福建省泉州五中2014届高三物理下学期能力测试(六)试卷(含解析)

泉州五中2014届高三下理科综合能力
测试卷〔六〕
本试卷分第I 卷〔选择题〕和第II 卷。

第I 卷为必考题，第II 卷包括必考题和选考题两局部。

本试卷共12页，总分为300分，考试时间150分钟。

可能用到的相对分子质量Si-28；Al-27；N-14
第I 卷〔选择题 共108分〕
本卷共18小题，每一小题6分，共108分。

在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．一理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=11：5，原线圈与正弦交流电源连接，输入电压U 如下列图，副线圈仅接一个10Ω的电阻，如此〔 〕
A ．流过电阻的电流是0.2A
B ．变压器的输入功率是1×103
W
C ．经过1分钟电阻发出的热量是6×l05J
D ．与电阻并联的电压表示数是1002 V
【答案】B
【解析】 A 、由图象可知，原线圈中电压的最大值为2202V ，所以电压的有效值为220V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V ，副线圈的电阻为10Ω，所以电流的为10A ，故A 错误；
B 、原副线圈的功率是一样的，由3
P UI 10010W 1l0W ==⨯=⨯，故B 正确；
C 、经过1分钟电阻发出的热量是224Q I Rt 101060610J ==⨯⨯=⨯，故C 错误；
D 、电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V ，故D 错误。

应当选B 。

【考点】变压器；正弦式交变电流
14．一质点以坐标系原点O 为平衡位置沿y 轴方向做简谐振动，其振动图像 如右图所示，振动形成的简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波速为1.0m/s ，假设质点振动四分之三周
期后立即停止，如此再经过0.1s 后的波形图是〔 〕
【答案】C
【解析】
根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y 轴正方向振动，如此介质中各质点的起振方向均沿y 轴正方向，与波最前头的质点振动方向．由振动图象读出周期T=0.4s ，波长λ=vT=0.4m，如此再经过0.1s 后，即0.4s 后波总共传播的距离为λ=0.4m。

应当选C 。

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象
15．原香港中文大学校长、被誉为“光纤之父〞的华裔科学家高锟和另外两名美国科学家共同分享了2009年度的诺贝尔物理学奖．早在1996年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981年12月3日发现的国际编号为“3463〞的小行星命名为“高锟星〞．假设“高锟星〞为均匀的球体，其质量为地球质量的1k ，半径为地球半径的1q ，如此“高锟星〞外表的重力加速度是地球外表的重力加速度的( )
A.q k
B.k q
C.2q k
D.2k q 【答案】C
【解析】
根据2Mm G mg r
＝得，2M g G r 。

因为高锟星的质量为地球质量的
1k ，半径为地球半径的1q ，如此“高锟星〞外表的重力加速度是地球外表的重力加速度的2
q k
，故C 正确。

应当选C 。

【考点】万有引力定律与其应用
16．半圆形玻璃砖横截面如图，AB 为直径，O 点为圆心．在该截面内有a 、b 两束单色可见光从空气垂直于AB 射入玻璃砖，两入射点到O 的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折
射的情况如下列图，如此对a、b两束光说法错误的答案是〔〕A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大
B．以一样的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大
C．假设a光照射某金属外表能发生光电效应，b光也一定能
D．分别通过同一双缝干预装置，a光的相邻亮条纹间距大
【答案】B
【解析】
A、b光发生了全反射，a光未发生全反射，知b光的临界角小，根据
1
sinC
n
=知，b光的
折射率大，根据
c
v
n
=知，b光的传播速度小，a光的传播速度大，故A正确；
B、根据折射定律可知，b光的折射率大，如此b光的折射角小，故B错误；
C、b光的折射率大，如此b光的频率大，假设a光照射某金属外表能发生光电效应，b光也一定能，故C正确；
D、b光的折射率大，频率大，如此b光的波长小，根据
L
x
d
λ
∆=知，a光的条纹间距大，
故D正确。

应当选B。

【考点】光的折射定律
17．在固定于地面的斜面上垂直斜面安放一块挡板，截面为1/4圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲半径相等的光滑球体乙被夹在甲与挡板之间，球体乙没有与斜面接触而处于静止状态，如下列图．在球心O1处对甲实施一个平行于斜面下的力F，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止，设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，如此在此过程中〔〕
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大 B． F1缓慢增大，F2缓慢减小
C．F1缓慢减小，F2缓慢减小 D．F1缓慢减小，F2始终不变
【答案】D
【解析】
AB 、先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力和甲物体的支持力，如图
根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力不断减小，根据牛顿第三定律，球甲对挡板的压力不断减小，故AB 错误；
CD 、再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F ，如图
根据平衡条件，有
x 方向：1F M m gsin F 0θ+
+-=（） y 方向：2F M m gcos 0θ-
+=（） 解得：2F M m gcos θ=
+（） 由牛顿第三定律，知物体乙对斜面的压力不变，故C 错误D 正确。

应当选D 。

【考点】共点力平衡；力的合成与分解
18.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。

两质量、长度均一样的导体棒c 、d ，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处。

磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直。

先由静止释放c ，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触。

用a c 表示c 的加速度，E kd 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移。

图乙中正确的答案是( )
A ①③
B ①④
C ②③
D ②④
【答案】D
【解析】
设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d．设d经时间t 进入磁场，并设这段时间内c的位移为x；
对c，
由匀变速运动的平均速度公式得：
1
h vt
2 =，
由匀速运动的位移公式得：x vt
=，解得：x=2h，
d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h；d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度一样，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故①错误②正确；
c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均匀增大，故③错误④正确；
综上所述：①③错误，②④正确，故D正确。

应当选D。

【考点】法拉第电磁感应定律
第2卷〔共192分〕
必考局部
第II卷必考局部共9题，共157分。

19．(18分)
〔1〕〔8分〕某探究学习小组验证动能定理的实验装置如图甲所示。

① 实验时首先要平衡摩擦力：取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高，轻推小车，让小车________〔选填“拖着〞或“不拖着〞〕纸带运动。

② 打点计时器使用频率为50 Hz的交流电，记录小车运动的纸带如图乙所示。

在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出。

本实验需根据此纸带计算_________〔选填“速度〞、“加速度〞〕的值，其中小车通过计数点“B〞时，该值＝___________〔计算结果保存两位有效数字〕。

③ 假设实验室没有沙桶只有钩码，每个钩码质量m=50g，小车总质量M=200g，用该实验装置验证动能定理，如此需验证重力对钩码所做的功是否等于____________〔选填“小车〞或“小车和钩码〞〕动能的增量。

【答案】①拖着②速度0.13m/s ③小车和钩码
【解析】
〔1〕系统受到的阻力包括限位孔对纸带的阻力，故要拖着纸带平衡摩擦力；
〔2〕要验证动能定理，需要测量初速度与末速度；
B点速度等于AC段平均速度，故
2
B
AC 2.6010
v m/s0.13m/s 2T0.2
-
⨯
=
＝＝；
〔3〕细线对钩码做功和对小车做功之和为零，故重力对钩码做的功等于合外力对小车和钩码做的功之和。

【考点】探究功与速度变化的关系
〔2〕〔10分〕甲同学设计了如下列图的电路测电源电动势E与电阻R1和R2阻值．实验器材有：
A.待测电源E〔不计内阻〕
B.待测电阻R1
C.待测电阻R2
D.电压表V〔量程为1.5V，内阻很大〕
E.电阻箱R〔0﹣99.99Ω〕
F.单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2
G.导线假设干．
①先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U l，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2．如此电阻R1的表达式为R1=．
②甲同学已经测得电阻R l =4.8Ω，继续测电源电动势E 和电阻R 2的阻值．该同学的做法是：闭合S 1，将S 2切换到a ，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出了如下列图的
图线，如此电源电动势E=V ，电阻R 2=Ω．〔结果均保存两位有效数字〕。

③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R l ，乙同学测电源电动势E 和电阻R 2的阻值的做法是：闭合S 1，将S 2切换到b ，屡次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据，绘出于相应的图线，根据图线得到电源电动势E 和电阻R 2．这种做法与甲同学的做法比拟，由于电压表测得的数据范围〔选填“较大〞、“较小〞或“一样〞〕，所以同学的做法更恰当些．
【答案】①211
U U r U -； ②1.4；1.2； ③较小； 甲 【解析】
①要测得R 1的阻值，应知道R 1两端的电压与流过R 1的电流；故可以将S 2切换到b ，测出串联电路的两端的电压；
由串联电路可知21U U U =-；
电流1U I r =；由欧姆定律可知：2121111U U U U R r U U r
--== ②电压表测量电阻箱两端的电压；由闭合电路欧姆定律可知：12E U R R R R =
++ 变形得：
1212R R R R R 1111U E R E E R
+++=⨯=+⨯ 由图象可知，图象与纵坐标的交点等于10.7E =； 解得：E 1.43V =；
图象的斜率：12R R 2.80.7E 0.5
+-= 解得：2R 6 4.81.2=-=Ω；
③假设开关接b ，如此电压表测量R 与R 1两端的电压，因R 2的阻值较小，故电压表的示数接近电源的电动势，故电压表测量的范围较小；导致误差较大；故甲同学的做法更好一些。

【考点】测定电源的电动势和内阻
20．〔15分〕如下列图，一小球从A 点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R=10cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆
形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h=0.8m ，水平距离s=1.2m ，水平轨道AB 长为L 1=1m ，BC 长为L 2=3m ，.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s 2
，如此：
〔1〕假设小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度？ 〔2〕假设小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A 点的初速度的范围是多少？
【答案】A v 3m /s =A 3m /s v 4m /s ≤≤或A v 5m /s ≥
【解析】
〔1〕小球恰能通过最高点2
v mg m R
= 由B 到最高点22B 11mv mv mg 2R 22
+⨯＝ 对A→B 由动能定理得221B A 1
1mgL mv mv 22
μ--
＝ 解得：在A 点的初速度A v 3m /s = 〔2〕假设小球恰好停在C 处，对全程进展研究，如此有：21mg L L 0mv 2μ-+'=-'（）， 解得v 4m /s '=
所以当3m/s≤v A ≤4m/s 时，小球停在BC 间
假设小球恰能越过壕沟时，如此有21h gt 2
=，s vt = 又2211mg L L mv mv 22
μ-+'=-"（）
解得v 5m /s "= 所以当A v 5m /s ≥，小球越过壕沟。

故小球在A 点的初速度的范围是A 3m /s v 4m /s ≤≤或A v 5m /s ≥。

【考点】动能定理；牛顿第二定律
21．〔19分〕如下列图，光滑绝缘水平桌面上固定一绝缘挡板P ，质量分别为m A 和m B 的小物块A 和B 〔可视为质点〕分别带有+Q A 和+Q B 的电荷量，两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过定滑轮，一端与物块B 连接，另一端连接轻质小钩．整个装置处于正交的场强大小为E 、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B 、方向水平向里的匀强磁场中．物块A ，B 开始时均静止，弹簧的劲度系数为K ，不计一切摩擦与A 、B 间的库仑力，物块A 、B 所带的电荷量不变，B 不会碰到滑轮，物块A 、B 均不离开水平桌面．假设在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，可使物块A 对挡板P 的压力为零，但不会离开P ，如此
〔1〕求物块C 下落的最大距离；
〔2〕求小物块C 下落到最低点的过程中，小物块B 的电势能的变化量、弹簧的弹性势能变化量；
〔3〕假设C 的质量改为2M ，求小物块A 刚离开挡板P 时小物块B 的速度大小以与此时小物块B 对水平桌面的压力．
【答案】A B E h (Q Q )k
+＝ ()()B A B E E Mg Q E Q Q k
∆=-+弹 2()(2)A B B B B MgE Q Q N m g BQ k M m +=-+，方向竖直向下
【解析】 〔1〕开始时弹簧的形变量为1x ，对物体B 由平衡条件可得：1B kx Q E =
设A 刚离开挡板时，弹簧的形变量为2x ，对物块B 由平衡条件可得：2A kx Q E = 故C 下降的最大距离为：12A B E h x x (Q Q )k
++＝＝ (2)物块C 由静止释放下落h 至最低点的过程中，B 的电势能增加量为：
2
()p B B A B E E Q Eh Q Q Q k
∆==+ 由功能关系可知：物块由静止释放至下落h 至最低点的过程中,c 的重力势能减小量等于 B 的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量即：B Mgh Q Eh E =+∆弹
解得：()()B A B E E Mg Q E Q Q k
∆=-+弹
(3)当C 的质量为2M 时，设A 刚离开挡板时B 的速度为V ，由能量守恒定律可知：
2122)2
B B Mgh Q Eh E M m V =+∆++弹（ 解得A 刚离开P 时B 的速度为：2()(2)A B B MgE Q Q V M m k
+=+ 因为物块AB 均不离开水平桌面，所以对物块B 竖直方向受力平衡：B B B m g N Q VB =+ 解得：2()(2)
A B B B B B MgE Q Q N m g BQ k M m +=-+ 据牛顿第三定律可知，此时小物块B 对水平桌面的压力大小为
2()(2)A B B B B B MgE Q Q N m g BQ k M m +=-+，方向竖直向下
【考点】功能关系；共点力平衡；能量守恒定律
22．〔20分〕如图甲所示，间距为d 的平行金属板MN 与一对光滑的平行导轨相连,平行导轨间距L=d/2，一根导体棒ab 以一定的初速度向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B 的匀强磁场。

棒进入磁场的同时，粒子源P 释放一个初速度为0的带电粒子，带电粒子质量为m,电量为q.粒子能从N 板加速到M 板，并从M 板上的一个小孔穿出。

在板的上方，有一个环形区域内存在大小也为B ，垂直纸面向外的匀强磁场。

外圆半径为2d ， 里圆半径为d.两圆的圆心与小孔重合〔粒子重力不计〕
〔1〕判断带电粒子的正负，并求当ab 棒的速度为v 0时，粒子到达M 板的速度v ； 〔2〕假设要求粒子不能从外圆边界飞出，如此v 0的取值范围是多少？
〔3〕假设棒ab 的速度v 0只能是qBd m
，如此为使粒子不从外圆飞出，如此可以控制导轨区域磁场的宽度S 〔如图乙所示〕，那该磁场宽度S 应控制在多少范围内？
【答案】0qBdv v m =
09qBd v 16m ≤3s d 2
≤ 【解析】 〔1〕根据右手定如此知，a 端为正极，故带电粒子必须带负电，
ab 棒切割磁感线，产生的电动势0d B
v 2ε= 对于粒子，据动能定理：21qU q mv 02ε==- 联立得0qBdv v m
=； 〔2〕要使粒子不从外边界飞出，如此粒子最大半径时的轨迹与外圆相切
根据几何关系：
2222d r r d -=+（）解得：3r d 4
=， 由牛顿第二定律得：2
v qvB m r = 得：09qBd v 16m =
，故ab 棒的速度范围：09qBd v 16m
≤； 〔3〕因为0qBd 9qBd v m 16m =＞，所以如果让粒子在MN 间一直加速，如此必然会从外圆飞出， 所以如果能够让粒子在MN 间只加速一局部距离，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度变小了，
设磁场宽度为S 0时粒子恰好不会从外圆飞出，此情况下
可得粒子射出金属板的速度：3qBd v at 4m
== 粒子的加速度：222
qE qU q B d a m md 2m ===， 粒子速度v at =，解得：3m t 2qB
=， 对于棒ab ：3s vt d 2
==
， 故磁场的宽度应3s d 2≤。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动
选考局部
第II 卷选考局部共5题，共35分。

其中，第28、29题为物理题，第30、31题为化学题，考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答，假设第28、29题都作答，如此按第28题计分，假设第30、31题都作答，如此按第30题计分；第32题为生物题，是必答题。

请将答案都填写在答题卷选答区域的指定位置上。

29．[物理——选修3－3]〔此题共有两小题，每一小题6分，共12分。

每一小题只有一个选项符合题意。

〕
〔1〕以下有关热现象说法正确的答案是〔填选项前的字母〕
A ．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫热运动
B ．气体分子的平均动能增大，气体的压强一定增大
C ．两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，再变大
D ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
【答案】C
【解析】
A 、分子永不停息的无规如此运动叫做热运动，而非固体微粒，布朗运动是固体微粒的运动，所以布朗运动不是热运动，故A 错误；
B 、气体分子的平均动能增大，是由于温度的升高，故B 错误；
C 、两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，再变大，故C 正确；
D 、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D 错误。

应当选C。

【考点】热运动；热力学第二定律；布朗运动
〔2〕如下列图，一绝热容器被隔板K隔开a、b两局部．a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中，如下说法中正确的答案是〔填选项前的字母〕
A.气体向外界放热，压强增大
B.气体温度不变，压强减小
C.气体从外界吸热，压强增大
D.气体从外界吸热，压强减小
【答案】B
【解析】绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，如此温度不变，稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小。

应当选B。

【考点】热力学第一定律
30．[物理——选修3－5]〔此题共有两小题，每一小题6分，共12分。

每一小题只有一个选项符合题意。

〕
〔1〕如下列图，光滑水平面上有大小一样的A、B两球同一直线上运动。

两球质量关系为m B=2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，如此 ( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】A
【解析】
光滑水平面上大小一样A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，
由动量守恒定律可得：A B P P ∆=-∆
由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是A 球的，假设是A 球如此动量的增量应该是正值，
因此碰后A 球的动量为2kg m /s
所以碰后B 球的动量是增加的，为10kg m /s
由于两球质量关系为B A m 2m =。

那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比2：5。

应当选A 。

【考点】动量守恒定律
〔2〕如下说法正确的答案是〔 〕
①压力、温度对放射性元素衰变的快慢具有一定的影响
②从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大
③中子与质子结合成氘核时要吸收能量
④核力是强相互作用的一种表现，只有相近核子之间才存在核力作用
A ．② ③ B．③ ④ C．② ④ D．① ③
【答案】C
【解析】
①压力、温度对放射性元素衰变的快慢没有影响，故①错误；
②从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，故②正确； ③中子与质子结合成氘核时要说法能量，故③错误；
④核力是强相互作用的一种表现，是短程力，只有相近核子之间才存在核力作用，故④正确。

应当选C 。

【考点】原子核衰变与半衰期、衰变速度；光电效应；原子核的结合能
泉州五中2014届高三下理科综合能力测试卷〔六〕参考答案
物理试题局部参考答案
I．选择题〔每一小题6分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

〕
题号13 14 15 16 17 18
答案 B C C B D D
19．〔共18分，每空2分〕
〔1〕①拖着②速度0.13m/s ③小车和钩码
〔2〕①；②1.4；1.2；③较小；甲
20．〔15分〕
解：〔1〕小球恰能通过最高点
2
v
mg m
R
①.........1分
由B到最高点1
2
mv B2＝
1
2
mv2+mg(2R) ②.........2分
由A→B −μmgL1＝1
2
mv B2−
1
2
mv A2③.........2分
解得：在A点的初速度v A=3m/s ④.........1分
〔2〕假设小球恰好停在C处，对全程进展研究，如此有：
-μmg〔L+L′〕=0-1
2
mv′2，解得v′=4m/s.........2分
所以当3m/s≤v A≤4m/s时，小球停在BC间.........1分
假设小球恰能越过壕沟时，如此有h=1
2
gt2， s=vt.........2分
又-μmg〔L+L′〕=1
2
mv2-
1
2
mv″2.........2分解得，v″=5m/s
所以当v A≥5m/s，小球越过壕沟．.........1分
故小球在A点的初速度的范围是3m/s≤v A≤4m/s或v A≥5m/s.........1分21．〔19分〕
〔1〕开始时弹簧的形变量为1x ，对物体B 由平衡条件可得：1B kx Q E =.........2分 设A 刚离开挡板时，弹簧的形变量为2x ，对物块B 由平衡条件可得：2A kx Q E =.....2分 故C 下降的最大距离为：12()A B E h x x Q Q k
=+=+.........2分 (2)物块C 由静止释放下落h 至最低点的过程中，B 的电势能增加量为：
2
()p B B A B E E Q Eh Q Q Q k
∆==+.........2分 由功能关系可知：物块由静止释放至下落h 至最低点的过程中,c 的重力势能减小量等于 B 的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量即：B Mgh Q Eh E =+∆弹.........2分 解得：()()B A B E E Mg Q E Q Q k
∆=-+弹.........1分 (3)当C 的质量为2M 时，设A 刚离开挡板时B 的速度为V ，由能量守恒定律可知：
2122)2
B B Mgh Q Eh E M m V =+∆++弹（.........2分 解得A 刚离开P 时B
的速度为：V =分 因为物块AB 均不离开水平桌面，所以对物块B 竖直方向受力平衡：
B B B m g N Q VB =+.........2分
解得：B B N m g BQ =-分 据牛顿第三定律可知，此时小物块B
对水平桌面的压力大小为
B B N m g BQ =-.........1分
22．〔20分〕 〔1〕根据右手定如此知，a 端为正极，故带电粒子必须带负电，
ab 棒切割磁感线，产生的电动势0d B
v 2ε= 对于粒子，据动能定理：21qU q mv 02
ε==- 联立得0qBdv v m
=； 〔2〕要使粒子不从外边界飞出，如此粒子最大半径时的轨迹与外圆相切
根据几何关系：
2222d r r d -=+（）解得：3r d 4=， 由牛顿第二定律得：2
v qvB m r = 得：09qBd v 16m =
，故ab 棒的速度范围：09qBd v 16m
≤； 〔3〕因为0qBd 9qBd v m 16m =＞，所以如果让粒子在MN 间一直加速，如此必然会从外圆飞出， 所以如果能够让粒子在MN 间只加速一局部距离，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒子的速度变小了，
设磁场宽度为S 0时粒子恰好不会从外圆飞出，此情况下
可得粒子射出金属板的速度：3qBd v at 4m == 粒子的加速度：222
qE qU q B d a m md 2m ===， 粒子速度v at =，解得：3m t 2qB
=， 对于棒ab ：3s vt d 2
==，
故磁场的宽度应
3
s d
2 。

29．〔1〕C 〔2〕B 30．〔1〕A 〔2〕C。