2022年广东省珠海二中高考物理四模试卷

2022年广东省珠海二中高考物理四模试卷

1.下列说法正确的是（）

A.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=；F、电容

C=号、加速度a=上都是采用比值法定义的

Um

B.利用v-t图像与坐标轴围成面积推导位移公式的过程中，用到了等效替代的物

理学方法

C.米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位

D.铁（Fe）的比结合能最大，所以铁的原子核最不稳定

2.艺术课上，老师将学生们的剪纸作品进行展出时，用一枚

小磁铁将剪纸作品吸在竖直的磁性黑板上，下列关于各物蠢

体的受力情况正确的是（）

A.磁铁对剪纸的压力是由于剪纸发生形变引起的

B.黑板对剪纸的作用力与磁铁对剪纸的作用力大小相等

磁铁对剪纸的摩擦力与黑板对剪纸的摩擦力大小不相等

D.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对平衡力

3.计算机键盘每个按键下面都连有两块小金属片，两块金属片之间有

一定的空气间隙，组成一个可变电容器，如图所示。当键盘连接电

源不断电，按下某个按键时，与之相连的电子线路就发出该按键相

关的信号。松开按键时，贝取)

A.电容器的电容变小B.极板的电量变大

C.两极板间的电压变小D.两极板间的场强变大

4.我市境内的高速公路最高限速为100km/h。某兴趣小组经过查阅得到以下资料，资

料一：驾驶员的反应时间为0.3〜0.6s;资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数

（如表）

干沥青路干碎石路湿沥青路

路面

面面面

动摩擦因数0.70.6〜0.70.32-0.4

兴趣小组根据以上资料，通过计算判断汽车在高速公路上行驶的安全距离最接近

()

A.200mB.150mC.100mD.50m

5.如图，某中心天体的卫星a在较低轨道1上运行，该中心天体的同

步卫星b在轨道2上运行。某时刻a、b在同一直线上，已知a绕中心

天体运行一个周期的时间，b第一次到达虚线所示位置。若b的轨

道半径为r,则a的轨道半径为（）

A-5B•:C3*

6.K-介子衰变的方程为K--立。-71-,其中K-介子和1T介子带

负的基本电荷，71°介子不带电.一个K-介子沿垂直于磁场的

方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP,衰变后产生的1介

P

子的轨迹为圆弧PB,两轨迹在P点相切，它们的半径R”与

xXXX

之比为2:1,7T。介子的轨迹未画出.由此可知7C的动量大小

与11°的动量大小之比为（）

A.1：1B.1：2C.1：3D.1：6

7.自行车的发电花鼓装置可以在骑行时为车灯提供持续的电能,其原理可简化为图（

甲）所示，图中N、S是可与摩擦小轮同轴转动的一对磁极，磁极周围固定一个与理

想变压器相连的矩形线框，变压器的输出端与车灯相连。匀速骑行时，摩擦小轮在

车轮的驱动下带动磁极旋转，变压器输出正弦型交变电流。某辆携带发电花鼓装置

的自行车的部分结构如图（乙）所示，其中大齿轮与踏板相连，半径较小的小齿轮1和

半径较大的小齿轮2与后轮同轴固定，骑行者可调节变速器使链条挂在不同的小齿

轮上，骑行时摩擦小轮与车轮不打滑。下列说法正确的是（）

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A.骑行速度越快，车灯一定越亮

B.骑行速度越快，交变电流的周期一定越大

C.同样的骑行速度，链条挂在小齿轮1上相比挂在小齿轮2上，灯泡更亮

D.同样的骑行速度，变压器原线圈的匝数越多，车灯越亮

8.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有一正方形ABCD,«

其对角线AC与两点电荷的连线重合，两对角线的交点位于两©-A

点电荷连线的中点0.下列说法中不正确的有（）3

A.A、B两点的电场强度方向相同

B.B、D两点的电势相同

C.质子由C点沿C-0-A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功

D.电子由B点沿B-CTD路径移至D点，电势能先增大后减小

9.在研究甲、乙两种金属光电效应现象的实验中，光

电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系如图所

示,则（）

A.两条图线与横轴的夹角a和。可能不相等

B.若增大入射光频率v,则所需的遏止电压Uc随之

增大

C.若某一频率的光可以使乙金属发生光电效应，则一定也能使甲金属发生光电效

应

D.若增加入射光的强度，不改变入射光频率v,则光电子的最大初动能将增大

10.如图所示，甲图一轻质弹簧的下端固定在水平面上,

上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连

接），弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始

向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-

t图象如图乙所示（重力加速度为g）,则（）

A.施加外力前，弹簧的形变量为等

k

B.外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g-a）

C.A、B在ti时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

11.某同学利用如图1所示的装置来测量物块与木板CD间的动摩擦因数。轨道ABC的BC

段为圆形轨道，C点为轨道的最低点，此处安装的压力传感能测出物块经过C点时对

轨道的压力。木板CD水平放置且与BC平滑连接。将物块从轨道的某点释放后，读

出物块经过C点时传感器的示数为F,测量物块停止运动后离C点的距离为X。

⑴此实验（填“需要”或“不需要”）满足ABC轨道光滑。

（2）除F和X外，还需要测量的物理量有。

A.物块释放时的高度h

B.物块的质量m

C.圆形轨道的半径R

（3）为减小实验误差，某同学想到了多次从不同高度释放物块并利用图像法处理数

据的实验方法，得到了如图2所示的F-X图像。如果图线的斜率为k、与纵轴的截

距为b,圆形轨道的半径R,请写出动摩擦因数的表达式口=（用k、b、R表示

）。若R=0.10m,则口=。（计算结果保留两位有效数字）

12.某实验小组需要测定一滑动变阻器电阻丝的电阻率。实验器材有：待测滑动变阻器、

电源（电动势约3V）、电流表（量程100mA）、电阻箱、导线若干。

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（1）由于不方便用螺旋测微器测量电阻丝的直径，某同学提出了由螺线管绕线宽度

除以匝数的方法来测量电阻丝直径。测得总匝数n=200匝时螺线管的绕线宽度如

图（甲）所示，则绕线宽度为cm；

（2）将器材按图（乙）连接，在闭合电键前将滑片移至最右端200匝处，并将电阻箱阻

值调至（填“最大”或“最小”），然后逐渐调节电阻箱的阻值R,使电流表

的示数为80mA；

（3）之后不断减少电阻丝接入电路的匝数，同时调节电阻箱，保持电流表示数80mA

不变，记录数据如下：

n（匝）20016012080400

R（。）111621223136

（4）在坐标纸上描点如图（丙）所示，请在坐标纸上作出R随n变化的图线。若

图线的斜率绝对值为k,电阻丝直径为d,进一步测得螺线管的直径D=1.80cm,

该电阻丝电阻率的表达式p=（用k、d、D表示），计算结果为C-m（保

留3位有效数字）；

（5）电流表和电源的内阻会导致电阻率的测量结果（填“偏大”、“偏小”

或“无影响”）。

13.匝数N=1000、面积S=20cm2、电阻r=1。的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向

下穿过线圈，其磁感应强度为按如图所示的规律变化。线圈两端分别连接两根完全

相同的劲度系数为k=100N/m、电阻为R=1.5Q的金属弹簧，两金属弹簧上端固

定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒。另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒

分布(如图所示)，其磁场宽度为L=10cm。闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Ax=

0.5cm。导线和金属棒的电阻不计，求：

(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小。

(2)磁感应强度B2的大小。

14.如图所示，足够长的光滑水平面上有一轻质弹簧在其左侧固定，弹簧右端连接质量

m=1kg的小物块A,弹簧压缩后被锁定，水平面右侧与水平传送带平滑对接，传

送带长1=1m,以v=2m/s的速度逆时针转动，它与左右两边的台面等高，并能平

滑对接，传送带右侧与光滑的曲面平滑连接，质量M=2kg的小物块B从其上距水

平面h=1.0m处由静止释放，经过一段时间后与物块A碰撞。设物块A、B之间发生

的是对心碰撞，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除，B与传送带

之间的动摩擦因数口=0.2,取g=10m/s2,两物块均可视为质点。

(1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中，系统损失的机械能；

(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h'=0.65m高的位

置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；

(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物

块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后

瞬间速度大小。

15.某“小医生”玩具的针筒如图所示，密闭圆筒内有一定质量的空气，。

活塞可沿圆筒的内壁上下滑动。一儿童向下推活塞柄，使活塞向下

滑动。若筒内空气(视为理想气体)与外界不发生热交换，且活塞不一\、

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漏气，则在活塞下滑的过程中，外界对圆筒内空气（选填“做正功”。“做

负功”或“不做功”），圆筒内空气的内能（选填“增大”、“减小”或“不

变”）。

16.一个用电子天平测量环境温度的装置如图所示。导热汽缸固定在桌面上，开口向上,

汽缸内用活塞封闭一定质量的空气（可视为理想气体）。轻质弹性细绳的一端竖直悬

挂活塞，另一端通过光滑滑轮竖直悬挂一铁块，铁块放置在电子天平上，环境温度

T=300K时，封闭气体的压强与外界大气压相同。已知活塞质量mi=500g,横截

面积S=20cm2,铁块质量m2=1000g,外界大气压强p（）=1.0Xl（）5pa,重力加

速度g=10m/s2。求该测温计的测温范围。

17.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示,

此时x=3m处的质点正在向上运动，则x=2.5m处的

质点向（选填"上”或“下”）运动。当x=

3m处的质点在波峰时，x=5m处的质点恰好在

（选填“波峰”“波谷”或“平衡位置”）。

18.如图，abc和cde是两种透明材料做成的三棱柱的截

面，abc是直角三角形且Na=30。，cde是等边三角

形，b、c、d在同一直线上。现有一束平行光线从ab

边某点垂直ab射入棱柱，该光线通过abc后刚好垂直

通过ce面直接射向de面，且恰好不能从de面射出。求这两种透明材料的折射率。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A.场强E=£和电容C=号是采用比值法定义的，加速度a=£是加速度的决

定式，a=非才是加速度的比值定义式，故A错误；

B.利用v-t图像与坐标轴围成面积推导位移公式的过程中，把整个运动过程划分成很多

小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里用到了微元法，

故B错误；

C.米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位，故C正确；

D.铁(Fe)的比结合能最大，所以铁的原子核最稳定，故D错误。

故选:Co

国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光

强度、物质的量.原子核是核子结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是

原子核的结合能；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；Fe

比Si稳定，Si的比结合能比Fe的比结合能小；只知道硅核质量，不足以算出硅核的结合

能。

本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，

不然很容易出错.对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比

值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。

2.【答案】C

【解析】解：A.磁铁对剪纸的压力是由于磁铁发生形变引起的，故A错误；

D.磁铁对剪纸的摩擦力与剪纸对磁铁的摩擦力是一对相互作用力，故D错误；

C.设剪纸的重力大小为Gi，磁铁的重力大小为G2,对磁铁分析，根据平衡条件以及牛顿

第三定律可知磁铁对剪纸的摩擦力大小为f2=G2

对磁铁和剪纸整体分析，可知黑板对剪纸的摩擦力大小为

fi=G]+G2>f2

故C正确；

B.根据平衡条件可知黑板对剪纸的压力大小等于磁铁对剪纸的压力大小，均设为N,则

黑板对剪纸的作用力大小为

F]=仆2+今

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磁铁对剪纸的作用力大小为

F2=州2+修<Fl

故B错误。

故选：Co

明确弹力和摩擦力的性质，从而分析各力产生原因，同时根据摩擦力的性质确定摩擦力

的方向，根据共点力的平衡条件分析摩擦力的大小。

本题考查摩擦力和弹力的性质，要注意明确弹力和摩擦力产生的条件，同时掌握判断摩

擦力大小和方向的方向。

3.【答案】A

【解析】解：A、当按键被松开时，两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=第1知

4Trkd

电容减小，故A错误；

BC、因电容器与电源连接，则电势差U不变，根据Q=CU知，电荷量Q变小，故BC错

误；

D、依据E=1,极板间距d变大，因U不变，贝帕变小，故D错误；

a

故选：Ao

根据c=吊判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据Q=CU判断电量的变

4irkd

化，最后依据E=1来判定电场强度的变化.

对电容器，要掌握电容的决定式和定义式及其综合应用.解决本题的关键知道电容器与

电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行

判断.

4.【答案】B

【解析】解：汽车的最高速度为v=100km/h=詈m/s,

在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，xi=vt「当ti=0.6s时，通过的最大距离为

50

X]=­m,

13

在汽车刹车的过程，根据匀减速直线运动规律有0-v2=-2ngx2,得X2=装，

汽车以最高速度行驶在湿沥青路面上刹车的过程距离最大，取U=0.32,

代入数据X2«120.6m,

则总位移大小为x=Xi+X2,x《137m,与四个选项中的150m最接近，故B正确，ACD

错误。

故选:Bo

当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学

求出反应时间内汽车通过的距离，由匀变速直线运动位移公式求出刹车后滑行的距离，

再求解安全距离最接近的值。

本题一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，

动摩擦因数越小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离。

5.【答案】B

【解析】解：在a运行一个周期的时间内，b经过的时间为：1=捻兀=2几=9兀，

根据开普勒第三定律可知：舄=看，解得：、=牛=：,故ACD错误，B正确；

故选:Bo

由t=捻几求出卫星a运行一个周期时卫星b走的时间，根据开普勒第三定律求出a轨道

的半径。

本题考查开普勒第三定律，注意开普勒第三定律应用的条件，必须是不同的卫星绕同一

个天体运动。

6.【答案】C

【解析】解：限介子与7T介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定

律得：

2

eBv=m—v>

粒子动量为：P=mv=eBR,

则有.：PK-：Pz-=2：1,

以，的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

PLP/F

解得：Pn°=3PTC

则的动量大小与0的动量大小之比为1：3；

故选：Co

曲线运动中，粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于K-介子衰变过程中，

系统内力远大于外力，系统动量守恒，故可知衰变后，丁介子反向飞出，TT°介子沿原

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方向飞出，再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出K■介子与TC

介子的动量之比，再结合动量守恒定律列式分析.

本题考查了求粒子的动量之比，应用牛顿第二定律与动量守恒定律、动量的计算公式即

可正确解题.

7.【答案】A

【解析】解：A.骑行速度越快，摩擦小轮转动越快，线圈的感应电动势越大，车灯的电

流越大，车灯一定越亮，故A正确；

B.骑行速度越快，摩擦小轮转动越快，摩擦小轮的角速度越大，根据T=空，交变电流

(0

的周期一定越小，故B错误；

C.同样的骑行速度，车轮的线速度线相同，摩擦小轮的线速度相同，摩擦小轮的角速度

相同，无论链条挂在小齿轮1上还是挂在小齿轮2上，灯泡的亮度相同，故C错误；

D.同样的骑行速度，车轮的线速度线相同，摩擦小轮的线速度相同，摩擦小轮的角速度

相同，变压器原线圈的电压相同，根据金=》,变压器原线圈的匝数越多，变压器副线

圈两端电压越小，车灯越暗，故D错误。

故选：Ao

自行车的发电花鼓装置通过磁极的旋转来发电，产生交变电流，利用变压器来改变电压

的大小，根据变压器的原来分析即可。

本题考查的是交流电的产生和变压器的应用，明确交流电产生的原理即可解答。

8.【答案】C

【解析】解：A、在如图所示的电场中，A、B两点的场强方向都是水平向右的，故A正

确；

B、由于中垂线为零等势线，则B、D两点电势相同，故B正确；

C、图中两电荷连线电场方向水平向右，即由A指向C,质子受电场力水平向右，故质子

由C点沿C-0-A路径移至A点过程中电场力做负功，故C错误；

D、电子由B沿B-C运动到C过程中，靠近负电荷远离正电荷，因此电场力做负功；沿

C-D运动到D过程中，靠近正电荷远离负电荷，电场力做正功；故整个过程中电场力

对其先做负功后做正功，故D正确；

本题选择不正确选项，

故选:Co

等量异种电荷电场分布特点：关于连线对称，也关于连线中垂先对称；根据电场分布特

点分析各点场强和电势；根据电场力做功判断分析电势能变化。

解决本题关键是要知道等量异种电荷电场分布特点，知道等势面与电场线处处垂直。

9.【答案】BC

【解析】解：A.根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-Wo,可知光电子的最大初动能Ek

与入射光频率v的关系图像的斜率为普朗克常量h,所以两条图线的斜率一定相等，a和0

一定相等，故A错误；

B.由Ek=hv-W。，可知，若增大入射光的频率V,则产生的光电子的最大初动能增大。

由eUc=Ek可知若增大入射光频率V,则所需的遏止电压5将增大，故B正确：

C.光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图像与横轴的截距等于金属的逸出功

Wo与普朗克常量h的比值，由图像可知甲的逸出功较小，因此某一频率的光可以使乙金

属发生光电效应，则一定能使甲金属发生光电效应，故C正确；

D.根据光电效应规律，若不改变入射光频率V,而增加入射光的强度，则光电子的最大

初动能不变，故D错误。

故选:BCo

通过Ek与v的图线确定倾角的大小关系，由eUc=Ek可知若增大入射光频率v,则所需的

遏止电压Uc将增大，根据图像分析光频率，从而分析发生光电效应的情况，光电子的最

大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关。

解决本题的关键知道光电效应的条件，知道光电子的最大初速度与入射光的频率有关，

与光强度无关。

10.【答案】AB

【解析】解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：

2Mg=kx

解得：

X=2T

故A正确。

B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：

F弹一Mg—FAB=Ma

其中：F弹=2Mg

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解得：FAB=M(g-a),故B正确。

C、物体A、B在匕时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；

对B：F弹,—Mg=Ma

解得：F弹'=M(g+a),故C错误。

D、当F弹，=Mg时，B达到最大速度，故D错误。

故选：AB。

题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律

列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；。时刻是A与B分离的时刻，

之间的弹力为零。

本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整

体和B物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析，不难。

11.【答案】不需要BC笑0.15

【解析】解：(1)通过C点传感器的示数F,根据圆周运动的知识，可求出C点速度的大小，

故不需要ABC轨道光滑；

(2)根据圆周运动的知识，在C点，有

F□—mg=-m-v?

则有

EkC=|mv2="FR-mgR)

从C点到停止运动，有

-HmgX=0-Ekc

联立解得

1,FRR、

尸式藏一？

故还需测量的物理量有物块的质量m和圆形轨道的半径R,故选BC。

(3)由(2)分析可得

「211mgX.

F=—r\+mg

则有

.2Hmg,

k=IXb=mg

解得：n=g

代入数据得：g=0.15

故答案为：(1)不需要；(2)BC；(3)崇；0.15

(1)根据实验原理分析出轨道是否需要光滑；

(2)根据实验原理分析出需要测量的物理量；

(3)根据牛顿第二定律结合图像的截距和斜率完成分析。

本题主要考查了摩擦力的相关应用，熟悉牛顿第二定律，结合图像的物理意义即可完成

分析。

12.【答案】12.00最大如上图所示卑6.25x10-7无影响

4D

【解析】解：(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读至IJO.Olcm,所以绕线宽度为12.00cm。

(2)为了使闭合开关后电路中电流最小，以保护元件，在闭合电键前将电阻箱阻值调至

最大。

(4)舍去误差较大的点，将剩余点用直线拟合，如图所示。

L=nnD

电阻丝的横截面积为

und2

S=--

4

根据电阻定律可知n匝螺线管接入电路时的阻值为

人=匹=4pDn

由于保持电流表示数不变，则电路总电阻R也不变，所以

R=R总—r—「A-Rn

则图线的斜率为

卜=繁

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解得：p=9

r4D

由图像可得

k="a=0.125Q

248

电阻丝的直径为

d——cm=6x10-4m

200

代入数据解得：p=6.25xIO-。,m

(5)根据前面分析可知，在构建方程时已经将电流表内阻和电源内阻考虑进去，而这两

个参量并不影响所作图像的斜率，只会影响纵截距，因此对电阻率的测量结果无影响。

故答案为：(1)12.00；(2)最大;(4)如上图所示;塔;6.25x10-7；6)无影响

4D

(1)根据刻度尺的读数规则得出对应的宽度；

(2)根据实验原理理解电阻箱调节的位置；

(4)用一条直线穿过尽可能多的点，不在直线上的点尽量均匀地分析在直线两侧，误差

较大的点舍去，根据图像的物理意义得出电阻率的表达式并算出具体的数值；

(5)根据电路构造分析出电学仪器的内阻对测量结果的影响。

本题主要考查了金属电阻率的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律

结合图像的物理意义完成分析。

13.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：E=N^=N-^.S

其中，由图可知：=5T/S

△t'

代入得E=1000x5x20x10-4=10V

由闭合电路欧姆定律可得：1=搐=；7977A=2.5A

(2)安培力为：F安=B2IL

弹簧弹力：F^^nkAx

对金属棒受力分析，由平衡条件得：B2IL=2kAx

代入数据，得B2=4T

答：(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小为2.5A；

(2)磁感应强度B2的大小为4T。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算；(2)写出安培力，表达

弹力，由平衡条件列平衡方程解答。

电磁感应中的电路问题，首先要找到''等效电源”，必要时画出等效电路，由法拉第电

磁感应定律求出电动势，然后就是闭合电路电路问题。要熟练左手定则和安培力公式。

14.【答案】解：(1)若B在传送带上一直做匀减速运动，设它在最左端的速度为V1前，B

从最高点到传送带最左端过程，由动能定理得：

Mgh—|iMgl=|Mv：前—0,

代入数据解得：丫[前=4m/s>2m/s,可知物块在传送带上一直做匀减速运动。

物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s,设碰撞后瞬间的共同速度为V1后，规

定向左为正方向，

根据动量守恒定律有：前=(M+m)V1后，

代入数据解得：%后=|m/s,

第一次碰撞过程中损失的机械能△E=：Mvj前一家m+M)v；后=3X2X42J-：X

(1+2鸿)2]=*；

(2)当弹簧恢复原长时A、B分离,设B第一次离开弹簧时的速度为看离，对B离开弹簧到

运动至h'高度处过程，由动能定理得：-uMgl-Mgh'=0-：Mvj离，

对A、B及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由能量守恒定律得：Ep=

3M+m)v/-4M+m)v2，

代入数据解得弹簧锁定时弹性势能：Ep=5J;

(3)若B从h'处下落后再传送带上能够一直减速，B运动至传送带左端过程中，由动能定

理得：Mgh'-uMgl=1Mv瓢g-0,

代入数据解得：V2前=3m/s>2m/s,可知物块B与物块A第二次碰撞前的速度大小

V2前=3m/s,

B与A第二次碰撞过程，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有：^>丫2前=(M+m)V2后,

代入数据解得：V2后=3xgm/s=2m/s,B向右再次冲到传送带上，若能在其上速度

变为0,设通过的位移大小为x,

由动能定理得:_nMgx=0_、Mv；后,

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代入数据解得：x=lm=1,可知B第三次与A碰撞时的速度V3前=2m/s,

规定向左为正方向，根据动量守恒定律有：MV3前=(m+M)V3后，

代入数据解得：V3后=3x(|)2m/s,推理可知B与A第n次碰撞后的速度大小表达式为:

Vn后=3x(|)nTm/s,

根据以上分析可知，物块A、B第1次碰撞后瞬间的速度大小为：丫］后=gm/s,第n次碰

撞后瞬间的速度大小为：丫门后=3x(|)nTm/s,(11=2,3,4-)

答：(1)物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能为gj；

(2)弹簧被锁定时弹性势能的大小为詈J：

O

(3)物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小为：丫口后=3x(|)n-im/s,(n=2,3,4…)。

【解析】(1)根据动能定理求出物块B运动到传送带最左端的速度大小，根据动量守恒定

律求出第一次碰撞后共同的速度