2020年山东省潍坊市高考物理三模试卷 (含答案解析)

2020年山东省潍坊市高考物理三模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.关于天然放射现象，下列说法正确的是()
A. α射线是由氦原子核衰变产生
B. β射线是由原子核外电子电离产生
C. γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生
D. 通过化学反应不能改变物质的放射性
2.如图所示，用细绳将一个导热良好且开口向下的气缸悬挂在天花板上，气缸内
有一定质量的气体(不计气体分子之间的相互作用力)，气缸内活塞可以自由滑动且不漏气，活塞下挂个沙桶，当沙桶装满细沙时，活塞恰好静止，外部环境温度恒定．给沙桶底部开一小孔，细沙缓慢漏出，则在此过程中()
A. 气缸内气体体积减小，温度降低
B. 气缸内气体压强增加，内能不变
C. 外界对气体做功，气体温度升高
D. 气体向外界放热，气体内能减少
3.简谐横波某时刻的波形如图所示，P为介质中的一个质点，波沿x轴
的正方向传播．下列说法正确的是()
A. 质点P此时刻的速度沿x轴的正方向
B. 质点P此时刻的加速度沿x轴的正方向
C. 再过半个周期时，质点P的位移为负值
D. 经过一个周期，质点P通过的路程为2a
4.两束相同频率的平行光线A1A2，由真空射向某种介质，入射角为53°，
C1和C2为入射点。

已知在真空中两光线A1A2之间的距离为0.6m，在介
质中两折射光线B1B2之间的距离为0.8m。

则这种介质的折射率是
A. 4
3B. 16
9
C. 3
2
D. 5
4
5.木星和地球都绕太阳公转，木星的公转周期约12年，地球与太阳的距离为1天文单位，则木星
与太阳的距离约为()
A. 2天文单位
B. 4天文单位
C. 5.2天文单位
D. 12天文单位
6.如图所示，理想变压器原线圈接在U=U m sin(ωt+φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的
电阻R，不计电表内电阻影响。

闭合开关S后()
A. 电流表A2的示数减小
B. 电压表V1的示数减小
C. 电压表V2的示数不变
D. 电流表A1的示数不变
7.下列说法正确的是()
A. 动量为零时，物体一定处于平衡状态
B. 动能不变，物体的动量一定不变
C. 物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
D. 物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变
8.如图所示，是一弹簧振子，设向右方向为正，O为平衡位置，则振子从a→O运动时，下列说法
正确的是()
A. 位移为正值，速度为正值
B. 位移为正值，加速度为负值
C. 位移为负值，速度为正值
D. 位移为负值，加速度为负值
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.甲、乙两球从同一高度同时由静止释放，下落时受到空气阻力的大小F
与球的速率v成正比，即F=kv(k>0)，且两球的比例系数k相等，如
图所示为下落时两球的v−t图象，两球着地前均做匀速直线运动，则
()
A. 甲球质量更大
B. 乙球质量更大
C. 甲球先着地
D. 乙球先着地
10.如图，在x轴上的O、M两点固定着两个电荷量分别为q1和q2的
点电荷，两电荷连线上各点电势φ随x的变化关系如图所示，其
中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点离x轴最远，则()
A. q1为正电荷，q2为负电荷
B. BD段中C点场强最大且沿x轴正方向
C. A点场强大于C点场强
D. 将一正点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功
11.如图所示，轻质且不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N
上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上且处于静止
状态。

如果晾衣绳长5m，竖直杆间距4m，衣架连同衣服共12N，
当衣架静止时，下列说法正确的是()
A. 绳子拉力为10N
B. 绳子拉力为30N
C. 若将杆N向右移一些，绳子拉力变大
D. 若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移
12.如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<
θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强
度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。

金属棒ab由静止开
始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电
路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()
A. ab棒受到的最大安培力大小为B2L2v
R
B. ab棒中产生的焦耳热等于ab棒重力势能的减少量
C. ab棒下滑的位移大小为qR
BL
D. a点的电势低于b点的电势
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数已知打点计时器所用电源的频
率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离。

(以下结果均保留三位有效数字)
(1)打B点时物块的速度v=______m/s，物块下滑时的加速度a=______m/s2
(2)实验时已测得斜面的倾角θ=37°，若重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，
则物块与斜面间的动摩擦因数μ=______
14.某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲，其中虚线框
内是用灵敏电流计G改装的电压表，电流表的量程为0.6A，E为待测电池组，S为开关，尺为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。

(1)已知灵敏电流计G的满偏电流I g=100μA、内阻r g=2.0kΩ，若要改装后的电压表量程为3V，
应串联一只______Ω的定值电阻R1；
(2)根据图甲，用笔画线代替导线在答题卡上将图乙连接成完整电路；
(3)根据图甲，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近______端(选填“a”或“b”)；
(4)该小组进行实验，得到灵敏电流计的示数I x和电流表的示数I A，把多次实验测量的数据在I x−
I A图象中描点连线，最终得到如图示的图线，根据图线计算出电池组的电动势E=______V，内
阻r=______Ω。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15.如图一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行
器，具有体积小、使用灵活、飞行离度低、机动性强等优点．现
进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞，
经t=20s上升到ℎ=47m，速度达到v=6m/s.之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高ℎ= 108m处．已知无人机的质量m=4kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f=4N，取g=10m/s2，求：
(1)无人机的额定功率；
(2)当悬停在H高处时，突然关闭动力设备，无人机由静止开始竖直坠落，2s末启动动力设备，
无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？
16.如图所示，粗细均匀的薄壁U形玻璃管竖直放置，导热良好，左管上端封闭，
封口处有段水银柱1，右管上端开口且足够长，另有两段水银柱2、3封闭了A、
B两部分理想气体，外界大气压强恒为p0=75cmHg.开始时，三段水银柱长均
10cm，A气柱长为20cm，B气柱长为10cm，气柱A和水银柱2各有一半长度在
水平部分，现保持环境温度不变，在右管中缓慢注入水银，使水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中。

求：
(1)在右管中注入水银前，水银柱1对玻璃管封口的压强。

(Ⅱ)水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中时，注入右管中水银柱的长度。

17.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy面向里，第四
象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，磁场与电场图中均未画出。

一质量为m、带电荷量为+q的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限。

已知P点坐标为(0,−l)，Q点坐标为(2l,0)，不计粒子重力。

(1)求粒子经过Q点时速度的大小和方向；
(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，求磁感应强度
B的大小。

18.如图所示，一传送装置由水平传动带和半径为R的光滑竖直半圆弧轨道BC组成。

传送带AB长
L=2m，以速度v=√5m/s顺时针匀速传动。

一质量m=0.1kg、可视为质点的小滑块从光滑水平面以一定初速度v0滑上传送带(A点平滑连接)，经传送带传送，在B点水平切入半圆弧轨道内侧(间隙宽度不计)。

小滑块与传送带间的动摩擦因数µ=0.1，传送带A端距离地面高度H=2m，g=10m/s2。

(1)若v0=2m/s，求小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功；
(2)若满足(1)的条件下，求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能；
(3)若半圆弧半径R的大小可调节，当小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，且落在地面上与C点水平
距离最大处，求水平距离的最大值，并求出满足此条件下，小滑块的初速度v0范围。

(结果可用根式表示)
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
本题考查三种射线的来源：α射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起而从原子核中释放出来。

β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子。

γ射线是原子核在发生α衰变和β衰变时产生的能量以γ光子的形式释放。

放射性元素的放射性是原子核自身决定的。

本题考查的内容比较简单，只要多看多记就能解决。

故要加强知识的积累。

A.α射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起而从原子核中释放出来，故A错误；
B.β射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即β粒子，故B错误；
C.γ射线是原子核在发生α衰变和β衰变时产生的能量以γ光子的形式释放，故C错误；
D.放射性元素的放射性是原子核自身决定的，而化学反应不能改变原子的原子核，故化学反应并不能改变物质的放射性，故D正确。

故选D。

2.答案：B
解析：解：以活塞为研究对象，受力分析，根据平衡条件有：PS+mg=P0S
得：P=P0−mg
s
=C，则V 细沙漏出，mg减小，则P增大；气缸导热良好，则温度不变，根据理想气体状态方程PV
T
减小；体积减小，外界对气体做功，不计气体分子之间的相互作用力则忽略分子势能，分子内能只与温度有关，温度不变则分子内能不变，根据热力学第二定律知气体放热．
故B正确，ACD错误．
故选B．
分析活塞可知内部压强的变化；由温度的变化及压强变化可知体积变化，则可知系统是否做功，由热力学第一定律可得出物体状态的变化及是否吸放热．
本题考查热力学第一定律及理想气体的状态方程，注意若气体不计分子间的相互作用时，气体可看
作理想气体不计分子势能．
3.答案：C
解析：解：A、由题图可得，波沿x轴方向传播，P质点在该时刻的运动方向沿y轴正方向运动，故A错误；
B、由题可知，P在X轴上方，但由于加速度a=−kx
m
，可知加速度的方向向下．故B错误；
C、P质点在该时刻的运动方向沿y轴正方向运动，再过半个周期时，质点P的位置在P的关于x的对称的位置上，位移为负值．故C正确；
D、经过一个周期，质点P通过的路程为4a.故D错误，
故选：C．
根据波的传播方向确定质点的振动方向，从而确定质点的位移如何变化，位移越大，势能越大，则
动能越小可以求出速度的变化情况；又a=−kx
m
，可以求出加速度的变化情况．经过一个周期，质点P通过的路程是4倍振幅．
只要掌握了质点的振动方向和波的传播方向之间的关系，就能知道质点的运动方向，从而确定质点的位移的变化情况，进而确定速度和加速度的变化趋势．
4.答案：A
解析：
根据几何关系求出折射角r，折射率n=sini
sinr
，只要求出折射角就可以求出折射率。

已知入射角为53°，根据几何关系可知C1C2间距离为1m，故∠B1C1C2=53°，所以折射角为37°，根
据n=sini
sinr =sin53°
sin37°
=4
3
，故A正确，BCD错误。

5.答案：C
解析：解：根据开普勒第三定律R3
T2=k，得：R=√kT2
3
设地球与太阳的距离为R1，木星与太阳的距离为R2，则得：，
所以R2=5.2R1=5.2天文单位。

故选：C。

行星绕太阳运动，遵守开普勒定律，由开普勒第三定律R3
T2
=k，列式求解．
解决本题的关键要掌握开普勒第三定律，运用比例法求解．
6.答案：A
解析：解：ABC、因开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因干路中电阻R
分压增大，所以电压表V2示数变小，电流表的示数为：I A2=U V2
R
，故电流表A2的示数减小，故A正确，BC错误；
D、开关S闭合时，总的电阻减小，所以电路的总电流I2要变大，根据n1
n2=I2
I A1
，可知I A1变大，电流
表A1示数要变大，故D错误；
故选：A。

变压器的动态分析问题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据闭合开关S后，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。

对于电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

注意变压器输出电压由输入电压决定，而输入功率由输出功率决定。

7.答案：C
解析：解：A、动量为零时，物体的速度为零，但是物体可以有加速度，如竖直上抛的最高点，故A 错误；
B、动能不变说明速度的大小不变，但是速度的方向可以变化，故动量可以改变，故B错误
C、物体受到的恒力时，可以做曲线运动，如平抛运动；故受恒力的冲量时物体可以做曲线运动，故C正确；
D、物体所受合外力大小不变时，合外力一定有冲量；由动量定理可知动量一定改变，但动量大小不一定变化，如匀速圆周运动，故D错误；
故选：C
当物体处于静止或匀速直线运动时物体处于平衡状态；
受恒力的物体也可以做曲线运动；
由动量定理可知合外力与动量的关系；注意动量的矢量性
本题考查动量定理、曲线运动等内容，属基础知识的考查，但要注意知识点的综合
8.答案：C
解析：解：振子的位移是振子偏离平衡位置的位移，由题，向右方向为正，振子从a→O运动时，振子位于平衡位置的左侧，则位移为负值．而振子正在向右运动，所以速度为正值．
故选C
由题，向右方向为正，振子从a→O运动时，振子位于平衡位置的左侧，位移为负值，根据速度方向，确定速度的正负．
对于简谐运动中位移、速度和加速度的方向，可根据振子的位置和运动方向确定，要注意振子的位移与振子通过的位移不同．
9.答案：BD
解析：解：AB、两球着地前均做匀速直线运动，则mg=kv，因为乙球做匀速运动的速度大，则乙球的质量更大。

故A错误，B正确。

CD、甲乙两球下落的位移相等，即图线与时间轴围成的面积相等，则知甲球的运动时间长，乙球先抵达地面。

故C错误，D正确。

故选：BD。

根据最终做匀速直线运动重力和阻力相等，通过速度大小关系比较出重力的大小。

根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，抓住位移相等，比较运动的时间。

解决本题的关键要知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移。

知道小球落地前重力与阻力相等。

10.答案：AC
解析：
两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性。

电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否。

A.由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电；故A正确；
BC.点C为电势图象的拐点，若正点电荷从D到B点，根据公式E p=qφ，电势能先增大后减小；φ−x图象的斜率表示电场强度，为零；故B错误，C正确；
D.因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一正点电荷从B 点移到D点，电场力先做负功后做正功；故D错误；
故选AC。

11.答案：AC
解析：
绳子两端上下移动时，两杆距离不变，据此分析两端绳子间夹角的变化情况，进而分析拉力的变化；两杆之间距离发生变化时，分析两段绳子之间的夹角变化，进而分析拉力变化。

本题在判断绳子拉力的变化关键是把握一个合力的不变，然后分析绳子夹角的变化情况，而夹角的变化情况又与两杆距离有关，写出了距离与夹角关系，题目就会变的容易。

AB.如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

假设绳子的长度为X，则Xcosθ=L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，设绳上张力为T，则T=10N，A正确，B错误；
C.当杆向右移动后，根据Xcosθ=L，即L变大，绳长不变，所以θ角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，故C正确；
D.绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，故D 错误。

故选AC。

12.答案：AC
解析：
根据右手定则判断出感应电流的方向，从而得出电势的高低，根据能量守恒定律分析ab棒中产生的焦耳热和重力势能减小量的关系。

根据电量的经验表达式求出下滑的位移，当速度最大时，电流最大，安培力最大，结合安培力公式和切割产生的感应电动势公式以及欧姆定律求出安培力的最大值。

本题考查了电磁感应与电路和能量的综合运用，会根据右手定则判断感应电流的方向，以及掌握安培力的经验表达式，并能灵活运用。

A.金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为F=BIL，最大为BLv
R ，故最大安培力大小为B2L2v
R
，故
A正确；
B.ab棒下降的过程中，重力势能的减小量等于动能的增加量以及ab棒产生的焦耳热之和，故B错误；
C.根据q=△Φ
R =BLx
R
得下滑的位移大小为x=qR
BL
，故C正确；
A.根据右手定则知，通过ab棒的电流方向为b到a，则a点的电势高于b点的电势，故D错误。

故选AC。

13.答案：(1)1.73；(2)3.25；(3)0.344。

解析：解：(1)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度可得B点时物块的速度为：
v B=x AC
2T
=
(3.39+3.52)×10−2
2×0.02
m/s=1.73m/s
根据△x=aT2求得物块下滑时的加速度为：
a=x CE−x AC
4T2
=
0.0365+0.0378−0.0339−0.0352
4×0.022
m/s2=3.25m/s2
(2)对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ−μmgcosθ=ma
解得：μ=gsinθ−a
gcosθ
=0.344
故答案为：(1)1.73；(2)3.25；(3)0.344。

(1)利用匀变速直线运动过程中，中间时刻速度等于平均速度求解B点时物块的速度，利用逐差法求解物块下滑时的加速度a；
(2)利用牛顿第二定律即可求出物块与斜面间的动摩擦因数μ。

本题考查打点计时器的使用以及数据处理问题，解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。

14.答案：2.8×104a 2.7 1.25
解析：解：(1)串联电阻阻值为：
R=U
I g −r g=3
100×10−6
−2000=2.8×104Ω；
(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
(3)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近a端。

(4)由图甲所示电路图可知，电源电动势为：
E=U+I g r=I X(r g+R1)+I A r，
由图示图线可知，电源电动势为：
E=90×10−6×(2.0×103+2.8×104)=2.7V，
电源内阻为：r=△I X(r g+R1)
△I A
−R0=(90−20)×10−6×(2.0×103+2.8×104)
0.4
−4.0=1.25Ω；
故答案为：(1)2.8×104；(2)实物电路图如图所示；(3)a；(4)2.7；1.25。

(1)根据串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。

(2)根据电路图连接实物电路图。

(3)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要置于阻值最大处。

(4)根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。

把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；
根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势与内阻。

15.答案：解：
(1)无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得：
Pt−(mg+f)ℎ=1
2
mv2
解得：P=107W
(2)失去升力后下落过程由牛顿第二定律可得：
mg−f=ma1经过2s后的速度为：v1=a1t1
下落高度：ℎ1=1
2
a1t12
恢复升力后减速下降：
由运动学公式有：0−v12=2a2(H−ℎ1)
根据牛顿第二定律有：mg−F−f=ma2
联立解得：F=43.2N
答：(1)无人机的额定功率为107W．
(2)无人机获得向上的恒力为43.2N．
解析：(1)无人机由静止开始以额定功率竖直向上起飞，额定功率不变，发动机的牵引力变化，只能由动能定理求得无人机的额定功率；
(2)失去升力后下落过程由牛顿第二定律可求得加速度；再由速度公式求得经过2s后的速度；当无人机恢复升力后减速下降，可由运动学公式和牛顿第二定律联立求得无人机立即获得向上的恒力．解答此题的关键是抓住无人机由静止开始以额定功率竖直向上起飞，额定功率不变，发动机的牵引力变化，做的是变加速运动，只能由动能定理求得无人机的额定功率，还要注意运动过程的分析，注意牛顿第二定律和运动学公式相结合的运用．
16.答案：解：(i)气柱B的压强为：P B=P0+ℎcmHg=85cmHg
cmHg
根据同一深度压强相等，有：P A=P B+ℎ
2
解得：P A=90cmHg
则水银柱1对玻璃管封口的压强为：P=P A−ℎ=80cmHg；
(ii)对气柱A为研究对象，由玻意耳定律得：P A l A S=P A′L A′S
解得：P A′=120cmHg
设注入的水银柱长度为x，有：
P A′=P0+(x+ℎ)cmHg
解得：x=35cm
答：(ⅰ)水银柱1对玻璃管封口的压强为80cmHg；
(ⅰ)保持环境温度不变，在右管中缓慢注入水银，使水银柱2在竖直管中的水银刚好全部压入水平管中，注入右管中水银柱的长度为35cm。

解析：(i)根据等压面法，即同一种液体同一深度处压强相等，先求B气柱的压强，再求A气柱的压强，从而求解求水银柱1对玻璃管封口的压强；
(ii)对气体A根据玻意耳定律求出加入水银后的压强，求出B气柱的压强，再根据几何关系求加入水银的长度。

本题考查了求压强问题、加入水银的高度，分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程、查理定律即可正确解题。

17.答案：解：(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为v y，
由牛顿第二定律得：qE=ma
由运动学公式得：
l=1
2
at02
2l=v0t0
v y=at0
v=√v02+v y2
解得：v=2√qEl
m
，
令其速度和x轴成θ角，由于tanθ=v y
v0
=1，所以θ=45°
(2)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R，如图
由几何关系可得：R=2√2l
由牛顿第二定律得：qvB=m v2
R
解得：B=1
2√2mE
ql
答：(1)粒子经过Q点时速度的大小为2√qEl
m
，方向和x轴正方向成45°；
(2)若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直y轴的方向进入第二象限，磁感应强度B的大
小为1
2√2mE
ql。

解析：解决该题的关键是掌握带电粒子做类平抛运动的解题规律，正确作出粒子做圆周运动的轨迹，能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径。

(1)根据牛顿运动定律和类平抛运动的规律和运动的合成与分解进行解答；
(2)作出粒子做圆周运动的运动轨迹，根据几何关系求得半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式解答。

18.答案：解：(1)小滑块滑上传送带后做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
代入数据解得：a=1m/s2
从开始到滑块与传送带共速时，有：v2−v02=2ax
代入数据解得：x=0.5m
因x<L，故滑块与传送带共速后做匀速直线运动，不再受摩擦力，摩擦力对小滑块做的功为：W=μmgx
代入数据解得：W=0.05J
(2)小滑块在传送带上匀加速运动的时间为：
t=v−v0
a
=
√5−2
1
s=(√5−2)s
此过程中传送带匀速运动的位移为：
x′=vt=√5×(√5−2)m=(5−2√5)m 二者相对位移为：
△x=x′−x=9−4√5
2
m
系统因摩擦产生的热量为：
Q=μmg△x 传送带由于传送小滑块而多消耗的电能为：
E 电=(
1
2
mv2−
1
2
mv02)+Q
解得：E
电=5−2√5
10
J
(3)小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，在B点只受重力，且由重力提供向心力，则有：
mg=m v B2 R
可得：v B=√gR。