山東省濟(jì)寧市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期期末考試物理試題 附解析

2022～2023學(xué)年度第一學(xué)期高三質(zhì)量檢測(cè)物理試題一、選擇題1.如圖甲所示，生活中常用兩根并排的竹竿將磚塊從高處運(yùn)送到低處。將竹竿簡(jiǎn)化為兩根平行放置、粗細(xì)均勻的圓柱形直桿，一長(zhǎng)方體磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑。圖乙為垂直于運(yùn)動(dòng)方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距減少一些，則（）A.竹竿對(duì)磚塊的彈力變小B.竹竿對(duì)磚塊的摩擦力變大C.磚塊的加速度不變D.磚塊下滑到底端的時(shí)間變短【答案】C【解析】【詳解】A．設(shè)竹竿與水平方向夾角為，兩竹竿對(duì)磚塊彈力的夾角為，磚塊在垂直運(yùn)動(dòng)方向受力如圖根據(jù)平衡條件有僅將兩竹竿間距減少一些，不變，竹竿對(duì)磚的彈力不變，故A錯(cuò)誤；B．竹竿對(duì)磚的摩擦力為不變，則摩擦力不變，故B錯(cuò)誤；C．沿運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)牛頓第二定律有、不變，則磚塊下滑的加速度不變，故C正確；D．根據(jù)位移公式有解得竹竿的長(zhǎng)度不變，磚塊的加速度不變，可知磚塊滑動(dòng)底端的時(shí)間不變，故D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，均勻的帶負(fù)電圓環(huán)圓心為O，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立x軸，坐標(biāo)軸垂直于圓環(huán)平面。A是x軸上的一點(diǎn)，現(xiàn)在A處再放置一個(gè)同樣的帶正電圓環(huán)，圓心在A點(diǎn)，環(huán)面與x軸垂直。放置帶正電圓環(huán)后，關(guān)于A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和電勢(shì)φ的變化，下列說法正確的是（）A.E增大、φ增大B.E不變、φ增大C.E增大、φ不變D.E不變、φ不變【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)微元法和對(duì)稱法可知，設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則處帶負(fù)電的圓環(huán)在點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，且；同理，處帶正電的圓環(huán)在點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，同時(shí)在軸上點(diǎn)左側(cè)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，點(diǎn)右側(cè)的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，故處的電勢(shì)；所以兩個(gè)圓環(huán)的場(chǎng)疊加后處的電場(chǎng)強(qiáng)度沒變，電勢(shì)增大。故選B。3.當(dāng)前部分人對(duì)手機(jī)有較強(qiáng)的依賴性，出現(xiàn)躺著看手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)質(zhì)量為160g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到的沖擊時(shí)間約為0.1s，取g=10m/s2，則手機(jī)對(duì)眼睛的沖擊力約為（）A.4.8N B.3.2N C.6N D.1.6N【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)自由落體公式，可得砸到眼睛時(shí)手機(jī)下落的速度大小對(duì)于手機(jī)，碰撞過程由動(dòng)量定理t選向上為正解得故選A。4.一質(zhì)量為m的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑，下滑的最大距離x與v02的關(guān)系圖像如圖所示，已知斜面長(zhǎng)度為6m，下列說法正確的是（）A.滑塊下滑過程中處于失重狀態(tài)B.滑塊下滑的加速度大小為0.5m/s2C.若v0=3m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為3sD.若v0=4m/s，滑塊沿斜面下滑的時(shí)間為4s【答案】C【解析】【詳解】B．由題意可知，滑塊沿斜面向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)最大位移小于6m時(shí)，末速度為零，由位移速度公式可得對(duì)比圖像可得解得滑塊下滑的加速度大小為B錯(cuò)誤；A．滑塊減速下滑，具有豎直向上的分加速度，可知滑塊處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；CD．若v0=3m/s，滑塊沿斜面下滑的位移為下滑時(shí)間為同理可知，若v0=4m/s，滑塊減速至速度為零下滑的位移為由位移公式可得解得另一解6s不符合題意舍去，D錯(cuò)誤。故選C。5.NPO電容器是一種最常用的具有溫度補(bǔ)償特性的單片陶瓷電容器，某興趣小組利用電路圖甲研究該電容器的放電規(guī)律，先將開關(guān)S接通1，待電路穩(wěn)定后接通2，用電流傳感器和計(jì)算機(jī)測(cè)得電容器某次放電時(shí)電流隨時(shí)間的變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.流過R0的電流方向豎直向上B.圖乙中圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積表示電容器電容的大小C.若增大R0的阻值，則放電時(shí)間減少D.若增大R0的阻值，圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積不變【答案】D【解析】【詳解】A．由甲圖可知，充電后電容器上極板帶正電，故電容器放電時(shí)流過電流方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)微元法的思想知，I-t圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積表示電荷總量，故B錯(cuò)誤；D．充電后，電容器與電源斷開，電荷總量不變，根據(jù)B項(xiàng)分析，I-t圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積表示電荷總量，則增大R0的阻值，圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積不變，故D正確；C．電容器充滿電后，電荷總量不變，電容不變，根據(jù)知不變，又若增大的阻值，則放電初始時(shí)刻的最大電流減小，根據(jù)I-t圖線與坐標(biāo)軸圍起來的面積不變，故放電時(shí)間增加，故C錯(cuò)誤。故選D。面積不變6.如圖所示，金屬線框abcd由五段粗細(xì)均勻的金屬棒組成，每段金屬棒的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R，線框固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直。在線框a、c兩端加上電壓U，則線框受到的安培力大小為（??）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】電路總電阻干路電流通過bd電流為零，通過abc、adc支路電流均為根據(jù)幾何關(guān)系abc、adc受到的安培力大小相等，方向相同，大小均為所以線框受到的安培力大小為故選D。7.匈牙利物理學(xué)家厄缶在19世紀(jì)指出：“沿水平地面向東運(yùn)動(dòng)的物體，其重量（即：列車的視重或列車對(duì)水平軌道的壓力）一定會(huì)減輕”。后來，人們常把這類物理現(xiàn)象稱之為“厄缶效應(yīng)”。一靜止在赤道某處的列車，隨地球自轉(zhuǎn)的線速度為，已知列車的質(zhì)量為，地球的半徑為。若列車相對(duì)地面以速率沿水平軌道向東行駛，由于列車向東行駛而引起列車對(duì)軌道的壓力減少的數(shù)值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】若僅僅考慮地球的自轉(zhuǎn)影響時(shí)，火車?yán)@地心做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為，以火車為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得解得若這列火車相對(duì)地面又附加了一個(gè)線速度，火車?yán)@地心做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得解得所以故選D。8.如圖所示的理想變壓器，原、副線圈上接有完全相同的五個(gè)燈泡，A、B兩點(diǎn)間輸入有效值恒為UAB的正弦交流電壓。當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，L1、L2、L3和L4四個(gè)燈泡的亮度相同。假定原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，燈泡的阻值恒定，副線圈兩端電壓用UCD表示，開關(guān)S閉合后五個(gè)燈泡均不損壞，下列說法正確的是（）A.n1：n2=1:3B.開關(guān)S斷開時(shí)，UAB：UCD=3:1C.開關(guān)S閉合時(shí)，UAB：UCD=13:3D.開關(guān)S閉合時(shí)，燈泡L1的亮度比S斷開時(shí)暗【答案】C【解析】【詳解】A．當(dāng)開關(guān)S斷開，A、B兩點(diǎn)間輸入有效值為UAB的交流電壓時(shí)，接通的4盞燈亮度相同，設(shè)燈的電流為I，則原線圈的電流為I，副線圈的電流為3I，所以匝數(shù)比為故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，設(shè)副線圈的電壓為U，則原線圈的電壓為原線圈燈泡電壓為U，則UAB：UCD=4：1故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，設(shè)副線圈的電壓為U4，則原線圈的電壓為則U3=3U4此時(shí)設(shè)副線圈每個(gè)燈的電流為，則副線圈的電流為，則原線圈的電流為則原線圈的電流為，原線圈電壓為則故C正確；D．開關(guān)S閉合后，副線圈的功率變大，則原線圈的功率也變大，即原線圈中的電流變大，所以燈泡L1將變亮，故D錯(cuò)誤；故選C。9.科學(xué)家在銀河系發(fā)現(xiàn)一顆類地行星，該類地行星的半徑是地球半徑的2倍，質(zhì)量是地球質(zhì)量的3倍。衛(wèi)星a、b分別繞地球、類地行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們距中心天體表面的高度均等于各自中心天體的半徑。則衛(wèi)星a、b的（??）A.線速度之比為 B.角速度之比為C.周期之比為 D.加速度之比為3:4【答案】AC【解析】【詳解】由萬有引力提供向心力可得可得A．設(shè)地球質(zhì)量M，半徑R，衛(wèi)星a、b的線速度之比故A正確；B．衛(wèi)星a、b的角速度之比故B錯(cuò)誤；C．衛(wèi)星a、b周期之比故C正確；D．衛(wèi)星a、b的向心加速度之比故D錯(cuò)誤。故選AC。10.圖甲為判斷檢測(cè)電流I0大小是否發(fā)生變化的裝置，I0的方向如圖所示，該檢測(cè)電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測(cè)電流I0成正比?，F(xiàn)給金屬材料制成的霍爾元件（如圖乙所示，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側(cè)電壓表示數(shù)的變化來判斷I0的大小是否發(fā)生變化，下列說法正確的是（）A.M端應(yīng)與電壓表的“－”接線柱相連B.要提高檢測(cè)靈敏度可適當(dāng)減少高度d的大小C.如果僅將工作電流反向，電壓表的“＋”、“－”接線柱連線位置無需改動(dòng)D.當(dāng)霍爾元件尺寸給定，工作電流I不變時(shí)，電壓表示數(shù)變大，說明檢測(cè)電流變大【答案】BD【解析】【詳解】A．圖甲中檢測(cè)電流通過線圈，根據(jù)安培定則，線圈在鐵芯中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的磁場(chǎng)，霍爾元件是金屬材料制成，處于向上的磁場(chǎng)中，定向移動(dòng)的自由電子受到垂直紙面向外的磁場(chǎng)力而偏轉(zhuǎn)到外側(cè)面上，使得霍爾元件外側(cè)面電勢(shì)低，內(nèi)側(cè)面電勢(shì)高，所以應(yīng)該是M端與電壓表的“+”接線柱相連，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)霍爾元件內(nèi)外側(cè)面電壓穩(wěn)定時(shí)，內(nèi)部電子受力平衡，則有可得要提高檢測(cè)靈敏度，工作電流I恒定時(shí)、可以減小d的方法，B正確；C．如果僅將檢測(cè)電流反向，線圈在鐵芯中產(chǎn)生順時(shí)針方向的磁場(chǎng)，霍爾元件處于向下的磁場(chǎng)中，電子受到垂直紙面向里的磁場(chǎng)力而偏轉(zhuǎn)到內(nèi)側(cè)面上，使得霍爾元件外側(cè)面電勢(shì)高，內(nèi)側(cè)面電勢(shì)低，N端與電壓表的“+”接線柱相連，C錯(cuò)誤；D．由可知當(dāng)霍爾元件尺寸給定即b不變，工作電流I不變即v不變，電壓表示數(shù)U變大，說明霍爾元件所處的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由題意可知，說明檢測(cè)電流變大，故D正確。故選BD。11.如圖所示，一根足夠長(zhǎng)水平滑桿上套有一質(zhì)量為m的光滑鋁環(huán)，在滑桿的正下方放置一足夠長(zhǎng)光滑絕緣軌道PP′，PP′與桿SS′平行?，F(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵正對(duì)鋁環(huán)的圓心以水平初速度v0沿絕緣軌道向右運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)平面始終垂直于滑桿，則（）A.從左往右看，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終為順時(shí)針B.磁鐵不會(huì)穿過滑環(huán)，且最終二者共速C.磁鐵與圓環(huán)的最終速度為D.整個(gè)過程最多能產(chǎn)生熱量【答案】CD【解析】【詳解】A．若金屬環(huán)能穿過條形磁鐵，在條形磁鐵的左端時(shí)，靠近磁鐵，向左的磁通量就越大，會(huì)感應(yīng)出向右的磁場(chǎng)，電流方向從左向右看為順時(shí)針方向，在右端遠(yuǎn)離磁鐵時(shí)，向左的磁通量減小，感應(yīng)出向左的磁場(chǎng)，電流方向從左向右看為逆時(shí)針，故A錯(cuò)誤；BC．磁鐵在靠近金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)的方向相反，所以磁鐵受到阻力的作用，同理，在離開金屬環(huán)的過程中金屬環(huán)的感應(yīng)電流方向產(chǎn)生的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及環(huán)與磁鐵的質(zhì)量之間的關(guān)系，所以不能判斷出磁鐵是否能夠會(huì)穿越滑環(huán)運(yùn)動(dòng)；選取磁鐵與圓環(huán)組成的系統(tǒng)為研究的系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向受到的合力為0，滿足動(dòng)量守恒；選取磁鐵運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，則最終可能到達(dá)共同速度時(shí)解得故B錯(cuò)誤，C正確；D．磁鐵若能穿過金屬環(huán)，運(yùn)動(dòng)的過程中系統(tǒng)的產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能，二者的末速度相等時(shí)損失的動(dòng)能最大，為故選CD。12.如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿過一豎直固定的光滑桿并拴在輕彈簧上，質(zhì)量為4m的物塊用輕繩跨過光滑的定滑輪（不計(jì)滑輪質(zhì)量和大?。┡c小球連接，開始用手托住物塊，輕繩剛好伸直，滑輪左側(cè)繩豎直，右側(cè)繩與水平方向夾角α＝53°，某時(shí)刻由靜止釋放物塊（足夠高），經(jīng)過一段時(shí)間小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，O、Q兩點(diǎn)的連線水平，OQ＝d，且小球在P、Q兩點(diǎn)時(shí)彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則小球由P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）A.小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.彈簧的勁度系數(shù)為C.小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為D.重力對(duì)物塊做功的功率一直增大【答案】BC【解析】【詳解】A．小球由P到Q的過程，彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大，則小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能之和先增大后減小，故A錯(cuò)誤；B．P、Q兩點(diǎn)處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點(diǎn)的壓縮量等于Q點(diǎn)的伸長(zhǎng)量，由幾何關(guān)系知?jiǎng)t小球位于P點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為小球在P點(diǎn)，由力的平衡條件可知解得故B正確；C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，假設(shè)小球的速度為v，此時(shí)物塊的速度為零，又小球、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則由機(jī)械能守恒定律得解得故C正確；D．由于小球在P和Q點(diǎn)處，物塊的速度都為零，重力對(duì)物塊做功的瞬時(shí)功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題13.如圖甲所示，一端帶有定滑輪的水平長(zhǎng)木板上有A、B兩個(gè)光電門，A光電門固定在某位置，B光電門可以沿長(zhǎng)木板移動(dòng)。某興趣小組利用該裝置進(jìn)行了如下探究：①砂桶中加入砂子，用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量m，并保證砂和砂桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量；②用跨過定滑輪的輕繩將滑塊與砂桶相連，調(diào)節(jié)滑輪高度使輕繩水平；③將滑塊從緊靠光電門A處由靜止釋放，讀出滑塊在兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0，并測(cè)出此時(shí)兩光電門的距離x；④改變砂和砂桶的質(zhì)量m，調(diào)節(jié)兩光電門的距離x，仍將滑塊從緊靠光電門A處由靜止釋放，并使滑塊在兩光電門之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間仍為t0，測(cè)得m、x的多組數(shù)據(jù)；⑤在坐標(biāo)系中作出m－x的圖像如圖乙所示，圖線在縱軸的截距為b，在橫軸的截距為-c。已知重力加速度大小為g，若把砂和砂桶所受重力作為滑塊受到的拉力，根據(jù)圖像信息可知：（1）物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_______，滑塊質(zhì)量為_______。（用所給物理量的字母表示）（2）動(dòng)摩擦因數(shù)的該測(cè)量值_______（選填“大于”“等于”或“小于”）其真實(shí)值。【答案】①.②.③.小于【解析】【詳解】（1）[1][2]由牛頓第二定律得根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得可得由圖像可知可得（2）[3]由于實(shí)際情況是因此化簡(jiǎn)可得即因此可知測(cè)量的小車的質(zhì)量是偏大，則動(dòng)摩擦因數(shù)的測(cè)量值偏小。14.某興趣小組利用如下器材探究小燈泡（5V，2.5W）的電流隨電壓變化的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化。A．直流電源（電動(dòng)勢(shì)約為6V，內(nèi)阻約為1Ω）B．直流電壓表（量程0～5V，內(nèi)阻約為10kΩ）C．直流電流表（量程0～600mA，內(nèi)阻約為5Ω）D．直流電流表（量程0～3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）E．滑動(dòng)變阻器（最大阻值10Ω，允許通過的最大電流為2A）F．滑動(dòng)變阻器（最大阻值1kΩ，允許通過的最大電流為0.5A）G．開關(guān)和導(dǎo)線（1）實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用_______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_______。（均用序號(hào)字母表示）（2）應(yīng)選擇下圖中_______電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。A．B．C．D．（3）該興趣小組通過實(shí)驗(yàn)作出小燈泡的U－I圖線如圖甲所示。該小組又把此燈泡接到如圖乙所示的電路中，其中電源電動(dòng)勢(shì)E＝5V，內(nèi)阻r＝1Ω，定值電阻R＝9Ω，此時(shí)燈泡的實(shí)際功率為_______W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.C②.E③.A④.0.55##0.56##0.57##0.58##0.59##0.60【解析】【詳解】（1）[1][2]流過小燈泡的額定電流為故實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用C；實(shí)驗(yàn)要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化電路應(yīng)選用分壓式電路，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用E；（2[3]實(shí)驗(yàn)要求小燈泡兩端電壓從零開始變化電路應(yīng)選用分壓式電路，小燈泡的電阻約為即故電路應(yīng)選擇外接法，故選A。（3）[4]把定值電阻與電源整體看做等效電源，則在題圖甲所示坐標(biāo)系內(nèi)作出電源的U-I圖像如圖所示：由圖可知，燈泡兩端的電壓為電流為燈泡的實(shí)際功率為15.某同學(xué)利用風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)來研究物體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。在風(fēng)洞中把小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)斜向右上方拋出，初速度大小為=10m/s，與水平方向的夾角為θ=37o，經(jīng)過一段時(shí)間小球落到與A點(diǎn)等高的B點(diǎn)。小球運(yùn)動(dòng)過程中受到的風(fēng)力大小恒為重力的0.2倍，方向始終豎直向下。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：（1）小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t；（2）AB之間的距離d和小球運(yùn)動(dòng)過程中上升的最大高度h?！敬鸢浮浚?）1s；（2）8m，1.5m【解析】【詳解】（1）豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律可得

解得豎直方向加速度大小為

以豎直向上為正方向，則小球在A點(diǎn)沿豎直方向的速度為

根據(jù)對(duì)稱性可知，小球在B點(diǎn)沿豎直方向的速度為

因此解得（2）從A到B，在水平方向上，滿足

從A到最高點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性，時(shí)間為，則16.如圖所示，快遞公司用水平傳送帶傳送快遞，傳動(dòng)帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小恒為v0=3m/s。質(zhì)量為m=1kg的快遞，上表面固定一“日”字形線框，ab邊長(zhǎng)L=0.1m，ae邊長(zhǎng)為2L，c、d為兩長(zhǎng)邊的中點(diǎn)，ab、cd、ef的電阻均為r=0.04Ω，其余電阻不計(jì)。傳送帶右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=3T、方向豎直向下、寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界與ab平行。已知線框的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域前快遞已與傳送帶保持相對(duì)靜止，線框的質(zhì)量忽略不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2。（1）若線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，快遞仍能與傳送帶保持相對(duì)靜止，求快遞與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的最小值；（2）若線框剛到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)，快遞與傳送帶間的摩擦力消失，求線框穿過磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）0.45；（2）1.25J【解析】【詳解】（1）ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

此時(shí)線圈形成回路的總電阻為

所受安培力大小為

解得

若ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)要保持靜止，可知線框所受摩擦力必須大于4.5N。當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小仍為E1，回路形成的總電阻仍為1.5r，且仍是切割磁場(chǎng)線的邊長(zhǎng)受到安培力，故仍需摩擦力大于4.5N。同理當(dāng)ef邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框所受安培力仍然一樣。因此線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，快遞仍能與傳送帶保持相對(duì)靜止，則快遞與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的最小值滿足

解得

（2）由（1）可知，當(dāng)線框速度為v時(shí)，線框所受安培力大小為

根據(jù)牛頓第二定律解得兩邊同乘可得

所以

設(shè)線框出磁場(chǎng)速度為v1，則有

解得

由動(dòng)能定理可得解得

17.如圖所示，斜面固定在水平地面上，傾角為，底端有一與斜面垂直的固定擋板。滑塊A與斜面間的摩擦忽略不計(jì)，滑塊B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊A從斜面頂端無初速釋放，運(yùn)動(dòng)后與靜止的滑塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)滑塊B與擋板之間的距離為，之后滑塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知滑塊B的質(zhì)量是滑塊A的2倍，滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，，，取。（1）求滑塊A、B第一次碰撞后各自的速度大小、；（2）若滑塊A、B碰撞后取走滑塊A，求滑塊B從碰后到減速到零所需的時(shí)間t；（3）若滑塊A、B碰撞后不取走滑塊A，經(jīng)一段時(shí)間后滑塊A和滑塊B會(huì)在斜面上的Q點(diǎn)（未畫出）發(fā)生第二次彈性正碰，求Q點(diǎn)與擋板之間的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)A的質(zhì)量為、則B的質(zhì)量為，A靜止釋放后做勻加速運(yùn)動(dòng)，第一次與B碰前的速度為，對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理可得解得A、B發(fā)生第一次碰撞過程中，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得聯(lián)立解得，則滑塊A、B第一次碰撞后各自的速度大小分別為，（2）對(duì)B分析，由于所以碰撞后B勻速運(yùn)動(dòng)，B達(dá)到擋板的時(shí)間為B反彈后，沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得反彈后，B的加速度大小為B反彈后減速到停下所用時(shí)間為滑塊B從碰后到減速到零所需的時(shí)間為（3）滑塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞后，向上減速到停下通過的位移大小為，則有滑塊A第一次與滑塊B碰撞后，先沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，再向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程滑塊A的加速度方向沿斜面向下，大小為設(shè)滑塊B與擋板發(fā)生彈性碰撞后到停下時(shí)，滑塊A還未與B發(fā)