2023年河南省鄭州市高考物理三模試卷

19頁2023年河南省鄭州市高考物理三模試卷一、單項選擇題〔530.0分〕

小球帶負電C.小球離開試管前的運動軌跡是一條拋物線二、多項選擇題〔528.0分〕

小球離開試管前，洛倫茲力對小球做正功D.F應為恒力如以下圖為氫原子能級的示意圖，以下有關說法正確的選項是〔 〕處于基態(tài)的氫原子吸取 的光子后能躍遷至 能級大量處于 能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出3種不同頻率的光假設用從 能級躍遷到 能級輻射出的光，照耀某金屬時恰好發(fā)生光電效應，則用從 能級躍遷到 能級輻射出的光，照耀該金屬時確定能發(fā)生光電效應用 能級躍遷到 能級輻射出的光，照耀逸出功為的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為背越式跳高承受弧線助跑，距離長，速度快，動作伸展大方。如以下圖是某運發(fā)動背越式跳高過程的分解圖，由圖可估算出運發(fā)動在躍起過程中起跳的豎直速度大約為〔 〕

傾角為θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，平行于斜面的力傳感器上端連接木板，下端連接一光滑小球，如以下圖。當木板固定時，傳感器的示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F2，則以下說法正確的選項是〔 〕假設 ，則假設 ，則假設 ，則假設 ，則兩帶電量均為+Q的點電荷分別固定于x軸上的-2x0和2x0+q的摸索電荷從-x0處由靜止釋放，摸索電荷只受電場力的作用，從x軸上的-x0x0的過程中，場強E、摸索電荷的加速度a、速度v、電〔E、avx〕p〔 〕B.A. B. C. D.如以下圖，M、NG為靜電計，S，靜電計張開確定角度。則以下說法正確的選項是〔 〕SR的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大S保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大S后，將兩極板間距增大，板間電壓不變S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強不變地球和某行星在同一軌道平面內(nèi)同向繞太陽做勻速圓周運動，地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所成夾角叫做地球?qū)υ撔行堑挠^看視角，如圖中θ所示。當行星處于最大觀看視角時是地球上的天好者觀看該行星的最正確時機。某行星的最大觀看視角為θ0，則該行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度之比〔 〕A.B.C.D.如以下圖，光滑的水平面上有豎直向下的勻強磁場，水平面上平放著一個試管，試管內(nèi)壁光滑，底部有一個帶電小球。現(xiàn)在對試管施加一帶電小球?qū)墓芸陲w出。以下說法正確的選項是〔〕

C. D.“彈跳小人”〔如圖甲所示〕是一種深受兒童寵愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑h=0.40m時，然后由靜止釋放滑塊?；瑝K的動能E隨離地高度h變化的k圖象如圖丙所示。其中高度從0.80m到1.40m范圍內(nèi)的圖線為直線，其余局部為曲線。假設以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g取10m/s2，則結合圖象可知〔 〕彈簧原長為空氣阻力大小為彈簧的最大彈性勢能為彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能為以下關于熱現(xiàn)象的推斷正確的選項是〔 〕單晶體和多晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，非晶體是各向同性的露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體外表張力的作用在完全失重的狀況下，氣體對器壁的壓強為零氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變不行能從單一熱庫吸取熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響a、b兩束相互平行的單色光，以確定的入射角照耀到平行玻璃磚上外表，經(jīng)平行玻璃磚折射后會聚成一束復色光c，從平行玻璃磚下外表射出，如以下圖。則以下推斷正確的選項是〔〕ab光波長短ab光在玻璃中的傳播速度大a光的折射率大a光照耀得到條紋間距小增大入射角，a光在下外表可發(fā)生全反射三、試驗題探究題〔327.0分〕小明同學做“驗證力的平行四邊形定則”的試驗狀況如圖甲所示。其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OBOCOB細繩所連彈簧測力計的指針指示狀況，圖丙是小明依據(jù)試驗在白紙上畫出的圖，但是擦去了局部關心線，請你答復以下問題。圖乙中彈簧測力計的讀數(shù)為 N；F′四個力，其中力 〔填上述字母〕的大小不是由彈簧測力計直接

VUAI；cbUI值，記錄數(shù)據(jù)如表格所示；電壓電壓U/V電流I/mA0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80000001.04.013.027.053.090.0d．在坐標紙上描繪出二極管正向伏安特性曲線。依據(jù)以上內(nèi)容，請答復以下問題從設計原理上講，對于甲圖和乙圖的誤差分析，以下說法正確的選項是A．甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用B．甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用C．甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用D．甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用在坐標圖中依據(jù)表格中數(shù)據(jù)描繪出二極管正向伏安特性曲線。從描繪的圖線來看，二極管的開啟電壓約為 V〔結果保存一位有效數(shù)字〕。1 2 〔4〕R=U/I，從描繪的圖線來看，當二極管導通時，二極管的電阻隨著U的增大讀出的，你測量的結果是 〔結果保存兩位有效數(shù)字〕。二極管為非線性元件，其主要特性是單向?qū)щ娦浴Ｕ螂妷狠^小時，電流很小，二極管呈現(xiàn)較大的電阻特性；當電壓超過確定數(shù)值〔稱為開啟電壓〕時，電流快速增加，呈現(xiàn)較小的電阻特性。加反向電壓〔不超過擊穿電壓〕時呈現(xiàn)很大的電阻特性，反向電壓增加時，反向電流幾乎不變。物理小組欲爭論測量二極管正向伏安特性，設計了甲、乙、丙三種電路，如以下圖。小組最終選擇了丙圖。操作步驟如下

D而快速 〔填“增大”或“減小”〕〔5〕從設計原理上講電路圖丙中的二極管電阻測量值 真實值〔填“大于”“等于”或“小于”〕翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)整，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過把握動力的大小而轉(zhuǎn)變飛行器的飛行狀態(tài)。飛行器的動力F始終與飛行方向一樣，空氣F與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即F=Cv2F與飛行方向相反，大小1 1 1 2依據(jù)電路圖丙連接電路；S1S2G指針無偏轉(zhuǎn)，并記錄

2 2 1 m=90kg?！瞘=10m/s22 2 1 1v=m/s在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結合甲圖計算，飛F為多大？1假設飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖丙所示，在此過程中調(diào)整1 C=5.?2m2，機翼中垂線和豎直方向夾角為θ=3求飛行器做勻速圓周運動的半徑r和速度v大小?！瞫in37°=0.6，cos37°=0.81 四、計算題〔340.0分〕如以下圖，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，在勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導軌，處于同一水平面內(nèi)，導軌足夠長，導軌間距L=1m，電阻可無視不計。質(zhì)量均為m=lkg，電R=2.5ΩMNPQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好。先將PQ臨時鎖定，MNFa=0.4m/s2向右做勻加速直線運動，5sF的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運動。

如圖甲所示，一個不計重力的彈性繩水平放置，O、b、c是彈性繩上的三個質(zhì)點?，F(xiàn)讓質(zhì)點O從t=0時刻開頭，在豎直面內(nèi)做簡諧運動，其位移隨時間變化的振動方程為y=20sin5πt〔cm〕，形成的簡諧ObOct=0.5sb恰好第一次到達正向最大位移處，O、bL=0.8m，O、cL=0.6m。求：11 11 0～1.0sct=1.0s時刻向兩方向傳播的大致波形圖?！伯嫴ㄐ螆D時不要求解題過程〕mMNv；mmMNvPQF，兩棒最終均勻速運動。求解除mPQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱。mPQ始終不解除鎖定，當棒MNv時，撤去拉力FMN連續(xù)運動多遠后停下來？m〔運算結果可用根式表示〕T1=280K的氣體，穩(wěn)定時，左右兩管水銀面高度差為h=6cm。大氣壓強為p0=76cmHg。給右管密閉氣體緩慢加熱，當右管內(nèi)氣體溫度為多少時，兩管水銀面等高。假設不給右管密閉氣體加熱，而是向左管緩慢補充水銀，也可使兩管水銀等高，求補充水銀柱的長度。1.【答案】D【解析】

答案和解析

此題考察機械能守恒定律的應用，對于生活中的各種實際運動要能正確建立運動模型，然后依據(jù)運動規(guī)律求解。解：A、處于基態(tài)的氫原子吸取10.2eV的光子后能躍遷至n=2能級，不能吸取10.2eV的能量。A錯誤；B、大量處于n=4能級的氫原子，最多可以輻射出=6種，故B錯誤；

D【解析】解：A、B、保持開關閉合，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢，故電容器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將兩極板間距增大，指針張角總不變，故AB錯誤；C、從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光的能量值大于從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光的能量值，用從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光，照耀某金屬時恰好發(fā)生光電效應，則用從n=4能級躍遷到n=3能級輻射出的光，照耀該金屬時不愿定能發(fā)生光電效應，故C錯誤；

C、斷開電鍵，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即d增大，依據(jù)C=依據(jù)U=知，電勢差增大，故C錯誤；D、斷開電鍵，電容器帶電量不變，假設緊貼下極板插入金屬板，則d減小，C=

，知，電容減小，，知，電容減射出的光的能量為：E=E4-E1=-0.85-〔-13.6〕=12.75eV，依據(jù)光電效應方程，照耀逸出功為6.34eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初動能為：

小，依據(jù)E=應選：D。

= 知，極間的電場強度不變，故D正確；Ekm=E-W=12.75-6.34=6.41eVD正確；應選：D。大量處于n=4能級的氫原子，最多可以輻射出6種；能級間躍遷時，輻射〔吸取〕的光子能量等于兩能級間的能級差；依據(jù)光電效應發(fā)生條件：輻射光的頻率大于極限頻率，從而即可判定。解此題考察選修3-5中內(nèi)容，考得比較散，關鍵生疏教材，牢記這些學問點，知道能級間躍遷放出或吸取光子的能量滿足hγ=Em-En。2.【答案】B【解析】解：運發(fā)動跳高過程可以看做豎直上拋運動，當重心到達橫桿時速度恰好為零，運發(fā)動重心升高高度約為：h=1.3m-

靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，依據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化；閉合電鍵，電容器兩端的電勢差等于電源的電動勢；并結合電容定義式C=，容打算式C=，同時推出電場強度綜合表達式，即可求解。此題考察電容器的動態(tài)分析，關鍵抓住斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的電勢差不變，同時把握電容的定義式與打算式的，并理解電場強度綜合表達推導過程。4.【答案】A【解析】解：由題意當?shù)厍蚺c行星的連線與行星軌道相切時，視角最大，可得行星的軌道半徑r為：r=Rsinθ0得：設太陽的質(zhì)量M，依據(jù)萬有引力供給向心力，則有：依據(jù)機械能守恒定律可知，

=mgh；解得：v=

=m≈5m，故B正確，ACD錯誤。

得：行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度之比為：依據(jù)題意估量運發(fā)動跳起的高度，依據(jù)機械能守恒定律進展解答即可。故A正確，BCD錯誤應選：A。當?shù)厍蚺c行星的連線與行星軌道相切時，視角最大，依據(jù)幾何關系求出行星的軌道半徑，再通過萬有引力供給向心力求出運轉(zhuǎn)的角速度之比。此題對數(shù)學幾何力氣的要求較高，會依據(jù)幾何關系求出行星的軌道半徑，以及會通過角度關系求出再次消滅觀測行星的最正確時期的時間。

BD【解析】解：AB、當木板固定時，對小球分析，依據(jù)共點力平衡有：F1=mgsinθ靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，假設μ=0，則整體沿斜面下滑時依據(jù)牛頓其次定律可得：Mgsinθ=Ma解得：a=gsinθ解得：F2=0A錯誤、B正確；CD、當木板沿斜面下滑時，假設μ≠0，對整體分析，依據(jù)牛頓其次定律可得加速度為：a=gsinθ-μgcosθ，5.【答案】C【解析】解：A、小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，依據(jù)左手定則推斷，小球帶正

解得：F2=μmgcosθ，

=ma電。故A錯誤。 則有： = =B、洛倫茲力是不做功的，由于在向上的洛倫茲力產(chǎn)生的同時，還產(chǎn)生了與F方向相反的一個洛倫茲力，兩個洛倫茲B錯誤。

解得：μ=

C錯誤、D正確。C、設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動。小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線C正確。D、設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2

當木板沿斜面下滑時，對整體分析，求出加速度，隔離對小球分析，求出傳感器示數(shù)的表達式，當木板固定時，對小球分析，依據(jù)共點力平衡求出傳感器示數(shù)的表達式，從而分析推斷。此題考察了共點力平衡和牛頓其次定律的根本運用，把握整體法和隔離法的靈敏運用，知道木板沿斜面下滑時，小球和木板具有一樣的加速度。增大，F(xiàn)2應選：C。

，F(xiàn)漸漸增大。故D錯誤。

ACD【解析】解：A、兩帶電量均為+Q的點電荷電場分布如小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，由左手定則，分析電性。將小球的運動分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個方向。依據(jù)受力狀況和初始條件分析兩個方向的分運動狀況，爭論軌跡，確定F如何變化。此題是洛倫茲力做功的問題，小球受到洛倫茲力，同時受到試管對小球的約束，倫茲力是不行能做功的。假設帶電粒子僅僅受到洛倫茲力的作用，洛倫茲力確定不做功，要留意題目供給的條件。

圖所示，從x軸上的-x0到x0的過程中，電場強度先減小，后增大，方向先向右，后向左。故A正確；B、由a=強度分布相像。故B錯誤；C、從-x00的過程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快。故C正確；D、從-x0到0的過程中，電場力做正功，電勢能減小，到達0時，電勢能為零，從0到+x0的過程中，電場力做負功，電勢能增大。故D正確。應選：ACD。兩帶電量均為+Q的點電荷電場分布如以下圖，從x軸上的-x0到x0的過程中，電場強度先減小，

0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，其余局部為曲線，結合能量守恒定律求解彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能。此題是能量守恒定律、動能定理和圖象的綜合問題，依據(jù)該圖象的外形得出滑塊從0.8m上升到1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，說明物體不再受到彈簧的彈力的作用是解題的關鍵。要明確能量有幾種形式，搞清能量是如何轉(zhuǎn)化的。后增大，方向先向右，后向左；、由a= ，正電荷的加速度和電場強度分布相像；從-x0

到0的過

BDE【解析】程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快；從-x0到0的過程中，電場力做正功，電勢能減小，到達0時，電勢能為零，從0到+x0的過程中，電場力做負功，電勢能增大。此題考察了電勢能與電場力做功、電勢差和電場強度的關系等學問點。對等量同種電荷電場分布圖要生疏，對于各種圖象確定要了解其圖象的物理意義。8.【答案】BC【解析】解：A、從h=0.8m開頭，彈簧離開地面，則知彈簧的原長為0.8m。故A錯誤；B、滑塊從0.80m上升到1.40m內(nèi)，在Ek-h圖象中，依據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.80m上升到1.40m范圍內(nèi)圖象為直線，說明滑塊從0.80m上升到

解：A、單晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的；故A錯誤；B、液體外表張力的產(chǎn)生緣由是：液體外表層分子較稀疏，分子間引力大于斥力；合力現(xiàn)為引力，露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體外表張力的作用。故B正確；C、依據(jù)壓強的微觀意義可知氣體對器壁的壓強是由于大量分子對器壁持續(xù)的撞擊形成的，與是否失重無關，故C錯誤；D、做功與熱傳遞都可以轉(zhuǎn)變物體的內(nèi)能，可知氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變，故D正確；E、依據(jù)熱力學其次定律可知，不行能從單一熱庫吸取熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響。故E正確應選：BDE。多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的；依據(jù)壓強的微觀意義分析；依據(jù)熱力學第確定律分k1.40m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，依據(jù)動能定理得-〔mg+f〕△h=0-Ek，解得空氣阻力B正確。

，由圖知△h=0.60m，

析；液體外表張力形成緣由是外表分子較稀疏，分子間為引力。此題考察熱力學定律、晶體與非晶體、外表張力以及熱力學第確定律等根底性的學問；難度不C、依據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當滑塊上升至最大高度時，整個過程中，增加的重力勢能和抑制空氣阻力做功之和等于彈簧的最大彈性勢能，所以Epm=〔mg+f〕△h=9×〔1.40-0.4〕=9.00J，故C正確。D、滑塊從1.40m下落至彈簧落回地面的瞬間，由動能定理得：〔mg-f〕△h=Ek1，可得，彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能Ek1=4.20JD錯誤。應選：BC。依據(jù)動能定理分析知道Ek-h圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，從而求得空氣阻力。高度從

大，是一道根底題，嫻熟把握根底學問即可正確解題。10.【答案】ACD【解析】解：BC、由光路圖可知a光偏折的大，所以na＞nb，關鍵v=知a光在玻璃中的傳播速度比b光在玻璃中的傳播速度小，故B錯誤，C正確；A、折射率大，頻λ=a光波長b光波長短，故A正確；D、雙縫干預時，依據(jù)△x= 知，用a光照耀得到條紋間距小，故D正確；E、依據(jù)光路可逆知光線確定能從下外表射出，不會發(fā)生全反射，故E錯誤；應選：ACD。依據(jù)光路圖，依據(jù)光線的偏折程度比較兩色光的折射率大小，從而比較出頻率的大小和波長的大小，通過波長大小，結合雙縫干預條紋間距公式比較條紋間距的大小。解決此題的突破口在于通過光線的偏折程度比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長等大小關系。11.【答案】4.20 F 4.3N【解析】 〔3〕由圖示圖象可知，二極管死區(qū)電壓為0.5V；解：〔1〕101N，每格0.1N，估讀到下一位，故讀數(shù)4.20N；14.3N。1

與2F為鄰邊的平行四邊形的對角線上，不是由彈簧測力計直接測出的，測量的結與2

通過二極管的電流隨電壓增加按線性關系快速上升，由圖示圖象可知，二極管兩端電壓與通過二極管的電流比值減小，二極管電阻減小，正確在該區(qū)域，二極管的正向電阻隨電壓增加故答案為：〔1〕4.20；〔2〕F；4.3N依據(jù)彈簧秤的讀數(shù)方法進展讀數(shù)；試驗中要應用平行四邊形作出兩個力的合力，要作出用一個測力計拉橡皮條時拉力的圖示，分析圖示各力然后答題。本試驗承受是等效替代的思維方法。試驗中要保證一個合力與兩個分力效果一樣，結點O的位置必需一樣。要驗證力的平行四邊形定則，關鍵是作準力圖，然而要想作好力圖必需讀準力的大小與畫準力的方向?！敬鸢浮緾 0.5 減小等于【解析】解：〔1〕由圖示電路圖可知，圖甲承受電流表外接法，圖乙承受電流表內(nèi)接法，甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用，故C正確，ABD錯誤；應選：C；〔2〕依據(jù)表中試驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，依據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖線如以下圖：

而減小?！?〕由圖丙所示電路圖可知，圖丙所示電路避開了電表內(nèi)阻對試驗的影響，電路圖丙中的二極管電阻測量值等于真實值。故答案為：〔1〕C；〔2〕圖象如以下圖；〔3〕0.5；〔4〕減小；〔5〕等于。依據(jù)圖示電路圖分析試驗誤差來源。依據(jù)表中試驗數(shù)據(jù)應用描點法作出圖象。由圖象求出死區(qū)電壓值。依據(jù)題意、圖象應用歐姆定律分析答題。依據(jù)圖丙所示試驗電路分析試驗誤差。此題是一道圖象題，分析清楚圖象，找出電壓與電流的對應應選，應用歐姆定律即可正確解題，要把握圖象題的解題方法；要把握描點法作圖的方法?！敬鸢浮拷猓骸?〕選飛行器和運發(fā)動為爭論對象，由受力分析可知在豎直方向上有：mg=C1v12C1=N2m22 21由C、C2m在水平方向上，動力和阻力平衡：F=F2又：F=Cv2 21解得：F=750N2〕設此時飛行器飛行速率為，所做圓周運動的半徑為F1與豎直方向夾角為力為零，有：12mg=Cv122水平方向合力供給向心力，有：聯(lián)立解得：r=30m；v=15m/s2答：〔1〕F為750N；〔2〕r30mv215m/s?！窘馕觥课矬w做直線運動的條件是所受的合力方向與速度方向在一條直線上，依據(jù)運發(fā)動和翼型傘的受力狀況進展推斷；豎直方向勻速運動，水平方向做圓周運動，依據(jù)力的做功表達式，結合前面條件，即可求解。能正確地理解題目所提示的信息，并有確定的數(shù)據(jù)解讀力氣是解決該題的關鍵，能建立物理模

-BiL△t=m△vm而△q=i△tm對式子兩邊求和，有：∑△q=∑〔i△t〕m聯(lián)立各式解得：BLq=mv，又對于電路有：q=t=m由法拉第電磁感應定律得：q=代入數(shù)據(jù)解得：x=40 m。答：〔1〕棒MN的最大速度2 m/s；PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為5J。m假設PQ始終不解除鎖定，當棒MN到達最大速度v時，撤去拉力F，棒MN連續(xù)運動40 m后停下m型，來簡化實際問題。F-BIL=maMN做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv1v=at=2m/s1在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：I=聯(lián)立上述式子，有：F=ma+代入數(shù)據(jù)解得：F=0.5N5sF的功率為：P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=1WMN最終做勻速運動，設棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：m-BIL=0m

來?！窘馕觥縈N做勻加速運動，由牛頓E=BLv求解產(chǎn)生的感應電動勢，由閉合電路歐姆定律結合電功率的計算公式、共點力的平衡條件求解；由能量守恒定律可得列方程求解；棒以MN為爭論對象，設某時刻棒中電流為i，在極短時間△t內(nèi)，由動量定理結合電荷量的閱歷公式求解。對于安培力作用下導體棒的運動問題，假設涉及電荷量、求位移問題，常依據(jù)動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進展解答。1 15.【答案】解：〔ⅰ〕對于封閉氣體有：p=p-ρgh=701 2末態(tài)壓強為：p=76cmHg2當兩管內(nèi)水銀面等高時，右管內(nèi)水銀面下降高度為：由抱負氣體狀態(tài)方程得：I=Im L=L-3=16cm2 1

=2 m/s；

代入數(shù)據(jù)解得：T2=352K11 0 解除棒PQ后，兩棒運動過程中動量守恒，最終兩棒以一樣的速度做