2021年河北省承德市高考物理二模试卷（附答案详解）

2021年河北省承德市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.氢原子的能级如图所示，已知可见光光子能量范围O”0—————————

为1.63皿〜3.10eU,下列说法正确的是（）4-0.85

3-1.51

A.氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级，辐射出？_34

的光为红外线

B.氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级，辐射出i一匕6

的光为可见光

C.氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级和从n=3能级跃迁到n=1能级相比，前

者辐射出的光子的波长较长

D.处于基态的氢原子可以吸收能量为10.4eU的光子可以实现跃迁

2.历史上，有种观点认为应该用物理量mv来量度运动的强弱，这种卜/

思想的代表人物是笛卡尔。这种思想用现在的科学术语说，就是—/

“力”可以通过动量来表示，即9=膂=W。若某质点做直线/---------

运动的动量p随时间f变化规律如图所示，曲线部分为一段抛物线，则加速度a随

时间f的变化图像可能正确的是（）

A.\LB.卜/C.Lr-D.k7

3.已知无穷大均匀带电平板在其周围空间激发与平面垂直的匀/“人\

强电场。现在水平无穷大带电平板上方某点固定一点电荷+Q。/

一质量为〃?、带电荷量为4的小球以点电荷。为圆心做匀速V：/

圆周运动，其中AC、8。分别为圆周轨迹的水平和竖直直径，

重力加速度为g,静电力常量为％,下列说法正确的是（）无力大平板

A.无穷大平板带正电

B.圆周上的场强在8点有最小值，在。点有最大值

C.无穷大平板在空间激发的匀强电场强度大小为詈

D.若A、C两点处的场强方向相互垂直，则小球做匀速圆周运动的半径为经

4.甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向行驶，从t=0时刻开始计时，其图像

如图所示。t=10s时甲、乙两车相遇，下列说法正确的是（）

A.甲车的加速度为2m/s2

B.t=0时，乙车的速度为2m/s

C.t=0时，甲、乙两车间的距离为50机

D.t=5s时，甲、乙两车间的距离最大

5.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截

面（纸面），磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径

ab的方向从c点射入磁场区域，射入点c与必的距离

为豆R。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向

4

间的夹角为60。，则粒子的速率为（不计粒子重力，已

知s讥15°=^2）（）

A近■qBR

,2m

By/2cjBR

m

Q际-gqBR

m

D.—

m

6.如图所示，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨

过滑轮，一端与斜面上的物块M相连，另一端位于天花板上的A点，并通过动滑

轮悬挂物块N,系统处于静止状态。现将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线

移动到8点，已知斜面和M始终保持静止，则在此过程中（）

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A.M所受细绳拉力的大小可能保持不变

B.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

C.斜面所受地面的摩擦力大小一直增大

D.斜面所受地面的支持力大小一直增大

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.如图所示，理想变压器接在"=220夜sinlOOzrt（V）的交变电源上，原线圈匝数%=

100匝，r=16/2；副线圈总匝数电=150匝，已知当滑动触头Q位于副线圈中点

时理想变压器的输出功率最大。下列说法正确的是（）

A.副线圈中感应电流的周期为50s

B.电阻R的阻值为90

C.当滑动触头。向上滑动时，，两端的电压增大

D.当滑动触头Q位于副线圈中点时，电阻R两端电压为165y

8.太空梭是游乐园和主题乐园模拟完全失重环境的大型机动游戏设备，这种器材的乘

坐台可将乘客载至高空，然后电静止开始以重力加速度竖直向下跌落2〃，紧接着

通过机械制动匀减速下降/?将乘坐台在落地前停住，如图所示。已知乘坐台与乘客

的总质量为，小当地的重力加速度为g,则（）

WftITL

A.由M至N和由N至P的运动时间比值是2：1

B.由M至N,乘坐台的座椅对乘客的支持力与乘客的重力大小相等

C.由M至N,太空梭与乘客总重力的冲量大小为m倾

D.由N至P,减速机械对太空梭的阻力大小为3，〃g

9.如图所示，匀强电场中有一个圆形区域，。为圆心，直径,

BC长20皿AABC=30°,该圆形区域所在平面平行于匀3郎.\c

强电场。已知A点电势心=2V,8点在圆形区域中电势最\/

高，且0B=8匕下列说法正确的是（）'-----/

A.将一个电子由B点移到A点，电势能减小6eV

B.C点电势wc=0V

C.该匀强电场场强E=2017m,方向由。指向A

D.该匀强电场场强E=40V/m,方向由B指向C

10.在地球上将质量为m的物体4水平抛出，物体的动

能取与运动时间t2的关系如图中实线甲所示。在某一3aL

星球X上将质量为2,”的物体B水平抛出，其动能以2a卜

与运动时间~的关系如图中虚线乙所示。假设地球和㊀j:

星球X均为质量均匀分布的球体。已知地球的半径°bt2

是星球X的3倍，地球表面的重力加速度g=10m/s2,A、8在运动过程中空气阻

力均忽略不计，下列说法正确的是（）

A.地球的质量是星球X的18倍

B.地球的近地卫星的周期与星球x的近地卫星的周期的平方之比为3：V2

C.若A、8下落过程的水平位移大小相等，则A下降的高度是B的2倍

D.若A、B下落过程的动量变化量大小相等，则B下降的高度是4的2倍

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学欲测量一定值电阻孔的阻值。

⑴他先用多用电表的欧姆挡“XI”挡阻其电阻，经过正确操作后，指针位置如图

甲所示，则该同学测得的阻值为0。

（2）该同学又用图乙所示电路精确测量其电阻。其中，电源电动势约为5匕内阻极

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小；滑动受阻器阻值范围为0〜1000;定值电阻R1的阻值为10。；电阻箱的阻值

范围为0〜99990;电压表匕的量程为1.0U,内阻为4000；电压表彩的量程为5.0U,

内阻约为40000。为了把电压表匕的量程扩大到3.0人需要把电阻箱的阻值调到

0；若电压表匕的读数为0.8V,电压表彩的读数为4.8IZ,则A》。（最

后结果保留3位有效数字）。

12.（1）某小组同学利用如图甲所示的实验装置探究“动量定理”，实验步骤如下；

4用天平分别测量钩码和小车的质量；

8.在长木板不带定滑轮的一端下面垫块垫木，使拖着纸带的小车在不挂钩码时可以

在长木板上做匀速运动；

C.将所用器材按图甲所示组装起来；

D先接通电源后释放小车，打点结束后先切断电源后取下纸带：

E.调节垫木位置，改变斜面倾角，多次进行实验；

凡选取打点较为清晰的纸带进行数据处理，整理实验器材。

上述实验步骤中不必要或不正确的有（填写步骤前的字母）。

（2）图乙是“验证动量定理”实验中打下的一段纸带，图乙中所标各点为计数点，

相邻计数点间有4个计时点未标出，且打点计时器的电源频率为50Hz,实验测得

小车质量为0.6kg,本次实验记录传感器示数为0.24N。根据以上数据，可知小车从

B点到J点的△P=kg-m-s-1,对应过程中/=N-s.在误差范

围内，动量定理成立。（结果均保留三位有效数字）。

ARCDEFG〃IJK

45678910II121314151617IK1920212223242526ctn

乙

四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）

13.如图所示，运动员甲、乙在练习传球技术。某次运动员甲以与水平方向夹角为％的

速度巧抛出篮球，运动员乙在甲正对面同时以与水平方向夹角为。2的速度抛出篮

球，两球恰好能在空中各自的最高点相遇。若甲、乙仅将球被抛出时的速度大小变

为原来的2倍，但球被抛出时的速度方向及位置均不变，已知篮球在运动过程中所

受空气阻力忽略不计，重力加速度为g。请通过计算推导证明两球会在第一次相遇

点的正上方相遇。

14.电磁滑道成为未来运动的一种设想，人们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度

的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面

成。角，虚线E尸上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，

t=0时刻磁场方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度在0〜匕时间内均匀变

化，磁感应强度最大值为%,q时刻后稳定为-比。0〜玄时间内，单匝正方形闭合

金属框ABC。在外力作用下静止在斜面上，金属框C。边与虚线E尸的距离为乩0

时刻撤去外力，金属框将沿斜面下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为％,

已知金属框质量为机、边长为d,每条边电阻为R。求：

(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差；

(2)从t=0时刻到A8边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热;

(3)从撤去外力到A3边经过虚线EF的总时间。

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15.如图所示，粗细均匀的半圆形导热细玻璃管两端封闭且竖直固定放置，内有一段对

应60。圆心角的水银柱处于外段内，水银柱两端封闭着同种理想气体，此时水银柱

产生的压强为Po,右端气体压强为2p0,环境初始温度为7°。现控制环境温度缓慢

先升高后再缓慢降低，最终使水银柱静止于松段内。

(1)求水银柱静止于松段内时，环境的温度；

(2)试通过计算推导说明，开始升温时水银柱一定会逆时针移动。

16.在一列简谐横波传播的路径上有A、B两个质点，它们振动的图像分别如图甲、乙

所示。已知这两质点平衡位置间的距离为1.2m。

■

甲

(1)若质点B比质点4振动滞后0.1s,则这列波的波速为多大？

(2)若两质点平衡位置间的距离小于一个波长，求这列波的波长和波速大小。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解:A、氢原子从n=4能级跃迁到般=2能级，发出的光子能量4E]=-0.85elZ-

(-3.4elZ)=2.55elZ,因可见光光子能量范围为1.63eV■〜3.10eU，则辐射出的光是可见

光，而红外线的能量小于可见光的，故A错误；

B、氢原子从n=2能级跃迁到n=l能级，发出的光子能量△=—3.4elZ-

(-13.6eK)=10.2eU,辐射的光能量不在1.62eV到3.11W之间，不是可见光，故3错误；

C、氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级，发出的光子能量AE3=-1.51eV-

(-13.6e7)=12.09eV,因此氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级和从n=3能级跃迁到

n=l能级相比，前者辐射的光子的能量较小，对应光子波长较长，故C正确；

D、氢原子从。=2能级跃迁到兀=1能级时发出的光子能量AE2=-3.4eV-

(-13.6eV)=10.2eV,因此不可能吸收能量为10.4eV的光子来跃迁，故。错误；

故选：Co

根据能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；结合辐射的光子能量与可见

光的光子能量，从而即可比较进行分析。

本题考查氢原子的波尔理论，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即/加-

En=hv,并能灵活运用。

2.【答案】A

【解析】解：图像斜率表示物体所受合力，根据牛顿第二定律可知，加速度变化趋势与

合力变化趋势相同。斜率先减小后为零再恒定，因曲线部分是一段抛物线，所以起初加

速度随时间呈线性关系，故4正确，BCO错误；

故选：Ao

由题干可知，0随f变化图像的斜率代表物体所受合外力，再根据合力的变化分析加速

度表变化。

本题考查图像的斜率问题，注意分析斜率的含义以及变化趋势，属于能力应用的问题。

3.【答案】C

【解析】解：C、小球受到重力、匀强电场的电场力、点电荷的库伦力，因为小球做匀

速圆周运动，所以库伦力提供向心力，重力和平板对小球的电场力平衡，

mg=Eq

无穷大平板在空间激发的匀强电场强度大小为E=詈

故C正确；

A、点电荷带正电，故小球带负电，匀强电场对小球的电场力方向竖直向上，故电场强

度竖直向下，无穷大平板带负电，故A错误；

B、固定点电荷在8、0两点产生的场强方向分别竖直向下和竖直向上，所以8处场强

为两个分场强大小之和，力点为两者大小之差，所以B点场强最大，。点场强最小，故

B错误；

。、若4、C两点处的场强方向相互垂直，则两分场强在两点处于水平方向的夹角均为45。,

所以

KQ_mg

R2q

故：R=陛

7mg

故。错误。

故选：Co

根据题目中的条件：小球做匀速圆周运动，分析出库伦力提供向心力，重力和平板对小

球的电场力平衡，根据点电荷的电性判断小球的电性，得出无穷大平板的电性，根据电

场强度的叠加判断电场强度的强弱。

解题关键是通过题目中的条件：小球做匀速圆周运动，判断出小球的受到的各力之间的

关系。

4.【答案】C

【解析】解：AB,根据彳=%£+：成2变形得?=%+3£1a结合图像可知，甲的初速

度为0,加速度为。/=4m/s2,乙的初速度为5m/s,加速度为a,=2m/S2,故A8错

误；

C、t=10s时，由图可知(■=20m/s,£=15m/s,则0—10s内，甲车的位移为万用=

200m,乙车的位移为=150m,因为t=10s时甲、乙两车相遇，则t=0时，甲、

乙两车间的距离为s=x甲一乂乙=200m-150m=50m,故C正确；

。、当甲、乙两车速度相等时两车间的距离最大。t=5s时，甲车的速度为“尹=a/=

4x5m/s=20m/s,乙车的速度为=%+aj=(5+2x5)m/s=15m/s,所以，

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t=5s时，甲、乙两车间的距离不是最大，故。错误。

故选：C。

根据x=%t+：at2变形得到:与f的关系式，结合图像的信息求出甲、乙的初速度和加

速度，根据t=10s时甲、乙两车相遇，由位移-时间公式求0-10s时间内两车的位移，

从而确定t=0时甲、乙两车间的距离。当两车的速度相等时相距最远。

解答本题时，关键要掌握匀变速直线运动的位移-时间公式彳=几£+1研2,通过变形

得到;与l的关系式。要理解图像的物理意义，把握有效信息。

5.【答案】B

【解析】解：粒子带正电，根据左手定则可得粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒子运动

轨迹如图所示；

b

・・•••

・•••••

爆B/

••/•

根据射入点C与帅的距离为『R,则有：sinNcO"=F，所以乙。通=15。

由于速度方向偏向角为60。,可知4co2。1=30。，则4coi2=60°-15°=45°

设粒子轨迹半径为r,在AcOzOi中，根据正弦定理可得：一三=/

Jxsm30sin45

解得：r=\[2R

根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m~,解得：u=叵处，故8正确、ACD错误。

rm

故选：B。

作出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子在磁场中的运动半径，根据洛伦兹力提供向

心力求解粒子运动的速率。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径,

结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，本题的难点在于轨迹半径的求解。

6.【答案】C

【解析】解：A、以滑轮和物块A为研究对象，受力分析如

图，由于两侧细绳为同一条细绳，拉力T相等，所以两侧

细绳与竖直方向的夹角相等，设为氏由平衡条件得：T=

翘，将细绳的一端从天花板上的A点缓慢沿直线移动到B

COS0

点，。变大，T变大，故A错误；mg

B、因M与N的质量关系不确定，所以最初"所受的静摩擦力方向不确定，如果最初

例所受的静摩擦力方向沿斜面向上，当细绳拉力增大，”所受的静摩擦力变小，故B

错误；

C、以斜面体和M整体为研究对象，斜面受到地面的摩擦力大小等于细绳拉力的水平分

量，即f=G=rsine=[mgtan。，随。增大，/增大，故C正确；

。、以斜面体和M整体为研究对象，斜面体受地面的支持力大小等于整体重力与细绳拉

力的竖直分量与之和，由于％=7然$0=之加9不变，所以斜面体受到地面的支持力不

变，故£>错误。

故选：Co

以滑轮和N为研究对象，由平衡条件分析细绳拉力的变化；以斜面体和M为研究对象，

由平衡条件分析斜面所受地面的摩擦力和支持力。

本题考查了共点力平衡条件应用中的连接体问题，此类问题的处理方法是整体法与隔离

法相结合。

7.【答案】BC

【解析】解：交变电流的周期7=?，由原线圈所接交流电源U=220&sinl007rt（V）,

知3=100兀，则7=与=急=0.02s；滑动触头。位于副线圈中点时，副线圈实际连

入匝数为电'=75,言=啜，又晟=符;式中打,为原线圈两端电压，由于r分压，故

Ux<2207,则“<165匕当滑动触头。向上滑动时，副线圈匝数增多，副线圈两端

电压增大，副线圈中电流增大，原线圈中电流增大，/两端电压增大；电阻R在原线圈

中的等效电阻为（非）2七理想变压器输出功率最大时应满足r=（M；）2R,代人数据可得

电阻R的阻值为90,故3c正确，AO错误。

故选：BCo

根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据变压器的特点,

电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，电阻R和副线圈组成闭合回路，结合电路知识

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分析求解。

本题主要考查变压器与电路相结合的知识，要能对交流电瞬时值表达式以及变压器变压

原理、功率等问题彻底理解。

8.【答案】AD

【解析】解：A、由题意可知，太空梭从M运动到N过程中做自由落体运动，

由2九=中可得下落时间为：“=后=2耳

由匀变速直线运动公式叫=2gx2h可知运动到N点的速度大小为：vN==

2yfgh>

太空梭从N运动到P过程中做减速运动，

同理可得九=ga%，vj,=2ah

解得减速过程中的加速度大小为：a=2g,

时间为：今=与

从M到N与从N到P的运动时间之比为：口：t2=26：R=2：1,故A正确；

B、从M到N,太空梭做自由落体运动，故太空梭座椅对游客的作用力为零，故8错误；

C、从〃到M根据动量定理可得：Ic=mvN=2my[gh>则太空梭和游客总重力的冲

量大小为27ng反故C错误；

D、从N到P,根据牛顿第二定律有：F-mg=ma=2mg,解得：F=3mg,故。

正确；

故选：AD.

通过座椅做自由落体运动和匀减速直线运动可求出时间之比。

由"到N座椅和人都做自由落体运动没有弹力产生。

由动量定理可求太空梭与乘客总重力的冲量大小。

有太空梭做匀减速运动可求阻力大小。

明确太空梭座椅先做自由落体运动后做匀减速直线运动是解决问题的关键。

9.【答案】BD

【解析】解：A、将一个电子由8点移到A点，电势能增加6eV,故A错误；

8、由于8点是圆周上的最高电势点，所以电场强度的方向为BC方向，由几何关系知:

4点的电势等于0C中点的电势，将8C四等分，可知C点电势仪;=。乙故B正确；

C£＞、结合以上分析知E=^V/m=40V/m,电场强度的方向为由B指向C,故C错误，

。正确。

故选：BD。

B点在圆形区域中电势最高，可知电场线沿BC方向，电场线与等势面相互垂直，沿电

场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中U=Ed,根据U=Ed求出电场强度。

本题考查了求电场强度与电势问题，知道“电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向

电势逐渐降低”是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用基础知识即可解题。

10.【答案】AC

【解析】解：A、物体做平抛运动，由动能定理可得：Ek=Ek+mg/i=Ek+]mg2t2,

可知地球的重力加速度为星球X的2倍，由黄金代换式GM=9产，可知地球的质量是

星球X的18倍，故A正确；

B、近地卫星周期公式7=亚=2兀监，二者周期的平方之比为3：2,故B错误；

C、两者初动能为1：2,质量比为1：2,故两者的初速度相同，由x==u后，代

入数据计算，A下降的高度是B的2倍，故C正确；

。、物体动量的变化为△P=mVy=动量变化量大小相等时，AF降的高度是

8的2倍，故。错误；

故选：ACo

根据动能定理可确定其质量关系；根据周期公式求出周期间关系；由平抛特点可确定高

度；由动量变化的公式和重力加速度的比值确定下降高度。

本题主要考查了动能定理和平抛运动结合图像和万有引力等于重力等关系式，此题覆盖

知识较多，考查学生的分析综合能力。

11.【答案】12.080010.1

【解析】解：(1)欧姆表读数是指针示数与倍率的积，读数需要估读，图甲读数为12.0x

1/2=12.0/2；

(2)电压表匕的满偏电流岫=益/=000254要把电压表匕的量程扩大到3.0k电阻

箱需要分压2匕故电阻箱阻值需要调到就大0=8000。当电压表匕的读数为0.8U时，

心的电压为24人流过&的电流为/取="篙丝一需=0.244-0.0024=0.2384

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所以％=就“10」0。

故答案为：(1)12.0；(2)800、10.1

(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与

挡位的乘积是欧姆表示数。

(2)根据电压表改装原理求出分压电阻的值；

(3)根据实验数据，应用欧姆定律和串并联电路的关系求出待测电阻阻值。

本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项、欧姆表读数，求待测电阻阻值表达式，要掌

握常用器材的使用方法、注意事项与读数方法；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指

针只在你中央刻度线附近，还要明确电压表扩大量程求分压电阻的方法等。

12.【答案】AE0.1840.192

【解析】解：(1)4、实验装置中有力传感器，不需要测量钩码的质量，故A错误：

E、实验中长木板下垫一块垫片是为了平衡摩擦力，平衡摩擦力以后不可再改变垫片位

置，故E错误：

(2)电源频率50Hz,相邻计数点之间有4个计时点，所以计数点的时间间隔为0.1s,

用AC段平均速度计算B点的瞬时速度为=汽箸x10-2m/s=0.057m/s

用/K段平均速度计算J点的瞬时速度町=25%778*10-2m/s=0.364m/s

小车从B点到J点的△p=ni△1;=0.6x(0.364—0.057)kg-m/s=0.184kg-m/s

该过程中合外力的冲量/=F-At=0.24x0.8/V-s=0.192/V-s

故答案为：(1)4E；(2)0.184,0.192；

(1)根据实验原理和实验操作注意事项分析；

(2)匀变速直线运动的推论计算计数点的速度，然后根据动量的计算公式求出小车动量

的改变量；根据冲量的计算公式可以求出拉力的冲量大小。

掌握利用纸带数据测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于

系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提。

13.【答案】解：篮球在竖直方向上为竖直上抛运动，运动时间1=至手=岂詈；①

竖直方向运动的高度九=喈％=片段；②

抛出角度不变，速度大小增大为原来的2倍，设甲、乙的水平距离为x,相遇时间为t',

则有

x=(%cos%+v2cos92')t=(2v1cos01+2V2cos02^',解得t'=③

设第二次甲抛出的球在竖直方向上的位移为生，—④

第二次乙抛出的球在竖直方向上的位移为殳，九2=(2%s讥%»-巳9严⑤

联立①③④⑤式，可得电=2誓竺，结合②式可得

—九2>h,

答：通过以上计算推导，两球会在第一次相遇点的正上方相遇。

【解析】依据题意，两球恰好在各自最高点相遇，表示此时两球速度均为0,利用上抛

运动公式列出高度与速度的表达式；由于甲乙水平方向的距离是不变的，利用这个条件

列出第一次相遇时间与第二次相遇时间的关系。再同样利用上抛运动公式列出第二次相

遇时高度与速度的表达式，进行联合比较分析。

本题难度中等，主要考查物体上抛运动的计算公式，建立第一次相遇时间与第二次相遇

时间的关系是解题的关键。

14.【答案】解：(1)CD边从开始至运动到EF的过程中，由动能定理可得

mgdsind-|mv2

CD边刚过虚线EF时，A8边作为电源，AB两点间的电势差为

33

UAB=汴=^Bodv

解得=：Bod.2gdstn。

(2)从£=0时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分：

第一部分:在匕时间内，金属框产生的焦耳热为Qi=^G

根据法拉第电磁感应定律得

E*=，=迫d2

△tAtJ

第二部分：“时刻后，设t］时刻后的过程中金属框克服安培力做功为W,由动能定理得

2mgdsin9—W=

由功能关系可知W=Q2

可得Q2=2mgeistn。—

故所求金属框产生的焦耳热为Q#=Qi+Q2=要~+2mgdsin0

(3)4B边运动到EF的过程分为两段：

第一段C。边运动到EF的过程，设运动时间为t2，由运动学公式可知

第16页，共19页

\2d

d=3（gsine）4,解得。=

y]gsinO

第二段CO经过E尸直至AB与E尸重合，由动量定理得

mgsind-t3—B0Idt3=mv1—mv

其中7=二=5=处

八4R4Rt24Rt3

联立解得t3=」%+,匡

gstnO4mgRstn6yjgstnO

则从撤去外力到AB边经过虚线E尸的总时间为

t+t=^+-

总a=t23gslnS4mgRsin0

答：⑴CO边刚过虚线E尸时，A8两点间的电势差为：8odj2gdsin8；

(2)从£=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热为警+

2mgdsin9—mvf；

(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为京公+不鬻而。

【解析】(1)金属框从开始下滑到CD边运动到EF的过程中，受到的安培力的合力为零，

只有重力做功，由动能定理求出C。边刚过EF时的速度，由E=