2012年天津市高考物理試卷解析版

2012年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題1．（3分）下列說法正確的是（）A．采用物理或化學(xué)方法可以有效地改變放射性元素的半衰期 B．由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)會(huì)放出光子 C．從高空對(duì)地面進(jìn)行遙感攝影是利用紫外線良好的穿透能力 D．原子核所含核子單獨(dú)存在時(shí)的總質(zhì)量小于該原子核的質(zhì)量【考點(diǎn)】I4：紅外線的熱效應(yīng)和紅外線遙控；J3：玻爾模型和氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)；JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】54N：原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題．【分析】元素的半衰期是由元素本身決定的與外部環(huán)境無關(guān)，由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)會(huì)放出光子，衛(wèi)星遙感的工作原理與紅外線夜視儀的工作原理是相同的是利用紅外線良好的穿透能力，核子結(jié)合為原子核時(shí)能量增加必然存在質(zhì)量虧損．【解答】解：A、元素的半衰期是由元素本身決定的與外部環(huán)境無關(guān)，故A錯(cuò)誤B、由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)會(huì)放出光子，故B正確C、衛(wèi)星遙感的工作原理與紅外線夜視儀的工作原理是相同的。從高空對(duì)地面進(jìn)行遙感攝影是利用紅外線良好的穿透能力，故C錯(cuò)誤D、由于核子結(jié)合為原子核時(shí)能量增加必然存在質(zhì)量虧損，故D錯(cuò)誤故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了近代物理中的基本知識(shí)，對(duì)于這部分基本知識(shí)要注意加強(qiáng)理解和應(yīng)用．2．（3分）如圖所示，金屬棒MN兩端由等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒中通以由M向N的電流，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向夾角均為θ．如果僅改變下列某一個(gè)條件，θ角的相應(yīng)變化情況是（）A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變小【考點(diǎn)】3C：共點(diǎn)力的平衡；CC：安培力．【分析】對(duì)通電導(dǎo)線受力分析，求出夾角的關(guān)系表達(dá)式，然后根據(jù)表達(dá)式分析答題．【解答】解：導(dǎo)體棒受力如圖所示，tanθ；A、棒中電流I變大，θ角變大，故A正確；B、兩懸線等長(zhǎng)變短，θ角不變，故B錯(cuò)誤；C、金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，故C錯(cuò)誤；D、磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，θ角變大，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析、應(yīng)用平衡條件，根據(jù)安培力公式分析即可正確解題．3．（3分）一人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假如該衛(wèi)星變軌后仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小為原來的，不考慮衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則變軌前后衛(wèi)星的（）A．向心加速度大小之比為4：1 B．角速度大小之比為2：1 C．周期之比為1：8 D．軌道半徑之比為1：2【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星；64：動(dòng)能．【專題】52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，通過線速度的變化得出軌道半徑的變化，從而得出向心加速度、周期、角速度的變化．【解答】解：根據(jù)得，v，動(dòng)能減小為原來的，則線速度減為原來的，則軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍。則軌道半徑之比為1：4。根據(jù)解得，，T，則向心加速度變?yōu)樵瓉淼?，角速度變?yōu)樵瓉淼模芷谧優(yōu)樵瓉淼?倍。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力，知道線速度、角速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關(guān)系．4．（3分）通過一理想變壓器，經(jīng)同一線路輸送相同的電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R．當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗的電功率為P2，則P1和分別為（）A．， B．， C．， D．（）2R，【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】53A：交流電專題．【分析】根據(jù)理想變壓器原副線圈兩端的電壓與匝數(shù)成正比，變壓器不改變功率，由P＝UI求出輸電線中電流，由功率公式求解輸電線上損耗的電功率．【解答】解：當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時(shí)，輸電電壓為KU，輸送功率P＝KUI，所以；當(dāng)副線圈與原線圈的匝數(shù)比為nk時(shí)，輸電電壓為nKU，輸送功率P＝nKUI′，所以；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于輸電問題，要搞清電路中電壓、功率分配關(guān)系，注意理想變壓器不改變功率．基礎(chǔ)題．5．（3分）兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場(chǎng)等勢(shì)面如圖中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場(chǎng)在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場(chǎng)，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場(chǎng)中（）A．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大 B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小 C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變小后變大 D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能先變大后變小【考點(diǎn)】A7：電場(chǎng)線；AE：電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功；AF：等勢(shì)面．【專題】532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．【分析】粒子在靜電場(chǎng)中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大．粒子所受的電場(chǎng)力與速度方向不在同一直線上，做曲線運(yùn)動(dòng)．【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直可知，在A點(diǎn)電場(chǎng)線方向應(yīng)與速度v垂直，則粒子所受的電場(chǎng)力與速度v也垂直，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)。粒子靠近兩電荷連線時(shí)，電場(chǎng)力做正功，離開兩電荷連線時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則其電勢(shì)能先變小后變大。故C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住電場(chǎng)線與等勢(shì)線的關(guān)系判斷電場(chǎng)力方向與粒子初速度方向的關(guān)系，分析運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的變化．6．（3分）半圓形玻璃磚橫截面如圖，AB為直徑，O點(diǎn)為圓心．在該截面內(nèi)有a、b兩束單色可見光從空氣垂直于AB射入玻璃磚，兩入射點(diǎn)到O的距離相等．兩束光在半圓邊界上反射和折射的情況如圖所示，則a、b兩束光（）A．在同種均勻介質(zhì)中傳播，a光的傳播速度較大 B．以相同的入射角從空氣斜射入水中，b光的折射角大 C．若a光照射某金屬表面能發(fā)生光電效應(yīng)，b光也一定能 D．分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰亮條紋間距大【考點(diǎn)】H3：光的折射定律；H9：光的干涉．【專題】54D：光的折射專題．【分析】通過光路圖可知，a、b兩束光照射到圓弧面上的入射角相等，b光發(fā)生了全反射，a光未發(fā)生全反射，根據(jù)sinC得出兩光的折射率大小，從而根據(jù)v比較出光在介質(zhì)中的速度大?。ㄟ^折射率的大小比較出頻率和波長(zhǎng)的大小，從而判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)和條紋間距的大?。窘獯稹拷猓篈、b光發(fā)生了全反射，a光未發(fā)生全反射，知b光的臨界角小，根據(jù)sinC知，b光的折射率大，根據(jù)v知，b光的傳播速度小，a光的傳播速度大。故A正確。B、根據(jù)折射定律可知，b光的折射率大，則b光的折射角小。故B錯(cuò)誤。C、b光的折射率大，則b光的頻率大，若a光照射某金屬表面能發(fā)生光電效應(yīng)，b光也一定能。故C正確。D、b光的折射率大，頻率大，則b光的波長(zhǎng)小，根據(jù)知，a光的條紋間距大。故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的突破口通過全反射比較出a、b兩光的折射率大?。勒凵渎省㈩l率、波長(zhǎng)、在介質(zhì)中的速度等關(guān)系．7．（3分）沿x軸正向傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，M為介質(zhì)中的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，該波的傳播速度為40m/s，則ts時(shí)（）A．質(zhì)點(diǎn)M對(duì)平衡位置的位移一定為負(fù)值 B．質(zhì)點(diǎn)M的速度方向與對(duì)平衡位置的位移方向相同 C．質(zhì)點(diǎn)M的加速度方向與速度方向一定相同 D．質(zhì)點(diǎn)M的加速度方向與對(duì)平衡位置的位移方向相反【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】由圖讀出波長(zhǎng)求出周期，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系及t＝0時(shí)刻P點(diǎn)的速度方向，分析在t＝0.025s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位置，確定速度和加速度的變化，以及速度、加速度的方向．【解答】解：由圖讀出波長(zhǎng)為λ＝4m，則該波的周期為T，ts．t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M向上運(yùn)動(dòng)，則在ts時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M正從波峰向平衡位置運(yùn)動(dòng)，所以其速度增大，加速度減小。位移為正，質(zhì)點(diǎn)M的速度沿y軸負(fù)方向，加速度沿y軸負(fù)方向，所以加速度方向與速度方向相同，速度方向與位移方向相反，質(zhì)點(diǎn)M的加速度方向與對(duì)平衡位置的位移方向相反，故CD正確，AB錯(cuò)誤；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】由波動(dòng)圖象讀出，求解周期，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，是常見的問題，難度不大．8．（3分）如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)F的功率逐漸增大 B．t2時(shí)刻物塊A的加速度最大 C．t2時(shí)刻后物塊A做反向運(yùn)動(dòng) D．t3時(shí)刻物塊A的動(dòng)能最大【考點(diǎn)】1I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像；37：牛頓第二定律；63：功率、平均功率和瞬時(shí)功率．【專題】16：壓軸題；52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專題．【分析】當(dāng)拉力大于最大靜摩擦力時(shí)，物體開始運(yùn)動(dòng)；當(dāng)物體受到的合力最大時(shí)，物體的加速度最大；由動(dòng)能定理可知，物體拉力做功最多時(shí)，物體獲得的動(dòng)能最大?！窘獯稹拷猓篈、由圖象可知，0～t1時(shí)間內(nèi)拉力F小于最大靜摩擦力，物體靜止，拉力功率為零，故A錯(cuò)誤；B、由圖象可知，在t2時(shí)刻物塊A受到的拉力最大，物塊A受到的合力最大，由牛頓第二定律可得，此時(shí)物塊A的加速度最大，故B正確；C、由圖象可知在t2～t3時(shí)間內(nèi)物體受到的合力與物塊的速度方向相同，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、由圖象可知在t1～t3時(shí)間內(nèi)，物塊A受到的合力一直做正功，物體動(dòng)能一直增加，在t3時(shí)刻以后，合力做負(fù)功。物塊動(dòng)能減小，因此在t3時(shí)刻物塊動(dòng)能最大，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)圖象找出力隨時(shí)間變化的關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵；要掌握?qǐng)D象題的解題思路。二、非選擇題9．質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為2kg?m/s，若小球與地面的作用時(shí)間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為12N（取g＝10m/s2）?！究键c(diǎn)】52：動(dòng)量定理．【專題】52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【分析】取豎直向下方向?yàn)檎较颍謩e表示出碰地前后小球的動(dòng)量，小球動(dòng)量的變化量等于末動(dòng)量與初動(dòng)量的差；代入動(dòng)量定理的公式可以直接計(jì)算出小球受到地面的平均作用力大小?！窘獯稹拷猓海?）取豎直向上方向?yàn)檎较?，則小球與地面碰撞過程中動(dòng)量的變化為：△p＝mv2﹣（﹣mv1）＝0.2×（6+4）kg?m/s＝2kg?m/s，方向豎直向上。（2）代入動(dòng)量定理的公式，得（F﹣mg）t＝△P，代入數(shù)據(jù)求得：F＝12N故故答案為：2，12?！军c(diǎn)評(píng)】此題中動(dòng)量是矢量，要規(guī)定正方向，用帶正負(fù)呈的數(shù)值表示動(dòng)量。動(dòng)量變化量也是矢量，同樣要注意方向。10．某同學(xué)用實(shí)驗(yàn)的方法探究影響單擺周期的因素。①他組裝單擺時(shí)，在擺線上端的懸點(diǎn)處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺(tái)的鐵夾將橡皮夾緊，如圖1所示。這樣做的目的是AC（填字母代號(hào)）。A．保證擺動(dòng)過程中擺長(zhǎng)不變B．可使周期測(cè)量得更加準(zhǔn)確C．需要改變擺長(zhǎng)時(shí)便于調(diào)節(jié)D．保證擺球在同一豎直平面內(nèi)擺動(dòng)②他組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺從懸點(diǎn)量到擺球的最底端的長(zhǎng)度L＝0.9990m，再用游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，結(jié)果如圖2所示，則該擺球的直徑為12.1mm，單擺擺長(zhǎng)為0.99295m。③如圖振動(dòng)圖象真實(shí)地描述了對(duì)擺長(zhǎng)為1m的單擺進(jìn)行周期測(cè)量的四種操作過程，圖中橫坐標(biāo)原點(diǎn)表示計(jì)時(shí)開始，A、B、C均為30次全振動(dòng)的圖象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎實(shí)驗(yàn)要求且誤差最小的是A（填字母代號(hào)）。【考點(diǎn)】MK：探究單擺的周期與擺長(zhǎng)的關(guān)系．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；51C：?jiǎn)螖[問題．【分析】當(dāng)擺角小于等于5°時(shí)，我們認(rèn)為小球做單擺運(yùn)動(dòng)，游標(biāo)卡尺的示數(shù)等于主尺示數(shù)與游標(biāo)尺示數(shù)之和；擺長(zhǎng)為懸點(diǎn)到球心的距離；對(duì)于測(cè)量誤差可根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行分析；【解答】解：（1）在擺線上端的懸點(diǎn)處，用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺(tái)的鐵夾將橡皮夾緊，是為了防止動(dòng)過程中擺長(zhǎng)發(fā)生變化，如果需要改變擺長(zhǎng)來探究擺長(zhǎng)與周期關(guān)系時(shí)，方便調(diào)節(jié)擺長(zhǎng)，故AC正確，故選AC（2）游標(biāo)卡尺示數(shù)為：d＝12mm+1×0.1mm＝12.1mm；單擺擺長(zhǎng)為L(zhǎng)＝l0.9990m﹣0.00605m＝0.99295m（3）當(dāng)擺角小于等于5°時(shí)，我們認(rèn)為小球做單擺運(yùn)動(dòng)，所以振幅約為：1×0.087m＝8.7cm，當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，誤差較小，測(cè)量周期時(shí)要讓小球做30﹣50次全振動(dòng)，求平均值，所以A合乎實(shí)驗(yàn)要求且誤差最小故選A故答案為：①AC②12.10.99295③A【點(diǎn)評(píng)】掌握單擺的周期公式，從而求解加速度，擺長(zhǎng)、周期等物理量之間的關(guān)系。單擺的周期采用累積法測(cè)量可減小誤差。對(duì)于測(cè)量誤差可根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)行分析。11．某同學(xué)在進(jìn)行擴(kuò)大電流表量程的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要知道電流表的滿偏電流和內(nèi)阻。他設(shè)計(jì)了一個(gè)用標(biāo)準(zhǔn)電流表G1來校對(duì)待測(cè)電流表G2的滿偏電流和測(cè)定G2內(nèi)阻的電路，如圖所示。已知G1的量程略大于G2的量程，圖中R1為滑動(dòng)變阻器，R2為電阻箱。該同學(xué)順利完成了這個(gè)實(shí)驗(yàn)。①實(shí)驗(yàn)過程包含以下步驟，其合理的順序依次為BEFADC（填步驟的字母代號(hào)）；A．合上開關(guān)S2B．分別將R1和R2的阻值調(diào)至最大C．記下R2的最終讀數(shù)D．反復(fù)調(diào)節(jié)R1和R2的阻值，使G1的示數(shù)仍為I1，使G2的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半，此時(shí)R2的最終讀數(shù)為rE．合上開關(guān)S1F．調(diào)節(jié)R1使G2的指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度，此時(shí)G1的示數(shù)為I1，記下此時(shí)G1的示數(shù)②僅從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理上看，用上述方法得到的G2內(nèi)阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比相等（填“偏大”、“偏小”或“相等”）；③若要將G2的量程擴(kuò)大為I，并結(jié)合前述實(shí)驗(yàn)過程中測(cè)量的結(jié)果，寫出須在G2上并聯(lián)的分流電阻RS的表達(dá)式，RS＝?！究键c(diǎn)】NA：把電流表改裝成電壓表．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題．【分析】①用的是半偏法測(cè)電阻：實(shí)驗(yàn)時(shí)要先保證安全，故要先把各電阻調(diào)到最大值，再把標(biāo)準(zhǔn)電流表單獨(dú)較準(zhǔn)與電表串聯(lián)得到最大電流值，再用半偏法測(cè)其內(nèi)阻。②從設(shè)計(jì)理論上看電流達(dá)到半偏時(shí)，要調(diào)節(jié)R2到兩并聯(lián)電阻相等時(shí)。③擴(kuò)大量程并聯(lián)電阻值為：，【解答】解：①先把各電阻調(diào)到最大值，再把標(biāo)準(zhǔn)電流表單獨(dú)較準(zhǔn)與電表串聯(lián)得到最大電流值，再用半偏法測(cè)其內(nèi)阻，由此得順序?yàn)锽EFADC。②調(diào)節(jié)RR2，電流達(dá)到半偏時(shí)，兩并聯(lián)支路電阻相等。③擴(kuò)大量程要并聯(lián)電阻分流，并聯(lián)的電阻為：故答案為：①BEFADC②相等③【點(diǎn)評(píng)】考查實(shí)驗(yàn)過程的分析，明確安全的原則及實(shí)驗(yàn)原理。會(huì)求改裝電流表的原量及電阻的求解。12．如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺(tái)，臺(tái)面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面也為h，坡道底端與臺(tái)面相切．小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)面后與靜止在臺(tái)面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面邊緣飛出，落地點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的一半．兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g．求：（1）小球A剛滑至水平臺(tái)面的速度vA；（2）A、B兩球的質(zhì)量之比mA：mB．【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)；53：動(dòng)量守恒定律；65：動(dòng)能定理．【專題】52K：動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【分析】（1）由動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律可以求出小球A剛滑到水平臺(tái)面的速度．（2）兩小球碰撞過程中動(dòng)量守恒，兩小球離開平臺(tái)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可以求出兩球的速度之比．【解答】解：（1）小球A下滑過程中，由動(dòng)能定理可得：mAghmAvA2﹣0，解得：vA；（2）A、B兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：mAvA＝（mA+mB）v，離開平臺(tái)后，兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：vt，豎直方向：hgt2，解得：mA：mB＝1：3；答：（1）小球A剛滑至水平臺(tái)面的速度；（2）A、B兩球的質(zhì)量之比為mA：mB＝1：3．【點(diǎn)評(píng)】分析清楚運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律與平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)即可正確解題．13．如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的電阻，一質(zhì)量m＝0.1kg，電阻r＝0.1Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x＝9m時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1：Q2＝2：1．導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：（1）棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；（3）外力做的功WF．【考點(diǎn)】1F：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與位移的關(guān)系；65：動(dòng)能定理；BB：閉合電路的歐姆定律；D8：法拉第電磁感應(yīng)定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】16：壓軸題；538：電磁感應(yīng)——功能問題．【分析】（1）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間，根據(jù)電量的公式求解（2）撤去外力后棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于棒的動(dòng)能減少．（3）根據(jù)動(dòng)能定理求解．【解答】解：（1）棒勻加速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t，有：xt3s根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求電路中產(chǎn)生的平均電流為：1.5A根據(jù)電流定義式有：qt＝4.5C（2）撤去外力前棒做勻加速運(yùn)動(dòng)根據(jù)速度公式末速為：v＝at＝6m/s撤去外力后棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，安培力做負(fù)功先將棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以焦耳熱等于棒的動(dòng)能減少．Q2＝△EKmv2＝1.8J（3）根據(jù)題意在撤去外力前的焦耳熱為：Q1＝2Q2＝3.6J撤去外力前拉力做正功、安培力做負(fù)功（其絕對(duì)值等于焦耳熱Q1）、重力不做功共同使棒的動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理有：△EK＝WF﹣Q1則：WF＝△EK+Q1＝5.4J答：（1）棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量是4.5C；（2）撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱是1.8J；（3）外力做的功是5.4J．【點(diǎn)評(píng)】解決該題關(guān)鍵要分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，清楚運(yùn)動(dòng)過程中不同形式的能量的轉(zhuǎn)化，知道運(yùn)用動(dòng)能定理求解變力做功．14．對(duì)鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義。如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場(chǎng)，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開磁場(chǎng)并被收集，離開磁場(chǎng)時(shí)離子束的等效電流為I．不考慮離子重力及離子間的相互作用。（1）求加速電場(chǎng)的電壓U；（2）求出在離子被收集的過程中任意時(shí)間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M；（3）實(shí)際上加速電壓的大小會(huì)