北京市东城区2023-2024学年高三年级上册1月期末考试物理试题（含解析）

东城区2023-2024学年度第一学期期末统一检测

高三物理

共100分。考试时长90分钟。

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

I.一带电粒子以速度V进入匀强磁场，仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。如果速度V增大，下列说法

正确的是（）

A,半径增大，周期不变B.半径增大，周期增大

C.半径减小，周期不变D,半径减小，周期减小

【答案】A

【解析】

【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得

V2

qvB=m——

r

解得

mv

r=——

qB

根据

TA

V

解得

f2兀m

1=-----

qB

如果速度v增大，可知半径增大，周期不变。

故选Ao

2.将质量为10kg的模型火箭点火升空，0.2kg燃烧的燃气以大小为500m/s的速度从火箭喷口在很短时间内

喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小是（喷出过程重力和空气阻力不计）（）

A.100kg-m/sB.5000kg-m/sC.IOOgm/sD.5000N-S

【答案】A

【解析】

【详解】根据动量守恒定律可知，在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小等于燃气的动量大小，即

p=mv=0.2x500kg-m/s=100kg-m/s

故选Ao

3.富兰克林曾用莱顿瓶收集“天电”，莱顿瓶相当于电容器，其结构如图所示。为提升莱顿瓶的电容值,

以下做法正确的是（）

A.升高莱顿瓶的电压B.增加铜杆上的电荷量

C.增加内外锡箔的高度D.增加玻璃瓶壁的厚度

【答案】C

【解析】

【详解】AB.根据电容的决定式

C=-^-

4兀kd

可知莱顿瓶的电容与莱顿瓶的电压、铜杆上的电荷量无关，故AB错误;

CD.内外锡箔纸形成一个电容器，玻璃瓶壁为电容器的介质。增加内外锡箔纸的高度，电容器正对面积变

大，莱顿瓶的电容值变大，增加玻璃瓶壁厚度，电容器两极板间距离增大，莱顿瓶的电容值变小，故C正

确，D错误。

故选C。

4.我国发射的“天和”核心舱距离地面的高度为肌运动周期为T,绕地球的运动可视为匀速圆周运动。己

知万有引力常量为G,地球半径为凡根据以上信息可知（）

4万2(穴+/?)3

A.地球的质量M=B.核心舱的质量加=

GT2GT2

C.核心舱的向心加速度口=9/D.核心舱的线速度v=2公

T2T

【答案】A

【解析】

【详解】AB.根据

Mm4/

G----------m——(7?+/z)

(R+4T2

解得地球的质量

W+红

GT2

但不能求解核心舱的质量，选项A正确，B错误；

C.核心舱的向心加速度

4乃2（氏+子）

a=-------；----

T2

选项C错误；

D.核心舱的线速度

2万（A+r）

v=------------

T

选项D错误。

故选Ao

5.在如图所示的电路中，电源电动势为£,内阻为心闭合开关S,在滑动变阻器人的滑片向下滑动的过

程中，关于电压表和电流表示数的变化情况的判断中正确的是（）

A.电压表示数不变B.电流表示数不变

C.电压表示数增大D.电流表示数增大

【答案】D

【解析】

【详解】在滑动变阻器&的滑片向下滑动的过程中，&变小，即电路的总电阻变小，则电路的干路电流/

增大，根据闭合电路欧姆定律有

E=U+Ir

可知，电路的路端电压。减小，即电压表示数变小，则定则电阻R的电流4变小，根据

/=4+4

可知滑动变阻器凡的电流右增大，即电流表示数增大。

故选D。

6.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.4s时的波形图，P、。是这列波上的两个质点，质点P的振动

图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

甲乙

A.这列波沿x轴负方向传播

B.这列波的传播速度v=15m/s

C.这列波的波长A,=7.3ni

D,在/=0.4s到t=0.5s内，质点。通过的路程是1.5m

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图乙可知，/=0.4s时尸点向上振动，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，故A错误；

BC.由图甲可知，波长为

2=6m

由图乙可知，振动周期为

T=0.4s

所以波速为

v=4=i5m/s

T

故B正确，C错误；

D.在，=0.4s至h=0.5s内，经过工7,质点。通过的路程是2cm,故D错误。

4

故选B。

7.如图所示，运动员在攀登峭壁的过程中，通过手、脚与岩壁、绳索间的相互作用来克服自身的重力。若

图片所示时刻运动员保持静止，则运动员（）

A.只受到重力和拉力的作用B.一定受到岩石施加的支持力

C.一定受到岩石施加的静摩擦力D.所受到的合力竖直向上

【答案】B

【解析】

【详解】ABC.根据图示照片可知运动员一定受到重力、绳子的拉力与岩石的支持力，无法确定是否受到

摩擦力的作用，B正确，AC错误；

D.运动员保持静止，处于平衡态，所以运动员所受合力为零，D错误。

故选B。

8.如图所示，光滑平行导轨固定于水平面内，间距为/,其所在空间存在方向竖直向上，磁感应强度大小为

8的匀强磁场，导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，一长为/,质量为加，阻值为r的导体棒垂直导轨放置。

导轨电阻忽略不计，导体棒运动中始终与导轨垂直口接触良好。现使导体棒获得一水平向右的速度%,在

导体棒向右运动的整个过程中，下列说法正确的是()

A.流过电阻R的电流方向为0—及t6

B.导体棒向右做匀减速运动

D2Z2

C.导体棒开始运动时的加速度为1~~・

m(7?+r)

1

D.电流通过电阻R产生的热量为一切片9

2

【答案】C

【解析】

【详解】A.由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为选项A错误;

B.导体棒向右运动时受安培力作用而做减速运动，根据

E=Blv

R+r

F=BIl

F=ma

解得

B2l2v

a=----------

m(R+r)

则随速度减小，则加速度减小，即导体棒向右做加速度减小的变减速运动，选项B错误;

C.由上述分析可知，导体棒开始运动时的加速度为

二B212Vo

°m(R+r)

选项C正确；

D.由能量关系可知，电路产生的总的焦耳热为

1,

Q=-mv0

电流通过电阻R产生的热量为

选项D错误。

故选C。

9.用试探电荷可以探测电场中场强和电势的分布情况。如图甲所示，两个被固定的点电荷Q、。2,连线

的延长线上有。、6两点，Q带正电。试探电荷+g仅受电场力作用，-0时刻从6点沿着儿方向运动，t0

时刻到达。点，其VT图像如图乙所示，根据图像，下列判断正确的是()

A.2带正电B.沿加连线电势先减小后增大

C.场强为零的点在6点和。2之间D.a点电势比6点高

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图乙可知试探电荷先做减速运动，则6点的电场强度方向为仍方向，故2带负电，故A错

误；

B.试探电荷从b点向。点运动过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，沿加连线电

势先增大后减小，故B错误；

C.n-f图象的斜率表示加速度，可知a点和6点间某处加速度为零，试探电荷受到的电场力为零，场强

为零的点在。点和b点间某处，故C错误；

D.试探电荷从b点到。点，根据动能定理有

且

Uba=(Ph-(Pa

可得

<(

(PbPa

故D正确。

故选D。

10.如图所示，一长为，的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为加的小球。使轻杆随转轴在

竖直平面内做角速度为①的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()

/-J-1

A.小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上

B.小球运动到水平位置/时，杆对球的作用力指向。点

C.若。=占，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零

D.小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下

【答案】C

【解析】

【详解】AC.根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有

mg=mco11

解得

co

可知，若小球运动的角速度

杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度

杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；

B.根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置/时，合力指向圆心，对小球受力分析可

知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形法则可知，杆对球的作用力不可能指向。点，故B错误；

D.根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上,

故D错误。

故选C。

II.如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极。

YY'、XX'的长度均为/、间距均为孔若电子枪的加速电压为XX'极板间的电压为。2（X端接为

高电势），YY'极板间的电压为零。电子刚离开金属丝时速度可视为零，从电子枪射出后沿示波管轴线。O'

方向（。‘在荧光屏正中央）进入偏转电极。电子电荷量为e则电子（）

A.会打在荧光屏左上角形成光斑

B.打在荧光屏上时的动能大小为e（q+（4）

l2U

C.打在荧光屏上的位置与。的距离为了已

IU,

D.打在荧光屏上时，速度方向与。的夹角a满足tana=彳六

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据题意可知，由于XX'极板间的电压为。2（X端接为高电势），YY'极板间的电压为零,

则电子只是向左偏转，上下未发生偏转，则在水平轴线的左半段成光斑，故A错误;

B.根据题意可知，电子在加速电场中运动，电场力做功为

Wx=eU[

电子在偏转电场中运动，电场力做功

W2<eU2

由动能定理可知，由于电子刚离开金属丝时速度可视为零，打在荧光屏上时的动能大小为

Ek=Wl+W2<e(Ui+%)

故B错误；

C.根据题意可知，电子在加速电场中运动，由动能定理有

eU[i=-2mv°l

电子在偏转电场中运动，则有

联立解得

.4dq

设电极左端到荧光屏的距离为上，电子离开电极后继续做匀速直线运动，由相似三角形可得

L+i

Y21+2L

jLi

2

解得

y__lU^l+2L

4叫I)

IU，/+21、

即打在荧光屏上的位置与。的距离为:7十(^^),故C错误；

4dU[I

D.电子在偏转电场中运动，则有

2

l=vot,a=史■,Vy=at

md

解得

elU

v=-------7

3v

mdv0

则速度方向与。。'的夹角0满足

v,,elU»IU、

tana=上=——%二—

v0mdv^2dU\

故D正确。

故选D。

12.如图，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈

B的里面。已知开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则下列正确的是（）

A.开关断开瞬间，电流表指针不偏转

B.开关闭合瞬间，在A线圈中没有电磁感应现象发生

C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转

D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力

【答案】C

【解析】

【详解】A.开关断开瞬间，线圈B的磁通量变小，则有感应电流产生，所以电流表指针偏转，故A错误;

B.开关闭合瞬间，A线圈的磁通量变大，则在A线圈中也会产生感应电流，即在A线圈中有电磁感应现

象发生，故B错误；

C.由题可知，开关闭合瞬间，即线圈B的磁通量变大瞬间，电流表指针向右偏转。则开关闭合，向右移动

滑动变阻器的滑片，电路中的电流增大，A线圈中产生的磁场增强，导致线圈B的磁通量变大，所以电流

表指针向右偏转，故C正确；

D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B的磁通量变小，则根据楞次定律可知，线圈B将对线圈

A产生吸引力来阻碍线圈B的磁通量变小，故D错误。

故选C。

13.在地铁某路段的隧洞墙壁上，连续相邻地挂有相同的广告画，画幅的宽度为0.8m,在列车行进的某段

时间内，由于视觉暂留现象，车厢内的人向窗外望去会感觉广告画面是静止的。若要使人望向窗外时，看

到的是画中的苹果做自由落体运动，则这段时间内（人眼的视觉暂留时间取0.05s,重力加速度g取lOm/s?）

A.列车的车速为8m/s

B.隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线

C.隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差都相等

D.隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，依次相差5cm

【答案】B

【解析】

【详解】A.地铁移动速度达到相邻图片时间间隔为0.05s时，可以认为广告画面静止，所以列车速度为

A错误；

B.以匀速行驶的列车为参考系，画中的苹果是自由落体运动，则在以地面为参考系中画中苹果任意时刻水

平方向的位置与列车相同，竖直方向自由落体的位置，因此隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛

物线，B正确；

C.列车匀速直线运动，每隔相等时间通过一幅画，则苹果在竖直方向的自由落体运动，连续相等时间内的

位移之比是1:3:5:…：（2〃-1）,隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，C错误;

D.根据绅=g〃可得

隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差的差值为

Ay=gr2=10x（0.05）2m=2.5cm

D错误。

故选B。

14.闪电的可见部分之前有一个不可见阶段，在该阶段，由于雷雨云和地面间强大的电场，云底首先出现大

气被强烈电离形成的一段暗淡的气柱，这种气柱逐级从云底向下延伸到地面，称梯级先导。梯级先导长约

50m、直径约6m、电流约100A,可视为电子柱，它以平均约1.5x10$向$的速度一；级一级地伸向地面，一

旦接近地面，柱内的电子迅速地倾泄到地面，在倾泄期间，运动电子与柱内空气的碰撞导致明亮的闪光。

一般情况下雷雨云距离地面1000m左右。用高速摄像机研究发现梯级先导电流主要集中在直径为几厘米的

核心通道内流动。已知若电荷均匀分布在一条长直线上，与长直线距离为r处的电场强度大小的表达式为

E=2k-。为单位长度上的电荷量，yt=9xlO9N.m2/C2，e=1.6xlO_19C不考虑电荷运动引起的

r

其他效应，下列估算正确的是()

A.梯级先导到达地面的时间约为7x10-65

B.电子柱内的平均电子数密度约为1X1()12个/n?

C.核心通道每米长度上的电荷量约为6xl0-6c

D,电子柱边缘处的电场强度大小约为4xl()6N/C

【答案】D

【解析】

【详解】A.梯级先导到达地面的时间约为

"一.5义1。'7乂103s

故A错误;

B.取时间A/通过某横截面积的电荷量为

D2

Q=IN=vZV-n~^~ne

解得

n=M?p1.5xIO、个/n?

7iDev

故B错误；

C.取时间4通过某横截面积的电荷量为

Q=ZA/=pv't

解得

^=-«6.7X10-4C

V

D.根据

_JA

E—2k—

r

解得

E=2A：-=2x9xl09x6^10N/C^4X106N/C

r1乙—x6

2

故D正确。

故选D。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测

出金属丝的长度L先用伏安法测出金属丝的电阻R（约为5。）、然后计算出该金属丝的电阻率。

（1）从图中读出金属丝的直径。为mm；

（2）实验室有两节干电池、开关、若干导线及下列器材：

A.电压表0〜3V,内阻约3kQ

B.电压表0〜15V,内阻约15k。

C.电流表0〜0.6A,内阻约0.2。

D.电流表0〜3A,内阻约0.1。

要求较准确地测出金属丝的阻值，电压表应选,电流表应选（选填选项前的字母）；

（3）在坐标纸上建立U、/坐标系，并描绘出图线。由图像得到金属丝的阻值R=Q（保留2

位有效数字）；

【答案】①.0.400②.A③.C4.4##4.5⑤.0=石丝

4L

【解析】

【详解】（1）[1]固定刻度读数为0mm,可动刻度读数为

40.0x0.01mm=0.400mm

所以最终读数为

0mm+0.400mm=0.400mm

(2)[2]因为每节干电池的电动势为1.5V,两节干电池的电动势一共3V,所以应该选择量程为0〜3V的电

压表，故选A；

[3]因为金属丝的电阻大约为5。，流过电流表的最大电流约为

U3

/=—=—A

R5

故选量程为0〜0.6A的电流表，故选C；

(3)[4]根据U-/图可知图线斜率为4.5,所以金属丝的阻值R=4.5Q；

(4)[5]根据

可得

7TRD-

P=-------

4L

16.做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。

(1)若使用图甲所示装置进行实验，下列说法中正确的是(选填选项前的字母)

A.拉小车的细线应与带滑轮的长木板平行

B实验开始时，让小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带

C.把木板右端垫高，小车在拉力作用下拖动纸带匀速运动，以平衡小车受到的阻力

D.为减小误差，实验中要保证槽码的质量m远小于小车的质量M

(2)在图甲所示装置中，打点计时器的打点频率为50Hz,实验中得到一条纸带，在纸带上从/点开始，

每隔4个点取一个计数点，分别为瓦C、D、E、F,如图乙所示，相邻两计数点间的距离分别为10.0mm、

12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm,则小车的加速度为m/s2«

•••••••••

ABCDEF

乙

(3)当保持槽码的重力不变，研究加速度随质量变化的关系时，得到的数据如下表所示。下方有两张坐标

纸分别选取了不同的坐标系，请选择可以更好地处理数据的那组坐标系，在相应的图中标出实验序号为6

的那组数据点，并画出图线

小车与车上钩码总质量的倒数

实验序加速度小车与车上钩码总质

号2：/kgT

6z/(m-s-)量A//kg

M

10.310.205.0

20.260.254.0

30.210.303.3

40.180.352.9

50.160.402.5

60.140.452.2

AMins?)

0.35

0.30

0.25

0.20

0.15

0.1

00.10.20.30.40.5A/2kg宓kg」

丙

(4)若采用传感器测量数据进行实验，装置如图丁所示，在小车前固定一无线式力传感器(通过无线传输

方式在电脑上显示拉力的大小)，细绳系在力传感器上，槽码的总质量用加表示，小车(含车内钩码)和力

传感器的总质量用M表示。

接电源

①实验中，在保持M一定的前提下，（选填“需要”或“不需要”）满足机远小于M；

（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。

②若一位同学在上面①的两个选择中都选择了“不需要”，之后多次改变槽码的质量，重复实验，测得多

组力月及对应的加速度e作出a-E图像，最有可能的a-厂图像是

【答案】①.AD##DA④.不需要⑤.

需要⑥.B

【解析】

【详解】（1）[1]AC.为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应

当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，在没有其它外力的作用下，让小车拖着纸

带做匀速直线运动，同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故A正确，C错误；

B.实验开始时，让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，故B错误；

D.在消除摩擦力对实验的影响后，那么小车的合力就是绳子的拉力，根据牛顿第二定律得，对小车有

F=Ma

对整体有

mg=(^M+m^a

整理可得

KL=---M------mg

M+m

可知，当钩码的质量加远小于小车的质量〃时，绳子的拉力近似等于钩码的重力，故D正确。

故选ADo

(2)[2]打点计时器的打点频率为50Hz,每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为

T=*=0.1s

f

由逐差法有

xDF-xBD=a\2T^

解得

)-3

(18.0+16.0-14.0-12.0xl02,2,

a=--------------5——』--------m/s=0.2m/s

(2x0.1).

(3)[3]由牛顿第二定律有

F=Ma

当保持槽码的重力不变，即小车所受合力不变时，小车加速度与小车质量成反比，则做,图像可更直

M

观的看出加速度随质量变化的关系，在坐标纸上描出实验序号为6的那组数据点，并画出图线，如图所示

(4)①[4][5]由图丁可知，绳子的拉力可以通过传感器读出，则不需要满足加远小于为使绳子的拉力

为小车的合力，需要平衡摩擦力。

②[6]若未平衡摩擦力，由牛顿第二定律有

F—f=Ma

整理可得

可知，a-厂图像为不过第二象限的直线。

故选B。

17.如图1所示，质量加=10kg的物块静止在光滑水平面上/点，在水平外力下作用下，10s末到达3点,

外力F随时间变化的规律如图2所示，取向右为正方向。

(1)求前10s内物块的位移大小xi和在8点速度的大小匕；

(2)请在图3中画出物体在前20s内的速度一时间(v-f)图像;

(3)求在10s到20s这段时间内外力尸所做的功W.

图3

【答案】(1)20m；4m/s；(2)见解析；(3)-80J

【解析】

【详解】(1)对物块，在段,由牛顿第二定律，可得

R=maA

解得

Oj=—=0.4m/s2

m

由运动学公式可得

1,

=20m,V]=a&=4m/s

(2)依题意，前10s,物块做匀加速直线运动，初速度为0,加速度大小为0.4m/s2,末速度为4m/s,10s

到20s过程，由图2可知，物块做匀减速直线运动，加速度大小仍为0.4m/s2,由对称性可知末速度为0,所

画图像，如图所示

（3）由图可知，在10s到20s这段时间内，物体的位移

=X[=20m

力/做的功

W=FX2COSn=-80J

18.如图所示，在竖直向上，场强大小为E的匀强电场中，一个质量为加、带电荷量为+夕的绝缘物块B静

止于竖直方向的轻弹簧上端，另一个质量也为沉、不带电的绝缘物块A由静止释放，下落高度〃后与物块

B相碰，碰后二者粘在一起又下落〃后到达最低点。整个过程中不计空气阻力，不计电荷量的损失，弹簧

始终在弹性限度内，重力加速度为g,两物块均可视为质点，针对上述过程，求：

（1）A与B碰后的速度大小v；

（2）电势能的增加量△£电；

（3）弹簧弹性势能的增加量的。

【答案】（1）（2）Eqh.（3）〃唱（即1+冷卜

22

【解析】

【详解】（1）设物块A下落高度8时的速度为%,根据机械能守恒

12

mgH=—mv0

可得

%2gH

物体A与B碰撞过程，动量守恒

mv0=2mv

A与B碰后的速度大小为

（2）A、B碰后到最低点的过程中，静电力做功

町=-Eqh

电势能的增加量

(3)A、B碰后至最低点的过程中，由动能定理

1。

2mgh-Eqh+咤=0--x2mv

解得

叫”孙一一(丁

弹性势能的增加量为

ebmg(4h+H)

际=-%=——--Eqh

19.图1所示的是北京欢乐谷的“太阳神车”游乐项目，图2是对其进行简化后的结构图，已知悬臂长为乙

可绕水平方向的固定轴。।在竖直面内摆动，旋盘半径为r,盘面与悬臂垂直，在电动机带动下可以悬臂为

轴转动，旋盘中心用仪表示，在旋盘边缘的圆周上排列着座椅。假设游戏开始后的某段时间内旋盘始终绕

悬臂沿逆时针方向匀速转动，角速度为电；悬臂摆到最高点(图2中①位置)时悬臂刚好和竖直方向垂直,

从此位置，悬臂向下摆动到竖直方向(图2中②位置)时，悬臂对固定转轴0的瞬时角速度是。2。悬臂在

①位置时，旋盘边缘的6点与悬臂等高，旋盘边缘的。点在最高点，若坐在。处座椅上的游客随悬臂一起

运动到②位置时刚好到达图中c点，c点与悬臂在同一竖直面内。游客的质量为机，游客及座椅可视为质点，

重力加速度用g表示，不计轴间的摩擦阻力和空气阻力。

(1)求b点速度的方向和速度的大小为；

(2)由于旋盘绕悬臂转动，c点同时参与了两个运动，除了绕仪做圆周运动之外，还和悬臂一起绕固定转

轴Q转动,求游客在c点时的速度大小匕；

(3)求悬臂从位置①到位置②的过程中，座椅及安全带对坐在a处座椅上的游客所做的功沙。

a

；2+；

【答案】(1)方向竖直向上，(2)J幼2/+牡2r+6y?2工2；(3)mco^rmrn^l}-mg(r+L)

【解析】

【详解】(1)6点速度的方向竖直向上，速度大小为

为=

(2)c点绕仪做圆周运动，因此具有分速度

Vj=o,

方向垂直于C点和悬臂构成的平面向里；假设旋盘与悬臂之间是完全固定连在一起的，则旋盘与悬臂一起

绕a轴转动，其上各点绕轴转动的角速度都相同，又由于摆动到最低点时，。点与悬臂在同一竖直面内，

因此C点绕。।做圆周运动的半径

R=Ji?+丫2

与悬臂一起转动而具有的分速度

v2=a)2R=CO2\l?+r~

方向在C点和悬臂构成的平面内，垂直。I和C的连线斜向下。这两个分速度之间互相垂直，因此悬臂在位

置②时C点的速度大小

vc=小①：户+电2r+3；乃

(3)对游客从。点到c点的过程应用动能定理，有

mg(r+L)+W=—mv^--mv^

代入可得

2i

W=+^-m(t>2L-mg(r+L)

20.在如图所示。孙坐标系中，存在垂直。肛平面向外的磁场。边长为/的正三角形导线框％的总电阻为

R,顶点。位于x轴上，6c边平行于Ox轴。

(1)若此示意图表示的磁场是由一条通电直导线产生的,

a.说明此直导线在Oxy坐标系中的大致位置和电流方向;

b.说明当磁场增强时，导线框a6c中感应电流的方向。

(2)若此示意图表示的磁场有这样的特点:

AD

磁场在'方向是均匀的，即磁感应强度不随X坐标发生变化，——二0；磁场在歹方向均匀变化，已知磁感

Ax

AB7

应强度随〉坐标均匀增大，丁=左且丁=0时，B=00从某时刻开始，此区域中各点的磁感应强度都随

时间均匀增大且对时间的变化率为k',求经过时间t

a.线框中电流的大小I；

b.bc边受到磁场力的方向和磁场力的大小Fbc；

【答案】(1)a.见解析，b.见解析；(2)b."/

k'l^—ki+k't],c.工kier

2

4R4R716R

【解析】

【详解】(1)a.根据题意，由通电直导线产生的磁场特点，结合题图可知，直导线在北边上方，与x轴平

行，由安培定则可知，电流方向沿x轴负方向。

b.当磁场增强时，由楞次定律可知，感应磁场垂直纸面向里，由安培定则可知，导线框a6c中感应电流方

向为顺时针。

(2)a.根据题意可知，经过加时