2015年广东省高考物理试卷.doc

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1、第 1 页（共 21 页）2015 年广东省高考物理试卷年广东省高考物理试卷一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 16 分。在每小题给出的分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得分，选错或不答的得 0分）分）1 （4 分）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前 1 小时内的位移时间图象如图所示下列表述正确的是（ ）A0.20.5 小时内，甲的加速度比乙的大B0.20.5 小时内，甲的速度比乙的大C0.60.8 小时内，甲的位移比乙的

2、小D0.8 小时内，甲、乙骑行的路程相等2 （4 分）如图所示，帆板在海面上以速度 v 朝正西方向运动，帆船以速度 v朝正北方向航行，以帆板为参照物（ ）A帆船朝正东方向航行，速度大小为 vB帆船朝正西方向航行，速度大小为 vC帆船朝南偏东 45方向航行，速度大小为v第 2 页（共 21 页）D帆船朝北偏东 45方向航行，速度大小为v3 （4 分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头 P，使输出电压有效值由 220V 降至 110V调节前后（ ）A副线圈中的电流比为 1：2B副线圈输出功率比为 2：1C

3、副线圈的接入匝数比为 2：1 D原线圈输入功率比为 1：24 （4 分）在同一匀强磁场中， 粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则 粒子和质子（ ）A运动半径之比是 2：1B运动周期之比是 2：1C运动速度大小之比是 4：1D受到的洛伦兹力之比是 2：1二、双项选择题（本大题共二、双项选择题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 30 分分.在每小题给出的四在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选分，只选 1 个正确的得个正确的得3 分，有错选或不答的得分，有错选或不

4、答的得 0 分）分）5 （6 分）如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气（ ）A内能增大B压强增大C分子间引力和斥力都减小D所有分子运动速率都增大6 （6 分）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反第 3 页（共 21 页）应方程分别为：X+YHe+H+4.9MeV 和H+HHe+X+17.6MeV下列表述正确的有（ ）AX 是中子BY 的质子数是 3，中子数是 6C两个核反应都没有质量亏损D氘和氚的核反应是核聚变反应7 （6 分）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面

5、上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（ ）A三条绳中的张力都相等B杆对地面的压力大于自身重力C绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力8 （6 分）在星球表面发射探测器，当发射速度为 v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到v 时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为 10：1，半径比约为 2：1，下列说法正确的有（ ）A探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大9 （6

6、 分）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和 N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N 保持静止，不计重力，则（ ）第 4 页（共 21 页）AM 的带电量比 N 的大BM 带负电荷，N 带正电荷C静止时 M 受到的合力比 N 的大D移动过程中匀强电场对 M 做负功三、非选择题：（按题目要求作答三、非选择题：（按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）出数值和单位

7、）10 （8 分）某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物 （填“靠近”或“偏离”）计时器下端； ， ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取 （填“b”或“c”）来计算重力加速度在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和 11 （10 分）某实验小组研究两个未知元件 X 和 Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为 3k） 、电流表（内阻约为 1） 、定值电阻等。第 5 页（共 21

8、 页）（1）使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 据此应选择图中的 （填“b”或“c”）电路进行实验；（2）连接所选电路，闭合 S；滑动变阻器的滑片 P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐 （填“增大”或“减小”） ；依次记录电流及相应的电压；将元件 X换成元件 Y，重复实验；（3）如图（d）是根据实验数据作出的 UI 图线，由图可判断元件 （填“X”和“Y”）是非线性元件；（4）该小组还借助 X 和 Y 中的线性元件和阻值 R=21 的定值电阻，测量待测电池的电动势 E 和内阻 r，电路如图（e）所示，闭合 S1和 S2，电压表读数为3.00V；断开

9、 S2，读数为 1.00V利用图（d）可算得 E= Vr= （结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表） 。12 （18 分）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距 L=0.4m，导轨右端接有阻值 R=1 的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好导体棒及导轨的电阻均不计导轨间正方形区域 abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为 L从 0 时刻开始，磁感应强度 B 的大小随时间第 6 页（共 21 页）t 变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度 v=1m/s 做直线运动，求：（1）棒

10、进入磁场前，回路中的电动势 E；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力 F，以及棒通过三角形 abd 区域使电流i 与时间 t 的关系式13 （18 分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R=0.5m，物块 A 以 V0=6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为 L=0.1m物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 =0.1，A、B 的质量均为 m=1kg（重力加速度 g 取 10m/s2；A、B 视为质点，碰

11、撞时间极短） （1）求 A 滑过 Q 点时的速度大小 V 和受到的弹力大小 F；（2）若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值；（3）求碰后 AB 滑至第 n 个（nk）光滑段上的速度 VAB与 n 的关系式第 7 页（共 21 页）2015 年广东省高考物理试卷年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 16 分。在每小题给出的分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得分

12、，选错或不答的得 0分）分）1 （4 分）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前 1 小时内的位移时间图象如图所示下列表述正确的是（ ）A0.20.5 小时内，甲的加速度比乙的大B0.20.5 小时内，甲的速度比乙的大C0.60.8 小时内，甲的位移比乙的小D0.8 小时内，甲、乙骑行的路程相等【分析】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向物体的位移等于s 的变化量【解答】解：A、由图知，0.20.5 小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故 A 错误。B、st 图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的

13、大，故 B 正确。C、物体的位移等于 s 的变化量。则知 0.60.8 小时内，甲的位移比乙的大，故C 错误。D、00.6 小时内，甲的位移比乙的大，0.60.8 小时内，甲的位移比乙的大，所第 8 页（共 21 页）以 0.8 小时内，甲的路程比乙的大，故 D 错误。故选：B。【点评】该题考查了对位移时间图象的理解和应用，要掌握：在位移时间图象中，图象的斜率表示质点运动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移2 （4 分）如图所示，帆板在海面上以速度 v 朝正西方向运动，帆船以速度 v朝正北方向航行，以帆板为参照物（ ）A帆船朝正东方向航行，速度大小为 vB帆船朝正西方向航行，速度大小为 vC帆

14、船朝南偏东 45方向航行，速度大小为vD帆船朝北偏东 45方向航行，速度大小为v【分析】将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向【解答】解：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度 v 及向北的速度 v；由矢量合成可知，二者的合速度 v合=v；方向北偏东 45 度。故选：D。【点评】本题考查运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容要掌握其合成与分解的方法3 （4 分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头 P，使输出电压

15、有效值由 220V 降至 110V调节前后（ ）第 9 页（共 21 页）A副线圈中的电流比为 1：2B副线圈输出功率比为 2：1C副线圈的接入匝数比为 2：1 D原线圈输入功率比为 1：2【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析【解答】解：A、通过调节触头 P，使输出电压有效值由 220V 降至 110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为 2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为 2：1，故 A 错误，C

16、正确；B、由 P=，所以输出功率之比为 4：1，故 B 错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为 4：1，故 D 错误；故选：C。【点评】本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析4 （4 分）在同一匀强磁场中， 粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则 粒子和质子（ ）A运动半径之比是 2：1B运动周期之比是 2：1C运动速度大小之比是 4：1D受到的洛伦兹力之比是 2：1【分析】质子 H 和 粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较 r

17、、速度 v 及 T 的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比第 10 页（共 21 页）【解答】解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是 4：1，所以：故 C 错误；A、质子 H 和 粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，得轨道半径：R=，根据质子质子（H）和 （He）粒子的电荷量之比是 1：2，质量之比是1：4，则得：RHe：RH=，故 A 错误；B、粒子运动的周期：，所以：故 B正确；D、根据粒子受到的洛伦兹力：f=qvB，得：故 D 错误。故选：B。【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场场中运动的问题，知道洛伦兹力充当向心力，熟练掌握圆

18、周运动的基本公式即可二、双项选择题（本大题共二、双项选择题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 30 分分.在每小题给出的四在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，只选分，只选 1 个正确的得个正确的得3 分，有错选或不答的得分，有错选或不答的得 0 分）分）5 （6 分）如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气（ ）第 11 页（共 21 页）A内能增大B压强增大C分子间引力和斥力都减小D所有分子运动速率都增大【分析

19、】气体分子间距较大，内能主要体现在分子平均动能上，温度升高时内能增大；再根据压强的微观解释可明确压强的变化【解答】解：水加热升温使空气温度升高，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，故压强增大；但分子间距离不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标志是一个统计规律，温度升高时并不是所有分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；故选：AB。【点评】本题考查分子的微观性质，要注意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积6 （6 分）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+YHe+H+4.9MeV 和H+HHe+X+

20、17.6MeV下列表述正确的有（ ）AX 是中子BY 的质子数是 3，中子数是 6C两个核反应都没有质量亏损D氘和氚的核反应是核聚变反应【分析】根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出 X 和 Y；根据是否释放能量判定有没有质量亏损；根据核反应的特点判定是否是聚变反应【解答】解：A、根据核反应方程：H+HHe+X，X 的质量数：m1=2+34=1，核电荷数：z1=1+12=0，所以 X 是中子。故 A 正确；第 12 页（共 21 页）B、根据核反应方程：X+YHe+H，X 是中子，所以 Y 的质量数：m2=4+31=6，核电荷数：z2=2+10=3，所以 Y 的质子数是 3，中子数是 3故 B

21、错误；C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损。故 C 错误；D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应。故 D 正确。故选：AD。【点评】该题考查常见的核反应方程，在这一类的题目中，要注意质量数守恒和核电荷数守恒的应用基础题目7 （6 分）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（ ）A三条绳中的张力都相等B杆对地面的压力大于自身重力C绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【分析】对杆进行分析，明确杆受力情况

22、，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系【解答】解：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小可能不相等；故 A 错误；C 正确；B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故 B 正确；D 错误；第 13 页（共 21 页）故选：BC。【点评】本题考查共点力的平衡条件及应用，要注意本题中应分别对水平和竖直两个方向进行分析才能得出正确结果8 （6 分）在星球表面发射探测器，当发射速度为 v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到v 时，可摆脱星球引力束缚

23、脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为 10：1，半径比约为 2：1，下列说法正确的有（ ）A探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大【分析】探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大【解答】解：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，故 A 错误；B、根据万有引力公式得：

24、探测器在地球表面受到的引力，在火星表面受到的引力 F2=，而地球、火星两星球的质量比约为 10：1，半径比约为 2：1，解得：，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故 B 正确；C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故 C 错误；D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故 D 正确。第 14 页（共 21 页）故选：BD。【点评】本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，难度适中9 （6 分）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和 N

25、分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N 保持静止，不计重力，则（ ）AM 的带电量比 N 的大BM 带负电荷，N 带正电荷C静止时 M 受到的合力比 N 的大D移动过程中匀强电场对 M 做负功【分析】分别对 MN 两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答【解答】解：A、B、因为 M、N 在释放后保持静止，说明受到的合力为 0，若M 带正电，不论 N 带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有 M 带负电，N 带正电才能满足同时静止。又 M 与 N 之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相

26、反，由F=qE 可知，二者所带的电量大小相等。故 A 错误，B 正确；C、静止时，二者受到的合力都是 0故 C 错误；D、M 带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对 M 做负功。故 D 正确。故选：BD。【点评】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决第 15 页（共 21 页）方法三、非选择题：（按题目要求作答三、非选择题：（按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分要演算步骤，只写出最后答案的不能得分

27、.有数值计算的题，答案中必须明确写有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）出数值和单位）10 （8 分）某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物 靠近 （填“靠近”或“偏离”）计时器下端； 接通电源 ， 松开纸带 ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取 b （填“b”或“c”）来计算重力加速度在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和 摩擦 【分析】 （1）通过组装器材、进行实验和数

28、据处理的顺序对实验的步骤进行分析求解；（2）根据纸带上的点迹分布进行分析选择纸带，由于存在摩擦阻力，所以在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度【解答】解：（1）按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）根据纸带上的点迹分布得出 b 纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c 纸带先加速后减速，且相邻计时点的距离较小，所以应选取 b 来计算重第 16 页（共 21 页）力加速度在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原

29、因是空气阻力和摩擦故答案为：（1）靠近；接通电源；松开纸带；（2）b，摩擦【点评】对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果11 （10 分）某实验小组研究两个未知元件 X 和 Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为 3k） 、电流表（内阻约为 1） 、定值电阻等。（1）使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 10 据此应选择图中的 b （填“b”或“c”）电路进行实验；（2）连接所选电路，闭合 S；滑动变

30、阻器的滑片 P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐 增大 （填“增大”或“减小”） ；依次记录电流及相应的电压；将元件 X换成元件 Y，重复实验；（3）如图（d）是根据实验数据作出的 UI 图线，由图可判断元件 Y （填“X”和“Y”）是非线性元件；（4）该小组还借助 X 和 Y 中的线性元件和阻值 R=21 的定值电阻，测量待测电池的电动势 E 和内阻 r，电路如图（e）所示，闭合 S1和 S2，电压表读数为3.00V；断开 S2，读数为 1.00V利用图（d）可算得 E= 3.2 Vr= 0.50 （结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表） 。第 17 页（共 21 页）【分析】电阻的大

31、小等于表盘的读数乘以倍率。根据元件 X 的电阻大小确定电流表的内外接。先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析。根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势 E 和内阻 r。【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件 X 的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为 10。元件 X 的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图 b 所示实验电路。（2）连接所选电路，闭合 S；滑动变阻器的滑片 P 从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；（3）如图（d）是根据实验数据作出的 UI 图线，由图可

32、判断元件 Y 是非线性元件；（4）根据 UI 图线得出元件 X 的电阻 R=10；闭合 S1和 S2，电压表读数为 3.00V；断开 S2，读数为 1.00V，根据闭合电路欧姆定律列出等式E=3+rE=1+（r+21）解得：E=3.2Vr=0.50故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50第 18 页（共 21 页）【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表示数的变化。关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻。12 （18 分）如图（a）所示，平行长直金属导

33、轨水平放置，间距 L=0.4m，导轨右端接有阻值 R=1 的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好导体棒及导轨的电阻均不计导轨间正方形区域 abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为 L从 0 时刻开始，磁感应强度 B 的大小随时间t 变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度 v=1m/s 做直线运动，求：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势 E；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力 F，以及棒通过三角形 abd 区域使电流i 与时间 t 的关系式【分析】根据法拉第电磁感应定律 E=N求出感应电动势

34、的大小，根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律 E=N得棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E=0.08=0.04V，同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度 v=1m/s 做直线运动，棒通过三角形 abd 区域时，第 19 页（共 21 页）棒切割磁感线产生的感应电动势大小 E=BLv=2Bv（t1）v，根据欧姆定律得棒通过三角形 abd 区域使电流 i 与时间 t 的关系式 i=t1 （1st1.2s） ，当 t=1.2s 时，电流最大，有效长度最大，最大安培力 F

35、m=BIL=0.04N，根据左手定则得安培力方向水平向左答：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势 E 是 0.04V；（2）棒在运动过程中受到的最大安培力大小是 0.04N，方向水平向左，棒通过三角形 abd 区域使电流 i 与时间 t 的关系式 i=t1 （1st1.2s） 【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力公式，难度中等13 （18 分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径 R=0.5m，物块 A 以 V0=6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点 Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上

36、 P 处静止的物块 B 碰撞，碰后粘在一起运动P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为 L=0.1m物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为 =0.1，A、B 的质量均为 m=1kg（重力加速度 g 取 10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短） （1）求 A 滑过 Q 点时的速度大小 V 和受到的弹力大小 F；（2）若碰后 AB 最终停止在第 k 个粗糙段上，求 k 的数值；（3）求碰后 AB 滑至第 n 个（nk）光滑段上的速度 VAB与 n 的关系式【分析】 （1）由机械能守恒定律可求得 A 滑过 Q 点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求

37、得 AB 碰撞前 A 的速度，再对碰撞过程由动量守恒第 20 页（共 21 页）定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经历了 n 段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：mv02=mg（2R）+mv2；解得：v=4m/s；由 F+mg=m可得：F=22N；（2）AB 碰撞前 A 的速度为 vA，由机械能守恒定律可得：mv02=mvA2得 vA=v0=6m/s；AB 碰撞后以共同速度 vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）vp解得：vP=3m/s；故总动能

38、EK=（m+m）vP2=29=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能EK=fL=（m+m）gL=0.1200.1=0.2J；k=45；（3）AB 整体滑到第 n 个光滑段上损失的能量；E损=nE=0.2nJ从 AB 碰撞后运动到第 n 个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）vP2（m+m）vAB2=nE，代入解得：vAB=m/s；答：1）A 滑过 Q 点时的速度大小 V 为 4m/s；受到的弹力大小 F 为 22N；（2）k 的数值为 45；（3）碰后 AB 滑至第 n 个（nk）光滑段上的速度 VAB与 n 的关系式为 vAB=m/s；第 21 页（共 21 页）【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用