2023-2024学年度北京市朝阳区高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年度北京市朝阳区高三（第二次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.根据玻尔原子理论，一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子( )
A. 放出光子，库仑力做正功B. 放出光子，库仑力做负功
C. 吸收光子，库仑力做负功D. 吸收光子，库仑力做正功
2.关于机械振动和机械波，下列说法错误的是( )
A. 机械波的传播一定需要介质
B. 有机械波一定有机械振动
C. 汽车的鸣笛声由远及近音调的变化是波的衍射现象
D. 在波的传播过程中介质中的质点不随波迁移
3.某同学测定一块玻璃的折射率，他用测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出；sinθ1−sinθ2图像，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 由图像可推断入射角与折射角成正比
B. 该实验研究的是光从玻璃射入空气的折射现象
C. 该玻璃的折射率为0.67
D. 光从该玻璃以60∘入射角射入空气时会发生全反射
4.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. r1处分子间表现为引力B. r2处分子间表现为斥力
C. r15.如图所示，光滑水平桌面上木块A、B叠放在一起，木块B受到一个大小为F水平向右的力，A、B一起向右运动且保持相对静止。已知A的质量为m、B的质量为2m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 木块A受到两个力的作用
B. 木块B受到四个力的作用
C. 木块A所受合力大小为F3
D. 木块B受到A的作用力大小为 mg2+F2
6.如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，A1、A2是两个相同的小灯泡。下列说法正确的是( )
A. 开关S闭合瞬间，A2先亮A1后亮
B. 开关S闭合瞬间，A1中的电流大于A2中的电流
C. 开关S闭合稳定后再断开时，A1、A2同时熄灭
D. 开关S闭合稳定后再断开时，A1闪亮一下后熄灭
7.如图所示，质量为m的子弹水平射入并排放置的3块固定的、相同的木板，穿过第3块木板时子弹的速度恰好变为0。已知子弹在木板中运动的总时间为t，子弹在各块木板中运动的加速度大小均为a。子弹可视为质点，不计子弹重力。下列说法错误的是( )
A. 子弹穿过3块木板的时间之比为1:2:3
B. 子弹的初速度大小为at
C. 子弹受到木板的阻力大小为ma
D. 子弹穿过第1块木板时与穿过第2块木板时的速度之比为 2:1
8.如图所示，实线为两个固定的等量正点电荷电场中的等势面，虚线abc为一带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，其中b点是两点电荷连线的中点。下列说法正确的是( )
A. 该粒子可能带正电
B. 该粒子经过a、c两点时的速度大小相等
C. a、b、c三点的电场强度大小Ea>Eb>Ec
D. 该粒子在b点的电势能大于在a点的电势能
9.图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的磁铁转动，转速与风速成正比。当风速为v时，线圈中产生的正弦式交变电流如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 线圈中电流的表达式为i=1.2sin10πtA
B. 磁铁的转速为10r/s
C. 风速为2v时，线圈中电流的表达式为i=1.2sin20πtA
D. 风速为2v时，线圈中电流的有效值为1.2A
10.一个电子以某速度从a点出发，通过两个方向垂直纸面的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ到达b点，路径如图所示，电子在每个区域内的轨迹都是半圆。下列说法正确的是( )
A. 两个磁场的方向相同
B. 电子在区域Ⅰ中运动的时间较长
C. 电子以相同的速度大小从b点反向出发可返回a点
D. 质子以与电子大小相同的动量从b点反向出发可到达a点
11.电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15∘的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 图中①对应过程汽车所受合力越来越大B. 可求图中②对应过程下滑200m回收的电能
C. 图中②对应过程下滑100m后不再回收能量D. 由题中及图像信息可求出电动车的质量
12.如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定一带电小球A，小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢释放细线，使球B移动一小段距离。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 细线中的拉力一直减小B. 球B受到的库仑力先减小后增大
C. 球A、B系统的电势能保持不变D. 拉力做负功，库仑力做正功
13.测量曲线运动物体的瞬时速度往往比较困难。假设小球受到的空气阻力与其速度大小成正比，为测量水平抛出的塑料球的落地速度，研究性学习小组进行了以下实验。
①如图甲，在某一高度处释放塑料球，使之在空气中竖直下落。塑料球速度逐渐增加，最终达到最大速度vm，测量并记录vm。
②如图乙，用重垂线悬挂在桌边确定竖直方向，将塑料球和一半径相同的钢球并排用一平板从桌边以相同的速度同时水平推出；
③用频闪仪记录塑料球和钢球在空中的一系列位置，同时测量塑料球下落时间t；
④如图丙，在得到的频闪照片中分别作出x轴和y轴，测量并记录两小球水平位移x1、x2，竖直位移y0。已知重力加速度g。
关于本实验，下列说法正确的是( )
A. 实验中还需要用天平测量出塑料球的质量
B. 仅用g、t、y0、vm即可表示塑料球落地时的竖直速度
C. 塑料球和钢球落地时的速度大小可能相等
D. 塑料球和钢球在空中运动的时间可能相等
14.体外冲击波治疗具有非侵入性、患者易于接受、对人体组织损伤少、治疗成功率高等优点，目前在临床医疗上得到广泛的应用。一种冲击波治疗仪的充电和瞬时放电电路如图甲所示。交流电经调压、整流后向电容器C充电储能。当触发器S导通时，电容器经置于水中的冲击波源W瞬时放电，高压强电场的巨大能量瞬间释放使水迅速汽化、膨胀而形成冲击波。如图乙所示，冲击波向四周传播，碰到反射体光滑的内表面而反射，波源发出的冲击波经反射后在F点聚焦，形成压力强大的冲击波焦区，当人体深处的病变处于该焦区时，就会得到治疗的作用。冲击波治疗对放电时间要求不超过1μs，电容器C的电容一般在0.3∼1.0μF之间，充电电压大约10kV。下列说法正确的是( )
A. 治疗仪产生的冲击波是电磁波
B. 电容器放电电流不能达到104A数量级
C. 若仅减小电路中电阻R的阻值，可减小电容器的充电时间
D. 若仅增大电容器C的电容，放电时间仍符合冲击波的要求
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.(1)某同学用弹簧测力计粗测重力加速度。将一个质量为165g的物体挂在校准后的竖直弹簧测力计下端，静止时指针如图1所示，则重力加速度为________m/s2(结果保留2位有效数字)。
(2)某同学用如图2所示的装置测量重力加速度。打点计时器的打点周期为T。让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图3所示。A、B、C、D、E为纸带上5个连续打下的点。根据纸带可得重力加速度g=________(用h1、h2、h3、T表示)。
(3)某实验小组利用图4装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。
①组装好装置后，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图5所示，小钢球直径d=________mm，记摆长l=L+d2。
②多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l−T2图像，如图6所示。已知图线斜率为k，可得重力加速度g=________(用k、π表示)。
16.物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表(量程3V)、电流表(量程3A)、定值电器R0、滑动变阻器RL。
(1)测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动滑动变阻器RL滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U−I图线，可得电源电动势E=________V，内阻r=________Ω(结果均保留2位有效数字)。
(2)不考虑偶然误差，由上述(1)方法测得的内阻r________(填“大于”、“等于”、“小于”)真实值，引起此误差的原因是________。
(3)测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，I表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：
①表示图1中变阻器RL的功率变化规律；
②表示图3中变阻器RL的功率变化规律。
在滑动变阻器RL的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是________。
A. B.
C.
D.
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图1所示，水平放置的两平行金属板相距为d，充电后带电量保持不变，其间形成匀强电场。一带电量为+q、质量为m的液滴以速度v0从下板左边缘射入电场，沿直线运动恰好从上板右边缘射出。已知重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求静电力对液滴做的功W；
(3)如图2所示，若将上极板上移少许，其他条件不变，请在图2中画出液滴在两板间的运动轨迹。
18.如图所示，水平圆台可以绕其中心轴转动。在圆台中心两侧放上甲、乙两物体，两物体的质量均为m，均可视为质点，甲、乙两物体到圆台中心距离分别为2R、R，其连线过圆台中心。两物体与圆台间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动。求两物体的加速度之比a甲:a乙；
(2)若圆台的角速度逐渐增大，请分析说明甲、乙两物体谁先滑动；
(3)若将甲、乙两物体用不可伸长的轻绳连接，轻绳最初拉直而不张紧，缓慢增加圆台的转速，求两物体刚要滑动时圆台转动的角速度ω。
19.定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件，关于这几个元件有如下结论：
①一个定值电阻R满足I=UR关系；
②一个电容器的电容为C，两极板间电压为U时，储存的能量为E=12CU2；
③一个电感线圈的自感系数为L，自感电动势E自=LΔIΔt，式中ΔIΔt为电流变化率；通过的电流为I时，储存的能量为E′=12LI2。
如图所示，足够长的光滑金属框架竖直放置，顶端留有接口a、b，两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，重力加速度为g。不计空气阻力，不计框架和金属棒的电阻及电磁辐射的能量损失。
(1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻，现从静止释放金属棒，求金属棒的最终速度大小v1；
(2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器，现从静止释放金属棒，求当电容器两极板间电压为U0时，金属棒下落的高度h；
(3)若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈，现从静止释放金属棒，求金属棒下落过程中的最大速度v2。
20.万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。
(1)与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为r1，在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零，质量为m1、m2的两物体相距为r时，引力势能表达式为Ep=−Gm1m2r，其中G为引力常量。
a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒；
b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能ΔEk。
(2)如图2所示，直线上有一固定点电荷A，带电量为+Q，另一质量为m、带电量为−q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当电荷B运动至距离电荷A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远电势为零，两点电荷+q1、−q2相距为r时的电势能表达式为EP=−kq1q2r，其中k为静电力常量。
a.求点电荷B由静止释放时与点电荷A的距离L′；
b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆周轨道运行时，若椭圆轨道半长轴与某一圆周轨道半径相等，则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷B从该位置由静止释放运动到点电荷A位置的时间t。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，即从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少，从高能级向低能级跃迁，库仑力做正功。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.机械波的传播一定需要介质。故A正确，与题意不符；
B.有机械波一定有机械振动。故B正确，与题意不符；
C.汽车的鸣笛声由远及近音调的变化是多普勒效应。故C错误，与题意相符；
D.在波的传播过程中介质中的质点不随波迁移。故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选C。
3.【答案】D
【解析】A.图像可推断入射角正弦值与折射角正弦值成正比，故A错误；
B.由图知，入射角比折射角大，光线应是从空气入射到玻璃，故B错误；
C.解析图象的斜率k即是玻璃折射率，由题图易得k=n=10.67=1.5，故C错误；
D.光从该玻璃射入空气时发生全反射的临界角为 C ，有n=1sinC
得sinC=23
因为sin60∘= 32>23
所以光从该玻璃以60∘入射角射入空气时会发生全反射，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】ABD.分子势能为标量，在r=r2时，分子势能最小，则r2为平衡位置，分子力为零，由图可知r1处分子间表现为斥力，故ABD错误；
C.由图可知 r1故选：C。
5.【答案】C
【解析】A.由于桌面光滑，则两木块一起向右做加速运动，则木块A受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，选项A错误；
B.木块B受到重力、地面的支持力、A对B的压力和摩擦力以及力F共五个力的作用，选项B错误；
C.对整体受力分析，则整体的加速度a=F3m，则木块A所受合力大小为FA=ma=F3，选项C正确；
D.木块B受到A的支持力为mg，摩擦力为f=F3，则作用力大小为FAB= mg2+f2= mg2+19F2，选项D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】AB.由电路图可知，开关S闭合瞬间，A1、A2串联接入电路，则A1、A2同时亮，且A1中的电流等于A2中的电流，故AB错误；
CD.开关S闭合稳定后再断开时，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡A1构成闭合回路放电，由于线圈电阻很小，所以原来经过线圈的电流大于经过灯泡A1的电流，所以开关S闭合稳定后再断开时，A1闪亮一下后熄灭，而A2立即熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】A.把子弹的运动看成从右向左的初速度为零的匀加速直线运动，则有3d=12at2，2d=12at ′2，d=12at′ ′2
解得t= 6da,t′= 4da,t′′= 2da
子弹穿过3块木板的时间之比为t1:t2:t3=t−t′:t′−t′′:t′′= 3− 2: 2−1:1
故A错误，与题意相符；
B.根据0=v0−at，解得v0=at，故B正确，与题意不符；
C.由牛顿第二定律，可得f=ma，故C正确，与题意不符；
D.子弹穿过第1块木板时与穿过第2块木板时的速度之比为v1:v2=at′:at′′= 2:1，故D正确，与题意不符。
本题选错误的，故选A。
8.【答案】B
【解析】A.根据该粒子的运动轨迹可知，该粒子在电场中做曲线运动，而曲线运动的轨迹夹在速度方向与合外力方向之间，且合外力在轨迹的凹侧面，而粒子从a到b轨迹向左下方弯曲，则可知粒子所受电场力向左下方，由此可知该粒子带负电，故A错误；
B.a、c两点在同一等势面上，粒子经过a、c两点时电势能相同，根据能量守恒可知，动能相同，速度大小相等，故B正确；
C.等量同种点电荷连线中点处的场强为零，则b点场强为零，最小，故C错误；
D.粒子从a运动到b的过程中，所受电场力斜向左下方，与速度方向之间的夹角小于 90∘ ，电场力做正功，动能增加，电势能减小，由此可知该粒子在b点的电势能小于在a点的电势能，故D错误。
故选B。
9.【答案】C
【解析】A.由图乙知ω=2πT=2π0.2rad/s=10πrad/s，线圈中电流的表达式为i=0.6sin10πtA，选项A错误；
B.磁铁的转速为n=ω2π=5r/s，选项B错误；
C.风速为2v时，磁铁转速变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据E=NBωS可知，感应电动势最大值变为原来的2倍，感应电流最大值变为原来的2倍，则线圈中电流的表达式为i=1.2sin20πtA，选项C正确；
D.风速为2v时，线圈中电流的有效值为I=1.2 2A=0.6 2A，选项D错误。
故选C。
10.【答案】D
【解析】A.由左手定则知区域Ⅰ磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B.洛伦兹力不做功，所以电子在两磁场运动速度大小相等，由洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2r，解得r=mvqB
由图可知，电子在区域Ⅱ磁场的半径较大，则区域Ⅱ磁场磁感应强度较小，又有T=2πrv，得T=2πmBq，可知，电子在区域Ⅱ磁场运动的周期较大，因为电子在两磁场区域都是运动半圆，所以时间都为t=T2，可知，电子在区域Ⅱ磁场运动的时间较长，故B错误；
C.电子以相同的速度大小从b点反向出发，经过区域Ⅱ时由左手定则知受到的洛伦兹力向下，所以电子不能返回a点，故C错误；
D.质子与电子的电荷量相等，若质子以与电子大小相同的动量进入磁场，由Bqv=mv2r，得r=mvBq，可知它们在磁场运动的半径相等，所以质子从b点反向出发可到达a点。故D正确。
故选D。
11.【答案】B
【解析】A.由动能定理F合x=ΔEk，可知 Ek−x 图线的斜率为合外力，图中①对应过程汽车所受合力不变，有F合=mgsin⁡15∘−μmgcs⁡15∘=200×103−100×103200N=500N，故A错误；
B.在车自由下滑200m时WG+Wf=200−100×103J
开启能量回收模式下滑200m时WG+Wf+WF=64−100×103J
则回收的电能为E=−WF×90%=1.224×103J，故B正确；
C.根据以上分析，重力和摩擦力的合力做正功，而图中②对应过程下滑100m后动能不变，所以下滑100m后还是继续回收能量，故C错误；
D.由于不知道车与斜坡的动摩擦因数，故无法由题中及图像信息求出电动车的质量，故D错误。
故选B。
12.【答案】C
【解析】对小球B分析可知，受细线的拉力T，静电斥力F和重力G，
由相似三角形可知Gh=TL=Fr=kqAqBr3
现缓慢释放细线，使球B移动一小段距离，可知L变大，细线中的拉力T变大；r不变，球B受到的库仑力不变；球A、B系统的电势能保持不变；拉力做负功，球A、B间距离不变，库仑力做不做功。
故选C。
13.【答案】B
【解析】B.塑料球在空气中竖直下落，最终达到最大速度 vm ，有mg=kvm
根据动量定理mgt−kvt=mvy−0，其中vt=y0
联立以上各式得vy=gt−gvmy0
故B正确；
A.对塑料球，水平方向初速度v0=x2t
根据动量定理−kv′t=mvx−mv0，x1=v′t
联立得vx=x2t−gx1vm
落地时速度v1= vx2+vy2
落地时水平方向速度和竖直方向速度均与质量无关，所以实验中不需要用天平测量出塑料球的质量，故A错误；
C.空气阻力对塑料球影响较大，塑料球落地时的速度比钢球小，故C错误；
D.空气阻力对塑料球影响较大，塑料球在空中运动的时间较长，故D错误。
故选B。
14.【答案】C
【解析】A.治疗仪产生的冲击波是机械波，故A错误；
B.电容器C的电容为1.0μF时，充满电后所带电荷量Q=CU=1×10−6×10×103C=10−2C
电容器平均放电电流I=Qt=10−21×10−6A=104A
故B错误；
C.若仅减小电路中电阻R的阻值，充电电流增大，电容器的充电时间减小，故C正确；
D.由C=QU，得Q=CU
若仅增大电容器C的电容，电容器所带电荷量将变大，放电时间变长，不符合冲击波的要求，故D错误。
故选：C。
15.【答案】 (1)9.7(2)h3−h2−h2−h14T2 (3)①20.035； ②4π2k
【解析】(1)由图知物体的重力为 G=1.6N ，由G=mg，有g=9.7m/s2。
(2)根据匀变速运动规律有h3−h2−h2−h1=g2T2，得g=h3−h2−h2−h14T2。
(3)①小钢球直径 d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm 。
②由单摆周期公式T=2π lg，得l=g4π2T2
可见k=g4π2
得g=4π2k。
16.【答案】(1)3.0； 1.3(2)小于； 电压表的分流 (3)AC
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir
电源U−I图像与纵轴交点坐标值是电动势，图像斜率绝对值是电源内阻。由图像可知，电动势测量值E=3.0V
电源内阻r=3.0−1.01.5Ω=1.3Ω
(2)考虑到电表内阻U=E−(I+URV)r，整理得U=RVRV+rE−RVrRV+rI，因为斜率代表内阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。
(3)图1中，滑动变阻器 RL 的功率为P1=IE−I2r
由数学知识可知，当 I=E2r 时，功率最大，又有I=ERL+r
可知此时RL=r
最大功率为P1m=E24r
图3中，把 R0 和电源看成等效电源，则电源的等效电动势为E′=R0R0+rE
等效内阻为r′=R0R0+rr
则滑动变阻器 RL 的功率为P2=IE′−I2r′
由数学知识可知，当I=E′2r′=R0R0+rE2R0R0+rr=E2r时，功率最大，此时RL=R0R0+rr最大功率为P2m=E′24r′=R0R0+r⋅E24r综上所述，图1中和图3中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图1中滑动变阻器的电阻较大，且图1中的最大功率较大。
故选AC。
17.【答案】(1)液滴沿直线恰好从上板右边缘射出，可知受力平衡，即Eq=mg
解得E=mgq
(2)静电力对液滴做的功W=Eqd=mgd
(3)根据E=Ud，C=QU，C=εS4πkd
可得E=4πkQεS
若将上极板上移少许，两板间场强不变，液滴受电场力不变，则液滴仍沿直线运动，轨迹如图

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)若圆台以某一角速度转动时，甲、乙均未滑动，根据a=ω2r
可得两物体的加速度之比a甲:a乙=2R:R=2:1
(2)若圆台的角速度逐渐增大，根据μmg=mω02r
可得ω0= μgr
因甲转动半径较大，临界角速度较小，可知甲物体谁先滑动；
(3)两物体刚要滑动时，甲受最大静摩擦力指向圆心，乙受最大静摩擦力背离圆心，则对甲T+μmg=mω2⋅2R
对乙T−μmg=mω2R
解得圆台转动的角速度ω= 2μgR

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】(1)对金属棒受力分析，当受力平衡时，具有最大速度，即mg=F安
又F安=BId ， I=ER=Bdv1R
联立，解得v1=mgRB2d2
(2)由能量守恒定律，可得mgh=12mv2+12CU02
又U0=Bdv
联立，解得h=m+CB2d22mgB2d2U02
(3)设金属棒下落速度为v，根据题意有Bdv=LΔIΔt
设金属棒速度达到最大值 v2 时，电流为 I0 ，有mg=BI0d
设该过程金属棒下落的高度为 x0 ，根据能量守恒定律有mgx0=12mv22+12LI02
又BdvΔt=LΔI
可得Bdx0=LI0
联立，解得v2=g mLBd

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
20.【答案】(1)a.设引力做功为W引，根据动能定理有W引=ΔEk
引力做功与引力势能变化ΔEp的关系为W引=−ΔEp
故有ΔEk+ΔEp=0
由此可知，动能与引力势能之和守恒
b.卫星从A运动到B的过程中，动能与引力势能之和守恒ΔEk+ΔEp=0
解得ΔEk=GMmr2−GMmr1
(2)a.当B绕A做圆周运动时，库仑力提供向心力kqQL2=mv2L
当B靠近A时，由动能定理W电=12mv2
同时 W电=kqQL−kqQL ′
解得 L′=2L
b.将B的直线运动视为无限“扁”的椭圆上的运动，其半长轴为L′2=L
设B绕A以半径L做匀速圆周运动时的周期为T，有t=T2
库仑力提供向心力有kqQL2=m4π2T2L
解得t=πL mLkqQ

【解析】详细解答和解析过程见【答案】