2019年廣東省興寧一中高考物理模擬試卷(四)

1、2019 年廣東省興寧一中高考物理模擬試卷（四）副標題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.下列說法中正確的是（）A. 光電效應揭示了光的粒子性B. 用光子能量為 11.0eV 的光照射時，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)C. 研究原子的結(jié)構(gòu)是從發(fā)現(xiàn)放射性現(xiàn)象開始的D. 氫原子核半衰期為3.8 天， 4 個氡原子核經(jīng)過7.6 天一定只剩下1 個未發(fā)生衰變2.在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時受到的阻力。如圖a所示，藍壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍壺，兩壺發(fā)生正碰。若碰撞前、后兩壺的 v- t 圖象如圖 b 所示。關(guān)于冰壺的運動

2、， 下列說法正確的是 （）A. 兩壺發(fā)生彈性碰撞B. 碰撞后兩壺相距的最遠距離為1.1 mC. 藍壺受到的滑動摩擦力較大D. 碰撞后藍壺的加速度大小為0.1 m/s23. 有一條兩岸平直、河水均勻流動，流速恒為 v 的大河，一條小船渡河，去程時船頭指向始終與河岸垂直，回程時行駛路線與河岸垂直，小船在靜水中的速度大小為2v，去程與回程所用時間之比為（）A. 3：2B. 2：1C. 3：1D.： 24. 如圖的虛線呈水平方向，圖中的實線為與虛線30 OM與電場角的勻強電場，圖中線垂直，且 OM=ON現(xiàn)從電場中的M 點沿與虛線平行的方向拋出一質(zhì)量為m、電荷量為 +q 可視為質(zhì)點的物體， 經(jīng)時間 t

3、物體恰好落在 N 點。已知物體在 M、N 兩點的速率相等，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A. 該勻強電場的方向垂直O(jiān)M 斜向上第1頁，共 17頁B. 該勻強電場的場強為C. 物體由 M 點到 N 點的過程中電場力做功的值為D. M、 N 兩點在豎直方向的高度差為5. 如圖所示，兩平行金屬導軌固定在水平面上，勻強磁場方向垂直導軌平面向下，金屬棒 ab、 cd 與導軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導軌無摩擦滑動ab、cd 兩棒的質(zhì)量之比為 2：1用一沿導軌方向的恒力F 水平向右拉cd 棒，經(jīng)過足夠長時間以后 （）A. cd 棒所受安培力的大小等于B. ab 棒上的電流方向是由a 向 bC. 兩棒間距

4、離保持不變D. ab 棒、 cd 棒都做勻速運動二、多選題（本大題共4 小題，共23.0 分）6.初速度不為零的小球只受到一個大小不變的力的作用，下列說法正確的是（）A. 小球可能做曲線運動B. 小球的位置可能保持不變C. 小球的速度大小可能保持不變D. 小球的加速度一定保持不變7. 如圖所示電路中，電源電動勢為 E、內(nèi)阻為 r ，R0 為定值電阻，電容器的電容為 C閉合開關(guān) S，增大可變電阻 R 的阻值，電壓表示數(shù)的變化量為 U，電流表示數(shù)的變化量為 I，則（）A. 變化過程中 U 和 I 的比值保持不變B. 電壓表示數(shù) U 和電流表示數(shù) I 的比值不變C. 電阻 R0 兩端電壓減小，減小量

5、為 UD. 電容器的帶電量增大，增加量為CU8.如圖為回旋加速器的示意圖其核心部分是兩個D 型金屬盒，置于磁感應強度大小恒定的勻強磁場中，并與高頻交流電源相連帶電粒子在D 型盒中心附近由靜止釋放，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應欲使粒子在D 型盒內(nèi)運動的時間增大為原來的2 倍，下列措施可行的是（）A. 僅將磁感應強度變?yōu)樵瓉淼? 倍B.C.D.僅將交流電源的電壓變?yōu)樵瓉淼膬H將 D 型盒的半徑變?yōu)樵瓉淼谋秲H將交流電源的周期變?yōu)樵瓉淼? 倍9.如圖所示的五幅圖分別對應五種說法，其中正確的是（）第2頁，共 17頁A. 圖甲說明氣體速率分布隨溫度變化且T1T2B. 圖乙說明氣體壓強的大

6、小既與分子動能有關(guān)也與分子的密集程度有關(guān)C. 圖丙說明食鹽晶體的物理性質(zhì)沿各個方向都是一樣的D. 圖丁說明小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用E. 圖戊說明水黽受到了浮力作用三、實驗題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）10. 我們可以用圖（ a）所示裝置探究合外力做功與動能改變的關(guān)系。將光電門固定在水平軌道的 B 點，平衡摩擦力后， 用小桶通過細線拉小車， 小車上安裝遮光條并放有若干鉤碼。 現(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶中， 并使小車每次都從同一位置 A 點由靜止釋放。（ 1）用游標卡尺測出遮光條的寬度，記錄光電門的示數(shù)，從而算出小車通過B 點的速度。其中游標卡尺測量情況如圖

7、（b）所示，則d=_ cm。（ 2）測小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m 為橫坐標，小車經(jīng)過B 點時相應的速度平方為縱坐標，則v2-m 圖線應該為下圖中_。第3頁，共 17頁11. 如圖乙所示，將 G 表改裝成兩種倍率（“ x10”、“ x100“）的歐姆表（ 1）現(xiàn)用該歐姆表對一阻值約為200 的電阻進行測量，測量步驟如下：a當開關(guān)S 合向 _ 端（ a 或 b），這時的歐姆表是較小倍率檔。b將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行調(diào)零。c將兩表筆分別與被測電阻相接。d若電表的示數(shù)如圖甲所示，則該電阻的阻值讀數(shù)為_ 。（ 2）若電源電動勢 E=15V，靈敏電流計的滿偏電流 Ig=10mA，內(nèi)

8、阻 Rg=100 ，“ x10”倍率時歐姆表的內(nèi)阻為 _，該倍率下電阻調(diào)零時，流過電阻Ra 的電流_mA。（ 3）多用電表內(nèi)的電源使用時間過久時其電動勢和內(nèi)阻可能會發(fā)生變化。如果電源的電動勢不變，內(nèi)阻變大，歐姆表仍然能夠調(diào)零，那么電阻的測量值會_（選填“偏小”“不變”或“偏大“）；如果電源的電動勢變小，內(nèi)阻變大，歐姆表仍然能夠調(diào)零， 那么電阻的測量值會_（選填“偏小”“不變”或“偏大“）。四、計算題（本大題共3 小題，共42.0 分）12.如圖所示，足夠長的光滑金屬導軌與水平面的夾角為，兩導軌間距為L ，在導軌上端接入電源和滑動變阻器，電源電動勢為E，內(nèi)阻為 r 一質(zhì)量為m 的導體棒 ab與兩

9、導軌垂直并接觸良好，整個裝置處于磁感應強度為B，垂直于斜面向上的勻強磁場中，導軌與導體棒的電阻不計（ 1）若要使導體棒ab 靜止于導軌上，求滑動變阻器的阻值應取何值；（ 2）若將滑動變阻器的阻值取為零，由靜止釋放導體棒ab，求釋放瞬間導體棒ab的加速度；（ 3）求第（ 2）問所示情況中導體棒ab 所能達到的最大速度的大小13. 如圖所示，質(zhì)量 M=2kg 的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量 m=1 kg 的小球通過長 L=0.5m 的輕質(zhì)細桿第4頁，共 17頁與滑塊上的光滑軸 O 連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O 軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s，

10、g 取 10m/s2。（ 1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P 時對輕桿的作用力大小和方向。（ 2）若解除對滑塊的鎖定，試求滑塊的最大速度。（ 3）在滿足（ 2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。14. 內(nèi)徑相同、導熱良好的“ T”形細管豎直放置，管的水平部分左、右兩端封閉，豎直管足夠長且上端開口與大氣相通，水銀將水平管中的理想氣體分為兩部分，此時外界溫度t1=27 C，各部分長度如圖所示。緩慢從管口注人水銀，直到水平管中右側(cè)氣柱長度減小到28cm 時。設(shè)外界溫度保持不變，外界大氣壓P0=76cmHg 求：（ i）末態(tài)左側(cè)氣柱長度；（ ii）注入管中的水銀柱長度

11、。第5頁，共 17頁答案和解析1.【答案】 A【解析】解：A 、根據(jù)光電效應的特點可知，光電效應揭示了光的粒子性，故 A 正確；B、根據(jù)玻爾理論可知，11.0eV 的能量不等于基 態(tài)與其它能 級間的能級差，所以不能吸收而 發(fā)生躍遷，故 B 錯誤；C、研究原子的結(jié)構(gòu)是從發(fā)現(xiàn)電子開始的；人類對原子核的研究是從天然放射性現(xiàn)象開始的，故 C 錯誤 。D、半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律對大量的原子核適用， 對少量的原子核不適用。故 D錯誤；故選：A。光電效應反映了光具有粒子性；能級間發(fā)生躍遷吸收的光子能量能用兩能級間的能級差；半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律，對大量的原子核適用；本題考查的內(nèi)容較簡單，屬于識記層次，要解決此類問題

12、需要加強基本知識的記憶與積累，注意加強基礎(chǔ)知識的學習。2.【答案】 B【解析】解：A 、設(shè)碰后藍壺的速度為 v，碰前紅壺的速度 v0=1.0m/s，碰后紅壺的速度為 v=0.4m/s，取碰撞前紅壺的速度方向 為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：0mv0=mv，解得：；碰撞前兩壺的總動能為2。碰0+mvv=0.6m/sEk1= mv0=0.5m撞后前兩 壺的總動能為 E2+2=0.26mEk1，所以兩壺碰撞為非k2=mv 0mv彈性碰撞，故 A 錯誤；B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖象可知紅壺的加速度大小 為：a1=22藍壺靜止的時刻為：t= =圖象與坐標軸圍m/s =0.2m/s，所以s=6s，速度成的面

13、積表示位移，則碰后兩壺相距的最 遠距離為：S=-=1.1m，故 B正確；第6頁，共 17頁C、根據(jù) v-t 圖象的斜率表示加速度，知碰后 紅壺的加速度比 藍壺的加速度，兩壺質(zhì)量相等，所以紅壺的滑動摩擦力比 藍壺的滑動摩擦力大，故 C 錯誤；=2，故D 錯誤；D、碰后藍壺的加速度大小 為 a=0.12m/s故選：B。根據(jù)動量守恒定律求解碰后 藍壺的速度，分析碰撞前后 總動能的關(guān)系，判斷是否為彈性碰撞。根據(jù)圖象求解碰前 紅壺的加速度，由此得到所以 藍壺靜止的時刻，再根據(jù)速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移求解碰后兩 壺相距的最遠距離；根據(jù)斜率表示加速度，分析碰后兩 壺的加速度關(guān)系，根據(jù)牛 頓第二定律

14、求解碰后 紅、藍兩壺所受摩擦力關(guān)系。本題主要考查了動量守恒定律，解答本 題要掌握動量守恒定律的 計算公式，能夠根據(jù)圖象獲得信息，知道速度圖象的面積和斜率的物理意 義。3.【答案】 D【解析】解：小船在靜水中的速度大小 為 vc=2v，當船頭指向始終與河岸垂直，則有：t 去=；當回程時行駛路線與河岸垂直，則有：t 回=；而回頭時的船的合速度 為：v 合=v；則 t 回 =因此回程與去程所用 時間之比為：2，故 D 正確，ABC 錯誤；故選：D。根據(jù)船頭指向始終與河岸垂直，結(jié)合運動學公式，可列出河 寬與船速的關(guān)系式，當路線與河岸垂直 時，可求出船過 河的合速度，從而列出河 寬與船速度的關(guān)系，進而即

15、可求解。解決本題的關(guān)鍵知道分運 動與合運動具有等時性，以及知道各分運 動具有獨立性，互不干擾。第7頁，共 17頁4.【答案】 D【解析】解：A、設(shè)物體由 M 點到 N 點的過程中電場力做功為 WOM=ON=L 。根據(jù)動能定理得：mgLsin60+W=0得：W=-mgLsin600可知，小球所受的電場力垂直 OM 斜向下，小球帶正電，則電場的方向垂直 OM 斜向下。故 A錯誤。B、M 、N 兩點沿電場方向的距離 為：d=Lcos30 根據(jù) W=-qEd=-mgLsin60得：E=，故B 錯誤。CD、建立如圖坐標系。x 軸方向：由牛頓第二定律得：qE+mgsin30=max，可得：ax= g由運動

16、學公式有：Lcos30=v0cos30 t-y軸頓，可得：a方向：由牛 第二定律得：mgcos30=mayy=g由運動學公式有：L+Lsin30 =v0sin30 t+聯(lián)立以上四式得：v0=，L=所以物體由 M 點到 N 點的過程中電場力做功的 值為：|W|=mgLsin60=M 、N 兩點在豎直方向的高度差 為：h=Lsin60 = gt2故 C 錯誤，D 正確。故選：D。根據(jù)動能定理分析 電場力做功正 負，從而判斷電場的方向。由 W=qEd 求場強的大小。物體由 M 點到 N 點的過程中，由 W=qEd 求電場力做功。由運動的分解法求出 MN 間豎直高度差。解決本題的關(guān)鍵是利用運 動的分解

17、法研究物體的運 動過程，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式 結(jié)合求出初速度和L 的值 。要注意判斷 電場力做功的正 負 。第8頁，共 17頁5.【答案】 A【解析】解：A 、B、由上分析得知，當兩棒的運動穩(wěn)定時，兩棒速度之差一定，回路中產(chǎn)生的感應電流一定，兩棒所受的安培力都保持不變，一起以相同的加速度做勻加速運 動，由于兩者距離不斷增大，穿過回路的磁通量增大，由楞次定律判斷可知，金屬棒 ab 上的電流方向是由 b 向 a。設(shè) cd 棒的質(zhì)量為 m，則根據(jù)牛頓第二定律得：對整體：F=3ma對 cd 棒：F-FA =ma解得，F(xiàn)A=F，故A 正確，B 錯誤；C、若兩金屬棒間距離保持不 變，回路的磁通量不變

18、，沒有感應電流產(chǎn)生，兩棒都不受安培力，則 cd 將做勻加速運 動，兩者距離將增大。故 C 錯誤 。D、若金屬棒 ab做勻速運 動，所受的安培力為零，ab中電流為零，則 cd 中電流也為零，cd 不按安培力，而 cd 還受到 F 作用，cd 將做勻加速運 動，故D 錯誤 。故選：A。運用排除法分析AD 兩項：若金屬棒ab做勻速運 動，所受的安培力為零，ab中電流為零，則知 cd 中電流也為零，而cd還受到 F 作用，cd將做勻加速運 動若兩金屬棒 間距離保持不 變，同理可知，cd 將做勻加速運 動，兩棒間距離將增大由此分析可知，兩棒都做勻加速運 動，加速度相同，cd 的速度大于 ab的速度，由楞

19、次定律分析感 應電流方向，由牛頓第二定律求出加速度，再 對 cd 研究，求出安培力的大小本題的解題關(guān)鍵是分析兩棒的運 動情況，本題回路中的感 應電動勢為 E=BL v，v 是兩棒速度之差6.【答案】 AC【解析】解：A 、若小球的合外力方向與速度方向不在一條直線上，小球就作曲 線運動，如平拋運 動。故A 正確；第9頁，共 17頁B、小球受到力的作用將 產(chǎn)生加速度，小球必定要運 動，則位置一定是 變化的。故 B錯誤；C、若小球受到的力始 終與速度的方向垂直， 則小球速度的大小 邊緣保持不變。故C 正確；D、由于沒有說明小球受力的特點，力可能是 變化的，所以小球的加速度也可能是變化的。故 D 錯誤

20、。故選：AC。有力就有加速度；物體做曲 線運動的條件是合外力與速度不在一條直線上。根據(jù)曲線運動的相關(guān)進行分析。本題考查曲線運動兩個基本知 識點：一是曲線運動速度的方向；物體做曲線運動的條件，運用牛頓定律加深理解 記憶。7.【答案】 AD【解析】解：A 、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-I （R0+r），由數(shù)學知識得知，=R0+r，保持不變。故A 正確。B、由圖，=R，R 增大，則電壓表的示數(shù) U 和電流表的示數(shù) I 的比值變大。故B 錯誤。C、D、閉合開關(guān) S，增大可變電阻 R 的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得知，電阻 R0 兩端的電壓減小，R 兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電

21、壓增大，所以電阻 R0 兩端的電壓減小量小于 U電容器兩極板 間的電壓等于 R 兩端的電壓，可知電容器板間電壓增大，帶電量增大，增大量為CU故C 錯誤，D 正確。故選：AD 。閉合開關(guān) S，增大可變電阻 R 的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析 電第10 頁，共 17頁阻 R0 兩端的電壓，再根據(jù)路端電壓的變化，分析電阻 R0 兩端的電壓變化量，并比較與 U 的關(guān)系，確定電容帶電量變化量電壓表的示數(shù) U 和電流表的示數(shù) I 的比值等于 R電壓表示數(shù)變化量 U 和電流表示數(shù) 變化量I 的比值等于R0+r此題中兩電表讀數(shù)的比值要根據(jù)歐姆定律和 閉合電路歐姆定律來分析，注意R，R 是非純性元件8

22、.【答案】 BC【解析】解：根據(jù) qvB=m得，v=則最大動能 EKm =mv2=。粒子被電場加速一次 動能的增加 qU則粒子被加速的次數(shù)n=粒子在磁 場中運動周期的次數(shù) n=因 T=則粒子從靜止開始到出口 處所需的時間 t=n T=。由上可知，若僅將磁感應強度變?yōu)閳鲋羞\動的周期變則原來的 2 倍，在磁化，不能與交流 電周期同步，得不到始 終加速，故 A 錯誤；由上可知，或僅將交流電源的電壓變?yōu)閮H變?yōu)樵瓉淼?，或 將 D 型盒的半徑原來的倍，因此 BC 正確，D 錯誤；故選：BC。粒子被 電場 加速一次 動能的增加 qU，根據(jù)最大動能求出加速的次數(shù)，粒子在磁場中運動一個周期被加速兩次，從而知道

23、粒子運動的周期次數(shù)，從而求出運動的時間第11 頁，共 17頁解決本題的關(guān)鍵知道粒子出回旋加速器 時速度最大，根據(jù) qvB=m可求出最大速度以及知道粒子在磁 場中運動的周期和交流 電變化的周期相等9.【答案】 ABD【解析】解：A 、圖甲說明氣體速率分布隨溫度 變化，T1 時速率低占的比例比T2 時多，速率大的占的比例比T2 時少，則 T1 T2，故A 正確；B、圖乙說明氣體壓強的大小既與分子 動能有關(guān)也與分子的密集程度有關(guān)，故 B正確；C、圖丙說明食鹽晶體的物理性 質(zhì)沿各個方向不同，表 現(xiàn)為各向異性，故 C 錯誤；D、圖丁說明小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面 張力的作用，故 D 正確；E

24、、圖戊說明水黽受到了分子表面 張力作用，而不是浮力作用，故 E 錯誤 。故選：ABD 。圖甲說明氣體速率分布隨溫度 變化，T1 時速率低占的比例比T2 時多，速率大的占的比例比T2 時少，則 T1T2；圖乙說明氣體壓強的大小既與分子 動能有關(guān)也與分子的密集程度有關(guān)；食 鹽是晶體，表現(xiàn)為各向異性；小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用；水黽停在水面上主要是受到了分子表面張力作用。本題考查了氣體分子速率分布、氣體 壓強的微觀意義、晶體和非晶體、液體的表面張力等知識點。這種題考查的內(nèi)容比 較廣，但比較基礎(chǔ)，難度不大，只要善于積累即可?！敬鸢浮?0.925B10.【解析】標讀數(shù)為標讀數(shù)為則解

25、：（1）游 卡尺的主尺9mm，游0.05 5mm=0.25mm，d=9.25mm=0.925cm。對統(tǒng)研究，根據(jù)動能定理有：mgL=2=，由于（2） 系，即 v第12 頁，共 17頁M+m 的總質(zhì)量不變，可知 v2 與 m 成正比，故 B 正確，A 、C、D 錯誤 。故選：B。故答案為：（1）0.925，（2）B。（1）游標卡尺的讀數(shù)等于主尺 讀數(shù)加上游 標讀數(shù)，不需估讀。（2）對系統(tǒng)研究，根據(jù)動能定理得出 v2 與 m 的表達式，從而確定正確的 圖線 。解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，注意研究的 對象是系統(tǒng)，將小車上的鉤碼逐次移至小桶中，系 統(tǒng)所受的合力在 變化，系統(tǒng)的總質(zhì)量不變。11.【答案

26、】 a 180150 90 不變偏大【解析】解：（1）a、當電阻調(diào)零時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知： R 內(nèi)=，則 E 一定，R內(nèi)越小，歐姆表的倍率越小，I g 越大，由圖示電路圖可知，接 a時比接 b時干路中滿偏電時較小，流大，此歐姆表倍率因此當開關(guān) S 合向 a 端時的歐姆表是 較小倍率檔端；選擇10擋圖讀數(shù)為：18 10=180；d、歐姆表位，由 甲所示可知，歐姆表的（2）“ 10倍”率時歐姆表的內(nèi)阻 為 150，歐姆調(diào)零時電流為：I=0.1A=100mA ，由并聯(lián)電路特點可知：I=Ig+I R0，解得：IR0=90mA；電電動勢E 不變變時，歐姆得重新調(diào)滿偏電流 Ig不（3）當 池、內(nèi)

27、阻 大零，由于變，歐姆調(diào)零時歐姆表內(nèi)阻 為：R 內(nèi)=不變，用歐姆表 測電阻時有：I=，由于 R內(nèi)不變 則I 不變，歐姆表的示數(shù)不變 電阻測量值不變；，當電池電動勢 E 變小、內(nèi)阻變大時，歐姆得重新調(diào)零，由于滿偏電流 Ig 不變，歐姆調(diào)零時歐姆表內(nèi)阻 為：R 內(nèi)=變小，第13 頁，共 17頁用歐姆表 測電阻時：I=，由于 R 內(nèi) 變小，則 I 變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了，電阻測量值偏大；故答案為：（1）a；180；（2）150；90；（3）不變；偏大。（1）歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據(jù) 閉合電路歐姆定律分析答題；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。（2

28、）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出歐姆 調(diào)零時的電流，然后應用并聯(lián)電路特點求出流過 Ro 的電流。（3）歐姆表工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據(jù)內(nèi)置 電源電動勢與內(nèi)阻的變化，應用閉合電路歐姆定律分析 實驗誤差。本題考查了歐姆表倍率 選擇、歐姆表讀數(shù)問題，知道歐姆表的工作原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)，應用閉合電路歐姆定律與并 聯(lián)電路特點即可解題。12.【答案】 解：（ 1）若要使導體棒ab 靜止于導軌上，則要求導體棒ab 所受的重力、支持力、安培力三力平衡，導體棒在沿斜面方向的受力滿足：mgsin =F安 ，其中 F 安=BIL ，設(shè)導體棒 ab 靜止時變阻器的阻值為R，由閉合電路歐姆定律有：

29、，解得 R=（ 2）當變阻器的阻值為零時，回路中的電流大于使導體棒ab 靜止時的電流，安培力大于使導體棒 ab 靜止時的安培力，因此，由靜止開始釋放的瞬間，導體棒的加速度方向沿斜面向上由牛頓第二定律： F 安 -mgsin =ma，其中 F 安=BIL ，由閉合電路歐姆定律：I= ，解得釋放瞬間導體棒ab 的加速度 a=（ 3）當重力下滑分力與安培力相等時，導體棒ab 達到最大速度 vm，即當 mgsin =BIL 時，達到最大速度此時導體棒中由于切割產(chǎn)生的E=BLvm，由閉合電路歐姆定律，此時回路中的電流I=第14 頁，共 17頁解得答：（ 1）滑動變阻器的阻值應?。唬?2）釋放瞬間導體棒a

30、b 的加速度為；（ 3）導體棒ab 所能達到的最大速度的大小為【解析】（1）導體棒靜止于 導軌上，受重力、支持力和安培力處于平衡，根據(jù)安培力大小公式、閉合電路歐姆定律，結(jié)合共點力平衡求出滑 動變阻器的阻 值（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出 電流的大小，從而得出 導體棒所受的安培力，根據(jù)牛頓第二定律求出 釋放導體棒 ab 的加速度（3）當重力下滑分力與安培力相等 時，導體棒 ab達到最大速度，根據(jù)平衡求出最大速度本題是金屬棒平衡 問題和動力學問題，關(guān)鍵分析受力情況，特別是分析和 計算安培力的大小難度中等【答案】 解：（ 1）設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1在上升過程中，因只13.有重力做功，

31、小球的機械能守恒。由機械能守恒定律得：=+mgL 代入數(shù)據(jù)解得： v0=m/s 設(shè)小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，由牛頓第二定律得：F+mg=m 由式代入數(shù)據(jù)解得： F=2N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。（ 2）解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為 V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有mv2-MV=0 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，由機械能守恒定律得：=+mgL 由式代入數(shù)據(jù)解得：v2=2m/s， V=1m/s；（ 3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為 s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為 V。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得mv3-MV =0 將式兩邊同乘以 t，得 mv3t-MVt=0 因式對任意時刻附近的微小間隔t 都成立，