物理(6)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（河南专版）

同理R,一Bg mvo 解得B2= 2√3+32Em 2 gd (2分) (3)若粒子能到达B点，设粒子在整个组合场中 重复运动”次，在区域Ⅲ磁场中做匀速圆周运动 的半径为R?,由几何关系可得 nC2R1-2(R+R3)cos 0]=23d (2分) 解得R,=4址-2d-24 (1分) 3 由于Rg>0 解得n>3十2√3，n取整数，故n=7、8、9、… (2分) 同理R,=B29 mvo 解得B2= √3n 2Em 4n-2w3-2√5nV9d (n=7、8、 9、…) (2分) 黄冈中学临考特训预测卷（六） 题号 2 3 5 答 案 答案 C B B C 速 题号 6 7 8 9 10 查 答案 D B BC AC ACD 1.C【解析】力学的三个基本物理量是长度、时间、 质量，故A错误；加速度a一R(v表示线速度，R 为曲率半径)的单位是ms2,故B错误；根据物理 公式在确定数量关系的同时也确定单位关系知， C正确，D错误。 2.B【解析】A.图甲中，微粒越大，单位时间内受到 液体分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A 错误；B.煤块与木块叠放在一起，经过一段时间 后，它们会彼此进入对方，这就是固体间的扩散现 象，说明固体间也能发生扩散现象，故B正确； C.由图丙可知，在分子间距由r1变到r2的过程 中，分子势能减小，结合分子力和分子间距离的关 系可知，分子力减小，故C错误；D.分子运动速率 分布图像是对大量分子的统计规律，对少量分子 不适用，所以图丁显示温度越高，每个分子的速率 不一定越大，故D错误。故选B。 3.B【解析】A.设物体在距太阳中心为2R处的轨 道上做圆周运动，速率为，由牛顿第二定律可得 1 2R)一2R,设地球的公转速度为1，由牛顿第 GMm mv 二定律可得”=”，可得1三，彗星A在 R2 远日点需加速才能变轨道到距太阳中心为2R处 的轨道上做匀速圆周运动，故v远<v<v1,故彗星 A在远日点的速度小于地球的公转速度，故A错 误。B.小行星B在近日点，根据牛顿第二定律可 得GMn R 三ma,解得。三，故B正确，C由 （2) 开普勒第二定律可知，彗星A从近日点向远日点 运动时，速度越来越小，彗星在此过程只受太阳的 引力，由动能定理可知W=△Ek,动能减小，故引 力做负功，无引力之外其他力做功，故机械能不 变，故C错误。D由开普勒第三定律气=&可 知，当中心天体一样时k相同，彗星A的近日点与 /3R)3 2/ R T 远日点的距离为3R,则有(T了一，解得T ，故D错误。故选B. 3W6 4.B【解析】A.根据题图乙可知供电线圈中电流的 最大值为1。=20反A,则有效值为1=5 20A,故A错误；B.根据题图乙可知周期为T= 1 0.02s,则频率为f=T=50H2,由于交变电流一 个周期内电流方向改变2次，而受电线圈中的周 期和频率与供电线圈中的周期和频率是相同的， 得受电线圈中的电流方向每秒改变的次数为N= 2×50次=100次，故B正确；CD.由题图乙可知 t=0.015s时，供电线圈中的电流为零，其变化率 最大，由楞次定律可知受电线圈中的感应电流最 大，此时两线圈的相互作用力最小为零，故C、D错 误。故选B。 5.C【解析】A根据动能表达式瓜：=m,可知 运动员的动能先增大后减小，故A错误。B.根据 重力势能表达式E。=mgh可知随着运动员的下 落，重力势能逐渐减少，故B错误。C.弹性绳绷直 前，运动员自由下落只受到自身重力作用，机械能 守恒；弹性绳绷直后，设弹性绳原长为L。,形变量 一L。)增加，弹性势能增加，且￡0=号(y L。),弹性绳形变量增加，弹力做负功，根据能量 守恒可知，机械能E=E。-2k(y-L),E。为 起始的机械能，可知之后随下落位移y成二次函 数关系且减小，故C正确。D.依题意可知，弹性绳 绷直前，运动员先做自由落体运动，由=gt,可知 速度线性增加，当弹性绳绷直产生弹力后，随着运 动员下降，弹性绳产生弹力变大，所以运动员的合 力要减小，故做加速度减小的加速运动，当弹性绳 弹力等于运动员的重力时，速度达到最大，再往下 运动，弹力大于重力，合力反向增大，最后做加速 度增大的减速运动，根据动量p=m,可知动量随 时间的变化图像与速度随时间的变化图像相同， 故D错误。故选C。 6.D【解析】A.从-t图像可知，物块的速度减为 零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为 2m:s,方向沿传送带向上，可以推出传送带沿顺 时针方向转动，速度大小为2ms,故A错误； B.vt图像的斜率表示加速度，可知物块沿传送带 减速的加速度大小a=A。=0.4mg,对物块，根 △t 据牛顿第二定律有mg cos37°一ng sin37°=ma, 解得以=0.8，故B错误；C.根据v-1图像可知，物 块沿传送带向下运动10s时速度为零，之后反向 运动，向上运动1=”=5s时物块的速度与传送 a 带的速度相同，设又经时间t1物块到达传送带最 上端，整个运动过程向下运动的位移大小与向上 运动的位移大小相等，则？×4×10m=2×2× 1 5m十2ms·t1,解得t1=7.5s,物块在传送带上 运动的总时间为t=10s十5s十7.5s=22.5s,故 C错误；D.物块向下运动时，相对位移△x1=2 4×10m十2×10m=40m,物块向上运动时，相对 1 位移△x2=2X5m-2×2×5m=5m,则整个 过程中的相对位移△x=△x1十△x2=45m,物块 与传送带间因摩擦产生的热量Q=mg cos37°· △x=288J,故D正确。 7.B【解析】A.小球落地时重力的功率Pc=mgy =ngvsin0,故A错误；B.在竖直方向，根据动量 定理，有mgt一ko,t=nv,其中v,t=h,解得t= osin9+,枚B正确；C.在水平方向，根据动量 mg 定理，有一kv,t=m0.一mv。其中vt=x,vx= ucos0,解得x=m(u,ucos0) ，故C错误：D.根 据动能定理，有mgh十W盟=2m(o-v),解得 18 1 W1=2m(o2-)-mgh,故D错误。故选B。 8.BC【解析】AB.对物体A进行受力分析，水平方 向上受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌 面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体 仍保持矩形沿F方向做匀加速运动，则物体A所 受合力不为零，A错误，B正确；C.B对A的作用 力与桌面对A的摩擦力等大反向，即B对A的作 用力方向与F的方向相同，C正确；D.由几何知识 知，B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，D错 误。故选BC。 F静 FBA 9.AC【解析】AB.由题图乙可知，试探电荷十q从 b到a的过程，先减速后加速，说明电场力方向先 向左后向右，而正电荷所受电场力的方向与场强 方向一致，即合场强方向也是先向左后向右，故b 到a间的电势先升高后降低，而Q1在b、a间产生 的分场强一直向右，故Q2在b、a间产生的分场强 向左，故Q2带负电，故A正确，B错误；C.b点和 Q2之间的场强方向都是向左的，在题图乙中图像 最低点对应加速度为0，即场强为零的点在b点 和a点之间，故C正确；D.由题图乙可知试探电荷 从b点到α点的速率减小，则动能减小，说明电场 力做的总功为负，十q的电势能增加，则电势升 高，即a点电势比b点的高，故D错误。故选AC。 10.ACD【解析】A.设粒子在第n层磁场中运动的 速度为轨迹半径为则有网El=m ①g心，B=m三Q,粒子进人第n层磁场时，速 度的方向与水平方向的夹角为a,从第n层磁场 右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为 0,,粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的 速度分量不变，有vn-1sin0-1=v.sina③，如图 1所示， --.Ini ×× ×.0 ×× 图1 图2 r.sin0,n一r sin a=d④，联立②③④式可得 r.sin9n-r。-1sin0-1=d⑤，可知r1sin01、 r2sin02、r3sin03、…、r,sin0n为一组等差数列， 公差为d,可得r sin0.=r1sin01+(n-1)d⑥， 当n=1时，由图2可知r1sin01=d⑦， 联立⑥⑦式可得r.sin0n=nd⑧， ngd 联立①@⑧式解得sin0。=B√2mE⑨ 若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 有0.=，sin0,=1,由题意可知，当n=9时， gd 1 0,=30.即sin30=3B√2=2@，当n=1 1 时，sin0,=6,故A正确：BC.当sin0,=1时，联 立⑨①式解得n=36,故B错误，C正确；D.粒子 每一次向右经过电场，电场力做的正功为qEd, 第36次向右经过电场后速度达到最大，有 1 36gEd=2mu,可得v=6√/m 2qE☑，故D正确。 故选ACD。 11.(1)B1分)(2)C(1分)(3)：x)d 6L 13.870(每空2分) 【解析】(1)因为该实验是双缝干涉实验，a处是 单缝，b处是双缝，若均竖直放置，观察到的是竖 直方向的干涉条纹沿水平方向展开，故B正确， AC错误。故选B。 (2)因为白光是各种色光混合而成的，当它们发 生双缝干涉时，其干涉图样明暗部分间距不同， 不能重新混合成白光，所以取下滤光片，白光干 涉条纹是彩色的，故C正确，AB错误。故选C。 (3)从题图乙可以看出，条纹间距Ax=,二 6 干涉条纹间距与单色光波长的关系为△x= 解得入=x2x)d 。螺旋测微器固定刻度为 6L 13mm,半刻度为0.5mm,可动刻度为 0.370mm,所以其读数为13mm十0.5mm十 0.370mm=13.870mm. 12.(1)300(2分)(2)C(2分) Ro (3) R (3分) S RoRYU （4)RU,-RU,-R,U2分) 【解析】(1)由于待测电阻的阻值约为几百欧姆， 指针指在30，故用多用电表测电阻时应选择 “×10”的挡位：故读数为3002。 (2)电压表V1量程为0~3V,内阻Rv=3k2,待 测电阻约为3002，可知当电压表V1满偏时，电 压表V偏转不超过满偏刻度的了放选C, (3)电路图如图所示。 (4)由(3)中电路图结合闭合电路欧姆定律有 I=- 0,U,=0 g“北又R RoRyU 联立解得R.=RvU,-RvU1-RU 13.(1)y=-0.1sin(2πt)m(少负号扣2分)(2)1. 6m 【解析】(1)由甲图知，波长为入=4m 由乙图知，周期为T=1s 则波速一子=4 (2分) 由乙图知，t=1s时刻质点P的运动方向向下， 结合甲图可知，波沿x轴负方向传播。 振解A=0.1m。-祭-纤d=2xad 振动方程为y=一0.1sin(2xt)m (4分) (2)因为周期为1s,t=1s时刻的波形如图甲，波 源向下振动=1时波传至P点，经号被传至 x=0处 (2分) 故在1一5.5s时间内x=0处质点振动的时间为 (5.5-1.5)s=4s=4T 所以路程s=16A=16×0.1m=1.6m(2分) 1 14.1)0.5N(2)R≤0.2m(3)2m 【解析】(1)设两物块的质量均为m,将A、B视 作一个整体，由牛顿第二定律有F一f=2ma (1分) 其中f=umg 设A、B之间的弹力大小为FA,对物块B,由牛 顿第二定律有FAs=ma (1分) 联立解得FAB= F-umg =0.5 N (1分) 2 (2)当A、B之间的弹力F4=0时，二者将分离， 由FB=F一mg可知，此时F=0.5N,x=3m 2 (1分) 在0~3m内，F一x图线与横轴所围面积表示做功多 少，即we=1.5X1J+0.5+1.5)X3-DJ=3.5J 对A、B整体，设二者分离时的速度为v,由动能 定理有Wmgx三2X2mw,解得宁 √10m/s (1分) 由于B与地面间无摩擦，故B经过圆弧最低点 P时的速度p=√I0m:s 设B刚好达到M点时的速度为)M,圆弧半径的 最大值为Roax 对物块B,在M点，由牛顿第二定律有 2 UM mg-m Rx 对物块B,由P至M过程，由动能定理有 1 1 mg·2Rax=2moi:-2mo时 (1分) 联立解得Rmx=0.2m,故圆弧半径满足的条件 为R≤0.2m (1分) (3)对物块B,由P至M过程，由动能定理有 1 1 -mg·2R=2wi-之mo吊 (1分) 物块到达M点以后做平抛运动，有2R=2g12 (1分) x=UMt (1分) 联立解得x=√4R(1-4R) (1分) 则由数学知识可知，当R=8m时，x有最大 20 1 值，代人数据得xx=之m (1分) 15.(1)3mgR B2L2 (2)①mg2R B'L* ②2mgR+3mgB17 3B3L3 【解析】(1)设金属棒cd做匀速运动的速度大小 为v,cd棒受力平衡有 F=mng sin30°+F安 (1分) F安=BIL (1分) I=BLo 2R (1分) 联立解得v=BL 3mgR (2分) (2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL= 2mg sin 30 (1分) 棒ab的热功率Pb=IR (1分) 联立解得P6= m2g2R B2L2 (2分) ②设t时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1,金 属棒cd做匀速运动的速度为v2: 由金属棒ab、金属棒cd组成的系统动量守恒，则 有m=2m1十mv2 (2分) 回路中的电流12= BL(v2-v1) (1分) 2R 联立上式解得金属棒ab做匀速运动速度为v1= mgR 3B2L* (1分) 0~t时间内对金属棒ab分析，在电流为i的很 短时间△t内，速度的变化量为△v 由动量定理得BL△t-2 mng sin30°·△t=2m△v 对上式进行求和得∑BL△-∑mg△1 ∑2m△ 解得BLq一mgt=2mw1 (2分) 联立上式解得g= 2m2gR+3mgB2L't 3B3L3 (2分)黄冈中学临考特训预测卷（六） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、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.下列有关单位制的说法中，正确的是 A.在国际单位制中，力学的三个基本物理量是长度、时间、力 B.根据单位制运算，加速度a一R(。表示线速度，R表示曲率半径)的单位是m/ C.若使1kg的物体产生加速度为0.5m/s2的力定义为1N,则牛顿第二定律的表 达式为F=2ma D.某同学根据单位关系判断位移x一2m (t1十t2)2是错误的 2.关于下面热学中的几张图片所涉及的相关知识，描述正确的是 各速率区间的分子数占总分子数的百分比 20H 0℃ 15 温度为100 5 一速率区间/(m·s) 煤块 2 木块 8 甲 乙 丙 丁 A.图甲中布朗微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显 B.图乙中煤块和木块叠放在一起，一段时间后木块逐渐变黑，说明固体间也能发生 扩散现象 C.由图丙中分子势能随分子间距的变化关系可知，在分子间距由r1变到r?的过程 中分子势能减小，分子力增大 D.图丁显示温度越高，每个分子的速率越大 黄冈中学临考特训预测卷（六）第1页（共6页） 3.地球绕太阳公转的轨道可视为半径为R的圆周，公转周期为T,彗星A的椭圆轨道 与地球轨道外切（即A的近日点与地球轨道相切），其远日点到太阳中心的距离为 2R；小行星B的椭圆轨道与地球轨道内切（即B的远日点与地球轨道相切），其近 R 日点到太阳的距离为，所有轨道共面。已知质量为M的太阳位于椭圆的一个焦 点上，G为引力常量。不考虑彗星A和小行星B与地球之间的相互作用力，则下列 说法正确的是 A.彗星A在远日点的速度大于地球的公转速度 地球 B.小行星B在近日点的加速度大小为R M 轨道 太阳。 B C.彗星A从近日点向远日点运动时，太阳对它的万有引力做 正功，机械能增大 行周期T与地球公转周期T氏 4.无线充电技术已经在新能源汽车领域得到应用。如图甲所示，与蓄电池相连的受电 线圈置于地面供电线圈正上方，供电线圈输入图乙所示的正弦式交变电流，下列说 法正确的是 ↑iA od 受电线圈恩 20W2 oC 0 bo 地面 t/(×102s) 供电线圈 -20W2 甲 A.供电线圈中电流的有效值为20√2A B.受电线圈中的电流方向每秒改变100次 C.t=0.015s时受电线圈的感应电流最小 D.t=0.015s时两线圈之间的相互作用力最大 5.如图所示，蹦极运动员系着弹性绳从O点静止下落，弹性绳开始时松 弛，某时刻被拉直，直到运动员下落到Q点时速度减为零。以O为 原点、竖直向下建立Oy轴，忽略空气阻力，运动员可视为质点。从 跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用E、E。、E、p分别表示 运动员的动能、重力势能、机械能和动量，以O点所在水平面为运动 员的重力势能零势能面，t、y表示运动员下落的时间和位移，则下列 图像可能正确的是 B D 黄冈中学临考特训预测卷（六）第2页（共6页） 6.如图甲所示，质量为1kg的物块（视为质点）从倾角为37°的传送带顶端A点以 4ms的速度沿传送带向下运动。物块运动过程的部分v-t图像如图乙所示，物块 与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带始终匀速转动。取重力加速度 大小g=10m.'s2,sin37°=0.6。下列说法正确的是 v/(m.s) 6 2 0 2 20 i/s 37 甲 A.传送带沿逆时针方向转动 B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.7 C.物块在传送带上运动的总时间为21.5s D.物块与传送带间因摩擦产生的热量为288J 7.如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条 件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中， 小球的质量为，水平初速度为v。,初始时小球离地面高度为h,已知小球落地时速 度大小为，方向与水平面成0角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率 成正比，比例系数为k,重力加速度为g。下列说法正确的是 A.小球落地时重力的功率为mg) B,小球下落的时间为msin+h mg 7 C.小球下落过程中水平位移大小为m(+cos) 77777777 D.小球下落过程中空气阻力做的功为一2m(-)十mh 二、本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。 8.将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起， 现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向做匀加 速直线运动，则 B 160° A.物体A在水平方向上受四个力的作用，且合力为零 B.物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力不为零 C.B对A的作用力方向与F的方向相同 D.B对A的弹力等于桌面对A的摩擦力 黄冈中学临考特训预测卷（六）第3页（共6页） 9.如图甲所示，两个被固定的点电荷Q1、Q2连线的延长线上有a、b两点，Q1带正电。 试探电荷+q仅受电场力作用，t=0时刻从b点沿着ba方向运动，t。时刻到达a 点，其-t图像如图乙所示，根据图像下列判断正确的是 甲 乙 A.Q2带负电 B.沿ba连线电势先减小后增大 C.场强为零的点在b点和a点之间 D.a点电势比b点的低 10.某科学仪器内部真空区域存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁 场，电场和磁场的宽度都为，长度足够长。电场方向水平向右，磁场方向垂直纸 面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，电场强度大小为E,磁感 应强度大小为B。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，粒子的 质量为m、带电荷量为g,不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第9 层磁场右侧边界穿出时，速度方向与水平方向的夹角为30°。下列说法正确的是 A.粒子穿出第1层磁场的速度与水平方向夹 第1层 第2层 第n层 角的正弦值是 XX- 时×矧 XX XX × B.当n=16时，粒子的偏转角度是90 C.当n=36时，粒子恰好不从磁场穿出 XX dd时 2gEd D.粒子运动的最大速度为6 m 三、非选择题。本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。 11.(6分)在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光 具座上（如图甲），并选用缝中心间距为d的双缝屏。从仪器注明的规格可知，毛玻 璃屏与双缝屏间的距离为L。接通电源使光源正常工作，发出白光。 凸 滤 光 透 光 目 源 镜 遮光筒 毛玻璃屏镜 甲 (1)组装仪器时，若将单缝和双缝均沿竖直方向分别固定在α处和b处，则 A.可观察到水平方向的干涉条纹沿竖直方向展开 B.可观察到竖直方向的干涉条纹沿水平方向展开 C.看不到干涉现象 (2)若取下滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中 A.观察不到干涉条纹 B.可观察到明暗相间的白条纹 C.可观察到彩色条纹 黄冈中学临考特训预测卷（六）第4页（共6页） (3)若实验中得到的干涉图样如图乙所示， 毛玻璃屏上的分划板刻线在图乙中 A、B位置时，手轮上的读数分别为 40 x1、x2,则入射的单色光波长的计算表 达式为入= 分划板刻线在 某条亮条纹位置时手轮上的示数如图 丙所示，则读数为 乙 丙 mm 12.(9分)物理兴趣小组的同学们在实验室发现一个标有“Ω2A”的定值电阻 R。,因某些原因阻值看不清楚，现需确定其阻值。 (1)同学们首先用多用电表进行粗略测量，他们选 30 择多用电表的恰当电阻挡位测量，经正确操作， 表盘及指针位置如图甲所示，则该定值电阻阻 值约为 2 -V-Ω (2)为了精确测量其阻值，同学们在实验室找到如 O 下实验器材： 图甲 学生电源：直流15V 电流表A:量程为0~0.6A,内阻约为1002 电压表V1:量程为0~3V,内阻Rv=3k2 电压表V2:量程为0~15V,内阻未知 R 定值电阻R。:阻值为1k2 滑动变阻器R:最大阻值为202 开关一个、导线若干 同学们利用上述器材设计了一个实验方案，电路图如图乙 图乙 所示，该实验方案存在的问题是 A.没用电流表测电流，无法测出R B.电压表V,内阻未知会带来较大系统误差 C.电压表V,指针偏转角度太小，不超过满偏刻度的3 (3)针对以上问题请你帮同学们完善图丙实验方案，并在 虚线框内画出电路图。 (4)实验测得电压表V,读数为U1,电压表V2读数为U2, 丙 实验测得待测电阻测量值R.= (用U1、 U2、R。、Rv表示)。 13.(10分)沿x轴传播的一列简谐横波在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为平衡 位置在x1=2m处的质点P的振动图像，求： ◆y/m ↑/m 0.1 0.1 P 0 0 456 x/m 0.5 15 t/s -0.1 -0.1 匆 黄冈中学临考特训预测卷（六）第5页（共6页） (1)写出图甲中Q点的振动方程； (2)x=0处质点在1~5.5s内通过的路程。 14.(12分)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg,A与地面 间的动摩擦因数为u=0.25,B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右运 动，F与位移x的关系如图乙所示，P为竖直圆弧最低点，M为最高点，水平地面 长度大于4m。重力加速度g取10ms2。 (1)当位移x=1m时，求A与B之间的弹力大小； (2)要保证物块B能到达M点，竖直圆弧半径满足的条件； (3)在(2)条件下，求物块B越过M点落到地面的落点距离P点的最远距离。 F/N 1.5 1.0 0.5 0.1234x/m 甲 乙 15.(17分)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道，轨 道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接 触良好。金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m,长度均为L、电阻均为R;两金 属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜 面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒αb不动，使金属棒cd在与 其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速 度为g。 (1)求金属棒cd做匀速运动的速度大小。 (2)设金属棒cd做匀速运动的某时刻t。=0,恒力大小变为F'=1.5mg,方向不 变，同时解锁、静止释放金属棒ab,直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动，求： ①t时刻金属棒ab的热功率Pb; ②0一t时间内通过金属棒ab的电荷量q。 ↑c 309 300 黄冈中学临考特训预测卷（六）第6页（共6页）