1、广东省惠州市2015届高考物理模拟试卷（4月份）一、单项选择题：（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）如图所示用四种方法悬挂相同的镜框，绳中所受拉力最小的图是（）ABCD2（4分）如图，一物体沿光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端，若用h、s、v、a分别表示物体下降的高度、位移、速度和加速度，t表示所用的时间，则在下图画出的图象中正确的是（）ABCD3（4分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图
2、示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（）A交流电的频率是100HzB电流表的示数为20AC0.02s时穿过线圈的磁通量最大D0.01s时线圈平面与磁场方向平行4（4分）如图所示，带电粒子被加速电场加速后，进入相互正交的匀强磁场B和匀强电场E中，再通过狭缝P进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，最后打在板A1与A2之间下列表述正确的是（）A图中的粒子一定带负电B磁场B的方向垂直纸面向内C能通过狭缝P的带电粒子的速率是唯一的D粒子打在板上的位置越靠近狭缝P，粒子的电荷量与质量比越小二、双项选择题：（本大题共9个小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两
3、个选项符合题目要求全部选对得6分，只选一项且正确得3分，有错选或不答的得0分.）5（6分）下列说法正确的是（）A粒子散射实验说明原子内部具有核式结构B在H+HH+x中，x表示质子C重核的裂变和轻核的聚变都是质量亏损的放出核能过程D一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级，必需吸收光子6（6分）如图所示，某种洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量设封闭空气温度不变，当洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A单位体积分子数增大B分子运动的平均动能增加C气体一直向外界放热D气体一直对外界做功7（6分）如图所示，两颗质量不等卫星分别位
4、于同一轨道上绕地球做匀速圆周运动若卫星均顺时针运行，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是（）A两颗卫星的运动速度大小相等B两颗卫星的加速度大小相等C两颗卫星所受到的向心力大小相等D卫星1向后喷气就一定能追上卫星28（6分）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下例判断正确的是（）A如果A球带电，则A球一定带负电B如果A球带电，则A球的电势能一定增加C如果B球带电，则B球一定带负电D如果B球带电，则B球的电势能一定增加9（6分）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量
5、为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中 （橡皮绳始终处于弹性限度内）（）A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能最大增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大三、（解答题应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10（9分）某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传
6、感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）实验开始前打点计时器应接在（填“交流电源”或“直流电源”）上，实验时应（填“先”或“后”）接通电源，（填“先”或“后”）释放滑块如图乙为某次实验得到的纸带，s1、s2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T，由此可求得小车的加速度大小为（用s1、s2、T表示）改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数F（N）和滑块加速度a（m/s2），重复实验以F为纵轴，a为横轴，得到的图象是纵轴截距大小等于b倾角为的一条斜直线，如图丙所示，则滑块和轻小动滑轮的总质量为；滑块和长木板之间的动摩擦
7、因数=（设重力加速度为g）11（9分）如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图，R0为保护电阻，实验的主要步骤如下，请完成相关内容用螺旋测微器测金属丝的直径d如图乙示，可读出d= mm将P移到金属丝某一位置x1，闭合单刀双掷开关接位a，记下电流表读数I1，保持P位置不变，将单刀双掷开关接位置b，调节电阻箱阻值，使电流表读数为（选填“，I1，2I1”），读出电阻箱读数，金属丝电阻R1等于此时电阻箱阻值，并测出此时金属丝接入电路MP部分长度x1值将P移到金属丝另一位置x2，用同样方法测出金属丝接入电路电阻R2值和接入电路长度x2值，重复步骤多次，得出多组R和x的值，并画出Rx的关系图如图丙所示根
8、据Rx的关系图线，求得斜率k为/m（保留3位有效数字）写出金属丝电阻率表达式=（用d，k表示）12（18分）如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）（2）磁场的磁感应强度B（3）若ef棒由静止
9、开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q13（18分）如图所示，水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0=1m/s轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，取g=10m/s2求：（1）物块到达B点时速度vB的大小（2）
10、弹簧被压缩时的弹性势能EP（3）若长木板与水平地面间动摩擦因数30.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少 （设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）广东省惠州市2015届高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：（本题包括4小题，每小题4分，共16分每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1（4分）如图所示用四种方法悬挂相同的镜框，绳中所受拉力最小的图是（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当合力一定时，两分力的夹角越小，分力越小，两分力的夹角越大，分
11、力越大解答：解：镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，绳子的夹角越小，绳子拉力越小故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，合力一定，分力夹角越大，分力越大2（4分）如图，一物体沿光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端，若用h、s、v、a分别表示物体下降的高度、位移、速度和加速度，t表示所用的时间，则在下图画出的图象中正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：物体受力情况不变，根据牛顿运动定律知加速度不变，物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀
12、变速直线运动规律列式即可判断图象是否正确解答：解：物体受力情况不变，根据牛顿运动定律知加速度不变，物体做初速度为零的匀加速直线运动：AB、位移s=，则h=，都与时间的平方成正比，故AB错误；C、速度v=at，与时间成正比，故C正确；D、加速度不变，故D错误；故选：C点评：本题综合运用了牛顿第二定律以及运动学公式，关键推导出各物理量随时间的变化关系，从而判定图线的正误3（4分）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是（
13、）A交流电的频率是100HzB电流表的示数为20AC0.02s时穿过线圈的磁通量最大D0.01s时线圈平面与磁场方向平行考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交变电流；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大根据右手定则判断线框中电流的方向由题图乙可知交流电电流的周期，即可求解角速度线框每转一周，电流方向改变两次解答：解：A、0由图知周期 T=0.02s，根据f=50Hz，故A错误；B、电流表的示数为有效值I=10A，故B错误；C、据题知0.02s时线框中感应电流最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故C错误D、0.01s时线圈产
14、生的感应电动势最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故D正确故选：D点评：本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小明确线框每转一周，电流方向改变两次能从图象读取有效信息4（4分）如图所示，带电粒子被加速电场加速后，进入相互正交的匀强磁场B和匀强电场E中，再通过狭缝P进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，最后打在板A1与A2之间下列表述正确的是（）A图中的粒子一定带负电B磁场B的方向垂直纸面向内C能通过狭缝P的带电粒子的速率是唯一的D粒子打在板上的位置越靠近狭缝P，粒子的电荷量与质量比越小考点：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 专题：带电粒子
15、在复合场中的运动专题分析：根据粒子在匀强磁场中的偏转方向，结合左手定则确定粒子的电性，根据粒子在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡得出磁感应强度B的方向以及速度的大小根据半径公式，结合半径的大小分析粒子比荷的大小解答：解：A、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知，粒子带正电，故A错误B、粒子在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，电场力的方向水平向右，则洛伦兹力的方向水平向左，根据左手定则知，磁场B的方向垂直纸面向外，故B错误C、根据qE=qvB得，v=，即通过狭缝P的带电粒子速率是唯一的故C正确D、根据r=知，速度v、磁感应强度B0一定，越靠近狭缝，则轨道半径越小，粒子的比荷越大，故D错误故选：
16、C点评：本题理解质谱仪工作原理时应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段二、双项选择题：（本大题共9个小题，每小题6分，共54分每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求全部选对得6分，只选一项且正确得3分，有错选或不答的得0分.）5（6分）下列说法正确的是（）A粒子散射实验说明原子内部具有核式结构B在H+HH+x中，x表示质子C重核的裂变和轻核的聚变都是质量亏损的放出核能过程D一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级，必需吸收光子考点：氢原子的能级公式和跃迁；粒子散射实验；重核的裂变 分析：卢瑟福的粒子散射实验说明原子的核式结构模型；根据电荷数守恒质量数守恒判断
17、轻核聚变方程的正误；能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能解答：解：A、卢瑟福的粒子散射实验说明原子的核式结构模型故A正确B、根据质量数与质子数守恒，可知，x的质量数是1，电荷数是0，表示中子故B错误C、重核的裂变和轻核的聚变都是存在质量亏损，从而放出核能故C正确D、根据跃迁公式，可知，一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级，必须吸收能量，可能是吸收光子，也可能的电子与其他的电子发生碰撞而吸收能量故D错误故选：AC点评：解决本题的关键理解物理学史，以及掌握能级跃迁的特点，即辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差6（6分）如图
18、所示，某种洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量设封闭空气温度不变，当洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A单位体积分子数增大B分子运动的平均动能增加C气体一直向外界放热D气体一直对外界做功考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：洗衣缸内水位缓慢升高，细管内空气压强增大，根据气态方程可以判断出其体积变化情况，从而正确解答本题解答：解：A、洗衣机缸内水位升高，被封闭的空气压强增大，被封闭气体做等温变化，根据理玻意耳定律可知，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，故A正确；B、一定质量的理想气体的内能只跟温度
19、有关，温度不变，可知其内能不变故B错误；C、气体体积减小，外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知，气体一定向外界放出了热量故C正确，D错误故选：AC点评：本题是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用要掌握温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志7（6分）如图所示，两颗质量不等卫星分别位于同一轨道上绕地球做匀速圆周运动若卫星均顺时针运行，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是（）A两颗卫星的运动速度大小相等B两颗卫星的加速度大小相等C两颗卫星所受到的向心力大小相等D卫星1向后喷气就一定能追上卫星2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专
20、题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和线速度，从而进行判断在运动的过程中，若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动解答：解：A、根据万有引力提供向心力得：，解得：，两颗卫星的半径相等，所以运动速度大小相等，故A正确；B、根据万有引力提供向心力得，解得：，两颗卫星的半径相等，所以加速度大小相等，故B正确；C、根据万有引力提供向心力得，向心力F=，由于两颗卫星质量不等，所以向心力大小不等，故C错误；D、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2故D错误；故选：AB点评：关于万有引力的应用中，常用公式是在地球
21、表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，掌握卫星的变轨原理，这是正确解决本题的关键8（6分）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下例判断正确的是（）A如果A球带电，则A球一定带负电B如果A球带电，则A球的电势能一定增加C如果B球带电，则B球一定带负电D如果B球带电，则B球的电势能一定增加考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：在水平方向AB做匀速运动，初速度相同，水平位移相同，根据h=可求得躯体AB的
22、加速度，根据AB的带电判断电性及电场力的做功判断电势能解答：解：AB、平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由h=可知，A下落的加速度大于B的加速度如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下则电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；CD、如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能增加，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题主要考查了类平抛运动，抓住加速度与重力加速度 的大小作比较，进行判断即可9（6分）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点
23、，橡皮绳竖直时处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中 （橡皮绳始终处于弹性限度内）（）A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能最大增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大考点：功能关系；动能和势能的相互转化 分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大解答：解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大故A错误；B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力
24、对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh故C正确；D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大故D错误故选：BC点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机械能守恒的基础好题三、（解答题应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤
25、，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）10（9分）某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）实验开始前打点计时器应接在交流电源（填“交流电源”或“直流电源”）上，实验时应先（填“先”或“后”）接通电源，后（填“先”或“后”）释放滑块如图乙为某次实验得到的纸带，s1、s2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T，由此可求得小车的加
26、速度大小为（用s1、s2、T表示）改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数F（N）和滑块加速度a（m/s2），重复实验以F为纵轴，a为横轴，得到的图象是纵轴截距大小等于b倾角为的一条斜直线，如图丙所示，则滑块和轻小动滑轮的总质量为2tg（kg）；滑块和长木板之间的动摩擦因数=（设重力加速度为g）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：正确解答本题需要掌握：理解该实验的实验原理，需要测量的数据等；明确打点计时器的使用；理解实验中的注意事项以及如何进行数据处理；对于任何实验注意从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚；根据加速度公式，而x是相邻相等时间内
27、的位移之差，从而即可求解；由实验方案可知，滑块受到的拉力为弹簧秤示数的两倍，滑块同时受摩擦力，由牛顿第二定律可得弹簧秤示数与加速度a的关系由图象可得摩擦因数解答：解：打点计时器应接交流电源；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，根据加速度公式，设s1、s2的间距为s0，那么a=；滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：T=2F滑块受到的摩擦力为：f=Mg由牛顿第二定律可得：Tf=Ma解得力F与加速度a的函数关系式为：F=a+由图象所给信息可
28、得图象截距为：b=而图象斜率为k=解得：M=2k=2tg（kg）；=； 故答案为：交流电源，先，后； ；2tg（kg），点评：本题重点是考察学生实验创新能力及运用图象处理实验数据的能力，对这种创新类型的题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型11（9分）如图甲为某同学测量金属丝电阻率的实验电路图，R0为保护电阻，实验的主要步骤如下，请完成相关内容用螺旋测微器测金属丝的直径d如图乙示，可读出d=0.400 mm将P移到金属丝某一位置x1，闭合单刀双掷开关接位a，记下电流表读数I1，保持P位置不变，将单刀双掷开关接位置b，调节电阻箱阻值，使电流表读数为I1（选填“，I1，2I1”），读出电阻
29、箱读数，金属丝电阻R1等于此时电阻箱阻值，并测出此时金属丝接入电路MP部分长度x1值将P移到金属丝另一位置x2，用同样方法测出金属丝接入电路电阻R2值和接入电路长度x2值，重复步骤多次，得出多组R和x的值，并画出Rx的关系图如图丙所示根据Rx的关系图线，求得斜率k为32/m（保留3位有效数字）写出金属丝电阻率表达式=Kd2（用d，k表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：螺旋测微器读数时先读固定部分，再读出转动部分，用固定部分加上转动部分与0.01的乘积；根据实验电路及实验原理明确实验中应采用的步骤和方法；选取图象上的点，利用纵坐标与横坐标的比值即求出斜率即可由中所求单位长度中的电阻值
30、，由电阻定律可求得电阻率解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为0.0140.0mm=0.400mm；故螺旋测微器的读数为：0+400.01=0.400mm；由题意可知，本实验采用是替代法，即用电阻箱代替金属丝，使电流表示数相同，则电阻箱的阻值即为金属丝的电阻；由图象可知，图象的斜率k=32/m；由电阻定律可知：R=；L取单位长度1；S=解得：=；故答案为：0.400；I1；32；点评：本题考查电阻率的测量，要注意正确分析电路及实验步骤，从而明确实验方法，再由电阻定律及欧姆定律进行数据处理即可12（18分）如图甲所示，两根间距=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd
31、水平放置，一端与阻值R=2.0的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=10，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）（2）磁场的磁感应强度B（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由法拉第电磁感应定律
32、：E=BLv 由欧姆定律：I= 导体棒所受安培力F=BIL，三式联立求解安培力；（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，根据牛顿运动定律列方程求解即可；（3）功能关系知：（Ff）s=Q+mv2，从而得热量Q解答：解：（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I由法拉第电磁感应定律：E=BLv 由欧姆定律：I= 导体棒所受安培力F=BIL 解得：F安= （2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流由牛顿第二定律知：Ff=ma1 解得：
33、F=2N 由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动此时有：FfF安=0 解得：B=带入数据解得：B=1T （3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：（Ff）s=Q+mv2 带入数据解得Q=6J 答：（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小为（2）磁场的磁感应强度B为1T（3）若ef棒由静止开始运动距离为S=6.9m时，速度已达v=3m/s求此过程中产生的焦耳热Q为6J点评：本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、由图象找出某时刻所对应的电流、应用相关知识，是正确解题的关键13（18分）如图所示，水平轨道左端与长L=1.2
34、5m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0=1m/s轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，取g=10m/s2求：（1）物块到达B点时速度vB的大小（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP（3）若长木板与水平地面间动摩擦因数30.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的
35、范围是多少 （设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）考点：动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解（2）抓住物块在B点的速度大于传送带的速度，可知物块在传送带上一直做匀减速运动，根据动能定理求出A点的速度，结合能量守恒定律求出弹簧的弹性势能（3）根据机械能守恒定律求出C点的速度，讨论3=0，3=0.026时，通过动量守恒定律和功能关系，以及动能定理求出木板的长度，从而得出木板的范围解答：解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得： 解得（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：
36、 vBv0=1m/s，物体在传送带上一直做匀减速运动物块在传送带上滑行过程由动能定理得：f1L= f1=1mg=0.8N 联立解得：Ep=1.2J （3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：，联立解得：m/s 讨论：当3=0时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1，小物块和长木板共速为v，由动量守恒定律：mvC=（M+m）v 由功能关系： 代入数据解得s1=3.6m（11）当3=0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2，物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：上表面受到的摩擦力f2=2mg=0.251N=0.25N（12）下表面受到的摩擦力f33（M+m）g=0.02610N=0.26N所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程由动能定理得： （13）代入数据解得s2=4m（14）所以木板长度的范围是3.6ms4m（15）答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s（2）弹簧被压缩时的弹性势能为1.2J（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是3.6ms4m点评：分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，动量守恒定律进行求解