2021屆西藏高考物理三模試卷（新課標III）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.如圖所示，金屬圓環水平放置在勻強磁場中，磁場方向豎直向上，磁感應

強度均勻增大。下列說法正確的是（）

A.圓環內產生感應電流是因為自由電子受到洛倫茲力的作用

B.圓環內產生感應電流是因為自由電子受到電場力的作用

C.圓環內產生的感應電流逐漸增大

D.如果把金屬圓環換成金屬圓盤，不會產生感應電流

2.一帶正電的粒子在電場中做直線運動的D-t圖象如圖所示，口、t2時刻分別

經過M、N兩點，已知在運動過程中粒子僅受電場力作用，則下列判斷正確的

是（）

A.該電場可能是由某正點電荷形成的

B.M點的電勢高于N點的電勢

C.在從M點到N點的過程中，電勢能逐漸增大

D.帶電粒子在M點所受電場力大于在N點所受電場力

3.三顆人造地球衛星A、B、C繞地球作勻速圓周運動，如圖所示，已知妁=

MB<Mc，則對于三顆衛星，正確的是（）

A.運行線速度大小關系為%>vB=vc

B.運行周期關系為圖>歷=7c

C.向心力大小關系為FA=FB<FC

D.周期與軌道半徑成正比

4.如圖所示，一根細繩一端固定在。點，另一端懸掛質量為m的小球4,小球靜止

時細繩與豎直方向成30。角，則需對小球施加一個力的最小值等于（）

A.y[3mgB.--mgC.—mgD.gmg

5.現有一種質譜儀如圖所示，離子化室存在一些初速度為零的正離子。正離子經高壓電源加速,

加速后通過圓形磁場室（內為勻強磁場）、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到正

離子比荷照），進而推測有機物的分子結構。已知高壓電源的電壓為U,圓形磁場區的半徑為R,

真空管與水平面夾角為。，離子進入磁場室時速度方向指向圓心。則下列說法正確的是（）

裔壓電源

A.高壓電源A端應接電源的正極

B.磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里

C.兩種一價正離子Xz(Xi質量大于X2)同時進入磁場室后，出現圖中的軌跡I和口，則軌跡

/一定對應4

D.若磁場室內的磁逐應強度大小為B,當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離

子比荷為凡=智詈

mB2R2

二、多選題(本大題共4小題，共23.0分)

6.對四個核反應方程

⑴毅Ut鎧4Th+^He；

(2)管47Vl-錠4pa+匕遇；

(3)/N+加er?。+包；

(4)出+汨號He+^n+17.6MeK

下列說法正確的是()

A.(1)(2)式核反應沒有釋放能量

B.(1)(2)(3)式均是原子核衰變方程

C.(3)式是人類第一次實現原子核轉變的方程

D.利用激光引發可控的(4)式核聚變是正在嘗試的技術之一

7.如圖甲所示為小型交流發電機的原理圖，其矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸

。0'勻速轉動，線圈的匝數n=200、電阻r=10,線圈的兩端經集流環與電阻R連接，電阻R=90,

與R并聯的交流電壓表為理想電表，在r=0時刻，線圈平面與磁場方向平行，穿過每匝線圈的

磁通量。隨時間t按如圖乙所示的正弦規律變化。下列說法正確的是()

乙

A.該交流電的頻率為50Hz

B.交流發電機產生的電動勢最大值為400U

C.電路中交流電壓表的示數約為255U

D.若將線圈轉速變成原來的2倍，交流發電機的輸出功率將變成原來的2倍

8.美國物理學家密立根（RAMi山kan）于20世紀初進行了多次實驗，比較準確地測定了電子的電荷

量，其實驗原理圖可簡化為如圖所示模型，置于真空中的油滴室內有兩塊水平放置的平行金屬

板4、B與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d。油滴從噴霧器的噴嘴噴出時，由于與噴

嘴摩擦而帶負電。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少數油滴通過上面金屬板的小孔進入

平行金屬板間?，F有一質量為根的帶電油滴在極板間勻速下落，已知元電荷e,重力加速度g,

則（）

A.油滴中電子的數目為蜉

B.油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電勢能增加mgd

C.油滴從小孔運動到金屬板B過程中，機械能增加Ue

D.若將金屬板4向上緩慢移動一小段距離，油滴將加速下降

9.關于物體內能，下列說法正確的是（）

A.物體放出熱量,其內能可能不變

B.物體對外做功,其內能一定減小

C.物體溫度不變,其內能一定不變

D.物體吸收熱量,同時對外做功，其內能可能增加

E.物體吸收熱量,同時對外做功，其內能可能不變

三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）

10.（2013?泰安二模）7n圖所示，是一列簡諧橫波在t=w時刻的波形圖象.已知這列波的頻率為5mz,

此時，x=1.5m處的質點向y軸正方向振動，可以推知：這列波正在沿x軸―（填“正”或

“負”）方向傳播，波速大小為m/s.寫出x=1.5TH處質點做簡諧運動的表達

式__________

y/■

四、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.探究力對原來靜止的物體做的功與物體獲得的速度的關系，實驗裝置如圖所示，實驗主要過程

如下：

a.設法讓橡皮筋對小車做的功分別為小、2W、3/...........；

反分析打點計時器打出的紙帶，求出小車的速度巧、以、%......

c,作H1W—V草圖；

d.分析勿-V圖象。如果W-〃圖象是一條直線，表明勿av;如果不是直線，可考慮是否存在勿a/、

Woe/、WocSF等關系。

（1）以下關于該試驗的說法中有一項不正確，它是。

A.本實驗設法讓橡皮筋對小車做的功分別為小、2W、3W....所采用的方法是選用同樣的橡皮筋，

并在每次實驗中使橡皮筋拉伸的長度保持一致。當用1條橡皮筋進行是實驗時，橡皮筋對小車做

的功為小，用2條、3條橡皮筋并在一起進行第2次、第3次實驗時，橡皮筋對小車做

的功分別是2W、3W......

8.小車運動中會受到阻力，補償的方法，可以使木板適當傾斜。

C.某同學在一次實驗中，得到一條記錄紙帶。紙帶上打出的點，兩端密、中間疏。出現這種情況的

原因，可能是沒有使木板傾斜或傾角太小。

。.根據記錄紙帶上打出的點，求小車獲得的速度的方法，是以紙帶上第一點到最后一點的距離來進

行計算。

(2)在實驗中，除了圖中已有的實驗器材以及交流電源、導線、開關以外，還需要哪種測量工具？答:

(3)對于該實驗，下列操作中屬于實驗要求的是。(填寫選項前的序號)

A.小車每次都應從靜止開始釋放

B.實驗中應將平板傾斜適當角度以平衡摩擦力

C必須測量出小車的質量

打點計時器

/紙帶小車

12.某同學設計了如圖(a)所示的電路來測量一個量程為3U的電壓表的內電阻(約幾干歐)，實驗室提

供直流電源的電動勢為6人內阻忽略不計.

(1)請完成圖(b)的實物連接.

(2)在該實驗中，認為當變阻器的滑片P不動時，無論電阻箱的阻值如何增減，aP兩點間的電壓保持

不變；請從下列滑動變阻器中選擇最恰當的是：.

A.變阻器4(0?20000,0.14)

B.變阻器B(0?20優1A)

。變阻器。(0~3僅0.14)

(3)連接好線路后，先將變阻器滑片/調到最端，并將電阻箱阻值調到(填“0”或“最

大”),然后閉合電犍S,調節P,使電壓表滿偏，此后滑片P保持不動.

(4)調節變阻箱的阻值，記錄電壓表的讀數：最后將電壓表讀數的倒數U-1與電阻箱讀數R描點，并

畫出圖(c)所示的圖線，由圖像數據可得，待測電壓表的內阻值即=2(計算結果保留兩

位有效數字)

五、計算題（本大題共4小題，共52.0分）

13.如圖甲所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為3導軌平面與水平面夾角a,導軌

電阻不計.勻強磁場垂直導軌平面向上，長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始

終與導軌電接觸良好，金屬棒的質量為皿、電阻為R,另有一條紙帶固定金屬棒ab上，紙帶另一

端通過打點計時器（圖中未畫出），且能正常工作.在兩金屬導軌的上端連接右端電路，燈泡的

電阻&=4R,定值電阻％=2R,電阻箱電阻調到使R2=12R,重力加速度為g,現將金屬棒

由靜止釋放，同時接通打點計時器的電源，打出一條清晰的紙帶，已知相鄰點跡的時間間隔為T,

如圖乙所示，試求：

（1）求磁感應強度為B有多大？

(2)當金屬棒下滑距離為So時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始下滑2so的過程中，整個電路產

生的電熱.

14.如圖所示，一個質量為m=0.6kg的小球，經某一初速度%從圖

中P點水平拋出，恰好從光滑圓弧4BC的4點的切線方向進入圓

弧軌道(不計空氣阻力，進入時無機械能損失).已知圓弧半徑7?=?.'J

0.3m,圖中8=60。，小球到達4點時的速度V=4?n/s.(取g=B

lOrn/s?).試求：

(1)小球做平拋運動的初速度為.

(2)判斷小球能否通過圓弧最高點C,若能，求出小球到達圓弧軌道最高點C時對軌道的壓力風.

15.(9分)一活塞將一定質量的理想氣體封閉在汽缸內，初始時氣體體積為3.0x10-3m3,測得此時

氣體的溫度和壓強分別為300K和1.0xl05pa,加熱氣體緩慢推動活塞，測得氣體的溫度和壓

強分別為320K和1.0x105Pa?

①求此時氣體的體積。

②保持溫度為320K不變，緩慢改變作用在活塞上的力，使氣體壓強變為8.0x104pa,求此時氣體

的體積。

16.如圖，三角形40B為等腰直角三棱鏡的橫截面，以。力、。8為軸建立直角坐標系xoy,6M=OB=L,

棱鏡的折射率為n=VI一束平行于斜邊4B的平行光從08邊射入.光透過棱鏡只考慮一次內部

反射.

⑴求距離。點多遠的入射光剛好從4點射出；

(")部分光將會從04邊以平行于48邊的方向射出，這部分透射光在垂直于光線方向的寬度.

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：48、根據電磁場理論可知，該區域內的磁場均勻增大，則在金屬圓環處產生感生電場，

金屬環內的電子在電場力的作用下做定向移動形成感應電流，故A錯誤，8正確；

C、該區域內的磁場均勻增大，根據法拉第電磁感應定律可知，金屬圓環內產生的感應電動勢是不變

的，所以圓環內的感應電流大小不變，故C錯誤；

。、若把金屬圓環換成金屬圓盤，在金屬圓盤處仍然有感生電場，仍然會產生感應電流，故。錯誤。

故選：B。

變化的磁場產生電場，由法拉第電磁感應定律可知，均勻變化的磁場產生穩定的電場，由此分析感

應電流的大小是否發生變化，根據感應電流產生的條件分析。

該題考查對電磁場理論以及感生電動勢的理解，解答的關鍵是能正確理解均勻變化的磁場產生穩定

的電場，電路中的電動勢是不變的。

2.答案：C

解析：

由速度時間圖象可知：粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變，是

勻強電場，根據動能定理可知，電場力做負功，電勢能增加，又由于是正電荷，電勢也增加。

本題主要抓住速度時間圖象的特點，知道粒子做勻減速直線運動，知道電場力做功與電勢能的關系，

難度不大，屬于基礎題。

A、由速度時間圖象可知：粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變,

是勻強電場，所以不可能是由某正點電荷形成的，故A、。錯誤；

8、從M到N的運動過程中速度減小，根據動能定理可知電場力做負功，電勢能增加，又由于是正電

荷，所以電勢也增加，故M點的電勢低于N點的電勢，故8錯誤，C正確。

故選：C。

3.答案：A

解析：解：AB.人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，得G"=m^=

rzr

mr-4^7r-2r=ma

得，v=回,T=2兀叵,因為B、C的軌道半徑相同，大于4的軌道半徑，所以4的線速度最大,

7r7GM

B、C的線速度大小相等，B、C的周期相等大于4的周期，即有%>%=%，北<后=7c?故A正

確、B錯誤。

C、根據F=G詈以及MA=MB<MC，可得片>FB，FB<Fc,故C錯誤。

D、根據7=2兀叵，知周期與軌道半徑的|次方成正比。故。錯誤。

7GM2

故選：Ao

根據萬有引力提供向心力，得出衛星的軌道半徑與線速度、周期的關系式，從而比較大小。

解決本題的關鍵要掌握開普勒第三定律以及萬有引力提供向心力這一理論，并能靈活運用，能通過

表達式分析各個量之間的關系。

4.答案:D

解析：解：以小球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖.小球受到重力G,

細繩的拉力7和外力F,由平衡條件知，7和F的合力與G等大、反向、共線,

根據作圖法得知，當力F的方向與細繩垂直時，力尸最小.

則由平衡條件得：

力F的最小值為%的=mgsin30°=^mg

故選：D

分析小球的受力情況，采用作圖法，得出對小球所施加的力達到最小的條件，再由平衡條件求出力

的最小值.

本題運用作圖法得到的結論可在理解的基礎上記?。寒攦蓚€力合力一定，己知一個分力的方向，則

當兩個分力垂直時，另一個分力有最小值.

5.答案：C

解析：

根據離子電性得到高壓電源區電場方向，從而得到4端所接電極；再根據離子偏轉方向，由左手定則

得到磁場方向；根據動能定理得到離子速度，然后根據洛倫茲力做向心力求得軌道半徑表達式，即

可根據半徑大小關系判斷同位素質量大小關系，根據幾何關系得到軌道半徑和磁場區域半徑的關系,

即可由半徑表達式求得比荷。

帶電粒子在磁場中的做勻速圓周運動的難點在于根據幾何關系求得軌道半徑，一般需要精確作圖，

再由數學知識求解。

人離子帶正電，經過高壓電源區前的速度為零，那么，要使離子通過高壓電源區，場強方向由B指向

A,故高壓電源4端應接電源的負極，故A錯誤；

2.要使離子在磁場區域發生如圖所示偏轉，

那么，磁場方向垂直紙面，故由左手定則可得：磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤;

C.離子經過高壓電源區只受電場力作用，故由動能定理可得：qU=\mv2

所以有：f=1逆~;

離子在磁場中只受洛倫茲力作用，故離子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq=my

所以軌道半徑為：r=R=J呼；同位素的電荷量相同，故質量越大，軌道半徑越大；

qBByjq

由圖可得：軌跡II對應的軌道半徑較大，故軌跡軌跡/一定對應X2,故C正確；

D由圖根據凡何關系可得：tan？=-,所以，由C可得比荷為：2=衛_=咄噎，故。錯誤；

2rmB2rzB2R2

故選Co

6.答案：CD

解析：解：4、（1）、（2）式都是衰變反應，釋放能量，故A錯誤；

B、（1）（2）式都是衰變反應，（3）式是原子核的人工轉變，故B錯誤；

C、（3）式是盧瑟福用a粒子轟擊氮核首次實現了原子核的人工轉變的方程式，并發現了質子，故C

正確；

。、核聚變是兩個較輕的原子核聚合為一個較重的原子核，并釋放出能量的過程。自然界中最容易

實現的聚變反應是氫的同位素一一笊與瓶的聚變，利用激光引發可控的核聚變是正在嘗試的技術,

故。正確。

故選：CD。

天然放射現象的衰變反應是自發的，不需要條件，并釋放核能；原子核的人工轉變需要條件，最早

是盧瑟福用a粒子轟擊氮核首次實現了原子核的人工轉變，并發現了質子；核聚變是兩個較輕的原子

核聚合為一個較重的原子核，并釋放出能量。

本題考查衰變、原子核的人工轉變、聚變等知識點，需要學生加強記憶，加深理解。

7.答案：BC

解析：

交流發電機產生電動勢的最大值E7n=NBS3,根據。-t圖線得出周期7以及磁通量的最大值0=

BS.從而求出感應電動勢的最大值。交流電壓表的示數為有效值，求出電動勢的有效值，根據閉合電

路歐姆定律求出電壓表的示數。根據P=/2R,即可求解發電機輸出功率。

解決本題的關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式/=NBSs,以及知道峰值與有效值的關系，并掌

握發電機輸出功率即為外電阻消耗的功率。

解：4、磁通量的變化周期7=0.0628s,故交流電的頻率/="=曰Hz,故A錯誤；

B、線圈轉動的角速度3=票=100rad/s,交流發電機產生的電動勢最大值為%=NBS&）=

N（Pma）=400V,故B正確；

C、產生的交流電的有效值E=^=200&U,根據閉合電路的歐姆定律得U=J-E=255人故C

V2R+r

正確；

。、若將線圈轉速變成原來的2倍，交流發電機的輸出電壓變為原來的2倍，根據P=?可知功率將變

成原來的4倍，故。錯誤。

故選BC。

8.答案：BD

解析：解：4、帶電油滴在極板間勻速下落，重力和電場力平衡，由平衡條件得=得油滴所

帶電荷量：q=等，油滴中電子的數目：T=嗎,故A錯誤；

*UeeU

B、油滴從小孔運動到金屬板B過程中，克服電場力做功為W=qU=mgd,則電勢能增加mgd,故

8正確；

C、油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電場力對油滴做負功，則其機械能減少，且機械能減少/E=

qU=mgd,故C錯誤；

。、將金屬板4向上緩慢移動一小段距離，板間電壓不變，由E=J知板間場強減小，油滴受到的電

a

場力減小，則油滴將加速下降，故。正確。

故選：BDo

帶電油滴在極板間勻速下落，重力和電場力平衡，由平衡條件求出油滴所帶電荷量，再求油滴中電

子的數目；油滴從小孔運動到金屬板B過程中，電勢能增加等于克服電場力做功；油滴從小孔運動到

金屬板B過程中，電場力做負功，機械能減少；將金屬板A向上緩慢移動一小段距離，板間場強減小，

油滴受到的電場力減小，油滴將加速下降。

本題關鍵是讀懂題意，然后根據平衡條件列式求解油滴所帶電荷量。同時，要明確能量是如何轉化

的。

9.答案：ADE

解析：解：4、物體放出熱量，若外界對物體做更多的功大于放出的熱量，內能可能不變，故A正

確；

8、物體對外做功，如同時從外界吸收的熱量大于做功的數值，則內能增加，故B錯誤；

C、物體溫度不變，其內能不一定不變，如冰溶化的過程中吸收熱量，內能增大。故C錯誤；

。、E、物體吸收熱量，同時對外做功W,如二者相等，則內能可能不變，若Q>W,則內能增加，

若W>Q,則內能減少，故。正確，E正確。

故選：ADEo

做功和熱傳遞都能改變內能;物體內能的增量等于外界對物體做的功和物體吸收熱量的和，即：△U=

Q+W.

熱力學第一定律實質是能量守恒定律的特殊情況，要在理解的基礎上記住公式：△〃=〃+(?,同

時要注意符號法則的應用.

10.答案：負；10；y=0.5sin(107rt)m

解析：試題分析：由％=1.5m的質點的振動方向可確定波的傳播方向；由圖讀出波長，根據f=4/■求

解波速；據質點的振動情況，確定簡諧運動的表達式.

x=1.5m的質點此刻振動的速度方向向上，據波形平移法確定該波沿x軸負方向傳播.

從圖中可得出波長4=2nl.這列波的頻率是5=5Hz,所以D=fA=10m/s

由于x=1.5m處質點向上運動，且6=0.5m,7=0.8s,

據T=—i^:0)=107T,

G)

所以做簡諧運動的表達式為y=0.5sin(107rt)m

故答案為：負；10；y=0.5sin(107Tt)7n

11.答案：D毫米刻度尺AB

解析：解：(1)4、當橡皮筋伸長量按倍數增加時，功并不簡單地按倍數增加，變力功一時無法確切

測算；因此我們要設法回避求變力做功的具體數值，可以用一根橡皮筋做功記為卬，用兩根橡皮筋

做功記為2小，用三根橡皮筋做功記為3〃...，從而回避了直接求功的困難，故A正確；

8、小車運動中會受到阻力，使木板適當傾斜，小車阻力補償的方法是平衡摩擦力，故8正確；

C、本實驗中小車先加速后減速，造成紙帶上打出的點，兩端密、中間疏，說明摩擦力沒有平衡，或

沒有完全平衡，可能是沒有使木板傾斜或傾角太小，故C正確；

力、本實驗的目的是探究橡皮繩做的功與物體獲得速度的關系，這個速度是指橡皮繩做功完畢時的

瞬時速度，而不是整個過程的平均速度，故。錯誤；

說法中不正確一項是選項D.

(2)探究橡皮筋做功與小車的動能變化的關系，則小車的速度是由紙帶的點來求出，因此必須要有毫

米刻度尺；

(3)4、小車獲得的動能應該等于橡皮筋對其做的功，所以小車必須從同一位置由靜止彈出，故A正

確；

8、為了保證小車的動能都是橡皮筋做功的結果，必須平衡摩擦力，長木板要適當的傾斜，故8正確；

C、實驗是分析W-"圖象，不需要測量小車的質量，故C錯誤：

故答案為：(1)。(2)毫米刻度尺(3)4B

(1)本實驗采用比例法，設法讓橡皮筋對小車做的功分別為W、2/、3W....所采用的方法是選用同樣

的橡皮筋，并在每次實驗中使橡皮筋拉伸的長度保持一致。小車運動中受到的阻力由重力的分力平

衡。要測量最大速度，應該選用點跡恒定的部分；

(2)根據實驗原理確定應使用的測量工具；

(3)明確實驗原理，從而確定實驗中的具體要求。

本題涉及打點計時器的工作原理和探究功與速度變化關系實驗的原理，從實驗原理的角度分析，從

而明確實驗注意事項以及具體要求。

12.答案：B左03.0x103

解析：解：(1)由圖a所示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，根據圖示電路圖連接實物電路圖，

實物電路圖如圖所示

圖b

(2)電阻箱接入電路的阻值發生變化時，電路總電阻發生變化，由閉合電路的歐姆定律可知，電路電

流發生變化，滑片位置不變，分壓電路分壓變化，滑動變阻器最大阻值越小，分壓電路阻值發生變

化時分壓電路電壓變化量越小，分壓電路電壓越接近于不變，為減小實驗誤差，應選擇滑動變阻器

阻值較小的滑動變阻器，如果滑動變阻器選擇C,流過滑動變阻器的最大電流約為/=六=?4=

2A>OAA,會損壞滑動變阻器，因此滑動變阻器應選擇B。

(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路，閉合開關前，應先將變阻器滑片P調到最左端；并將電

阻箱阻值調到0,然后閉合電鍵S,調節P,使電壓表滿偏，此后滑片P保持不動。

(4)設分壓電路總電壓為(/(),ap間的電壓不變，即4，

根據歐姆定律知，電壓表的示數為：U=急~即,

n"VKy

整理得：U-1=—xR+—

定良u0Rvy0

由圖示t/T—R圖象可知，圖象斜率％念存尸0T，縱軸截距十=0-33人

UQKyU—1—S.UXIU。)UQ

3

解得，電壓表內阻：Rv=3000/2=3.0x10n

故答案為：(1)實物電路圖如圖b所示；(2)8：(3)左；0；(4)3.0x103?

(1)根據圖示電路圖連接實物電路圖。

(2)滑動變阻器采用分壓接法，根據實驗原理從減小實驗誤差的角度選擇滑動變阻器.

(3)滑動變阻器采用分壓接法，為保護電路閉合開關前滑片應置于分壓電路分壓為零的位置；根據實

驗原理與步驟確定電阻箱接入電路的阻值。

(4)根據圖示電路圖應用歐姆定律求出圖象的函數表達式，然后根據圖示圖象求出電壓表內阻。

要掌握實驗器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、方便實驗操作原則；根據圖示電路圖應用

歐姆定律求出圖象的函數表達式，根據圖示圖象即可解題。

13.答案：解：(1)根據圖乙紙帶上打出的點跡可看出，金屬棒最終做勻速運動，且速度最大,

最大值為%

當達到最大速度時，則有mgs譏a=F紇

因產安=ILB

BL%

其中R總=6R

n2r2y

所以mgsina=M

解得8=3RTmgsina

L2S

(2)由能量守恒知，放出的電熱Q=mg-2sosina-^mv^

代入上面的加值，可得Q=2mgsosina—

(1)磁感應強度為B為』RT：*a

答:

(2)當金屬棒下滑距離為So時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始下滑2so的過程中，整個電路產

生的電熱2mgs()sina—

解析：(1)電鍵S打開，ab棒做勻加速直線運動，由速度圖象求出加速度，由牛頓第二定律求解斜面

的傾角a.開關閉合后，導體棒最終做勻速直線運動，由尸安=81,

_DLU-rn

1=72得到安培力表達式，由重力的分力mgsina=F安，求出磁感應強度8.

(2)金屬棒由靜止開始下滑100/n的過程中，重力勢能減小mgSsEa,轉化為金屬棒的動能和整個電

路產生的電熱，由能量守恒求解電熱.

本題是電磁感應中的力學問題，由速度圖象求得加速度，推導安培力與速度的表達式是關鍵步驟,

難點是運用數學知識分析&消耗的功率何時最大.

14.答案：解：(1)將小球到達4點的速度分解如圖

則有：v0=vcosd=4xcos600=2m/s

(2)假設小球能到達C點，由動能定理有：

11

—mgR(l+cos。)=-mv^—~mv2

代入解得"c=V7m/s

設小球經小球經過C點的最小速度為"伽由7ng=

解得17掰==百6小，

可見，vc>vl/&,故小球能到達最高點c.

在最高點，由牛頓第二定律有：FN'+mg=m^-

代入數據得：軌道對小球的支持力FJ=8N

由牛頓第三定律：小球到達圓弧軌道最高點C時對軌道的壓力FN=-FN'=-8N,方向豎直向上.

答：

(1)小球做平拋運動的初速度%是2m/s.

(2)小球能通過圓弧最高點C,小球到達圓弧軌道最高點C時對軌道的壓力F