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1、12017 高三一模高三一模压轴题压轴题答案答案宝山宝山 19 （14 分） （1）（4 分），F，F（v0x）BILF B2L2vRB2L2RB2L2mR（2）（6 分），当时最大，设最大值为，2 021mvEk0vxMxMxmRLBv2200，220 LBmRvxM0 21180cos)(21MFxFFW，220022 )0(21 LBmRv RvLBWF2 021mvWFFkWE （3）（4 分），BLvIRQIt，BLvBLxQtRR 所以，QMBLxQRmv0BL崇明崇明 题 14 分解：（1）由图（b）可知，AB 段加速度 （2 分）22 12.00m/s0.5m/s4.00vav
2、根据牛顿第二定律，有 （1 分）cos(sin)FmgFma得 （2 分）20.50.52 10N11Ncossin0.60.5 0.8mamgF （2）在 BC 段2sinmgma（2 分）2 2sin8m/sag小物块从 B 到 C 所用时间与从 C 到 B 所用时间相等，有（2 分）2222.0s0.5s8.0Bvta（3）小物块从 B 向 A 运动过程中，有3mgma（2 分）22 30.5 10m/s5m/sag2滑行的位移 （2 分）2232.02.0m0.4m4.0m4.0m22522t ABvvssvtta所以小物块不能返回到 A 点，停止运动时，离 B 点的距离为 0.4m。
3、 （1 分）奉贤 20、（1）根据机械能守恒定律，对 M、N 系统减少的重力势能等于系统增加的动能，得到21(1)()()22 2()2 (20.5) 10 12 3/220.5Mm ghMm vMm ghvm sMm（分）（分）（2）先向上做加速度减小的减速运动（2 分） ，到速度为零后向下做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。（2 分）（3）向下匀速时：m/s222222()0.5 10 0.510/0.51B L vmg Rrmgvm sRrB L2 3故整个过程中向下匀速时速度最大，最大速度为 10m/s（2 分）（2 分）20.5 1 10100.40.1 100 0.440BLvI
4、ARr PI Rw 答：（1）当 M 下落高度 h=1.0m 时，ab 速度的大小为 3.46m/s；（2）先向上做加速度减 小的减速运动，到速度为零后向下做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。（3）当 ab 棒速度最大时，定值电阻 R 的发热功率为 40W。虹口 17 （14 分）解答与评分标准： （1）CD 棒进入磁场前，牛顿定律：Fmgsinma（1 分）解出：a gsin20100.812m/s（1 分）Fm 由匀变速公式 2asvt2v02，解出 vm/s2.4m/s （1 分）2as2 12 0.24（2）CD 棒刚进入磁场时，感应电动势 EBlv2.4V，感应电流 I 48A （
5、1 分）ER安培力 FABIl48N （1 分） 重力分力为 mgsin32N，因拉力 F80N，合力为零， （1 分） 故 CD 棒进入磁场后，应匀速运动（1 分） （3）可以不用做出调节。 （1 分） 因为拉力增大，CD 棒进入磁场时的速度增大，安培力也随之增大，如果维持 CD 棒在磁场中 匀速运动，仍然需要较大的拉力，可以满足锻炼的需求。 （如果答“增强磁场”、 “加大导轨宽度”、 “减小电阻 R”可酌情给分）（2 分） （4）每次上升过程，CD 棒增加的重力势能 Epmg(s+d)sin25.6J， （1 分）3增加的动能 Ek mvt28J （1 分）12每次需消耗能量 EEkEpQ
6、56J （1 分）次数 n142.86，完成以上动作约需 143 次。 （1 分）E总E80005620.（14 分）（1） （6 分）刚释放时，ab 棒的受力如右图。沿轨道斜面向下的合力：m1gsin20=0.25100.34N=0.85N最大静摩擦力 fmax=N1=m1gcos20=0.40.25100.94 N =0.94N因为 m1gsin20fmax，所以刚释放时 ab 棒保持静止。cd 棒向下做切割磁感线的运动，由楞次定律可以确定 cd 棒中的电流从 d 指向c，ab 棒中的电流从 a 指向 b由左手定则可以确定 ab 棒受到的安培力垂直于左侧轨道向下cd 棒速度增大，由 E=B
7、Lv 和闭合电路欧姆定律可确定 ab 棒中的电流增大，再由 FA=BIL 可确定 ab 棒受到的安培力增大，导致压力增大进而导致 ab 棒与轨道间的最大静摩擦力增大因为总有 m1gsin20fmax，所以 ab 棒不会由静止开始运动。 评分量表评分量表 以上各 1 分 （2） （8 分） cd 棒在右侧轨道上做匀加速运动时，其受力情况如图所示，设 F 方向向下。 其中，斜面弹力 N2= m2gcos70，斜面摩擦力 f2=N2=m2gcos70，安培力 FA2=BIL= BL= BLvR1 + R2B2L2atR1 + R2以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有： m2g sin70+F -
8、m2gcos70-FA = m2a 代入已知数据可得： F= -0.754+0.09t 所以： t=0s 时，F 沿右侧轨道向上，大小为 0.754N； 0s8.38s 之间，F 沿右侧轨道向上，大小随时间均匀减小； t=8.38s 时，F 恰好为零； 8.38s 以后，F 沿右侧轨道向下，大小随时间均匀增大。评分量表评分量表 表达式得分（表达式得分（3 分）：分）：、每式各每式各 1 分。分。 分析与推理（分析与推理（2 分）：受力描述或受力图，分）：受力描述或受力图，1 分；设定正方向，演算过程有较明确的说明，分；设定正方向，演算过程有较明确的说明， 1 分。分。 结论描述（结论描述（3
9、分）：分）： 3能全面、清晰、有逻辑地描述两个特殊时刻和两段过程中 F 的大小和方向。 2能部分、较清晰、有逻辑地描述 F 的大小和方向（四个点中，两个特殊时刻和两段 过程，描述了其中 2-3 个）。m1gN1 f1m2gN2f2FA2F41能少部分地描述 F 的大小和方向（四个点中，两个特殊时刻和两段过程，描述了其 中 1 个）。 0胡乱写到部分；或完全没答到要点；或不答。嘉定、长宁17 （14 分）（1）金属棒先做加速度减小速度增加的变加速运动，最终做匀速直线运动 (3 分)（2）由于甲灯正常工作，说明电路此时的电流为，而这个电流是由于金属棒切割磁感线产生的，RPI 故有： ，所以， (3
10、 分)rRBLv RP RP BLrRv（3）甲灯正常发光时金属棒在恒力作用下匀速直线运动，恒力大小与此时安培力的大小相等，RPBLBLIFFA闭合开关 K，电路电阻发生了变化，电流也变化了，此时的安培力为，)2(rRBLvBLFA 由牛顿定律有，ma rRBLvBLRPBL )2(将 v 代入解得， “-”号表示加速度的方向向左 (5 分)2(rRmPRBLa（4）合上开关 K 经过足够长时间后，金属棒又处于匀速直线运动状态，安培力又与恒力大小相等，故流过金属棒的电流仍然为，甲乙两灯并联，故甲灯的电流为原来的RPI 一半，甲灯的功率为 (3 分)RPI21PRRPRIP41)21(22 甲金
11、山 20 （14 分）（1）对物块受力分析，Fcos53ma1 （1 分）得，a16m/s2 （1 分）5所以，t1s （1 分）（2）物块在 BC 上的运动时间 t2 t1s 1 2因为 SBCvBt2 a2t22，vBa1t13m/s （1 分）1 25得，a20，即物块在斜面上匀速运动。 （1 分）在斜面上，Ffmgsin53 （1 分）Nmgcos53 （1 分）fN 联立上式，计算得物块与斜面间的动摩擦因数 （1 分）1 3（3）当物块与水平地面间弹力恰好为零时，F 值最大。 （1 分）此时，Fmax sin53mg （1 分）代入数据得，Fmax 25N （1 分）当物块恰好能到达
12、 C 点（vC0）时，F 值最小。 （1 分）此时，物块在 AB 间的加速度 a1与 BC 间的加速度 a2大小相等。根据牛顿第二定律，Fmin cos53ma1mgsin53Fminma2因此，Fmin cos53mgsin53Fmin （1 分）代入数据计算，得 Fmin10N （1 分）综上，F 的取值范围为10N，25N静安静安 20.（14 分）解答：（1） 形线框 abcd 与金属棒 PQ 构成闭合回路。在 形线 框下落过程中，bc 边在磁场区域内切割磁感线，回路中产生感应电流，金属棒 PQ 在磁 场区域中，受到向下的安培力，金属棒在拉力、重力和安培力的作用下处于平衡状态。 随着线
13、框下落速度的增大，感应电动势、感应电流、安培力都增大，bc 边到达磁场下边界 时，以上各量都达到最大。由细线断裂的临界条件：，既：（1 分）mgFmg3=+安mgF2=安再由（1 分） LIBFm2=安联立各式得：（1 分）LBmgIm2=2（2）细线断裂瞬间，线框的速度最大，此时感应电动势：（1 分）LvBE1=由闭合电路的欧姆定律：（1 分）)3+(=)+(=rrIRrIEmm6联立得：（1 分） 2 218=LBBmgrv（3）根据能量守恒定律，整个过程产生的内能等于减少的机械能：（2 分）2=MvMgHQ21-再由可知，（1 分）RIP2=43=3+3=22)(棒 rrIrI QQ所以：（1 分）42 22 122224=LBBrgMmMgHQ-43Q43棒（4） 形线框下落过程中，做加速度减小的变加速运动（2 分） 刚释放瞬间，加速度最大为（1 分
