高中物理人教版2本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí)【市一等獎】

2023學(xué)年廣東省廣州市鐵一中學(xué)高二（下）期末物理模擬試卷（一）一、單選題1．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運(yùn)動的v﹣t圖象可能正確的是（）A． B． C． D．2．如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計，如果繩一端由Q點(diǎn)緩慢地向左移到P點(diǎn)，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體A的高度和兩滑輪間繩與水平方向的夾角θ變化情況是（）A．物體A的高度升高，θ角不變 B．物體A的高度降低，θ角變小C．物體A的高度升高，θ角變大 D．物體A的高度不變，θ角變小3．圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）A．（） B．（）C．4（）2（）2r D．4（）2（）2r4．如圖所示的勻強(qiáng)磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA=L0，且MN⊥OQ，所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r，MN運(yùn)動的速度為v，使MN勻速的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖正確的是（）A． B． C． D．5．如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是（）A．閉合開關(guān)S時，A、B燈同時亮，且達(dá)到正常B．閉合開關(guān)S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關(guān)S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．?dāng)嚅_開關(guān)S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅6．如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內(nèi)），與穩(wěn)定在豎直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不變D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定二、多選題7．如圖所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)之比為n．原線圈接電壓為u=U0sinωt的正弦交流電，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機(jī)，電動機(jī)的線圈電阻為R．當(dāng)輸入端接通電源后，電動機(jī)帶動一質(zhì)量為m的重物勻速上升，此時電流表的示數(shù)為I，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電動機(jī)兩端電壓為IRB．原線圈中的電流為C．電動機(jī)消耗的電功率為D．重物勻速上升的速度為8．如圖所示兩半徑為r的圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌置于沿圓弧徑向的磁場中，磁場所在的平面與軌道平面垂直．導(dǎo)軌間距為L，一端接有電阻R，導(dǎo)軌所在位置處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，將一質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒PQ從圖示位置（導(dǎo)軌的半徑與豎直方向的夾角為θ）由靜止釋放，導(dǎo)軌及金屬棒電阻均不計，下列判斷正確的是（）A．導(dǎo)體棒PQ有可能回到初始位置B．導(dǎo)體棒PQ第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時速度最大C．導(dǎo)體棒PQ從靜止到最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr（1﹣cosθ）D．導(dǎo)體棒PQ由靜止釋放到第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，通過R的電荷量9．如圖是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線送給用戶，兩條輸電線總電阻用R0表示．當(dāng)負(fù)載增加時，則（）A．電壓表、的讀數(shù)幾乎不變B．電流表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小C．電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)增大D．電壓表、的讀數(shù)之差與電流表的讀數(shù)的比值不變?nèi)?、計算題10．如圖所示，小球甲從傾角θ=30°的光滑斜面上高h(yuǎn)=5cm的A點(diǎn)由靜止釋放，同時小球乙自C點(diǎn)以速度v0沿光滑水平面向左勻速運(yùn)動，C點(diǎn)與斜面底端B處的距離L=．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圓弧平穩(wěn)地朝乙追去，甲釋放后經(jīng)過t=1s剛好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．11．如圖所示，螺線管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向左的變化磁場．螺線管與足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌間距為L．導(dǎo)軌電阻忽略不計．導(dǎo)軌處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動．已知金屬桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R2，重力加速度為g．忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響、忽略空氣阻力．（1）為使ab桿保持靜止，求通過ab的電流的大小和方向；（2）當(dāng)ab桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率；（3）若螺線管內(nèi)方向向左的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率=k（k＞0）．將金屬桿ab由靜止釋放，桿將沿斜面向下運(yùn)動．求當(dāng)桿的速度為v時，桿的加速度大小．12．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L=1m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α=300，導(dǎo)軌電阻不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=2T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，長為L=1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m1=2kg、電阻為R1=1Ω．兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中通過導(dǎo)線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離和板長均為d=，定值電阻為R2=3Ω，現(xiàn)閉合開關(guān)S并將金屬棒由靜止釋放，重力加速度為g=10m/s2，試求：（1）金屬棒下滑的最大速度為多大？（2）當(dāng)金屬棒下滑達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，R2消耗的電功率P為多少？（3）當(dāng)金屬棒穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬間加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2=，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一質(zhì)量為m2=6×10﹣4kg、帶電量為q=﹣2×10﹣4C的液滴以初速度v水平向左射入兩板間，該液滴可視為質(zhì)點(diǎn)．要使帶電粒子能從金屬板間射出，初速度v應(yīng)滿足什么條件？（不計空氣阻力）四、選考部分【選修3-5】13．關(guān)于天然放射性，下列說法正確的是（）A．所有元素都可能發(fā)生衰變B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無關(guān)C．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性D．α、β和γ三種射線，γ射線的穿透力最強(qiáng)E．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線14．如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導(dǎo)軌上的O點(diǎn)，此時彈簧處于原長．另一質(zhì)量與B相同的滑塊A從導(dǎo)軌上的P點(diǎn)以初速度v0向B滑行，當(dāng)A滑過距離l時，與B相碰．碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起運(yùn)動．設(shè)滑塊A和B均可視為質(zhì)點(diǎn)，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)均為μ．重力加速度為g．求：（1）碰后瞬間，A、B共同的速度大??；（2）若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點(diǎn)并停止，求彈簧的最大壓縮量．

2023學(xué)年廣東省廣州市鐵一中學(xué)高二（下）期末物理模擬試卷（一）參考答案與試題解析一、單選題1．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運(yùn)動的v﹣t圖象可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的圖像．【分析】豎直上拋運(yùn)動是初速度不為零的勻變速直線運(yùn)動，加速度恒定不變，故其v﹣t圖象是直線；有阻力時，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度情況，v﹣t圖象的斜率表示加速度．【解答】解：沒有空氣阻力時，物體只受重力，是豎直上拋運(yùn)動，v﹣t圖象是直線；有空氣阻力時，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度減小而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；有空氣阻力時，下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力隨著速度增大而增大，故加速度減小；v﹣t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點(diǎn)對應(yīng)時刻的加速度為g，切線與虛線平行；故選：D．2．如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計，如果繩一端由Q點(diǎn)緩慢地向左移到P點(diǎn)，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體A的高度和兩滑輪間繩與水平方向的夾角θ變化情況是（）A．物體A的高度升高，θ角不變 B．物體A的高度降低，θ角變小C．物體A的高度升高，θ角變大 D．物體A的高度不變，θ角變小【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．【分析】將繩一端的固定點(diǎn)P緩慢向右移到Q點(diǎn)時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，作出力圖．由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力大小相等，由平衡條件知，兩側(cè)繩子關(guān)于豎直方向具有對稱性，再分析將繩一端的固定點(diǎn)P緩慢向右移到Q點(diǎn)的過程中，θ角的變化，及A高度的變化．【解答】解：將繩一端的固定點(diǎn)P緩慢向右移到Q點(diǎn)時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，設(shè)繩子的拉力大小為F，兩繩子的夾角為2α，由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向有對稱性，則有：2Fcosα=mAg，由于F=mBg，保持不變，則得知，α角保持不變，由幾何知識得知，α+θ=90°，則θ保持不變，當(dāng)繩一端的固定點(diǎn)Q緩慢向左移到P點(diǎn)，動滑輪將上升，則物體A的高度升高．故A正確，BCD錯誤．故選：A．3．圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）A．（） B．（）C．4（）2（）2r D．4（）2（）2r【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電．【分析】理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，通過原線圈的電壓求出副線圈的電壓，再根據(jù)I=，求出輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的功率．【解答】解：加在原線圈上的電壓U1=，根據(jù)電壓比與匝數(shù)比關(guān)系：，所以：．根據(jù)I=，輸電線上的電流I=，輸電線上消耗的功率P耗=I2?2r=4（）2（）2r．故C正確，A、B、D錯誤．故選：C．4．如圖所示的勻強(qiáng)磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導(dǎo)線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA=L0，且MN⊥OQ，所有導(dǎo)線單位長度電阻均為r，MN運(yùn)動的速度為v，使MN勻速的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【分析】由勻速運(yùn)動的位移時間公式x=vt求解經(jīng)過時間t導(dǎo)線離開o點(diǎn)的長度．MN切割磁感線的有效長度就是與MN與軌道接觸的兩點(diǎn)間的長度，由幾何關(guān)系求解．由數(shù)學(xué)知識求得回路的總長，得到總電阻，可由閉合電路歐姆定律求解感應(yīng)電流的大小．則可確定外力的變化情況．【解答】解：因?qū)Ь€MN勻速運(yùn)動，則經(jīng)過時間t導(dǎo)線離開o點(diǎn)的長度是x=vt；MN切割磁感線的有效長度是L=vt?tan45°=vt．t時刻回路中導(dǎo)線MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv=Bv2t；回路的總電阻為R=（2vt+vt）r則感應(yīng)電流的大小為I===；由安培力公式可得：F=BIL=要使導(dǎo)線勻速運(yùn)動，拉力等于安培力；由公式可知，拉力與時間成正比；故選：C．5．如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是（）A．閉合開關(guān)S時，A、B燈同時亮，且達(dá)到正常B．閉合開關(guān)S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關(guān)S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．?dāng)嚅_開關(guān)S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅【考點(diǎn)】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【分析】開關(guān)K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光．由于線圈的阻礙，B燈后發(fā)光，由于線圈的電阻可以忽略，燈B逐漸變亮．?dāng)嚅_開關(guān)K的瞬間，線圈與兩燈一起構(gòu)成一個自感回路，由于線圈的自感作用，兩燈逐漸同時熄滅．【解答】解：A、B、C、開關(guān)K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光．由于線圈的自感阻礙，B燈后發(fā)光，由于線圈的電阻可以忽略，燈B逐漸變亮，故AB錯誤，C正確；D、斷開開關(guān)K的瞬間，線圈與兩燈一起構(gòu)成一個自感回路，過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當(dāng)電源，兩燈逐漸同時熄滅，故D正確．故選：CD6．如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內(nèi)），與穩(wěn)定在豎直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不變D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定【考點(diǎn)】牛頓第二定律；胡克定律．【分析】以小球為研究對象，由牛頓第二定律可得出小球的加速度與受到的拉力之間的關(guān)系即可判斷．【解答】解：設(shè)L0為橡皮筋的原長，k為橡皮筋的勁度系數(shù)，小車靜止時，對小球受力分析得：T1=mg，彈簧的伸長即小球與懸掛點(diǎn)的距離為L1=L0+，當(dāng)小車的加速度穩(wěn)定在一定值時，對小球進(jìn)行受力分析如圖，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，彈簧的伸長：則小球與懸掛點(diǎn)的豎直方向的距離為：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜=L1，所以L1＞L2，即小球在豎直方向上到懸掛點(diǎn)的距離減小，所以小球一定升高，故A正確，BCD錯誤．故選：A．二、多選題7．如圖所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)之比為n．原線圈接電壓為u=U0sinωt的正弦交流電，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機(jī)，電動機(jī)的線圈電阻為R．當(dāng)輸入端接通電源后，電動機(jī)帶動一質(zhì)量為m的重物勻速上升，此時電流表的示數(shù)為I，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電動機(jī)兩端電壓為IRB．原線圈中的電流為C．電動機(jī)消耗的電功率為D．重物勻速上升的速度為【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率．【分析】理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，而副線圈與電動機(jī)相連，則電動機(jī)的輸出功率與電動機(jī)線圈的內(nèi)阻之和為副線圈的輸出功率．【解答】解：A、電動機(jī)電路屬于非純電阻電路，則歐姆定律不適用．因此電動機(jī)兩端的電壓不能為IR，故A錯誤；B、因為原副線圈的匝數(shù)比為n，且電流表讀數(shù)為I，則由理想變壓器的原副線圈的電流與匝數(shù)成反比得，原線圈的電流為，故B正確；C、原線圈接正弦交流電壓u=U0sinωt，由理想變壓器的原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比得，電動機(jī)兩端的電壓U=，所以電動機(jī)消耗的電功率為P=，故C正確；D、電動機(jī)消耗的功率為線圈內(nèi)阻消耗的功率與輸出功率之和，輸出功率解得，故D正確；故選：BCD8．如圖所示兩半徑為r的圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌置于沿圓弧徑向的磁場中，磁場所在的平面與軌道平面垂直．導(dǎo)軌間距為L，一端接有電阻R，導(dǎo)軌所在位置處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，將一質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒PQ從圖示位置（導(dǎo)軌的半徑與豎直方向的夾角為θ）由靜止釋放，導(dǎo)軌及金屬棒電阻均不計，下列判斷正確的是（）A．導(dǎo)體棒PQ有可能回到初始位置B．導(dǎo)體棒PQ第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時速度最大C．導(dǎo)體棒PQ從靜止到最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr（1﹣cosθ）D．導(dǎo)體棒PQ由靜止釋放到第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，通過R的電荷量【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；焦耳定律．【分析】導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件與機(jī)械能守恒定律分析答題，由于兩圓弧的半徑相等，則這兩圓弧一定是在不同水平面上的．【解答】解：A、導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中不斷克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，因此不可能回到初始位置，故A錯誤；B、導(dǎo)體棒PQ第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時所受合力與速度反向，速度不可能最大，故B錯誤；C、導(dǎo)體棒最后一定靜止在最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于重力勢能的減少量，即QR=△EP=mgr（1﹣cosθ），故C正確；D、導(dǎo)體棒PQ從靜止釋放到第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，通過R的電荷量為：q==，故D正確．故選：CD．9．如圖是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線送給用戶，兩條輸電線總電阻用R0表示．當(dāng)負(fù)載增加時，則（）A．電壓表、的讀數(shù)幾乎不變B．電流表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小C．電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)增大D．電壓表、的讀數(shù)之差與電流表的讀數(shù)的比值不變【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電．【分析】抓住原線圈電壓不變，通過副線圈中負(fù)載的變化，通過歐姆定律得出電流的變化，從而得出原線圈電流的變化．【解答】解：A、因為輸入電壓幾乎不變，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變．故A正確．B、因為負(fù)載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，即A2增大，原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，所以A1示數(shù)變大．故B錯誤．C、因為負(fù)載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，副線圈導(dǎo)線上的電壓損失增大，則負(fù)載兩端的電壓減小，即V3減小．故C錯誤．D、電壓表V2、V3示數(shù)之差等于副線圈導(dǎo)線上的電壓損失，與電流表A2示數(shù)的比值等于副線圈輸電線的電阻，保持不變．故D正確．故選：AD．三、計算題10．如圖所示，小球甲從傾角θ=30°的光滑斜面上高h(yuǎn)=5cm的A點(diǎn)由靜止釋放，同時小球乙自C點(diǎn)以速度v0沿光滑水平面向左勻速運(yùn)動，C點(diǎn)與斜面底端B處的距離L=．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圓弧平穩(wěn)地朝乙追去，甲釋放后經(jīng)過t=1s剛好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的速度與時間的關(guān)系．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出甲球在斜面上的加速度，通過位移時間公式求出在斜面上的運(yùn)動時間以及到達(dá)底端的速度，結(jié)合兩球的位移關(guān)系，求出乙的速度．【解答】解：設(shè)小球甲在光滑斜面上運(yùn)動的加速度為a，運(yùn)動時間為t1，運(yùn)動到B處時的速度為v1，從B處到追上小球乙所用時間為t2，則a=gsin30°=5m/s2①由得：t1=s②t2=t﹣t1=s③v1=at1=1m/s④v0t+L=v1t2⑤代入數(shù)據(jù)解得：v0=s，方向水平向左．答：乙的速度為s，方向水平向左11．如圖所示，螺線管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向左的變化磁場．螺線管與足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌間距為L．導(dǎo)軌電阻忽略不計．導(dǎo)軌處于垂直斜面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌，桿與導(dǎo)軌接觸良好，并可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動．已知金屬桿ab的質(zhì)量為m，電阻為R2，重力加速度為g．忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響、忽略空氣阻力．（1）為使ab桿保持靜止，求通過ab的電流的大小和方向；（2）當(dāng)ab桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率；（3）若螺線管內(nèi)方向向左的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率=k（k＞0）．將金屬桿ab由靜止釋放，桿將沿斜面向下運(yùn)動．求當(dāng)桿的速度為v時，桿的加速度大?。究键c(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律．【分析】（1）金屬桿平衡時，所受安培力向上，大小與重力沿斜面的分力相等，可求電流大小和方向（2）螺線管內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，導(dǎo)致螺線管充當(dāng)電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律可求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率（3）由于桿向下運(yùn)動，安培力方向向上，電路中將有兩處產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由閉合電路歐姆定律求得電流大小，進(jìn)而求得安培力大小，由牛頓第二定律得到加速度【解答】解：（1）以金屬桿ab為研究對象，根據(jù)平衡條件mgsinθ﹣B0IL=0得：I=通過ab桿電流方向為由b到a（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律根據(jù)歐姆定律得（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律ab桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2=B0Lv總電動勢E總=E1+E2感應(yīng)電流根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ﹣F=ma安培力F=B0I′L所以答：（1）電流的大小得：I=方向由b到a（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率（3）桿的加速度安培力12．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L=1m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α=300，導(dǎo)軌電阻不計．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=2T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，長為L=1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m1=2kg、電阻為R1=1Ω．兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中通過導(dǎo)線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離和板長均為d=，定值電阻為R2=3Ω，現(xiàn)閉合開關(guān)S并將金屬棒由靜止釋放，重力加速度為g=10m/s2，試求：（1）金屬棒下滑的最大速度為多大？（2）當(dāng)金屬棒下滑達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，R2消耗的電功率P為多少？（3）當(dāng)金屬棒穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬間加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2=，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一質(zhì)量為m2=6×10﹣4kg、帶電量為q=﹣2×10﹣4C的液滴以初速度v水平向左射入兩板間，該液滴可視為質(zhì)點(diǎn)．要使帶電粒子能從金屬板間射出，初速度v應(yīng)滿足什么條件？（不計空氣阻力）【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【分析】（1）當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時速度達(dá)到最大，此時金屬棒所受合力為零，由平衡條件可以求出最大速度．（2）金屬棒勻速運(yùn)動時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，應(yīng)用功率公式求出R2消耗的電功率P．（3）微粒在極板間做勻速圓周運(yùn)動，重力與電場力合力為零，洛倫茲力提供向心力，求出微粒從極板間射出的臨界速度，然后確定其速度范圍【解答】解：（1）當(dāng)金屬棒勻速下滑時速度最大，設(shè)最大速度為vm，速度達(dá)到最大金屬棒所受安培力：F安=B1IL，感應(yīng)電流：I==，由平衡條件得：m1gsinα=F安，即：m1gsinα=，解得：vm=10m/s；（2）整個電路消耗的電功率等于安培力的功率：P=m1gsinαvm電阻R2消耗的功率：P=P總，解得：P=75W；（3）金屬棒下滑穩(wěn)定時，兩板間電壓U=IR2=5×3=15V，因為液滴在兩板間有：m2g=q，所以該液滴在兩平行金屬板間做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：r=，微粒從金屬板右側(cè)射出需要滿足：r≤，微粒從金屬板左側(cè)射出需要滿足：r≥d，解得：v≤s或v≥s；