2026届河北秦皇岛市青龙满族自治县第一中学等校高三下学期4月二模物理试题

色密★启用前 物理 本试卷共8页，满分100分，考试用时75分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写 在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求。 1.玻尔原子理论可解释氦离子(He)的能级跃迁。如图为He*的能级示 EleV 0 意图，一群处于n=4能级的He+向低能级跃迁过程中发出不同频率的5 -2.18 -3.40 光子，这些光子照射到金属钙的表面。已知金属钙的逸出功为3.20V, 3 -6.04 紫外线的光子能量范围为3.1~124eV。下列说法中正确的是 A.跃迁过程辐射三种不同频率的光子 2 -13.6 B.辐射的光子全部为紫外线 C.辐射的所有光子都能使钙金属发生光电效应 D.从n=4能级直接跃迁到n=1能级时辐射的光子波长最短 -54.4 2.校园足球是深受同学们喜欢的一项活动。在足球比赛中，某同学从水平地面将足球斜向上踢 出，足球划过一条弧线后落回地面。不计足球受到的空气阻力。关于足球脱离脚后在空中运动 过程的说法中正确的是 A.足球加速度的方向先向上后向下 B.足球所受重力做功的功率的大小先减小后增大 C.足球的机械能先增大后减小 D.足球上升过程中动量的变化率大于下落过程中的动量变化率 3.如图所示质量分别为m、2m的滑块A、B由轻弹簧连接，滑块B 和质量为6m的滑块C由一段绕过定滑轮的轻绳连接，滑块C 放在倾角为30°的光滑斜面上，滑轮与滑块C之间的轻绳与斜 ☐B 面平行，滑块B与滑轮之间的轻绳处于竖直方向。初始时刻滑 块C在外力F作用下保持静止，此时轻绳刚好伸直但没有作用 力。减小外力使滑块C缓慢移动，直至滑块A对地面的压力刚好为0。已知重力加速度为g,轻 弹簧的劲度系数为k,弹簧始终在弹性限度内。此过程中滑块C重力势能的减小量为 A.9mg B.Sm'g? C.3m'g? D.m k k 【物理第1页（共8页）】 ▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣a 4.一小车表面分别是与水平方向成30°和60°的光滑斜面，一质量为m的圆柱体静止在两个斜面之 间，如图甲所示。小车一段时间内向右的速度v和时间的关系如图乙所示，小车加速时圆柱体 刚好与右侧斜面接触而没有相互作用，小车的最大速度为。，小车加速和减速时间内的位移之 比为3：1。重力加速度为g,圆柱体始终与小车相对静止。下列说法中正确的是 30°60 777777777777777777 甲 A.小车加速时的加速度大小为√5g B.小车加速的时间为2g 3to C.小车减速时的圆柱体刚好对左侧斜面没有作用力 好 D.小车发生的位移为2g 5.如图甲所示，直流电源电动势为E(内阻忽略不计)，电流传感器（电阻忽略不计），电容器的电容 为C(P为电容器内一点)，电容器下极板固定并接地，上下极板间的距离为d。在上极板固定位 移传感器，以向下为正方向，一段时间内上极板位移x和时间t的关系如图乙所示。下列说法中 正确的是 0 电流传感器 甲 A.0时刻通过电流传感器的电流方向为由b到α B.t时刻P点的电势最高 C.2时刻极板所带电荷量最大 D.t时刻极板间电场强度最大 6.如图所示，地球的某卫星绕地球做椭圆运动，AC为椭圆的长轴， D BD为椭圆的短轴，卫星经过近地点A时到地面的距离为R,卫 星经过远地点C时到地面的距离为13R。已知地球质量为M, 半径为R,表面重力加速度为g,引力常量为G。卫星运动过程 中卫星与地心连线单位时间内扫过的面积为 B平7gR c翠4gR D.R 14gR 【物理第2页（共8页）】 ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 中好 1不%丰 (2km×2km)。书 2流22轻012026） 7.截面均匀，两端封闭的导热玻璃管内用长为3L。水银柱封闭着A、B两段空气柱，当玻璃管水平放 置时，两段空气柱的长度分别为L,2L,初始时刻环境温度为7℃，A气柱的压强为之PgL,其中 9 p为水银密度，g为重力加速度。下列说法中正确的是 Lo 水银柱 2L0 A脐器 3L0 A.若仅将环境温度缓慢升高到27℃，水银柱将向左移动 B.若仅将环境温度缓慢降低到-3℃，水银柱将向左移动 C.若仅将玻璃管缓慢顺时针转过90°，A、B两部分气体密度之比为1：3 D.若仅将玻璃管缓慢顺时针转过90°，A、B两部分气体密度之比为1：2 二、不定项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中有多项符合要 求，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。 8.半径为R的圆柱体由某透明材料做成，夹角为15°的a、b两束极窄的单色光照到圆柱体的M点， 光线b与OM的夹角为60°，两束光线在M点的折射光线刚好都经过N点，MW与OM的夹角为 30°。已知光在真空中的传播速度为c,光的频率越大，折射率越大。下列说法中正确的是 M A.圆柱体对光线a的折射率为√2 B.光线b在N点可能发生全反射 C.两束光线在MW间传播所用时间之差为3-6)R c D.若用两束光线照射相同的双缝干涉装置，α光的条纹间距小些 9.某无人机在水平面盘旋，在以O为圆心、R为半径的圆周上做匀速圆周运动，ABCD为圆周的四 等分点，无人机的运动方向为ABCD方向，无人机在运动过程中不断以相同的发射速度发射弹 丸，无人机经过B点时发射的弹丸刚好做自由落体运动。无人机做圆周运动的平面离水平地面 的高度h=2R,圆心0在地面的投影为0，无人机做匀速圆周运动的角速度。=2√？，重力 速度为g。下列说法中正确的是 D A.无人机发射弹丸的速度大小为√Rg B.无人机经过A点时发射的弹丸落地点到O'的距离为√5R 0 C.无人机经过C点时发射的弹丸落地点到O'的距离为R B:0' D.无人机经过D点时发射的弹丸落地点到O'的距离为√5R 【物理第3页（共8页）】 ▣减▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 10.如图所示，粒子源从靠近M板的位置无初速度释放质量为m、电荷量为+g(g>0)的粒子，粒子 通过极板M、N间的加速电场加速后沿虚线方向进入极板P、Q间的偏转电场，粒子离开偏转电 场后进入虚线右侧的匀强磁场，磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里。在CD部分有一荧光 屏，粒子落在上面会发光。已知M、N间的电势差为U。,极板P、Q的长度为L,两极板间的距离 为子，卫Q两极板间的电势差与时间关系如图乙所示，刚好没有粒子打在P,Q极板上，磁场的 磁感应强度B=4Pm ,不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子通过偏转电场时认为P、Q 间的电势差不变。下列说法中正确的是 D M N P 0 Q -Umas 甲 A.粒子进入偏转电场时的速度大小为。 qUo B.U 口.粒子在磁场区域运动的最大半径为L 121 D.荧光屏上发光区域的长度为1 三、实验题：本题共2小题，共16分。 11.(8分)(1)某同学完成“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验，步骤如下： ①用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量简中，当滴入115滴时，测得 其体积恰好是1mL; ②向1mL的油酸中加酒精，直至总量达到1500mL; ③用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放 在浅盘上，并在玻璃板上描下油膜的形状； ④先往浅盘里倒入一定深度的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上； ⑤将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示。 【物理第4页（共8项）】 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 以上操作步骤的正确顺序为② ⑤（把其他步骤填上），已知小方格的边长为10mm。 则该同学计算出油酸分子直径约为 m(结果保留1位有效数字)。 (2)某同学用图甲所示器材完成“向心力的影响因素”实验。 标尺 长槽 短槽 塔轮1 塔轮2 手柄 甲 图中槽A、B、C的半径之比为1：2：1，塔轮1从上到下有三个轮，分别为a、6、c,塔轮2从上到下 有三个轮，分别为d、ef,其中r。=ra,r6=2r。他设计了如下实验方案： 他分别在槽A、C上放置不同质量的小球，a、d两轮在皮带的带动下匀速转动时观察标尺露出的 格数；他分别在槽B、C上放置相同质量的小球，α、d两轮在皮带的带动下匀速转动时观察标尺 露出的格数。上述实验方案设计时用到的科学方法为 。他后来在槽B、C上放置相同 质量的小球，b、两轮在皮带的带动下匀速转动时，观察标尺露出的格数，若向心力公式 F=mwr成立，则左右两侧标尺露出的格数之比为 12.(8分)北方地区冬季温度较低，某实验小组想为学校的生物实验室设计一个低温报警装置，该报 警装置可用于观测棚内温度(0~10℃)，同时当温度低于5℃时装置会自动报警。所用温度传感 器的电阻R随温度的变化规律如图甲所示，实验电路如图乙所示。实验室提供的器材有： R/O 60 0 30 20 A 10 0 5 1015/℃ 甲 A.直流电源（电动势为6V,内阻不计）； B.电流表（量程为0~100mA,内阻为102，当电流小于某值（该电流值可调节）时发出警报)； C.温度传感器R,; D.电阻箱（最大阻值为999.9Ω）； E.定值电阻R; F.单刀双掷开关一个，导线若于。 (1)定值电阻R有102,400,150Ω三种规格，应该选择阻值为 2的定值电阻； 【物理第5页（共8页）】 ▣减▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ (2)请根据图乙所示的电路图，在图丙中完成实物连线； 传感器R 电源 (3)按下列步骤进行调试： ①电路接通前，先将电阻箱调为15Ω，然后开关向 (填“a”或“b”)端闭合，将电流表此 时指针对应的刻度线标记为温度 9℃ ②逐步增加电阻箱的阻值，电流表的示数不断变小，按照图甲中数据将电流表上“电流”刻度线 标为对应的“温度”； ③将开关向另一端闭合，温度计即可正常使用。 (4)电流表示数降低到 mA,报警器报警。 (5)使用一段时间后，由于电源的内阻变大（电动势没有变化），温度的测量结果 (填 “偏高”、“偏低”或“不变”)。 四、计算题：本题共3小题，其中13题8分，14题14分，15题16分，共38分。解题过程中要求写 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。 13.(8分)月球的质量m≈7.2×102kg,半径r≈1.6×103km。某宇航员在地面上竖直向上跳起的 最大高度H=0.6m。已知地球的质量M≈6.0×104kg,半径R≈6.4×103km,地球表面重力 加速度g取10m/s2。不考虑地球和月球自转的影响。求： (1)月球表面重力加速度的大小go(保留两位有效数字)； (2)该宇航员在月球表面竖直跳起的最大高度（该宇航员的最大起跳速度不变）（保留两位有 效数字)。 【物理第6页（共8页）】 ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 14.（14分)如图甲所示，间距为L的足够长的平行光滑金属轨道固定在水平面上，金属轨道处于竖 直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。,电阻为R、质量为m的金属棒αb垂直轨道放置并 与轨道接触良好，导轨左侧接一匝数为N、面积为S的线圈，垂直线圈平面的磁感应强度B随着 时间t变化的关系如图乙所示，金属棒ab中的电流方向如图所示，金属棒ab在安培力作用下 由静止开始向右运动。已知线圈电阻为0.5R,电路中其余电阻忽略不计。求： (1)金属棒ab所处磁场的磁感应强度的方向和0时刻金属棒ab的加速度大小； (2)全过程中通过金属棒的电荷量q; (3)当通过金属棒的电荷量为0.5q时，若此过程线圈产生的电能为E。,求此时金属棒的电功率 和此过程中金属棒产生的焦耳热。 B 甲 乙 【物理第7页（共8页）】 Q夸克扫描王 ▣▣ 极速扫描，就是高效 可 15.(16分)位于竖直平面内、半径为R的四分之一圆弧轨道固定在水平地面上，圆弧末端切线水 平，高度相同的木板B、C置于水平地面，圆弧末端与B、C上表面在同一水平面，木板C的右端 固定一自然长度和木板C长度相等、劲度系数为k的轻弹簧。质量为2m的小滑块A(可视为 质点)从圆弧轨道上端由静止释放，它经过圆弧最低点时对轨道的压力大小为4mg。已知木板 B的长度为L=0.9R,质量为m,木板C的质量为2m,滑块A与B上表面之间的动摩擦因数 1=0.2,木板B与地面之间的动摩擦因数2=0.15，木板B和地面间的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，术板C与地面、滑块A之间的摩擦力均忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能 E,=之如，重力加速度为g。 (1)求小滑块A在圆弧轨道上滑动过程中摩擦力对小滑块做的功； (2)求滑块A在木板C上滑行过程中加速度的最大值； (3)若从小滑块滑上木板C到弹性势能最大的时间为t,求此过程中木板C发生的位移。 CXXXXXXXXXXXXX m59gwmm7m2777 【物理第8页（共8页）】 Q夸克扫描王 ▣▣ 极速扫描，就是高效物理参芳答案与解析 .D【解析】一群处于n=4能级的H®·向低能级跃迁过程中发出不同频率的光子数N=C-4X=6,故 A错误；辐射光子中能量最小的是从n=4能级跃迁到n=3能级时释放出来的，该光子能量△E=E4-E3= 2.64eV,结合紫外线的光子能量范围为3.1~124eV可知，该光子不是紫外线，故B错误；He*从n=4能级 跃迁到n=3能级时释放出来的光子能量小于钙金属的逸出功，不能使钙金属发生光电效应，故C错误；H 从n=4能级直接跃迁到n=1能级辐射的光子能量最大，光子的频率最大，由入=C可知，该光子的波长最 短，故D正确。故选D。 2.B【解析】不计足球受到的空气阻力，所以足球只受重力，所以足球的加速度即为重力加速度，始终竖直向 下，故A错误；足球运动过程中竖直方向的速度先减小后增大，足球所受重力做功功率的大小P。=mg,所 以重力做功功率的大小先减小后增大，故B正确；足球运动过程中只受重力作用，机械能守恒，故C错误；由 励量定理F41=4P有F三，所以足球动量变化率即为足球所受的合力，而足球运动过程中只受重力且保 不变，故D错误。故选B。 3.A【解折】初始时刻轻绳没有拉力，对滑块B受力分析有2mg-:-0,此时弹荟压缩量，-2，滑块A对 地面的压力刚好为0时，对滑块A受力分折有-m心=0，此时弹簧的伸长量与紧，此过程中滑块B上升 的高度=+，-3，滑块C向下移功的高度A=m30°=，物体童力势能减小量4，=6mh= m心g,故A正确：B,CD错误。故选A 车加速时对圆柱受力分析并结合牛频第二定律有mgtan30°=mu1,解得a1- 速过程有o=a,t1,解得t1= ,故B错误：设小车减建的时间为，由题鸾有=习=三 g x2 =子，所以6=3g, 一 22 所以减速过程中小车加速度大小2 =0=5g,此过程中对圆柱体受力分析如图。 30° 60° 'meD 777777777777777 结合牛顿定律有F2sin30°+FN1cos30°-mg=0,F2cos30°-FN sin30°=mu2,解得FN1=0,F2=2mg,故C正 确：由运动分析可知小车运动的位移三。+。-成D错误。故选C。 ⑤B【解析】由图乙可知在0时刻，上极板向下运动，两个极板间的距离减小，由C=4可知电容器的电容变 大，由q=CU=CE可知电容器极板的电荷量增大，电容器充电，所以通过电流传感器的电流方向为由到b, 【物理答案第1页（共6页）】 U_E最大， 故A错误：，时刻上板板向下运动的位移最大，此时两个极板间的距离最小，所以电场强度E电=7 设P点到下极板间的距离为dn,而Pp-0=E山，，所以此时P点电势最高，故B正确；由前面分析可知1时刻 上极板运动到最下方，两极板间的距离最小，此时电容器的电容最大，极板的电荷量最大，而2时刻上极板回 到初始位置，故C错误；由前面分析可知，时刻上极板运动到最下方，两极板间的距离最小，此时两极板间的 电场强度最大，而3时刻上极板向上运动到最大位移处，此时两极板间的距离最大，极板间电场强度最小，故 D错误。故选B。 6.C【解析】由题意可知卫星的半长轴a=R+13R+2R=8R,由几何关系可知卫星经过D点时到地心的距离 dm=a=8R,由题意有dm=a-R-R=6R,上几何关系可知椭圆的半短轴长b=√a-de=2万R,由开普勒 第三定律有产（8R由万有力结合牛颜第二定律有Gm骨 2(8R),在地球表面有G T 吸，卫星运动过程中卫星与地心连线单位时间肉扫过的面板S,-产-驰解得8=R公个，故C正角， A、B、D错误。故选C。 【解析】假设温度变化过程中水银柱不动，所以封闭气体做等容变化，对A气体有片完，解得 P,对B气体衣号完解得P,因为初态时有Pu三a所以Pu三P即假设成立故人 仅将玻璃管缓慢顺时针转过90°，所以封闭气体做等温变化，对A气体有PLS=PLsS,对B气体有P× 2LS=plS,由题意有e+he=3Pu+3pe=e,解得pn=3pgl,hu=Pa=6ngl,he=号， 由务西分新可知=-2片以4气体的路定，六B气体的家底品所以发-宁收c体民D正 确。故选D。 8.AC【解析】由题意可知光线a在M点的入射角iM=60°-15°=45°，由折射定律有n= sinia sin45 sinra sin30=2, inisl=, 故A正确；光线b在M、N点折射时有rw=,由折射定律有几，=n =is,有w=rs=60°，所 sinibN 以光线6在N点不可能发生金反射，故B错误：由几何关系可知MV=5,由折射定律有，=总M=元，两 束光线在MN间传播所用时间差A=MN_MN_3-6)B,故C正确；由前面分析可知n,<,由题意可知 U,<M,由入=二可知入>，由双缝千涉实验相邻条纹间的距离△x=二X有△x,>△，故D错误。 d 故选AC 9BCD【解析】无人机微圆周运动的线速度大小=R=?Rg,无人机经过B点时发射的弹丸做自由落体 运动，所以无人机发射弹丸的速度大小与无人机做圆周运动的线速度大小相等，方向相反，即o=v= 乃服，沿0A方向，故A错送；无人机经过A点时发射弹丸的速度知图所示 B 【物理答案第2页（共6页）】 所以=巨，=了2爬，弹丸微平抛运动，有A=g,弹丸平抛运动中发生的水平位移=1=迈R,所 以该弹丸落地，点A'到O'的距离do= + =5R,故B正确；无人机经过C点时发射弹 丸的速度如图所示。 所以=D,=2Rg,弹丸平抛运动中发生的水平位移x。=1=万R,所以该弹丸落地点C"到0的距离 d心-√Ξ-R+(=R,故C正确；无人机经这D点时发九的度如图所示 所以o=v+o=2o=√Rg,弹丸平拋运动中发生的水平位移xn=vDl=2R,所以该弹丸落地，点D'到O'的距 离d=√R+R=5R,故D正确。故选BCD。 0即【解折1时拉子在如造包药运动过分行，由动能定驱有，一之解得6=√亮，故A特误：点子 在偏转电场中做类平拋运动，由题意可知当P、Q间电压最大时，粒子刚好从PQ右端进入磁场区域，有L= 2=1q已解得U名U,故B正确；当粒子刚好从P0右 3m 子在尚中运动有世B三好赵特武 速度方向与%方向的夹角为0，有%=00，粒子在磁场中运动有9B=m,粒子返回破场边界时粒子向 上运动的距离d=2r©0s0=L,所以粒子从0板右端进入磁场，粒子在荧光屏上的落点到C点的距离da d-=,粒子从P板右端进入磁场，粒子在荧光屏上的落点到C点的距离d。=d=↓，所以荧光屏上 发光区城的长度AL=d。-d。=L,故D正确。故选BD。 11.(1)①④③(2分)1×10-9(2分)(2)控制变量法(2分)1：2(2分) 【解析】(1)从操作实验的角度来说，实验具体步骤： ②向1mL的油酸中加酒精，直至总量达到1500mL; ①用注射器吸取配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入115滴时，测得其体积恰好 是1mL; ④先往浅盘里倒入一定深度的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上； ③用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并 在玻璃板上描下油膜的形状； 【物理答案第3页（共6页）】 ⑤将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示。 所以步骤为②①④③⑤，由图可知油膜面积为55个小格面积，即油膜面积S=55×10-4m2,1滴油酸酒精溶 液中纯油藏的体积0×品×10“m,特油膜希作单分子油度，所以油酸分子直径中油膜厚定d=号 ≈1×10-9m。 (2)α、d两轮在皮带的带动下匀速转动时，两侧槽的角速度相同，在A、C槽放置不同质量的小球是探究半径 相同情况下质量对向心力的影响，而在B、C放置相同质量的小球是探究质量相同情况下半径对向心力的影 响，该实验方案设计时用到了控制变量法的科学方法，在槽B、C上放置相同质量的小球，b、两轮在皮带的 带动下匀速转动时，有心=心，即ω=0，所以。=片=若向心力公式成立，所以左、右两侧的向心力 大小之比会==)，所以左右两侧标尺露出的格数之比为1：2。 12.(1)40(1分)(2)答案见解析(2分)(3)b(1分)10(1分)(4)75(2分)(5)偏低(1分) 【解析】(1)由图乙可知在0~10℃范围内，传感器的阻值范围为15~802，当开关接α时，由欧姆定律有I= E R,+R+R -≤100mA,所以R≥352，但若定值电阻阻值取1502时，回路中的电流太小，故选取阻值为402 的定值电阻； (2)实物连线如下图所示 g 传感器R ◆ R 电源 丙 (3)电路接通前，先将电阻箱调为15Ω，然后开关向b端闭合，此时模拟的是传感器电阻为152时的情况， 由图甲可知当温度为10℃时，传感器的电阻为15D,所以应该将电流表此时指针对应的刻度线标记为温度 10℃； (4)当温度为5℃时，传感器的电阻为302，此时回路中的电流I= R+R+R=75mA,所以电流小于 E 75mA时发出警报； E E (5)使用一段时间后电源内阻不可忽略时有IR,+R十R,十，<R,+R+R,结合图甲可知，传感器的电阻 偏大，所以温度的测量结果偏低。 13.(1)go≈1.9m/s2(2)h≈3.2m 解：(1)设宇航员的质量为mo,他在地球表面时有G M=mg(1分） 当他在月球表面时有G==m6,(1分) 解得go≈1.9m/s2(2分) (2)宇航员的最大起跳速度为o,他在地球表面跳起过程有。=2gH(1分) 在月球表面跳起过程有。=2gh(1分) 解得h≈3.2m(2分) 【物理答案第4页（共6页）】 2NSLB 14.(1)垂直纸面向外，即竖直向上，a=3mR, B2N2S2 2 (2)q= mNS (3)P.= mN2S2 BoL2to 9,0a-专612r 解：(1)由题意可知金属棒受到的安培力方向水平向右，由左手定则可知金属棒山所处磁场的磁感应强度 的方向垂直纸面向外，即竖直向上(1分) 由法拉第电登盛应定律可知线圆产生袋应电动势E=水好=心是=气1分) to E2SB(1分) 0时刻通过金属棒的电流I=R+0.5R3, 2NSLB。 对金属棒受力分析并结合牛顿第二定律有F安=LB。=3R =ma(1分) 2s(0分) 解得a=3mRto (2)方法一：金属棒切割磁感线产生的感应电动势与线圈产生的电动势相互抵消，所以通过金属的电流逐渐 减小，金属棒受到的安培力减小，即金属棒做加速度减小的加速运动，当金属棒切割磁感线产生的电动势和 线圈产生的电动势相等时金属棒的速度最大(1分) Ns -Bla to 方法三二：当金属棒的速度为)时对金属棒分析有F=B,=RB。=专 —LB。=ma R总 所以金属棒的加速度随着速度的增大而减小，所以当安培力为0时金属棒的速度最大(1分) 所以当金属棒的速度最大时，有E=B,a=SB(1分) 得=在金属棒加速过程中对金属棒分析，由动量定量有LB,A=m-0(①7 而通过金属棒的电荷量g=△=m(1分) BoL'to (3)当通过金属棒的电荷量为0.5g时，对金属棒分析，由动量定量有ILB△t=0.5gLB。=w1-0(1分)】 解得品此时回路中的电流一发+0泉 E-BoL BoNS (1分) 所以此时金属棒的电功率P=R= BoN's? 9R1分 12 此过程中由能量守恒有E。=2m+Q(1分) R 鱼电路分析可此过程金摄格产牛的焦耳热Q。R+0心。分 15.()m,=-mgR(2)a=(3)。=子-子 5 m 5 k 解：(1)对小滑块A在圆弧轨道上滑行过程分析，由动能定理有2mgR+=2×2m。(1分) 当小滑块A经过圆弧最低点时对小滑块A受力分析并结合牛顿第二定律有 人2音1分) 由牛顿第三定律并结合题意有FN=F压=4mg(1分) 解得W,=-mgR(1分) 【物理答案第5页（共6页）】 (2)当小滑块A在木板B上滑行时， 小滑块A给木板B的摩擦力FB=FNAB=0.2×2mg=0.4mg 木板B和地面间的最大静摩擦力FBmx=w2FNs=0.15×(2m+m)g=0.45mg 由于FaB<FBmx,所以此时木板B静止不动(1分) 对小滑块A在木板B上滑行过程分析， 由动能定理有-4，FwL=号×2m-3×2m1分) 解得4=号瓜 小滑块A在木板C上滑行过程， 小滑块A和木板C动量守恒有2mu1=(2m+2m)v2(1分) 解得=子丽 能量守恒有行×2m=分(2m+2m)+之(1分) 解得天受 此时由kxmx=2mamx(1分） 解得4子1分》 (3)小滑块A滑上木板C后，小滑块A和木板C动量守恒，有任意时刻有2mw,=2mw+2mc:(1分) 在一个短暂过程中有2m心，△l:=2mw:△t:+2mc△(1分) 对从小滑块滑上木板C到弹簧弹性势能最大过程叠加有2mw,t=2mxA+2mxc(1分) 由前面分析可知xmx=xA-xc(1分) 解得号g级！-平(2分) 【物理答案第6页（共6页）】