考前综合检测(三)

考前综合检测(三)(考试时间：90分钟试卷分值：100分)一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列仪器不能直接测量基本物理量的是()解析：选C螺旋测微器可以测量长度，长度属于基本物理量，故A不符合题意；天平可以测量质量，质量属于基本物理量，故B不符合题意；弹簧测力计可以测量力，力不属于基本物理量，故C符合题意；多用电表可以测量电流，电流属于基本物理量，故D不符合题意。2．现在人们比较注重锻炼身体，健身器材也五花八门。如图是一款健跑车，车子没有座垫，骑行者骑行时宛如腾空踏步，既可以短途代步，又可以锻炼耍酷。车子的传动结构如图所示，则()A．踏脚板和前轮转动的角速度相等B．链条相连的牙盘和前轮的小齿轮角速度相等C．踏脚板和前轮的小齿轮的线速度大小相等D．若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等解析：选D链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度相等，根据v＝ωr可知，两者半径不等，角速度不等，踏脚板和牙盘角速度相等，小齿轮和前轮转动的角速度相等，故踏脚板和前轮转动的角速度不相等，故A、B错误；根据v＝ωr，踏脚板和牙盘的角速度相等，但是踏脚板半径大于牙盘的半径，则踏脚板的线速度大于牙盘的线速度，链条相连的牙盘和前轮的小齿轮线速度相等，故踏脚板的线速度大于前轮的小齿轮的线速度，故C错误；若骑行者直线骑行时，车轮与地不打滑，前、后轮接触地的边缘部分线速度大小相等，故D正确。3．吴老师在物理课堂上手托《汉语词典》，并将一张薄面纸夹在下层两个页面之间，学生抽面纸，面纸总被拉断。如图所示，吴老师让《汉语词典》做某种运动时，学生能完好无损地抽出面纸，则该运动可能是()A．水平向右加速运动 B．水平向左匀速运动C．竖直向下加速运动 D．竖直向上加速运动解析：选C面纸被拉断的原因是词典对面纸的摩擦力比较大，该摩擦力与词典对面纸的压力有关，而压力与面纸上面的部分词典的重力有关，当词典竖直向下加速运动时，词典失重，对面纸的压力减小，从而面纸可以完好无损地抽出来，其他运动形式都不可能，故选C。4．以下说法正确的是()A．在同一双缝干涉实验中，蓝光的干涉条纹间距比红光的大B．电子束穿透铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性C．悬浮在水中的花粉的布朗运动显示了花粉分子的热运动D．电冰箱的工作表明热量可以从低温物体传递给高温物体解析：选D蓝光的波长比红光的波长小，根据Δx＝eq\f(Lλ,d)可知，在同一双缝干涉实验中，蓝光的干涉条纹间距比红光的小，故A错误；电子束穿透铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性，故B错误；悬浮在水中的花粉的布朗运动显示了水分子的热运动，故C错误；电冰箱的工作表明热量可以从低温物体传递给高温物体，但会引起其他变化，故D正确。5．利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路，公交卡上的读卡机(刷卡时“嘀”地响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是()A．IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC卡才能有效工作C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L中不会产生感应电流D．IC卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息解析：选B读卡机发射的电磁波，被IC卡内部的LC振荡电路接收，使IC卡充电，因此IC卡的能量源于读卡机发射的电磁波，A错误；仅当读卡机发射的电磁波频率与该IC卡内的LC振荡电路的固有频率相等时，才发生电谐振，IC卡才能有效工作，B正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，根据法拉第电磁感应定律，线圈L中仍会产生感应电流，C错误；由题意知，IC卡内的线圈L中产生感应电流，给电容C充电，达到一定电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输，D错误。6．光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足f＝0.5v，小物块从x＝－5m到x＝5m的运动过程中()A．做匀变速直线运动B．拉力F一直保持不变C．拉力F做功W＝10JD．阻力的冲量大小I＝2.5N·s解析：选C由题图可知，相同的位移内速度变化量相同，在－5m到0过程中由于减速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越长，故加速度减小，则拉力越来越小，在0到5m过程中由于加速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越短，故加速度增大，则拉力越来越大，故A、B错误；由图可知，0到5m过程中v＝0.8x，则f＝0.5v＝0.4x，克服阻力做功为Wf＝eq\f(0＋f,2)x＝5J，由对称性可知全程克服阻力做功为2Wf，全程由动能定理可得W－2Wf＝0，联立解得拉力做功为W＝2Wf＝10J，故C正确；0到5m，阻力的冲量大小为If＝f·t＝2.5N·s，则全程阻力的冲量大小为I＝2If＝5N·s，故D错误。7.如图所示，虚线为两个固定等量异种场源点电荷的等势线，现有一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列说法正确的是()A．运动的带电粒子电性为正B．带电粒子速度先变小后变大C．直线ea上各点电场强度均为0D．带正电的场源点电荷位于ea连线a的右侧某位置解析：选B根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A、D错误；粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，速度先变小后变大，电势能先增大后减小，故B正确；根据等量异种点电荷的电场线分布，可知ea上各点电场强度不为零，电势为零，故C错误。8.如图所示，A、B两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，若ω表示卫星角速度大小，S表示卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积，a表示加速度大小，r表示轨道半径，T表示周期，则下列关系正确的是()A．ωA>ωB B．SA>SBC．aA>aB D.eq\f(rA2,TA3)＝eq\f(rB2,TB3)解析：选B根据卫星所受万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，则ωA<ωB，所以A错误；卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为S＝eq\f(ωt,2π)πr2＝eq\f(ωr2,2)＝eq\f(1,2)eq\r(GMr)，则SA>SB，所以B正确；根据卫星所受万有引力提供向心力有a＝eq\f(GM,r2)，则aA<aB，所以C错误；根据开普勒第三定律可知，eq\f(rA3,TA2)＝eq\f(rB3,TB2)，所以D错误。9.如图所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是()A．条纹方向与AB边平行B．条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大C．减小薄片的厚度，条纹间距变小D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小解析：选D薄膜干涉的光程差Δs＝2d(d为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹方向应与BC边平行，故A错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；减小薄片厚度，条纹间距将增大，故C错误；将红单色光换成蓝单色光照射，入射光波长变短，条纹间距将减小，故D正确。10.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1∶t2为()A．3∶1 B．2∶3C．3∶2 D．2∶1解析：选A电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝eq\f(mv,qB)可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，电子2运动的时间t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)，所以eq\f(t1,t2)＝3，故A正确。11．如图所示为振动手电筒的示意图，通过摇晃手电筒使磁铁与线圈发生相对运动来给储电器充电，储电器再给LED灯泡供电。一般来回摇晃手电筒的平均作用力约为2.0N，平均速度约为0.85m/s，机械能的四分之三可以转化成LED灯泡正常发光时的电能。已知LED灯泡正常发光的电压为3.1V，电流为32mA。下列说法正确的是()A．摇晃过程线圈内磁通量保持不变B．LED灯泡的电阻约为1000ΩC．摇晃手电筒的机械功率约为0.1WD．手电筒摇晃1min，灯泡约可正常发光13min解析：选D摇晃过程中，磁铁与线圈相对位置发生变化，线圈内磁通量改变，产生感应电流给储电器充电，A错误；灯泡电阻为R＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.1,0.032)Ω≈96.9Ω，B错误；摇晃手电筒的机械功率约为P＝Fv＝2×0.85W＝1.7W，C错误；灯泡的电功率为P＝UI＝3.1×0.032W＝0.0992W，手电筒摇晃1min，灯泡约可正常发光t＝eq\f(W,P)＝eq\f(1.7×1×\f(3,4),0.0992)min≈13min，D正确。12．小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中()A．都接直流电源 B．A两端的电压相等C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大解析：选D由于变压器只能改变交变电流，因此题图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)>1，由于流过两个灯的电流相等，可知题图2中流过A的电流较小，题图2中A两端的电压较低，题图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。13．能源危机是人类社会面临的重大问题，开发“绿色能源”是解决“能源危机”的重要途径。某科技小组设计了一款“太阳能”电动小车，该小车太阳能电板面积为100cm2，当太阳光垂直照射电板时，有20%的光能转化为电能，已知太阳光垂直到达地面每平方米的辐射功率约为P0＝800W；车上安装有一电动机，其额定电压为5V，额定电流为0.2A，机械效率为80%，太阳能电板对电动机供电。某次小车以额定功率启动，运动的过程中最大速度为0.2m/s，所受阻力大小恒定不变，以下说法正确的是()A．小车克服阻力做功的功率为1WB．小车以额定功率匀速运动时其牵引力为5NC．若太阳光一天内垂直电板光照12h，该太阳能电板一天的发电量约为0.04kW·hD．若太阳光垂直电板光照2h，该太阳能电板为该小车供电最多可正常工作的时间约为3h解析：选D小车牵引力的额定功率为P机＝UI×80%＝0.8W，当小车以最大速度运动时，牵引力功率等于克服阻力做功功率，则Pf＝0.8W，故A错误；由P机＝Fvm，小车以额定功率匀速运动时其牵引力为F＝4N，故B错误；太阳光一天内垂直电板光照12h，该太阳能电板一天的发电量约为E＝P0St×20%＝0.8×0.01×12×20%kW·h＝0.0192kW·h，故C错误；太阳光垂直电板光照2h，获得电能为E′＝P0St′×20%＝0.0032kW·h，则E′＝UIt″，得t″＝3.2h≈3h，故D正确。二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分)14．直角坐标系的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，位于x＝0处的波源发出的两列机械波a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图所示，x＝6m是此时刻a波传到的最远点，下列说法正确的是()A．两列波的频率关系fa＝4fbB．此时刻b波传到x＝－24mC．波源的起振方向沿y轴正方向D．平衡位置距x＝0处1.5m的两质点P、Q中，质点Q先到达最大位移处解析：选BD由题可知，这两列波是由同一波源引起的，故两列波的频率关系为fa＝fb，故A错误；由题图可知，a波的波长为λa＝1m，b波的波长为λb＝4m，根据公式v＝eq\f(λ,T)＝λf可知：eq\f(va,vb)＝eq\f(λa,λb)＝eq\f(1,4)，由x＝vt知，当xa＝6m时，xb＝24m，即此时刻b波传到x＝－24m处，故B正确；由题可知，此时刻x＝6m处的质点刚刚开始振动，根据波的传播方向和振动方向的关系可知，该质点此时刻向y轴负方向振动，说明波源的起振方向也为y轴负方向，故C错误；根据波的传播方向可以知道，该时刻P、Q质点均向y轴正方向振动，质点P到达最大位移处用时tP＝eq\f(T,4)，而质点Q到达最大位移处用时tQ<eq\f(T,4)，即质点Q先到达最大位移处，故D正确。15．图甲为光电效应实验的电路图。选用不同频率的光束a和b照射，发现用光束a时，无论怎样移动滑片位置或对调电源正负极，电流I始终为0；用光束b时，保持光照强度不变，移动滑动变阻器滑片位置或对调电源正负极，得到电流表的示数I随电压表的示数U变化的规律如图乙所示。下列说法中正确的是()A．增加光束a的光照强度，调整滑片位置，电流可不为零B．增加光束a的照射时间，调整滑片位置，电流仍为零C．保持光束b的颜色不变，只增加光照强度时，I-U图像的纵截距I0会增大D．保持光束b的颜色不变，只增加光照强度时，I-U图像的横截距Uc会增大解析：选BC光束a照射时，没有发生光电效应，增加光束a的光照强度和照射时间，仍不发生光电效应现象，电流仍为零，A错误，B正确；当只增加光照强度时，单位时间内逸出的光电子数增多，因此，图像的纵截距I0会增大，C项正确；由－eUc＝0－Ekm可得eUc＝Ekm＝hν－W0，遏止电压Uc只与入射光子的频率有关，而与光照强度无关，即只增加光照强度时，横截距Uc不变，D项错误。三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．实验题(Ⅰ、Ⅱ两题共14分)Ⅰ.(7分)(1)某实验小组利用光电门等器材“验证机械能守恒定律”，原理如下：直径为d的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方的B处固定的光电门，光电门测出小球通过光电门的时间为t。①用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝________mm；②为验证机械能守恒定律，实验中还一定需要测量的量有_________________；③为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图像？________；A．h-t图像 B．h-eq\f(1,t)图像C．h-eq\f(1,t2)图像 D．h-eq\r(t)图像④经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，你认为减小释放高度h(h≫d)后，两者的差值会________(填“增大”“缩小”或“不变”)。(2)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，①本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；__________________________；油酸分子是紧挨在一起的；②配置油酸酒精溶液时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸5mL，用注射器测得0.5mL上述溶液有100滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，测得油酸膜的轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为2cm，则估测出油酸分子的直径是________m；(此结果保留2位有效数字)③在一次实验中得到了如图所示的油膜，如果按此油膜来计算分子直径，你认为测量结果相对真实值会________________。(填“偏大”“偏小”或“无系统误差”)解析：(1)①螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图乙可知小球的直径为d＝10mm＋19.5×0.01mm＝10.195mm。②小球从A到B的过程，减少的重力势能等于增加的动能，则验证机械能守恒的表达式为mgh＝eq\f(1,2)mv2，即gh＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，故为验证机械能守恒定律，实验中还一定需要测量的量有：A和B的高度差h。③根据mgh＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2，可得h＝eq\f(d2,2g)·eq\f(1,t2)，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作h-eq\f(1,t2)图像，故选C。④经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，原因是小球下落过程受到一定的空气阻力，小球克服空气阻力做功，使得一部分重力势能转化为内能；若减小释放高度h(h≫d)，则小球克服空气阻力做功减小，则小球重力势能减少量与小球动能增加量的差值会缩小。(2)①本实验中做了三点理想化假设：将油酸分子视为球形；油酸分子形成单层分子膜；油酸分子是紧挨在一起的。②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V＝eq\f(5,1000)×eq\f(0.5,100)mL＝2.5×10－5mL按照超过半格的算一个，不足半格的舍去原则，可得油酸膜的面积为S＝60×4cm2＝240cm2估测出油酸分子的直径为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(2.5×10－5,240)cm≈1.0×10－9m③由图可知该次实验中痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，此时所测油膜面积偏小，所以油酸分子的直径测量结果相对真实值偏大。答案：(1)①10.195(10.194～10.197均可)②A和B的高度差h③C④缩小(2)①油酸分子形成单层分子膜②1.0×10－9(9.9×10－10～1.1×10－9均可)③偏大Ⅱ.(7分)在“测量金属丝的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。某次实验中，待测金属丝接入电路部分的长度为50.00cm，电阻约几欧。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径D＝0.400mm(该值与多次测量的平均值相等)。(2)实验电路如图甲所示，实验室提供了电源E(3V，内阻不计)、开关S、导线若干，还备有下列实验器材：A．电压表V1(0～3V，内阻约2kΩ)B．电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)C．电流表A1(0～3A，内阻约0.01Ω)D．电流表A2(0～0.6A，内阻约0.05Ω)E．滑动变阻器R1(0～10Ω，0.6A)F．滑动变阻器R2(0～2kΩ，0.1A)应选用的实验器材有________(选填实验器材前的序号)。(3)请用笔画线代替导线，在图乙中完成实物电路的连接。(4)实验中，调节滑动变阻器，电压表和电流表示数记录如下：U/V1.051.401.802.302.60I/A0.220.280.360.460.51请在图丙中作出U-I图线。由图线可知，金属丝的电阻Rx＝________Ω(结果保留两位有效数字)。(5)根据以上数据可以算出金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(结果保留两位有效数字)。(6)下列关于该实验误差的说法中正确的有________。A．金属丝发热会产生误差B．电流表采用外接法，会使电阻率的测量值偏小C．电压表内阻引起的误差属于偶然误差D．用U-I图像处理数据可以减小系统误差解析：(2)实验室电源的电动势为3V，故电压表选A；从实验的方便性可知滑动变阻器选E；由滑动变阻器可通过的最大电流可知，电路中的最大电流小于0.6A，故电流表选D；(3)实物电路图如图a所示(4)U-I图线如图b所示U-I图线的斜率表示电阻的大小，故金属丝的电阻Rx＝5.0Ω；(5)根据电阻定律，得金属丝的电阻率ρ＝eq\f(RS,L)＝eq\f(RπD2,4L)，代入数据得ρ≈1.3×10－6Ω·m；(6)电阻率和温度有关，故金属丝通电发热会影响结果，故A正确；电流表采用外接法，会使电阻丝电阻测量值偏小，根据ρ＝eq\f(RS,L)可知电阻率测量值会变小，故B正确；电压表内阻引起的误差属于系统误差，故C错误；用U-I图像处理数据可以减小偶然误差，故D错误。答案：(2)ADE(3)实物电路图见解析图a(4)U-I图线见解析图b5.0(5)1.3×10－6(6)AB17．(8分)在如图所示的p-V图像中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280J，吸收热量410J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200J。则：(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？解析：(1)ACB过程中W1＝－280J，Q1＝410J，由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130J，故ACB过程中气体的内能增加了130J。(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130J，由题意知W2＝200J，由热力学第一定律得UA－UB＝W2＋Q2，代入数据解得Q2＝－330J，即BDA过程中气体放出热量330J。答案：(1)增加130J(2)放热330J18．(11分)如图为一游戏装置的示意图，在水平轨道的左侧有一竖直墙面P，PA、AC段均为光滑的水平面，在水平面上有一半径R＝0.4m的光滑圆轨道，圆轨道与水平轨道相切于A点，倾角为θ＝30°的倾斜轨道CD与水平轨道平滑接于C点。现有一可视为质点、质量为m＝2kg的滑块放置于弹簧的一端，弹簧的另一端固定于墙面P，弹射时让滑块从静止释放，弹簧的弹性势能与滑块动能相互转化时无能量损耗，由于受弹簧限制，弹性势能最大值不能超过120J。(1)若滑块恰好能第一次通过圆的最高点B，求滑块在A点的速度的大小；(2)求在第(1)问的前提下，滑块在圆轨道最右端时对轨道压力的大小；(3)已知CD段的动摩擦因数为eq\f(\r(3),5)，且CD段的长度为15m，滑块在整个运动过程中不脱离轨道并且不从D点飞离，求首次弹射时弹簧的弹性势能的取值范围。解析：(1)滑块恰好能第一次通过圆的最高点Bmg＝meq\f(vB2,R)从A到B根据动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(5gR)＝2eq\r(5)m/s。(2)滑块在圆轨道最右端时－mg·R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2FN＝meq\f(v2,R)，解得FN＝60N。由牛顿第三定律得FN′＝60N(3)若恰好到达B点，根据机械能守恒定律得EP1＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvB2＝20J若恰好不从D点飞出，则EP2＝mg·lsinθ＋μmgcosθ·l＝240J>120J物体沿斜面向上运动有－mg·l′sinθ－μmgcosθ·l′＝0－eq\f(1,2)mvA2因μ＝eq\f(\r(3),5)<tanθ＝eq\f(\r(3),3)，物体不能静止在斜面上，因此会沿斜面下滑，则有mg·l′sinθ－μmgcosθ·l′＝eq\f(1,2)mvA′2可得vA＝2vA′因此物体要想不脱离轨道且不越过D点，则要求返回后的速度vA′≥2eq\r(5)m/s，即vA≥4eq\r(5)m/s，故弹簧的弹性势能的取值范围80J≤Ep≤120J如果沿斜面返回的速度恰好到达圆心等高处，则mgR＝eq\f(1,2)mvA′2，解得vA′＝2eq\r(2)m/s即vA＝4eq\r(2)m/s，故弹簧的弹性势能的取值范围20J≤Ep≤32J若恰好到达圆心等高点，根据机械能守恒定律得EP3＝mgR＝8J故弹簧的弹性势能的取值范围Ep≤8J故弹簧的弹性势能的取值范围Ep≤8J或20J≤Ep≤32J或80J≤Ep≤120J。答案：(1)2eq\r(5)m/s(2)60N(3)Ep≤8J或20J≤Ep≤32J或80J≤Ep≤120J19．(11分)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示。倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出。运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10m/s2。求：(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q。解析：(1)杆ab匀速时处于平衡状态，有mgsinθ＝eq\f(B12l2v0,R＋\f(R,2))，解得：v0＝6m/s。(2)杆ab与“联动双杆”碰撞时，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝eq\f(v0,4)＝1.5m/s。(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ过程速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv因eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R总)＝eq\f(ΔΦ,Δt·R总)＝eq\f(B2Ll,Δt\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,2))))，解得Δv＝0.25m/s。设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ过程速度变化量的大小为Δv′，同样有B2eq\x\to(I)′lΔt′＝4mΔv′，eq\x\to(I)′＝eq\f(B2lL,Δt′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,2))))解得Δv′＝0.25m/s。因此“联动三杆”滑出磁