四川省南充市2015屆高三第三次高考適應(yīng)性考試物理試題 Word版含解析

1、2015年四川省南充市高考物理三診試卷一、第I卷共7題，每題6分每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)、有的有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）（2015南充模擬）下列說法正確的是（） A 全息照片的拍攝利用了光的衍射原理 B 只有發(fā)生共振時(shí)，受迫振動的頻率才等于驅(qū)動力頻率 C 高速飛離地球的飛船中的宇航員認(rèn)為地球上的時(shí)鐘變慢 D 鳴笛汽車駛近路人的過程中，路人聽到的聲波頻率與該波源的頻率相比減小【考點(diǎn)】： 光的衍射；狹義相對論【分析】： 全息照相利用了光的干涉現(xiàn)象；受迫震動的頻率總是等于驅(qū)動力頻率；在相對論中，高速飛行的物體時(shí)間變慢，長度縮短

2、當(dāng)聲源與觀察者間距變小時(shí)，接收頻率變高【解析】： 解：A、全息照相利用了激光的頻率單一，具有相干性好的特點(diǎn)，利用了光的干涉現(xiàn)象，與光的衍射無關(guān)故A錯(cuò)誤；B、受迫振動的頻率等于驅(qū)動率的頻率，當(dāng)驅(qū)動力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振動顯著增強(qiáng)，當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時(shí)即共振故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)愛因斯坦相對論可知，時(shí)間間隔的相對性：t=，可知在宇宙中高速飛行的飛船中的宇航員認(rèn)為地球上的時(shí)鐘變慢，故C正確；D、根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，當(dāng)兩物體以很大的速度互相靠近時(shí)，感覺頻率會增大，遠(yuǎn)離時(shí)感覺頻率會減小，所以鳴笛汽車駛近路人的過程中，路人聽到的聲波頻率與該波源的相比增大故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評】： 該題

3、考查全息照相的原理、受迫振動的頻率，愛因斯坦的相對論以及多普勒效應(yīng)，注意相對論中空間與時(shí)間的變化這一類的知識點(diǎn)在平時(shí)的學(xué)習(xí)過程中要多加積累2（6分）（2015南充模擬）如圖所示，MN是空氣與某種液體的分界面，一束紅光由空氣射到分界面，一部分光被反射，一部分光進(jìn)入液體中當(dāng)入射角是45時(shí)，折射角為30以下說法正確的是（） A 反射光線與折射光線的夾角為120 B 該液體對紅光的折射率為 C 該液體對紅光的全反射臨界角為45 D 當(dāng)紫光以同樣的入射角從空氣射到分界面，折射角也是30【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 根據(jù)反射定律得到反射角，由幾何知識分析反射光線與折射光線的夾

4、角由折射率公式n=求出折射率，再由臨界角公式sinC=，求出臨界角【解析】： 解：A、根據(jù)反射定律得到反射角為45，由幾何知識得，反射光線與折射光線的夾角是105故A錯(cuò)誤B、由折射率公式n=，得n=，故B錯(cuò)誤C、由臨界角公式sinC=，得，sinC=，則C=45故C正確D、根據(jù)折射定律得知，紫光的折射率大于紅光的折射率，則紫光以同樣的入射角從空氣射到分界面，折射角小于30故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評】： 本題考查折射定律、反射定律、臨界角等光學(xué)基礎(chǔ)知識，難度不大折射率公式n=和臨界角公式sinC=是考試的熱點(diǎn)，是牢固掌握3（6分）（2015南充模擬）觀察“神州十號”在圓軌道上的運(yùn)動，發(fā)現(xiàn)每經(jīng)過時(shí)間2

5、t通過的弧長為l，該弧長對應(yīng)的圓心角為（弧度），如圖所示，已知引力常量為G，由此可推導(dǎo)出地球的質(zhì)量為（） A B C D 【考點(diǎn)】： 萬有引力定律及其應(yīng)用；向心力【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： 根據(jù)數(shù)學(xué)知識求出線速度和軌道半徑，結(jié)合萬有引力提供向心力，求出地球的質(zhì)量【解析】： 解：“神舟十號”的線速度v=，軌道半徑r=，根據(jù)得地球的質(zhì)量為：M=故選：A【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵知道線速度等于弧長與時(shí)間的比值，知道弧長與半徑的比值等于圓心角，掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運(yùn)用4（6分）（2015南充模擬）在一小型交流發(fā)電機(jī)中，矩形金屬線圈abcd的面應(yīng)強(qiáng)度為S，匝數(shù)為

6、n，線圈總電阻為r，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動（如圖甲所示），產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，矩形線圈與阻值為R的電阻構(gòu)成閉合電路，下列說法中正確的是（） A 從t3到t5這段時(shí)間穿過線圈磁通量的變化量為零 B 從t3到t4這段時(shí)間通過電阻R的電荷量為 C t4時(shí)刻穿過線圈的磁通量變化率大小為E0 D t1時(shí)刻電阻R的發(fā)熱功率為【考點(diǎn)】： 交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系【專題】： 交流電專題【分析】： 首先知道正選交流電產(chǎn)生的條件，瞬時(shí)值、峰值與有效值之間的關(guān)系即各量的應(yīng)用；利用法拉第電磁感應(yīng)定律求通過電阻的電量；知道磁通量的斜率最大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電

7、動勢最大即可求解【解析】： 解：A、由于磁通量是雙向標(biāo)量，在t1到t3這段時(shí)間穿過線圈磁通量的變化量不為零，為=2Bs，故A錯(cuò)誤；B、通過電阻的電荷量Q=，所以t4到t3這段時(shí)間通過電阻R的電荷量Q=，故B錯(cuò)誤；C、由于產(chǎn)生的電動勢最大，所以磁通量時(shí)間圖象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以K=，故C錯(cuò)誤；D、求功率時(shí)需用有效值，所以E=，所以電流I=，R的發(fā)熱功率為P=，故D正確故選：D【點(diǎn)評】： 明確正選交流電產(chǎn)生的條件，瞬時(shí)值、峰值與有效值之間的關(guān)系即各量的應(yīng)用；利用法拉第電磁感應(yīng)定律求通過電阻的電量；注意三值間的關(guān)系及選取，題目難度較大5（6分）（2015南充模擬）在均

8、勻介質(zhì)中，各質(zhì)點(diǎn)的平衡位置在同一水平直線上，相鄰兩質(zhì)點(diǎn)的距離均為a，如圖所示，振動從質(zhì)點(diǎn)1開始向右傳播，經(jīng)過時(shí)間t，前11個(gè)質(zhì)點(diǎn)第一次形成如圖所示的波形，則此波的最大可能波速為（） A B C D 【考點(diǎn)】： 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】： 根據(jù)波形圖得出波傳播的最大距離，從而結(jié)合傳播的時(shí)間可求出最大波速【解析】： 解：若波源的起振方向向上，前11個(gè)質(zhì)點(diǎn)第一次形成如圖所示的波形時(shí)，波恰好傳到17質(zhì)點(diǎn)，波傳播的距離最大，最大距離s=16a，則最大波速 v=故選：C【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵知道質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，抓住波源的起振方向得出傳播的最大距離6（6分）（201

9、5南充模擬）如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)第、IV象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)面向外的勻強(qiáng)磁場，第IV象限同時(shí)存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），一帶電小球從x軸上的A點(diǎn)由靜止釋放，恰好從P點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)人第IV象限，然后做圓周運(yùn)動，從Q點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入第I象限，Q點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為d，重力加速度為g根據(jù)以上信息，不能求出的物理量有（） A 圓周運(yùn)動的速度大小 B 電場強(qiáng)度的大小和方向 C 小球在第IV象限運(yùn)動的時(shí)間 D 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動【專題】： 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題【分析】： 粒子在第象限內(nèi)運(yùn)動時(shí)只有重力做功，機(jī)械能守恒，可求出粒子到達(dá)P點(diǎn)的

10、速度粒子在第IV象限內(nèi)作圓周運(yùn)動，重力與電場力平衡，列式分析能求出哪些量【解析】： 解：A、粒子在第象限內(nèi)運(yùn)動時(shí)只有重力做功，機(jī)械能守恒，設(shè)粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度為v根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgd=，v=，即粒子做圓周運(yùn)動的速度為，所以可以求出粒子圓周運(yùn)動的速度大小故A正確B、粒子在第IV象限內(nèi)作圓周運(yùn)動，重力與電場力平衡，則有 mg=qE，E=，由于粒子的比荷未知，不能求出電場強(qiáng)度E的大小根據(jù)粒子第象限內(nèi)運(yùn)動情況，由左手定則判斷知該粒子帶負(fù)電，粒子在第IV象限內(nèi)受到的電場力向上，則電場強(qiáng)度方向向下，故B錯(cuò)誤C、小球在第IV象限運(yùn)動的時(shí)間 t=，可知能求出小球在第IV象限運(yùn)動的時(shí)間t，故C正確D、小

11、球在第IV象限內(nèi)運(yùn)動的半徑為d，由d=知，由于粒子的比荷未知，不能求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，故D錯(cuò)誤本題選不能求出的物理量，故選：BD【點(diǎn)評】： 本題考查了小球在磁場、電磁場中的運(yùn)動，分析清楚小球的運(yùn)動過程，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意洛倫茲力對帶電小球不做功7（6分）（2015南充模擬）如圖所示，傾角為=37的固定斜面與足夠長的水平面平滑對接，一勁度系數(shù)k=18N/m的輕質(zhì)彈簧的上端固定于斜面頂端，另一端固連在一質(zhì)量m=1kg的光滑小球A，跟A緊靠的物塊B（質(zhì)量也為m）與斜面間的動摩擦因數(shù)1=0.75，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，與水平面間的動摩擦因數(shù)為2=0.

12、2，圖中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且斜面對B恰無摩擦力，當(dāng)撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某處時(shí)分離，分離后A一直在斜面上運(yùn)動，B繼續(xù)沿斜面下滑，已知：sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列說法中正確的是（） A A和B分離后A不能回到出發(fā)點(diǎn) B A和B分離時(shí)B的速度為5m/s C B最終停留的位置距斜面末端1m D B最終停留的位置距斜面末端4m【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)間的關(guān)系【專題】： 牛頓運(yùn)動定律綜合專題【分析】： A不能回到出發(fā)點(diǎn)，因?yàn)樾∏蚺c物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負(fù)功而使小

13、球的機(jī)械能減少；當(dāng)AB分離時(shí)，AB具有相同的加速度與速度，根據(jù)牛頓第二定律求的彈簧的伸長量，在利用動能定理求的速度；對B利用動能定理即可求的位移【解析】： 解：A、A不能回到出發(fā)點(diǎn)，因?yàn)樾∏蚺c物塊一起下滑過程，物體對小球的彈力做負(fù)功而使小球和彈簧的機(jī)械能減少，故A正確B、未撤去力F時(shí)，對A和B整體，根據(jù)平衡條件得：2mgsin+F1=F其中彈力為：F1=kx1解得彈簧的壓縮量為：x1=，分離時(shí)，AB之間無彈力作用，但速度和加速度相等，根據(jù)牛頓第二定律，對B：mgsinf=maB其中f=1mgcos聯(lián)立解得aB=0對A：mgsinF2=maA，其中彈力F2=kx2由aA=aB=0，解得分離時(shí)彈簧

14、的伸長量為：x2=，可見x1=x2，AB整體運(yùn)動到分離彈簧的彈力做功為零，根據(jù)動能定理有：2mgsin（x1+x2）f（x1+x2）=，代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s故B錯(cuò)誤C、分離后由動能定理得：，代入數(shù)據(jù)解得s=1m，故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評】： 本題要抓住臨界狀態(tài)，分析臨界條件，即小球與擋板剛分離時(shí)，B對小球的作用力為零，這也是兩物體剛分離時(shí)常用到的臨界條件二、非選擇題8（6分）（2015南充模擬）如圖是小強(qiáng)測繪小燈泡伏安特性曲線的實(shí)物圖小強(qiáng)在實(shí)驗(yàn)前檢查電路時(shí)發(fā)現(xiàn)有一根導(dǎo)線的一端接錯(cuò)了地方，請你將圖中的這根連線畫上“”，并在圖上畫出這根導(dǎo)線的正確連線；閉合開關(guān)前應(yīng)將滑動變阻器的觸動頭

15、滑到最左端（填“最左端”或“最右端”）；該實(shí)驗(yàn)采用了電流表的外接法（選填“內(nèi)接”或“外接”）【考點(diǎn)】： 描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題【分析】： 滑動變阻器采用分壓接法閉合開關(guān)前，滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的位置；根據(jù)描繪燈泡伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)原理分析電路圖，然后答題【解析】： 解：由圖示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路安全，閉合開關(guān)前，滑片要置于最左端描繪燈泡伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，電流表采用外接法；由圖示電路圖可知，滑動變阻器連接錯(cuò)誤，修改后的電路圖如圖所示：故答案為：電路圖如圖所示；最左端；外接【點(diǎn)評】：

16、本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、修改電路圖，知道滑動變阻器的接法是正確修改電路圖的關(guān)鍵9（11分）（2015南充模擬）物體的帶電量是一個(gè)不易測得的物理量，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)來測量帶電物體所帶電量如圖（a）所示，他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足夠長的木板上，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在長木板末端，物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，一紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與物塊相連，操作步驟如下，請結(jié)合操作步驟完成以下問題：（1）為消除摩擦力的影響，他將長木板一端墊起一定傾角，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，輕輕推一下小物塊，使其沿著長木板向下運(yùn)動多次調(diào)整傾角，直至打出的紙帶上點(diǎn)跡間距相等，測出此時(shí)木板與水平面間的傾角，記為0（2）如圖（b）所示，在該裝置處加

17、上一范圍足夠大的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，用細(xì)繩通過一輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連，繩與滑輪摩擦不計(jì)給物塊A帶上一定量的正電荷，保持傾角0不變，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，由靜止釋放小物塊A，該過程可近似認(rèn)為物塊A帶電量不變，下列關(guān)于紙帶上點(diǎn)跡的分析正確的是DA紙帶上的點(diǎn)跡間距先增加后減小至零B紙帶上的點(diǎn)跡間距先增加后減小至一不為零的定值C紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加，且相鄰兩點(diǎn)間的距離之差不變D紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加，且相鄰兩點(diǎn)間的距離之差逐漸減少，直至間距不變（3）為了測定物體所帶電量q，除0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B外，本實(shí)驗(yàn)還必須測量的物理量有BDA物塊A的質(zhì)量MB物塊B的質(zhì)量mC物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)D兩

18、物塊最終的速度v（2）用重力加速度g，磁感應(yīng)強(qiáng)度B、0和所測得的物理量可得出q的表達(dá)式為【考點(diǎn)】： 探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： 平衡摩擦力后滑塊受到的合力為零，滑塊做勻速直線運(yùn)動沒有磁場時(shí)，對A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根據(jù)平衡條件可以解得斜面的動摩擦因數(shù)當(dāng)存在磁場時(shí)，以AB整體為研究對象，由牛頓第二定律可得（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，根據(jù)表達(dá)式分析物體的運(yùn)動性質(zhì)【解析】： 解：（1）此實(shí)驗(yàn)平衡摩擦力后，確定滑塊做勻速直線運(yùn)動的依據(jù)是，看打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上所打出點(diǎn)的分布應(yīng)該是等間距的（2）設(shè)A

19、的質(zhì)量為M，B的質(zhì)量為m，沒有磁場時(shí)，對A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力根據(jù)平衡條件可知：f=Mgsin0，F(xiàn)N=Mgcos0又因?yàn)閒=FN，所以當(dāng)存在磁場時(shí)，以AB整體為研究對象，由牛頓第二定律可得（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a由此式可知，v和a是變量，其它都是不變的量，所以AB一起做加速度減小的加速運(yùn)動，直到加速度減為零后做勻速運(yùn)動，即速度在增大，加速度在減小，最后速度不變所以紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加，說明速度增大；根據(jù)逐差相等公式x=at2，可知，加速度減小，則相鄰兩點(diǎn)間的距離之差逐漸減少；勻速運(yùn)動時(shí)，間距不變故D正確、ABC錯(cuò)誤故選：D（3）（4

20、）根據(jù)（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=（M+m）a，可得當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度最大，設(shè)最大速度為v，則（mg+Mgsin0）（Bqv+Mgcos0）=0化簡得q=，把=tan0代入，得由此可知為了測定物體所帶電量q，除0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B外，本實(shí)驗(yàn)還必須測量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最終的速度v故答案為：（1）間距相等；（2）D；（3）BD；（4）【點(diǎn)評】： 要明確實(shí)驗(yàn)原理，理解為什么掛鉤碼前要首先平衡摩擦力，正確的受力分析是關(guān)鍵10（15分）（2015南充模擬）214年4月20日8時(shí)02分，四川省蘆山縣境內(nèi)發(fā)生6.4級地震并引發(fā)一處泥石流一汽車停在小山坡底，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)山坡

21、上距坡底80m處的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2的加速度勻加速傾瀉而下，假設(shè)泥石流到達(dá)坡底后速率不變，在水平地面上做勻速直線運(yùn)動，司機(jī)的反應(yīng)時(shí)間為0.5s，汽車啟動后以恒定的加速度一直做勻加速直線運(yùn)動，求：（l）泥石流到達(dá)坡底的速度大??？（2）試通過計(jì)算說明：汽車的加速度至少多大才能脫離危險(xiǎn)？【考點(diǎn)】： 勻變速直線運(yùn)動的速度與位移的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動的速度與時(shí)間的關(guān)系【專題】： 直線運(yùn)動規(guī)律專題【分析】： （1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式求出泥石流到達(dá)坡底的速度大小（2）根據(jù)汽車速度達(dá)到與泥石流速度相等的安全臨界速度，結(jié)合位移關(guān)系，再根據(jù)運(yùn)動規(guī)律求解最小加速度【解析】： 解：（

22、1）由運(yùn)動學(xué)公式得：=12m/s （2）泥石流在下坡階段運(yùn)動的時(shí)間為：=8s 設(shè)汽車恰被泥石流追上汽車運(yùn)動的時(shí)間為t2，泥石流在水平段運(yùn)動的時(shí)間為t3，則在水平段有x泥=vtt3，vt=a0t2且 t1+t3t反=t2，聯(lián)立解以上各式并代入相關(guān)數(shù)據(jù)得a0=0.8m/s2則汽車的加速度至少應(yīng)有0.8m/s2才不會被泥石流追上答：（1）泥石流到達(dá)坡底的速度為12m/s；（2）汽車的加速度至少為0.8m/s2才能脫離危險(xiǎn)【點(diǎn)評】： 掌握勻變速直線運(yùn)動的速度時(shí)間關(guān)系和位移時(shí)間關(guān)系是正確解題的基礎(chǔ)，知道脫離危險(xiǎn)的臨界條件是正確解題的關(guān)鍵11（17分）（2015南充模擬）如圖甲所示，固定在水平桌邊上的L雙

23、軌型平行金屬導(dǎo)軌足夠長，傾角為=53，間距L=2m，電阻不計(jì)；導(dǎo)軌上兩根金屬棒ab、cd的阻值分別為R1=25，R2=4，ab棒的質(zhì)量m1=5.0kg，cd棒質(zhì)量m2=1.0kg，ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)1=，cd與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)2=0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個(gè)導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5T、方向垂直傾斜導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)讓ab棒從導(dǎo)軌上離桌面某一高度處由靜止釋放，當(dāng)它剛要滑出導(dǎo)軌時(shí)，cd棒也恰好開始滑動，且ab棒下滑階段，通過ab棒的電荷量為q=2C；g取10m/s2（1）求在ab棒整個(gè)下滑階段，ad棒中產(chǎn)生的熱量；（2）若ab棒無論從多高的位置釋放，cd棒都不動，求a

24、b棒質(zhì)量滿足的條件？【考點(diǎn)】： 動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律；向心力【專題】： 動能定理的應(yīng)用專題【分析】： （1）因兩棒串聯(lián)，所以兩棒所受安培力大小相等，對cd棒分析，結(jié)合平衡，以及切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律求出cd棒恰好開始滑動時(shí)，ab棒的速度根據(jù)電量的表達(dá)式q=求出ab棒下滑的距離對整個(gè)系統(tǒng)運(yùn)用功能關(guān)系求出整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量，從而得出cd棒上產(chǎn)生的熱量（2）抓住ab棒勻速運(yùn)動，cd棒都未滑動，分別對ab棒和cd棒分析，抓住cd棒安培力在水平方向上的分力小于最大靜摩擦力，求出ab棒質(zhì)量滿足的條件【解析】： 解：（1）因兩棒串聯(lián)，所以兩棒所受安培力大小相等，在cd棒剛滑動時(shí)，設(shè)ab棒

25、的速度為v，此時(shí)對cd棒有：BILsin37=2（m2g+BILcos37）且，聯(lián)立解得：v=1.5m/s設(shè)ab棒下滑的距離為x，則有：q=代入數(shù)據(jù)解得：x=1.2m 對整個(gè)系統(tǒng)由功能關(guān)系得：Q=（m1gsin1m1gcos）x，由串聯(lián)電路知識可得cd棒產(chǎn)生的熱量為：，聯(lián)立上述方程并代入數(shù)據(jù)得：Q=25.05J （2）分析可知，只要ab棒勻速運(yùn)動cd棒都未滑動則滿足要求，勻速運(yùn)動時(shí)對ab棒：F安=m1gsin1m1gcos，此時(shí)對cd棒：F安sin2（m2g+F安cos），代入數(shù)據(jù)解得：kg3.47kg 答：（1）ad棒中產(chǎn)生的熱量為25.05J（2）ab棒質(zhì)量滿足的條件m13.47kg【點(diǎn)評】： 本題是復(fù)雜的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識、電路的綜合，掌握電量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式q=，以及能夠正確地受力分析，抓住臨界情況，結(jié)合共點(diǎn)力平衡和能量守恒進(jìn)行求解12（19分）（2015南充模擬）如圖所示，真空中有一個(gè)點(diǎn)狀的放射源P，它向各個(gè)方向發(fā)射同種正粒子（不計(jì)重力），速率都相同，ab為P點(diǎn)附近的一條水平直線（P到直線ab的距離PC=lm），Q為直線ab上一點(diǎn)，它與P點(diǎn)相距PQ=m（現(xiàn)只研究與放射源P和直線ab在同一個(gè)平面內(nèi)的粒子的運(yùn)動），當(dāng)真空中（直線ab以上區(qū)域）只存在垂直該平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T勻強(qiáng)磁