安徽省合肥市2015年高三第一次模拟考试物理试题及详解

1、2015年安徽省合肥市高考物理一模试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1（4分）（2015合肥一模）在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b放置的方式有如图甲和图乙两种不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说法正确的是（） A 图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力 B 图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力 C 图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力 D 图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡

2、专题【分析】： 以两球整体为研究对象判断桶底对球的弹力，以上面球为研究对象判断侧壁对球的弹力大小【解析】： 解：A、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，桶底对两个球整体的重力，故图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A错误；B、C、D、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、底面的支持力和两侧的两个支持力，根据平衡条件，两侧的两个支持力是相等的；再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运动合成法，如下图：由几何知识可知：N桶=，故侧壁的弹力与上面球的重力成正比，由于球a质量大于球b，故乙图中两侧的弹力较大；故B正确，CD错误；故选：B【点评】

3、： 本题考查受力分析及平衡条件的应用，灵活选取研究对象，即隔离法还是整体法是关键2（4分）（2015合肥一模）质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化p和合力对小球做W，下列说法正确的是（） A p=2kgm/s W=2J B p=2kgm/s W=0 C p=0.4kgm/s W=2J D p=0.4kgm/s W=2J【考点】： 动量守恒定律【分析】： 取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；由动能定理求出合力做的功【解析】： 解：取

4、竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：p=mv2mv1=0.240.2（6）=2kgm/s，方向竖直向上由动能定理可知，合外力做功：W=mv22mv12=0.2420.262=2J；故选：A【点评】： 此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量动量变化量也是矢量，同样要注意方向应用动能定理可以求出合外力做的功3（4分）（2015合肥一模）“天宫一号”某次变轨，离地高度由200km升至362km，假定变轨前后均做匀速圆周运动，变轨后“天宫一号”的（） A 加速度增大 B 周期变小 C 线速度变小 D 向心力变大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；矢量和标量；万有引

5、力定律及其应用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫一号变轨前后的线速度、周期、角速度和向心加速度【解析】： 解：根据万有引力提供向心力得：=ma=A、a=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以加速度减小，故A错误；B、T=2，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以周期增大，故B错误；C、F=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以向心力减小，故C正确；D、v=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以线速度减小，故D错误；故选C【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的

6、关系4（4分）（2015合肥一模）一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（） A mgR B mgR C D 【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： 当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功【解析】： 解：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重

7、力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg=m对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgRW=mv2，解得：W=mgR；故选：B【点评】： 根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可5（4分）（2015合肥一模）如图所示，真空中有两个点电荷，Q1=+4.0108C和Q2=1.0108C，分别固定在x轴上的x=0和x=6cm的位置上将一带负电的试探电荷q从x=20cm的位置沿x轴负方向移到x=10cm的位置，在此过程中，试探电荷的（） A 电势能一直增大 B 电势能一直减小 C 电势能先减小后增大 D 电势能先增大后减小【考点】： 电场线；电势能【分析】： 某点的电场强度是正电荷

8、Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，运用合成法进行分析场强为零的位置，从而确定各段电场线的方向，分析电场力做功情况，判断电势能的变化【解析】： 解：空间某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强设Q2右侧场强为零的点到Q2的距离为L根据点电荷的场强公式E=k，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反所以k=k，解得L=0.06m=6cm所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，则从x=20cm到x=12cm，场强方向沿x轴正方向，从x=12cm到x=10cm，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x=20cm的位

9、置沿x轴负方向移到x=12cm的位置，电场力做正功，从x=12cm的位置沿x轴负方向移到x=10cm的位置，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，ABD错误故选：C【点评】： 空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则6（4分）（2015合肥一模）如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2则有（） A

10、 a1=a2，x1=x2 B a1a2，x1=x2 C a1=a2，x1x2 D a1a2，x1x2【考点】： 牛顿第二定律；胡克定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 先对AB整体进行分析，可以得出整体运动的加速度；再对隔离出受力最少的一个进行受力分析，由牛顿第二定律可得出弹簧弹力，则可得出弹簧的形变量【解析】： 解：对整体分析有：，可知a1a2隔离对b分析有：F1m2g=m2a1，解得：，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2故选：B【点评】： 本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，难度中等7（4分）（2015合肥一模）A、B两物体分别在水平

11、恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等则下列说法正确的是（） A F1、F2大小之比为1：2 B F1、F2对A做功之比为1：2 C A、B质量之比为2：1 D 全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2：1【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 根据速度与时间的图象可知，各段运动的位移关系之比，同时由牛顿第二定律可得匀减速运动的加速度之比，再由动能定理可得出拉力、摩擦力的关系，及它们的做功关系【解析】： 解：由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2，由

12、牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2：1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1Xf13X=00；B物体的拉力与摩擦力的关系，F22Xf23X=00，因此可得：F1=3f1，F2=f2，f1=f2，所以F1=2F2全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功之大小相等故ABD错误，C正确故选：C【点评】： 解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围

13、成的面积表示位移，并运用动能定理8（4分）（2015合肥一模）图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处已知A1的内阻为0.45，则A2的电阻为（） A 0.1 B 0.15 C 0.3 D 0.6【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻【解析】： 解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意知，当电流表串联时：I1=I2当电流表并联

14、时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1由于R1=0.45将式代入解得：R2=0.1故选：A【点评】： 本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组9（4分）（2015合肥一模）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1，R2为可变电阻，开关S闭合质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（） A 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C 断开开关S，M极板稍微上

15、移，粒子打在O点右侧 D 断开开关S，M极板稍微下移，粒子打在O点右侧【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： 电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，改变R2，对电容器的电压没有影响增大R1分担的电压增大，电容器的电压增大，粒子将向下运动断开开关S，上下移动极板，根据电容器的电容定义式与决定式判断出极板间的电场强度，根据牛顿第二定律即可判断加速度，利用运动学公式判断水平位移【解析】： 解：A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板

16、两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，偏转量增大，根据，水平位移为x=，水平位移将增大，故粒子打在O点右侧，故D正确故选：AD【点评】： 本题关键分析电容器的电压是否变化当断开开关S，改变板间距离

17、时，板间场强不变，油滴也保持不动10（4分）（2015合肥一模）如图所示为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位制）下列说法正确的是（） A 在t=0.10s时，质点Q向y轴正向运动 B 在t=0.10s，质点P的加速度方向沿y轴正方向 C 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m D 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 根据图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，

18、t=0.10s时Q点在平衡位置上，由简谐运动表达式知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程根据x=vt求解波传播的距离【解析】： 解：A、由质点Q的简谐运动表达式知，在t=0.10s下一刻，质点Q的位移为负，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B、t=0.10s，质点P位于平衡位置上方，则加速度方向向下，B错误；C、在t=0.10s时，质点Q沿x轴负方向运动，根据波形平稳法可知该波沿x轴负方向传播，周期为：T=0.2s，波长为：=8m，则波速为：v=m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s，该波

19、沿x轴负方向传播的距离为x=vt=400.15m=6m，故C正确；D、由甲图知D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；故选：C【点评】： 本题有一定的综合性，考察了波动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系二、实验题（共18分）11（2分）（2015合肥一模）如图是用游标卡尺测量某金属圆筒外径时的示数，可读出该圆筒外径为25.00cm【考点】： 长度的测量【分析】： 游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数注意不需要

20、估读【解析】： 解：主尺读数为25mm，游标尺上的0刻度与上边对齐，所以游标读数是00.02mm=0.00mm，所以圆筒的内径为25.00mm故答案为：25.00【点评】： 解决本题的关键是掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数注意不需要估读12（2分）（2015合肥一模）如图是用螺旋测微器测量某金属棒直径时的读数，可读出该金属棒的直径为2.823mm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解析】： 解：螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为32.30.01mm=

21、0.323mm，所以最终读数为2.5mm+0.323mm=2.823 mm故答案为：2.823【点评】： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13（4分）（2015合肥一模）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图（1）在图上标出的F1、F2、F和F，四个力中，力F不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是ACDA如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平

22、分线C拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行【考点】： 验证力的平行四边形定则【专题】： 实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】： 本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律【解析】： 解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F是由平行四边形定则得出的，故F不是由弹簧秤直接测得的；（2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测

23、出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故D正确；E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E错误；故选：ACD故答案为：（1）F；（2）ACD【点评】： 只有通

24、过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验，只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验14（10分）（2015合肥一模）LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据U/V 0.00 2.56 2.71 2.80 2.84 2.87 2.89 2.91 2.99I/A 0.00 0.03 0.07 0.11 0.34 0.52 0.75 0.91 3.02（1）根据以上数据，在图1中画出电压在2.5V3.00V范围内二极管的IU图

25、线分析曲线可知二极管的电阻随U变大而变小（填变大”、“变小”或“不变”），在该范围内电阻最小约为1000；（2）某同学用伏安法测电阻的电路验证该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量減小图2是实验器材实物图，电压表量程为3V，内阻约为3k，电流表量程为5mA，内阻约为10图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整（3）若此LED发光二极管的工作电流为2mA，则此发光二极管应与一阻值R=10的电阻串联后才能与电动势为3V、内阻不计的电源相连【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： 由表格中数据选择合适的标度，

26、采用描点法得出伏安特性曲线；通过实验尽可能大范围描绘出它的伏安特性曲线来研究它的工作特性，知滑动变阻器需采用分压式接法根据通过二极管的电流读出二极管两端电压，再根据串并联规律求出串联的电阻即可【解析】： 解：（1）如图选取电压及电流标度，采用描点法得出各点位置，用平滑的曲线将各点相连；如图所示；图象上点与坐标原点的连线的斜率倒数在减小，可知二极管的电阻随U变大而变小，在该范围内电阻最小约为R=1000（2）由于电压和电流的测量范围比较大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于二极管内阻更接近电压表内阻，所以电流表采取内接法，实物图如上图（3）根据二极管IU图象或数据表可知，通过二极管的电流I=2mA

27、时，二极管两端的电压U=2.95V，根据串并联规律，应串联的电阻为：R=10；故答案为：（1）变小；1000（2）如图（3）10【点评】： 由于二极管电阻较小，故测定伏安特性曲线时应采用滑动变阻器的分压接法同时注意用好实验的原理三、计算题（第15、16、17题各10分，第18题12分，共42分）15（10分）（2015合肥一模）如图所示，在图（a）中，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变，根据实验数据画出如图（b）所示的tan图线取重力加速度的大小g=10m/s2（1）在图（a）中画出物体的受力示意图；（2）求物块的质量m

28、和物块与斜面间的动摩擦因数；（3）若=45时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的较小初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 对物体受力分析，根据共点力平衡得出与tan的函数关系式，结合图线的斜率和截距求出物块的质量和动摩擦因数的大小根据牛顿第二定律分别求出物块沿斜面向上和向下的加速度，从而得出加速度之比【解析】： 解：（1）a的受力分析图如图所示（2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsin+mgcos，解得：与tan为线性函数，由图

29、象可知：mg=40N，解得：m=4kg，mg=20N，解得：=0.5（3）根据牛顿第二定律得：mgsin45+mgcos45=ma1，mgsin45mgcos45=ma2，解得：a1：a2=3：1答：（1）物体的受力分析如图所示（2）物块的质量为4kg，动摩擦因数为0.5（3）物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比为3：1【点评】： 本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律与图象的综合，对于图象题，关键得出函数的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解16（10分）（2015合肥一模）如图所示，在一底边长为2L，底角=45的等腰三角形区域内（O为底边中点）有垂直纸面向外的匀强电场现有一质量为m，电量为

30、q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响（1）粒子经电场加速射入磁场时的速度？（2）若要进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；（3）设粒子与AB板碰撞后，电量保持不变并以与碰前相同的速度反弹，磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大，求粒子在磁场中运动的最长时间【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）由动能定理求粒子进入匀强磁场的速度；（2）求磁感应强度B的最小值，根据磁场强度和半径关系可知，圆周运动得半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边

31、相切，画出运动轨迹，根据几何关系及向心力公式求解；（3）当r越小，后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点【解析】： 解：（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由 得：（2）要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R由图中几何关系：由洛仑兹力提供向心力：联立解得：（3）设粒子运动圆周半径为r，当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点有：圆周运动周期：最长的极限时间为：由式得：=答：（1）粒子经

32、电场加速射入磁场时的速度为；（2）磁感应强度B为时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA板；（3）增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，粒子在磁场中运动的极限时间为【点评】： 做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识求出粒子运动的半径，再结合半径公式和周期公式去分析17（10分）（2015合肥一模）如图（a）所示，平行长直导轨MJV、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5m，导轨左端M、P 间接有一阻值只=0.2的定值电阻，导体棒ab质量m=0.1kg，与导轨间的动摩擦因数=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d=1.0m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均

33、忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图（b）所示，不计感应电流磁场的影响取重力加速度g=10m/s2（1）求t=0时棒所受到的安培力F0；（2）分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；（3）若t=3s时，突然使ab棒获得向右的速度v0=8m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使棒的加速度大小恒为a=4m/s2、方向向左求从t=3s到t=4s的时间内通过电阻的电量q【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （

34、1）由图b的斜率求出，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，由欧姆定律求解感应电流的大小，即可求得安培力的大小（2）前3s内ab棒不动，在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，由平衡条件和安培力公式求解（3）t=3s后，ab棒做匀变速运动，由运动学公式求出t=3s到t=4s的时间内棒通过的位移，再由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求解电量【解析】： 解：（1）由图b知：=0.1T/st=0时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：E=Ld=0.10.51V=0.05V 感应电流为：I=A=0.25A可得t=0时棒所受到的安培力：F0=B0IL=0.025N（2）ab棒与轨道间的最大

35、摩擦力：fm=mg=0.10.110N=0.1NF0=0.025N所以在t=0时刻棒静止不动，加速度为零，这以后磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3s内导体棒静止不动，电流恒为I=0.25A在03s内，磁感应强度为：B=B0kt=0.20.1t因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有： f=BIL=（B0kt）IL=（0.20.1t）0.250.5N=0.0125（2t）N（t3s）（3）3s4s内磁感应强度大小恒为 B2=0.1T，ab棒做匀变速运动，t2=4s3s=1s设t=4s速度大小为v，位移为x，则：v=v0at=4m/sx=t=6

36、m在这段时间内的平均电动势为：=通过电阻的电量为：q=1.5C答：（1）t=0时棒所受到的安培力F0是0.025N（2）前3s内导体棒静止不动，前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式为f=0.0125（2t）N（t3s）（3）从t=3s到t=4s的时间内通过电阻的电量q是1.5C【点评】： 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和能量转化的情况，熟练推导出安培力与速度的关系，感应电量与磁通量变化的关系，正确把握功和能的关系18（12分）（2015合肥一模）如图所示，一长L=4.5cm、质量m1=1kg的长木板静止在水平面上，与地面间的动摩擦因数1=0.1长木板B端距光滑水平轨道CD的C端距离S=7m，长木板的上表面与CD