2020年宁夏六盘山高中高考物理模拟试卷解析版

高考物理模拟试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共 5小题，共 30.0分）1.一带电油滴在匀强电场 E中的运动轨迹如图中虚线所示， 电场方向竖直向下，若不计空气阻力，根据带电油滴从 a点运动到 b点的运动情况，下述结论正确的是（ ）B.油滴的动能减少A.B.油滴的动能减少C.该油滴做匀加速曲线运动 D.重力势能和电势能之和增加2.如图，一质量为 M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套2.在大环上质量为 m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为 g．当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（ ）A.Mg-mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P点垂直于铝板向上射出，从 Q点穿越铝板后到达 PQ的中点 O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（ ）C.D.1T，T，引力常量为 G．地球的密度为 （假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为 g；地球自转的周期为TOC\o"1-5"\h\zA. B. C.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、．原线圈通过一理想电流表 A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为 R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得 a、b端和 c、d端的电压分别为 Uab和Ucd，则（ ）Uab：Ucd=n1：n2增大负载电阻的阻值 R，电流表的读数变小负载电阻的阻值越小， cd间的电压 Ucd越大将二极管短路，电流表的读数加倍5小题，共 27.0分）

研究光电效应规律的实验装置如图甲所示， 分别用两种光照射光电管阴极 K时，都有光电子产生。在光电管的两极 K、A之间加反向电压时，光电子从阴极 K发射出来后向阳极 A做减速运动。 当电流表读数为零时， 电压表的读数称为反向截止电压。在光电管 K、A之间加正向电压时， 光电子从阴极 K发射出来向阳极 A做加速运动，当电流表的读数为最大时，称为饱和光电流。由电压表和电流表的读数，可画出这两种光照射时光电管的伏安特性曲线如图乙所示，以下说法正确的是（ ）7.A.图甲中所加电压为正向电压B.两种光分别照射光电管时，反向截止电压相同C.两种光的频率不同D.两种光的强度不同如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线7.A.图甲中所加电压为正向电压B.两种光分别照射光电管时，反向截止电压相同C.两种光的频率不同D.两种光的强度不同如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强 E1的匀强电场，方向竖向下，虚线下方为场强 E2的匀强电场，方向竖直向上，一个质量 m，带电 +q的小球从上方电场的 A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A关于虚线对称的 B点，则下列结论正确的是（ ）两电场强度大小关系满足 E2>E1带电小球在 A、B两点电势能相等若AB高度差为 A，则 UAB=-D.在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同8.如图甲所示 ,足够长的木板 B静置于光滑水平面上 ,其上放小滑块 A,木板B受到随时F作用时 ,用传感器测出 B的加速度 a,得到如图乙所示的 a-F图象,已知 g取 10m/s2,则()A.滑块A的质量为 4kg B.木板B的质量为 1kgC.滑块A与木板B间动摩擦因数为 0.1D.当F=10N时木板B的加速度为 4m/s2如图所示， 质量为 m的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内， 活塞与气缸之间无摩擦， a状态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，在活塞上加一质量为m的砝码， 经过过程 Ⅰ达到b状态，再将气缸从容器中移出后， 经过过程 Ⅱ在室温（ 27℃）中达到 c状态，已知大气压强保持不变，下列说法中正确的是（ ）

过程 Ⅰ中理想气体从外界吸收热量过程 Ⅱ中理想气体从外界吸收热量c状态与a状态相比， c状态的气体分子对活塞的作用力较大理想气体在 b状态的内能大于在 a状态的内能理想气体在 c状态的内能大于在 a状态的内能一条绳子两端为 A点和B点，沿绳子建立坐标系，如图甲所示，每隔 1m选一个坐标点，图乙为A点的振动图象， 图丙为B点的振动图象， 两质点振动分别形成两列TOC\o"1-5"\h\z波相对传播，波速均为 2m/s，则下列说法正确的是（ ）两列波的波长都是 2m这两列波相遇后会产生干涉现象两列波在 t=2.5s时开始相遇t=3s时， x=4m处质点的位移大小为 40cmt=2s时， x=5m处质点的位移大小为 40cm三、实验题（本大题共 2小题，共 15.0分）用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图 1所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置 O。实验步骤如下：步骤 1：不放小球 2，让小球1从斜槽上 A点由静止滚下， 并落在地面上重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤 2：把小球 2放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次， 并使用与步骤 1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度TOC\o"1-5"\h\z上述实验除需测量线段 OM、OP、ON的长度外， 还需要测量的物理量有 。A．小球 1和小球2的质量 m1、m2B．B点离地面的高度 hC．A、B两点间的高度差 △hD．小球 1和小球 2的半径 r（2）当所测物理量满足表达式 （用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。（3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图 2所示：图中圆弧为圆心在斜槽末端 B的圆弧。使小球 1仍从斜槽上 A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为 M’、 P’、 N’．测得斜槽末端M’、 P’、 N’三点的连线与竖直方向的夹角分别为 a1、a2、a3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 （用所测物理量的字母表示）某同学用下列器材测电源的电动势和内阻。待测电源 E（电动势约为 3V，内阻约为2.5Ω）；电流表 A（量程为 0-0.6A，内阻约为 0.5Ω）；电阻箱 R（最大阻值为99.9Ω）；开关 S，导线若干。（1）在图1的虚线框中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电路，规范操作。（2）第一次测量：调节电阻箱 R，示数为 R1时，读取电流表示数 I1，示数为 R2时，读取电流表示数 I2．则电源电动势的计算式 E= V，内阻的计算式 r= （3）第二次测量：调节电阻箱 R的阻值，记录多组电流表的读数 I和电阻箱的对应读数 R，以 为纵坐标， R为横坐标，根据测量数据作出如图 2所示的-R图线，则电源电动势 E= V，内阻 r= Ω。（4）关于该实验，下列说法正确的是 A．由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差B．由于电流表的内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差C．第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差D．第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势 E和内阻r及电流表内阻RA

13.如图所示， 一条轨道固定在竖直平面内， 粗糙的ab段水平， bcde段光滑， cde段是13.以O为圆心、 R为半径的一小段圆弧，圆心 O与在ab同一水平线上．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于 b处，A的质量是 B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离， 分别向左、 右始终沿轨道运动． B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对 B的支持力大小等于 B所受重力的 倍，A与ab段的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，求：1）物块B在d点的速度大小；2）物块 A滑行的距离 s和时间t．14.相距L=1m的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m1=1kg的金属棒 ab和质量为14.m2=0.02kg的金属棒 cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图 1所示，虚线上方磁场的磁感应强度 B=1T，方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同． ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为 μ=0.4，两棒的电阻均为 R=2Ω，其余电阻不计． ab棒在方向竖直向上的拉力 F作用下，从静止开始沿导轨竖直向上做匀加速运动， 加速度 a=1m/s当cd棒通过2C的电量时， 其产生的热量为 当cd棒通过2C的电量时， 其产生的热量为 2.5J，则外力 F需要做功为多少；3）判断 cd棒将做怎样的运动，求出 cd棒达到最大速度所需的时间 t0，并在图 2cd棒所受摩擦力 Ffcd随时间变化的图象．磁场中也由静止释放．（ g=10m/s2）求：磁场中也由静止释放．（ g=10m/s2）求：1）当时间 t=2s时拉力F的大小；15.16.如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直倒立在两木块上，气15.16.缸底水平，气缸质量为 M=20kg，横截面积为 S=5.0×10-3m2、高为H=0.5m，质量m=10kg的活塞在气缸中封闭了定质量的理想气体，气体温度 t1=27℃，活塞静止，此时活塞到气缸开口端的距离为 h=0.1m，通过一定的方法使气缸内的封闭气体从外界吸收了热量 Q=620J，此时气体温度为 t2=177℃，已知大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度大小 g=10m/s2，求①最终气体的压强②此过程中封闭气体的内能变化如图所示为截面为四分之三圆的玻璃柱，圆弧 ABC面镀银，圆弧的半径为 cm，一细光束垂直 OA并从OA的中点D射入玻璃柱，玻璃柱对该光的折射率为 ，光在真空中的传播速度为 c=3×108m/s，求：①光从玻璃柱中射出时光线的折射角②光在玻璃柱中传播的时间（结果保留三位有效数字）答案和解析答案和解析.【答案】 C【解析】 解： A、由图可知，油滴向上偏转，故一定受向上的电场力，因电场线向下，故油滴一定带负电，故 A错误；B、从 a到b的运动过程，电场力大于重力，电场力做的功大于重力做的功，依据动能定理，从 a到b的运动过程中合外力做正功，则动能增加，故 B错误；C、因电场力和重力均恒定，故合力不变，油滴加速度恒定，所以油滴做匀加速曲线运动，故C正确；D、根据功能关系可知，在从 a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因动能增加，故重力势能和电势能之和减小，故D错误。故选： C。根据图中的运动轨迹情况， 可以判断出重力和电场力的大小关系， 然后根据功能关系求解即可。本题考查粒子在电场和重力场的复合场中的运动，重点考查带电小球的功能关系转化。在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。TOC\o"1-5"\h\z.【答案】 C【解析】 解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：F-mg=m，得：F=mg+m，小环从最高到最低，由动能定理，则有： ；对大环分析，有： T=F+Mg=m（g+）+Mg=5mg+Mg．故 C正确，A、B、D错误。故选： C。根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时， 大环对它的拉力， 再用隔离法对大环分析，求出大环对轻杆的拉力大小．解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．.【答案】 C【解析】 解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r1、r2，速度分别为 v1、v2。由题意可知，粒子轨道半径为： r1=2r2，由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即为： mv22=?mv12解得： v1=v2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： qvB=m，磁感应强度为： B=，磁感应强度之比：C正确，ABD错误。

磁感应强度之比：故选： C。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度与半径和速度间的关系，然后再求出磁感应强度之比。本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿第二定律即可正确解题。.【答案】 B解：设地球半径为 R，在两极，引力等于重力，则有：mg0mg0=解得：ρ=B正确， 解得：ρ=B正确， ACD错误；由此可得地球质量为： M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：G-mg=m R，地球的密度为：故选： B。根据万有引力等于重力， 则可列出物体在两极的表达式， 再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解。本题考查了万有引力定律的应用， 掌握牛顿第二定律的应用， 注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式。.【答案】 B【解析】 解：A、假设副线圈两端电压的有效值为 U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有： Uab：U2=n1：n2；而因二极管的单向导电性， cd间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所以 Uab：Ucd不等于 n1：n2，故 A错误；B、副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数， 所以副线圈两端的电压不变， 电阻增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，故 B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压 Ucd不会随着负载电阻变化，故 C错误；D、假设副线圈两端交变电压的峰值为 Um，副线圈回路的电流峰值为 Im，则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值 U2=，由W=计算电阻 R的电能得：Ucd=．副线圈回路电流的有效值IUcd=．副线圈回路电流的有效值I2≠，W=I2Rt计算电阻 R的电能得：（)2R=Icd2RT，求得 Icd=。则 Pcd=UcdIcd=二极管短路后有： cd两端电压等于副线圈两端电压，即U二极管短路后有： cd两端电压等于副线圈两端电压，即UR的I′cd=．则P′cd=U′cdI′cd= ．所以 P′cd=2Pcd。而原线圈上的电压有效值不变， 所以二极管短路后的电流表读数是二极管短路前的 倍。故D错误。故选： B。假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果。此题作为选择题的压轴题有一定的难度，也比较有新意，涉及的知识点有交变电流、理想变压器、二极管、电路的动态分析等。该题对于 D选项的争议比较大，是个易错点。.【答案】 BD【解析】 解： A、分析图甲可知，所加电压为反向电压，故 A错误；BC、由图乙可知， 两种光的截止电压是相同的， 根据光电效应方程 eU截= =hv-W．所以两种光的频率相同。故 B正确，C错误；D、由图乙可知，两种光的饱和光电流不相等，说明两种情况下产生的光电子的数目不相等，则入射光的光照强度不相等。故 D正确。故选： BD。反向电压 U和频率一定时， 发生光电效应产生的光电子数与光强成正比， 则单位时间到达阴极 A的光电子数与光强也成正比，截止电压 U0与频率ν是线性关系，不是正比关系，光强 I与频率ν一定时，光电流 i随反向电压的增大而减小。解决本题的关键是掌握光电效应的条件 v>v0以及光电流方向的确定，注意光电子的最大初动能是由入射光的频率决定，与光强无关。.【答案】 AC【解析】 解： AD、A到虚线速度由零加速至 v，虚线到 B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反；在上方电场，根据牛顿第二定律得： a1= ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2=在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a1=a2，解得： E2-E1=．故A正确D错误。BC、对A到B的过程运用动能定理得， qUAB+mgh=0，解得： UAB= ，知 A、B的电势不等，则电势能不等。故 B错误C正确；故选： AC。根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出 A、B的电势差。结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系。本题考查了电场中动能定理和牛顿第二定律的综合运用， 抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解。.【答案】 BD【解析】 解：ABD、由图知，当 F=8N时，加速度为： a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有： F=（mA+mB）a，代入数据解得： mA+mB=4kg，当 F大于8N时， A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对 B有：a= ，由图示图象可知，图线的斜率： k====1，解得： mB=1kg，滑块 A的质量为： mA=3kg。当a=0时， F=6N，代入解得 μ=0.2，故 A、C错误，B正确。D、根据F=10N>8N时，滑块与木板相对滑动， B的加速度为： aB=a= =4m/s2．故D正确。故选： BD。当拉力较小时， m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时， m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答．本题考查牛顿第二定律与图象的综合， 知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键， 掌握处理图象问题的一般方法， 通常通过图线的斜率和截距入手分析．.【答案】 BCE【解析】 解：A、过程Ⅰ中外界对气体做功，内能不变，理想气体放出热量， A错误；B、过程 Ⅱ中理想气体对外做功，内能增大，理想气体从外界吸收热量， B正确；C、由于 c状态的压强大于 a状态的压强，所以 c状态的气体分子对活塞的作用力较大，C正确；D、理想气体在 b状态的温度等于在 a状态的温度，在 b状态的内能等于在 a状态的内能，D错误；E、理想气体在 c状态的温度高于在 a状态的温度，在 c状态的内能大于在 a状态的内能， E正确。故选： BCE。由气体压强的微观意义可知撞击个数的变化以及分子的撞击力的变化； 由热力学第一定律可知气体吸热还是放热。本题关键是明确气体压强的微观意义， 同时要能根据热力学第一定律列式求解， 注意公式△U=Q+W，注意各量的符号。放热 Q为负，物体对外界做功 W为负。.【答案】 ABC【解析】 解： A、由图知， 两列波的周期都是 1s，波长都是 λ=vT=2×1m=2m，故A正确。B、两列波的周期相同，相遇后会产生干涉现象，故 B正确。C、在t=2.5s时间内， A点振动传播距离为 xA=vt=2×2.5m=5m，B点迟振动 1s，在t=2.5s时间内， B点振动传播距离为 xB=v（t-1）=2×1.5m=3m，则xA+xB=8m，故两列波在 t=2.5s时开始相遇，故 C正确。t=3s时，A点振动传播距离为 xA=vt=2×3m=6m，B点振动传播距离为 xB=v（t-1）=2×2m=4m，t=3s时，两列波单独在 x=4m处引起的位移均为 0，则 t=3s时，x=4m处质点的位移大小为 0，故D错误。t=2s时， A点振动传播距离为 xA=vt=2×2m=4m，B点振动传播距离为 xB=v（t-1）=2×1m=2m，则 t=2s时， x=5m处质点还没有振动，位移大小为 0，故 E错误。故选：ABC。由图读出周期，由波速公式求出波长。当两列波的频率相同时相遇后产生干涉现象。根据运动学公式求两列波相遇的时间。根据波的叠加情况，分析 x=4m处质点振动加强还是减弱。 研究时间 t=3s与周期的关系， 分析该点的位移。 同理分析 t=2s时x=5m处质点的位移大小。解决本题的关键要明确波的形成过程， 利用波的叠加原理分析两列波相遇时各个质点的振动情况。要注意两个波源起振方向是相同的。11.【答案】Am1?OP=m1?OM=m2?ON = +【解析】 解：（ 1）利用“碰撞实验器”验证动量定律实验是根据平抛运动原理，将速度的测量转化为水平位移的测量， 测出 OP、OM、ON外，还需要测量两个小球的质量，

故选项A正确；若碰撞前小球 1的动量等于碰撞后小球 1和小球 2的动量之和， 即： m1v0=m1v1+m2v2，就能说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由于 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，所以当所测物理量满足 m1?OP=m1?OM=m2?ON即可。测得斜槽末端与 M′的连线与竖起方向的夹角为 α1，由平抛规律， x1=v1t1，y1= ，设斜槽末端与 M的连线长度为 L（即圆弧半径为 L）， sinα1=，cosα1=，联立解得：v1= ；测得斜槽末端与 P′连线与竖直方向的夹角为α2，同理可得：v0= ，测得优秀干部槽末端与 N′的连线与竖起方向的珍角为α3，同理可得：m1v0=m1v1+m2v2化简可得：=+。故答案为：（ 1）A（2）m1?OP=m1?OM=m2?ON3） = +（1）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等， 则水平位移代表平抛运动的速度。 根据实验的原理确定需要测量的物理量；（2）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；（3）小球落在弧面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式。解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒。12.【答案】 33AC【解析】 解：（1）由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电阻箱，所以应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量； 如图所示；（2）根据闭合电路欧姆定律可知：I1=I2=联立解得： E=；r=；（3）根据闭合电路欧姆定律可知， I=变形可得：

变形可得：则由图可知： = =；=1解得： E=3V；r=3Ω；（4）A、因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差，故 A正确；B、电流表内阻对图象的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，故 B错误；C、采用图象法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故 C正确；D、根据闭合电路欧姆定律可知， I1=I3= ；根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻；故 D错误。故答案为：（3，3。AC。析给出的仪表，从而确定测量方法，确定电路图；据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求得电动势和内电阻；据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可分析对应的电动势和内电阻；据实验过程进行分析，明确实验误差情况。根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法， 根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。13.【答案】 解：（ 1）在d点对 B，由牛顿第二定律得：由①得：故物块B在d点的速度大小： ．（2）设 A、B在分离瞬间速度大小分别为 v1、v2，取水平向右方向为正， A、B分离过程动量守恒，则：3m（-v1）+mv2=0②A、B分离后， B从b点到d点过程由动能定理得：③A向左减速至零过程由动能定理得：④由①②③④得：A向左减速至零过程由动量定理得：-u（3mg）t=0-3mv1

故物块A滑行的距离： ，时间： ．【解析】 （1）在 d点根据向心力公式列方程可正确求解．（2）分析清楚作用过程，开始 AB碰撞过程中动量守恒，碰后 A反弹，B继续运动根据动能定理和动量定理可正确求解．本题考查了动量守恒、动能定理、动量定理等规律的简单应用，较好的考查了学生综合应用知识的能力．.【答案】 解：（ 1）导体棒加速度为 a=1m/s2，由速度公式可得：v=at；感应电动势 E=BLv电流I=根据牛顿第二定律可得：F-BIL-m1g=m1a联立解得：F=11.5N（2）电量 q=电流根据法拉第电磁感应定律，平均电动势：变化的磁通量 △?=BLxx== =8m由速度和位移关系可得：v2=2ax根据功能关系可得：2Q=W克安则拉力所做的功： WF=m1gx+2Q+联立解得： WF=93Jcd棒先做加速度逐渐减小的加速运动， 当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时， 速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当 cd棒速度达到最大时，有：m2g=μFN，又FN=F安而F安=BIL联立解得： m2g=μBIL对abcd回路，有： I=，又 vm=at0代入数据解得： t0=2sfcd随时间变化的图象如图所示．答：（ 1）当时间 t=2s时拉力F的大小为 11.5N；（2）当 cd棒通过2C的电量时，其产生的热量为 2.5J，则外力 F需要做功为 93J；cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动， 当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时， 速度达到最大； 后做加速度逐渐增大的减速运动， 最后停止运动； cd棒达到最大速度所需的时间 t0为 2s；图象如图所示．【解析】 （1）由E=BLv、