2020年北京市高考物理试卷(新高考)

2020年北京市高考物理试卷（新高考）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．以下现象不属于干涉的是（）A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样C．白光经过三棱镜得到彩色图样D．白光照射水面油膜呈现彩色图样2．氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于n3能级上，下列说法正确的是（）A．这些原子跃迁过程中最多可辐射出2种频率的光子B．从n3能级跃迁到n1能级比跃迁到n2能级辐射的光子频率低C．从n3能级跃迁到n4能级需吸收0.66eV的能量D．n3能级的氢原子电离至少需要吸收13.6eV的能量3．随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。第5代移动通信技术(简称5G)意味着更快的网速和更大的网络容载能力，与4G相比，（“4G改变生活，5G改变社会”。5G使用的电磁波A．光子能量更大C．传播速度更大B．衍射更明显D．波长更长）4．如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是（）试卷第1页，共10页A．TATB，TBTCC．TATC，TBTC

B．TATB，TBTCD．TATC，TBTC

5．我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（）A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度6．一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（）A．该横波沿x轴负方向传播B．质点N该时刻向y轴负方向运动C．质点L经半个周期将沿x轴正方向移动试卷第2页，共10页D．该时刻质点K与M的速度、加速度都相同7．真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（）A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大8．如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A．偏转原因是圆盘周围存在电场B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变9．如图所示，理想变压器原线圈接在uUmsint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（）试卷第3页，共10页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10．分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距rr2处释放，仅考虑这两个分子间的作用力，下列说法正确的是（）A．从rr2到rr0分子间引力、斥力都在减小B．从rr2到rr1分子力的大小先减小后增大C．从rr2到rr0分子势能先减小后增大D．从rr2到rr1分子动能先增大后减小11．某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的Ft图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．实验中必须让木板保持匀速运动试卷第4页，共10页B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数12．图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是（）A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系13．在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（）A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度hB．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hD．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒试卷第5页，共10页14．在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的2阻力f1和偏转力f2。这两个力与篮球速度v的关系大致为：f1k1v，方向与篮球运动方向相反；f2k2v，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（）A．k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动二、实验题15．在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：________(选填选项前的字母)。A．小车质量相同，钩码质量不同B．小车质量不同，钩码质量相同C．小车质量不同，钩码质量不同（2）某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a

1

图像______。M试卷第6页，共10页次数a/ms2M/kg

10.620.2520.560.2930.480.3340.400.4050.320.5060.240.7170.151.00（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力D．让小车的运动趋近与匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力16．用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω）。其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中试卷第7页，共10页虚线框所示“等效电源”的电动势E和内电阻r。若电流表内电阻用RA表示，请你用E、r和RA表示出E、r，并简要说明理由_______。（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实线是根据实验数据（图甲：U=IR，图乙：I

U

）描点作图得到的U-I图像；虚线是R该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。在图3中，对应图甲电路分析的U-I图像是：__________；对应图乙电路分析的U-I图像是：________。（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的。______（填“甲”或“乙”）三、解答题17．无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。，电阻r2Ω，其两端与一个18．如图甲所示，N200匝的线圈（图中只画了2匝）R48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。(1)判断通过电阻R的电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势E；试卷第8页，共10页(3)求电阻R两端的电压U。19．如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度v0。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。20．某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。（保留1位小数）(1)求列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间t及行进的距离x。可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向(2)有关列车电气制动，的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。MN沿导轨向试卷第9页，共10页右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。(3)制动过程中，分析说明列车从100m/s减到3m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)试卷第10页，共10页参：1．C【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误；B．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确；D．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；故选C。2．C2【详解】A．大量氢原子处于n3能级跃迁到n1最多可辐射出C33种不同频率的光子，故A错误；B．根据能级图可知从n3能级跃迁到n1能级辐射的光子能量为h1=13.6eV-1.51eV

从n3能级跃迁到n2能级辐射的光子能量为h2=3.4eV-1.51eV比较可知从n3能级跃迁到n1能级比跃迁到n2能级辐射的光子频率高，故B错误；C．根据能级图可知从n3能级跃迁到n4能级，需要吸收的能量为E=1.51eV-0.85eV=0.66eV

故C正确；D．根据能级图可知氢原子处于n3能级的能量为-1.51eV，故要使其电离至少需要吸收1.51eV的能量，故D错误；故选C。3．A【详解】A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据Eh可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误；答案第1页，共12页C．光在真空中的传播速度都是相同的；光在介质中的传播速度为v

cn5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大，光在介质中的传播速度越小，故C错误；D．因5G使用的电磁波频率更高，根据可知波长更短，故D错误。故选A。4．Cc【详解】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据VAVBTATB因为VB>VA，故TB>TA；而状态B到状态C是一个等容过程，有pBpCTBTC

因为pB>pC，故TB>TC；对状态A和C有2p033V0p02V05=5TATC可得TA=TC；综上分析可知C正确，ABD错误；故选C。5．A【详解】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；B．第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；C．万有引力提供向心力，则有GMmmv12

R2R解得第一宇宙速度为v1

GMR所以火星的第一宇宙速度为答案第2页，共12页v火10%5v地=v50%5地

所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；D．万有引力近似等于重力，则有GMm

mgR2解得星表面的重力加速度g火=

GM火10%2

=g=g地

R火250%25地

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。故选A。6．B【详解】AB．由图可知乙质点L的振动情况，该时刻质点L向y轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴正方向传播，质点N该时刻向y轴负方向运动，故A错误，故B正确；C．质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿x轴正方向移动，故C错误；D．该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为-y方向，质点M加速度为+y方向，故D错误。故选B。7．B【详解】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点D．电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。故选B。8．B答案第3页，共12页【详解】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；C．仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。故选B。9．A【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，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，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，BCD错误。故选A。10．D【详解】A．从rr2到rr0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；B．由图可知，在rr0时分子力为零，故从rr2到rr1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；C．分子势能在rr0时分子势能最小，故从rr2到rr0分子势能一直减小，故C错误；D．从rr2到rr1分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。故选D。11．C【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦答案第4页，共12页力之比约为10:7，故C正确；D．根据FfFN，FNmg

可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。故选C。12．B【详解】由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故tA应标在电流较大的刻度上；而tB点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故tB应标在电流较小的刻度上；由图甲得RR0kt

其中R0为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得I

联立解得t

ERRgrER0RgrkIk可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。故选B。13．D【详解】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。答案第5页，共12页故选D。14．C【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。故选C。15．BAD【详解】（1）[1]为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。（2）[2]数据描点和a

1

图像如图所示M

答案第6页，共12页（3）[3]A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B．若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；C．由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误D．当小车的运动为匀速时，由平衡可知，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；故选AD。16．EE，rRA，理由见解析CA乙【详解】(1)[1]将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍然为EE

而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即rrRA

(2)[2]对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得EU路Ir内UI(rRA)

变形得U(rRA)IE

直接通过实验获得数据，可得UrIE图像与纵轴截距均为电源电动势E，虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为答案第7页，共12页(rRA)，所以对应图甲电路分析的UI图像是C；，根据闭合电路欧姆定律得[3]对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况）EU路Ir内U(I变形得Ur)rUIrURVRV

U

直接通过实验获得数据，可得RVrRVIERVrRVr

UrIE虚线对应的斜率大小为r，实线对应的斜率大小为RVrr，虚线对应的纵轴截距为E，RVr实线对应的纵轴截距为RVEE；两图线在U0时，对应的短路电流均为I短E，所RVrr以对应图乙电路分析的UI图像是A。(3)[4]图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。17．(1)v0g22h2；(2)v02gh；(3)y2x

2v0g【详解】(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则h

12

gt2解得t2hg水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为xv0tv02hg(2)包裹落地时，竖直方向速度为vygtg2hg答案第8页，共12页落地时速度为222vv0vyv02gh(3)包裹做平抛运动，分解位移xv0t

y

12gt2g2x22v0两式消去时间得包裹的轨迹方程为y

18．(1)ab；(2)10V；(3)9.6V

【详解】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为ab。(2)根据法拉第电磁感应定律EN0.0150.010200V10Vt0.10(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知R48E10V9.6VRr482eB0R2eU0eabRp219．（1）a.，b.；（2）2mmImU【详解】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有12eU0mv02解得v02eU0mb.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有2rR

根据洛伦兹力提供向心力，则有2v0

B0ev0m

r答案第9页，共12页解得v0

eB0R2m（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数N

金属片上形成电流为nab2RI

所以qNteNett2RI

eabn

根据动量定理得金属片上的压强为p

解得FmvNmvIabababeeabp

mIv

故总动能为12Reabp2

Eknmv

2mI20．.(1)t24.3s，x279.3m；(2)列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：答案第10页，共12页(3)3m/s

【详解】（1）列车速度从v020m/s降至vt3m/s的过程中做匀减速直线运动，根据运动学公式可得t

vtv0320

=s24.3sa车0.72vt2v032202x=m279.3m

2a车20.7（2）设金属棒MN的质量为m，磁感应强度为B，导轨宽度为l，MN棒在任意时刻的速度大小为vMN。MN棒切割磁感线产生的感应电动势为EBlvMN

回路中的电流为I

EBlvMNRRMN棒所受安培力大小为B2l2vMNFBIlRMN棒的加速度大小为aMNFB2l2vMNmmR由上式可知aMN与vMN成正比。又因为MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气化制动产生的加速度成正比，所以电气制动产生的加速度a电气与列车的速度v成正比，则电气制动产生的加速度大小随列车速度变化图线如图1所示。答案第11页，共12页（3）制动过程中，列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由（2）可知，电气制动的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由题图1并根据牛顿第二定律可知，列车速度在20m/s至3m/s区间所需合力最大且不变。综合以上分析可知，列车速度在3m/s左右所需机械制动最强。答案第12页，共12页