2021届西藏高考物理三模试卷（新课标Ⅲ）附答案详解

2021届西藏高考物理三模试卷（新课标III）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图所示，金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁感应

强度均匀增大。下列说法正确的是（）

A.圆环内产生感应电流是因为自由电子受到洛伦兹力的作用

B.圆环内产生感应电流是因为自由电子受到电场力的作用

C.圆环内产生的感应电流逐渐增大

D.如果把金属圆环换成金属圆盘，不会产生感应电流

2.一带正电的粒子在电场中做直线运动的D-t图象如图所示，口、t2时刻分别

经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的

是（）

A.该电场可能是由某正点电荷形成的

B.M点的电势高于N点的电势

C.在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大

D.带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力

3.三颗人造地球卫星A、B、C绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知妁=

MB<Mc，则对于三颗卫星，正确的是（）

A.运行线速度大小关系为%>vB=vc

B.运行周期关系为图>历=7c

C.向心力大小关系为FA=FB<FC

D.周期与轨道半径成正比

4.如图所示，一根细绳一端固定在。点，另一端悬挂质量为m的小球4,小球静止

时细绳与竖直方向成30。角，则需对小球施加一个力的最小值等于（）

A.y[3mgB.--mgC.—mgD.gmg

5.现有一种质谱仪如图所示，离子化室存在一些初速度为零的正离子。正离子经高压电源加速,

加速后通过圆形磁场室（内为匀强磁场）、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到正

离子比荷照），进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U,圆形磁场区的半径为R,

真空管与水平面夹角为。，离子进入磁场室时速度方向指向圆心。则下列说法正确的是（）

裔压电源

A.高压电源A端应接电源的正极

B.磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里

C.两种一价正离子Xz(Xi质量大于X2)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹I和口，则轨迹

/一定对应4

D.若磁场室内的磁逐应强度大小为B,当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离

子比荷为凡=智詈

mB2R2

二、多选题(本大题共4小题，共23.0分)

6.对四个核反应方程

⑴毅Ut铠4Th+^He；

(2)管47Vl-锭4pa+匕遇；

(3)/N+加er?。+包；

(4)出+汨号He+^n+17.6MeK

下列说法正确的是()

A.(1)(2)式核反应没有释放能量

B.(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程

C.(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程

D.利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一

7.如图甲所示为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴

。0'匀速转动，线圈的匝数n=200、电阻r=10,线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90,

与R并联的交流电压表为理想电表，在r=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的

磁通量。随时间t按如图乙所示的正弦规律变化。下列说法正确的是()

乙

A.该交流电的频率为50Hz

B.交流发电机产生的电动势最大值为400U

C.电路中交流电压表的示数约为255U

D.若将线圈转速变成原来的2倍，交流发电机的输出功率将变成原来的2倍

8.美国物理学家密立根（RAMi山kan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷

量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属

板4、B与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷

嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入

平行金属板间。现有一质量为根的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e,重力加速度g,

则（）

A.油滴中电子的数目为蜉

B.油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd

C.油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue

D.若将金属板4向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降

9.关于物体内能，下列说法正确的是（）

A.物体放出热量,其内能可能不变

B.物体对外做功,其内能一定减小

C.物体温度不变,其内能一定不变

D.物体吸收热量,同时对外做功，其内能可能增加

E.物体吸收热量,同时对外做功，其内能可能不变

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10.（2013•泰安二模）7n图所示，是一列简谐横波在t=w时刻的波形图象.已知这列波的频率为5mz,

此时，x=1.5m处的质点向y轴正方向振动，可以推知：这列波正在沿x轴―（填“正”或

“负”）方向传播，波速大小为m/s.写出x=1.5TH处质点做简谐运动的表达

式__________

y/■

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程

如下：

a.设法让橡皮筋对小车做的功分别为小、2W、3/...........；

反分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度巧、以、%......

c,作H1W—V草图；

d.分析勿-V图象。如果W-〃图象是一条直线，表明勿av;如果不是直线，可考虑是否存在勿a/、

Woe/、WocSF等关系。

（1）以下关于该试验的说法中有一项不正确，它是。

A.本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为小、2W、3W....所采用的方法是选用同样的橡皮筋，

并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做

的功为小，用2条、3条橡皮筋并在一起进行第2次、第3次实验时，橡皮筋对小车做

的功分别是2W、3W......

8.小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。

C.某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的

原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。

。.根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进

行计算。

(2)在实验中，除了图中已有的实验器材以及交流电源、导线、开关以外，还需要哪种测量工具？答:

(3)对于该实验，下列操作中属于实验要求的是。(填写选项前的序号)

A.小车每次都应从静止开始释放

B.实验中应将平板倾斜适当角度以平衡摩擦力

C必须测量出小车的质量

打点计时器

/纸带小车

12.某同学设计了如图(a)所示的电路来测量一个量程为3U的电压表的内电阻(约几干欧)，实验室提

供直流电源的电动势为6人内阻忽略不计.

(1)请完成图(b)的实物连接.

(2)在该实验中，认为当变阻器的滑片P不动时，无论电阻箱的阻值如何增减，aP两点间的电压保持

不变；请从下列滑动变阻器中选择最恰当的是：.

A.变阻器4(0〜20000,0.14)

B.变阻器B(0〜20优1A)

。变阻器。(0~3仅0.14)

(3)连接好线路后，先将变阻器滑片/调到最端，并将电阻箱阻值调到(填“0”或“最

大”),然后闭合电犍S,调节P,使电压表满偏，此后滑片P保持不动.

(4)调节变阻箱的阻值，记录电压表的读数：最后将电压表读数的倒数U-1与电阻箱读数R描点，并

画出图(c)所示的图线，由图像数据可得，待测电压表的内阻值即=2(计算结果保留两

位有效数字)

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.如图甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为3导轨平面与水平面夹角a,导轨

电阻不计.匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始

终与导轨电接触良好，金属棒的质量为皿、电阻为R,另有一条纸带固定金属棒ab上，纸带另一

端通过打点计时器（图中未画出），且能正常工作.在两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的

电阻&=4R,定值电阻％=2R,电阻箱电阻调到使R2=12R,重力加速度为g,现将金属棒

由静止释放，同时接通打点计时器的电源，打出一条清晰的纸带，已知相邻点迹的时间间隔为T,

如图乙所示，试求：

（1）求磁感应强度为B有多大？

(2)当金属棒下滑距离为So时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产

生的电热.

14.如图所示，一个质量为m=0.6kg的小球，经某一初速度%从图

中P点水平抛出，恰好从光滑圆弧4BC的4点的切线方向进入圆

弧轨道(不计空气阻力，进入时无机械能损失).已知圆弧半径7?=•.'J

0.3m,图中8=60。，小球到达4点时的速度V=4?n/s.(取g=B

lOrn/s?).试求：

(1)小球做平抛运动的初速度为.

(2)判断小球能否通过圆弧最高点C,若能，求出小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力风.

15.(9分)一活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，初始时气体体积为3.0x10-3m3,测得此时

气体的温度和压强分别为300K和1.0xl05pa,加热气体缓慢推动活塞，测得气体的温度和压

强分别为320K和1.0x105Pa»

①求此时气体的体积。

②保持温度为320K不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0x104pa,求此时气体

的体积。

16.如图，三角形40B为等腰直角三棱镜的横截面，以。力、。8为轴建立直角坐标系xoy,6M=OB=L,

棱镜的折射率为n=VI一束平行于斜边4B的平行光从08边射入.光透过棱镜只考虑一次内部

反射.

⑴求距离。点多远的入射光刚好从4点射出；

(")部分光将会从04边以平行于48边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度.

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：48、根据电磁场理论可知，该区域内的磁场均匀增大，则在金属圆环处产生感生电场，

金属环内的电子在电场力的作用下做定向移动形成感应电流，故A错误，8正确；

C、该区域内的磁场均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，金属圆环内产生的感应电动势是不变

的，所以圆环内的感应电流大小不变，故C错误；

。、若把金属圆环换成金属圆盘，在金属圆盘处仍然有感生电场，仍然会产生感应电流，故。错误。

故选：B。

变化的磁场产生电场，由法拉第电磁感应定律可知，均匀变化的磁场产生稳定的电场，由此分析感

应电流的大小是否发生变化，根据感应电流产生的条件分析。

该题考查对电磁场理论以及感生电动势的理解，解答的关键是能正确理解均匀变化的磁场产生稳定

的电场，电路中的电动势是不变的。

2.答案：C

解析：

由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是

匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，电势也增加。

本题主要抓住速度时间图象的特点，知道粒子做匀减速直线运动，知道电场力做功与电势能的关系，

难度不大，属于基础题。

A、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变,

是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、。错误；

8、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，电势能增加，又由于是正电

荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故8错误，C正确。

故选：C。

3.答案：A

解析：解：AB.人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得G"=m^=

rzr

mr-4^7r-2r=ma

得，v=回,T=2兀叵,因为B、C的轨道半径相同，大于4的轨道半径，所以4的线速度最大,

7r7GM

B、C的线速度大小相等，B、C的周期相等大于4的周期，即有%>%=%，北<后=7c•故A正

确、B错误。

C、根据F=G詈以及MA=MB<MC，可得片>FB，FB<Fc,故C错误。

D、根据7=2兀叵，知周期与轨道半径的|次方成正比。故。错误。

7GM2

故选：Ao

根据万有引力提供向心力，得出卫星的轨道半径与线速度、周期的关系式，从而比较大小。

解决本题的关键要掌握开普勒第三定律以及万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，能通过

表达式分析各个量之间的关系。

4.答案:D

解析：解：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图.小球受到重力G,

细绳的拉力7和外力F,由平衡条件知，7和F的合力与G等大、反向、共线,

根据作图法得知，当力F的方向与细绳垂直时，力尸最小.

则由平衡条件得：

力F的最小值为%的=mgsin30°=^mg

故选：D

分析小球的受力情况，采用作图法，得出对小球所施加的力达到最小的条件，再由平衡条件求出力

的最小值.

本题运用作图法得到的结论可在理解的基础上记住：当两个力合力一定，己知一个分力的方向，则

当两个分力垂直时，另一个分力有最小值.

5.答案：C

解析：

根据离子电性得到高压电源区电场方向，从而得到4端所接电极；再根据离子偏转方向，由左手定则

得到磁场方向；根据动能定理得到离子速度，然后根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径表达式，即

可根据半径大小关系判断同位素质量大小关系，根据几何关系得到轨道半径和磁场区域半径的关系,

即可由半径表达式求得比荷。

带电粒子在磁场中的做匀速圆周运动的难点在于根据几何关系求得轨道半径，一般需要精确作图，

再由数学知识求解。

人离子带正电，经过高压电源区前的速度为零，那么，要使离子通过高压电源区，场强方向由B指向

A,故高压电源4端应接电源的负极，故A错误；

2.要使离子在磁场区域发生如图所示偏转，

那么，磁场方向垂直纸面，故由左手定则可得：磁场方向垂直纸面向外，故B错误;

C.离子经过高压电源区只受电场力作用，故由动能定理可得：qU=\mv2

所以有：f=1逆~;

离子在磁场中只受洛伦兹力作用，故离子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=my

所以轨道半径为：r=R=J呼；同位素的电荷量相同，故质量越大，轨道半径越大；

qBByjq

由图可得：轨迹II对应的轨道半径较大，故轨迹轨迹/一定对应X2,故C正确；

D由图根据凡何关系可得：tan？=-,所以，由C可得比荷为：2=卫_=咄噎，故。错误；

2rmB2rzB2R2

故选Co

6.答案：CD

解析：解：4、（1）、（2）式都是衰变反应，释放能量，故A错误；

B、（1）（2）式都是衰变反应，（3）式是原子核的人工转变，故B错误；

C、（3）式是卢瑟福用a粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变的方程式，并发现了质子，故C

正确；

。、核聚变是两个较轻的原子核聚合为一个较重的原子核，并释放出能量的过程。自然界中最容易

实现的聚变反应是氢的同位素一一笊与瓶的聚变，利用激光引发可控的核聚变是正在尝试的技术,

故。正确。

故选：CD。

天然放射现象的衰变反应是自发的，不需要条件，并释放核能；原子核的人工转变需要条件，最早

是卢瑟福用a粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子；核聚变是两个较轻的原子

核聚合为一个较重的原子核，并释放出能量。

本题考查衰变、原子核的人工转变、聚变等知识点，需要学生加强记忆，加深理解。

7.答案：BC

解析：

交流发电机产生电动势的最大值E7n=NBS3,根据。-t图线得出周期7以及磁通量的最大值0=

BS.从而求出感应电动势的最大值。交流电压表的示数为有效值，求出电动势的有效值，根据闭合电

路欧姆定律求出电压表的示数。根据P=/2R,即可求解发电机输出功率。

解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式/=NBSs,以及知道峰值与有效值的关系，并掌

握发电机输出功率即为外电阻消耗的功率。

解：4、磁通量的变化周期7=0.0628s,故交流电的频率/="=曰Hz,故A错误；

B、线圈转动的角速度3=票=100rad/s,交流发电机产生的电动势最大值为%=NBS&）=

N（Pma）=400V,故B正确；

C、产生的交流电的有效值E=^=200&U,根据闭合电路的欧姆定律得U=J-E=255人故C

V2R+r

正确；

。、若将线圈转速变成原来的2倍，交流发电机的输出电压变为原来的2倍，根据P=?可知功率将变

成原来的4倍，故。错误。

故选BC。

8.答案：BD

解析：解：4、带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件得=得油滴所

带电荷量：q=等，油滴中电子的数目：T=吗,故A错误；

*UeeU

B、油滴从小孔运动到金属板B过程中，克服电场力做功为W=qU=mgd,则电势能增加mgd,故

8正确；

C、油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力对油滴做负功，则其机械能减少，且机械能减少/E=

qU=mgd,故C错误；

。、将金属板4向上缓慢移动一小段距离，板间电压不变，由E=J知板间场强减小，油滴受到的电

a

场力减小，则油滴将加速下降，故。正确。

故选：BDo

带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件求出油滴所带电荷量，再求油滴中电

子的数目；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加等于克服电场力做功；油滴从小孔运动到

金属板B过程中，电场力做负功，机械能减少；将金属板A向上缓慢移动一小段距离，板间场强减小，

油滴受到的电场力减小，油滴将加速下降。

本题关键是读懂题意，然后根据平衡条件列式求解油滴所带电荷量。同时，要明确能量是如何转化

的。

9.答案：ADE

解析：解：4、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能不变，故A正

确；

8、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；

C、物体温度不变，其内能不一定不变，如冰溶化的过程中吸收热量，内能增大。故C错误；

。、E、物体吸收热量，同时对外做功W,如二者相等，则内能可能不变，若Q>W,则内能增加，

若W>Q,则内能减少，故。正确，E正确。

故选：ADEo

做功和热传递都能改变内能;物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=

Q+W.

热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：△〃=〃+(?,同

时要注意符号法则的应用.

10.答案：负；10；y=0.5sin(107rt)m

解析：试题分析：由％=1.5m的质点的振动方向可确定波的传播方向；由图读出波长，根据f=4/■求

解波速；据质点的振动情况，确定简谐运动的表达式.

x=1.5m的质点此刻振动的速度方向向上，据波形平移法确定该波沿x轴负方向传播.

从图中可得出波长4=2nl.这列波的频率是5=5Hz,所以D=fA=10m/s

由于x=1.5m处质点向上运动，且6=0.5m,7=0.8s,

据T=—i^:0)=107T,

G)

所以做简谐运动的表达式为y=0.5sin(107rt)m

故答案为：负；10；y=0.5sin(107Tt)7n

11.答案：D毫米刻度尺AB

解析：解：(1)4、当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切

测算；因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为卬，用两根橡皮筋

做功记为2小，用三根橡皮筋做功记为3〃...，从而回避了直接求功的困难，故A正确；

8、小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力，故8正确；

C、本实验中小车先加速后减速，造成纸带上打出的点，两端密、中间疏，说明摩擦力没有平衡，或

没有完全平衡，可能是没有使木板倾斜或倾角太小，故C正确；

力、本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系，这个速度是指橡皮绳做功完毕时的

瞬时速度，而不是整个过程的平均速度，故。错误；

说法中不正确一项是选项D.

(2)探究橡皮筋做功与小车的动能变化的关系，则小车的速度是由纸带的点来求出，因此必须要有毫

米刻度尺；

(3)4、小车获得的动能应该等于橡皮筋对其做的功，所以小车必须从同一位置由静止弹出，故A正

确；

8、为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故8正确；

C、实验是分析W-"图象，不需要测量小车的质量，故C错误：

故答案为：(1)。(2)毫米刻度尺(3)4B

(1)本实验采用比例法，设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2/、3W....所采用的方法是选用同样

的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。小车运动中受到的阻力由重力的分力平

衡。要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分；

(2)根据实验原理确定应使用的测量工具；

(3)明确实验原理，从而确定实验中的具体要求。

本题涉及打点计时器的工作原理和探究功与速度变化关系实验的原理，从实验原理的角度分析，从

而明确实验注意事项以及具体要求。

12.答案：B左03.0x103

解析：解：(1)由图a所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，根据图示电路图连接实物电路图，

实物电路图如图所示

图b

(2)电阻箱接入电路的阻值发生变化时，电路总电阻发生变化，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电

流发生变化，滑片位置不变，分压电路分压变化，滑动变阻器最大阻值越小，分压电路阻值发生变

化时分压电路电压变化量越小，分压电路电压越接近于不变，为减小实验误差，应选择滑动变阻器

阻值较小的滑动变阻器，如果滑动变阻器选择C,流过滑动变阻器的最大电流约为/=六=?4=

2A>OAA,会损坏滑动变阻器，因此滑动变阻器应选择B。

(3)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前，应先将变阻器滑片P调到最左端；并将电

阻箱阻值调到0,然后闭合电键S,调节P,使电压表满偏，此后滑片P保持不动。

(4)设分压电路总电压为(/(),ap间的电压不变，即4，

根据欧姆定律知，电压表的示数为：U=急~即,

n"VKy

整理得：U-1=—xR+—

定良u0Rvy0

由图示t/T—R图象可知，图象斜率％念存尸0T，纵轴截距十=0-33人

UQKyU—1—S.UXIU。)UQ

3

解得，电压表内阻：Rv=3000/2=3.0x10n

故答案为：(1)实物电路图如图b所示；(2)8：(3)左；0；(4)3.0x103»

(1)根据图示电路图连接实物电路图。

(2)滑动变阻器采用分压接法，根据实验原理从减小实验误差的角度选择滑动变阻器.

(3)滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置；根据实

验原理与步骤确定电阻箱接入电路的阻值。

(4)根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电压表内阻。

要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据图示电路图应用

欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。

13.答案：解：(1)根据图乙纸带上打出的点迹可看出，金属棒最终做匀速运动，且速度最大,

最大值为%

当达到最大速度时，则有mgs讥a=F纥

因产安=ILB

BL%

其中R总=6R

n2r2y

所以mgsina=M

解得8=3RTmgsina

L2S

(2)由能量守恒知，放出的电热Q=mg-2sosina-^mv^

代入上面的加值，可得Q=2mgsosina—

(1)磁感应强度为B为』RT：*a

答:

(2)当金属棒下滑距离为So时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产

生的电热2mgs()sina—

解析：(1)电键S打开，ab棒做匀加速直线运动，由速度图象求出加速度，由牛顿第二定律求解斜面

的倾角a.开关闭合后，导体棒最终做匀速直线运动，由尸安=81,

_DLU-rn

1=72得到安培力表达式，由重力的分力mgsina=F安，求出磁感应强度8.

(2)金属棒由静止开始下滑100/n的过程中，重力势能减小mgSsEa,转化为金属棒的动能和整个电

路产生的电热，由能量守恒求解电热.

本题是电磁感应中的力学问题，由速度图象求得加速度，推导安培力与速度的表达式是关键步骤,

难点是运用数学知识分析&消耗的功率何时最大.

14.答案：解：(1)将小球到达4点的速度分解如图

则有：v0=vcosd=4xcos600=2m/s

(2)假设小球能到达C点，由动能定理有：

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—mgR(l+cos。)=-mv^—~mv2

代入解得"c=V7m/s

设小球经小球经过C点的最小速度为"伽由7ng=

解得17掰==百6小，

可见，vc>vl/&,故小球能到达最高点c.

在最高点，由牛顿第二定律有：FN'+mg=m^-

代入数据得：轨道对小球的支持力FJ=8N

由牛顿第三定律：小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力FN=-FN'=-8N,方向竖直向上.

答：

(1)小球做平抛运动的初速度%是2m/s.

(2)小球能通过圆弧最高点C,小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力F