循環(huán)氣體對外做的功，整個過程氣體的內能變化量為零，則ΔW＝ΔQ，即Q吸－Q放＝ΔW>0，即在一次循環(huán)過程中吸收的熱量大于放出的熱量，則b→c過程中增加的內能大于d→a過程中減少的內能，故C、D錯誤。10．一臺電動機帶動水泵，每小時將72t水豎直提升6m。已知電動機的繞線電阻為7Ω，工作電壓為220V，工作電流為10A。下列說法正確的是()A．水泵的輸出功率為1500WB．電動機的輸出功率為1200WC．水泵的效率為80%D．電動機每小時產生的焦耳熱為700J解析：選C水泵的輸出功率為P＝eq\f(mgh,t)＝eq\f(72×103×10×6,3600)W＝1200W，選項A錯誤；電動機的輸出功率為P機出＝IU－I2r＝1500W，選項B錯誤；水泵的效率為η＝eq\f(P,P泵入)＝eq\f(P,P機出)＝eq\f(1200W,1500W)×100%＝80%，選項C正確；電動機每小時產生的焦耳熱為Q＝I2rt＝102×7×3600J＝2.52×106J，選項D錯誤。11．如圖所示，用兩根長均為0.3m的輕質絕緣細線M、N把帶電小球甲懸掛在水平天花板上，兩線之間的夾角為θ＝60°。小球甲電荷量為2.0×10－6C、質量為0.1kg，沿N延長線距甲0．3m處的水平地面上固定有一帶等量同種電荷的小球乙。開始整個裝置處于靜止狀態(tài)，小球甲、乙均可視為點電荷，靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度取10m/s2。某時刻剪斷線N，則()A．剪斷線N前，N上拉力大小為eq\f(5\r(3)－6,15)NB．剪斷線N前，N上拉力大小為eq\f(\r(3),3)NC．剪斷線N后，小球甲仍在原位置靜止D．剪斷線N后，小球甲移動很小一段距離內電勢能減小解析：選A剪斷細線N前，小球甲、乙之間的庫侖力F庫＝keq\f(q2,r2)＝0.4N，對小球甲受力分析，根據(jù)平衡條件有FTM·cos60°＝FTN·cos60°＋F庫·cos60°，F(xiàn)TM·sin60°＋FTN·sin60°＋F庫·sin60°＝mg，聯(lián)立解得FTM＝eq\f(\r(3),3)N，F(xiàn)TN＝eq\f(5\r(3)－6,15)N，A正確，B錯誤；剪斷線N后，甲會向下擺，電場力做負功，則電勢能增大，C、D錯誤。12．如圖所示，用長為l、不可伸長的輕繩，一端系質量為m的小球(可視為質點)，另一端固定在O處。把小球拉到輕繩與水平面間夾角為30°的A點由靜止釋放，重力加速度為g，則小球下落到最低點B時輕繩的拉力FT的大小為()A.eq\f(7,2)mg B．3mgC．4mg D．mg解析：選A小球做自由落體運動到與初始位置關于水平線對稱的位置，則mg×2lsin30°＝eq\f(1,2)mv2，輕繩拉緊瞬間，沿繩方向速度迅速減到零，垂直于繩方向速度為v⊥＝vcos30°，然后小球沿圓弧運動到最低點B，根據(jù)機械能守恒，有eq\f(1,2)mv⊥2＋mg(l－lsin30°)＝eq\f(1,2)mvB2，在最低點B，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－mg＝eq\f(mvB2,l)，聯(lián)立可得FT＝eq\f(7,2)mg，故選A。13．下表是某種共享汽車的主要參數(shù)。根據(jù)表格信息，則下列說法正確的是(g取10m/s2)()空車質量800kg電池容量44kW·h標準承載200kg最大續(xù)航(充滿電最大行駛路程)200km所受阻力與汽車總重力的比值0.09A．工作時，電動汽車的電動機是將機械能轉化成電能B．電池容量44kW·h指的是汽車電池充滿電時的電荷量C．若標準承載下，電動汽車以36km/h的速度勻速行駛10min消耗的電能為1.5kW·hD．若標準承載下電動汽車速度為54km/h，則此時電動汽車電動機最大輸出功率不小于13.5kW解析：選D工作時，電動汽車的電動機是將電能轉化成機械能，所以A錯誤；電池容量44kW·h指的是汽車電池充滿電時的電能，所以B錯誤；勻速行駛時的牽引力F＝Ff＝0.09×(800＋200)×10N＝900N，電動汽車以36km/h＝10m/s的速度勻速行駛時電動汽車的功率為P＝Fv＝900×10W＝9kW，勻速行駛10min消耗的電能為E＝Pt＝9×eq\f(10,60)kW·h＝1.5kW·h，實際情況下電能不能全部轉化為機械能，實際消耗電能會大于1.5kW·h，所以C錯誤；若標準承載下電動汽車速度為54km/h＝15m/s，電動汽車電動機輸出功率為P′＝Fv′＝900×15W＝13.5kW，則此時汽車電動機最大輸出功率不小于13.5kW，所以D正確。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．下列敘述中正確的是()A．一塊純凈的放射性元素的礦石，經過一個半衰期以后，它的總質量僅剩下一半B．根據(jù)玻爾理論，一個處于n＝4能級的氫原子回到n＝1能級的過程中，最多可放出3種頻率不同的光子C．一重原子核衰變成α粒子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定小于原來重核的結合能D.92235U吸收一個慢中子后，分裂成54136Xe和3890Sr還放出10個中子解析：選BD一塊純凈的放射性元素的礦石，經過一個半衰期以后，有半數(shù)原子核發(fā)生衰變，不是總質量僅剩下一半，故A錯誤；根據(jù)玻爾理論，一個處于n＝4能級的氫原子回到n＝1能級的過程中，最多可放出3種頻率不同的光子，故B正確；一重原子核衰變成α粒子和另一原子核，釋放核能，衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能，故C錯誤；根據(jù)核反應時質量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，寫出反應方程如下92235U＋01n→54136Xe＋3890Sr＋1001n，故D正確。15．如圖為一有效擺長為l的單擺，現(xiàn)將質量為m的擺球A向左拉高平衡位置一個很小的角度，使得A球升高了h，然后由靜止釋放。A球擺至平衡位置P時，恰與靜止在P處、質量為0.2m的B球發(fā)生正碰，碰后A繼續(xù)向右擺動，B球以速度v沿光滑水平面向右運動，與距離為d的墻壁碰撞后以原速率返回，當B球重新回到位置P時，A球恰好碰后第一次回到P點。則下列說法正確的是()A．單擺的周期為T＝eq\f(4d,v)B．當?shù)氐闹亓铀俣葹間＝eq\f(lπ2v2,d2)C．A球釋放到達P經歷的時間，大于A球碰后再次到達最高點的時間D．A球碰后的速度大小為vA＝eq\r(2gh)－eq\f(v,5)解析：選ADB球來回運動時間t＝eq\f(2d,v)，單擺的周期為T＝2t＝eq\f(4d,v)，故A正確；單擺的周期為T＝eq\f(4d,v)＝2πeq\r(\f(l,g))，聯(lián)立解得重力加速度為g＝eq\f(lπ2v2,4d2)，故B錯誤；單擺的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，碰撞前后周期不變，故A球釋放到達P經歷的時間等于A球碰后再次到達最高點的時間，故C錯誤；根據(jù)動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv02，碰撞后mv0＝mvA＋0.2mv，解得vA＝eq\r(2gh)－eq\f(v,5)，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)(1)如圖，讓小球從斜槽滾下，用描點的方法畫出小球平拋的軌跡，回答下列問題：①斜槽安裝：實驗中必須調整斜槽末端________；②方木板固定：方木板必須處于________，固定時要用重垂線檢查坐標紙豎線是否豎直；③小球釋放：小球每次必須從斜槽上________位置由靜止?jié)L下，小球開始滾下的位置高度要適中，以使小球平拋運動的軌跡由坐標紙的左上角一直到達右下角為宜；④實驗時，除了木板、小球、斜槽、鉛筆、重垂線、圖釘之外，下列器材中還需要的有________；A．秒表 B．坐標紙C．天平 D．彈簧測力計⑤引起實驗結果偏差較大的原因可能是________。A．安裝斜槽時，斜槽末端切線方向不水平B．確定Oy軸時，沒有用重垂線C．斜槽不是絕對光滑的，有一定摩擦D．空氣阻力對小球運動有較大影響(2)研究雙縫干涉現(xiàn)象時，如圖所示，調節(jié)儀器使分劃板的中心刻度對準一條亮條紋的中心A，示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為________mm。移動手輪至另一條亮條紋中心B，讀出其讀數(shù)為27.6mm。已知雙縫片與光屏間距為0.6m，所用雙縫相距0.2mm，則所測單色光波長約為________m(保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)①為使小球水平拋出，必須調整斜槽，使其末端的切線成水平方向。②小球做平拋運動在豎直平面內，所以方木板必須處于豎直平面內，固定時要用重垂線檢查坐標紙豎線是否豎直。③為了保證小球的初速度大小相等，每次從斜槽的同一位置由靜止釋放。④為更好的分析平拋軌跡，實驗還需坐標紙，故B正確。⑤安裝斜槽時，斜槽末端切線方向不水平，確定Oy軸時，沒有用重垂線，空氣阻力對小球運動的影響，都是引起實驗結果偏差較大的原因，故A、B、D正確；為了保證小球的初速度相等，每次從斜槽的同一位置由靜止釋放小球即可，斜槽沒必要一定光滑，故C錯誤。(2)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)方法，A條紋中心刻度線讀數(shù)為19mm＋4×0.1mm＝19.4mm，兩刻度之間距離等于4個條紋寬度，故Δx＝eq\f(27.6－19.4,4)mm＝2.05mm，d＝0.2mm，l＝0.6m，根據(jù)Δx＝eq\f(l,d)λ，代入數(shù)據(jù)得λ≈6.8×10－7m。答案：(1)①水平②豎直平面內③同一④B⑤ABD(2)19.46.8×10－7Ⅱ.(7分)國標(GB/T)規(guī)定自來水在15℃時電阻率應大于13Ω·m，某同學利用圖(a)電路測量15℃時自來水的電阻率，其中內徑均勻的圓柱形玻璃管側壁連接一細管，細管上加有閥門K以控制管內自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞(活塞電阻可忽略)，右側活塞固定，左側活塞可自由移動，實驗器材還有：電源(電動勢約為3V，內阻可忽略)電壓表V1(量程為0～3V，內阻很大)電壓表V2(量程為0～3V，內阻很大)定值電阻R1(阻值4kΩ)定值電阻R2(阻值2kΩ)電阻箱R最大阻值9999.9Ω單刀雙擲開關S，導線若干，游標卡尺，刻度尺。實驗步驟如下：A．用游標卡尺測量并記錄玻璃管的內徑d；B．向玻璃管內注滿自來水，確保無氣泡，用刻度尺測量并記錄水柱長度L；C．把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數(shù)；D．把S撥到2位置，調整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同，記錄電阻箱的阻值R；E．改變玻璃管內水柱長度，重復實驗步驟C、D，記錄每一次水柱的長度L和電阻箱的阻值R；F．斷開S，整理好器材。(1)測玻璃管內徑d時游標卡尺示數(shù)如圖(b)所示，則d＝________mm。(2)玻璃管內水柱電阻Rx的表達式為Rx＝________(用R1、R2、R表示)。(3)利用記錄的多組水柱長度L和對應的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖(c)所示的R-eq\f(1,L)圖像。可求出自來水的電阻率ρ＝________Ω·m(結果保留三位有效數(shù)字)。(4)本實驗若電壓表V1內阻不是很大，則自來水電阻率測量結果將________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。解析：(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為2.0cm＝20mm，游標尺上第0個刻度和主尺上刻度對齊，游標卡尺分度值為0.1，所以最終讀數(shù)為20.0mm。(2)設把S撥到1位置時，電壓表V1示數(shù)為U，則電路電流為eq\f(U,R1)，總電壓U總＝eq\f(URx,R1)＋U，當把S撥到2位置，調整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同，也為U，則此時電路中的電流為eq\f(U,R)，總電壓U總′＝eq\f(U,R)R2＋U，由于兩次總電壓相等，都等于電源電動勢E，可得eq\f(Rx,R1)＝eq\f(R2,R)，解得Rx＝eq\f(R1R2,R)。(3)從圖(c)中可知，R＝1×103Ω時eq\f(1,L)＝5.0m－1，此時玻璃管內水柱的電阻，Rx＝eq\f(R1R2,R)＝8000Ω，水柱橫截面積S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2≈3.14×10－4m2，由電阻定律Rx＝ρeq\f(L,S)得ρ＝eq\f(RxS,L)＝8000×3.14×10－4×5.0Ω·m≈12.6Ω·m。(4)若電壓表V1內阻不是很大，則把S撥到1位置時，電路電流大于eq\f(U,R1)，即eq\f(U,R1)Rx<eq\f(U,R)R2，得到Rx<eq\f(R1R2,R)，所以測量的Rx將偏大，因此自來水電阻率測量結果將偏大。答案：(1)20.0(2)eq\f(R1R2,R)(3)12.6(4)偏大17．(8分)如圖所示，半徑R＝14m的圓柱形水池，O為池中水面中心，水深H＝8m，池邊有高h＝6m的立柱AB。在池底中心M處(O的正下方)有單色點光源，從F處射出的光線恰好照射到立柱的頂端B處。已知O、F、A在同一半徑上，AF＝8m求：(1)水對該光的折射率n；(2)該光能從水面射出的水域面積(可用圓周率π和分數(shù)表示)。解析：(1)作出光路圖如圖所示，設光線在空氣中的折射角為θ1，則有sinθ1＝eq\f(AF,\r(h2＋AF2))＝0.8，設光線在水中的入射角為θ2，則有sinθ2＝eq\f(R－AF,\r(R－AF2＋H2))＝0.6，由折射定律可得n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)，解得n＝eq\f(4,3)。(2)設光在水中的臨界角為C，則有sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,4)，設恰好有光線射出的水域半徑為r，由幾何關系可得sinC＝eq\f(r,\r(r2＋H2))，水域面積S＝πr2，解得S＝eq\f(576,7)πm2。答案：(1)eq\f(4,3)(2)eq\f(576,7)πm218．(11分)光滑水平臺面上有一光滑弧形軌道、豎直光滑圓軌道和粗糙斜面，各軌道均平滑連接。豎直圓軌道在最低點D處略有錯開，滑塊可以順利進出圓軌道。有一滑塊從弧形軌道某處由靜止釋放，從D點進入圓軌道，經過最高點E，離開圓軌道后經水平臺面又滑上斜面AB。已知滑塊質量m＝10g，圓軌道半徑R＝5cm，AB斜面長L＝30cm，斜面傾角θ＝37°，滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，忽略空氣阻力，滑塊可視為質點。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)若滑塊從弧形軌道上高為h1＝16cm處下滑，滑塊經過E點時對軌道的壓力大??；(2)在(1)的情形下，滑塊第二次經過A點時的速度大??；(3)為保證滑塊能沿軌道到達AB斜面，并在返回時不脫離軌道，求滑塊從弧形軌道上由靜止開始下滑時的初始高度h的取值范圍。解析：(1)由動能定理有mg(h1－2R)＝eq\f(1,2)mvE12，mg＋F＝eq\f(mvE12,R)，得F＝0.14N，由牛頓第三定律可知F壓＝F＝0.14N。(2)在AB斜面上滑到最高點時有mgh1－mglsinθ－μmglcosθ＝0，下滑到A點時有mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mvA2，聯(lián)立解得vA＝0.8m/s。(3)滑塊在下滑后第一次進入圓軌道時，剛好能通過圓軌道，則有mgh－mg·2R＝eq\f(1,2)mvE2，eq\f(mvE2,R)≥mg即h≥12.5cm，滑塊不從B點滑出，則有mgh－mgLsinθ－μmgLcosθ≤0，得h≤30cm，若滑塊在斜面上返回進入圓軌道時，其上升高度不超過R，則有mgdsinθ－μmgdcosθ≤mgR，得d≤25cm，又mgh＝mgdsinθ＋μmgdcosθ，得h≤25cm，若滑塊在斜面上返回進入圓軌道時，能通過圓軌道最高點，則mgd′sinθ－μmgd′cosθ－mg·2R＝eq\f(1,2)mvE′2，mg＝eq\f(mvE′2,R)，得d′＝62.5cm>L＝30cm，綜上得12.5cm≤h≤25cm。答案：(1)0.14N(2)0.8m/s(3)12.5cm≤h≤25cm19．(11分)如圖所示，無限長的“U”金屬導軌ABCD和金屬導軌EF、GH水平平行放置，AB、EF、GH、CD之間的距離均為L，AB和EF區(qū)域、GH和CD區(qū)域均有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B0，EF和GH區(qū)域有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小也為B0，GH和CD左端連有帶開關S的電容器，其電容為C0(電容器一開始不帶電)?，F(xiàn)有三根金屬棒1、2、3如圖所示垂直導軌放置，三根金屬棒長度均為L，其中金屬棒1、3質量均為m，電阻均為R。金屬棒2質量為2m，電阻為2R。t＝0時刻金屬棒1、3靜止，開關S斷開，金屬棒2有垂直棒2大小為v0的速度，忽略所有的阻力和所有導軌的電阻。求：(1)t＝0時刻通過金屬棒2的電流I的大??；(2)開關S處于斷開狀態(tài)下，金屬棒1、2、3達到穩(wěn)定運行時，金屬棒2的速度大小v2；(3)開關S處于斷開狀態(tài)下，從t＝0時刻到第(2)問所指狀態(tài)的過程中，金屬棒1產生的焦耳熱Q1；(4)當?shù)竭_第(2)問所指的狀態(tài)時，撤去金屬棒3，同時閉合開關S，在以后的運動中，當金屬棒1、2達到穩(wěn)定運行時，電容器帶的電量大小Q。解析：(1)t＝0時刻滿足B0Lv0＝Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R))，解得I＝eq\f(B0Lv0,4R)。(2)穩(wěn)定運行時，棒1、3的速度均為v1，B0Lv2＝2B0Lv1對棒2使用動量定理B0Lq＝2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v2))，對棒1使用動量定理B0Lq＝mv1，解得v1＝eq\f(2,5)v0，v2＝eq\f(4,5)v0。(3)根據(jù)能量守恒Q熱＝eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v02－v22))－2·eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,5)mv02，金屬棒1產生的焦耳熱Q1，Q1＝eq\f(1,4)Q熱＝eq\f(1,20)mv02。(4)穩(wěn)定運行時，棒1的速度為v5，棒2的速度為v4，對棒1使用動量定理B0LQ＝meq\b\lc\(\