2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷1

这是一份2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷1，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2020年普通高等学校招生统一考试
物理卷(一)
(满分：100分，时间：90分钟)
一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．光电效应现象表明，光具有波动性
B．α粒子散射实验表明，原子中有一个很小的核
C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，可以放出各种不同频率的光子
D．一个质子和一个中子结合成氘核，氘核的质量等于质子和中子的质量和
B　[光电效应现象表明，光具有粒子性，A项错误；α粒子散射实验表明，在原子的中心有一个很小的核，原子所有的正电荷和几乎所有的质量都集中在原子核上，B项正确；氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能发出一些特定频率的光子，C项错误；一个质子和一个中子结合成氘核，会发生质量亏损，氘核的质量不等于质子与中子的质量和，D项错误。]
2．下列关于温度及内能的说法中正确的是(　　)
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高
B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C．质量和温度相同的冰和水，内能是相同的
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D　[温度是大量分子热运动的宏观体现，单个分子不能比较温度大小，A错误；物质的内能由温度、体积、物质的量共同决定，故B、C均错误，D正确。]
3.在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、高40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。一根钢筒的重力为G，由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则(　　)

A．钢筒受到8个力作用
B．每根钢索受到的拉力大小为G
C．钢筒的重心可能在钢筒上
D．钢筒悬吊在空中可能处于失重状态
B　[钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，选项A错误；由题意知，每根钢索与竖直方向夹角为30°，设每根钢索的拉力大小为F，钢筒处于静止状态，则由平衡条件有8Fcos 30°＝G，解得F＝G，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；钢筒空心，它的重心一定不在钢筒上，选项C错误；钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，选项D错误。]
4．某同学质量为60 kg，在训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢驶来的小船上，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则(　　)
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程人的动量变化量的大小为105 kg·m/s
C．船最终速度的大小为0.95 m/s
D．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s
B　[人与船组成的系统，在水平方向动量守恒，选取人运动的方向为正方向，得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝0.25 m/s，与人的速度方向相同，故A、C错误；该过程人的动量变化量Δp1＝m1v－m1v1＝－105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。]
5.如图所示，ABCD为等腰梯形，∠A＝∠B＝60°，AB＝2CD，在A、B两点分别放上一个点电荷，电荷量分别为qA和qB，C点的电场强度方向沿DC向右，A点的点电荷在C点产生的电场强度大小为EA，B点的点电荷在C点产生的电场强度大小为EB，则下列说法正确的是(　　)

A．放在A点的点电荷可能带负电
B．D点的电场强度方向沿DC向右
C．EA>EB
D．|qA|＝|qB|
C　[由于两点电荷在C点产生的合电场强度方向沿DC向右，由平行四边形定则可知，两点电荷在C点产生的电场强度方向如图所示，由图中几何关系可知EB|qB|，且A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷，选项C正确，A、D错误；对两点电荷在D点产生的电场强度进行合成，由几何关系可知，其合电场强度方向为右偏上，不沿DC方向，选项B错误。]
6.如图所示，在x≥0的区域有垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线(粗细均匀)框，沿x轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC与y轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁场过程中，其感应电流I(取顺时针方向为正)与时间t的关系图线为图中的(　　)

B　[导线框从左进入磁场，磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针，即负方向；设导线框沿x轴方向运动的速度为v，经时间t运动的位移为x＝vt，根据几何关系可知，导线框的有效切割长度为l＝2xtan 30°＝t，感应电流I＝＝＝t，即电流I与t成正比，故选B。]
7.如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则(　　)

A．这些粒子做圆周运动的半径r＝R
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．该匀强磁场的磁感应强度大小为
D．该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为πR2
B　[Q点为最远点，则直线PQ为带电粒子在磁场中运动的直径，2r＝R，r＝R，A错误；由R＝，B＝，B正确，C错误；如图所示，该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为S＝πr2＋π(2r)2＋πR2－R2＝πR2－，D错误。]
8．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x＝6 m处的质点P在最短时间内到达波峰历时0.6 s。图中质点M的横坐标x＝2.25 m。下列说法正确的是(　　)

A．该波的波速为7.5 m/s
B．0～0.6 s内质点P的路程为4.5 m
C．0.4 s末质点M的振动方向沿y轴正方向
D．0～0.2 s内质点M的路程为10 cm
A　[由图象知波长λ＝6 m，根据波动与振动方向间的关系知，质点P在t＝0时刻沿y轴负方向振动，经过T第一次到达波峰，即T＝0.6 s，得周期T＝0.8 s，由v＝得波速v＝7.5 m/s，A正确；由图象知振幅A＝10 cm,0～0.6 s内质点P的路程L＝3A＝30 cm，B错误；t＝0时刻质点M沿y轴正方向振动，经过0.4 s即，质点M在x轴的下方且沿y轴负方向振动，C错误；0～0.2 s内质点M先沿y轴正方向运动到达波峰后沿y轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路程小于A即10 cm，D错误。]
9.(2019·成都七中摸底考试)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给灯泡L供电，若将原、副线圈增加相同匝数，其他条件不变，则(　　)

A．灯泡变亮
B．灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈的电流的比值不变
A　[因为是降压变压器，所以有n1>n2，若原、副线圈增加相同匝数，则 <，根据理想变压器中原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得 <，即原、副线圈两端电压的比值变小，通过原、副线圈的电流的比值与匝数成反比，故通过原、副线圈的电流的比值变大，因U′1＝U1，则有U2 10.(多选)如图所示的x­t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B(t2，x1)为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A(t1,0)，乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是(　　)

A．0～t2时间内甲的平均速度大于乙
B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等
C．甲质点的加速度为
D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻
D　[0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，则平均速度相等，选项A错误；x­t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等。又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即＝，则t2＝2t1，选项B错误，D正确；对甲质点，有x1＝at，解得加速度为a＝，选项C错误。]
11．如图所示，a、b、c为三颗绕地球做圆周运动的人造卫星，轨迹如图。这三颗卫星的质量相同，下列说法正确的是(　　)

A．三颗卫星做圆周运动的圆心相同
B．三颗卫星受到地球的万有引力相同
C．a、b两颗卫星做圆周运动的角速度大小相等
D．a、c两颗卫星做圆周运动的周期相等
AC　[三颗卫星做圆周运动的圆心都是地心，是相同的，选项A正确；三颗卫星的质量相同，但轨道半径不同，所受到地球的万有引力不相同，选项B错误；根据万有引力充当向心力，得G＝mω2r，ω＝，a、b两颗卫星的轨道半径相等，所以做圆周运动的角速度大小相等，选项C正确；根据G＝mr，可得T＝2π，a、c两颗卫星轨道半径不同，所以做圆周运动的周期不相等，选项D错误。]
12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体P接触，但未拴接，弹簧水平且无形变。现对物体P施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体P向右运动的最大距离为x0，之后物体P被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹性限度内，物体P与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)

A．物体P与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势能Ep＝－μmgx0
B．弹簧被压缩到最短之后的过程，物体P先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀减速运动
C．最初对物体P施加的瞬时冲量I0＝2m
D．物体P整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
AC　[由动量定理I0＝mv0和功能关系，系统具有的最大弹性势能Ep＝mv－μmgx0＝－μmgx0，A正确；弹簧被压缩到最短之后的过程，物体P在脱离弹簧之前，受水平向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，开始时弹力大于摩擦力，P向左做加速运动，弹力越来越小，合力越来越小，所以P先做加速度减小的加速运动，直到弹力和摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力，弹力越来越小，但合力越来越大，P做加速度增加的减速运动，离开弹簧后，P受水平向右的摩擦力，做匀减速运动，B错误；物体P运动全过程，由动能定理mv＝μmg(4x0)，解得I0＝2m，C正确；由动量定理得I0＋I弹＋I摩＝0，D错误。]
13.如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。下列说法正确的是(　　)

A．E点电势低于F点电势
B．F点电势等于O点电势
C．E点电场强度与F点电场强度相同
D．F点电场强度大于O点电场强度
BD　[点电荷的电势φ＝k，电势是标量，电场中某点的电势等于各个点电荷在该处电势的代数和，设正方形的边长为2l，则φE＝k＋k＋k＋k＝0，同理可得φF＝0，φO＝0，故A错误，B正确；根据电场的叠加原理可得，E点的电场强度方向由A指向B，F点的电场强度方向由C指向B，E、F两点的电场强度大小相同但方向不同，故C错误；根据电场的叠加及对称性可知，O的电场强度为零，故D正确。]
14.如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φ
B．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θ
C．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1
D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
BC　[由题图可知，斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由平抛运动的推论可知，tan φ＝2tan θ，选项A错误，B正确；小球A、B在空中运动的时间分别记为t1、t2，则对A球，由平抛运动的规律可得tan θ＝，对B球，由平抛运动规律和题意可知tan θ＝，故＝，选项C正确，D错误。]
15.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。开始时细绳伸直，物体B静止在桌面上，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h。放手后物体A下落，着地时速度大小为v，此时物体B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．物体A着地时的加速度大小为
D．物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
AC　[因为B没有运动，所以物体A下落过程中，只有弹力和重力做功，故物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；物体A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，故对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，故根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝·2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误。]
16．质量为m、电量为＋q的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则(　　)

A．要使m与M发生相对滑动，只需满足F＞μ(mg＋Eq)
B．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大
C．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小
D．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长木板末动能越大
BD　[m所受的最大静摩擦力为f＝μ(mg＋Eq)，则根据牛顿第二定律得a＝＝，计算得出F＝，则只需满足F＞，m与M就会发生相对滑动，故A错误；当M与m发生相对滑动，根据牛顿第二定律得，m的加速度a＝，知m越大，m的加速度越小，相同位移时，所用的时间越长，m越大，m对木板的压力越大，摩擦力越大，M的加速度越大，因为作用时间长，则位移大，根据动能定理知，长木板的末动能越大，故B正确；当M与m发生相对滑动，E越大，m对M的压力越大，摩擦力越大，M的加速度越大，则M相对地面的位移相同时，根据动能定理知，长木板的末动能越大，故C错误；根据L＝a1t2－a2t2 知，E越大，m的加速度越小，M的加速度越大，知时间越长，因为E越大，M的加速度越大，则M的位移越大，根据动能定理知，分离时长木板的动能越大，故D正确。]
二、非选择题(本题共7小题，共62分)
17．(5分)如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力和弹簧伸长量的关系。

(1)除图甲中所示器材外，实验中还需要的测量工具有：____________。
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图可知图线不通过原点，其原因是______________________________；弹簧的劲度系数k＝________N/m(计算结果保留两位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)。
(3)实验中用两根不同的轻弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图象如图丙所示，下列说法正确的是________。
A．a的原长比b的大
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．弹力与弹簧长度成正比
[解析]　(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要毫米刻度尺。
(2)由图乙可知，当m＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成的，故图线不过原点的原因是实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重。图线表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，则k＝＝＝×9.8 N/m＝4.9 N/m。
(3)弹簧a、b为轻弹簧，故无需考虑弹簧自重。在F­L图象中横轴截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的大，A项错误；斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，B项正确，C项错误；弹簧的弹力与形变量的关系满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D项错误。
[答案]　(1)毫米刻度尺　(2)实验中没有考虑弹簧的自重　4.9　(3)B
18．(7分)(2019·青岛模拟)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)。

(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。测量所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.06
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx使用的电路是如图________所示(选填“乙”或“丙”)的电路。

(3)图丁是测量Rx的实物电路图(未连接完整)。闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于变阻器的一端，可使闭合开关后，电压表或电流表不至于被烧坏。请根据第(2)问中所选的电路图，补充完成丁中实物图的连线。


(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图戊中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U­I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)。
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为__________________(填选项前的符号)。
A．1×10－2 Ω·m B．1×10－3 Ω·m
C．1×10－6 Ω·m D．1×10－8 Ω·m
(6)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是________。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以减小系统误差
D．用U­I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
[解析]　(1)螺旋测微器的读数为(0＋39.7×0.01)mm＝0.397 mm。
(2)通过给定的数据发现金属丝两端的电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法，选乙。
(3)实物图连接如图(a)所示。


(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧。根据表中数据描点作图，如图(b)所示。图线的斜率表示金属丝的电阻，所以Rx＝4.5 Ω。
(5)在R＝、S＝π中，取d＝4×10－4 m、l＝0.5 m、R＝4.5 Ω，解得ρ ≈1×10－6 Ω·m。
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以减小系统误差，选项B错误，选项C正确；利用U­I图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D正确。
[答案]　(1)0.397(0.395～0.399均可)　(2)乙　(3)见解析图(a)　(4)见解析图(b)　4.5(4.3～4.7均可)　(5)C　(6)CD
19．(3分)小李同学利用激光笔和角度圆盘测量半圆形玻璃砖的折射率，如图所示是他拍摄的某次实验现象图，①②③是三条光线，固定好激光笔，然后将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了5°角，发现光线________(填“①”“②”或“③”)恰好消失了，那么这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率n＝________。

[解析]　将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了5°角，发生全反射，光线③恰好消失；此时的临界角为45°，则他所测得半圆形玻璃砖的折射率n＝＝＝。
[答案]　③　
20．(10分)在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图所示，某足球场长90 m、宽60 m。现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为8 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为 m/s2。试求：

(1)足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的最大速度为6 m/s，并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？
[解析]　(1)设足球运动至底线所用时间为t，由题意有
v0＝8 m/s，x＝45 m，a＝－ m/s2
由x＝v0t＋at2
解得t＝9 s或t＝15 s(舍去)。
(2)设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为a，若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度
＝，即＝5 m/s
而前锋队员的最大速度为6 m/s，故前锋队员应该先加速后匀速运动
设加速过程中用时为t1，则t1＝
匀加速运动的位移x1＝
匀速运动的位移x2＝vm(t－t1)
而x＝x1＋x2
解得a′＝2 m/s2
故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于等于2 m/s2。
[答案]　(1)9 s　(2)加速度应该大于等于2 m/s2
21．(10分)彩虹的产生原因是光的色散，如图甲所示为太阳光射到空气中小水珠时的部分光路图，光通过一次折射进入水珠，在水珠内进行一次反射后，再通过一次折射射出水珠。现有一单色光束以入射角θ1＝45°射入一圆柱形玻璃砖，在玻璃砖内通过一次折射、一次反射、再一次折射射出玻璃砖，如图乙所示，已知射出光线与射入光线的延长线夹角φ＝30°，光在真空中的速度为c，求：

(1)该单色光的折射率；
(2)该单色光在玻璃中传播的速度的大小。
[解析]　(1)如图所示。

设折射角为θ2，分析可知
θ3＝θ1－θ2
由等腰三角形可知θ4＝θ2
由三角形内外角关系可得
θ4＝θ3＋
得2θ2＝θ1＋，即θ2＝30°
该单色光的折射率n＝＝。
(2)由光在玻璃中的传播速度v＝
得v＝c。
[答案]　(1)　(2)c
22．(13分)如图所示，质量均为M＝2 kg的甲、乙两辆小车并排静止于光滑水平面上，甲车的左端紧靠光滑的圆弧AB，圆弧末端与两车等高，圆弧半径R＝0.2 m，两车长度均为L＝0.5 m。两车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.2。将质量为m＝2 kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P在乙车上滑行的距离。
[解析]　(1)滑块沿圆弧下滑过程机械能守恒，有
mgR＝mv
设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式
mv0＝mv1＋2Mv2
对整体应用能量守恒有
mgR＝μmgL＋mv＋×2Mv
解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
滑块P刚滑上乙车时的速度大小为 m/s。
(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为x，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有mv1＋Mv2＝(m＋M)v
对滑块P和小车乙应用能量守恒有
μmgx＝mv＋Mv－(M＋m)v2
解得x＝ m。
[答案]　(1) m/s　(2) m
23．(14分)如图所示，在匀强磁场中水平放置两根平行的金属导轨，导轨间距L＝1.0 m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20 T。两根金属杆ab和cd与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。两金属杆的质量均为m＝0.20 kg，电阻均为R＝0.20 Ω。若用与导轨平行的恒力F作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨由静止开始向右运动，经过t＝3 s，达到最大速度v，此时cd杆受静摩擦力恰好达到最大。整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)ab杆沿导轨运动的最大速度v；
(2)作用在金属杆ab上拉力的最大功率P；
(3)ab棒由静止到最大速度的过程中通过ab棒的电荷量q。
[解析]　(1)金属杆cd受力平衡F安＝μmg
根据电磁感应定律，金属杆ab上产生的感应电动势为E感＝BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝
F安＝BIL
由以上四式可得v＝10 m/s。
(2)金属杆ab受力平衡，受拉力F＝F安＋μmg
根据功率公式P＝Fv
解得P＝20 W。
(3)对杆ab，由动量定理有(F－μmg)t－BILt＝mv－0
即(F－μmg)t－BLq＝mv
解得q＝5 C。
[答案]　(1)10 m/s　(2)20 W　(3)5 C