2024年江蘇省淮安市高考物理沖刺試卷（五）（含詳細答案解析）

2024年江蘇省淮安市高考物理沖刺試卷（五）

一、單選題：本大題共n小題，共44分。

1.放射性同位素熱甩機是各種深空探測器中最埋想的能量源，它不受溫度及宇宙射線的影響，使用壽命可

達十幾年。我國的火星探測車用放射性材料器瑞8P〃作為燃料，其原理為普8P〃發(fā)牛0衰變時將釋放的能量

轉化為電能，衰變方程為舒8p〃-x+eHe,以Z和N分別表示X的電荷數和中子數，下列判斷正確的是

（）

A.Z=90,N=142B.Z=92,N=144

C.Z=92,N=142D.Z=90,N=144

2.如圖所示，將絕緣導線繞在柱形鐵塊上，導線內通以交變電流，鐵塊內就

會產生感應電流，即渦流。當線圈內部空間的磁感線方向豎直向上，在鐵塊

內產生（自上而下觀察）沿虛線順時針方向的渦流方向時，下列說法正確的是

（）

A.絕緣導線中的電流正在減小

B.絕緣導線中的電流由〃流向4

C.為減小渦流，可以增大交變電流的頻率

D.為減小渦流，可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來

3.如圖所示，面積為0.08m2、匝數為10匝的矩形線圈，處在磁感應強度!0

為的勻強磁場中，通過電刷與理想變壓器的原線圈相連。變壓器的原

n

線圈接有一理想二極管，副線圈接有R=5。的電阻和一理想交流電壓

表，變壓器的原、副線圈匝數比為2：L當線圈繞垂直于磁場的軸0。'以R

50仃Qd/s的角速度轉動時，下列說法中正確的是（）

A.矩形線圈產生的交流電的周期為0.02sB.矩形線圈產生的電動勢的有效值為80V

C.電壓表的示數為20VD,副線圈的輸出功率為160IV

4.氣壓式升降椅通過氣缸上下運動來支配椅子升降，其簡易結構如圖乙所示，圓柱形氣缸與椅面固定連

接，柱狀氣動桿與底座固定連接?？勺杂梢苿拥臍飧着c氣動桿之間封閉一定質量的理想氣體，設氣缸氣密

性、導熱性能良好，忽略摩擦力。設氣體的初始狀態(tài)為4,某人坐上椅面保持不動，椅子緩慢下降一段距

離后達到穩(wěn)定狀態(tài)從此過程溫度不變。然后開空調，?段時何后，室內溫度降低到設定溫度，穩(wěn)定后氣

體狀態(tài)為C：接著人離開座椅，椅子重新處于另一個穩(wěn)定狀態(tài)則氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)。的過程中，關

Fp、匕7的關系圖或敘述中正確的是（）

圖甲圖乙

C.從狀態(tài)人到狀態(tài)D,氣體向外放出的熱量大于外界對氣體做的功

D.與狀態(tài)4相比，處于狀態(tài)。時，單位時間內碰撞單位面積容器壁的分子數減少

5.新能源汽車以恒定的加速度由靜止開始沿平直的公路行駛，t】時刻達到發(fā)動機額定功率后保持功率不

變，壇時刻起勻速行駛。汽車所受的阻力大小不變，則此過程中汽車的加速度。、速度隊牽引力入功率

P隙時間/的變化規(guī)律正確的是（）

or,t,to

6.1970年4月24日，中國首顆人造地球衛(wèi)星''東方紅一號”成功發(fā)射；2007年10月24日，中國首顆月

球探測器“嫦娥一號”成功發(fā)射；2020年7月23日，中國首顆火星探測器“天問一號”成功發(fā)射；2022

年10月9口，中國首顆綜合性太陽探測專用衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射。我國星際探測事業(yè)在一代代中

國舫天人的接續(xù)奮斗中不斷開創(chuàng)新高度。已知“東方紅一號”經地球運行周期為1.9小時，“嫦娥一號”繞

月球運行周期為2.1小時，“天問一號”繞火星運行周期為8.2小時，“夸父一號”繞地球運行周期為1.7小

時。根據以上信息可知（）

A.“東方紅一號”的軌道半徑最大B.“嫦娥一號”的向心加速度最大

C.“天問一號”的發(fā)射速度最大D.“夸父一號”的運行速度最大

7.將一物體以某一初速度沿與水平方向成37。角從A點斜向上拋出，經過8點時速度與水平方向的夾角為

53%已知4、△之間的水平距離為3忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g,sin530=0.8,則下列說法

正確的是（）

從點拋出時的速度大小為工羿

A.AB.從A到4過程中速度的最小值為

C從4到B的時間為|欄

D.A、8之間的高度差為

8.如圖所示，邊長為。的正方形鋁框平放在光滑絕緣水平桌面上，桌面上有邊界平行、寬為〃且足夠長的

勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于桌面，鋁框依靠慣性滑過磁場區(qū)域，滑行過程中鋁框平面始終與磁場垂直

11.如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心。處電場強度等于用).兩

個平面通過同一條直徑，夾角為。，從半球中分出一部分球面，則所分出的這部分球

面上(在“小瓣”上)的電荷在。處的電場強度為()

B.F=EcosaC.E=Eosin]D.E=Fcos^

A.E=Eos\na00

二、實驗題：本人題共1小題，共8分。

12.一學生小組測量某金屬絲(阻值約十幾歐姆)的電阻率?，F(xiàn)有實驗器材：螺旋測微器、米尺、電源從電

壓表(內阻非常大)、定值電阻R。(阻值10.0。)、滑動變阻器R、待測金屬絲、單刀雙擲開關K、開關S、導

線若干。圖(a)是學生設計的實驗電路原理圖。完成下列填空：

(1)實驗時，先將滑動變阻器R接入電路的電阻調至最大，閉合S。

(2)將K與1端相連，適當減小滑動變阻器R接入電路的電阻，比時電壓表讀數記為名，然后瘠K與2端

相連，此時電壓表讀數記為內。由此得到流過待測金屬絲的電流/=,金屬絲的電阻r=o(

結果均用&、U］、4表示)

(3)繼續(xù)微調R,重復(2)的測顯過程，得到多組測顯數據，如下表所示：

%(哂0.570.710.851.141.43

U2(mV)0.971.211.451.942.43

(4)利用上述數據，得到金屬絲的電阻丁=14.2/20

(5)用米尺測得金屬絲長度L=50.00c77io用螺旋測微器測量金屬絲不同位置的直徑，某次測量的示數如圖

(b)所示，該讀數為＜/=______〃如。多次測量后，得到直徑的平均值恰與，相等。

(6)由以上數據可得，待測金屬絲所用材料的電阻率。=_____X10-7n-mo(保留2位有效數字)

三、簡答題：本大題共2小題，共25分。

13.如圖所示，兩根平行光滑的金屬導軌由四分之一圓弧部分力1%、%%與水平部分BiG、構成，弧

形部分半徑為八導體棒長度和導軌間距均為乙導軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，破感應強度

大小為彈性導體棒〃、。分別垂直于導軌靜置于圓弧頂端處和水平導軌中某位置，。、。兩導體棒質量

均為，小電阻均為心導體棒。從&&由靜止釋放，整個運動過程中導體棒與導軌垂直且接觸良好，導軌

電阻不計?，重力加速度g取10m/s2。

(1)導體棒a剛滑入水平導軌時，求導體棒b的加速度大??；

(2)若兩棒勻速運動前未發(fā)生碰撞，求導體棒a、A共速前通過回路的電荷量(用含g的字母表示)及。導體

棒產生的焦耳熱(用含g的字母表示)；

(3)若初始時導體棒力距8/2為2%已知8=IT,L=0.5m,R=IQ,r=5cm,m=lkg,求最后共速

時兩導體棒間的距離。

14.如圖所示，半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓弧軌道尸。固定在水平面上，軌道末端與厚度相同的處

于靜止的木板A和6緊挨著(不枯連)。木板A、6的質星均為M=1kg,與水平面間的動摩擦囚數均為

%=0.2,木板A氏以=L5m。一質量為m=2kg、可視為質點的小物塊從。點由靜止釋放，小物塊在以

后的運動過程中沒有滑離木板8。小物塊與木板A間的動摩擦因數〃2=。.8,與木板8間的動摩擦因數

%=01，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)小物塊運動到。點時對軌道的壓力大??；

(2)小物塊剛滑上木板B時的速度大小；

(3)木板B的最小長度。

四、計算題：本大題共2小題，共23分。

15.如圖，邊長為。的正方形A8CD為一棱鏡的橫截面，"為A8邊的中點。在截面所在平面內，一光線自

M點射入棱鏡，入射角為60。，經折射后在BC邊的N點恰好發(fā)生全反射，反射光線從C。邊的，點射出棱

鏡。求棱鏡的折射率以及p、C兩點之間的距離。

16.如圖，在平面直角坐標系X。)，內，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電

場，第IV象限以ON為直徑的半圓形區(qū)域內，存在垂直于坐標平面向外的勻

強磁場，磁感應強度為8.一質量為機、電荷量為t7的帶正電的粒子，從)，軸

正半軸上y=九處的M點，以速度處垂直于y軸射入電場，經x軸上無=2九處

的P點進入磁場，最后以垂直于『軸的方向射出磁場。不計粒子重力。求：

(1)電場強度大小E；

(2)粒了?在磁場中運動的軌道半徑，?:

(3)粒子從進入電場到離開磁場經歷的總時間t.

答案和解析

1.【答案】C

【解析［解：核反應方程滿足質量數和電荷數的守恒定律，可知X的電荷數為94-2=92,質量數為

238-4=234,電荷數等于質子數，質量數等于質子數加中子數，所以中子數為234-92=142,即2=

92,N=142

故A8。錯誤，C正確。

故選:Co

根據核反應方程的質量數守恒和電荷數守恒機選X的質量數和電荷數，然后再結合質量數等于質子數與中

子數之和進行計算求解。

考查核反應方程的書寫規(guī)則，會根據題意進行相關物理量的運算。

2.【答案】。

【解析】解：AB.圖中渦流為順時針方向，根據安培定則可知，感應電流的磁場方向向下，與交變電流的

磁場的方向相反，根據楞次定律可知絕緣導線中的電流正在增大；柱形鐵塊中磁場方向如圖所示，根據安

培定則可知，此時絕緣導線中的電流由。流向兒故錯誤；

C、增大交變電流的頻率，則電流產生的磁場的變化率增大，可增大導體內產生的感應電動勢，所以會增

加渦流，故C錯誤；

。、在感應電動勢的大小一定時要減小渦流，需要增大鐵塊電阻，根據電阻定律可知，可減小鐵塊的橫截

面枳，故可以把鐵塊沿縱向切成很薄的鐵片，涂上絕緣層后疊放起來，故。正確。

故選：D。

根據安培定則判斷感應電流產生的磁場的方向，然后根據楞次定律判斷原磁場的變化，再根據安培定則分

析導線中電流的方向；根據法拉第電磁感應定律，結合歐姆定律分析減小渦流的方法。

本題解題關鍵在于把握影響渦流發(fā)熱的原因。

3.【答案】C

【解析1解：A、線圈轉動的周期7=穿=0.04s,故A錯誤；

B、矩形線圈產生的感應電動勢的最大值為7=NBS&)=10x：x0.08x50nV=80V,有效值E=舞=

40/2V,故B錯誤；

C、根據二極管的特點可知，在一個周期內有半個周期副線圈中有電壓，有半個周無電壓，有包壓時副線

圈兩端的電壓U=：E=2（h/1V,根據電壓有效值的特點可知《［二9丁，解得U'=20V,故。正確；

。、副線圈的輸出功率P=4=80W,故。錯誤；

K

故選：C。

先根據公式Um=N8SG求解輸入電壓的最大值，知道二極管的特點，然后根據理想變壓器的變壓比公式和

變流比公式列式求解。

本題關鍵是記住交流發(fā)電機最大電動勢表達式Um=NBSo）,根據二極管的特點，知道一個周期內有半個周

期副線圈中無電壓，同時要明確輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功

率。

4.【答案】C

【解析】解：A氏4到3的過程中，氣體等溫壓縮，壓強增大，體積減??；

從B到。的過程中，氣體等壓降溫，溫度降低，體積減??；

從。到。的過程中，氣體等溫膨脹，壓強減小，體積增加，

而且。狀態(tài)的壓強又恢復到最初A狀態(tài)的壓強，其V-7圖像和p圖像如圖

所示，在，-7圖像AQ的連線要經過原點5。在同一等壓線上），故A8錯

誤;

C、根據熱力學第一定律：AU=W+Q,由于末態(tài)。氣體溫度降低，內能減小，即4UV0；體積變小,

外界對氣體做功，即W>0,因此氣體向外放出的熱量大于外界對氣體做的功，故C正確；

。、由于狀態(tài)A與狀態(tài)。壓強相等，而狀態(tài)。溫度較低，分子平均動能較小，平均單個分子撞擊器壁的作

用力較小，因此與狀態(tài)A相比，處于狀態(tài)。時單位時間內碰撞理位面積容器壁的分子數較多，故。錯

誤。

故選：C。

解析A到。過程中各階段的氣體狀態(tài)參量的變化情況，畫出其1/-7圖像和p-￡圖像；根據熱力學第一定

律：4U=W+Q解答；根據封閉氣體壓強的微觀解釋解答。

本題考查了在封閉氣體經歷多個變化過程中應用氣體實驗定律和熱力學第一定律分析問題，解題關鍵是要

分析好壓強、體積、溫度三個狀態(tài)參量的變化情況，選擇合適的實驗定律解答。注意熱力學第一定律：

AU=W+Q,式中各量正負的確定。

5.【答案】C

【解析】解：A、汽車以恒定的加速度啟動，則汽車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速運動，

再做勻速直線運動，最后加速度為零，故A錯誤；

8、汽車先做勻加速直線運動，所以0?A階段圖線為過原點的傾斜直線，故B錯誤；

C、0?0時間內汽車的牽引力恒定不變，匕時刻汽車的功率達到額定功率，此后汽車的功率不變，由2二

股可知，尸不變，】，增大，牽引力”減小，由牛頓第二定律：=可知加速度。減小，所以v增大

的越來越慢，則尸減小的越來越慢，即t1?匕圖線的斜率減小，垃后加速度減為零，汽車的速度達到最

大，汽車開始勻速直線運動，即牽引力等于阻力，故。正確：

。.汽車做勻加速直線運動過程，由。=?〃，1；=就可得功率尸=尸。3尸和。都不變，所以0?I1時間內尸

.與時間/成正比，即圖線為一條對原點的傾斜直線，汽車的功率認到額定功率時，汽車的功率恒定不變，

故。錯誤。

故選：C。

A、根據汽車最后勻速運動時。=0分析；

B、根據汽車恒加速啟動過程，v-t圖像上圖線是傾斜的宜線分析；

C、根據P=F〃和牛頓第二定律分析牽引力大小變化；

D、根據。=尸〃和^=at分析勻加速直線運動過程夕與/的關系.達到額定功率，汽車功率不變”

本題考查了汽車恒加速度啟動的問題，解題的關鍵是知道勻加速運動結束時汽車的功率達到額定功率，之

后汽車的功率不變，速度增大，牽引力減小，加速度減小，速度增大的越來越慢，則牽引力減小的越來越

慢，當牽引力減小到與阻力相等時汽車做勻速直線運動。

6.【答案】C

【解析】解：力BD.“東方紅一號”與“夸父一號”都是繞地球運行的衛(wèi)星，“嫦娥一號”是繞月球運行的

衛(wèi)星，“天問號”是繞火星運行的衛(wèi)星，它們的中心天體不完全相同，運行參量中的軌道半徑、向心加

速度、速度無法比較，故A3。錯誤；

C“東方紅一號”、“嫦娥一號”、“夸父一號”的發(fā)射速度均大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，

“天問一號”的發(fā)射速度大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度，所以“天問一號”的發(fā)射速度最大，故

C正確。

故選：C

根據牛頓運動定律和圓周運動向心力的知識列式分析解答；根據不同衛(wèi)星在不同天體周圍做I員周運動與地

球的遠近比較發(fā)射速度的大小。

考查人造衛(wèi)星和萬有引力定律的應用，會根據題意選用恰當的公式進行分析和比較。

7.【答案】4

【解析】解：4設初速度為n則水平方向的速度為：vx=vcos0=0.8v,豎直方向的速度為：vy=

vsin0=0.6v

由于水平方向速度不變，所以末狀態(tài)下的豎直方向的速度為：v/=vxtan530=0.8vi=i|p

所以取豎直向下為正方向有：一丹+以=勿，解得：￡=稱

水平方向上有乙二以3解得：U二孚，故A正確；

z

R速度最小值是最高點的速度，此時豎直方向速度為零，速度最小，有：v=vx=0.8v=0.8=

|J3gL,故B錯誤；

C從A到B的時間為：￡=券=3故C錯誤；

。.根據速度關系，豎直方向有：9=usin。=0.6/=0.6?3gL

2

取豎直向下為正方向有：h=-vyt+^gt

解得：h=&L,故。錯誤；

故選：40

根據斜拋運動的特點，結合題目中的水平和豎直方向角度的關系，可求出初速度，同時求出A到B的時間

以及48間的高度差；通過分析可找到最小速度的位置，并求出最小速度。

學生在解答本題時:應注意熟練運用運動的分解，并結合斜拋運動規(guī)律解題。

8.【答案】D

【解析】解：A、在滑入和滑出磁場區(qū)域的兩個過程中，鋁框受到向左的安培力作用，均做減速運動，所

以鋁框進入磁場的過程平均速度較大，而兩個過程通過的位移相等，則鋁框進入磁場時所用時間較短，故

A錯誤；

B、根據安培力表達式自=華知，鋁框做減速運動時，受到的安培力不斷減小，因此進入磁場時：鋁框

所受的平均安培力較大，克服安培力做功較多，產生的熱量較多，故3錯誤；

C、根據楞次定律可知，進入磁場時感應電流沿逆時針方向，滑出磁場時，感應電流方向沿順時針方向，

所以鋁框中的電流方向相反，故C錯誤；

D、安培力對鋁框的沖量為/=8〃f=8半。=8等。=學，可知安培力對鋁框的沖量相同，故。

正確。

故選：。。

利用鋁框的運動情況，分析鋁框滑入和滑出磁場區(qū)域所用時間關系。根據克服安培力做功關系，分析產生

的熱量關系。運用楞次定律判斷感應電流方向。由/=Ft分析沖量關系。

解答本題時，要正確分析俗框的受力情況和運動情況，能根據平均安培力來求解安培力的沖量。要知道克

服安培力做功等于鋁框產生的熱量。

9.【答案】A

【解析】解:AB.當底板與水平面間的夾角為30。時，對貨物受力分析，兩個彈力的合力與重力等大反

向，如下圖所受：

兩個彈力N】與N2垂直，由平衡條件可得支架對貨物的支持力：M=mgsin300=mgx^=^

底板對貨物的支持力：N2=mgcos3(T=mgx?=平，故A正確，9錯誤；

CD、壓下把手的過程中，兩個彈力的夾角始終是90°,貨物的受力情況如下圖所示：

由圖可知，底板對貨物的支持力M一直減小，支架對貨物的支掙力N2一直增大，故CO錯誤。

故選：Ao

AB,對貨物受力分析，由力的平衡可得兩個彈力大??；

C。、兩個彈力的夾角始終是90。不變，利用動態(tài)圓的方法分析。

本題考查了動態(tài)平衡問題、力的合成與分解，解題的關鍵是知道底板對貨物的支持力與支架對貨物的支持

力始終垂直，利用動態(tài)圓的方法分析兩個彈力的大小變化，一目了然。

10.【答案】C

【解析】解：根據題意可知正粒子的軌跡與A8相切，負粒子的圓心在C點，設正粒子的軌跡半徑為8,

負粒子的軌跡的半徑為Rz，根據幾何關系可知

R2=AC

可得

/?i：/?2=1：3

由

V2

Bqv=m~p

可得

旦二JL

m~BR

所以正、負粒子的比荷之比為3：1,故C正確，錯誤。

故選：Co

依題意作出兩粒子在磁場中運動的軌跡圖，由幾何關系求得半徑的關系，根據洛倫茲力提供向心力求解。

本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題。對于帶電粒子在勻強磁場只受了洛倫茲力而做勻速圓周運動，依

據寇意作出粒子運動軌跡圖是解題的前提，根據幾何關系求得運動半徑和軌跡圓心角是解題關鍵。

11.【答案】C

【解析】解：根據對稱性，作出球面上的電荷在。點產生的電場分布，如圖所示，由

平行四邊形定則得到“小瓣”球面上的電荷在。處的電場強度E=Fosin^

故選：Co

半球的中心。處電場強度&）是部分球面上電荷產生的電場疊加的結果，根據對稱性,

作出球面上的電荷在。點產生的電場分布，由平行四邊形定則求解“小瓣”球面上的

電荷在。處的電場強度.

本題解題關鍵是抓住對稱性，作出兩部分球面上電荷產生的電場分布圖.

12.【答案】練魚出察0.1505.0

Rou2~ul

【解析［解：(2)根據題意可知，R。兩端的電壓為

u=u2-u1

則流過Ro即流過待測金屬絲的電流

Uih-ih

金屬絲的電阻

廠=電

聯(lián)立可得

UiRo

7

(5)螺旋測微器的讀數為

d=0+15.0x0.01mm=0.150mm

(6)由于

L=50.00cm=0.5m

d=0.150mm=1.5x10-4m

根據電阻定律

L

r=ps

又S=7T?(獷

代人數據聯(lián)立解得

p=5.0xI。-，。-m

故答案為：(2)5盧，罌■:(5)0.150：(6)5.0。

根據串并聯(lián)判斷出島兩端的電壓，再根據歐姆定律求出流過待測金屬絲的電流大小，結合r=牛，求出廠

的表達式；

螺旋測微器的最終讀數:固定刻度+可動刻度，可動刻度需要估讀一位，讀數的最終結果小數點后有三位;

根據丁=pg以及S=7T.。)2代入數據求解電阻率。

本題考查的是測量某金屬絲電阻率實驗，其中需結合電阻定律、歐姆定律以及串并聯(lián)規(guī)律解答，題型較為

基礎。

13.【答案】解：以下解答均以向右為正方向。

(1)導體棒。由靜止運動到叢叢的過程，由動能定理得：mgr=\mvl

解得：v0=J2gr

導體棒a剛滑入水平導軌時，感應電動勢為：E=BL%

根據閉合電路歐姆定律得感應電沆為：/=~

對導體棒力，根據牛頓第二定律得：BIL=ma

解得：。=震口^

(2)兩棒勻速運動時回路的電流為零，兩棒的速度相同，設為V。在水平軌道上。、〃棒組成的系統(tǒng)滿足動

最守恒定律，可得：

mv0=2mv

設導體棒〃、〃共速前通過回路的電荷量為夕，對〃棒由動量定理得：

￡8"a=

其中：=2dq=q

可得：BLq=mv

解得：9=看12rg

設。導體棒產生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律得：

1

mgr=2Q+5x2mv2

解得：Q=[mgr

(3)當r=5cm=0.05?n時，由⑴的解答可得：v0=(2gr=V2x10x0.05m/s=Im/s

導體棒“滑入水平導軌后，設〃、力棒的相對位移為〃=2〃.時，兩者的速度分別為％、以，根據(2)的解

答，對“棒由動量定理得：

-BLq'=mva-mv0

其中：q=/a，/=而，E=M=—

聯(lián)立可得：-B=mv-mv

Li\aQ

解得：va=0.75m/s

同理，對方棒，由動量定理得:

B2L2AX

-^R-=m^~Q

解得：vb=0.25m/s

因%>%,故〃、沙棒發(fā)生彈性碰撞，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得：

mva+mvb=mval+mvbl

rn*m以=nw}m琢1

~^27

解得:%i=0.25m/s,%i=0.75m/s,(質量相等,交換速度)

碰撞之后的運動過程中系統(tǒng)動量守恒，直到共速。由動量守恒定律得：

mval+mvbl=2mvp.

設最后共速時兩導體棒間的距離為同理，對/，棒由動量定理得：

B2L2AX

---通—=mu共一機九i

解得：Ax'=2m

答：(1)導體棒。剛滑入水平導軌時，導體棒匕的加速度大小為之、為萬；

(2)導體棒。、〃共速前通過回路的電荷量為翡"亍，。導體棒產生的焦耳熱為:mgr；

(3)最后共速時兩導體棒間的距離為2///O

【解析】(1)根據動能定理求得導體棒到達//時的速度，根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律

求得感應電流，對導體棒人應用牛頓第二定律求解加速度；

(2)兩棒勻速運動時回路的電流為零，兩棒的速度相同，在水平軌道上〃、棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定

律，根據動量守恒定律與能量守恒定律求解焦耳熱。對〃棒由動量定埋求解通過的電荷量；

(3)根據動量定理分別求得心。棒的相對位移為4%=27n時的速度，根據動量守恒定律與能量守恒定律求

解。、〃棒發(fā)生碰撞后的速度。再由動量守恒定律求得兩者共速時的速度，對其中一個棒，由動量定理求

解最終兩棒之間的距離。

本題考查了電磁感應定律應用的導體棒切割磁感線模型，清楚導體棒的運動情況和受力情況，根據動能定

理、功能關系等列方程求解；對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及求解電荷最、位移、時間問

題，常根據動量定理，結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

14.【答案】解：(1)小物塊下滑過程中，由動能定理得

1,

mgR=ymvQ

解得：VQ=6m/s

在。點，對小物塊，由牛頓第二定律得

「VQ

FN-mg=m-^-

解得:FN=60N

由牛頓第三定律可知小物塊運動到Q點時對軌道的壓力大小尸N'=FN=60N

(2)小物塊在木板A上滑動時，對小物塊，由牛頓第二定律有

N2mg=

可得：Qi=8m/s2

對木板A,由牛頓第二定律有

N2mg一〃i(m+2M)g=2Ma2

2

可得：a2=4m/s

小物塊剛滑上木板8時，小物塊的位移為

12

%i=vQt-

木板A的位移為

1ac2

x2=22

又有LA=%I-X2

聯(lián)立解得：t-0.5s

則小物塊剛滑上木板區(qū)時的速度

%—=(6-8x0.5)m/5=2m/s

(3)小物塊剛滑上木板8時木板B的速度

%=a2t=4x0,5m/s=2m/s

小物塊在木板8上滑動時，對小物塊有

林3Tly=mu3

2

解得：a3=lm/s

對木板B有

+2M)g-fi3mg=2Ma4

2

解得：a4=3m/s

小物塊的位移為

Vo

木板B的位移為

V?

%=弧

則木板B的最小長度Lmin=x3~x4

聯(lián)立解得：Lmin=^rn

答：(1)小物塊運動到Q點時對軌道的壓力大小為60M

(2)小物塊剛滑上木板8時的速度大小為2m/s；

(3)木板B的最小長度為加。

【解析】(1)小物塊下滑過程中，只有重力做功，根據動能定理求出小物塊運動到。點時的速度大小。在

。點，對物塊，根據重力和支持力的合力提供向心力列式，即可求出支持力，從而小物塊得到對軌道的壓

力；

(2)小物塊在木板A上滑動時，對小物塊和木板A分別受力分析,根據牛頓第二定律求出兩者的加速度，

然后根據位移-時間關系公式和兩者位移關系求出此過程的時間，再由速度-時間關系公式列式求解小物塊

剛滑上木板8時的速度大??；

(3)先求出小物塊剛滑上木板B時木板8的速度。小物塊在木板3上滑動時，根據牛頓第二定律求出兩者

的加速度，再根據速度-位移公式和位移關系求解木板B的最小長度。

本題的關鍵要分析清楚小物塊和兩木板的運動規(guī)律，分階段運用牛頓第二定律求解加速度，根據運動學公

式以及關聯(lián)條件進行解答。

15.【答案】解：設該棱鏡的臨界角為折射率為〃，由臨界角和折射率的關系可知:

1

sin1=—

n

設光線從M點射入棱鏡后折射角為0,由幾何關系可得：

0=90。-a

由折射定律可知：

sin60°

n~sin/?

聯(lián)立可得：

sin60°_1

sin(90°-a)sina

解得：sina=