2021年辽宁省高考物理模拟试卷（5月份）（附答案详解）.pdf

2021年辽宁省高考物理模拟试卷（5月份）一、单 选 题（本大题共7小题，共 2 8.0 分）1.（2 0 2 1 辽宁省模拟题）2 0 2 1 年 3 月 5日，十三届人大四次会议上，总理作政府工作报告时提出：大力发展新能源，在确保安全的前提下积极有序发展核电.以下关于核能的说法正确的是（）A.核反应方程取5（/+乩-+翳*+2 乩中，x 原子核中含有中子数为1 4 0 个B.原子核在常温下就能发生轻核聚变，目前核电站是利用核聚变释放的能量来发电的C.重核裂变过程中释放核能是因为新核的比结合能小D.两中子与两质子的质量之和大于聚合成的原子核的质量2.（2 0 2 1 辽宁省模拟题）有关波的干涉和衍射现象，下列说法正确的是（）A.电磁波可以发生衍射现象和偏振现象B.无论什么波，只要振幅足够大就可以产生明显的衍射现象C.只要两列波叠加，都能产生稳定的干涉D,只要是波都能发生衍射，波长比障碍物或孔的宽度大得多时衍射不明显3.（2 0 2 1 辽宁省模拟题）如图所示，在同一竖直平面内，倾角9 =3 7。的斜滑道A 8 与水平滑道8 c 平滑衔接，可视为质点的运动员踩着滑雪板从A点以速度%=20m/s沿水平方向飞出，恰好落到B处后顺势屈腿缓冲，他垂直于水平面的分速度迅速减小为零，滑雪板和水平面间的动摩擦因数为4 =0.0 2,不计空气阻力，sin370=0.6,cos370=0.8,g取1 0 m/s 2.则运动员在空中飞行的时间和在水平长直滑道上运动的最大距离分别为（）弋 万 方 7才 ”才 ，A.3s；5 0 0 m B.3 s；1 0 0 0/?/C.6 s；5 0 0？D.6 s；1 0 0 0/?/4.（2 0 2 1.云南省 单元测试）如图所示，一束单色光沿半圆柱形玻单色光璃砖的半径垂直曲面入射，有光线从油面射出。以。点为圆心，将玻璃砖缓慢转过。角时，恰好没有光线从就面射出。则该玻璃砖的折射率为（）IlliA e R C D .-s i n-sinO sin20 2sin05.（2021辽宁省 模拟题）2021年 2 月 2 4 日，我国以“一箭三星”方式成功将遥感三十一号03组卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。卫星两翼的太阳电池板把太阳能转化为电能供卫星使用。如图所示，图线”是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和电流/的关系图像（电池内阻不是常量），图线 b 是某电阻R 的U-/图像.在该光照强度下将它们组成闭合回路时，则（）A.电源的电动势为E=5VB.电阻两端的电压为U=4,C.电阻的电流为/=0.44D.硅光电池的内阻为506.（2021辽宁省 模拟题）如图所示，在 xOy坐标系所在平面内有沿x 轴负方向的匀强电场，两个电荷量不等、质量相等的带电粒子A、B,从），轴上的S 点以不同的速率沿着 y 轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（）A.A粒子带负电荷B.B粒子所带的电荷量比4 粒子少C.A 粒子在圆形区域中电势能变化量小D.B 粒子进入电场时具有的动能比A 粒子大7.（2021辽宁省模拟题）如图所示，一足够长、质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 1=0.1,一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块放在木板的右端，铁块与木板间的动摩擦因数“2=0.4,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10?n/s2.若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力凡则下列说法正确的是（）”二IA.铁块与木板之间摩擦力的最大值为2NB.木板与地面之间摩擦力的最大值为4NC.当FW 6N 时，M、根相对静止D.当尸 6N时，铁块受到的摩擦力大小为2N二、多 选 题（本大题共3 小题，共 18.0分）8.（2021辽宁省模拟题）最近，美 国 夏 威 夷 大 学 发现了一颗行星，这是一颗非常特别的天体，它的质量和体积都非常大，足足有木星的三倍，称之为开普勒第2 页，共17页-88d（如图）。关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（）A.所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，行星运动的方向总是沿椭圆轨道的切线方向B.对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，行星运动过程中速度大小不变C.所有的行星围绕太阳运动的轨道都是圆，行星运动的方向总是与它和太阳连线垂直D.开普勒第三定律与=匕 月亮围绕地球运动的A 值与人造卫星围绕地球运动的k值相同9.（2 0 2 1 .辽宁省.模拟题）如图所示，长方形闭合金属线框就 加 以恒定速率v 沿水平方向向右运动，从无场区进入有界匀强磁场区域（磁场区域的宽度大于儿 边的长度）,最后离开磁场区域。下列说法正确的是（）A.线框进入磁场的过程中，感应电流方向沿顺时针方向B.线框进入磁场和穿出磁场时，感应电流的大小不变C.线框完全进入磁场后，感应电流方向沿逆时针方向D.线框离开磁场的过程中，感应电流方向沿顺时针方向1 0.（2 0 2 1.辽宁省.模拟题）图甲为一起重机的电路示意图，理想变压器的原线圈中接入图乙所示的正弦交流电，照明灯的规格为“1 0 V 2 0 W ，电动机的内阻为R”=5 0,装置启动时，质量为m=2 k g 的物体恰好以v =0.2 5?n/s的速度匀速上升，照明灯正常工作，电表均为理想电表，取g =1 0 m/s2.设电动机的输出功率全部用来提升物体，当装置启动时，下列说法正确的是（）A.原线圈的输入电压为u =5 0&si n 5 0 7 rt（V）B.电压表的示数为1 0 VC.电动机的输出功率为6 WD.电流表的示数为3 A三、实 验 题（本大题共2小题，共14.0分）11.（202卜 安徽省安庆市模拟题）如图甲所示是某同学探究动能定理的实验装置。己知当地重力加速度大小为g,实验操作如下：先测出小车的质量按图示安装好实验装置，再测量两光电门之间的距离L挂上沙桶并适当倒入少量沙子；调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；取下细绳和沙桶保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门1和2时显示的时间口、t2,并测量所用的沙子和沙桶的总质量，；重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复步骤；依据以上数据探究动能定理。（1）根据以上步骤，你 认 为 以 下 关 于 实 验 过 程 的 表 述 正 确 的 是 OA按照实验操作过程可知，此实验并不要求斜面是光滑的B.为了求出小车的合力，实验过程需要测出斜面的倾角（2）如图乙所示，根据游标卡尺读数规则，测得小车上遮光片的宽度d=mm.（3）本实验中若表达式_ _ _ _ _ _ 在误差允许范围内成立，就验证了动能定理（用上述给定或测定物理量的符号表示）。12.（2021辽宁省模拟题）实验小组的同学要测定某一定值电阻的准确阻值，可供选择的器材如下：A.电源（电动势E=6匕 内阻为0.5。）8.电流表4（量程00.64，内阻为10。）C.电压表U（量程。1 5 U,内阻约为5k。）D滑 动 变 阻 器500）E.滑动变阻器夫2（。2000。）E待测电阻G.单刀单掷开关两个，导线若干第 4 页，共 17页(1)用多用电表的电阻“xl”挡，按正确的操作步骤测量电阻R的阻值，表盘的示数如图甲所示，读数是 n.(2)为减小测量误差，在实验中，应 采 用 如 图 所 示 的 (填“乙”或“丙”)电路图.(3)最 合 适 的 滑 动 变 阻 器 应 选 用(填“之”或“/?2”)(4)若用(2)中所选的正确的电路图测量，某次电压表示数为4.5 匕电流表示数为0.2 4 则该待测电阻的阻值&=(1.四、计算题(本大题共3小题，共 4 0.0 分)1 3.(2 0 2 1 湖北省 模拟题)如图所示，开口向左的汽缸固定在水平桌面上，用一横截面积为 S的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一端系在活塞上，另一端跨过定滑轮连着放于水平地面的质量为M的物块。滑轮两侧的轻绳分别处于水平和竖直状态，开始时，细绳恰好没有作用力，活塞与汽缸底部的间距为力 缸内气体的绝对温度为T i，已知外界大气压强恒为P o,g为重力加速度大小，不计一切摩擦，水平桌面足够高，现使缸内气体缓慢冷却，则：(1)放在地面的物块对地面恰好没有作用力时，气体温度降为多大？(2)当活塞到汽缸底部的距离为T 时，气体温度降为多大？14.(2021辽宁省模拟题)如图所示，两条足够长的平行长直金属细导轨MN、P。固定于同一水平面内，它们之间的距离为3电阻可忽略不计，导轨之间有方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场。必 和 cd是两根质量均为“、电阻均为R 的金属细杆，杆与导轨垂直且与导轨接触良好，两杆静止在水平导轨上，间距为s.t=0时刻开始，金属杆M 受到方向水平向右、大小为尸的恒定外力作用。t=%时刻，金属杆cd的速度大小为u,此时撤去外力F,求：(1)在0 时间内流过金属杆a6 的电荷量；(2)最终两金属杆的间距。15.(2021辽宁省 模拟题)如图所示，均可视为质点的两小物块P、。放在光滑水平台面上，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与P、。连接)。台面右端与水平传送带等高连接且缝隙可忽略，传送带左右两端距离L=3 m,沿逆时针方向以恒定速度%=4m/s转动.现解除弹簧锁定，物块尸、。与弹簧分离后的速度大小分别为外=4m/s、vQ=2m/s,两物块获得的动能之和为a =12/.物块尸滑上传送带，与传送带间的动摩擦因数为4=0.2,重力加速度取g=1 0 m/s2,求：(1)小物块P、Q 的质量；(2)小物块P 与传送带间摩擦产生的热量。第 6 页，共 17页(3)若要小物块P不从传送带右端掉落，传送带至少要多长，从小物块尸滑上传送带到离开传送带，摩擦总共产生的热量为多少？答案和解析1.【答案】D【知识点】质能关系、结合能和比结合能、核力与核能【解析】解:A、x 原子核中的核子数为(235+1)-(94+2)=140个，质子数为92-38=5 4,所以中子数为140-54=8 6,故 A错误；B、轻核聚变需在极高温下发生，核电站用核裂变释放的能量发电，故 B错误；C、重核裂变释放核能是因为新核的比结合能大于原来重核的比结合能，故 C 错误；。、原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，因为核子结合成原子核时要释放能量，由质能方程知质量减小，故 O 正确。故选：D。根据电荷数守恒、质量数守恒补全核反应方程，判断x 原子核中的中子数；核电站利用的重核裂变释放核能来发电；释放核能的核反应，生成物的比结合能比反应的比结合能大；比结合能越大原子核越稳固。解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程求解释放的核能。2.【答案】A【知识点】光发生明显衍射的条件、光的干涉、光的偏振、波的干涉和衍射【解析】解：A、衍射是一切波都具有的现象，只要是横波就能发生偏振现象，电磁波是横波，所以电磁波可以发生衍射和偏振现象，故 A 正确；8、波能否产生明显衍射现象与波的振幅无关，只有满足障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多才能发生明显的衍射现象，故 B 错误；C、两列波只有在频率相同的条件下，才可能产生稳定的干涉，故 C 错误；。、当波长比障碍物或孔的宽度大得多时，将发生明显的衍射，故。错误。故选：Ao明确电磁波的性质，知道电磁波均为横波；知道波发生干涉和明显的衍射现象的条件。本题考查波的性质，要注意明确电磁波具有波的一切性质，包括干涉、衍射、反射等,同时注意电磁波的偏振说明了电磁波是横波。3.【答案】B【知识点】抛体运动、牛顿第二定律第8页，共17页【解析】解：运动员在空中飞行时，水平方向有x =竖直方向有九=1 加2,且tan370=联立解得：运动员在空中飞行的时间为t =3 s；由能量守恒定律得m g x =|m V o,解得x =1 0 0 0 m,故 8正确。A C Z）错误。故选：Bo运动员从A点水平飞出做平抛运动，落在山坡上有竖直位移与水平位移之比等于t a n。，由分位移公式和位移关系求解运动的时间；运动员落地时只有水平分速度，然后根据能量守恒定律求出运动员在水平面上运动的最大距离。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动。此类问题要善于运用分解位移和分解末速度的解题思路。4 .【答案】B【知识点】折射定律【解析】解：据题意，将玻璃砖缓慢转过0 角时，恰好没有光线从外面射出，说明光线发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有i =C.而入射角=0,则临界角C =根据临界角公式s i n C =工得，n sinC s i n。故选：B。由题，将玻璃砖缓慢转过。角时，恰好没有光线从时面射出，说明光线发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，由折射定律公式求出该玻璃砖的折射率。本题考查全反射的条件及临界角公式，提供了测定玻璃砖折射率的方法。5 .【答案】D【知识点】闭合电路欧姆定律【解析】解：A、由欧姆定律得U =E-/r,当/=0 时，E=U,由图线a 与纵轴的交点读出电源的电动势为E =4 V,故 A错误；B C、根据两图线交点处的状态可知，电阻两端的电压为U =3%电流为/=0.2 4 故B C 错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知，硅光电池的内阻为：厂=宁=辞。=5 0,故。正确。故选：D o由闭合电路欧姆定律得0 =E-/r,当/=0时，E=U,由图可知电源的电动势。根据欧姆定律求出硅光电池的内阻。本题考查对U-/图象的理解能力。对于线性元件欧姆定律可以直接利用；但对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的U -/曲线研究斜率得到。6.【答案】C【知识点】动能和动能定理、带电粒子在电场中的运动【解析】解：A、A粒子向左偏转，所受的电场力向左，与电场方向相同，故A粒子带正电荷，故4错误；B、两个粒子水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，有x=；at2=*t 2,E、/、，相等，则x o c q,可知，B粒子所带的电荷量比A粒子多，故B错误；C、电场力对粒子做功为W=qE x,A粒子电荷量少，偏转位移小，则电场力对A粒子做功少，其电势能变化量小，故C正确；。、丫轴方向有旷=戊，相同时间内，B粒子的竖直位移小，则B粒子进入电场时初速度小，又两粒子质量相等，所以B粒子初动能就小，故。错误.故选：C o根据粒子的偏转判断粒子的带电性质；根据粒子无轴方向的偏转距离判断两粒子的电荷量大小关系；根据静电力做功的多少判断两粒子的电势能变化量的大小关系；根据粒子），轴方向的运动距离判断两粒子进入电场时具有的动能的大小关系；本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动，对两个方向分别列式，再对各问题一一分析处理即可。7.【答案】C【知识点】静摩擦力和最大静摩擦力、牛顿第二定律、摩擦力【解析】解：A、由题意，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，故铁块与木板之间摩擦力的最大值为上机以=如小g=0.4 x 1 X 1 0/V =4N,故A错误；8、由题意，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，故木板与地面间的摩擦力的最大值为flmax=+=0.1 X 2 x ION=2 N,故 B错误；C、当FS2 N时，木板和铁块相对地面静止，有/=F；当尸 2 N且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度最大值为a第1 0页，共1 7页根据牛顿第二定律，对整体有F-%(M+m)g=(M+m)am,对铁块有F-f2max=mam，可得F=6N；从此关系式可以看出，当2NVFW6N时，M、，相对静止，故C正确：。、根据牛顿第二定律，对整体有F-M(mg+Mg=(m+Ma,对铁块有F-f =ma,即/=：+1(/7),当F6N时，铁块受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为4 N,故。错误。故选：C。A、根据题意，利用滑动摩擦力求出铁块与木板之间摩擦力的最大值；8、根据题意，利用滑动摩擦力求出木板与地面之间摩擦力的最大值；C、分析尸大小变化时木板和铁块的运动情况，进而分析出选项；。、根据牛顿第二定律，利用整体分析得出铁块受到的摩擦力大小。在分析连接体问题时，要注意选取合适的研究对象，在处理时，要注意整体法和隔离法的应用。8.【答案】AD【知识点】万有引力定律的应用、开普勒行星运动定律【解析】解：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，物体做曲线运动，运动的方向总是沿轨道的切线方向，故A正确；8、对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，近日点速率大，远日点速率小，故B错误；C、所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，根据物体做曲线运动的条件，行星运动的方向不总是与它和太阳连线垂直，故C错误；。、开普勒第三定律吗=k,公式中的左值由中心天体决定，只有中心天体一样时，左值才相同，月亮围绕地球运动的k值与人造卫星围绕地球运动的大值相同，故。正确。故选：AD.掌握开普勒三定律的基本内容，知道开普勒三定律都是由太阳系推导出来的，但是可以适用于所有的天体，在轨道可以是椭圆，也可以是圆.其中与中心天体有关.本题重点是掌握开普勒定律的内容及适用条件，知道虽然是由太阳系推导的但是可以适用于所有的天体，明确人是由中心天体决定的。9.【答案】BD【知识点】右手定则、动生电动势、闭合电路欧姆定律、楞次定律【解析】解：A、线框进入磁场的过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律，线框中的感应电流方向沿逆时针方向，故 A 错误；B、产生的电动势E=B L u,由闭合电路欧姆定律有电流为/=与，由于8、L、v、R不n变，线框进入和穿出磁场时，感应电流的大小不变，故 B 正确；C、线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量不变，线框中感应电流为零，故 C错误；。、线框离开磁场的过程中，线框中的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向沿顺时针方向，故。正确。故选：B D。感应电流的方向根据右手定则或楞次定律判断，电流的大小根据E=和闭合电路欧姆定律列式分析求解。解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式以及闭合电路欧姆定律的应用，同时会通过楞次定律或右手定则判断感应电流的方向。10.【答案】BD【知识点】电功和电功率定义、表达式及应用、变压器的构造和原理【解析】解：A、由乙图可知理想变压器原线圈的输入电压u=50&sinl007rt（y），故 A错误；B、原线圈电压有效值为/=贽=嗤U=5 0 V,副线圈电压的有效值为4 =10U,根据者=件 可知原、副线圈匝数比为5：1,电压表测量的是副线圈电压的有效值，L 2 几2为 10匕 故 B 正确；C、由于物体匀速上升，输出功率全部用来提升物体，因此装置启动时，电动机的输出功率为P=m gv=2 x 10 x 0.25勿=5 W,故 C错误；D、电动机是非纯电阻电路，根据P入-P 点=P%即W _ RM=p毋,解得/=14流过灯的电流/=（=*=24因此流过电流表的电流为/2=/+/=14+24=3 4,选项。正确.故选：B D。先根据最大值求出原线圈的有效值，照明灯正常工作，副线圈电压的有效值灯泡的额定第 12页，共 17页电压，由公式金=，可以求出线圈匝数比；u2 n2电压表的示数为有效值而非最大值；根据P =7 n g v 计算电动机的输出功率；电动机是非纯电阻性电路，根据能量守恒来求经过电动机的电流。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决，难点变大。另外，要注意电动机为非纯电阻电路，不能用欧姆定律来求其电流。1 1.【答案】A 4.0 m g L =【知识点】实验：探究功与物体速度变化的关系【解析】解：(1)调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等，小车做匀速直线运动，己平衡了摩擦力，此实验并不要求斜面是光滑的，也不需要测出斜面的倾角，选项4正确，8错误，故选A；(2)游标卡尺的精度为0.1 m m,游标卡尺读数是主尺与游标尺的示数之和，所以遮光条的宽度为d =4 m m+0 x 0.1 m m =4.0 m m；(3)小车从光电门1 下滑至光电门1 过程中，合 外 力 做 的 总 功 卬 合=小 车 动 牟 变化 E k=2 M*)2 -加*)2,实 验 中 若 表 达 式 加 必=驷(歌-川*)2 成立，则验证了动能定理。故答案为:(1)4(2)4.0；(3)叫/.=7 6)2一 山 4)2(1)根据实验原理和注意事项判断操作的正确定与否；(2)游标卡尺的读数为主尺与游标尺的读数之和，还与游标卡尺的精度有关；(3)挂上沙桶时，小车沿木板匀速下滑，取下细绳和沙桶后，小车受力不再平衡，其合力为撤去的沙桶中沙子重力m g,根据动能定理可以求其需要验证的表达式。本题考查了探究功与速度变化的关系的实验。本实验重点是平衡摩擦力的操作，要理解其实验原理，这也是本实验的创新点。1 2.【答案】12乙 氏 1 2.5【知识点】伏安法测电阻、实验：练习使用多用电表【解析】解：(1)多用表的读数为电阻的粗测值，由题意可知，使用欧姆挡的“X 1”挡，示数为 1 2 x 1 0 =1 2。；(2)由于已知电流表内阻的阻值，可以计算出电流表的分压，故用图乙测量更准确；(3)滑动变阻器调节范围过大，测量时难以调节到合适的阻值，滑动变阻器应选用(4)电流表内阻为8 =i o n,根据闭合电路欧姆定律有R x =J f n-i o n =1 2.50。故答案为：(1)1 2；(2)乙;(3温；(4)1 2.5(1)使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，其读数为指针示数与倍率的乘积；(2)由于电流表的内阻为已知的值，故其分压可求，所以采用内接法；(3)从调节的方便和灵敏度方面考虑选择最大阻值较小的滑动变阻器；(4)根据欧姆定律求待测电阻的阻值。欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；该题测量待测电阻的阻值，可以使用伏安法，一般来说是按“大内大、小外小”确定电流表的接法，但由于电流表的内阻已知,其分压可求，故采用内接法，并可求出待测电阻的准确值。1 3.【答案】解：(1)开始时细绳恰好没有作用力，被封闭气体压强p i =Po，设温度降为时.，放于地面的物块对地面恰好没有作用力，则有绳的拉力7=M g，对活塞，由平衡条件得：p2S 4-T =PQS,解得，封闭气体的压强P2 =P0 -攀气体发生等容变化，由查理定律得：=解得：T2=(PoS-Mg)TiPQS再次降温，气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律得：好言解得：73=(PoS-Mg)Ti2Pos答：(1)放在地面的物块对地面恰好没有作用力时，气 体 温 度 降 为 吟 誓(2)当活塞到汽缸底部的距离为5时，气体温度降为处三普。【知识点】理想气体状态方程【解析】(1)求出被封闭气体的压强，气体体积不变，应用查理定律求出气体的温度。(2)气体压强不变，应用盖-吕萨克定律求出气体的温度。根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用查理定律与盖-吕萨克定律即可解题。1 4.【答案】解：(l)t =t()时刻，设金属杆断的速度大小为，。从t =0到1 =t o时间内，对于金属杆岫，取向右为正方向，由动量定理得第 14页，共 17页BI Lt=m v1结合通过。棒的电荷量q =得BLq=mv对两杆整体，由动量定理得F t0=mv+m v解得”=黑 一 火 1 分)则流过金属杆ab的电荷量为q =等=勺 丝DL DL(2)最终两金属杆达到共同速度”共，取向右为正方向，由动量守恒定律得Ft0=2mv 共设通过回路的电量为q ，由动量定理有B L q =n w 我设最终两金属杆的间距为s,有d =?t =四=丝“2R 2R磁通量的变化量为中=8 S =BL(s S o)联立解得5 =5。+器答：(1)在。时间内流过金属杆附的电荷量是丑穿二(2)最终两金属杆的间距为S o +箫。【知识点】动生电动势、闭合电路欧姆定律【解析】(1)从=0 到=%时间内，对于金属杆外，利用动量定理列方程；对两杆整体，也利用动量定理列方程，即可求解。(2)撤去外力F后，c d 棒做减速运动，必 做加速运动，当两棒的速度相同时，回路中不再产生感应电流，到达稳定状态。对两棒组成的系统，利用动量守恒定律求出两棒匀速运动时的共同速度。再对其中一棒，利用动量定理求最终两金属杆的间距。本题是双杆问题，要分析清楚两棒的受力情况，判断最终的运动情况。对于双杆问题,往往运用动量守恒定律或动量定理、能量守恒定律来解答。1 5.【答案】解：(1)两小物块尸、Q组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mPvP-mQvQ=0两物块获得的动能之和：Ek=mPvj,代入数据解得：mP=l.Okg,mQ=2.0kg(2)物块尸在传送带上运动时，由牛顿第二定律得：limPg=mPa代入数据解得：a =2 m/s2设物块P 速度减为0所用时间为片，由匀变速直线运动的速度-时间公式得：0=vP-at0代入数据解得：%=2 s由匀变速直线运动的位移-时间公式得：L=Vpt-at2代入数据解得：t =I s(t =3s不合题意，舍去)因t t0,可知物体在右端离开传送带，传送带移动的距离为s=vot=4 x 1 7 7 1 =4m物块P与传送带间摩擦产生的热量为：Q=n mPg(L+s)代入数据解得：Q =1 4/(3)传送带最小长度：L=vpt0-|a 代入数据解得：=4 机此后小物块P在摩擦力的作用下又回到传送带左端,这一过程恰好为P在传送带上向右运动的逆过程，耗时t 2 =t o =2 s第一阶段物块P与传送带间的相对移动距离：S i =voto+L=4 x 2 m +4 m=1 2 m第二阶段物块尸与传送带间的相对移动距离S 2 =v0t2-V =4 x 2 巾一 4n i =4m共产生热量为Q =Rmpg(Si+s2)代入数据解得：Q=32J答:(1)小物块尸、。的质量分别是1.0k g、2.0kg；(2)小物块P与传送带间摩擦产生的热量是1 4人(3)若要小物块P不从传送带右端掉落，传送带至少长4根，从小物块P滑上传送带到离开传送带，摩擦总共产生的热量为32 人【知识点】动量守恒定律、功能关系的应用【解析】(1)两小物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能的计算公式可以求出小物块的质量。(2)应用牛顿第二定律求出小物块的加速度大小，应用运动学公式求出小物块与传送带的位移，然后应用功的计算公式求出小物块P与传送带间摩擦产生的热量。(3)小物块P减速到零物块恰好到达传送带右端时，小物块恰好不从右端掉落，应用运动学公式求出物块与传送带的位移，然后求出摩擦产生的热量。根据题意分析清楚小物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与牛顿第二定律、第 16页，共 17页运动学公式即可解题；摩擦产生的热量等于摩擦力与物块与传送带间相对路程的乘积。