2024年北京市海淀區(qū)高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年北京市海淀區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共14小題，共42分。

1.關(guān)于天然放射現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）

A.天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的B./?射線是原子核外電子形成的電子流

C.升高溫度可以減小放射性元素的半衰期D./?射線比a射線的穿透能力弱

2.如圖所示，光束“射入玻璃三棱鏡、出射光為c?兩束單色光。比較0、c?兩束光，下列說(shuō)法正確的是

（）

A.玻璃對(duì)光束b的折射率較大

B.光束〃的頻率更高

C.光束力在玻璃中的傳播速度較大

D.經(jīng)同一雙縫干涉裝置后光束b的干涉條紋間距較小

3.“拔火罐”是我國(guó)傳統(tǒng)醫(yī)學(xué)的一種治療手段。操作時(shí)，醫(yī)生用點(diǎn)燃的酒精棉球加熱一個(gè)小罐內(nèi)的空氣，

隨后迅速把小罐倒扣在需要治療的部位，冷卻后小罐便緊貼在皮膚上，如圖所示。小罐倒扣在身體上后，

在罐中氣體逐漸冷卻的過(guò)程中，罐中氣體質(zhì)量和體積均可視為不變。若罐中氣體可視為理想氣體，下列說(shuō)

法正確的是（）

A.罐中氣體的壓強(qiáng)不變B.罐中氣體的內(nèi)能不變

C.罐中氣體分子的平均動(dòng)能不變D.罐中單位體積內(nèi)氣體分子數(shù)不變

4.如圖所示，某人站上向右上行的智能電動(dòng)扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運(yùn)動(dòng)。在此過(guò)程中人與扶梯保

持相對(duì)靜止，下列說(shuō)法正確的是（）

A.扶梯加速運(yùn)動(dòng)階段,人處于超重狀態(tài)

B.灰梯加速運(yùn)動(dòng)階段,人受到的摩擦力水平向左

C.次梯勻速運(yùn)動(dòng)階段,人受到重力、支持力和摩擦力

D.扶梯勻速運(yùn)動(dòng)階段,人受到的支持力大于重力

5.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻波形如圖1所示，以該時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像

如圖2所示。根據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法正確的是（）

A.波的傳播速度/=O.lm/s

B.波沿x軸負(fù)方向傳播

C.t=0時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)加速度為0

D.t=0.2s時(shí)，x=37/1處的質(zhì)點(diǎn)位于y=10cm處

6.在空間站中，宇航員長(zhǎng)期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來(lái)的不適，科學(xué)家設(shè)想建造一種環(huán)形空間

站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉(zhuǎn)艙繞中心勻速旋轉(zhuǎn)，宇航員站在旅轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表

面時(shí)相同大小的支持力，宇航員可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)靠近旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁上

B.以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài)

C.旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小

D.宇航員的質(zhì)量越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小

7.兩個(gè)分子相距無(wú)窮遠(yuǎn)，規(guī)定它們的分子勢(shì)能為0。讓分子甲不動(dòng)，分子乙從無(wú)窮遠(yuǎn)處逐漸靠近分子甲。

它們的分子勢(shì)能與隨分子間距離『變化的情況如圖所示。分子乙從無(wú)窮遠(yuǎn)到乙的過(guò)程中，僅考慮甲、乙兩

個(gè)分子間的作用，下列說(shuō)法正確的是（）

A.分子力始終表現(xiàn)為引力B.分子力先變大后一直減小

C.分子力對(duì)乙先做正功后做負(fù)功D.分子乙的動(dòng)能先變小后變大

8.圖1是某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖2所示的正弦交流電壓，并加在一理想

變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為%、n2o當(dāng)變壓器副線圈甩壓的瞬時(shí)值大于5000V

時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w。取，^=1.4,下列說(shuō)法正確的是（）

CA>焉才能實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火D,將鋼針替換為鋼球，更容易引發(fā)電火花

n21000

9.如圖所示，真空區(qū)域內(nèi)有寬度為4磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場(chǎng)

的邊界。質(zhì)量為機(jī)、電荷量為4的帶正電的粒子（不計(jì)重力），沿著與夾角夕為30。的方向以某一速度射

入磁場(chǎng)中，粒子恰好未能從。。邊界射出磁場(chǎng)。下列說(shuō)法不正確的是（）

AJJ求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半位

B.可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小

C.若僅減小射入速度，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定變短

D.若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定變短

10.如圖所示，在范圍足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)帶電小球以一定的初速度u從M點(diǎn)豎直向

上拋出，在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至與拋出點(diǎn)等高的位置N點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法

正確的是（）

A.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為零

B.小球在M點(diǎn)和N點(diǎn)的動(dòng)能相等

C.小球上升過(guò)程和下降過(guò)程水平方向位移相同

D.小球上升過(guò)程和下降過(guò)程動(dòng)量的變化量相同

11.如圖所示，一條不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球A和B,8球的質(zhì)量是A球的3

倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計(jì)空氣阻力、定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦，重

力加速度為/由靜止釋放B球，到8球落地前的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

收到的光子個(gè)數(shù)越多。已知元電荷為e,下列說(shuō)法正確的是（）

圖1圖2

A.僅將圖2中電源的正負(fù)極反接，在煙霧濃度為〃時(shí)也可能觸發(fā)報(bào)警

B.為使煙霧濃度達(dá)到1.2幾時(shí)才觸發(fā)報(bào)警，可以僅將滑片P向左移動(dòng)到合適的位置

C.單位時(shí)間內(nèi)進(jìn)入光電管的光了個(gè)數(shù)為《時(shí)，一定會(huì)觸發(fā)報(bào)警

e

D.報(bào)警器恰好報(bào)警時(shí)，將圖2中的滑片夕向右移動(dòng)后，警報(bào)有可能會(huì)被解除

14.某種滴水起電機(jī)裝置如圖1所示，滴水裝置左右相同的兩管口形成的水滴分別穿過(guò)距管口較近的鋁環(huán)

A、8后滴進(jìn)鋁筒CD,鋁環(huán)A用導(dǎo)線與鋁筒。相連，鋁環(huán)8用導(dǎo)線與鋁筒C相連，導(dǎo)線之間彼此絕

緣，整個(gè)裝置與外界絕緣。由于某種偶然的原因，。筒帶上微量的負(fù)電荷，則與之相連的8環(huán)也帶有負(fù)電

荷，由于靜電感應(yīng)，8環(huán)上方即將滴落的水滴下端會(huì)帶正電荷，上端帶負(fù)電荷，如圖2所示。水滴在落下

瞬間，正負(fù)電荷分離，如圖3所示，帶正電荷的水滴落下穿過(guò)月環(huán)滴入。筒，C、。兩筒之間產(chǎn)生電勢(shì)

差。為了研究問(wèn)題方便，假設(shè)滴水裝置中水足夠多，每滴水的質(zhì)量相同，忽略筒內(nèi)液面高度的變化，下列

A.滴水裝置中會(huì)產(chǎn)生從左向右的電流

B.水滴下落到筒內(nèi)的時(shí)間越來(lái)越通

C.C、。兩筒之間的電勢(shì)差會(huì)一直增大

D.在起電的過(guò)程中，水的重力勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為電能

二、簡(jiǎn)答題：本大題共6小題，共58分。

15.（1）在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實(shí)驗(yàn)中，所用靈敏電流表的?？潭任挥诒肀P(pán)的正中央。如圖1

所示電路，閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，電流表的指針向左偏轉(zhuǎn)。如圖2中，當(dāng)磁鐵相對(duì)螺線管運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流表的指針

向左偏轉(zhuǎn)。

可以判斷：感應(yīng)電流在螺線管內(nèi)部產(chǎn)生的磁圖1場(chǎng)方向o（選填“向上”或“向下”）

圖3

圖4

（2）某同學(xué)用圖3所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

①安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，從打出的紙帶中選出符合要求的紙帶，如圖4所示。。點(diǎn)為打點(diǎn)

起始點(diǎn)，打下該點(diǎn)時(shí)重錘速度為零。選取紙帶上打出的連續(xù)點(diǎn)48、C作為計(jì)數(shù)點(diǎn)，測(cè)出三點(diǎn)距起始點(diǎn)。

的距離分別為〃、電、九3。已知重錘質(zhì)量為"，，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)周期為兀從打下O

點(diǎn)到打下4點(diǎn)的過(guò)程中，重錘的重力勢(shì)能減少量4E=_____動(dòng)能增加量/E=______o（用題中所給字母表

示）

②圖4中，起始點(diǎn)。和刻度尺的0刻線對(duì)齊，OC間的距離為cm.由A、B、。三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)求得重

錘下落的加速度。，______（選填“可以”或“不可以”）用該值作為重力加速度計(jì)算①中重錘重力勢(shì)能的

減少量。

16.某實(shí)驗(yàn)小組用電阻箱和電壓表按圖1所示電路測(cè)定一個(gè)水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。閉合開(kāi)關(guān)S后調(diào)節(jié)

電阻箱，記錄電阻箱阻值R和電壓表示數(shù)U,并計(jì)算對(duì)應(yīng)的電流值

圖1I也

4-YX186501150()mAh3.7V-甲

+TR186504800mAh3.7V一乙

613豳

(1)在圖2所示的坐標(biāo)紙上已經(jīng)描好了6組數(shù)據(jù)點(diǎn)，請(qǐng)作出U-/圖像。

(2)根據(jù)作出的U-/圖像得出該電池電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻/=(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(3)若只考慮電壓表內(nèi)阻的影響，到1中，通過(guò)電源的電流為/1，通過(guò)電阻箱的電流為"，圖3中實(shí)線表示

U與A的關(guān)系，虛線表示U與/2的關(guān)系，則圖3中所示圖像可能正確的是_____。

(4)除了電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，電池的另一個(gè)重要參數(shù)是容量。電池的容量就是電池放電時(shí)能輸出的總電荷量。

如圖4所示，甲、乙兩節(jié)鋰電池所標(biāo)參數(shù)真實(shí)可靠，對(duì)這兩節(jié)充滿電的電池進(jìn)行比較，填寫(xiě)表格。(選填

“大于”“等于”或“小于”)

電池的容量電池儲(chǔ)存的能量

甲乙甲乙

17.如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設(shè)物塊通過(guò)連接處時(shí)速率

不發(fā)生改變。質(zhì)量加=0.4的的物塊4從斜槽上端距水平地面高度九=0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜

槽末端的質(zhì)量機(jī)2=0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊8滑行一段距離后停止運(yùn)動(dòng)。

取重力加速度g=10m/s2,兩物次均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。

(2)物塊A與物塊B碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

(3)滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊4做的功。

18.有關(guān)列車(chē)電氣制動(dòng)，可以借助如圖所示模型來(lái)理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,金屬棒MN的質(zhì)量為相，導(dǎo)軌右端接有阻值為R的電阻，金

屬棒接入電路部分的電阻為〃導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程對(duì)應(yīng)于列車(chē)的電

氣制動(dòng)過(guò)程，金屬棒開(kāi)始減退時(shí)的初速度為孫。

(1)求開(kāi)始減速時(shí)：

①導(dǎo)體棒兩端的電壓U。

②安培力的功率幾

(2)在制動(dòng)過(guò)程中，列車(chē)還會(huì)受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問(wèn)題方便，設(shè)這些阻力總和大小恒

定，對(duì)應(yīng)于棒受到的大小恒定的摩擦阻力/,在金屬棒的速度從v,減至號(hào)的過(guò)程中，金屬棒的位移大小為

工求該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.

19.1610年，伽利略用他制作的望遠(yuǎn)鏡發(fā)現(xiàn)了木星的四顆主要衛(wèi)星。根據(jù)觀察，他將其中一顆衛(wèi)星戶的運(yùn)

動(dòng)視為一個(gè)振幅為A、周期為丁的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，并據(jù)此推測(cè)，他觀察到的衛(wèi)星振動(dòng)是衛(wèi)星圓運(yùn)動(dòng)在某方向上

的投影。

如圖所示，是伽利略推測(cè)的衛(wèi)星P運(yùn)動(dòng)的示意圖，在xQy平面內(nèi)，質(zhì)量為小的衛(wèi)星。繞坐標(biāo)原點(diǎn)。做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)。已知引力常量為G,不考慮各衛(wèi)星之間的相互作用。

(1)若認(rèn)為木星位于坐標(biāo)原點(diǎn)。，根據(jù)伽利略的觀察和推測(cè)結(jié)果：

①寫(xiě)出衛(wèi)星P做圓周運(yùn)動(dòng)的向心刀大小尸的表達(dá)式。

②求木星的質(zhì)量M。

③物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，回復(fù)力應(yīng)該滿足?=-入。請(qǐng)據(jù)此證明：衛(wèi)星。繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)在x軸上的

投影是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。

(2)若將木星與衛(wèi)星P視為雙星系統(tǒng)，彼此圍繞其連線上的某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，計(jì)算出的木星質(zhì)量為

M，請(qǐng)分析比較(1)②中得出的質(zhì)量M與的大小關(guān)系。

20.在量子力學(xué)誕生以前，玻爾提出了原子結(jié)構(gòu)假說(shuō)，建構(gòu)了原子模型：電子在庫(kù)侖引力作用下繞原子核

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中(定態(tài))，原子在各定態(tài)所具有的能量值叫做

能級(jí)，不同能級(jí)對(duì)應(yīng)于電子的不同運(yùn)行軌道。

電荷量為+Q的點(diǎn)電荷A固定在真空中，將一電荷量為-q的點(diǎn)電荷從無(wú)窮遠(yuǎn)移動(dòng)到距A為一的過(guò)程中，庫(kù)

侖力做功W=Z當(dāng)已知電子質(zhì)量為小、元電荷為e、靜電力常量為鼠普朗克常量為爪規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)

能為零。

(1)若已知電子運(yùn)行在半徑為r’的軌道上，請(qǐng)根據(jù)玻爾原子模型，求電子的動(dòng)能％及氫原子系統(tǒng)的能級(jí)品。

(2)為了計(jì)算玻爾原子模型的這些軌道半徑，需要引入額外的假設(shè)，即量子化條件。物理學(xué)家索末菲提出

了“索末菲量子化條件”，它可以表述為：電子繞原子核(可看作靜止)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道周長(zhǎng)為電子物質(zhì)

波波長(zhǎng)(電子物質(zhì)波波長(zhǎng)a與其動(dòng)最〃的關(guān)系為a=9的整數(shù)倍，倍數(shù)〃即軌道最子數(shù)。

①請(qǐng)結(jié)合索末菲量子化條件，求氫原子軌道量子數(shù)為〃的軌道半徑左，及其所對(duì)應(yīng)的能級(jí)以。

②玻爾的原子模型除了可以解釋氫原子的光譜，還可以解釋核外只有一個(gè)電子的一價(jià)氮離子(He+)的光

譜。已知?dú)湓踊鶓B(tài)的能級(jí)為-13.6W,請(qǐng)計(jì)算為使處于基態(tài)的He躍遷到激發(fā)態(tài)，入射光子所需的最小

能量。

答案和解析

1.【答案】4

【解析】解：A、天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故A正確：

8、/?射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為的質(zhì)子和電子，其中的電子形成的電子流，故3錯(cuò)誤；

C、升高溫度不能減小放射性元素的半衰期，故C錯(cuò)誤；

。、/?射線比a射線的穿透能力強(qiáng)，故。錯(cuò)誤；

故選：Ao

天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)；

理解夕射線中的電子來(lái)源；

半衰期由元素本身決定，和溫度無(wú)關(guān)；

0射線的穿透能力比a射線弱。

本題主要考查了天然放射現(xiàn)象的相關(guān)應(yīng)用，理解天然放射現(xiàn)象的種類(lèi)和各自的特點(diǎn)即可完成分析，整體難

度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A通過(guò)光路可以看出，玻璃對(duì)c的折射率更大，故A錯(cuò)誤；

的折射率大，頻率大，根據(jù)公式u=工可知，c在玻璃中的速度小，〃在玻璃中的速度大，故8錯(cuò)誤，

n

C正確；

De的頻率大，則波長(zhǎng)小，根據(jù)小=：/1可知，經(jīng)同一雙縫干涉裝置后光束c的干涉條紋間距較小，故。錯(cuò)

a

誤；

故選：Co

本題根據(jù)光路判斷折射率和頻率的大小關(guān)系，根據(jù)1;=5可知波速大小關(guān)系，根據(jù)干涉條紋的間距公式解得

Do

本題考杳學(xué)生對(duì)光路折射、條紋間距公式、頻率與波長(zhǎng)的關(guān)系，難度不高，比較基礎(chǔ)。

3.【答案】D

【解析】解：ABC,由于罐中氣體質(zhì)量和體積均可視為不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程華=C,溫度降低，

則壓強(qiáng)減小，由于溫度降低導(dǎo)致氣體內(nèi)能減小，分子平均動(dòng)能減小，故4BC錯(cuò)誤；

。、由于?罐中氣體質(zhì)量和體積均可視為不變，則罐中單位體積內(nèi)氣體分子數(shù)不變，故。正確：

故選：。。

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程分析出罐內(nèi)氣體的壓強(qiáng)變化，溫度決定內(nèi)能和分子平均動(dòng)能的大小，根據(jù)質(zhì)量和體

積不變可分析Do

本題以“拔火罐”為考查背景，主要考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，分析出氣體變化前后的狀態(tài)

參量，結(jié)合公式牛=。即可完成解答。

4.【答案】A

【解析】解：4、人在加速階段，向右上方加速，根據(jù)牛頓第二定律可知，電梯的支持力大于人的重力，

所以人處于超重狀態(tài)，故A正確；

8、加速度運(yùn)動(dòng)階段，根據(jù)牛頓第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩短力方向水

平向右，故8錯(cuò)誤；

CD,勻速運(yùn)動(dòng)階段，人受力平衡，豎直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，故CO錯(cuò)

誤：

故選：Ao

根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合人的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出受力情況，從而得到是超重還是失重；勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受

力平衡，從而判斷受力情況。

學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意要熟練運(yùn)用牛頓第二定律，通過(guò)運(yùn)動(dòng)情況來(lái)分析受力情況。

5.【答案】D

【解析】解：A、由題圖可知：4=4m,T=0.4s,則波速u(mài)=a=卷/n/s=10m/s,故A錯(cuò)誤；

B、由振動(dòng)圖像知￡=0時(shí)刻尸點(diǎn)開(kāi)始向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，故8錯(cuò)誤；

°、￡=0時(shí)，＞=3m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷，其加速度沿y軸正方向，不為零，故C錯(cuò)誤；

。、經(jīng)過(guò)￡=0.2s=px=3nl處的質(zhì)點(diǎn)從波谷運(yùn)動(dòng)到波峰位置，其位移y=10cm,故。正確。

故選：

根據(jù)”=方計(jì)算波的傳播速度；根據(jù)同側(cè)法判斷波的傳播方向；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位移判斷加速度方向；根據(jù)時(shí)間

和周期關(guān)系判斷質(zhì)點(diǎn)的位移。

本題主要是考查了波的圖象；解答本題關(guān)鍵是要掌能夠根據(jù)圖象直接讀出波長(zhǎng)、周期和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)

振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系廿=/譏

6.【答案】C

【解析】解：A、旋轉(zhuǎn)艙旋轉(zhuǎn)時(shí)，宇航員受到的向心力指向圓心，所以宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)遠(yuǎn)離旋轉(zhuǎn)

中心的側(cè)壁上，通過(guò)支持力提供向心力，減小失重效果，故A錯(cuò)誤；

3、以地心為參考系，旋轉(zhuǎn)艙繞地球旋轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，宇航員繞旋轉(zhuǎn)艙旋轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故

8錯(cuò)誤；

C、為了達(dá)到和地球相同的支持力，所以支持力不變，故合外力廠不變，所以有4=當(dāng)半徑增大

后，角速度適當(dāng)減小，可以保證F不變，故C正確；

2

。、由題意可知，F(xiàn)n=mg=mR（i）,當(dāng)質(zhì)量增大時(shí)，向心力也增大，為了使上式仍能成立，則半徑和角

速度應(yīng)不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

本題根據(jù)題意分析，旋轉(zhuǎn)艙中的宇航員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，宇航員受到和地球表面相同大小的支持力，支持

力提供向心力，相當(dāng)于重力提供向心力。根據(jù)向心力公式4=mRa?進(jìn)行判斷。

本題解題關(guān)鍵是分析出旋轉(zhuǎn)艙中的宇航員做勻速砌周運(yùn)動(dòng),相當(dāng)干重力提供向心力?？艰脤W(xué)牛對(duì)題意的分

析能力。

7.【答案】C

【解析】解：AB,由圖可知，設(shè)0處分子勢(shì)能最小，則r0處的分子間距為平衡位置，引力與斥力相等，即

分子之間的作用力等于0,所以在乙分子間距從很遠(yuǎn)處減小到q的過(guò)程中，分子力先增大后減小再增大，

分子先表現(xiàn)為引力再為斥力，故A8錯(cuò)誤。

CD、分子從無(wú)窮遠(yuǎn)到〃=勺，由圖可知，分子勢(shì)能先減小后增大，說(shuō)明分子間作用力先做正功后做負(fù)功，

分子動(dòng)能先增大后減小，故。正確，。錯(cuò)誤；

故選：Co

分子勢(shì)能最小的位置為平衡位置，引力與斥力相等，即分子之間的作用力等于0;分子從無(wú)窮遠(yuǎn)到r=r］，

由圖可知，分子勢(shì)能先減小后增大，說(shuō)明分子間作用力先做正功后做負(fù)功。

本題考查分子間的相互作用力，注意分子間作用力隨著兩分子間距的改變而改變，在分子勢(shì)能最小的位置

為平衡位置，分子之間的作用力等丁0。

8.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)圖乙可知原線圈輸入電壓的最大值為5%電壓表的示數(shù)為有效值，即U=g=

V2

^7=1/2K=3.5IZ,故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)設(shè)意出＞50001/時(shí)，就會(huì)在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進(jìn)而點(diǎn)燃?xì)怏w；根據(jù)生=也可知，蟲(chóng)＜

U2幾2

焉才能實(shí)現(xiàn)點(diǎn)火，故8正確，C錯(cuò)誤；

1UUJ

D.尖端更加容易實(shí)現(xiàn)放電，因此將鋼針替換為鋼球后，不易引發(fā)電火花，故。錯(cuò)誤；

故選:B。

根據(jù)有效值與峰值之間的關(guān)系求解；當(dāng)輸出電壓最大值達(dá)到50C0V以上后能夠?qū)崿F(xiàn)點(diǎn)火，根據(jù)變壓比公式

求解：根據(jù)尖端放電即可分析。

該題考查變壓器的有效值與峰值之間的關(guān)系、變壓比公式以及尖端放電現(xiàn)象，題目涉及到知識(shí)點(diǎn)較多，題

目具有一定的綜合性。

9.【答案】C

【解析】解：A、粒子恰好未能從PQ邊界射出磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡與。。邊界相切，如

下圖所示。

由幾何關(guān)系可得圓周運(yùn)動(dòng)半徑r滿足：r+rcosO=d,據(jù)此關(guān)系式可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑，故A

正確；

B、粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有：qvB=m^據(jù)此關(guān)系式可求出線速

度匕根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=ma,據(jù)此可求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小，故3正確；

C、由quBumf，可得：丁=荒，若僅減小射入速度，粒子運(yùn)動(dòng)半徑變小，如上圖所示，粒子從MN邊

界離開(kāi)磁場(chǎng)，軌跡圓心角不變（設(shè)為。）。

粒子運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)=鬻，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=會(huì)?7,因周期丁與圓心角a均不變，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

的時(shí)間不變，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)C的分析，若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子運(yùn)動(dòng)半徑變小，軌跡圓心角不變，運(yùn)動(dòng)周期變小，則粒子

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定變短，故。正確。

本題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選：Co

粒子恰好未能從尸。邊界射出磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌跡與PQ邊界相切，由幾何關(guān)系可得圓

周運(yùn)動(dòng)半徑：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律解答：若僅減小

射入速度，或僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子運(yùn)動(dòng)半徑變小，軌跡圓心角不變，結(jié)合運(yùn)動(dòng)周期分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的變

化。

本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題的基本功是能根據(jù)幾何知識(shí)找到圓心、求解半徑以及圓

心角。知道運(yùn)動(dòng)時(shí)間與軌跡圓心角相關(guān)聯(lián)，運(yùn)動(dòng)的線速度與運(yùn)動(dòng)半徑相關(guān)聯(lián)。

10.【答案】D

【解析】解：A、小球受到重力和水平方向的電場(chǎng)力，兩個(gè)力均為恒力，小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)

動(dòng)，水平方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)豎直分速度

為零，水平分速度不為零，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度不為零，故A錯(cuò)誤；

8、小球由M到N的過(guò)程，重力做功為零，而電場(chǎng)力一直做正功，即合力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知在M

點(diǎn)和N點(diǎn)的動(dòng)能不相等，在N點(diǎn)動(dòng)能大于M點(diǎn)動(dòng)能，故3錯(cuò)誤；

C、小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，小球上升過(guò)程和卜降過(guò)程的時(shí)間相等，而水平方向位移上做初速

度為零的勻加速直線i云動(dòng),故小球上升過(guò)程的水平位移小T下隘過(guò)程的水平位移，故。錯(cuò)誤：

。、小球受到重力和電場(chǎng)力均為恒力，即合力為恒力。小球上升過(guò)程和下降過(guò)程的時(shí)間相等，兩過(guò)程的合

力的沖量相同，根據(jù)動(dòng)量定理可知，小球上升過(guò)程和下降過(guò)程動(dòng)量的變化量相同，故。正確。

故選：。。

根據(jù)小球的受力情況，將其運(yùn)動(dòng)分解處理，依據(jù)分運(yùn)動(dòng)的形式解答；小球由M到N的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定

理方向初末速度的大小關(guān)系；依據(jù)分運(yùn)動(dòng)的形式解答；根據(jù)動(dòng)量定理分析小球上升過(guò)程和下降過(guò)程動(dòng)量的

變化量的大小關(guān)系。

本題考查了帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，物體受恒力而做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)常需要把運(yùn)動(dòng)

分解處理，分運(yùn)動(dòng)具有獨(dú)立性和等時(shí)性。掌握功能關(guān)系，動(dòng)量定理在分析運(yùn)動(dòng)時(shí)的應(yīng)用。

11.【答案】B

【蟀析】解：A、對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律，3mg-mg=4ma,解得Q=；g,即A、4的加速度大小均為

Jg，故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)4球，繩子的拉力為4球除了重力之外的力，即拉力做的功等于A球機(jī)械能的增加量，故8正確；

C、根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力的功等于物體動(dòng)能的變化量，對(duì)8球，8球重力的功與繩子拉力的功的代

數(shù)和等于8球動(dòng)能的增加量，故C錯(cuò)誤：

。、根據(jù)A、8以及輕繩組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，8球機(jī)械能的減少量等于A球機(jī)械能的增加量，故。

錯(cuò)誤；

故選:Bo

整體運(yùn)用牛頓第二定律列式求解4；根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可分析8。選項(xiàng)；根據(jù)動(dòng)能定理即可分析C選

項(xiàng)。

本題考查了牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律以及動(dòng)能定理等知以點(diǎn)的應(yīng)用，題目具有?定的綜合性，難度

適中。

12.【答案】D

【解析】解：AB,因?yàn)檠刂妶?chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，由圖線，知x軸方向的電場(chǎng)沿x軸負(fù)半軸，

由少一y圖線，知），軸方向的電場(chǎng)沿），軸負(fù)半軸；x軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度”=第=懸臺(tái)"九=160，/m,

），軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度與=煞=辭卷177n=120V/m

-*!?U入U(xiǎn)

合電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=J以+號(hào)=、1602+1202//^=200V/m,與x軸負(fù)半軸得夾角為8,則有tan。=

好卷.得6=37。，故A8錯(cuò)誤;

CD,以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心、以R=10sn做圓，圓上電勢(shì)最高點(diǎn)為沿場(chǎng)強(qiáng)方向的直徑上的A點(diǎn)，其電勢(shì)內(nèi)二

F/?=200x10x10-2IZ=20K；P（10cm,10cm）點(diǎn)的電勢(shì)應(yīng)大于20K故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：。。

利用拶-欠圖線和w-y圖線，由先求出入軸和,軸的分電場(chǎng)強(qiáng)度，再由矢量合成，求出電場(chǎng)強(qiáng)度；以坐標(biāo)

原點(diǎn)為圓心、以R=10cm做圓，根據(jù)U=Ed求解電勢(shì)最高點(diǎn)。

本題考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，以及電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量合成法則，考查理解能力和推理論證

能力。關(guān)鍵點(diǎn)是：沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度。

13.【答案】B

【解析】解?：A、僅將圖2中電源的正負(fù)極反接，光電管。所加電壓變?yōu)榉聪螂妷?，則光電流會(huì)減小，報(bào)

警系統(tǒng)的電流會(huì)減小，在煙霧濃度為〃時(shí)不能觸發(fā)報(bào)警，故A錯(cuò)誤；

8、煙霧濃度達(dá)到1.2n時(shí)，其他條件不變的情況下，光電流會(huì)變大，若要此情況恰好觸發(fā)報(bào)警，需要減小

此時(shí)的光電流，可以僅將滑片。向左移動(dòng)到合適的位置，減小光電管C所加的正向電壓，使光電流恰好等

于故8正確：

C、報(bào)警系統(tǒng)的電流等于時(shí)，根據(jù)電流定義式，可得單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)的光電子的個(gè)數(shù)為N=?,并不是一

個(gè)光子一定能“打出”一個(gè)光電子，故單位時(shí)間內(nèi)進(jìn)入光電管的光子個(gè)數(shù)為工時(shí)，“打出”的光電子數(shù)量

e

會(huì)少于光電流會(huì)小于/。，不會(huì)觸發(fā)報(bào)警，故C錯(cuò)誤；

。、報(bào)警器恰好報(bào)警時(shí)，將圖2中的滑片尸向右移動(dòng)后，光電管。所加的正向電壓將增大，根據(jù)光電流的

變化特點(diǎn)，可知光電流增大或者處于飽和狀態(tài)而不變，報(bào)警系統(tǒng)的電流不會(huì)減小，則警報(bào)不能被解除，故

。錯(cuò)誤。

故選:

僅將圖2中電源的正負(fù)極反接，光電管。所加電壓變?yōu)榉聪螂妷?，根?jù)光電流與電壓的關(guān)系解答：煙霧濃

度達(dá)到1.2n時(shí)，其他條件不變的情況下，光電流會(huì)變大，若要此情況恰好觸發(fā)報(bào)警，需要減小此時(shí)的光電

流；并不是一個(gè)光子一定能“打出”一個(gè)光電子，根據(jù)電流的定義式解答；報(bào)警器恰好報(bào)警時(shí)，將圖2中

的滑片P向右移動(dòng)后，光電管。所加的正向電壓將增大，根據(jù)光電流的變化特點(diǎn)解答。

本題考查了應(yīng)用光電效應(yīng)現(xiàn)象分析光電煙霧報(bào)警器的工作原理?？疾槔碚摻Y(jié)合實(shí)際的能力，掌握光電效應(yīng)

現(xiàn)象的本質(zhì)，掌握光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)的原理。

14.【答案】A

【蟀析】解：4、帶正電荷的水滴落下穿過(guò)8環(huán)滴入。筒，會(huì)使。筒和與之相連的A環(huán)帶正電，同理，由

于靜電感應(yīng)，A環(huán)上方即將滴落的水滴下端會(huì)帶負(fù)電荷，上端帶正電荷，水滴在落下瞬間，正負(fù)電荷分

離，帶負(fù)電荷的水滴落下穿過(guò)A環(huán)滴入C筒，如此反復(fù)，C筒與B環(huán)所帶負(fù)電荷增加，。筒與A環(huán)所帶正

電荷增加，在滴水裝置中左端多余的正電荷會(huì)向右端定向移動(dòng)，形成從左向右的電流，故A正確；

8、無(wú)論右側(cè)還是左側(cè)，帶正、負(fù)電荷的水滴穿過(guò)3環(huán)或A環(huán)滴入。筒或。筒的過(guò)程，都會(huì)受到向上的電

場(chǎng)力作用，隨著筒與環(huán)所帶電荷量增加，向上的電場(chǎng)力增大，水滴下落的平均加速度會(huì)減小，則水滴到筒

內(nèi)的時(shí)間越來(lái)越長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)B選項(xiàng)的分析，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間，電場(chǎng)力足夠大后，水滴不會(huì)滴入筒內(nèi)，筒與環(huán)所帶電荷量不再

增加，C、。兩筒之間的電勢(shì)差不會(huì)一直增大，故C錯(cuò)誤；

。、在起電的過(guò)程中，水滴下落過(guò)程還具有末動(dòng)能，水的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為電能，一部分轉(zhuǎn)化為水的

動(dòng)能，具有動(dòng)能的與洞內(nèi)的水碰撞還會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)題意，根據(jù)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，判斷C筒與8環(huán)所帶電荷量，和D筒與A環(huán)所帶電荷量的變化，分析滴

水裝置中正電荷定向移動(dòng)方向；分析水滴受到的電場(chǎng)力方向與大小的變化，得到其加速度的變化；經(jīng)過(guò)足

夠長(zhǎng)時(shí)間，電場(chǎng)力足夠大后，水滴不會(huì)滴入筒內(nèi)；在起電的過(guò)程中，水滴下落過(guò)程還具有末動(dòng)能，根據(jù)能

量守恒定律分析。

本題屬于知識(shí)給予題，重在理解題意，掌握題中所述的原理?？疾榱死梦锢碇R(shí)處理實(shí)際問(wèn)題的能力。

掌握靜電感應(yīng)現(xiàn)象，電流形成的原因，靜電力的大小與方向的判斷。

15.【答案】向上嘴找9.50不可以

【解析】解：(1)根據(jù)題意，從圖1直流電路，可以看出，當(dāng)電流從左端接線柱流入，指針向左偏轉(zhuǎn)。

圖2中的電流從電流計(jì)的左邊流入，則螺線管中的電流由上到下，根據(jù)楞次定律可知，條形磁鐵的運(yùn)動(dòng)方

向是向上。

(2)①?gòu)腛到B的過(guò)程中重錘重力勢(shì)能的減小量為：AEp=mg九2；

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打8點(diǎn)時(shí)，重錘的瞬時(shí)速度大小為：心=等=與白，從O到8過(guò)程中重錘動(dòng)能的增加量

4I￡?I

②刻度尺的分度值為O.lsn,可知計(jì)數(shù)點(diǎn)。到C的位移9.50cm；

實(shí)驗(yàn)中存在阻力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式所求的加速度小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋碼<g,所以不可以用該

加速度代替重力加速度。

2

故答案為：(1)向上；(2)①mg%，吟抖；②不可以。

(1)要使靈敏電流計(jì)的指針向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)圖1實(shí)驗(yàn)可知，電流是從左接線柱流入靈敏電流表，從而知道螺

線管中電流方向，由安培定則從而知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，根據(jù)楞次定律知磁體的運(yùn)動(dòng)方向；

(2)①由重力勢(shì)能的表達(dá)式求解重力勢(shì)能的減少量，根據(jù)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等「這段時(shí)間內(nèi)的平均速度

求得打B點(diǎn)時(shí)的速度，由動(dòng)能的表達(dá)式求解動(dòng)能的增加量；

②根據(jù)刻度尺的分度值準(zhǔn)確讀數(shù)；由于實(shí)驗(yàn)中存在阻力，導(dǎo)致Q<g,據(jù)此回答。

本題主要考查了機(jī)械能守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)處理。

16.【答案】0.808.0xIO2A大于大于

【解析】解：(1)作出U—/圖像如下圖所示。

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir

2

根據(jù)u-/圖像的縱截距與斜率可得：E=0.801/,r=w^_4n=8.oxion

(3)通過(guò)電源的電流與通過(guò)電阻箱的電流之差等于通過(guò)電壓表的電流，即。-,

電壓U越大，A與，2的差值越大，當(dāng)U=0時(shí)，/1=/2,可知虛線在實(shí)線的下方，兩條線到的交點(diǎn)在橫軸

上，故A正確，8co錯(cuò)誤。

(4)甲電池的容量為11500〃法力，乙電池的容量為4800〃洲山故電池容量：甲大于乙。

電池儲(chǔ)存的能量等于電池容量與電動(dòng)勢(shì)的乘積，甲、乙電池的電動(dòng)勢(shì)均為3.7V,因甲電池的容量大于乙電

池的容量，故電池儲(chǔ)存的能量：甲大于乙。

故答案為：(1)見(jiàn)解答；(2)0.80；8.0X102；(3)71：(4)大于；大于

(1)用描點(diǎn)法作出〃一/圖像。

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合U-/圖像的縱截距與斜率求解；

(3)通過(guò)電源的電流與通過(guò)電阻箱的電流之差等于通過(guò)電壓表的電流，分析此差值的變化規(guī)律，判斷對(duì)應(yīng)

的圖像。

(4)根據(jù)電池的參數(shù)比較兩電池容量。電池儲(chǔ)存的能量等于電池容量與電動(dòng)勢(shì)的乘積。

本題是應(yīng)用伏安法測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，基礎(chǔ)題目。實(shí)驗(yàn)原理是閉合電路歐姆定律，應(yīng)用此原理

結(jié)合圖像的物理意義解答。

17.【答案】解：(1)設(shè)物塊A滑到斜面底端與物塊B碰撞前時(shí)的速度大小為火,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：

1

解得物塊A與物塊月碰撞前瞬間的速度大?。?=4m/s；

(2)取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mxvQ=m2v

解得：v=2.0m/s

2

根據(jù)能量守恒定律可得：＜根］評(píng)=|m2v+AE

解得損失的機(jī)械能：AE=1.6/；

2

(3)設(shè)摩擦力做功為W,根據(jù)動(dòng)能定理有：W=0-^m2v

解得：w=-1.6/o

答：(1)物塊A與物塊8碰撞前瞬間的速度大小為4m/s；

(2)物塊A與物塊B碰撞過(guò)程中4B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.6/；

(3)滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功為-1.6人

【蟀析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解物塊人與物塊A碰撞前瞬間的速度大??；

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求解損失的機(jī)械能；

(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊8做的功。

本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，

再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。

18.【答案】解：(1)①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=8L%；

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U=更xE；

K-vT

聯(lián)立解得U=誓；

n-rr

②根據(jù)安培定則可知，安培力F=BIL

E

/=-----

R+r

安培力的功率P=F%;

聯(lián)立解得P=嗡普；

(2)在金屬棒的速度從打減全守的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知

1

-2mvo

解得W交=\rnvl-嗒+fx

乂/O

根據(jù)功能關(guān)系可知，該過(guò)程克服安培力的功等于該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱

即Q詔_嗒+"；

答：(1)①導(dǎo)體棒兩端的電壓U為■:

n"TF

②安培力的功率尸為注逋；

(2)該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱。為2血評(píng)一嗒+fx.

【解析】(1)①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)