2018年江苏省常州市高考物理一模试卷

1、2018年江苏省常州市高考物理一模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意 1. 物理量有的属于状态量，有的属于过程量，下列物理量属于过程量的是（ ） a.速度b.加速度c.力d.功【答案】d【考点】矢量和标量【解析】状态量是指物体在某一种状态下所具有的物理量；而过程量是批物体在一段过程中所具有的物理量。【解答】a、速度是指物体在某一状态时运动的快慢，故为状态量；故a错误；b、加速度是指物体在某一状态时速度变化的快慢，故为状态量。故b错误；c、力是物体与物体之间的某时刻的相互作用，是状态量。故c错误；d、功是力和力的方向上位移的乘积，故功对应

2、一段位移，对应一段过程，故为过程量。故d正确 2. 如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）a.电场线方向由放电极指向集尘极b.图中a点电势高于b点电势c.尘埃在迁移过程中电势能减小d.尘埃在迁移过程中动能减小【答案】c【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【解析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对

3、尘埃做正功。【解答】a、由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故a错误；b、集尘极带正电荷，是正极，a点更靠近放电极，所以图中a点电势低于b点电势，故b错误；cd、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，动能增加，故c正确，d错误。 3. 如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘

4、上也随“魔盘”一起转动。若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）a.“小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用b.“盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动c.此时“魔盘”的转速一定不大于12grd.此时“魔盘”的转速一定不小于12gr【答案】d【考点】牛顿第二定律向心力【解析】“小芳”在竖直方向上平衡，水平方向上靠弹力提供向心力，结合最大静摩擦力等于重力，根据平衡和牛顿第二定律求出魔盘的最小转速。根据水平面做圆周运动的最大转速，判断“盼盼”能否保持相对静止。【解答】a、“小芳”贴着魔盘的侧壁一起做圆周运动，受

5、到重力、静摩擦力和弹力作用，故a错误。b、由于“小芳”不滑下，有：mgn，nmr(2n)2，解得最小转速n=12gr，对于“盼盼”，根据mgmr(2n)2知，n=12gr<n，即小芳不滑下时，“盼盼”不能在魔盘的平面与魔盘保持相对静止一起做圆周运动，故b、c错误，d正确。 4. 如图所示，在半径为r圆形区域内有一匀强磁场，边界上的a点，有一粒子源能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子，在磁场边界的16圆周上可观测到有粒子飞出，则粒子在磁场中的运动半径为（ ）a.rb.r2c.r3d.r6【答案】b【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【解析】当轨道半径小

6、于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径，作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。【解答】当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径，如图所示，当粒子从16圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为ac，粒子都从圆弧ac之间射出，根据几何关系可得轨道半径为：rrsin30=12r； 5. 如图所示，一小滑块（可视为质点）以某一初速度沿斜面向下滑动，最后停在水平面上。滑块与斜面间及水平面间的动摩擦因数相等，斜面与水平面平滑连接且长度不计，则该过程中，滑块的机械能与水平位移x关系的图线正确的是

7、（取地面为零势能面）（ ）a.b.c.d.【答案】d【考点】功能关系【解析】分析物体的位移变化，结合功能原理分析机械能的变化，采用排除法即可选择图象。【解答】滑块在斜面上下滑时，根据功能原理得：emgcossmgx，x是水平位移。则知ex的斜率等于mg，不变，图象是向下倾斜的直线。滑块在水平面上滑动时，根据功能原理得：emgx，x是水平位移。则知ex的斜率等于mg，不变，图象是向下倾斜的直线。故abc错误，d正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分. 1. 欧洲天文学家4月6日宣布，人

8、类首次发现一颗体积与地球不相上下的行星拥有大气层。该行星距离地球约39光年，质量相当于1.6个地球，半径相当于1.4个地球。若已知引力常量、地球表面的重力加速度和地球半径，可求出该行星的（ ） a.质量b.表面的重力加速度c.第一宇宙速度d.同步卫星的高度【答案】a,b,c【考点】万有引力定律及其应用【解析】根据地球表面物体的重力近似等于物体受到的万有引力，可以求出地球的质量，由二者的质量关系求出质量；根据行星表面物体的重力近似等于物体受到的万有引力求出行星表面的重力加速度；根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，结合周期可以求出同步卫星的高度。【解答】a、设地球的质量

9、为m地，在地球的表面，质量为m的物体的重力近似等于万有引力，则：mg=gm地mr地2则：m地=gr地2g质量相当于1.6个地球，所以可知该行星的质量为1.6gr地2g故a正确；b、该行星的半径相当于1.4个地球，则：mg=g*1.6m地m(1.4r地)2所以：g0.82g，故b正确；c、根据万有引力提供向心力可得第一宇宙速度：v=g*1.4r地故c正确；d、由于不知道该行星的自转周期，所以不能求出同步卫星的轨道高度。故d错误。 2. 如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为r，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中

10、正确的是（ ）a.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流b.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流c.保持半径不变，使磁场随时间按bkt变化，线圈中的电流为kr2rd.保持半径不变，使磁场随时间按bkt变化，线圈中的电流为2kr2r【答案】b,c【考点】法拉第电磁感应定律【解析】根据穿过线圈的磁通量是否变化，从而即可判定感应电流有无；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律表达式，即可求解。【解答】a、在线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，则线圈内没有感应电流，故a错误；b、当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过

11、线圈的磁通量减小，则线圈内有感应电流，根据楞次定律，则有逆时针的电流，故b正确；cd、保持半径不变，使磁场随时间按bkt变化，依据法拉第电磁感应定律，则有：e=bt*r2=kr2，因此线圈中的电流为i=er=kr2r，故c正确，d错误； 3. 在图甲所示电路中，流过二极管d的电流id如图乙所示，该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流过电感和电容的电流分别为il、ic下列关于il、ic随时间t变化的图象中，可能正确的是（ ）a.b.c.d.【答案】b,c【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【解析】由题，电容器具有通高频、阻低频的作用而电感线圈在该电路中通低频、

12、阻高频，即可求解【解答】解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，因此恒定电流与低频交流容易通过电感，故b正确，d错误；而恒定电流不能通过电容器，且低频率也不易通过，所以c正确，a错误；故选bc 4. 如图所示，在倾角为30的固定斜面上固定一与斜面垂直的光滑挡板，质量为m、半径为r的光滑圆柱体放在质量也为m，半径也为r的半圆柱体上，半圆柱底面与斜面间的动摩擦因数为，现用一平行斜面向上的拉力使其缓慢沿斜面向上移动直到两者分开，则（ ）a.全过程中半圆柱体受到的摩擦力保持不变b.全过程中挡板受到的压力保持不变c

13、.全过程拉力所做的功至少为3mgrd.全过程圆柱体和半圆柱体的速率始终相等【答案】a,c【考点】力的合成与分解的运用共点力平衡的条件及其应用【解析】对整体分析，由平衡条件判断斜面对半圆柱体的支持力变化，从而分析半圆柱体受到的摩擦力变化情况。对小球，分析受力情况，根据平衡条件分析挡板对小球支持力的变化，从而得到挡板受到的压力如何变化。根据功能关系求拉力做的功。根据速度的分解法分析两个物体的速率关系。【解答】a、对小球和半圆柱整体分析，知斜面对半圆柱体的支持力等于总重力垂直于斜面的分力2mgcos，保持不变，由fn知半圆柱体受到的摩擦力保持不变，故a正确。b、以小球为研究对象，分析受力情况，如图，

14、利用三角形定则作出力的合成图，蓝线为初位置，红线为末位置，则知挡板对小球的支持力n2增大，则小球对挡板的压力也增大，故b错误。c、根据几何知识可知，半圆柱体上移的距离为3r，根据功能关系知，全过程拉力所做的功至少为 w2mgcos+mgsin3rmgrcos3mgr，故c正确。d、由几何知识知全过程中，小球下移距离为r，而半圆柱体上移的距离为3r，可知圆柱体和半圆柱体的速率不可能始终相等，故d错误。三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分【必做题】 1. 由于外力的作用而使材料电阻发生变化的现象称为“压阻效应”。某同学想设计一实验电路

15、研究某薄固体电阻rx（阻值变化范围为几欧到几十欧）的压阻效应，他从实验室中选择了如图甲所示的器材进行测量： （1）为了较准确的测量，电流表的量程应选择_a。 （2）为保护电表，定值电阻r0的阻值应该选用_（填写字母）。a.1b.5c.10d.20 （3）请在图甲上用笔画线代替导线将电路连接完整。 （4）该同学用砝码改变薄固体电阻rx受到的压力，将双刀开关合到左侧，读出此时的电流表示数为i，又将双刀开关合到右侧，调节变阻箱到图乙数值时，电流表的示数也为i，则该压力下rx阻值为_。【答案】0.6b如图所示；29.9【考点】伏安法测电阻【解析】（1）估算中电路中最小电流，来选择电流表的量程。（2）由

16、欧姆定律求出电路最小电阻，然后求出保护电阻的阻值。（3）本题采用等效替代法的思想，根据实验原理连接线路。（4）该压力下rx阻值等于电阻箱的读数。【解答】电源的电动势 e3v，薄固体电阻rx最大约几十欧，电路中最大电阻不超过 i=ermax=3100a0.03a，所以电流表的量程应选择0.6a。电路的最小总电阻为：rmin=eimax=30.6=5，则定值电阻r0的阻值应该选用5，故选：b。如图所示。根据题意知，该压力下rx阻值等于电阻箱的读数，为29.9。故答案为：（1）0.6；（2）b；（3）如图所示；（4）29.9。 2. 如图甲所示，光滑小钢球从电磁铁下边缘

17、自由下落，经过小球竖直下方的光电门的水平细激光束时，毫秒计时器记录下小球的挡光时间t，测出小球直径d以及释放前小球球心到光电门光孔的竖直距离为h，小芳希望能精确测量当地的重力加速度。 （1）如图乙为测量小球直径的放大图，小球的直径d_mm。 （2）在某次测量中，测得小球通过光电门的时间为t2.0ms，小球下落高度h0.84m，根据这些数据，可求得的重力加速度g_m/s2（保留三位有效数字） （3）该测量结果与当地的重力加速度有较大的误差，小芳同学通过反思后提出了四种原因，你认为合理的是（    ）。a.小球下落时受到了空气阻力b.小球下落后受到铁芯的引力

18、c.小球下落的高度不够大d.小球通过光电门时球心偏离细光束 （4）经过讨论后小芳改变测量方案：她重新设置光电门，测量小球从释放到触及光电门光线的时间t，并测量小球每次释放时到光电门光孔的高度h，并计算出每次下落的平均速度v，得到数据如表所示，在如图丙的坐标系中作vt图象，根据图象可得重力加速度为_m/s2（保留两位有效数字）h/m0.20.40.60.81.0t/s0.200.2860.3500.4040.447v/ms10.981.321.701.922.24【答案】8.4010.5d9.8【考点】验证机械能守恒定律【解析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。（2）根据极

19、短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式求出重力加速度。（3）根据实验的原理和注意事项确定误差产生的原因。（4）根据自由落体运动的位移时间公式推导出平均速度和时间的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。【解答】游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.05×8mm0.40mm，则小球的直径d8.40mm。小球通过光电门的速度v=dt=8.40×1032.0×103m/s=4.20m/s，则重力加速度g=v22h=4.2022×0.84m/s2=10.5m/s2。a、该测量结果与当地的重力加速度有较大的误差，测量值比真实

20、值偏大，而受到空气阻力、受到铁芯的引力都会导致测量值偏小，小球下落高度不够大，有测量误差，但是不一定会导致测量值偏大，故a、b、c错误。d、小球通过光电门时球心偏离细光束，导致小球速度的测量值偏大，会导致测量值偏大，故d正确。故选：d。根据h=12gt2得，v=ht=12gt，可知图线的斜率k=12g，作出图线如图所示，则g2k=2×2.450.5m/s2=9.8m/s2。故答案为：（1）8.40，（2）10.5，（3）d，（4）如图所示，9.8。【选做题】本题包括a、b、c三小题，请选定其中两小题，并作答若多做，则按a、b两小题评分a.选修3-3（12分） 1. 如图所示

21、，飞行过程中乘务员发给飞机上旅客的软体袋装牛奶都是膨起的，而回到地面时又会瘪了，若舱内温度不变，则与飞机在地面时相比（ ）a.在飞行过程中软体袋内气体压强变小b.在飞行过程中软体袋内气体压强变大c.在飞行过程中软体袋内饱和汽压变小d.在飞行过程中软体袋内饱和汽压不变【答案】a,d【考点】理想气体的状态方程【解析】根据题意，袋内气体发生的是等温变化，当飞机在高空时，外界气压变低，袋内气体膨胀，压强减小；饱和汽压与温度有关。【解答】答：a、舱内温度不变，袋内气体发生的是等温变化，当飞机在高空时，外界气压变低，袋内气体膨胀体积增大，压强减小，故a正确，b错误c、饱和汽压与温度有关，温度不变，饱和汽压

22、不变，故c错误，d正确故选：ad。 2. 如图所示，一定质量的理想气体，处在a状态时，温度为ta=27c，则在状态b的温度为_c气体从状态a等容变化到状态m，再等压变化到状态b的过程中对外所做的功为_j（取1atm=1.0×105pa）【答案】33,300【考点】理想气体的状态方程【解析】由图象可知a和b状态的各个状态参量，根据理想气体的状态方程可以求得在b状态时气体的温度，在等压变化的过程中，封闭气体的压力不变，根据功的公式w=fl可以求得气体对外做功的大小【解答】解：由图可知，对于一定质量的理想气体，在a状态时，pa=2.5atm，va=3l，ta=27+273=300

23、k在b状态时，pb=1atm，vb=6l，tb=？根据理想气体的状态方程可得pavata=pbvbtb代入数据解得tb=240k=33c气体从状态a等容变化到状态m的过程中，气体的体积不变，所以此过程中不对外部做功，从状态m等压变化到状态b的过程中，封闭气体的压强不变，压力的大小为f=ps，气体对外做的功的大小为w=fl=psl=pv=1.0×105pa×(63)×103=300j故答案为：33c，300j 3. 有一个容积v30l的瓶内装有质量为m的某种气体，由于用气，瓶中的压强由p150atm降到p230atm，温度始终保持0c，已知标准状况下1mo

24、l气体的体积是22.4l，求：使用掉的气体的质量m；使用掉的气体的分子数。（阿伏加德罗常数na6.0×1023mol1，保留两位有效数字） 【答案】使用掉的气体的质量m为0.4m；使用掉的气体的分子数为1.6×1025个。【考点】理想气体的状态方程【解析】气体的温度不变，发生等温变化，根据密度相同的气体的体积之比等于质量之比，即可求出使用掉的气体的质量m；根据玻意耳定律求出氧气瓶内的用掉的气体在标准状态的体积，再根据阿佛加德罗常数求出分子数即可。【解答】用气过程中，温度不变，选择初始瓶内气体为研究对象，根据玻意耳定律：p1v1p2v2可得：v250l可得用掉的气体在压强为3

25、0atm时的体积为：vv2v120l，根据密度相同的气体的体积之比等于质量之比，可得用掉的气体的质量：m=vv2m0.4m。再根据玻意耳定律：p2vp0v3可得这部分气体在标准状况下的体积为：v3600l所以使用掉的气体的分子数：n=v3vmna=60022.4×6.0×1023个1.6×1025个。b.选修3-4（12分） 1. 小行星以速度u高速飞向地球的同时发出频率为的光，则（ ）a.该光相对小行星的速度为c+ub.该光相对小行星的速度为cc.地球上接收到的小行星所发光的频率大于d.地球上接收到的小行星所发光的频率等于【答案】b,c【考点】* 相对

26、论速度叠加公式【解析】由相对论原理可以得到激光速度：由相对论可知，光的传播速度不变；依据多普勒效应可以判定频率变化。【解答】a、由相对论可知，光的传播速度不变，因此该光相对飞船的速度等于c，故a错误，b正确；c、宇宙飞船高速靠近地球，由多普勒效应可知，地球上接收到的光的频率大于，故c正确，d错误； 2. 如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，此时p质点向y轴负方向运动，虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波沿x轴_（填“正”或“负”）方向传播，波速为_m/s【答案】正,50【考点】波长、频率和波速的关系【解析】由题此时p质点向y轴负方向运动，判断出波传播方向

27、根据波形的平移法得到波传播的距离，由公式v=xt求出波速【解答】解：由题，此时p质点向y轴负方向运动，根据波形平移法判断得知该波沿x轴正方向传播已知虚线为经过0.02s时第一次出现的波形图，则波传播的距离不到一个波长，由波形平移法可知波在t=0.02s时间内传播的距离为x=1m，则波速为：v=xt=10.02m/s=50m/s故答案为：正；50 3. 如图所示，某种透明液体的折射率为n，在液面下深为h处有一点光源s，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心o在s的正上方。要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源s，求：该透明液体中的光速；该圆形薄板的半径r。【答案】该透明液体中的光速

28、为cn；该圆形薄板的半径为hn21。【考点】光的折射定律【解析】根据折射率与速度的关系n=cv求解传播速度v；根据全反射的临界角sinc=1n结合图中几何关系求解。【解答】根据折射率与速度的关系n=cv可得，光在该液体中的传播速度v=cn；全反射的临界角sinc=rr2+h2sinc=1n解得r=hn21。c.选修3-5（12分） 1. 放射性同位素被广泛应用，下列说法正确的是（ ） a.放射性同位素的半衰期都比较短，对环境的危害较小b.放射性同位素能够消除静电是因为其发出的射线c.用放射性同位素参与化学反应可以起到示踪的作用d.放射性同位素可以作为核燃料进行发电【答案】a,c【考点

29、】原子核衰变及半衰期、衰变速度【解析】半衰期由原子核本身决定，半衰期短，衰变的快，对环境危害较小；明确射线使空气分子电离成导体，从而可将静电放出；放射性同位素不能作为核燃料进行发电。【解答】a、放射性同位素的半衰期都比较短，衰变的快，对环境的危害较小。故a正确；b、射线能使空气分子电离成导体，所以能够消除静电。射线的电离本领较小；故b错误；c、根据放射性同位素的应用可知，用放射性同位素参与化学反应可以起到示踪的作用。故c正确；d、放射性的同位素大多是人工合成的同位素，成本高，存在量较少，不能作为核燃料进行发电。故d错误。 2. 如图，一火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，控制系

30、统使箭体与卫星分离，已知箭体质量为m1，卫星质量为m2，分离后箭体以速率v1沿原方向飞行，忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离前系统的总动量为_，分离后卫星的速率为_【答案】(m1+m2)v0,v0+m1m2(v0v1)【考点】动量守恒定律【解析】二者在分离的过程中动量守恒，由动量守恒定律的公式即可求出【解答】解：根据动量的定义可知，开始时火箭和卫星组成的系统的总动量为：p=(m1+m2)v0在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：(m1+m2)v0=m2v2+m1v1解得：v2=v0+m1m2(v0v1)故答案为：(m1+m2)v0，v0+m1m2(v0v1)

31、60;3. 用频率为0的光照射某种金属发生光电效应，测出光电流i随电压u的变化图象如图所示，已知普朗克常量为h，电子的带电量为e，求：照射在金属表面上的这束光的最小功率p；该金属的极限频率c。【答案】照射在金属表面上的这束光的最小功率p是hv0euch；该金属的极限频率c是i0hv0e。【考点】爱因斯坦光电效应方程【解析】根据qit求出单位时间内产生的光电子的个数，由比例关系求出照射到金属上的光子的个数，然后结合光子的能量公式ehv即可求出。吸收光子的能量一部分克服逸出功，剩下的转化为电子的动能，根据最大初动能公式和动能定理求出电子的最大初动能，当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏

32、止电压，从而求出极限频率。【解答】由于饱和光电流为i0，可知单位时间内产生的光电子的个数：n=i0e照射到金属上的光子有全部被金属吸收，则照射到金属上的光子的个数：n=i0e所以这束光照射在金属表面上的功率pnhv0=i0hv0e由动能定理，及uc为遏止电压；可知，电子的最大初动能ekmeuc根据光电效应方程，ekmhvchv0；所以该金属的极限频率vc=hv0euch四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，必须明确写出数值和单位 1. 如图所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角3

33、0，导轨间距l0.5m，电阻不计，在两导轨间接有r3的电阻。在导轨中间加一垂直轨道平面向上的宽度为d0.4m的匀强磁场，b2t一质量为m0.08kg，电阻为r2的导体棒从距磁场上边缘d0.4m处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g10m/s2求： （1）导体棒进入磁场上边缘的速度v； （2）导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电量q； （3）导体棒通过磁场区域的过程中，电阻r上产生的焦耳热q。【答案】导体棒进入磁场上边缘的速度为2m/s；导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电量为0.08c；导体棒通过磁场区域的过程中，电阻r上产生的焦耳热0.096j。【考点】闭合电

34、路的欧姆定律导体切割磁感线时的感应电动势【解析】（1）根据机械能守恒定律求解导体棒进入磁场上边缘的速度；（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解通过导体棒的电量；（3）根据安培力的计算公式求解安培力的大小，再求出重力沿斜面向下的分力大小，判断导体棒的运动情况，根据功能关系可得电阻r上产生的焦耳。【解答】根据机械能守恒定律可得：mgdsin30=12mv2代入数据解得：v2m/s。根据法拉第电磁感应定律可得：e=t根据闭合电路的欧姆定律可得：i=er+r通过导体棒的电量为：qit=r+r=bldr+r=0.08c。导体切割磁感应线产生的感应电动势为：eblv2v根

35、据闭合电路的欧姆定律可得：i=er+r=0.4a根据安培力的计算公式可得：fbil0.4nfmgsin300.4n所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得电阻r上产生的焦耳热为：q=rr+rmgdsin300.096j。 2. 以较大速度运动的物体，所受的空气阻力不可忽略，运动时受到的空气阻力与速度成正比，关系式为fkv，v是球的速度，k是已知的阻力系数。现在离地面h高度的高处将质量为m的球以v0水平速度抛出，球在着地前已经做匀速运动。重力加速度为g求： （1）球刚抛出时的加速度大小； （2）球从抛出到落地过程中，克服空气阻力所做的功； （3）以不同初速度水平抛出的球其运动时

36、间是否相等，请说明理由。【答案】球刚抛出时的加速度大小为g2+(kv0m)2；球从抛出到落地过程中，克服空气阻力所做的功为mgh+12mv02m3g22k2；以不同初速度水平抛出的球其运动时间相等。【考点】动能定理【解析】（1）小球刚抛出时的速度为v0，可以求出小球所受阻力的大小和方向，由于小球只受重力和阻力可以求出小球所受的合力，根据牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小；（2）小球最终竖直方向匀速下落，根据受力平衡可以求出小球所受的阻力，再根据阻力与速度的关系可以求出小球落地速度大小，在小球落地过程中只有重力和阻力做功，已知重力做功的情况下可以求出阻力做功；（3）根据运动的独立性，平抛的小球在竖直