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(含答案解析)陕西省西工大附中2015届高三下学期四模考试理综物理试题


2015 年陕西省西工大附中高考物理四模试卷
一、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,14~18 只有 一个选项符合题目要求,第 19-21 题有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分.第Ⅱ卷(非选择题共 174 分) 1.(6 分)(2015?陕西校级四模)物理关系式不仅反映了物

理量之间的关系,也确定了单位间 的关系.如关系式 U=IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了 V(伏)与 A(安) 和 (欧)的乘积等效.现有物理量单位:m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、 C(库)、F(法)、A(安)、(欧)和 T(特),由他们组合成的单位都与电压单位 V(伏) 等效的是( )
2

A. J/C 和 N/C B. C/F 和 T?m /s C. W/A 和 C?T?m/s D. W 【考点】: 力学单位制. 【分析】: 单位制包括基本单位和导出单位,规定的基本量的单位叫基本单位,由物理公式推 导出的但为叫做导出单位.根据相关公式分析单位的关系. 【解析】: 解:A、根据 C= 可得:U= ,所以 1V=1C/F,由 U=Ed 知:1V=1N/C?m,故 A 错 误. B、由 E= 知,1V=1Wb/s=1T?m /s,故 B 正确.
2



和 T?A?m

C、由 P=UI 得:U= ,则 1V=1W/A.由 E=BLv 知:1V=1T?m?m/s,故 C 错误.

D、根据 P=

可得:U=

,所以 1V=



由 F=BIL 知:1N=1T?A?m≠1V,故 D 错误. 故选:B. 【点评】: 物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系,同时也确定了物理量的单位之间的关 系,根据物理公式来分析物理量的单位即可. 2.(6 分)(2015?陕西校级四模)物体 B 放在物体 A 上,A、B 的上下表面均与斜面平行(如 图) , 当两者以相同的初速度、 始终相对静止靠惯性沿固定斜面 C 向上做匀减速运动时, ( )

A. A 受到 B 的摩擦力沿斜面方向向上 B. A 受到 B 的摩擦力沿斜面方向向下 C. A、B 之间是否存在摩擦力取决于 A、B 表面的性质 D. A、B 之间是否存在摩擦力取决于 A、C 表面的性质 【考点】: 牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.

【专题】: 牛顿运动定律综合专题. 【分析】: 先对 A、B 整体受力分析,求出加速度;再隔离出物体 B,受力分析,根据牛顿第 二定律列方程求未知力. 【解析】: 解:先对 A、B 整体受力分析,受重力、支持力和平行斜面向下的滑动摩擦力,合 力沿斜面向下,根据牛顿第二定律,有: (m1+m2)gsinθ+μ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a (θ 为斜面的倾角) 解得:a=gsinθ+μgcosθ ① 再隔离出物体 B 受力分析,受重力、支持力,假设有沿斜面向上的静摩擦力 f,如图

根据牛顿第二定律,有 m2gsinθ﹣f=ma ② 由①②两式可解得 f=﹣μm2gcosθ 负号表示摩擦力与假设方向相反,即 A 对 B 的静摩擦力平行斜面向下; 根据牛顿第三定律,B 对 A 的静摩擦力平行斜面向上; 当 A 与斜面间的接触面光滑时,A 与 B 间的摩擦力 f 为零; 故 D 正确,ABC 错误; 故选:D. 【点评】: 本题关键先用整体法求出整体的加速度,然后隔离出物体 B,假设摩擦力为 f,对其 受力分析后根据牛顿第二定律求解出摩擦力. 3.(6 分)(2012?江苏)如图所示,细线的一端固定于 O 点,另一端系一小球.在水平拉力作 用下,小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点.在此过程中拉力的瞬时功率变化情况 ( )

A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大,后减小 D. 先减小,后增大 【考点】: 功率、平均功率和瞬时功率. 【专题】: 功率的计算专题. 【分析】: 根据小球做圆周运动,合力提供向心力,即合力指向圆心,求出水平拉力和重力的 关系,根据 P=Fvcosα 得出拉力瞬时功率的表达式,从而判断出拉力瞬时功率的变化.

【解析】: 解:因为小球是以恒定速率运动,即它是做匀速圆周运动,那么小球受到的重力 G、 水平拉力 F、绳子拉力 T 三者的合力必是沿绳子指向 O 点. 设绳子与竖直方向夹角是 θ,则 得 F=Gtanθ 而水平拉力 F 的方向与速度 V 的方向夹角也是 θ,所以水平力 F 的瞬时功率是 P=Fvcosθ 则 P=Gvsinθ 显然,从 A 到 B 的过程中,θ 是不断增大的,所以水平拉力 F 的瞬时功率是一直增大的.故 A 正确,B、C、D 错误. 故选 A. =tanθ (F 与 G 的合力必与绳子拉力在同一直线上)

【点评】: 解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式 P=Fvcosα,注意 α 为 F 与速度的夹角. 4.(6 分)(2015?陕西校级四模)有同学这样探究太阳的密度:正午时分让太阳光垂直照射一 个当中有小孔的黑纸板, 接收屏上出现一个小圆斑; 测量小圆斑的直径和黑纸板到接收屏的距离, 可大致推出太阳直径.他掌握的数据是:太阳光传到地球所需的时间、地球的公转周期、万有引 力恒量;在最终得出太阳密度的过程中,他用到的物理规律是小孔成像规律和( A. 牛顿第二定律 B. 万有引力定律 C. 万有引力定律、牛顿第二定律 D. 万有引力定律、牛顿第三定律 【考点】: 万有引力定律及其应用. 【专题】: 万有引力定律的应用专题. 【分析】: 根据小孔成像规律和几何知识能得到太阳的直径,算出太阳的体积.根据太阳光传 到地球所需的时间,可算出太阳到地球的距离,结合地球公转的周期,根据牛顿第二定律能求出 太阳的质量,得到太阳的密度. 【解析】 : 解: 根据小孔成像规律和相似三角形的知识可得到太阳的直径 D, 求得太阳的体积. 根 据万有引力定律和牛顿第二定律 可得太阳的质量,故可求出太阳的密度.所以他用到 )

的物理规律是小孔成像规律和万有引力定律、牛顿第二定律. 故选 C 【点评】: 知道地球公转的周期、轨道半径可求出太阳的质量,可根据太阳的万有引力提供地 球的向心力模型研究.

5.(6 分)(2015?陕西校级四模)如图所示电路中,R1、R2、R3、R4 为四个可变电阻器,C1、 C2 为两个极板水平放置的平行板电容器,两电容器的两极板间各有一个油滴 P、Q 处于静止状 态,欲使油滴 P 向上运动,Q 向下运动,应增大哪个变阻器的电阻值( )

A. R1 B. R2 C. R3 D. R4 【考点】: 带电粒子在混合场中的运动. 【专题】: 带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】: 开始时刻两个油滴均受重力和电场力而平衡,故电场力向上;要使 P 向上运动,Q 向下运动,需要增加电容器 C1 的电压而减小电容器 C2 的电压;结合闭合电路欧姆定律分析即 可. 【解析】: 解:直流电流中,电容器相当于断路,故电容器 C1 的电压等于路端电压,电容器 C2 的电压等于电阻 R4 的电压; 开始时刻两个油滴均受重力和电场力而平衡,故电场力向上,与重力平衡; 要使 P 向上运动,Q 向下运动,需要增加电容器 C1 的电压而减小电容器 C2 的电压,故需要增 加 R3 的电阻或者减小 R4 的电阻; 故选:C. 【点评】: 本题考查电容器的动态分析及共点力的平衡条件,注意正确找出电容器与哪一部分 电阻并联,然后结合串联电路的电压分配关系分析. 6.(6 分)(2009?盐城二模)某物体沿直线运动的 v﹣t 关系如图所示,已知在第 1s 内合外力 对物体做的功为 W,则( )

A. 从第 1s 末到第 3s 末合外力做功为 4W B. 从第 3s 末到第 5s 末合外力做功为﹣2W C. 从第 5s 末到第 7s 末合外力做功为 W D. 从第 3s 末到第 4s 末合外力做功为﹣0.75W 【考点】: 动能定理的应用;匀变速直线运动的图像. 【专题】: 动能定理的应用专题. 【分析】: 由速度﹣时间图象可知,物体在第 1 秒末到第 3 秒末做匀速直线运动,合力为零, 做功为零.根据动能定理:合力对物体做功等于物体动能的变化.从第 3 秒末到第 5 秒末动能的 变化量与第 1 秒内动能的变化量相反, 合力的功相反. 从第 5 秒末到第 7 秒末动能的变化量与第

1 秒内动能的变化量相同,合力做功相同.根据数学知识求出从第 3 秒末到第 4 秒末动能的变化 量,再求出合力的功. 【解析】: 解:A、物体在第 1 秒末到第 3 秒末做匀速直线运动,合力为零,做功为零.故 A 错误. B、从第 3 秒末到第 5 秒末动能的变化量与第 1 秒内动能的变化量相反,合力的功相反,等于﹣ W.故 B 错误. C、 从第 5 秒末到第 7 秒末动能的变化量与第 1 秒内动能的变化量相同, 合力做功相同, 即为 W. 故 C 正确. D、从第 3 秒末到第 4 秒末动能变化量是负值,大小等于第 1 秒内动能的变化量的 ,则合力做 功为﹣0.75W.故 D 正确. 故选 CD 【点评】: 本题考查动能定理基本的应用能力.由动能的变化量求出合力做的功,或由合力做 功求动能的变化量,相当于数学上等量代换. 7.(6 分)(2015?陕西校级四模)如图,L1 和 L2 为两平行的虚线,L1 上方和 L2 下方都是垂直 纸面向里的磁感强度相同的匀强磁场,A、B 两点都在 L2 上.带电粒子从 A 点以初速 v 与 L2 成 α 角斜向上射出,经过偏转后正好过 B 点,经过 B 点时速度方向也斜向上.不计重力,下列说 法中正确的是( )

A. 此粒子一定带正电荷 B. 带电粒子经过 B 点时速度一定跟在 A 点时速度相同 C. 若 α=30°角时,带电粒子经过偏转后正好过 B 点,则 α=45°角时,带电粒子经过偏转后 也一定经过同一个 B 点 D. 若 α=30°角时,带电粒子经过偏转后正好过 B 点,则 α=60°角时,带电粒子经过偏转后 也一定经过同一个 B 点 【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动. 【专题】: 带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】: 分析带电粒子的运动情况:在无磁场区域,做匀速直线运动,进入磁场后,只受洛 伦兹力,做匀速圆周运动,画出可能的轨迹,作出选择. 【解析】: 解:画出带电粒子运动的可能轨迹,B 点的位置可能有下图四种.如图所示. A、如图,分别是正负电荷的轨迹,正负电荷都可能.故 A 错误. B、如图,粒子 B 的位置在 B1、B4,速度方向斜向下,跟在 A 点时的速度大小相等,但方向不 同,速度不同,B 的位置在 B2、B3,速度方向斜向上,跟在 A 点时的速度大小相等,方向相同, 速度相同.故 B 正确. C、D 根据轨迹,粒子经过边界 L1 时入射点与出射点间的距离与经过边界 L2 时入射点与出射点 间的距离相同,与速度无关.所以当初速度大小稍微增大一点,但保持方向不变,它仍有可能经 过 B 点.故 C 错误,D 正确.

故选:BD.

【点评】: 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题,关键是画出粒子圆周的轨迹.往往要抓 住圆的对称性和几何知识进行分析. 8.(6 分)(2015?陕西校级四模)如图所示,处于真空中的匀强电场与水平方向成 15° 角,在 竖直平面内的直线 AB 与场强 E 互相垂直,在 A 点以大小为 v0 的初速度水平向右抛出一质量为 m、带电荷量为+q 的小球,经时间 t,小球下落一段距离过 C 点(图中未画出)时其速度大小仍 为 v0,已知 A、B、C 三点在同一平面内,则在小球由 A 点运动到 C 点的过程中( )

A. 小球的电势能增加 B. 小球的机械能增加 C. 小球的重力势能能增加 D. C 点位于 AB 直线的右侧 【考点】: 带电粒子在匀强电场中的运动;电势能. 【分析】: 小球由 A 点运动到 C 点的过程中,重力做正功,动能不变,由动能定理可判断出电 场力做负功,机械能减小,C 点的电势比 A 点电势高,可知 C 点位于 AB 直线的右侧 【解析】: 解: A、由题,小球由 A 点运动到 C 点的过程中,重力做正功,重力势能减小,动能不变,由动能 定理得知,电场力必定做负功,小球的电势能增加.故 A 正确,C 错误. B、小球具有机械能和电势能,总是守恒,小球的电势能增加,则知小球的机械能一定减小.故 B 错误. D、小球的电势能增加,而小球带正电,则知 C 点的电势比 A 点电势高,故 C 点一定位于 AB 直线的右侧.故 D 正确. 故选:AD 【点评】: 本题运用动能定理分析电场力做功正负,并分析电势能、机械能的变化.根据推论: 正电荷在电势高处电势能大,分析 C 点的位置.

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第 9 题~第 12 题为必考题,每个小题考生都必须 作答.第 13 题~第 18 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题 9.(6 分)(2008?四川)一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动.盘边缘上固定一竖 直的挡光片.盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过,如图 1 所示.图 2 为光电数字计时器的示意图.光源 A 中射出的光可照到 B 中的接收器上.若 A、B 间的光路被 遮断,显示器 C 上可显示出光线被遮住的时间.挡光片的宽度用螺旋测微器测得,结果如图 3 所示.圆盘直径用游标卡尺测得,结果如图 4 所示.由图可知, (1)挡光片的宽度为 位有效数字) 10.243 mm. (2)圆盘的直径为 24.215 cm. 1.69 rad/s(保留 3 (3)若光电数字计时器所显示的时间为 50.0ms,则圆盘转动的角速度为

. 【考点】: 线速度、角速度和周期、转速;刻度尺、游标卡尺的使用;螺旋测微器的使用. 【专题】: 实验题;匀速圆周运动专题. 【分析】: (1)由螺旋测微器读出整毫米数,由可动刻度读出毫米的小部分.即可得到挡光片 的宽度. (2)图中 20 分度的游标卡尺,游标尺每一分度表示的长度是 0.05mm.由主尺读出整毫米数, 游标尺上第 3 条刻度线与主尺对齐,则读出毫米数小数部分为 3× 0.05mm=0.15mm. (3)由 v= 求出圆盘转动的线速度,由 v=ωr,求出角速度 ω. 【解析】: 解:(1)由螺旋测微器读出整毫米数为 10mm,由可动刻度读出毫米的小部分为 0.243mm.则挡光片的宽度为 D=10.243mm. (2)由主尺读出整毫米数为 242mm,游标尺上第 3 条刻度线与主尺对齐,读出毫米数小数部分 为 3× 0.05mm=0.15mm,则圆盘的直径为 d=242.15mm=24.215cm. (3)圆盘转动的线速度为 v= …① 由 v=ωr,得角速度 ω= …② 又 r= 联立得 ω=

代入解得,ω=1.69rad/s 故答案为: (1)10.243;(2)24.215;(3)1.69. 【点评】: 螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功,要熟悉读数的方法.题中还要掌握圆周运 动的线速度与角速度的关系 v=ωr. 10. (9 分) (2015?陕西校级四模)有一只电压表 V,量程为 3V,内阻约为几 kΩ~几十 kΩ.某 同学想设计一个实验方案测定该电压表内阻的具体数值.可供选择的器材有: 电流表 A(0~0.6A~3.0A,内阻小于 2.0Ω), 滑动变阻器 R1(0~50Ω),电阻箱 R2(0~9999Ω), 电池组 E(电动势为 3.0V,内阻不计),开关 S 及导线若干. (1)请你帮助该同学选择适当器材,设计一个测量电路,在方框中画出你设计的电路图(标出 对应器材的符号) (2)简述实验步骤,用适当的符号表示该步骤中应测量的物理量: 按原理图连好电路,将 R1 的滑片位置滑至 a 端. ②调节电阻箱 R2 的值为零欧姆, 闭合开关 S, 移动滑片 P, 使电压表有一合适的示数 U1 并记下. ③保持 R1 的滑片位置不动,调节 R2,使电压表又取某一合适示数,记下电阻箱 R2 和电压表的 示数分别为 R、U2. ④重复步骤②、③取多组数据. ⑤打开开关 S,整理仪器,放回原处 . .

(3)用所测得的物理量表示电压表内阻的表达式为 Rv=

【考点】: 伏安法测电阻. 【专题】: 实验题;恒定电流专题. 【分析】: 明确实验原理,根据题目中给出的实验器材分析实验应采用的方法及实验步骤,并 正确得出对应的表达式. 【解析】: 解:因为待测电压表允许通过的最大电流 量程,所以不能用 A 表测量电流,故本实验只能用电压 表 V 和电阻箱 R2 串联,利用分压原理来完成.电路图如图所示; 只有几毫安,远小于电流表 A 的

实验方案为: (1)如右图所示, (2)①按原理图连好电路,将 R1 的滑片位置滑至 a 端. ②调节电阻箱 R2 的值为零欧姆, 闭合开关 S, 移动滑片 P, 使电压表有一合适的示数 U1 并记下. ③保持 R1 的滑片位置不动,调节 R2,使电压表又取某一合适示数,记下电阻箱 R2 和电压表的 示数分别为 R、U2. ④重复步骤②、③取多组数据. ⑤打开开关 S,整理仪器,放回原处. (3)由以上步骤可知,电压约为 U1,在电压表与电阻箱串联时,由串联电路规律可知,电压表 内阻为: RV= ;I= ;

联立解得:

故答案为:(1)如图所示; (2))①按原理图连好电路,将 R1 的滑片位置滑至 a 端. ②调节电阻箱 R2 的值为零欧姆, 闭合开关 S, 移动滑片 P, 使电压表有一合适的示数 U1 并记下. ③保持 R1 的滑片位置不动,调节 R2,使电压表又取某一合适示数,记下电阻箱 R2 和电压表的 示数分别为 R、U2. ④重复步骤②、③取多组数据. ⑤打开开关 S,整理仪器,放回原处. (3) 【点评】: 本题为开放型实验,答案并不唯一,但在解决问题时要注意紧扣我们所学过的实验, 设计出误差更小,更容易操作的实验原理和方法. 11.(12 分)(2005?江苏)如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图,绷紧的传送带始 终保持 3.0m/s 的恒定速率运行,传送带的水平部分 AB 距离水平地面的高度 h=0.45m.现有一行 李包(可视为质点)由 A 端被传送到 B 端,且传送到 B 端时没有及时取下,行李包从 B 端水平 抛出,不计空气阻力,取 g=10m/s . (1)若行李包从 B 端水平抛出的初速度 v=3.0m/s,求它在空中运动的时间和飞行的水平距离. (2) 若行李包以 v0=1.0m/s 的初速度从 A 端向右滑行, 行李包与传送带间的动摩擦因数 μ=0.20. 要 使它从 B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离,求传送带的长度应满足的条件.
2

【考点】: 匀变速直线运动的速度与位移的关系;自由落体运动. 【专题】: 压轴题;直线运动规律专题. 【分析】: (1)水平抛出做平抛运动,根据高度求出运动的时间,根据时间和初速度求出水平 距离. (2)要使它从 B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离,则水平抛出的初速度为 3m/s, 行李包在传送带上先做匀加速直线运动,当速度达到 3m/s 做匀速直线运动,根据速度位移公式 求出最小距离. 【解析】: 解:(1)设行李包在空中运动的时间为 t,飞出的水平距离为 s,则 t=0.3s 根据 s=vt,得 s=0.9m. (2)设行李包的质量为 m,与传送带相对运动时的加速度为 a,则滑动摩擦力 f=μmg=ma 代入数值,得 a=2.0m/s 要使行李包从 B 端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离,行李包从 B 端水平抛出的初速度 应为 v=3.0m/s 时通过的距离为 s0,则 代入数值,得:s0=2.0m 故传送带的长度 L 应满足的条件为 L≥2.0m. 答:(1)它在空中运动的时间和飞行的水平距离分别为 0.3s、0.9m. (2)传送带的长度应满足的条件为 L≥2.0m. 【点评】: 解决本题的关键知道平抛运动的水平方向和竖直方向上的运动规律,以及知道行李 包在传送带上的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解. 12.(20 分)(2015?陕西校级四模)如图所示,A 是 y 轴上的一点,它到坐标原点 O 的距离为 h;C 是 x 轴上的一点,到 O 的距离为 l.在坐标系 xOy 的第一象限中存在沿 y 轴正方向的匀强 电场,场强大小为 E.在其它象限中存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.一质量为 m、电 荷量为 q 的带负电的粒子以某一初速度沿 x 轴方向从 A 点进入电场区域,继而通过 C 点进入磁 场区域,并再次通过 A 点.不计重力作用.试求: (1)粒子经过 C 点时速度的大小和方向; (2)磁感应强度的大小 B.
2



【考点】: 带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力. 【专题】: 带电粒子在磁场中的运动专题. 【分析】: (1)粒子在电场作用下做类平抛运动,加速度沿 y 轴负方向,根据平抛运动的基本 公式可求出初速度,再根据圆周运动的对称性求出 C 点进入磁场时的速度为 v,方向可通过几何 关系求解. (2、3)粒子从 C 点进入磁场后在磁场中做速率为 v 的圆周运动.理论重量通过向心力,通过 几何关系表示出轨道半径 R,进而求出 B. 【解析】: 解:画出带电粒子的运动轨迹如图所示

(1)以 a 表示粒子在电场作用下的加速度, 有 qE=ma ①
2

加速度沿 y 轴负方向. 设粒子从 A 点进入电场时的初速度为 v0, 由 A 点运动到 C 点经历的时间为 t, 则有 h= at l=v0t ③ ④ ⑤ ②

由②③式得 v0=

设粒子从 C 点进入磁场时的速度为 v,v 垂直于 x 轴的分量 v1= 由①④⑤式得 v= = ⑥

设粒子经过 C 点时的速度方向与 x 轴的夹角为 α,则有 tanα=



由④⑤⑦式得 α=arctan

.⑧

(2)粒子从 C 点进入磁场后在磁场中做速率为 v 的圆周运动.若圆周的半径为 R, 则有 qvB=m ⑨ .用 β 表示 与 y 轴的夹角,由几

设圆心为 P,则 PC 必与过 C 点的速度垂直,且有 何关系得 Rcosβ=Rcosα+h ⑩ Rsinβ=l﹣Rsinα? 由⑧⑩? 式解得 由⑥⑨? 式解得 B= R= . ?

答: (1) 粒子经过 C 点时速度的大小是

, 速度方向与 x 轴之间的夹角是 α=arctan



(2)磁感应强度的大小是



【点评】: 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题,要求同学们能正确分析粒子的受 力情况,再通过受力情况分析粒子的运动情况,熟练掌握平抛运动和圆周运动的基本公式,并几 何几何关系解题,难度较大. 选修题 13.(6 分)(2015?陕西校级四模)如图所示,足够长的光滑“П”型金属导体框竖直放置,除电 阻 R 外其余部分阻值不计.质量为 m 的金属棒 MN 与框架接触良好.磁感应强度分别为 B1、 B2 的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在 abcd 和 cdef 区域.现从图示位置 由静止释放金属棒 MN,当金属棒进入磁场 B1 区域后,恰好做匀速运动.以下说法中正确的有 ( )

A. 若 B2=B1,金属棒进入 B2 区域后仍保持匀速下滑 B. 若 B2=B1,金属棒进入 B2 区域后将加速下滑 C. 若 B2<B1,金属棒进入 B2 区域后先加速后匀速下滑 D. 若 B2>B1,金属棒进入 B2 区域后先减速后匀速下滑 E. 无论 B2 大小如何金属棒进入 B2 区域后均先加速后匀速下滑 【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势.

【专题】: 电磁感应——功能问题. 【分析】: 由题,当金属棒进入磁场 B1 区域后,恰好做匀速运动,说明金属棒所受的安培力与 重力大小相等、方向相反.若 B2=B1,金属棒进入 B2 区域后,金属棒受到的安培力大小和方向 不变,则知棒仍做匀速运动.若 B2>B1,金属棒进入 B2 区域后受到的安培力增大,将先减速后 匀速下滑. 【解析】: 解:A、B 当金属棒进入磁场 B1 区域后,恰好做匀速运动,说明金属棒所受的安培 力与重力大小相等、方向相反.若 B2=B1,根据安培力公式 FA= 得知,金属棒进入 B2

区域后,金属棒受到的安培力大小不变,由楞次定律得知,安培力方向仍竖直向上,安培力与重 力仍平衡,故金属棒进入 B2 区域后仍将保持匀速下滑.故 A 正确;B 错误; C、若 B2<B1,金属棒进入 B2 区域后安培力减小,将小于金属棒的重力,棒将先做加速运动, 随着速度增加,安培力增大,当安培力再次与重力平衡后,金属棒又做匀速运动.故 C 正确. D、若 B2>B1,金属棒进入 B2 区域后安培力增大,将大于金属棒的重力,棒将先做减速运动, 随着速度减小,安培力减小,当安培力再次与重力平衡后,金属棒又做匀速运动.故 D 正确. E、由以分析可知,E 错误; 故选:ACD 【点评】: 本题只要掌握安培力的公式 FA= 况 14.(9 分)(2015?陕西校级四模)如图所示,U 型金属框架质量 m2=0.2kg,放在绝缘水平面 上,与水平面间的动摩擦因数 μ=0.2,MM′、NN′相互平行且相距 0.4m,电阻不计,且足够长, MN 段垂直于 MM′, 电阻 R2=0.1Ω. 光滑导体棒 ab 垂直横放在 U 型金属框架上, 其质量 m1=0.1kg、 电阻 R1=0.3Ω、长度 l=0.4m.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.5T.现垂 直于 ab 棒施加 F=2N 的水平恒力,使 ab 棒从静止开始运动, 且始终与 MM′、 NN′保持良好接触, 当 ab 棒运动到某处时,框架开始运动.设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力, g 取 10m/s . (1)求框架刚开始运动时 ab 棒速度 v 的大小; (2)从 ab 棒开始运动到框架刚开始运动的过程中,MN 上产生的热量 Q=0.1J.求该过程 ab 棒 位移 x 的大小.
2

,就能正确分析金属棒的受力情况和运动情

【考点】: 导体切割磁感线时的感应电动势;功能关系;电磁感应中的能量转化. 【分析】: (1)ab 向右做切割磁感线运动,产生感应电流,此电流流过 MN,MN 受到向右的 安培力,当安培力等于最大静摩擦力时,框架开始运动.根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知 识,求出速度. (2)先根据 MN 上产生的热量 Q 求出回路产生的总热量,再依据能量守恒求解位移.

【解析】: 解:(1)ab 对框架的压力 F1=m1g 框架受水平面的支持力 FN=m2g+F1 依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到的最大静摩擦力 F2=μFN ab 中的感应电动势 E=Blv MN 中电流 I= MN 受到的安培力 F 安=IlB 框架开始运动时 F 安=F2 由上述各式代入数据解得 v=6 m/s. (2)闭合回路中产生的总热量 Q 总=
2

Q=

× 0.1J=0.4J

由能量守恒定律,得 Fx= m1v +Q 总 代入数据解得 x=1.1m. 答: (1)求框架开始运动时 ab 速度 v 的大小为 6m/s; (2)从 ab 开始运动到框架开始运动的过程中 ab 位移 x 的大小为 1.1m. 【点评】: 本题是电磁感应中的力学问题,考查电磁感应、焦耳定律、能量守恒定律定律等知 识综合应用和分析能力.关键要把握框架刚开始运动的临界条件.


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