2019-2020年高二下学期期中物理试题 含解析.doc

2019-2020年高二下学期期中物理试题 含解析一、单项选择题（共12小题，每小题4分，共48分）1（4分）（xx春中山期中）远距离输送交流电都采用高压输电我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电采用高压输电的优点是（）A可节省输电线的材料B可根据需要调节交流电的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度考点：远距离输电专题：交流电专题分析：在输电的过程中输送的功率一定，根据P=UI，输送电压越高，输送电流越小，根据P=I2R，知损失的功率小解答：解：A、C、在输电的过程中输送的功率一定，根据P=UI和P=I2R，有：，故高压输电可以降低功率损耗，故A错误，C正确；B、交流电的频率等于发电机转动的频率，是不改变的，故B错误；D、电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故D错误；故选：C点评：解决本题的关键知道输电的过程中，输送功率一定，输电电压越高，电流越小，在输电线上损失的功率越少2（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）唱卡拉OK用的话筒，内有传感器其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个较小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，如图所示下列说法正确的是（）A该传感器是根据电磁感应原理工作的B该传感器是根据电流的磁效应工作的C膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势考点：电磁感应在生活和生产中的应用分析：本题中的传感器是根据电磁感应原理工作的膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势解答：解：A、B当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的故BD错误，A正确C、膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量变化，从而产生了感应电流；故C错误；故选：A点评：本题动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号变成电信号的，考查分析电子设备工作原理的能力3（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻（光照时电阻减小），R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是（）A当有光照射R1时，信号处理系统获得电压不变B当有光照射R1时，信号处理系统获得较高电压C信号处理系统每获得一次低电压就记数一次D信号处理系统每获得一次高电压就记数一次考点：简单的逻辑电路分析：光敏电阻的电阻大小随光照而减小，根据闭合电路欧姆定律，抓住电动势不变，根据电流的变化从而得出R1两端电压的变化，即信号处理系统获得的电压解答：解：A、当有光照射 R1时，R1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，则R2两端的电压增大，所以R1两端的电压减小，即信号处理系统获得低电压，故AB错误C、D、每当光照被物体挡住时，计时器就计数一次；此时R1的电阻增加，整个电路总电阻增加，电动势不变，则电流减小，即信号处理系统获得高电压；即信号处理系统每获得一次高电压就计数一次；故C错误，D正确；故选：D点评：解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析4（4分）（xx春瑞安市校级期末）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法中正确的是（）A副线圈两端电压M、N的输出电压减小B副线圈输电线的等效电阻R两端的电压减小C通过灯泡L1的电流增大D原线圈中的输入功率增大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：本题类似于闭合电路中的动态分析问题，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A错误；BC、当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，灯泡L1变暗，所以BC错误；D、当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，原线圈功率增大，所以D正确；故选：D点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图所示，A和B是完全相同的两只灯泡，L自感系数很大的线圈，其直流电阻远小于灯泡电阻，则（）AS闭合的瞬间，A灯比B灯先发光，随后B灯变亮B闭合S，电路稳定时，A、B灯都一直亮C断开S，A灯立即熄灭，B灯由亮变暗后熄灭D断开S，A灯闪亮一下后熄灭，B灯立即熄灭考点：自感现象和自感系数分析：电路稳定后，L的电阻很小，闭合瞬间L的电阻很大，断开瞬间A灯还要亮一下解答：解：A、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光由于线圈的电阻较小，流过A灯的电流逐渐减小，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，B正确；C、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，原先通过L的电流大于通过A灯的，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确故选：BD点评：本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用，特别是开关闭合、断开瞬间的判断6（4分）（xx广东）如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场开始时，导体棒处于静止状态剪断细线后，导体棒在运动过程中（）A回路中有感应电动势B两根导体棒所受安培力的方向相同C两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒D两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动量守恒定律；机械能守恒定律；安培力专题：电磁感应与图像结合分析：剪断细线后，分析导体棒的运动过程和受力情况根据磁通量的变化判断感应电动势，根据左手定则判断安培力的方向，分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力，这是系统总动量守恒的条件解答：解：A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，故A正确B、导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则，所以两根导体棒所受安培力的方向相反，故B错误C、两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0所以系统动量守恒，但是由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒故C错误，D正确故选AD点评：我们要清楚掌握自物理量产生或者守恒得条件去判断问题7（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO轴匀速转动今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V已知R=10，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为零B电阻 R上的热功率等于10WC流过电阻R 的电流每秒钟方向改变25次D从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i=sin50t考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，为零；线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大，为Em=NBS解答：解：A、线圈平面与磁场平行时，线圈与中性面垂直时，感应电电动势为大，故线圈中的瞬时电流最大，故A错误；B、电压表的示数为10V，故电压的最大值为10V，最大电流为：Im=A，电流的有效值，电阻R上的热功率：P=I2R=1210=10W，故B正确；C、线圈每秒转25圈，故交流电的频率为25Hz，每秒钟电流方向改变50次，故C错误；D、角速度：=2n=225=50rad/s故从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i=Imcost=cos50t（A），故D错误；故选：B点评：本题关键是明确交变电流的有效值、最大值、瞬时值的关系，知道从中性面开始计时的瞬时电流表达式为：i=Imcost，基础题8（4分）（xx泉州模拟）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m现B球静止，A球向B球运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（）ABC2D2考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：两球压缩最紧时，两球速度相等根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度解答：解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv，则在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=故C正确，A、B、D错误故选C点评：本题属于动量守恒与能量守恒的综合题，解决本题的关键掌握动量守恒和能量守恒定律9（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计则下列说法不正确的是（）A金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于mv02C金属杆ab上滑过程与下滑过程电磁感应而产生的内能不相等D金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：通过对导体棒的受力分析知道，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，平均速度不同，比较运动的时间，根据比较出电量的大小，根据Q=EIt比较上滑和下滑过程中产生的热量解答：解：A、根据感应电量经验公式知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，故A正确B、金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做功负功，根据动能定理得知：ab棒克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于故B正确C、经过同一位置时：下滑的速度小于上滑的速度，下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功，故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中产生的热量，上滑过程与下滑过程电磁感应而产生的内能不相等故C正确D、根据功能关系得知，ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和故D不正确本题要求选择不正确的，故选：D点评：解决这类问题的关键时分析受力，进一步确定运动性质，并明确判断各个阶段及全过程的能量转化10（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下，将穿过方向如图所示的有界匀强磁场磁场范围宽为d（dL）已知线框进入磁场时恰好匀速，则线框进入磁场的过程和从另一侧出磁场的过程相比较，下列说法正确的是（）A线框中感应电流的方向相同B所受安培力的方向相反C线框离开磁场时的速度可能小于进入磁场时的速度D出磁场过程产生的电能一定大于进磁场过程产生的电能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：电磁感应功能问题分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，分析安培力的方向由焦耳定律求解线框产生的电能解答：解：A、线框进入磁场过程：磁通量增加，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿逆时针方向；线框穿出磁场过程：磁通量减小，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿顺时针方向故A错误；B、线框进入磁场过程，根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，则知线框所受的安培力方向向左；线框穿出磁场过程，根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，则知线框所受的安培力方向向左；故B错误C、线框进入和穿出磁场的两个过程中，水平恒力做功都是FL，进入过程线框做匀速运动，产生的电能等于FL由于线框完全进入磁场后做匀加速运动，到出磁场时，线框的速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，线框将做减速运动，完全出磁场之前可能已经做匀速运动，此时安培力又等于拉力所以离开磁场时的速度可能大于，也可能等于进入磁场时的速度不可能小于进入磁场时的速度故C错误；D、由于线框完全进入磁场后做匀加速运动，到出磁场时，出磁场时，线框的速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，线框将做减速运动，减小的动能也转化为电能，所以出磁场过程产生的电能一定大于进磁场过程产生的电能故D正确故选：D点评：本题中运用楞次定律判断感应电流方向和安培力方向，也可以根据左手定则判断安培力方向11（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流逆时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流I和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律专题：电磁感应与图像结合分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向解答：解：A、02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为负值根据法拉第电磁感应定律，E=S=SB0S为定值，则感应电流为定值，I1=在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为负值，大小与02s内相同在34s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为正值，大小与02s内相同在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为正值，大小与02s内相同，故AB错误C、在02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值0时刻安培力大小为F=2B0I0L在2s3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向12（4分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图所示，一根足够长的水平滑杆SS上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP，PP穿过金属环的圆心现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则下列组合正确的是（） 磁铁穿过金属环后，两者将先、后停下来磁铁若能穿过金属环，在靠近和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向相同，金属环所受的安培力方向相同磁铁与圆环的最终速度整个过程最多能产生热量v02ABCD考点：动量守恒定律；功能关系；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：金属圆环光滑，一足够长的水平的绝缘轨道光滑，所以圆环与磁铁组成的系统水平方向受到的合力为0，满足动量守恒，根据动量守恒定律与能量的转化与守恒定律即可解答解答：解：磁铁若能穿过金属环，在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反；在和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，所以，在靠近和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场的方向相反，感应电流的方向一定相反故错误； 选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终到达共同速度时：Mv0=（M+m）v得：故错误，正确；磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，即：故正确故选：B点评：本题为结合楞次定律考查动量守恒定律的应用，要注意选取的研究对象是磁铁与圆环组成的系统，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化二、实验题（本题共2个小题，第13题4分，第14题8分共12分）13（4分）（xx春嘉兴期中）用如图装置研究电磁感应现象在图示情况，当电键闭合瞬时，观察到电流表指针向右偏转，电键闭合一段时间后，为使电流表指针向左偏转，可采用的方法有（）A将变阻器滑动头向右端滑动B将一软铁棒插入线圈A中C将线圈A从线圈B中拔出D迅速断开电键考点：楞次定律分析：电流表指针的偏转方向取决于感应电流的方向，感应电流反向，电流表指针反向；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，原磁通量变大，感应电流磁场与原磁场方向相反，原磁通量变小，感应电流磁场与原磁场方向相同，即磁通量变化情况发生变化时，感应电流方向发生变化解答：解：当电键闭合时，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏；要想使电流表指针向左偏转，只要穿过项圈B的磁通量减小即可；A、由电路图可知，将变阻器滑动头向右端滑动通过线圈A的电流增大，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏，故A错误；B、将一软铁棒插入线圈A中，穿过线圈B的磁通量变大，电流表指针向右偏转，故B错误；C、将线圈A从线圈B中拨出，穿过线圈B的磁通量变小，电流表指针向左偏转，故C正确；D、断开电键时，穿过线圈A的电流迅速减小，穿过线圈B的磁通量变小，电流表指针向左偏转，故D正确；故选：CD点评：本题考查了判断感应电流方向问题，理解楞次定律内容并灵活应用楞次定律是正确解题的关键；本题难度不大，是一道基础题14（8分）（xx春肃南裕县校级期末）某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动他设计的装置如图 （a）所示在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力（1）若已测得打点的纸带如图1429（b）所示，并测得各计数点的间距（已标在图上）A为运动的起点，则应选BC段来计算A碰撞前的速度，应选DE段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”）（2）已测得小车A的质量m1=0.4kg，小车B的质量m2=0.2kg，则碰前两小车的总动量大小为0.420kgm/s，碰后两小车的总动量大小为0.417kgm/s（计算结果保留三位有效数字）考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：（1）小车做匀速直线运动时，在相等时间内的位移相等，分析小车的运动过程，然后答题；（2）根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由P=mv求出动量解答：解：（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度（2）碰前小车的速度为诶：vA=1.05m/s，碰前的总动量为：P=mAvA=0.41.05=0.420kgm/s；碰后小车的共同速度为：v=0.695m/s，碰后的动量为：P=（mA+mB）v=（0.4+0.2）0.695=0.417kgm/s；故答案为：（1）BC，DE；（2）0.420，0.417点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法三、计算题（本大题有4个小题，共40分）15（8分）（xx春沙坪坝区校级期中）水平放置的平行金属框架宽L=0.2m，质量为m=0.1kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两个边垂直，整个装置放在方向竖直向下、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，如图所示金属棒在F=2N的水平向右恒力作用下由静止开始运动，电路中除R=0.05外，其它电阻、摩擦阻力均不考虑，求：（1）当ab棒的速度为5m/s时，棒上的电流多大？方向如何？（2）若棒达到最大速度时撤去外力，此后R上产生的热量是多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律以及安培力公式表示出安培力的表达式，根据牛顿第二定律列方程求出加速度；（2）受力平衡时有最大速度，根据能量的转化与守恒求产生的热量解答：解：（1）金属棒产生的感应电动势为：E=BLv由欧姆定律得：I=金属棒所受的安培力大小为：F安=BIL，由牛顿第二定律得：FF安=ma，联立解得：a=m/s2（2）当a=0时速度最大，故有：m/s 撤去F后，导体棒的动能全部转化为热量为：J答：（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度a是10m/s2（2）当ab棒达到最大速度vm后，撤去外力F，此后感应电流还能产生的热量Q为5J点评：本题是电磁感应与力学知识的综合应用，关键是安培力的分析和计算，它是联系力学与电磁感应的桥梁16（10分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图所示，在光滑水平面上叠放着质量为2m，4m的物体A、B，A与B间的动摩擦因数为，质量为m的小球以水平速度v射向A，以的速度返回，求（1）小球与A碰后瞬间A的速度大小；（2）木板B至少多长，A才不至于滑落考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）对小球和A组成的系统由动量守恒定律列出等式，对A与B组成的系统由动量守恒定律求解（2）A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等，根据能量守恒列出等式求解解答：解：（1）对小球和A组成的系统由动量守恒定律，有：mv=m（）+mAvA设A和B相对静止后的速度为v，对A与B组成的系统由动量守恒定律，有：mAvA=（mA+mB）v1由得：v1=（2）A、B相互作用的过程中系统减小的动能转化为内能，A恰好不滑落的条件是A滑到B的左端时两者速度相等，设A在B上滑行的距离为d，由功能关系，有：mAgd=mAvA2（mA+mB）v12由得：d=答：（1）A与B相对静止时的速度是；（2）木板B至少d=，A才不至于滑落点评：对于物块在小车上，往往动量守恒，有时还用到能量守恒求解17（10分）（xx春沙坪坝区校级期中）如图甲所示，在一倾角为37的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数n=10的圆形线圈，其总电阻R=3.14、总质量m=0.4kg、半径r=0.4m向下轻推一下线圈恰能使它沿斜面匀速下滑现在将线圈静止放在斜面上后，在水平直线ef（与线圈的水平直径重合）以下的区域中，加上垂直斜面方向、磁感应强度大小按如图乙所示规律变化的磁场，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小I；（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动所经历的时间；（3）从加上磁场开始到线圈刚要运动线圈中产生的热量Q考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律；楞次定律专题：电磁感应功能问题分析：（1）由乙图的斜率求出B的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律即可求解I；（2）根据楞次定律可判断出线圈受到的安培力的方向沿斜面向上，当安培力刚好等于等于重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力之和时，线圈刚要运动，根据平衡条件求出此时B的值，再由B与t的关系式求出时间（3）根据焦耳定律，即可求解热量Q解答：解：（1）由乙图的斜率得：=T/s=0.5T/s，线圈有磁场的面积为：S=r2由法拉第电磁感应定律：E=n=100.50.42V=0.4V由闭合电路的欧姆定律有：I=A=0.4A（2）设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为F，则由题有：mgsin37=F加变化磁场后线圈刚要运动时，有 nBIL=mgsin37+F，其中L=2r=0.8m联立得：nBIL=2mgsin37得 B=T=1.5T由图象知 B=B0+kt=1+0.5t T则 t=s=1s（3）由焦耳定律 Q=I2Rt=0.423.141J0.5J答：（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小I为A；（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动所经历的时间为1s；（3）从加上磁场开始到线圈刚要运动线圈中产生的热量Q约为0.5J点评：此题要理解图象的斜率的物理意义，掌握闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、焦耳定律的应用，要明确线圈刚要运动的临界条件，运用力学知识和电磁感应的规律结合求解18（12分）（xx邯郸一模）如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上如图所示，将甲、乙两阻值相同，质量均为m的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小以a=gsin，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动（1）求每根金属杆的电阻R为多少？（2）从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向（3）若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力F对甲做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；安培力；电磁感应中的能量转化专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：（1）甲、乙匀加速运动时加速度相同，当乙通过位移l进入磁场时，甲刚出磁场，由运动学速度位移公式求出乙进入磁场时的速度，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，根据平衡条件求解电阻R（2）从刚释放金属杆时开始计时，由于甲的加速度大小a=gsin，外力与安培力大小相等，由速度公式得出速度与时间的关系式，根据安培力的表达式得出外力与时间的关系式（3）从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，导体棒克服安培力做功等于回路产生的热量甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，安培力大小等于重力沿斜面向下的分力，甲、乙发出相同热量，根据功能关系得出回路产生的热量，根据总热量等于Q，求出外力做功解答：解：（1）由题，甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场乙进入磁场时的速度根据平衡条件有解得：（2）甲在磁场中运动时，外力F始终等于安培力，v=gsint将代入得：，方向沿导轨向下（3）乙进入磁场前，甲、乙发出相同热量，设为Q1，则有 F安l=2Q1 又F=F安故外力F对甲做的功WF=Fl=2Q1甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，甲、乙发出相同热量，设为Q2，则有F安l=2Q2又F安=mgsin又Q=Q1+Q2解得：WF=2Qmglsin答：（1）每根金属杆的电阻（2）从刚释放金属杆时开始计时，从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F随时间t的变化关系式为，方向沿导轨向下（3）从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，此过程中外力F对甲做的功为2Qmglsin点评：本题审题时紧扣导体棒切割磁感线时加速度为a=gsin，外力与安培力大小相等，外力F对甲做的功等于导体棒克服安培力做功