辽宁省葫芦岛八中2017届高三下学期期初物理试卷

辽宁省葫芦岛八中2017届高三下学期期初物理试卷

‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛八中高三（下）期初物理试卷 ‎　‎ 一、单选题 ‎1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎2．半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示，小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度不可能的为（　　）‎ A．等于 B．大于 C．等于2R D．小于 ‎3．质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为（　　）‎ A． B． C． D．2v ‎4．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）‎ A．2 B． C．1 D．‎ ‎5．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM'和NN'之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，方向见图，设左、右区域磁场的磁感强度为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度为v做匀速直线运动，则（　　）‎ A．若B2=B1时，棒进入右面区域中后先做加速运动，最后以速度作匀速直线运动 B．若B2=B1时，棒进入右面区域中时仍以速度v作匀速直线运动 C．若B2=2B1时，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度作匀速运动 D．若B2=2B1时，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v作匀速运动 ‎6．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势e=10sin4πt（V），下列叙述正确的是（　　）‎ A．交变电流的频率是4πHz B．当t=0时线圈平面跟中性面垂直 C．当t=s时e有最大值 D．交变电流的周期是0.5s ‎　‎ 二、多选题 ‎7．如图所示，一倾斜木板上放一物体，当板的倾角θ逐渐增大时，物体始终保持静止，则物体所受（　　）‎ A．支持力变大 B．摩擦力变大 C．合外力恒为零 D．合外力变大 ‎8．一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎9．如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．设距地面高度为h的圆轨道上卫星匀速圆周运动周期为T0．下列结论正确的是（　　）‎ A．导弹在C点的速度大于 B．导弹在C点的速度等于 C．导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0‎ D．导弹在C点的加速度等于 ‎10．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎11．图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（　　）‎ A．R2不变时，V2读数与A读数之比等于R1‎ B．R2不变时，V1表示数与A示数之比等于R1‎ C．R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ D．R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ ‎12．如图所示，N为钨板，M为金属网，它们分别与电池两极相连，电池的电动势E和极性已在图中标出，钨的逸出功为4.5eV，现分别用氢原子跃迁发出的能量不同的光照射钨板，下列判断正确的是（　　）‎ A．用n=3能级跃迁到n=2能级发出的光照射，N板会发出电子 B．用n=2能级跃迁到n=1能级发出的光照射，N板会发出电子 C．用n=3能级跃迁到n=1能级发出的光照射，不会有电子到达金属网M D．用n=4能级跃迁到n=1能级发出的光照射，到达金属网M的电子最大动能为2.25eV ‎　‎ 三、实验题 ‎13．在测量金属线电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝Rx（阻值约4Ω）；‎ 电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；‎ 电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；‎ 电源：E（电动势3V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线若干．‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为　　mm．‎ ‎（2）为使测量尽量精确，电流表应选　　（“A1”或“A2”），电路应选用图2中的　　（“甲”或“乙”）．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：‎ ‎（1）木板B上表面的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径R；‎ ‎（3）当A滑离C时，C的速度．‎ ‎15．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：‎ ‎（1）电动机的输出功率：‎ ‎（2）导体棒达到稳定时的速度 ‎（3）导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛八中高三（下）期初物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题 ‎1．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（　　）‎ A．F1 B．F2 C．F3 D．F4‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．‎ ‎【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；‎ 鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．半径为R的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示，小车以速度v向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的高度不可能的为（　　）‎ A．等于 B．大于 C．等于2R D．小于 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球和车有共同的速度，当小车遇到障碍物突然停止后，小球由于惯性会继续运动，在运动的过程中小球的机械能守恒，根据机械能守恒可以分析小球能达到的最大高度．‎ ‎【解答】解：小球小球由于惯性会继续运动，可能会越过最高点做圆周运动，也有可能达不到四分之一圆周，速度减为零，也有可能越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点．‎ ‎1、若越过最高点做圆周运动，则在圆桶中上升的高度等于2R．‎ ‎2、若达不到四分之一圆周，速度减为零，根据机械能守恒，，h=．‎ ‎3、若越过四分之一圆周但越不过圆桶的最高点，则会离开轨道做斜抛，在最高点有水平速度，根据机械能守恒得，，上升的高度小于．故A、C、D可能，B不可能．‎ 本题选不可能的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为（　　）‎ A． B． C． D．2v ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰后A球的速率恰好变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．‎ ‎【解答】解：选取A与B组成的系统为研究的对象，选取A的初速度的方向为正方向，系统在碰撞过程中动量守恒，则 ‎：‎ mv0=mv+2mvB 若碰后A的速度方向与原来相同，则解得：，由于被碰小球的速度不可能小于入碰小球的速度，所以该结果错误；‎ 若碰后A的速度方向与原来相反，则：．故C选项正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（　　）‎ A．2 B． C．1 D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度，然后再求出磁感应强度之比．‎ ‎【解答】解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2，速度分别为v1、v2．‎ 由题意可知，粒子轨道半径：r1=2r2，‎ 由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即： mv22=•mv12，v1=v2，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 磁感应强度：B=，‎ 磁感应强度之比： ===×=；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM'和NN'之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，方向见图，设左、右区域磁场的磁感强度为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度为v做匀速直线运动，则（　　）‎ A．若B2=B1时，棒进入右面区域中后先做加速运动，最后以速度作匀速直线运动 B．若B2=B1时，棒进入右面区域中时仍以速度v作匀速直线运动 C．若B2=2B1时，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度作匀速运动 D．若B2=2B1时，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v作匀速运动 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡，可列出平衡方程．当B2=B1时，棒进入右边区域后，分析感应电动势与感应电流有无变化，来确定安培力有无变化，判断棒做什么运动．当B2=2B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线产生的感应电动势和感应电流减小，先做加速运动，当恒力F与安培力平衡时做匀速直线运动，由平衡条件求解匀速直线运动的速度．‎ ‎【解答】解：‎ A、B金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡．当B2=B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确．‎ C、D当B2=2B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．‎ 设棒匀速运动速度大小为v′．‎ 在左侧磁场中，有F=，在右侧磁场中匀速运动时，有F==，可得 v′=v，即棒最后以速度v做匀速直线运动，故C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交流电动势e=10sin4πt（V），下列叙述正确的是（　　）‎ A．交变电流的频率是4πHz B．当t=0时线圈平面跟中性面垂直 C．当t=s时e有最大值 D．交变电流的周期是0.5s ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据感应电动势的瞬时表达式求解频率和周期；当感应电动势为零时，线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0．‎ ‎【解答】解：A、D、交流电动势e=10sin4πt（V），故角频率ω=4πrad/s，周期T==s，频率f=，故A错误，D正确；‎ B、当t=0时感应电动势为零，线圈平面跟磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率为0，线圈处于中性面，故B正确；‎ C、当t=s时，e有最大值电动势e=0，故C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多选题 ‎7．如图所示，一倾斜木板上放一物体，当板的倾角θ逐渐增大时，物体始终保持静止，则物体所受（　　）‎ A．支持力变大 B．摩擦力变大 C．合外力恒为零 D．合外力变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体始终保持静止状态，分析物体的受力情况，根据平衡条件得出支持力和摩擦力与板的倾角θ关系式，再由数学知识分析各力的变化．‎ ‎【解答】解：A、B设物体的重力为G，由平衡条件得：物体所受的支持力N=Gcosθ，摩擦力为f=Gsinθ，当θ增大时，cosθ减小，sinθ增大，所以N减小，f增大．故A错误，B正确．‎ C、D由于物体始终保持静止状态，所以由平衡条件可知，物体所受的合外力恒为零．故C正确，D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎8．一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（　　）‎ A．t1 B．t2 C．t3 D．t4‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动．‎ ‎【解答】解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故A正确，C正确；‎ B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B错误，D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．设距地面高度为h的圆轨道上卫星匀速圆周运动周期为T0．下列结论正确的是（　　）‎ A．导弹在C点的速度大于 B．导弹在C点的速度等于 C．导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0‎ D．导弹在C点的加速度等于 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度，根据牛顿第二定律得到其运动速度为．C为轨道的远地点，导弹在C点的速度小于．由牛顿第二定律求解导弹在C点的加速度．根据开普勒定律分析导弹的焦点．由开普勒第三定律分析导弹的运动时间与T0的关系．‎ ‎【解答】解：A、B、设距地面高度为h的圆轨道上卫星的速度为v，则由牛顿第二定律得：G=m，得到：v=．‎ 导弹在C点只有加速才能进入卫星的圆轨道，所以导弹在C点的速度小于 ‎．故AB错误．‎ C、设导弹运动的周期为T，由于导弹的半长轴小于卫星的轨道半径R+h，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期T＜T0，则导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0．故C正确．‎ D、由牛顿第二定律得G=ma，得导弹在C点的加速度为a=．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置．‎ ‎【解答】解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：E1qd=mv2；‎ 解得：v=；‎ 粒子在偏转电场中的时间t=；‎ 在偏转电场中的纵向速度v0=at=‎ 纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故AD正确；‎ 打到屏上的速度等于水平速度与竖直速度的合速度，则可知打在屏上的速度不相同；故C错误；‎ 由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，故水平位移相同，但水平速度不同，故到屏上到时间不相等；同时由于水平速度不同，故C错误；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电源E内阻不计，则（　　）‎ A．R2不变时，V2读数与A读数之比等于R1‎ B．R2不变时，V1表示数与A示数之比等于R1‎ C．R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ D．R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电源E内阻不计，路端电压等于电动势，保持不变．理想电压表对电路影响不变．根据电阻的定义，当电阻不变时R=．当电阻变化时，根据欧姆定律，用数学方法电阻与两电表读数的关系分析．‎ ‎【解答】解：A、R2不变时，V2读数与A读数之比等于R2．故A错误．‎ ‎ B、R2不变时，Vl表示数与A示数之比等于Rl．故B正确．‎ ‎ C、R2改变一定量时，设V2读数为U2，A读数为I，根据欧姆定律，U2=E﹣IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故C正确．‎ ‎ D、设V1读数为U1，根据欧姆定律，U1=IR1，由数学知识可知，大小等于R1．故D正确．‎ 故选BCD ‎　‎ ‎12．如图所示，N为钨板，M为金属网，它们分别与电池两极相连，电池的电动势E和极性已在图中标出，钨的逸出功为4.5eV，现分别用氢原子跃迁发出的能量不同的光照射钨板，下列判断正确的是（　　）‎ A．用n=3能级跃迁到n=2能级发出的光照射，N板会发出电子 B．用n=2能级跃迁到n=1能级发出的光照射，N板会发出电子 C．用n=3能级跃迁到n=1能级发出的光照射，不会有电子到达金属网M D．用n=4能级跃迁到n=1能级发出的光照射，到达金属网M的电子最大动能为2.25eV ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功，当能发生光电效应时，若加的电压为正向电压，则一定能到达金属网，若所加的电压为反向电压，根据动能定理判断能否到达．‎ ‎【解答】解：A、用n=3能级跃迁到n=2能级发出的光照射，发出的光子能量是1.89eV，钨的逸出功为4.5eV，不能发生光电效应，故A错误；‎ B、用n=2能级跃迁到n=1能级发出的光照射，发出的光子能量是10.2eV，钨的逸出功为4.5eV，能发生光电效应，故B正确；‎ C、M、N板间电压为6V，用n=3能级跃迁到n=1能级发出的光照射，发出的光子能量是12.09eV，钨的逸出功为4.5eV，‎ 所以从N发出电子最大初动能为8.59eV，M、N板间电压为6V，根据动能定理得有电子到达金属网M，故C错误；‎ D、用n=4能级跃迁到n=1能级发出的光照射，发出的光子能量是12.75eV，‎ 钨的逸出功为4.5eV，M、N板间电压为6V，根据动能定理得到达金属网M的电子最大动能为2.25eV．故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎13．在测量金属线电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝Rx（阻值约4Ω）；‎ 电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；‎ 电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；‎ 电源：E（电动势3V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线若干．‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为　1.770mm～1.775　mm．‎ ‎（2）为使测量尽量精确，电流表应选　A1　（“A1”或“A2”），电路应选用图2中的　甲　（“甲”或“乙”）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；‎ ‎（2）根据金属丝的额定电流选择电流表，根据金属丝的额定电压选择电源；‎ 根据金属丝阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.3×0.01mm=1.773mm；‎ ‎（2）电阻丝的额定电流约为0.5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0.5×5=2.5V，电源应选E1；待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如甲图所示：‎ 故答案为：（1）1.770mm～1.775；（2）A1；甲．‎ ‎　‎ 四、计算题 ‎14．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：‎ ‎（1）木板B上表面的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径R；‎ ‎（3）当A滑离C时，C的速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式，‎ 由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解；‎ ‎2、当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；‎ ‎3、根据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时C的速度．‎ ‎【解答】解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，有：‎ mv0=m×v0+2mv1‎ 得：v1=v0‎ 由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有：‎ Q=μmgL=m﹣m﹣×2m 得：μ=‎ ‎（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，有：‎ m×v0+mv1=（m+m）V2，‎ 得：V2=‎ A与C组成的系统机械能守恒，有：‎ m+m=×（2m）+mgR 得：R=‎ ‎（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有：‎ m×v0+mv1=mvA+mvC A与C组成的系统动能守恒，有：‎ m+m=m+m 解得：VC=．‎ 答：（1）木板B上表面的动摩擦因数为；‎ ‎（2）圆弧槽C的半径为；‎ ‎（3）当A滑离C时，C的速度是．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：‎ ‎（1）电动机的输出功率：‎ ‎（2）导体棒达到稳定时的速度 ‎（3）导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；能量守恒定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）导体棒在电动机牵引力的作用下，先做加速度减小的加速度运动，后做匀速运动，达到稳定状态，此时棒受力平衡，即绳的牵引力与重力、安培力平衡．电动机的输出功率等于输入的电功率与内部消耗的热功率之差，P出=IU﹣I2r．‎ ‎（2）根据电动机的输出功率P出=Fv和稳定时F=mg+F安，F安=，两式结合求出稳定时的速度v．‎ ‎（3）根据能量守恒定律列式P出t=mgh+mv2+Q，求出时间t．‎ ‎【解答】解：（1）电动机的输出功率为：P出=IU﹣I2r=6W；‎ ‎（2）电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，‎ 则有P出=Fv 当棒达稳定速度时F=mg+BI′L，感应电流I′==，则棒所受的安培力大小为F安=，‎ 根据平衡条件得 F=mg+F安，‎ 联立以上三式，解得棒达到的稳定速度为v=2m/s．‎ ‎（3）由能量守恒定律得：‎ P出t=mgh+mv2+Q，解得t=1s，‎ 答：（1）电动机的输出功率为6W：‎ ‎（2）导体棒达到稳定时的速度为2m/s．‎ ‎（3）导体棒从静止到达稳定速度所需要的时间是1s．‎ ‎　‎ ‎2017年4月20日