2022年南师附中高三物理临门一脚

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1、1 高三物理临门一脚1弹性轻绳的一端固定在O 点，另一端拴一个物体，物体静止在水平地面上的B 点，并对水平地面有压力，O 点的正下方A 处有一垂直于纸面的光滑杆，如图所示，OA 为弹性轻绳的自然长度，现在用水平力使物体沿水平面运动，在这一过程中，物体所受水平面的摩擦力的大小的变化情况是( ) A先变大后变小B先变小后变大C保持不变D条件不够充分，无法确定思考： 你能分析出F 大小如何变化吗？1答案 ：C 解析：物体在B 点时 AB 为弹簧的伸长段，设弹簧伸长量为x0，当运动到C 点时， OC 与竖直方向成 角，此时弹簧伸长量为cos0x，经过 C 点时受力如图，F1为弹簧弹力，则F1=kcos

2、0x，物体运动时竖直方向合力为零，所以F1cos +N=mg，N=mg F1cos=mgk x0，N 恒定不变，所以f=kN 保持不变。结论： 不能得出F 如何变化。不能错误地认为物体沿水平面匀速运动。审题要仔细提醒： 对物体进行受力分析是解题的关键，在解题中画好受力图 十分重要，再根据相关条件列式求解。2如图所示，两条光滑平行的金属导轨竖直放置，导轨足够长，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属杆ab沿导轨下滑，下滑过程中始终与导轨接触良好，金属杆、电流表A1和理想变压器原线圈构成闭合回路，副线圈、电阻R 和电流表A2构成另一闭合回路，金属杆ab 的电阻为 r，导轨和导线电阻均不计，现让金属杆

3、ab 从静止开始释放，在其下滑的过程中，A A1、A2的示数均可能为零BA1的示数不可能为零，A2的示数可能为零C金属杆ab 一直做加速运动D 金属杆 ab 上消耗的电功率一定等于电阻R 上消耗的电功率2.推荐理由 ：“变压器”这个知识点今年考纲中由级要求调整为级要求。对跟变压器相关的问题要适当加以关注。答案 : B 解题感想 ：该题是综合题，虽然不难，但涉及导体切割磁感线和变压器的知识。原线圈连接的ab 杆下滑时产生电流，就要先分析ab 杆运动的规律，关键是分析 ab 杆受力特点。ab 杆向下加速运动，速度增大，安培力也增大，加速度减小，稳定时匀速运动。匀速运动时，原线圈两端的电压恒定，变压

4、器只改变交流电的电压，副线圈中无电流，所以A2的示数可能为零。这是 D常见的导体切割磁感线问题，注意安培力与导体运动的“互动性”，导体的速度变化使感应电动势发生变化，从而使通过导体的电流发生变化，进而使导体所受的安培力变化，而安培力的变化又会使加速度发生变化，从而反过来影响速度。这种相互制约关系在电磁感应与力学综合题中也时常遇到。提醒： 导体棒稳定态的分析：受力分析运动分析变化趋向确定运动过程和最终的稳定状态。导体棒的运动达到稳定态时电流可能为零也可能是一个定值3自动充电式环保电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自行滑行时，电动自行车就可以通过发电机为蓄电

5、池充电。将其他形式的能转化为电能储存起来。 现有某人骑车以500J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图中所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化的关系如图中所示，则第二次向蓄电池所充的电能是A200J B250J C 300J D500J 3.答案 ：A 第一次时， Wf =f10m =500J，第二次时，Wf，=f6m 两式相比得Wf，=300J 第二次向蓄电池所充的电能等于开始的初动能减去摩擦损失的能量故充电的电能为E=500J 300J=200J 提醒： 题中涉及到的情境来源于生活，但落脚点依然是课本上的知识。关键是阅读

6、题目后，忽略次要矛盾，抓住主要矛盾，简化过程，建立物理模型，综合应用题中所给信息和已有知识去解决问题。4(1)在利用如图所示装置验证牛顿第二定律的实验中，为了使小车受到的合外力可以看作等于小桶和砂的总重量，采用了如下两个措施：平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块位置，直到小车在小桶带动下纸带做匀速直线运动。调整砂的多少，使砂及桶的总质量m 远小于车及砝码的总质量M ，实际操作中取m M/5。以上措施中的重大错误是：改正了上述错误，重作此实验，保证 M 不变， 反复改变砂的质量，并测得一系列数据，结果发现小车受的合外力与加速度的比值略大于小车质量M ，经检验，滑轮非常光滑，

7、打点计时器正常工作，那么出现这种情况的主要原因是：。(2)如图所示是在验证牛顿第二定律实验中，根据实验数据描绘出三条 a-F 图象，下列说法中正确的是（填字母代号）A三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量相同B三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量不同C直线 1 对应的小车和砝码的总质量最大D直线 3 对应的小车和砝码的总质量最大4答案 ：（ 1）平衡摩擦力时，小车不能连接小桶系统误差，实际拉力T M (2)BDD A2A1a b R M m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页2 5如图所示，质量不同的两个物体A

8、和 B，用跨过定滑轮的细线相连。开始时B 放在水平桌面上，A 离地面有一定的高度，从静止开始释放他们运动，在运动过程中B 始终碰不到滑轮，A 着地后不反弹。 不计滑轮与轴间的摩擦及绳子和滑轮的质量，用此装置可测出B 物体与水平桌面间的动摩擦因数。在本实验中需要用到的测量工具是天平、刻度尺。（1）需要测量的物理量是（ 写 物理量的名称并用字母表示）（2）动摩擦因数的表达式为= 5答案 ：（ 1） A 距地面的高度h，B 再桌面上滑行的总距离s，A、B 的 mA、mB（2）hmsmmhmABAA)(提醒 ：今年考试说明 的实验部分特别强调探究性本题给出了实验装置，实验情景较熟悉，根据已掌握知识，可

9、以完成该题。体现了新课程的探究性，有利于开阔学生的视野6（ 1）用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为 6V 的交流电和直流电两种。下面列举了该实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装器材B将打点计时器接到电源的直流输出端C用天平测量出重锤的质量D释放重物，再接通电源开关打出纸带E测量打出纸带上某些点之间的距离F根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能指出其中没有必要进行或操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填写在下面的横线上,并说明原因。（ 2）在利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验中，某实验小组打出了三条纸带，但是由于实验

10、操作不规范，三条打点纸带的第1 个点和第2 个点之间的距离都明显的大于2mm，于是他们选择了如图乙所示的一条点迹清晰且在一条直线上的纸带进行数据处理他们首先在所选择纸带的前四个点的下方标上1、2、3、4，在后面适当位置又选了五个计数点A、B、C、D、E；然后，他们又设计了四种数据处理方案来验证机械能守恒定律方案1：选择第 1 个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D 作为过程的终点，用刻度尺量出计数点A、B、C、D、E 到第 1 个点的距离h1、h2、h3、 h4、 h5，再数出计数点B、C、D 到第 1 个点的时间间隔数k，利用 vn= gkT 算出重物运动到计数点B、C、D 时的速度，

11、比较“nmgh和221nmv”是否相等来验证机械能是否守恒方案2：选择第 1 个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D 作为过程的终点，用刻度尺量出计数点A、B、C、D、E 到第 1 个点的距离h1、h2、h3、h4、h5，利用 vn = Thhnn211算出重物运动到计数点B、C、D 时的速度，比较“nmgh和221nmv”是否相等来验证机械能是否守恒方案3：选择第 3 个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D 作为过程的终点，用刻度尺量出计数点A、B、C、D、E 到第 3 个点的距离h1、h2、h3、h4、h5，再数出计数点B、C、D 到第 1 个点的时间间隔数k，利用 vn= g

12、kT 算出重物运动到计数点B、C、D 时的速度，利用 v3 = 2gT 求出打第3 个点时重物的速度，比较“nmgh和（221nmv2321mv）”是否相等来验证机械能是否守恒方案4：选择第 3 个点作为过程的起点，分别选择计数点B、C、D 作为过程的终点，用刻度尺量出计数点A、B、C、D、E 到第 3 个点的距离h1、h2、h3、h4、h5，利用 vn = Thhnn211算出重物运动到计数点B、C、D 时的速度，再测出第2 个点到第4个点之间的距离s，利用Tv2s3求出打第3 个点时重物的速度，比较“nmgh和（221nmv2321mv）”是否相等来验证机械能是否守恒你认为最合适的方案是说

13、出两条你认为其他方案不合适的理由：（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小，若已知当地的重力加速度公认的较准确的值是g，还需要测量的物理量是，利用纸带上的数据可得出（均写物理量的名称并用字母表示），则可求得下落过程中所受的阻力为6.推荐理由“验证机械能守恒定律”实验是考试说明必考实验之一本题借助于”验证机械能守恒定律” 的实验考查学生对实验结果的处理方法，本实验中由于重物下落时的初速度不为零，要求学生在处理过程中，灵活运用所学知识来解决实验中存在的问题，并对实验误差分析的能力

14、有一定的要求，同时，要学会评价实验参考答案（1）B，应接交流输出端；C，不需测出重锤的质量；D，先接通电源再释放纸带（ 2）方案 4 理由：研究过程的起点不能选在第1 点（或者“打第1 点和纸带的释放不同步” 、 “打第 1 点时重物已经有了一个初速度”、 “打第 1 点时重物已经下落了一段距离”、接电源图甲纸带重锤打点计时器1 2 3 4 A B C D E 图乙精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页3 A B C U/V I/A 2.8 2.4 1.6 2.0 1.2 0.8 0.4 0 0.1 0.2 0.3 0

15、.5 0.4 或者表达了相同的意思均可）理由： 不能用 v = g t 计算速度 （由于空气阻力、摩擦阻力、打点阻力的影响，重物实际下落的加速度小于重力加速度g，用 v = gt 计算速度会使动能增量的测量值偏大，甚至会出现“动能的增加量大于重力势能的减少量的结果”）（3）重锤的质量 m，重锤下落的加速度a，mgma 7某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系,选取了材料相同、质量相等的5卷导线 ,进行了如下实验: (1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图所示,读得直径d= mm.。（2）该同学经实验测量及相关计算得到如下数据电阻 R() 121.0 50.0 23.9 10.0 3

16、.1 导线直径d(mm) 0.801 0.999 1.201 1.494 1.998 导线截面积S(mm2) 0.504 0.783 1.132 1.752 3.134 请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R 与截面积S 是否满足反比关系? 若满足反比关系 ,请说明理由 ;若不满足 ,请写出 R 与 S 应满足的关系. 。（3）若导线的电阻率 =5.110-7m，则表中阻值为3.1的导线长度l= m（结果保留两位有效数字）。7.答案 ：（1）1.288 （2）直接用两组R、S 值相乘（ 50.00.783=39.15，10.01.751=17.52），可得 RS 明显不等，可迅速判断结果“不满

17、足”。同时可简单计算50.00.9994501，100 1.494410.01.54=50，两者近似相等，即R 与 d 的四次方成反比，可迅速得出R 与S2成反比。计算时选择合适的数据可使计算变得简单,如本题中的 (50.0, 0.999, 0.783)和(10.0, 1.494, 1.752) (3)根据SlR得:mmRSl19101. 510134.31. 3768 某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系，可用器材如下：电源(电动势 3V，内阻1)、电键、滑动变阻器(最大阻值20 )、电压表、电流表、小灯泡、导线若干。(1)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U-I 图象如图a 所

18、示，则可知，小灯泡的电阻随电压的增大而_(填“增大”、“减小”或“不变”) (2)根据图 a，在图 b 中把缺少的导线补全，连接成实验电路(其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压) (3)若某次连接时，把AB 间的导线误接在AC 间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡可获得的最小功率是_W( 本小题若需要作图，可画在图 a 中) 图 a 图 b 8. 答案 :(1)增大(2)如图 (电流表与滑动变阻器之间的导线接到滑动变阻器上端任一接线柱都对) (3)0.33W (0.31W0.35W 之间都算正确 ) 该小问在解答时，要首先认清 “把 AB 间的导

19、线误接在AC 间”时的等效电路如图，此时滑线变阻器分成R1、R2两个电阻并联， R1+R2=20不变，当 R1=R2并联总阻值有最大值 Rm为 5，对应的电路电流最小。设灯泡两端的电压为U，电路中的电流为I 由闭合电路欧姆定律得：E=U+I(Rm+r) 即 3=U+6I 在 U-I 图象中作此直线，交点即为灯泡的工作点。由 P=UI 得出功率解题感想 :描绘小灯泡的伏安特性曲线是今年考试说明中新增加的知识点，对该实验的原理、电路连接、器材选择等要予以关注。9利用如图所示的电路测定电源的电动势和内电阻，提供的器材为：A 干电池两节，每节电池的电动势约为1.5V ，内电阻未知B直 流电压表V1、V

20、2，内阻很大C直 流电流表A，内阻可忽略不计D 定值电阻 R0，阻值未知，但不小于5E 滑动变阻器F 导线和开关(1)甲同学利用该电路完成实验时，由于某根导线发生断路故障，因此只记录了一个电压表和电流表的示数，如下表所示U/V 2.62 2.48 2.34 2.20 2.06 1.92 I/A 0.08 0.12 0.19 0.20 0.24 0.28 试利用表格中的数据作出U-I 图，由图象可知，该同学测得两节电池总电动势值为_V，总内阻为 _。由计算得到的数据可以判断能够正确示数的电压表为_(填“ V1”或“V2”) （2）乙同学在找出断路的导线并调换好的导线后，连接该电路继续实验时，由于

21、电流表发生短路故障，因此只能记下两个电压表的示数，该同学利用表中的数据，以表V1的示数 U1为横坐标、表 V2的示数 U2为纵坐标作出图象，也得到一条不过原点的直线，已知直线的斜率为k，A B C U/V I/A 2.8 2.4 1.6 2.0 1.2 0.8 0.4 0 0.1 0.2 0.3 0.5 0.4 R0V1 V2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页4 截距为b，则两节干电池的总电动势的大小为_，两节干电池的总内电阻_(选填“可以”或“不可以”)求出。如果该同学希望通过利用图象的截距直接得到电源的电动势

22、，保持纵坐标不变，应该选用_作为横坐标作图。9答案 ：(1)2.90；3.50 V1(2)E=b/(1-k) ，不可以， U1-U2解题小结 ：测定电源的电动势和内电阻实验是高考热点，出题频率较高。 该题第二问在解答时，要先根据题中所述由全电路欧姆定律写出U1、U2的关系式，关键是“图像与方程一一对应”。再由题中条件得出结果。10.（选修 3-4）（1）下列说法中正确的是（）A单摆的摆球振动到平衡位置时，所受的合外力为零B太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理C医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的

23、流速。这一技术应用了多普勒效应D从接收到的高频信号中还原所携带的声音或图象信号的过程称为调制（2）一列简谐横波如图，振幅5cm，图甲是t=3s 时的波形图，图乙是波上x=2m 处的 P 质点的振动图线，则该横波的速度为_m/s，传播方向为_ ， P点 的 振 动 方 程_。10答案： (1)BC (2)1 x 轴负方向y=5cos2t cm 11选修 3-5 （1）关于放射性同位素应用的下列说法中正确的是( ) A放射性改变了布料的性质，使其不再因摩擦而生电，因此达到了消除有害静电的目的B利用 射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视C光电效应现象无法用光的波动理论解释D实际上，原子中的

24、电子没有确定的轨道，但在空间各处出现的概率具有一定的规律(2)如图所示 ,一束光照射到光电管的阴极K 上,接通电路时电流表的示数为某一值。当把变阻器的滑动端 P 稍向右滑动一点，则电流表的示数可能会；也可能会。（填“增大”、“减小”或“不变”）(3) 有 A、B两个小球，沿同一直线相向运动，A小球的速度大小为6m/s，B小球的速度大小为3m/s，碰撞后两球都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是4m/s。试求 A、B 两球的质量之比。11. 答案 (1)CD (2)增大不变 (3) 7:10 12如图（ a）所示，木板与水平面间的夹角可以随意改变，可视为质点的小物块从木板的底端以大小恒定的初速

25、率v0沿木板向上运动，所能上升的最大距离记为s，今改变 而使 s 随之改变，根据所测量的若干组数据可以描绘出“s-” 曲线如图（ b）所示，若木板足够长，重力加速度 g 取 10m/s2, 试根据 “s-” 曲线和相关的物理规律，求： （1）小物块的初速率v0； （2）小物块与木板间的动摩擦因数 ；（3）对应于“ s ” 曲线上 s 取最小值的P点的坐标值（ 0，smin）12答案：（ 1）由图像可知当 1=/2 时， s1=5m，此时小物块做竖直上抛运动可得：smsmgsv/10/5102210(2) 由图像可知当 2=0 时， s2=10m，此时木板水平由动能定理得：021m20v= mg

26、s2=5.0101021022220mgsv(3)当板与水平方向夹角为时，沿斜面上滑的距离为s，由动能定理得：021m20v=mgssinmgscos即S=)cos(sin220gvv0 （a）/rad s/m 10 5 0 0 /2 smin P （b）U/V I/A 3.00 2.90 2.80 2.70 2.60 2.50 2.40 2.30 2.20 2.10 2.00 1.90 0 0.10 0.20 0.30 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页5 O1 O2 mB mA C令a=sin+cos=)cos

27、1sin11(1222设211cos所以)sin(12a, 2时，a存在最大值am=411=25，55211cossin20552a r c s i n0对应 s的最小值为smin=mmgavm5225102102220P 点的坐标值（552arcsin0，52）解题感想 :图像类试题是常见题，首先要从弄清图像中两个坐标轴表示的是哪两个量之间的关系，再关键是掌握图像所表示的函数关系并能与物理情境联系起来，然后关注图像上的信息：如斜率、坐标轴截距、交点坐标、面积、特殊数值等等，这些值往往对解题有特破性作用。关键是 “图像与方程一一对应”。13 某一发达国家的宇航员完成了对火星表面的科学考察任务,

28、乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱 ,如图 ,为了安全 ,返回舱与轨道舱对接时,必须具有相同的速度。已知返回舱返回过程中需克服火星的引力而做的功可由如下公式计算:)1(rRmgRW，其中： R 为火星半径，r 为轨道舱到火星中心的距离，m 为返回舱与人的总质量，g 为火星表面的重力加速度。已知本次科学考察中轨道舱到火星中心的距离Rr34,设 m、R、g 为已知的物理量。不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响，则该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量才能完成与轨道舱安全对接? 13推荐理由 :万有引力定律及其应用是考试说明中的级要求的知识点。该知识点容易与目前的热点问题之一的太空

29、探索相联系进行命题。本题又是信息给予题，引力做功的规律是题目中呈现出来的，要求学生不仅能用已有知识，还要能接受新知识并会应用。答案： 设火星质量为M，则返回舱与人在火星表面附近有：mgRMmG2设返回舱与轨道舱对接时的速度大小为v，则rvmrMmG22返回舱与轨道对接时，具有的动能为221mvEK，34Rr联立解得：mgREK83返回舱从火星表面到轨道舱的过程中，由动能定理得mg RmvrRmgRWF83021)1(2即mgRWF85宇航员乘坐的返回舱至少需要获得mgR85能量才能完成与轨道舱安全对接14如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量mB=m 的小球连接，另一端与

30、套在光滑直杆上质量mA=m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角 60 ，直杆上C 点与两定滑轮均在同一高度，C 点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰，现将小物块从 C 点由静止释放，试求：（1）小球下降到最低点时，小物块的机械能（取C 点所在的水平面为参考平面）；（2）小物块能下滑的最大距离；（3）小物块在下滑距离为L 时的速度大小。14答案：（ 1）研究小球下降到最低点的过程，设小球到最低点时小物块的机械能为E1，由机械能守恒定律得E1mg(L-Lsin)mgL(1-)2/3（2）研究小物块从C 下降

31、到最低点的过程，设小物块下滑的最大距离为sm，由机械能守恒定律得 mAgsmsin =mBgh增由几何关系可知h增LLLsm22)sin()cos(解得 sm=4(1+L)3（3）设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v，此时小球的速度大小为vB，则 vB=vcos由机械能守恒定律得mAgLsin=222121AABBvmvm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页6 解得 v=5320gL推荐理由 ：本题综合考查了运动的合成与分解、能量守恒定律知识。关键在于正确分析物理过程，从而知道小球先下降后上升，且系统机械能守恒。1

32、5如图所示，在倾角为30 的斜面OA 的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m 现有一质量m = 4 1020kg，带电量 q = +2 1014C 的粒子，从小孔以速度v0 = 3 104m/s 水平射向磁感应强度B = 0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域且在飞出磁场区域后能垂直打在OA 面上，粒子重力不计求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2 ）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形磁场区域的最小半径；（4）若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里， 粒子运动过程中始终不碰到挡板，其它条件不变，求此正三角形磁场区域的最小边长。15.推荐理由 本题通过三角形磁场区域来考查学

33、生对带电粒子在有界磁场中运动，涉及到临界状态的分析，并运用几何关系来处理相关距离、角度与时间关系，突出数形结合思想参考答案 （1）由 Bqv = mrv2，T =vr2得： r =qBmv= 0.3m、T = Bqm2= 6.28 105 s （2）由粒子的运动轨迹可知可知 t =61T，得 t = qBm3=1.08 105 s （3）由数学知识可得mrRm15.02（4）由如图运动轨迹可知正三角形磁场区域的最小边长：l =30cosCDl=30cos30cos2rr= (34+1)0.3m = 0.99m 16如图所示， 足够长的光滑平行导轨MN、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为l = 1.

34、0m ，导轨平面与水平面间的夹角为 = 30 ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P 两端连接阻值为R = 3.0 的电阻， 金属棒 ab 垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，细线与斜面平行，金属棒ab 的质量 m = 0.20kg ，电阻 r = 0.50 ，重物的质量M = 0.60kg ，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系如下表所示，不计导轨电阻，g = 10m/s2. 求：（1）所加磁场的磁感应强度B 为多大？（ 2）电阻 R 在 0.6s 内产生的热量为多少？16.推荐理由 导体棒切割磁感线最终做匀速运动的模型是常见的模

35、型，本题就是基于这种模型设计的，但要求学生能够根据” 实验数据 ” 的分析得到ab 最终做匀速运动，然后再运用相关物理知识求出所求物理量此外，由能的转化与守恒定律的所求出的总焦耳热不等于R 产生的焦耳热，在解题时容易忘记这一点，需要注意这些细节 （比如，在电磁场综合题中有摩擦存在，在分析能量转化时不能忘记考虑摩擦产生的内能）参考答案（1）由表中数据可以看出最终ab 棒将匀速运动匀速运动速度v =st= 3.5m/s 匀速时，棒受力如图，由平衡条件可得T = F + mgsin30、 T = Mg、F = BIl 、I = ER r、E = Blv 联立解得B = 5T （2）在 0.6s内 a

36、b 棒上滑的距离s = 1.40m，由能的转化和守恒定律得Mgs = mgssin + Q + 12(M + m)v2又因为QrRRQR联立解得QR =1.8J 17如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为L、质量为 m、电阻为 R 的正正方形线圈。在传送带的左端，线圈无初速地放在以恒定速度v 匀速运动的传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度后，线圈与传送带保持相对静止，并通过一磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场。已知线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L 不变，匀强磁场的宽度为2L。求 (1)每个线圈通过磁场区产生的热量Q；(2)在某个线圈加速的过程中该线圈通过

37、的距离s1和在这段时间内传送带通过的距离s2之比； (3)传送带每传送一个线圈其电动机所消耗的电能E(不考虑电动机自身的能耗)；(4)传送带传送线圈的平均功率P。时间 t/s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 上滑距离s / m 0 0.05 0.15 0.35 0.70 1.05 1.40 30O P A v0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页7 17.推荐理由该题是典型的力电综合，传送带与电磁感应，除了掌握好传送带问题的处理方法和电磁感应问题的处理方法，我们还要善于从能量转化进行分析。17解：

38、 (1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q=Pt=RvLBvLRBLv32222)(2)由题意 s1=vt=tv2s2=vt 所以 s1:s2=1:2 (3)因为 s1:s2=1:2，所以 s1:(s2-s1)=1:1，线圈获得的动能EK=221mv=fs1，传送带上的热量损失Q=f(s2-s1)= 221mv，传送带每传送一个线圈其电动机所消耗的电能E=EK+Q+Q=RvLBmv3222(4)一个线圈穿过磁场的时间为t=2L/v ，所以 P=LmvRvLBtE23222(或：皮带始终受到一个静摩擦力f1=F安=RvLB22，一个滑动摩擦力f2=ma=Lmv22所以，皮带的功率P=f1v+f2v

39、=LmvRvLB23222) 18如图所示， 在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg 的绝缘平板小车，小车的右边处在以 PQ 为界的匀强电场中，电场强度E1=1 104V/m ，小车 A 点正处于电场的边界质量m2 = 0.1kg，带电量q = 6 10-5C 的带正电小物块（可视为质点）置于 A 点，其与小车间的动摩擦因数= 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）现给小物块一个v0 = 6m/s 的速度当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 = 2 104V/m ，而后保持不变 若小物块不从小车上滑落，取 g = 10m/s2试解答下列问题：（1）小物块最远能向右运动多远？

40、（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？（3）小车的长度应满足什么条件？18.推荐理由 本题结合电场力考查学生对牛顿运动定律、匀变速运动的综合应用能力但本题需要学生对物理过程分析、受力分析比较细致，对物体与小车间的相对运动关系要分析得透彻同时还需要有足够的耐心，不要急于求成参考答案（1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车m2g = m1a1a1 = 2m/s2对小物块qE1 +m2g = m2a2a2 = 10m/s2设 t1时刻小车与小物块速度相同，则vt = v0a2t1 = a1t1、解得

41、 t1 = 0.5s、vt = 1m/s 当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3则 a3 = 2m/s2设两者摩擦力达最大静摩擦力，小车和小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则m2g = m1a4、 a4 = 2m/s2；qE1m2g = m2a5、a5 = 2m/s2；由于 a3 = a4=a5，故两者不会发生相对滑动，以共同加速度做减速运动，直到速度为零小物块第一段运动的位移75.1222021avvstm，小物块第二段运动的位移25.0222共共avsm，小物块向右运动的最远位移s = s1 + s2 = 2m（2）当小车和小物块的速

42、度减为零后，小物块的加速度qE2m2g = m2a6、a6 = 8m/s2小车的加速度m2g = m1a7、a7 = 2m/s2设小物块经过t2时间冲出电场，此时小车和小物块的速度分别为v3、v4对小物块22621taxsaxt21262小物块的速度24263tavm/s 小车速度2214tavm/s 冲出电场后，小物块做减速运动，小车做加速运动小车加速度m2g = m1a8、a8 = 2m/s2小物块加速度a9 = g = 4 m/s2经过t3时间速度相同：vt = v3a9t3 = v4 +a8t3解得vt = 22m/s （3）m2从最右端出发向左运动到最左端的过程中qE2sm2gl =

43、 12(m1 + m2)v2解得 l = 3m （以下为提高题，根据自己实际情况选看）1如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C 能随转台一起以角速度 匀速转动， A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A 与 B、B 和 C 与转台间的动摩擦因数均为，A 和 B、C 离转台中心的距离分别为r、 1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。说法中正确的是（BC）m1m2v0PQAEB L 2L L v 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页8 A B 对 A 的摩擦力一定为3mg BB 对 A 的摩擦力一定为3m2r C转台的

44、角速度一定满足：rg32D转台的角速度一定满足：rg2在如图所示的电路中，圈、处可以接小灯泡、电流表或电压表（均为理想表）三种元器件，电源电动势为、内阻r 保持不变，定值电阻R1R2R3r，小灯泡电阻 RLR1，下列说法中正确的是（AD ）A要使电源总功率最大，则应该接电流表，接电压表，接小灯泡B要使电源输出功率最大，则应该接小灯泡，接电压表，接电流表C要使路端电压最大，则应该接小灯泡，接电压表，接电流表D要使闭合电路中电源效率最高，则应该接小灯泡，接电流表，接电压表3. 如图所示， 在倾角为 的足够长的斜面上，有一质量为M 的长木板， 开始时， 长木板上有质量为 m 的小铁块 (视为质点 )

45、以相对地面的初速度v0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终作速度为v 的匀速运动 (已知 v0v)，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为(tan)，试求： (1)小铁块在长木板上滑动时的加速度；(2)长木板至少多长？(3)小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？3解析：(1) 设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析(取沿斜面向上为正) mgcos-mgsin=ma 得 a=g(cos-sin) 因为 tan，所以小铁块有相对滑动时的加速度沿斜面向上(2) 小铁块先沿斜面向下匀减速到速度为零，

46、再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v，设 t秒后小铁块达到稳定速度，则v-(-v0)=at 得 t=)sincos(0gvv设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2s1=2)(0tvv方向沿斜面向下(因为 v0v) s2=vt 方向沿斜面向上因为2Ls1+s2 所以 L2(s1+s2)=)sincos()(20gvv(3) 对木板 M 受力分析可知F=(m+M)gcos +mgcos+Mgsin 由 W=Fs2得W=sincos)(sincoscos)(0ggvvvMgmggMm=sincos)(sincos)2(0vvvMmM4图中的 AOB 是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内

47、，由两个半径都是R 的 1/4 圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O 在同一竖直线上。O2B 沿水池的水面，一质量为 m 的小滑块可由弧AO 的 A 点从静止开始下滑。(1)若小滑块下滑到O 点，求此时小滑块的速度及小滑块对滑道的压力；(2)若小滑块刚滑过O 点时恰对滑道无压力，求小滑块从何处开始下滑并求出滑块落在水平面的位置与 O2之间的距离 (用该处到O1的连线与过O1的竖直线的夹角表示)；(3)若小滑块从O 点由静止开始下滑到脱离滑道，求：小滑块在何处将脱离滑道？(用该处到O2的连线与过O2的竖直线的夹角表示) 4解析： (1)设小滑块到O 时的速度为v0，由机械能守恒定

48、律可得mgR=2021mv得 v0=gR2方向水平向右对在 O 点位置时的小滑块进行受力分析，得F-mg=Rmv20得 F=3mg 根据牛顿第三定律知，小滑块对滑道的压力大小是3mg，方向竖直向下。(2)若小滑块下滑到O 点恰好对滑道无压力，则有mg=Rmv2假设从 P 处释放滑块，PO1与 OO1夹角为 则由机械能守恒定律可得mgR(1-cos)= 221mv解以上两式得 =60从 O 点开始滑块做平抛运动，设滑块落在C 点，有R=221gtx=vt 得 x=R2v v0 F A B O O1 O2A B O O1 O2C P Q 1.5rrABC精选学习资料 - - - - - - - -

49、 - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页9 (3)设在 Q 处滑块脱离滑道，O2Q 与 OO2的夹角为 滑块在 Q 处有 mgcos=Rmv21（）由机械能守恒定律得mgR(1-cos)= 2121mv得 cos =2/3 =arccos2/3 5一质量均匀分布的细圆环，其半径为r，质量为 m，令此环均匀带正电，总电量为Q。现将此环平放在绝缘光滑水平桌面上，如图所示， 并处于磁感应强度为B 的均匀磁场中， 磁场方向竖直向下。 当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度沿图示方向旋转时，试求环中的张力。5解析：当环静止时，因环中没有电流，在磁场中不受力，则环中也没有因磁场

50、力引起的张力。当环匀速转动时，环中电荷也随环一起转动，形成电流，电流在磁场中受力导致环中存在张力，显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关。由题意可知，环上各点所受安培力方向均不同，张力方向也不同，因而只能在环中取一小段作为研究对象，从而求出环中张力大小。在圆环上取 L=R 圆弧元，受力情况如图所示因转动而形成的电流为I=2Q电流元 IL 所受的安培力F=ILB=2QBR设圆弧元受到的张力为T， 因圆环法向合力为圆弧元做圆周运动所需向心力，则有2Tsin2-F=m2R 当很小时， sin22而m=2m上式可变为T -2QBR=m2R=22Rm解得张力 T=)(2mQBR6.如图所示，两根间

51、距为L 的金属导轨MN 和 PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场，右端有另一磁场，其宽度也为d，但方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小均为B。有两根质量均m、电阻均为R 的金属棒a和 b与导轨垂直放置，b 棒置于磁场中点C、D 处，导轨除C、D 两处 (对应的距离极短)外其余部分均光滑， C、D 两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的K 倍， a 棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒作切割磁感应线运动时，它速度的减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即xv。(1)若 a 棒释放的高度大小h0，则 a 棒进入磁场时会使b 棒运动， 判断 b 棒

52、的运动方向并求出h0; (2)若将 a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0进入磁场，结果a 棒以 v0/2 的速度从磁场中穿出， 求在 a 棒穿过磁场过程中通过b 棒的电量q 和两棒即将相碰时b 棒上的电功率 Pb；(3)若将 a 棒从高度大于h0的某处释放，使其以速度v1进入磁场，经过时间t1后 a 棒从磁场穿出时的速度大小为2v1/3，求此时b 棒的速度大小，在如图坐标中大致画出t1时间内两棒的速度大小随时间变化图象，并求出此时b 棒的位置。6解析： (1)根据左手定则知b 棒向左运动a棒从 h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒mgh0=221mv得 v=02gha棒刚进磁场时

53、E=BLv 此时感应电流大小I=E/2R 此时 b 棒受到的安培力大小F=BIL 依题意F=Kmg 得 h0=442222LBgRmK(2)由于 a 棒从小于h0处释放，因此b 棒在两棒相碰前将保持静止，流过电阻R 的电量q= It=总RSB=Rd2BL将要相碰时a棒的速度v=20v422000vddvv此时电流I=RBLvRBLv820A B M N P Q B B a b d d C D t v t1 0v1 v1/3 2v1/3 t v t1 0v1 v1/3 2v1/3 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页1

54、0 此时 b 棒的功率Pb=I2R=RvLB642022(3)由于棒从高度大于h0处释放，因此当a 棒进入磁场后，b棒开始运动。由于每时每刻流过两棒的电流强度大小相等，两磁场的磁感应强度大小也相等，所以两棒在各自磁场中都做变加速运动，且每时每刻两棒的加速度大小均相同，所以当a 棒在t1时间内速度的改变(v1-1131)32vv时， b 棒速度的大小也相应改变了131v，即此时b棒速度大小为131v。两棒的速度大小随时间的变化图象大致如图所示。通过图象分析可知：在t1时间内，两棒运动的距离之和为v1t1，所以在t1时间内 b 棒向左运动的距离为)(11dtvS距离磁场左边界距离为L=Sd2=11

55、23tvd7如图所示，在同时存在的匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz(x 轴正方向水平向右， y 正方向竖直向上)。匀强磁场方向与Oxy 平面平行，且与x 轴的夹角为450，重力加速度为 g。(1)一质量为m、电荷量为 +q 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v0做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值Em及对应的磁感应强度B；(2)在满足 (1)的条件下，当带电质点通过y 轴上的点P(0，h，0)时，撤去匀强磁场，求带电质点落在Oxz 平面内的位置；(3)当带电质点沿平行于z 轴负方向以速度v0通过 y 轴上的点P(0，h，0)时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度

56、的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x 轴，问电场强度 E 的大小和磁感应强度B 的大小满足什么条件？7解析： (1)如图所示， 带电质点受到重力mg(大小及方向均已知 )、 洛仑兹力qv0B(方向已知 )、 电场力 Eq(大小及方向均未知)的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识得：当电场力方向与磁场方向垂直时，场强有最小值 Emin。由平衡规律Eminq =mgsin450 qv0B=mgcos450 得Emin=qmg22B=022qvmg(1)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg 和电场力qEmin作用，其合力沿PM 方向并与v0方向垂直，合力大小等于qv0B=mg22，故

57、带电质点在与Oxz平面成 450角的平面内作类平抛运动。由牛顿第二定律得加速度 a=g22设经时间 t 到达 Oxz 平面内的点N(x,y,z) ，由运动的分解得沿 v0方向z=v0t 沿 PM 方向PM=221at又 PM=045sinh联立解得 x=h z=2v0gh则带电质点落在N(h,0, 2v0gh)点(或带电质点落在Oxz 平面内， x=h，z=2v0gh的位置 ) (2) 当电场力和重力平衡时，带电质点才能只受洛仑兹力作用做匀速圆周运动，则有Eq=mg 得 E=mg/q 要使得带电质点经过x 轴，圆周的直径为h2根据 Bqv0=mrv20得 B=qhmv028如图所示，一个长L1

58、0.9m、宽 L20.6m 的光滑斜面体，其倾角 30 。有一长度L0.4m的轻质绳一端固定在距斜面顶点为 L0.4m 斜面边缘的点上，另一端系一质量m=1kg 的小球。现把小球拉至顶点处，以v01m/s 的初速度沿斜面顶边缘水平抛出。（g 取 10m/s2）（1）刚开始小球做什么运动？并说明理由。（2）求小球运动至斜面边缘点时受到绳子的拉力T。（3）若小球运动至点时绳子刚好断了，求小球从斜面上飞出后落地点与最初抛出点在地面上投影点的距离L3。x y z v0P O B 45x y z v0P O B 45qv0B qEminmg x y z v0P O B 45qEminmg M N v0m

59、 L1L2L3L O 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页11 8解析： 小球沿斜面向下的加速度amm g sin=5m/s2（1 分）其在斜面上运动可等效看作是在g=a 5m/s2的竖直平面上的曲线运动由于小球刚抛出的速度v02g Lm/s，故其开始做类平抛运动（2 分）(2)如图所示，设它运动时间t 秒至与水平线的夹角为时，绳子刚好拉直。由平抛运动公式有：221sintgLL（ 1 分）tvL0cos（1 分）联立并代入数据解得：0 ，t0.4s （ 2分）因0 ，说明小球抛至绳子在水平线时刚好拉直。在拉直瞬间

60、，由于绳子不可伸长，故小球水平速度瞬间变为零，只存在沿斜面向下的速度vy（1 分）vygt5 0.4m/s=2m/s （1 分）以后小球在绳子束缚下沿斜面向下做圆周运动，设至点时的速度为v2。根据类机械能守恒定律，有：mgL 21mvy221mv22（1 分）代入数据解得：v2=8 m/s （1 分）根据牛顿第二定律，有：LvTmgmF22（1 分）代入数据解得：=25（1 分）(3)绳断后小球以v做平抛运动，由题意知其高度h =0.05m，设至落地所需时间为t,根据221tgh解得： t0.1s （1 分）平抛的水平位移xv2 t 0.18 m （1 分）而本题斜面有效长度在地面投影长度0.43 m （ 1 分）所求的距离)75.0(56.02423mmLxL或（1 分）v0m L1L2L3L O L V2Vy精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页