2024-2025学年广东省高三上学期开学摸底联考物理试题（解析版）

这是一份2024-2025学年广东省高三上学期开学摸底联考物理试题（解析版），共22页。试卷主要包含了冬天有这样的现象等内容，欢迎下载使用。
1．（2024高三上·广东开学考）质子放疗是目前治疗肿瘤的最先进手段之一，特征是当质子射线达到一定深度时才释放出最大能量（布拉格峰），只要将射线的最大能量调整到癌肿病灶上就可以集中照射病灶处而不会过多的损伤正常细胞。下列核反应方程中X粒子为质子的是（ ）
A．92235U+01n→56144U+3689Kr+XB．92238U→90234Th+X
C．714N+24He→817O+XD．614C→714N+X
【答案】C
【知识点】原子核的人工转变
【解析】【解答】A．根据核反应质量数和电荷数守恒可得，X粒子的质量数为235+1-144-89=3，电荷数为92+0-56-36=0，所以X为中子，故A错误；
B．根据核反应质量数和电荷数守恒可得，X粒子的质量数为238-234=4，电荷数为92-90=2，
可知X粒子为24He，故B错误；
C．根据核反应质量数和电荷数守恒可得，X粒子的质量数为14+4-17=1，电荷数为2+7-8=1，
可知X粒子为质子，故C正确；
D．根据核反应质量数和电荷数守恒可得，X粒子的质量数为14-14=0，电荷数为6-7=-1，
可知X粒子为电子，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查核反应方程，核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，根据质量数守恒、电荷数守恒计算X的质量数和电荷数，进而确定粒子性质。
2．（2024高三上·广东开学考）2024年6月8日，在完成自己的使命后，嫦娥六号上升器再次着陆月球，成功实现“二次落月”。与第一次不同的是，这次是硬着陆，也就是从环月轨道上下落直接撞击月球而销毁。关于“二次落月”，下列说法正确的是（ ）（已知月球表面空气很稀薄）
A．上升器加速后才能从环月轨道下落
B．上升器减速后才能从环月轨道下落
C．下落过程中上升器的速度越来越小，而加速度越来越大
D．下落过程中上升器的速度越来越大，而加速度越来越小
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律
【解析】【解答】AB．上升器要从环月轨道下落，必须减速后做近心运动，故A错误，B正确；
CD．根据万有引力公式
F=GMmr2
可知下落过程中上升器受到的万有引力逐渐增大，月球表面空气很稀薄，空气阻力可忽略不计，根据牛顿第二定律
a=Fm
可知上升器的加速度也越来越大，下落过程中万有引力做正功，上升器的速度越来越大，故CD错误。
故选B。
【分析】本题借助嫦娥六号上升器"二次落月"考查圆周运动的有关知识，做圆周运动的物体，提供的力大于需要得力，物体做近心运动，提供的力小于需要得力，物体做离心运动；当合力与速度方向夹角小于90度时，物体做加速运动，合力与速度方向夹角大于90度小于180度时，物体做减速运动，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。
3．（2024高三上·广东开学考）如图所示为惊险刺激的断轨过山车。若不考虑空气作用力，当过山车离开轨道运动到最高点时（ ）
A．乘客处于超重状态，座椅对乘客有向下的支持力
B．乘客处于超重状态，安全带对乘客有向上的拉力
C．乘客处于失重状态，所受合外力为零
D．乘客处于失重状态，所受合外力等于重力
【答案】D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】若不考虑空气作用力，当过山车离开轨道运动到最高点时，只受重力作用，所受合外力等于重力，乘客处于完全失重状态，故D正确，ABC错误。
故选D。
【分析】本题主要考查圆周运动的知识，做圆周运动的物体，指向圆心的合力提供向心力，超重是指物体对悬挂物的拉力（或对支撑物的压力）大于物体重力的现象。其产生条件是物体具有竖直向上的加速度。本质是拉力或压力大于重力，但物体本身所受重力不变。失重是指物体对悬挂物的拉力（或对支撑物的压力）小于物体重力的现象。产生条件为物体具有竖直向下的加速度。本质是拉力或压力小于重力，物体重力本身不变。物体对悬挂物或支持物完全没有作用力的状态称为完全失重状态。其产生条件是物体竖直向下的加速度等于g。在完全失重状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。例如，在自由落体的电梯里，物体对电梯底面没有压力，就处于完全失重状态。
4．（2024高三上·广东开学考）冬天有这样的现象：剩有半瓶水的热水瓶经过一个夜晚，第二天拔瓶口的软木塞时不易拔出来，主要原因是瓶内气体( )
A．温度不变，体积减小，压强增大
B．体积不变，温度降低，压强减小
C．温度降低，体积减小，压强不变
D．质量不变，体积减小，压强增大
【答案】B
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】由于热水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的温度降低，根据查理定律得温度降低，压强减小，即热水瓶内的压强减小，气体向外的压力减小，所以拔出瓶塞更费力。
A．温度不变，体积减小，根据pVT=C可知压强增大，与分析不符，故A错误；
B．体积不变，温度降低，根据pVT=C可知压强减小，与分析相符，故B正确；
C．温度降低，体积减小，根据pVT=C可知压强不变，与分析不符 ，故C错误；
D．质量不变，体积减小，根据pVT=C可知压强增大，与分析不符，故D错误．
故选B。
【分析】 本题考查气体的等容变化。气体压强的变化引起对瓶塞压力的变化。 根据pVT=C逐项判断。
5．（2024高三上·广东开学考）如图甲所示为LC振荡电路的实物图，当单刀双掷开关拨至1，对电容器进行充电，充电结束后将单刀双掷开关拨至2，形成振荡电流，从某时刻开始计时电流随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内，电容器处于充电过程
B．t1～t2时间内，电容器两端的电压逐渐减小
C．t1时刻电容器放电结束
D．t2时刻线圈中的磁场能达到最大
【答案】C
【知识点】LC振荡电路分析
【解析】【解答】AC.0～t1时间内，电流增大，磁感应强度变大，磁场能增大，电场强度变小，电场能减小，电容器处于放电过程，t1时刻电容器放电结束，故A错误，C正确；
BD．t1～t2时间内，电流减小，磁感应强度变变小，磁场能减小，电场强度变大，电场能增大，电容器处于充电过程，电容器两端的电压逐渐增大，t2时刻充电结束，线圈中的磁场能达到最小，故BD错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查 LC振荡电路的动态分析问题，在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。从能量看：电场能在向磁场能转化；
当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。从能量看：磁场能在向电场能转化。
6．（2024高三上·广东开学考）中国第三艘航空母舰福建舰，配置有电磁弹射装置，和传统的蒸汽弹射相比较（对相同机型的弹射如表格所示，不考虑阻力），电磁弹射器产生的最大平均推力约是蒸汽弹射器的（ ）
A．0.9倍B．1.3倍C．1.6倍D．1.8倍
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】设电磁弹射器产生加速度为a1，蒸汽弹射器产生的加速度为a2，根据公式
v2-v02=2ax
可得
a1=vm122L1
a2=vm222L2
设电磁弹射器产生的最大平均推力为F1，蒸汽弹射器产生的最大平均推力为F2，设舰载机的质量为M，根据牛顿第二定律有
a1=F1M，a2=F2M
可得
F1F2=ma1ma2=v1m2L2v2m2L1=1032×100802×90≈1.8
故选D。
【分析】根据牛顿第二定律先求得加速度，再根据根据运动学公式确定最大平均推力的比值。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
7．（2024高三上·广东开学考）如图甲所示，上、下电磁铁的线圈中通入方向呈周期性变化的交变电流，在电磁铁两极间会产生交变磁场，这个交变磁场又会在周围空间激发出一个感生电场，如图乙所示，由电子枪射入的电子同时受到两个力的作用，一个是洛伦兹力，使电子在真空室内做半径为R的圆周运动；另一个是切线方向的电场力，使电子沿圆周不断加速。设某时刻电子的速率为v，所在磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是（ ）
A．电子的比荷为vBR，当电子的速率由v增大到2v时，磁感应强度为2B
B．电子的比荷为2vBR，当电子的速率由v增大到2v时，磁感应强度为2B
C．电子的比荷为4vBR，当电子的速率由v增大到2v时，磁感应强度为4B
D．电子的比荷为vBR，当电子的速率由v增大到2v时，磁感应强度为4B
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】设某时刻电子的速率为v，所在磁场的磁感应强度为B，电子电荷量为q，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
可得电子的比荷为
qm=vBR
根据半径表达式
R=mvqB
可知当电子的速率由v增大到2v时，磁感应强度为2B。故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】本题主要考查带电粒子磁场中圆周运动的简单应用。
电子沿在磁场中受洛伦兹力作用，做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式可求电子的比荷和轨道半径表达式，进而求得电子速率变化时磁场的变化。
8．（2024高三上·广东开学考）电磁悬挂的结构示意图如图所示，电磁悬挂不同于空气悬挂，其仍使用弹簧提供支撑力，但可调阻尼减震器内部则不是传统的液压机油，而是磁流变液。磁流变液的特点就是可通过电流产生的磁场来灵活调节磁流变液的粘度，从而控制减震器的阻尼，也就是改变悬挂的软硬，且磁场越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大。下列说法正确的是（ ）
A．磁流变液是利用了电流的磁效应
B．磁流变液是利用了电流的热效应
C．电流越强，悬挂越软，乘坐的舒适感越好
D．电流越强，悬挂越硬，乘坐颠簸感越强
【答案】A,D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】AB．根据题目给出的信息可以判断，磁流变液通过电流产生的磁场来灵活调节磁流变液的粘度， 所以是利用了电流的磁效应，故A正确，B错误；
CD．电流越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大，相当于弹簧的劲度系数越大，即悬挂越难发生形变，故给人造成的颠簸感越强，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据电流的磁效应和电流越强，磁流变液的粘度越高，减震器的阻尼越大的特点分析求解。
本题考查了电磁阻尼相关知识，理解磁流变液是利用了电流的磁效应是解决此类问题的关键。
9．（2024高三上·广东开学考）潜艇是利用声呐系统探测敌舰的位置，图甲中潜艇声呐系统产生的脉冲信号遇到敌舰，反射信号被接收器接收。图乙是接收器的显示屏，屏上所显示的上、下两列波形分别为发射信号与接收信号，显示屏右侧脉冲信号早于左侧脉冲信号，且横向每格代表的时间间隔相同。若潜艇发射的是频率f=10Hz的脉冲信号，声波在海水中传播的速度为1500m/s，则敌舰离潜艇的距离可能为（ ）
A．60mB．90mC．165mD．180m
【答案】B,C
【知识点】速度与速率；匀速直线运动
【解析】【解答】脉冲信号的发射周期
T=1f=0.1s
由于上、下两列波形分别为发射信号与接收信号，显示屏右侧脉冲信号早于左侧脉冲信号，根据图乙可知，同一脉冲信号从发射到接受的时间
t=210T+nT=0.02+0.1ns（n=0，1，2，3…）
令敌舰离潜艇的距离为d，则有
t=2dv
解得
d=vt2=15002(210×0.1+0.1n)=15+75nm（n=0，1，2，3…）
当n=0时，解得d=15m
当n=1时，解得d=90m
当n=2时，解得d=165m
当n=3时，解得d=240m
可知，敌舰离潜艇的距离可能为90m、165m。
故选BC。
【分析】由T=1f得到周期的数值，根据图像和周期性得到脉冲信号从发射到接受的时间表达式，再结合匀速直线公式x=vt计算得到敌舰离潜艇的距离可能值 。
此题主要考查回声测距离的应用，解答此题的关键是灵活掌握速度公式的变形，难点要求数学基础比较好，因此学生具备一定的学科综合能力。
10．（2024高三上·广东开学考）从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度3m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，取地面为重力势能参考平面，下列说法正确的是（ ）
A．小球抛出时的速度大小为10m/s
B．小球的质量为1.5kg
C．小球运动过程受到的阻力f=5N
D．小球上升过程的加速度大小是下落过程的两倍
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】BC．根据动能定理
F合⋅Δh=ΔEk
可得
F合=ΔEkΔh
可知Ek−h图像的斜率表示合力，则上升过程受重力、方向向下的阻力f，则合力大小
F合=mg+f=100−403N=20N
下落过程受重力、方向向上的阻力f，则合力大小
F'合=mg−f=50−203N=10N
联立解得
m=1.5kg，f=5N
故BC正确；
A．小球抛出时，由图像可知
Ek0=12mv02=100J
解得小球抛出时的速度大小为
v0=2Ek0m=2×1001.5m/s=2033m/s
故A错误；
D．根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为
aa'=F合F'合=2010=21
故D正确。
故选BCD。
【分析】根据动能定理得到图象的斜率表示的物理量，从而求得合外力，结合数学知识求解质量和受到的阻力，根据Ek=12mv2求得抛出时的速度，根据牛顿第二定律求解小球上升过程和下降过程的加速度关系 。
解决该题的关键是明确知道图象中斜率的大小表示的是物体受到的合外力，知道上升和下降过程中合外力的表达式。
11．（2024高三上·广东开学考）如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学将橡皮筋的一端A固定在水平木板上，另一端O系两根细线，每根细线均与一个弹簧测力计（量程为5N）相连，对弹簧测力计a施加拉力F1，对弹簧测力计b施加拉力F2，结点位于O点时，弹簧测力计a的示数如图甲所示，然后只用一个弹簧测力计a施加拉力F3使结点仍到O点。
（1）由图甲可读得拉力F1的大小为 N，拉力F3的大小为 N。
（2）下列操作必要的是_______（填正确答案标号）。
A．连接弹簧测力计a、b的两根细线长度必须相等
B．两根细线与AO方向的夹角必须相等
C．同一次实验中，结点O的位置允许变动
D．使用弹簧测力计时要注意使其轴线与木板平面平行
（3）根据已选取的标度，设拉力F1和AO方向成30°角，若不计实验误差，在图乙所示的虚线方格纸上按力的图示要求并根据力的平行四边形定则，画出拉力F1、F2、F3的图示，则拉力F2的大小为 N。
【答案】（1）3.50；4.00
（2）D
（3）1.80
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧测力计的最小刻度为0.1N，要估读到最小刻度下一位，所以拉力F1的大小为
F1=3.50N
拉力F3的大小为
F3=4.00N
（2）A．细线的作用是确定拉力的方向，连接弹簧测力计a、b的两根细线长度不需要相等，只要方便做实验就可以，故A错误；
B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，两根细线与AO方向的夹角不需要相等，故B错误；
C．为使两个弹簧测力计拉橡皮筋的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮筋的作用效果相同，同一次实验中，结点O的位置不允许变动，不同次实验，结点O的位置允许变动，故C错误；
D．为使弹簧测力计读数准确，使用弹簧测力计时要注意使其轴线与木板平面平行，故D正确。
故选D。
（3）按照标度画出力的图示
由图可知拉力
F2=1.80×1N=1.80N
【分析】
（1）根据弹簧测力计读数规则读取数据；
（2）“验证力的平行四边形定则”实验步骤
①.把橡皮条的一端固定在板上的A点。
②.用两条细绳结在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧秤互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点伸长到O点
③.橡皮条、细绳、测力计应在同一平面内，测力计的挂钩应避免与纸面磨擦。
④.用铅笔记下O点的位置，画下两条细绳的方向，并记下两个测力计的读数。
⑤.在纸上按比例作出两个力F1、F2的图示，用平行四边形定则求出合力F。
⑥只用一个测力计，通过细绳把橡皮条上的结点拉到同样的位置O点，记下测力计的读数和细绳的方向，按同样的比例作出这个力F'的图示，比较F'与用平行四边形定则求得的合力F，比较合力大小是否相等，方向是否相同。
（3）根据平行四边形定则，运用作图法分析求解。
这个实验的原理是：记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较。因此明确实验原理是解答问题的关键。
（1）[1]弹簧测力计的最小刻度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，拉力F1的大小为
F1=3.50N
[2]拉力F3的大小为
F3=4.00N
（2）A．细线的作用是确定拉力的方向，连接弹簧测力计a、b的两根细线长度不需要相等，故A错误；
B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，两根细线与AO方向的夹角不需要相等，故B错误；
C．为使两个弹簧测力计拉橡皮筋的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮筋的作用效果相同，同一次实验中，结点O的位置不允许变动，故C错误；
D．为使弹簧测力计读数准确，使用弹簧测力计时要注意使其轴线与木板平面平行，故D正确。
故选D。
（3）按照标度画出力的图示
由图可知拉力
F2=1.80N
12．（2024高三上·广东开学考）某同学用铜片和锌片分别插在橙子两端，做成了橙子电池，他发现如下现象：
（1）先后用指针式电压表和数字多用电表（其内阻远大于电压表的内阻）分别测量了单个橙子电池两端电压，则 （填“指针式电压表”或“数字多用电表”）测量的值更接近于橙子电池电动势的真实值。
（2）现测得单个橙子电池两端的电压约为1V，可是将四个橙子电池串联，却不能让额定电压为3V的小灯泡发光，原因可能是 。
（3）为了测量这四个橙子电池串联后的电动势和内阻，现将橙子接在如图所示电路中，其中
电流表G1（量程为2mA，内阻为15Ω）
电流表G2（量程为10mA，内阻约为3Ω）
滑动变阻器R10∼1000Ω
电阻箱R20∼9999.9Ω
实验中用电流表G1与电阻箱R2改装成量程为4V的电压表，电阻箱的阻值应调整为 Ω。
（4）闭合开关，调节滑动变阻器，读取电流表G2的示数I和对应的电压表示数U，记录了6组数据，描点连线得到如图所示得U−I图线，则四个橙子电池串联后的电动势E= V，内阻r= Ω。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）数字多用电表
（2）见解析
（3）1985
（4）3.8；4.6×102
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【分析】（1）数字多用电表内阻远大于电压表的内阻，根据
E测=RR+rE=E1+rR
可知R越大，E测越接近电池电动势，可知数字多用电表测量的值更接近于橙子电池电动势的真实值。
（2）现测得单个橙子电池两端的电压约为1V，可是将四个橙子电池串联，却不能让额定电压为3V的小灯泡发光，由
U=E-Ir
可知，可能是橙子电池的内阻太大，回路中电流太小，路端电压太小，灯泡实际功率太小，灯泡不发光。
（3）由图可知，电阻箱R2与电流表G1 串联，根据串并联知识可得
U=Ig1(Rg1+R2)
解得
R2=UIg1-Rg1=42×10-3Ω-15Ω=1985Ω
（4）根据闭合电路的欧姆定律
E=U+I(Rg2+r)
整理得
U=−(Rg2+r)I+E
由数学知识可知，图像的纵轴截距表示四个橙子电池串联后的电动势，为
E=3.8V
图像的斜率为
k=Rg2+r=3.8−1.06.0×10−3Ω≈467Ω
解得内阻为
r=467Ω-3Ω=464Ω≈4.6×102Ω
【分析】本题主要考查电动势和内阻的测量的实验，测电源电动势和内阻，采用图像法，分析图像斜率和纵轴截距是常用方法，要熟练掌握这一方法。
（1）根据根据串联知识列式得到测量的电动势与真实值之间的关系式，根据关系式分析；
（2）由U=E-Ir分析灯泡不发光原因；
（3）先搞清电路连接，根据电路特点列式求解电阻箱的阻值；
（4）根据闭合电路的欧姆定律列式得到外电压与电流关系表达式，结合图象得到电动势和内阻。
（1）数字多用电表内阻远大于电压表的内阻，根据
E测=RR+rE
可知数字多用电表测量的值更接近于橙子电池电动势的真实值。
（2）现测得单个橙子电池两端的电压约为1V，可是将四个橙子电池串联，却不能让额定电压为3V的小灯泡发光，原因可能是橙子电池的内阻太大，回路中电流太小，路端电压太小，灯泡实际功率太小，灯泡不发光。
（3）根据电压表改装原理
U=Ig1(Rg1+R2)=4V
解得
R2=1985Ω
（4）[1]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+I(Rg2+r)
整理得
U=−(Rg2+r)I+E
图像的纵截距表示四个橙子电池串联后的电动势，为
E=3.8V
[2]图像的斜率为
k=Rg2+r=3.8−1.06.0×10−3Ω≈467Ω
解得内阻为
r=464Ω≈4.6×102Ω
13．（2024高三上·广东开学考）观光潜艇下潜深海时，潜艇内部游客需要通过圆形观景窗欣赏深海美景。如图所示，观景玻璃窗的直径L=10cm，厚度d=53cm，该玻璃的折射率n=3，光在真空中传播的速度为c，求：
（1）光在玻璃中的传播速度；
（2）若潜艇内部游客眼睛紧贴玻璃窗的中心处，通过玻璃能看到张角为120°的范围内的外部景物，求海水相对玻璃的折射率。（设光从介质1射入介质2，这时光的折射率叫作介质2相对于介质1的相对折射率，通常用n21来表示，即n21=sinαsinβ，α为入射角，β为折射角）
【答案】（1）解：根据
v=cn
可得，光在玻璃中的传播速度
v=3×1083m/s=3×108m/s
（2）解：根据题意作出光路图
根据几何关系可得
tanα=12Ld=553=33
解得
α=30∘
折射角为
β=120∘2=60∘
则海水相对玻璃的折射率
n'=sinαsinβ=1232=33
​​​​
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）已知玻璃的折射率n=3，由v=cn求光在玻璃中的传播速度；
（2）画出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，再求出玻璃相对海水的折射率，再求出海水相对玻璃的折射率。
解答本题时，首先要读懂题意，明确相对折射率的含义，再画出光路图，根据几何关系和折射定律解答。
（1）光在玻璃中的传播速度
v=cn=3×1083m/s=3×108m/s
（2）根据题意作出光路图
根据几何关系可得
tanα=12Ld=33
解得最大入射角为
α=30∘
折射角为
β=120∘2=60∘
则海水相对玻璃的折射率
n'=sinαsinβ=33
14．（2024高三上·广东开学考）有人设计了监测传送带速度的装置，测速原理如图所示，该装置底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和阻值为R的电阻。绝缘橡胶带上嵌有间距为d的平行细金属条，每根金属条的电阻均为0.5R，磁场中始终有且仅有一根金属条（与电极接触良好），不计金属电极和其余导线的电阻，电压表可视为理想电表。若橡胶带匀速运动，电压表的读数为U，求：
（1）一根金属条经过磁场区域时受到的安培力大小；
（2）若将刻度均匀的电压表改装为传送带速度表，速度表刻度是否均匀？说明理由。
（3）若从某根金属条刚进入磁场区域开始计时，一段时间内电阻R上产生的热量Q=8BULdR，则该段时间内有多少根金属条通过磁场区域？
【答案】（1）解：根据欧姆定律可知，流过金属棒的电流为
I=UR
一根金属条经过磁场区域时受到的安培力大小
FA=BIL=BULR
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（2）解：设橡胶带匀速运动的速率为v，根据法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
E=BLv
感应电流为
I=ER+0.5R=2E3R=2BLv3R
根据欧姆定律可得U=IR=2BLv3
解得v=3U2BL
故若将刻度均匀的电压表改装为传送带速度表，速度表刻度均匀。
（3）解·：根据功能关系可知，每根金属条经过磁场区整个电路产生的热量为
Q总=W安=F安d=BULdR
由Q=I2Rt可得，电阻R上产生的热量为
Q'=RR+0.5RQ总=23Q总=2BULd3R
设一共有n根金属条通过磁场区域，则
Q=nQ'
解得
n=QQ'=8BULdR2BULd3R=12
则一共有12根金属条通过磁场区域。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据欧姆定律和安培力公式得到 一根金属条经过磁场区域时受到的安培力大小；
（2）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，电压表读数是路端电压，由欧姆定律得出路端电压，即可求解出速度表达式，根据表达式判断速度表刻度是否均匀 ；
（3）根据功能关系求得每根金属条产生的热量，再根据Q=I2Rt和串并联知识求得R上产生的热量，最后利用数学知识求得该段时间内有多少根金属条通过磁场区域 ；
本题考查的是电磁感应中的电路问题、动力学问题，注意电压表的示数是路端电压不是电动势，第二问求的是总功率，第三问分母是总电阻，电磁感应中涉及电路问题时首先画出等效电路。
（1）根据题意可知，流过金属棒的电流为
I=UR
一根金属条经过磁场区域时受到的安培力大小
FA=IBL=BULR
（2）设橡胶带匀速运动的速率为v，根据法拉第电磁感应定律，可得感应电动势为
E=BLv
感应电流为
I=ER+0.5R
电压表示数为
U=IR
整理得
v=3U2BL
故若将刻度均匀的电压表改装为传送带速度表，速度表刻度均匀。
（3）每根金属条经过磁场区整个电路产生的热量为
Q总=W安=F安d=BULdR
电阻R上产生的热量为
Q'=23Q总=2BULd3R
设一共有n根金属条通过磁场区域，则
Q=nQ'
解得
n=12
则一共有12根金属条通过磁场区域。
15．（2024高三上·广东开学考）如图甲所示为水上乐园冲浪装置，现简化为图乙所示，圆心角θ=60°、半径R=15m的两光滑圆弧管道AB、BC平滑连接，在轨道末端C的右侧光滑水平面上停靠着一质量m=20kg滑轨小车，其上表面与轨道末端C所在的水平面平齐，小车右端坐着质量m2=40kg的游客b。一质量m1=60kg的游客a以速度v1=20m/s从左端A点进入圆弧管道，经过ABC滑出圆弧管道。已知游客a、b与小车间的动摩擦因数均为μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），游客均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。
（1）求游客a到达C点时对管道的作用力FN；
（2）要使游客a恰好不与游客b发生碰撞，求滑轨小车长度的最小值d；
（3）若小车足够长，游客b最初静止在距小车左端d1=3.75m处，求游客a与游客b第一次碰撞后的速度v（碰撞时间极短，碰撞后两游客共速）。
【答案】（1）解：游客a从A点到C点过程，根据动能定理有
−m1g⋅2R1−csθ=12m1v22−12m1v12
解得
v2=10m/s
在C点，若只有重力提供向心力，可得
m1g=m1v02R
解得
v0=gR=10×15m/s=56m/s
v2