2019届江苏省南通市高三第一次模拟考试物理试题（解析版）

2019届江苏省南通市高三第一次模拟考试物理试题（解析版）物    理

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.

1.如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是

A. 斜向右上方

B. 斜向左上方

C. 水平向左

D. 竖直向上

【答案】B

【解析】

【分析】

根据壁虎作加速直线运动可得，合力方向水平向左，再由平行四边形定则即可求解。

【详解】由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。

故选：B。

2.如图所示，小灯泡的规格为“6V 3W"”，R3=4Ω，电源内阻r =1Ω，.闭合开关S，灯泡L正常发光，电压表示数为零，电流表示数为1A，电表均为理想电表，则电源电动势E和电源输出功率P分别为

A. E=8V，P=6W

B. E=8V，P=7W

C. E=9V，P=8W

D. E=9V，P=9W

【答案】C

【解析】

【分析】

根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R表示出R2消耗的电功率得出R2的表达式根据并联电路的特点和欧姆定律表示出干路电流即可得出RL的方程。

【详解】由题意可知，路端电压：

由公式：

电源的输出功率为：，故C正确。

故选：C。

【点睛】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是换出三种情况的等效电路图，难点是得出三电阻之间的关系。

3.如图所示，斜面上从A点水平抛出的小球落在B点，球到达B点时速度大小为v，方向与斜面夹角为α。现将小球从图中斜面上C点抛出，恰能水平击中A点，球在C点抛出时的速度大小为v1方向与斜面夹角为β。则

A. β =α，v1＜v

B. β =α，v1=v

C. β＞α，v1＞v

D. β＜α，v1＜v

【答案】A

【解析】

【分析】

小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，运动的时间与初速度有关，根据竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点；

根据速度方向与水平方向的夹角变化，去判断θ的变化。

【详解】由逆向思维可知，从A点水平抛出的小球刚好落在C点，由物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，所以，

设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值，解得：，

落在斜面上的速度为

由于落在C点的小球运动时间短，所以有 ，故A正确。

故选：A。

【点睛】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值．以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。

4.利用图示装置研究自感现象，L为自感系数较大的线圈，两导轨相互平行，处于匀强磁场中，导体棒ab以速度v0沿导轨匀速运动时，灯泡的电功率为P1；棒ab沿导轨加速运动至速度为v0时，灯泡的电功率为P2。则

A. P1 =P2

B. P1＞P 2

C. P1＜P2

D. 无法比较P1和P2的大小

【答案】B

【解析】

【分析】

匀速运动时，电路中的电流不变，在线圈中的磁通量不变，没有自感电动势产生，加速运动时，电路中的电流变化，在线圈中的磁通量变化，产生自感电动势，由此可解答。

【详解】ab以速度v0沿导轨匀速运动时，电路中的电流不变，电流产生的磁场不变，所以穿过线圈的磁通量不变，没有自感电动势产生，

棒ab沿导轨加速运动时，电路中的电流变大，电流产生的磁场变大，所以穿过线圈的磁通量变大，有自感电动势产生，

比较两种情况可知，ab以速度v0沿导轨匀速运动时，电路中的电流更大，由公式可得：P1＞P 2。

【点睛】本题考查了判断金属棒的运动情况，应用右手定则、分析清楚物体运动情况即可正确解题，要注意楞次定律在自感现象中的应用。

5.如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止，A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α和β，α＞β.。则

A. A的质量一定小于B的质量

B. A、B受到的摩擦力可能同时为零

C. 若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向上的摩擦力

D. 若ω增大，A、B受到的摩擦力可能都增大

【答案】D

【解析】

【分析】

A物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，结合角速度的大小建立等式；分析此时B物体摩擦力的方向，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小。

【详解】当B摩擦力恰为零时，受力分析如图

根据牛顿第二定律得：

解得：

同理可得：

物块转动角速度与物块的质量无关，所以无关判断质量的大小

由于，所以，即A、B受到的摩擦力不可能同时为零；

若A不受摩擦力，此时转台的角速度为，所以B物块的向心力大于不摩擦力为零时的角速度，所以此时B受沿容器壁向下的摩擦力；

如果转台角速度从A不受摩擦力开始增大，A、B的向心力都增大，所受的摩擦力增大。

故选：D。

【点睛】解决本题的关键搞清物块做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律，抓住竖直方向上合力为零，水平方向上的合力提供向心力进行求解。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.

6.2018年6月14日.承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道，第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转，则该卫星的

A. 向心力仅来自于地球引力

B. 线速度大于月球的线速度

C. 角速度大于月球的角速度

D. 向心加速度大于月球的向心加速度

【答案】BD

【解析】

【分析】

卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小。

【详解】A．卫星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故A错误；

BC．卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，、“鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据v=ωr知“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确，C错误；

D．鹊桥”中继星的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，根据a=ω2r知“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故D正确。

故选：BD。

【点睛】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意“鹊桥”中转星与月球绕地球有相同的角速度这个隐含条件。

7.科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴(如图所示)的左、右两端电势高低 情况是

A. 从东向西运动，左端电势较高

B. 从东向西运动，右端电势较高

C. 从西向东运动，左端电势较高

D. 从西向东运动，右端电势较高

【答案】AC

【解析】

【分析】

由于地磁场的存在，当地球北附近水平面上驾驶一辆车向前行进时，由于地磁场作用，冰车两端会有电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．从驾驶员角度看，磁场向下由右手定则可判定冰车左端的电势比右端的电势低。

【详解】地球北极的磁场向下，无论汽车从东向西运动，还是从西向东运动，汽车后轮轮轴切割磁感线，由右手定则可知，从驾驶员角度看，汽车的左端电势较高，故A、C正确。

故选：AC。

【点睛】车的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的。

8.如图，某质点沿直线运动的v-t图象为余弦曲线，从图中可以判断

A. 在0~ t1时间内，合力逐渐减小

B. 在0~ t 2时间内，合力做正功

C. 在t1~ t 2时间内，合力的功率先增大后减小

D. 在t 2~ t4时间内，合力做的总功为零

【答案】CD

【解析】

【分析】

由速度大小变化结合动能定理可判定外力做功正负．取两个特殊位置可以判定外力的功率变化．由从v-t图线表示斜率表示加速度可判定加速度的变化。

【详解】A．从v-t图线表示斜率表示加速度，在0~ t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；

B．由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即外力做功为0，故B错误；

C．t1时刻，F最大，v=0，F的功率为0．t2时刻F=0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，外力的功率先增后减，故C正确；

D．由动能定理知t2～t4间内，动能增量为0，即外力做功为0，故D正确。

故选：CD。

【点睛】本题关键在于C的判定上所采用的方法，这种特殊位置法在判定某个物理量的变化规律的时候比较有用，类似的如球形沙漏判定重心位置变化。

9.图示空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球P、Q用长为L的绝缘细线连接，静止在轴上A、B 两点。两球质量均为m，Q球带负电，电荷量为-q，A点距坐标原点O的距离为L，y轴上静电场场强大小E=，剪断细线后，Q球运动到达的最低点C与B点的距离为h，不计两球间的静电力作用。则

A. P球带正电

B. P球所带电荷量为-4q

C. 两点间电势差为

D. 剪断细线后，Q球与O点相距3L时速度最大

【答案】BCD

【解析】

【分析】

选取AB组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A的电量；剪断细线后，B球的先向下做加速运动，B球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解A球或B球到O点的距离，根据功能关系分析电势能的变化。

【详解】A．选取AB组成的整体为研究的对象，由平衡可知，,其中，所以，方向向上，故P带负电，故A错误；

B．由，解得：且为负电，故B正确；

C．对Q从B到C由动能定理可得：，解得：，故C正确；

D．速度最即加速度为零，即有：，解得：，故D正确。

故选：BCD。

【点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。

三、简答题：本题分必做题(第10、11、12题)和选做题(第13题)两部分，共计42分.

10.某探究小组险证机械能守恒定律的装置如图所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m。重力加速度为g。

（1）用游标卡尺测出小球直径如图所示，读数为_________mm；

（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化。为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的_________(选填“最大值”或“最小值")，其值为F。

（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_________(用测定物理量的符号表示)。

（4）关于该实验，下列说法中正确的有_______。

A．细线要选择伸缩性小的

B．球尽量选择密度大的

C．不必测出球的质量和细线的长度

D．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验

【答案】    (1). 18.50    (2). 最大值    (3).     (4). AB

【解析】

【分析】

选取体积小，阻力小的铁球；

游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；

依据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，从而即可求解；

【详解】(1) 游标卡尺的读数为：；

(2)小球在最低点由牛顿第二定律可得：，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；

(3)由机械能守恒定律可得：，整理得：；

(4)A．为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故A正确；

B．为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故B正确；

C．球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为可知，应测出小球的质量，而不用测出细线的长度，故C错误；

D．由于弹簧的弹力属于渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量准确，故D错误。

故选：AB。

【点睛】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理，知道游标卡尺的读数，注意没有估计值。

11.某同学设计了如图所示电路，测量定值电阻的阻值、电源的电动势和内阻，使用的器材有：待测定值电阻R1(约几欧)、待测电源E、电流表A、电阻箱R2(0-999.9Ω)、开关两个及导线若干。

（1）请用笔画线代替导线在图中完成实物电路的连接________；

（2）测量R1的值时，闭合开关S1前，调节R2至____( 选填“最大值”或“最小值")，然后闭合开关S1和S2，调节R2使电流表示数为I，此时R2的值为7.8Ω；再断开S2，将R2调到5.8Ω时，电流表示数也为I，则R的值为______Ω。

（3）测量电源电动势E和内阻r时，闭合开关S1、断开S2，调节R2,得到R2和对应电流I的多组数据，作出-R2图象如图所示，则电源电动势E =_____V，内阻r =____ (计算结果均保留两位有效数字)，若电流表A内阻不可忽略，则r的测量值______(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。

【答案】    (1). 如图：

    (2). 最大值    (3). 2.0    (4). 6.0    (5). 1.0    (6). 大于

【解析】

【分析】

电路电流相等，电路总电阻相等，根据题意求出待测电阻阻值。

根据题意应用闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势与内阻。

根据实验电路图应用闭合电路欧姆定律分析实验误差。

【详解】(1)按原理图接线，如图

；

(2)为了保护用电器，所以应使电阻箱的最大阻值接入电路，即在闭合开关前调节R2至最大值；

由闭合电路欧姆定律得：

，解得： ；

(3) 由闭合电路欧姆定律得：

整理得：

由图像可知， ，

解得：

若电流表A内阻不可忽略，由闭合电路欧姆定律得：

整理得：

即内阻的测量值为：即大于真实值。

12.下列说法中正确的有(      )

A. 氡核的半衰期为3.8天，20个氡原子核经7.6天后剩下5个氢原子核

B. 由质能方程可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化

C. 镭核发生一次a衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4

D. 钍核发生β衰变后，产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能

【答案】BD

【解析】

【分析】

半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用

α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2。

【详解】A．半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故A错误；

B．质能方程E=mc2可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化，故B正确；

C．镭核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，故C错误；

D．钍核发生β衰变后，产生新核处于高能级，所以产生的新核比结合能都增加，故D正确。

故选：BD。

13.真空中有不带电的金属铂板和钾板，其极限波长分别为λ和λ2，用波长为λ(λ1＜λ＜λ2)的单色光持续照射两板面，则带上正电的金属板是______( 选填"铂板"或"钾板")。已知真空中光速为c，普朗克常量为h，从金属板表面飞出的电子的最大初动能为_______

【答案】    (1). 钾板    (2).

【解析】

【分析】

将光电效应和电容器、带电粒子在电场中的运动联系起来．解决本题时可用排除法：根据λ1＜λ＜λ2可知，该光不能使铂发生光电效应

【详解】由公式，由于(λ1＜λ＜λ2)，所以单色光的频率大于钾板的极限频率而小于铂板的极限频率，所以单色光照在两板面时，钾板能发生光电效应，所以钾板带正电，

由爱因斯坦光电效应方程：

14.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上,木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌人其中，经过一段时间，木块第一次回到A 位置，弹簧在弹性限度内。求：

①木块第一次回到A位置时速度大小v；

②此过程中墙对弹簧冲量大小I。

【答案】①②

【解析】

【分析】

子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量I的大小。

【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

解得：

子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小

子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：

I=-（M+m）v-mv0=-2mv0

所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。

【点睛】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒。

15.下列说法中正确的有

A. 液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出

B. 液体表面层分子间的平均距离等于液体内部分子间的平均距离

C. 用磙子压紧土壤，可以把地下的水引上来，这属于毛细现象

D. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形

【答案】CD

【解析】

【分析】

液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能

完全失重时，没有了重力的影响熔化的金属可以收缩成标准环形；

【详解】A．液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发，故A错误；

B．液体表面层分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，故B错误；

C．车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象，故C正确；

D．完全失重情况下，熔化的金属由于表面张力的收缩作用，以及球形表面积最小，金属结果能够收缩成标准的球形，故D正确。

故选：CD。

16.如图所示，密闭绝热容器内有一活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空。真空区域轻弹簧的一端固定在容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧。绳突然绷断，活塞上升过程中，气体的内能_______( 选填“增加”“减少”或“不变")，气体分子的平均速率_______(选填“变大" 、“变小”或“不变”)。

【答案】    (1). 增加    (2). 变大

【解析】

【分析】

绳子断开后活塞上下振动，弹簧的部分弹性势能转化为气体内能，最后活塞静止，活塞静止时受到气体的压力与重力作用，弹簧仍然被压缩，具有一定的弹性势能，活塞位置升高，活塞的重力势能增大。

【详解】活塞最终静止时，活塞位置比初位置升高，弹簧的部分弹性势能Ep将转化活塞的重力势能

最后，弹簧的部分重力势能转化为气体内能，理想气体内能变大，温度升高，最后气体温度比绳突然断开时的高，

温度是分子平均动能的标志，所以温度高，分子平均动能变大。

【点睛】从能量的角度分析问题，是正确解题的关键．在绳子断开后，在弹簧弹力作用下，活塞上上运动，压缩气体做功，弹性势能转化为气体内能，弹簧弹性势能减小，活塞静止后，弹簧的弹性势能转化为气体内能、活塞重力势能与弹簧的弹性势能。

17.如图所示，空的饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处密封，吸管内注入一小段油柱(长度可以忽略)，制成简易气温计，已知饮料罐的容积为V，吸管内部横截面积为S，接口外吸管长度为L0。当温度为T1时，油柱与接口相距L1，不计大气压的变化。

①简要说明吸管上标示的气温刻度是否均匀；

②求气温计能测量的最高温度T。

【答案】①刻度是均匀的    ②

【解析】

【分析】

根据气体方程找出体积的变化量与温度的变化量的函数关系判断．

【详解】(1) 根据盖-吕萨克定律：

则

所以

即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的；

(2) 罐内气体压强保持不变，同理有

解得：

【点睛】解决该题关键掌握理想气体方程得应用，注意物理量的变化范围。

18.利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的有　　　　.

A. 实验装置中的①②③元件分别为滤光片、单缝、双缝

B. 将滤光片由紫色换成红色，干涉条纹间距变宽

C. 将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽

D. 测量过程中误将5个条纹间距数成6个，波长测量值偏大

【答案】AB

【解析】

【分析】

用条纹间距后公式求解。

【详解】A．滤光片的作用是使入射光变成单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是形成相干光源，其排列顺序合理，故A正确；

B．将滤光片由紫色的换成红色的，波长λ变长，根据双缝干涉条纹的间距公式知条纹间距△x增大，故B正确；

C．将单缝向双缝移动一小段距离后，由可知与此距离无关，故干涉条纹间距不变，故C错误；

D．测量过程中，把5个条纹间距数成6个，导致△x变小，则波长测量值偏小，D错误；

故选AB.

19.一种简易地震仪由竖直放置的弹簧振子A和水平放置的弹簧振子B组成，如图所示，可以粗略测定震源的深度.某次地震中，震源在地震仪的正下方，地震波中的横波和纵波传播速度分别为v1和v2(v1＜v2)，观察到两振子开始振动的时间差为Δt，则____(选填“A”或“B”)弹簧振子先开始振动，震源与地震仪距离约为____.

【答案】    (1). A    (2).

【解析】

【分析】

[1]根据球的振动方向，判断其伴随哪种波振动，在根据波速判断振动先后；

[2]根据距离相同，以及速度公式求解震源与地震仪距离．

【详解】[1]A球在竖直方向，伴随纵波振动，B球在水平方向，伴随横波振动，由题可知纵波的速度大于横波速度，故纵波先到，所以A先开始振动；

[2]根据，解得：．

20.有一种用于电子显示屏的发光二极管，其管芯的发光区域是直径为D的圆面，P为O点正上方球面上的一点，发光二极管中半球体介质的半径为R，如图所示.

①若介质的折射率n1＝，真空中光速为c，求光从A点沿直线传播到P点的时间t；

②为使从发光面AB发出的光在球面上都不发生全反射，介质的折射率n应满足什么条件？

【答案】①t＝.②n<

【解析】

【分析】

由几何关系求解光从A点传播到P点的距离，根据v=c/n求解速度，根据t=x/v求解时间；考虑临界情况，从A点或B点垂直于圆盘射出的光射到球面的入射角最大，然后结合公式n=1/sinC 进行分析即可．

【详解】①光在介质中的传播速度v＝

则此光从A点传播到P点的时间

解得t＝.

②从A或B点垂直于圆盘射出的光射到球面的入射角最大(设为α)，则

sinα＝

设光发生全反射的临界角为C，则sinC＝

不发生全反射应满足sinα<sinC

解得n<.

四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.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.

21.如图，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属杆中点链接，弹簧劲度系数为k。装置处于静止状态。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度为a，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，求：

（1）金属棒开始运动时受到的安培力F的大小和方向;

（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过R的电荷量q；

（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，R上产生的热量Q。

【答案】（1），方向水平向左（2）（3）

【解析】

【分析】

金属棒在恒力F作用下，先做加速度减小的变加速运动，后做匀速直线运动，速度达到最大．根据E=BLv、安培力公式F安=BIL，推导出安培力的表达式进行求解。

【详解】(1) 金属棒开始运动时，感应电流

安培力：

解得：F=，方向水平向左；

(2) 设金属棒向右运动的最大距离为x，则

此过程回路产生的平均感应电动势

通过电阻R的电荷量

解得：；

(3) 从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量

由于

解得：。

【点睛】本题考查了求速度、电功率，分析清楚金属棒的运动过程、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、电功率公式即可正确解题。

22.如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A的上表面水平，A上放置一物块B。已知斜面足够长、倾角为θ，A的质量为M，B的质量为m，A、B间动摩擦因数为μ(μ＜)，最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平推力。求：

（1）物体A、B保持静止时，水平推力的大小F1；

（2）水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撒去推力，A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L；

（3）为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

先以AB组成的整体为研究的对象，得出共同的加速度，然后以B为研究的对象，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

【详解】(1) A和B整体处于平衡状态，则

解得：；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理有

解得：；

(3) A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N

对A和B整体有

对B有：

解得：

则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件

23.如图，真空中一对平行金属板长为L，两板间有垂直板面向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从两板中央沿中线进人电场，粒子射出平行板时速度大小为v，方向与中线夹角为a，板右侧有一上、下范围足够大的有界匀强磁场区，磁场方向与纸面垂直，磁场边界与两板中线垂直，不计粒子重力，忽略板外空间的电场。

（1）求匀强电场的场强大小E；

（2）若磁场区宽度为d0，欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，求磁感应强度B满足的条件；

（3）在两板中线右侧延长线上有一点P，P点与板右端的距离为 L，若磁场区的位置可左右平移，磁场宽度可以改变。粒子经磁场偏转后能到达P点，且速度方向与中线夹角仍为α，求磁感应强度的最小值Bmin。

【答案】（1）

（2）或

（3）

【解析】

【分析】

根据竖直向上做匀加速直线运动，结合速度时间公式求出竖直分速度，通过平行四边形定则求出速度与水平方向的夹角以及速度的大小；粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式，抓住等时性求出粒子出偏转电场时竖直方向上的偏移量，抓住粒子出电场后速度的方向延长线经过极板中轴线的中点，根据相似三角形求出粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离；在PS右侧粒子做匀速圆周运动，结合几何关系求出粒子运动的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度B．

【详解】(1) 粒子离开时，在电场方向的速度

加速度：

运动时间：

由运动学公式：

解得：；

(2) ①当磁场方向垂直纸面向里的情况下，如图，设粒子恰好不从右边界飞出时，圆周运动的半径为r1，磁场的磁感应强度为B1，则

解得：

应满足的条件 

②当磁场方向垂直纸面向外的情况下，如图乙，设粒子恰好不从右边界飞出时，圆周运动的半径为r2，磁场的磁感应强度为B2，则

解得：

应满足的条件   ；

(3) 从电场飞出的粒子速度方向反向延长线通过两极板间的中心，设粒子在磁场中圆周运动最大半径为rm，根据几何关系可画出粒子的运动轨迹如图所示，则

解得：.

【点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，在PS的右侧做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。