湖南省衡阳市祁东一中2017届高三上学期第二次检测物理试卷

湖南省衡阳市祁东一中2017届高三上学期第二次检测物理试卷

2016-2017 学年湖南省衡阳市祁东一中高三（上）第二次检测物 理试卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～ 5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1．关于速度、速度变化、加速度，下列说法中正确的是（ ） A．速度变化越大，加速度越大 B．速度变化越快，加速度越大 C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变 D．加速度不断减小，速度也不断减小 2．在经典力学的建立过程中，牛顿和伽利略均作出了重要贡献．下列说法正确 的是（ ） A．伽利略总结出了惯性定律 B．牛顿提出了万有引力定律 C．伽利略总结得出作用力和反作用力之间的关系 D．牛顿利用理想实验推断出匀速运动需要力来维持 3．质量为 0.1kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4m 后以 3.0m/s 的速度飞离桌 面，最终落在水平地面上，物块与桌面间的动摩擦因数为 0.5，桌面高 0.45m， 不计空气阻力，取 g=10m/s2，则（ ） A．小物块的初速度是 7 m/s B．小物块的水平射程为 1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功 D．小物块落地时的动能为 1.2 J 4．如图所示，AB 为一段粗糙的 1/4 圆弧，半径为 R，水平段 BC 长也为 R．一个 质量为 m 的物体与水平段 BC 间的动摩擦因数为μ，它从轨道的 A 点由静止滑下 运动到 C 点恰好静止，则物体在圆弧上损失的机械能为（ ） A．μmgR B．mgR（1﹣μ） C． D． 5．如图所示，相隔一定距离的两个完全相同的小圆柱体 a、b 被固定在等高的水 平线上，一根细绳跨过这两个圆柱体，细绳的下端悬挂一个重物．若细绳和圆柱 体之间无摩擦且重物质量一定时，则细绳越长（ ） A．细绳张力越小，细绳对圆柱体 a 的作用力越大 B．细绳张力越小，细绳对圆柱体 a 的作用力越小 C．细绳张力越大，细绳对圆柱体 a 的作用力越小 D．细绳张力越大，细绳对圆柱体 a 的作用力越大 6．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V1、A1 为监 控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2 为监控校内变压器的输出端的电压表和 电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3 为教室内的监控电压表和电流表，配 电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时，下列说法错误的是 （ ） A．电流表 A1、A2 和 A3 的示数都变大 B．只有电流表 A1 的示数变大 C．电压表 V3 的示数变小 D．电压表 V2 和 V3 的示数都变小 7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电 场．如图所示，在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R， CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OM=ON=2R．已 知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为（ ） A． ﹣E B． C． ﹣E D． +E 8．如图所示，光滑绝缘的水平面上，一个边长为 L 的正方形金属框，在水平恒 力 F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为 d（d ＞L）．当 ab 边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和 从磁场另一侧穿出的过程相比较，下列分析正确的是（ ） A．两过程所用时间相等 B．所受的安培力方向相反 C．线框中产生的感应电流方向相反 D．进入磁场的过程中线框产生的热量较少 三、非选择题： 9．（1）在“研究平抛物体的运动”的实验中，为了描出物体的运动轨迹，实验应 有下列各个步骤：A．以 O 为原点，画出与 y 轴相垂直的水平轴 x 轴； B．把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上，使由斜槽上滚下抛出的小球 正好从纸片的缺口中通过，用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置； C．每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下，用同样的方法描出小球经 过的一系列位置，并用平滑的曲线把它们连接起来，这样就描出了小球做平抛运 动的轨迹； D．用图钉把白纸钉在竖直木板上，并在木板的左上角固定好斜槽； E．在斜槽末端抬高一个小球半径处定为 O 点，在白纸上把 O 点描下来，利用重 垂线在白纸上画出过 O 点向下的竖直直线，定为 y 轴． 在上述实验中，缺少的步骤 F 是 ， 正确的实验步骤顺序是 ． （2）如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录 轨迹，小方格的边长 l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的 a、 b、c、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式为 vo= （用 l、g 表示），其值是 （取 g=9.8m/s2），小球在 b 点的速率是 ． 10．在描绘小电珠的伏安特性曲线实验中，一组同学用量程 3V 的电压表测量小 电珠的电压，用多用电表的 250mA 挡测量通过小电珠的电流． （1）在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到 a、b 两处．其中黑表笔应 与 （填“a”或“b”）连接． （2）将得到的数据记录在表格中，当电压为 1.50V 时．对应的多用电表指针指 示如图乙所示，其读数为 mA． （3）根据表格中的其他数据，在答题卡的坐标纸上绘制出 I﹣U 曲线． 电压 U/V 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 电流 I/mA 0 115 154 188 200 （4）由 I﹣U 曲线可以看出，随电压、电流的增大，小电珠的电阻 （填“变 大”、“变小”或“不变”）． （5）实验完成后，一位同学用多用电表的欧姆挡测量小电珠的电阻．他将选择 开关置于电阻“×l”挡，调零后将红黑表笔接在小电珠的两极上．已知多用电表内 部欧姆挡所接电池的电动势为 1.5V，欧姆挡刻度盘的中央刻度示数为 15．则指 针应位于 区间． A．R＞10 B．7＜R＜9 C．4.5＜R＜7 D．R＜4.5 11．如图所示，质量为 m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端 B 与水平 传送带相接，传送带的运行速度为 v，长为 L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平 台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送 带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ． （1）试分析滑块在传送带上的运动情况． （2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的 弹性势能． （3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整 个过程中产生的热量． 12．如图所示，有一光滑、不计电阻且较长的“Ⅱ”平行金属导轨，间距 L=1m， 导轨所在的平面与水平面的倾角为 37°，导轨空间内存在垂直导轨平面的匀强磁 场．现将一质量 m=0.1kg、电阻 R=2Ω的金属杆水平靠在导轨处，与导轨接触良 好．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）若磁感应强度随时间变化满足 B=2+0.2t（T），金属杆由距导轨顶部 l m 处 释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度； （2）若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力 F， 其大小为产 F=v+0.4（N），v 为金属杆运动的速度，使金属杆以恒定的加速度 a=10m/s2 沿导轨向下做匀加速运动，求匀强磁场磁感应强度 B 的大小； （3）若磁感应强度随时间变化满足 B= （T），t=0 时刻金属杆从离导 轨顶端 S0=1m 处静止释放，同时对金属杆施加一个外力，使金属杆沿导轨下滑且 没有感应电流产生，求金属杆下滑 5m 所用的时间． 2016-2017 学年湖南省衡阳市祁东一中高三（上）第二次 检测物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～ 5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1．关于速度、速度变化、加速度，下列说法中正确的是（ ） A．速度变化越大，加速度越大 B．速度变化越快，加速度越大 C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变 D．加速度不断减小，速度也不断减小 【考点】加速度；速度． 【分析】利用加速度的定义式 a= 分析求解，注意加速度的方向与速度的变化 量的方向相同和匀加速运动的分为匀减速和匀加速直线运动． 【解答】解：A、据加速度的定义式 a= 可知，其加速度与速度的变化量和时 间有关，并不是速度变化越大，加速度越大，故 A 错误； B、据加速度的意义可知，加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以速度 变化越快，加速度越大，故 B 正确； C、据加速度的定义式可知，加速度的方向与 速度变化的方向相同，并不是与 速度的方向保持不变，故 C 错误； D、加速度减小，速度不一定减小，如物体做加速度逐渐 减小的加速运动，其 速度逐渐增大，故 D 错误． 故选：B． 2．在经典力学的建立过程中，牛顿和伽利略均作出了重要贡献．下列说法正确 的是（ ） A．伽利略总结出了惯性定律 B．牛顿提出了万有引力定律 C．伽利略总结得出作用力和反作用力之间的关系 D．牛顿利用理想实验推断出匀速运动需要力来维持 【考点】物理学史． 【分析】伽利略：主要是比萨斜塔实验和对自由落体运动的研究为牛顿运动定律 打下基础以及用理想实验推断出匀速运动不需要力来维持． 牛顿：主要是牛顿运动定律和万有引力定律． 【解答】解：A：伽利略：主要贡献是比萨斜塔实验和对自由落体运动的研究为 牛顿运动定律打下基础以及用理想实验推断出匀速运动不需要力来维持．故 A 错误． B：牛顿：主要贡献是牛顿运动定律和万有引力定律．故 B 正确． C：作用力与反作用力之间的关系是牛顿第三定律的内容，不是伽利略的．故 C 错误． D：伽利略用理想实验推断出匀速运动不需要力来维持．故 D 错误． 故选：B 3．质量为 0.1kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4m 后以 3.0m/s 的速度飞离桌 面，最终落在水平地面上，物块与桌面间的动摩擦因数为 0.5，桌面高 0.45m， 不计空气阻力，取 g=10m/s2，则（ ） A．小物块的初速度是 7 m/s B．小物块的水平射程为 1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功 D．小物块落地时的动能为 1.2 J 【考点】动能定理的应用；平抛运动． 【分析】研究物体在桌面上滑行的过程，根据动能定理求出小物块的初速度大 小．根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平射程．由功的计 算公式求小物块在桌面上克服摩擦力做 J 的功．对平抛过程，由动能定理求小物 块落地时的动能． 【解答】解：A、小物块在桌面上做匀减速直线运动，根据动能定理有：﹣ μmgL= ﹣ 则得：小物块的初速度 v0= = =7 m/s．故 A 正确； B、小物块离开桌面在空中做平抛运动，竖直方向有：h= 则：t= = =0.3s 水平射程 s=v1t=3.0×0.3=0.9m．故 B 错误； C、小物块在桌面上克服摩擦力做的功：W=μmgL=0.5×0.1×10×4=2J．故 C 错误； D、对于平抛过程，由动能定理得 Ek﹣ =mgh 解得，小物块落地时的动能 Ek= +mgh=0.9J．故 D 错误． 故选：A 4．如图所示，AB 为一段粗糙的 1/4 圆弧，半径为 R，水平段 BC 长也为 R．一个 质量为 m 的物体与水平段 BC 间的动摩擦因数为μ，它从轨道的 A 点由静止滑下 运动到 C 点恰好静止，则物体在圆弧上损失的机械能为（ ） A．μmgR B．mgR（1﹣μ） C． D． 【考点】功能关系；动能定理的应用． 【分析】物体损失的机械能等于物体克服摩擦力所做的功．根据动能定理和功能 关系求解． 【解答】解：设物体在圆弧上克服摩擦力做功为 W，根据动能定理得： mgR﹣W﹣μmgR=0 得 W=mgR（1﹣μ） 根据功能关系得知：物体在圆弧上损失的机械能等于物体克服摩擦力所做的功， 即为 mgR（1﹣μ）． 故选 B 5．如图所示，相隔一定距离的两个完全相同的小圆柱体 a、b 被固定在等高的水 平线上，一根细绳跨过这两个圆柱体，细绳的下端悬挂一个重物．若细绳和圆柱 体之间无摩擦且重物质量一定时，则细绳越长（ ） A．细绳张力越小，细绳对圆柱体 a 的作用力越大 B．细绳张力越小，细绳对圆柱体 a 的作用力越小 C．细绳张力越大，细绳对圆柱体 a 的作用力越小 D．细绳张力越大，细绳对圆柱体 a 的作用力越大 【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】圆柱体相当于定滑轮，不省力，绳子上各处张力大小相等，左右两根绳 对重物的合力与物体的重力大小相等方向相反，由力的合成法可知，即可知绳越 长，作用力与竖直方向的夹角越小．以重物和绳子整体为研究对象，分析受力情 况，由平衡条件分析圆柱体对绳子的作用力变化． 【解答】解：对重物受力分析可知，左右两根绳对重物的合力与物体的重力大小 相等方向相反，所以轻绳对物体的作用力的合力不变， 以重物和绳子整体为研究对象，分析受力情况：重力、圆柱体 A 对绳子的作用力 FA，圆柱体 B 对绳子的作用力 FB，根据对称性可知，FA=FB， 由平衡条件可得 2FAcosα=G，α是圆柱体对绳子的作用力与竖直方向夹角，G 是物 体的重力．绳越长时，α越小，cosα越大，则 FA 越小． 所以绳越长时，轻绳的张力将变小，所以 ACD 错误，B 正确． 故选：B 6．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V1、A1 为监 控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2 为监控校内变压器的输出端的电压表和 电流表，R1、R2 为教室的负载电阻，V3、A3 为教室内的监控电压表和电流表，配 电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关 S 闭合时，下列说法错误的是 （ ） A．电流表 A1、A2 和 A3 的示数都变大 B．只有电流表 A1 的示数变大 C．电压表 V3 的示数变小 D．电压表 V2 和 V3 的示数都变小 【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律． 【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电 流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变 化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线 圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化． 【解答】解：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压 不变，则输出电压不变，即 U2 不变，可知输电线中的电流增大，即 A2 增大，则 输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即 U3 减小，所以通过 R1 的电流减小，即 A3 减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据 知， 原线圈中的电流 I1 增大，所以 A1 示数增大．故 C 正确，A、B、D 错误． 本题选错误的，故选：ABD 7．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电 场．如图所示，在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R， CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OM=ON=2R．已 知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为（ ） A． ﹣E B． C． ﹣E D． +E 【考点】电场强度． 【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的 电场，假设将带电量为 2q 的球面放在 O 处在 M、N 点所产生的电场和半球面在 M 点的场强对比求解． 【解答】解：若将带电量为 2q 的球面放在 O 处，均匀带电的球壳在球外空间产 生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场． 则在 M、N 点所产生的电场为： E= = 由题知当半球面如图所示产生的场强为 E，则 N 点的场强为： E′= ﹣E， 故选：A． 8．如图所示，光滑绝缘的水平面上，一个边长为 L 的正方形金属框，在水平恒 力 F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为 d（d ＞L）．当 ab 边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和 从磁场另一侧穿出的过程相比较，下列分析正确的是（ ） A．两过程所用时间相等 B．所受的安培力方向相反 C．线框中产生的感应电流方向相反 D．进入磁场的过程中线框产生的热量较少 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；电磁感应中的能量转化． 【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向．线框进入磁场过程 加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大 于进入磁场的速度，安培力增大，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入 磁场时的速度，所用时间将缩短．分析进出过程能量的转化情况，从而根据功能 关系分析热量大小关系． 【解答】解：A、由题意可得，线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运动 时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场 时，线框所受的安培力增大，大于恒力 F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线 框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进 入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故 A 错误； B、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均 水平向左，方向相同，故 B 错误； C、线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反， 进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感 应电流方向相反，故 C 正确； D、根据功能关系可知，进入磁场产生的热量 Q1=FL．穿出磁场过程，外力做正 功，线框的动能减小，则有 FL+△Ek=Q2．故进入磁场过程中产生的热量少于穿出 磁场过程产生的热量．故 D 正确． 故选：CD 三、非选择题： 9．（1）在“研究平抛物体的运动”的实验中，为了描出物体的运动轨迹，实验应 有下列各个步骤：A．以 O 为原点，画出与 y 轴相垂直的水平轴 x 轴； B．把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上，使由斜槽上滚下抛出的小球 正好从纸片的缺口中通过，用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置； C．每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下，用同样的方法描出小球经 过的一系列位置，并用平滑的曲线把它们连接起来，这样就描出了小球做平抛运 动的轨迹； D．用图钉把白纸钉在竖直木板上，并在木板的左上角固定好斜槽； E．在斜槽末端抬高一个小球半径处定为 O 点，在白纸上把 O 点描下来，利用重 垂线在白纸上画出过 O 点向下的竖直直线，定为 y 轴． 在上述实验中，缺少的步骤 F 是 调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何 位置，说明斜槽末端切线已水平 ， 正确的实验步骤顺序是 DFEABC ． （2）如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录 轨迹，小方格的边长 l=1.25cm．若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的 a、 b、c、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式为 vo= （用 l、g 表示）， 其值是 0.7m/s （取 g=9.8m/s2），小球在 b 点的速率是 0.875m/s ． 【考点】研究平抛物体的运动． 【分析】保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同 一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同 的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改 变，最后轨迹应连成平滑的曲线． 平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据△y=gT2 求出时间单位 T．对于水平方向由公式 v0= 求出初速度．由 a、c 间竖直方向的位移和时间求 出 b 点竖直方向的分速度，运用速度的合成，求解 b 的速率． 【解答】解：（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，所 以在上述实验中缺少调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置以说明 斜槽末端切线已水平这一步，实验顺序是：先安装实验器材，让小球做平抛运动， 最后去下白纸进行数据处理，故实验步骤合理的顺序为 DFEABC； （2）这四个点的水平间隔相同，所以时间间隔相同，根据公式△h=gt2 得： ， 水平方向上有： 即为： 代入数据可得初速度为：v0=0.7m/s． 根据公式为： 代入数据可得 b 点的速度．代入解得： vb=0.875m/s 故答案为：（1）调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末 端切线已水平；DFEABC； （2） ；0.7m/s；0.875m/s 10．在描绘小电珠的伏安特性曲线实验中，一组同学用量程 3V 的电压表测量小 电珠的电压，用多用电表的 250mA 挡测量通过小电珠的电流． （1）在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到 a、b 两处．其中黑表笔应 与 b （填“a”或“b”）连接． （2）将得到的数据记录在表格中，当电压为 1.50V 时．对应的多用电表指针指 示如图乙所示，其读数为 173 mA． （3）根据表格中的其他数据，在答题卡的坐标纸上绘制出 I﹣U 曲线． 电压 U/V 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 电流 I/mA 0 115 154 188 200 （4）由 I﹣U 曲线可以看出，随电压、电流的增大，小电珠的电阻 变大 （填 “变大”、“变小”或“不变”）． （5）实验完成后，一位同学用多用电表的欧姆挡测量小电珠的电阻．他将选择 开关置于电阻“×l”挡，调零后将红黑表笔接在小电珠的两极上．已知多用电表内 部欧姆挡所接电池的电动势为 1.5V，欧姆挡刻度盘的中央刻度示数为 15．则指 针应位于 D 区间． A．R＞10 B．7＜R＜9 C．4.5＜R＜7 D．R＜4.5 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】（1）根据多用电表的读数原理和电路图可明确黑表笔应接的位置； （2）根据电流表的量程确定最小分度，从而明确对应的读数； （3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线； （4）根据图象的性质可明确电阻的变化； （5）根据图象 O 点的斜率可近似表示没有电流时的电阻，则可明确多用电表的 指针的位置． 【解答】解：（1）多用电表充当电流表时，应保证电流红进黑出；根据电路图可 知，黑表笔应接 b 处； （2）由图可知，电流表量程为 250mA，则最小分度为 5mA；则读数为 173mA； （3）根据表中数据利用描点法可得出对应的伏安特性曲线； （4）I﹣U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，电阻随着电压的增大 而增大； （5）当电压为零时，图象中过 O 点的斜率可以表示常温下的电阻，由图可知， 电阻约为： =2Ω； 则可知，指针对应的区间应为 D； 故答案为：（1）b；（2）173；（3）如图所示；（4）变大；（5）D． 11．如图所示，质量为 m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端 B 与水平 传送带相接，传送带的运行速度为 v，长为 L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平 台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送 带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ． （1）试分析滑块在传送带上的运动情况． （2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的 弹性势能． （3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整 个过程中产生的热量． 【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 【分析】（1）滑块被弹出的速度可能大于带速，可能小于带速，分别分析滑块所 受的滑动摩擦力方向，判断其运动情况． （2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能等于滑块获得的动能．若滑块离开弹簧 时的速度大于传送带的速度，滑块向右向右做匀减速运动，根据动能定理求出初 动能，即可由机械能守恒求得弹性势能． （3）要求热量，必须求出滑块与传送带间的相对位移△S，先由运动学公式求出 滑块运动的时间，传送带的位移为 S=vt，△S=L﹣S，即可由 Q=μmg△S 求出热量． 【解答】解：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于 受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速， 则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动； （2）设滑块冲上传送带时的速度为 v0． 在弹簧弹开滑块的过程中，根据机械能守恒定律得：Ep= ① 滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：﹣μmgL= ﹣ ② 联立得：弹簧具有的弹性势能 Ep=μmgL+ ． （3）设滑块在传送带上运动的时间为 t，则 t 时间内传送带的位移为 S=vt， 又对滑块：v=v0﹣at，a= =μg， 滑块与传送带的相对位移为△S=L﹣S 故整个过程中产生的热量 Q=μmg△S 联立以上四式得：Q=μmgL﹣mv（ ﹣v） 答： （1）滑块在传送带上的运动情况为：若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则 滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带 时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运 动； （2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能为μmgL+ ． （3）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量是μmgL﹣mv（ ﹣ v）． 12．如图所示，有一光滑、不计电阻且较长的“Ⅱ”平行金属导轨，间距 L=1m， 导轨所在的平面与水平面的倾角为 37°，导轨空间内存在垂直导轨平面的匀强磁 场．现将一质量 m=0.1kg、电阻 R=2Ω的金属杆水平靠在导轨处，与导轨接触良 好．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）若磁感应强度随时间变化满足 B=2+0.2t（T），金属杆由距导轨顶部 l m 处 释放，求至少经过多长时间释放，会获得沿斜面向上的加速度； （2）若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力 F， 其大小为产 F=v+0.4（N），v 为金属杆运动的速度，使金属杆以恒定的加速度 a=10m/s2 沿导轨向下做匀加速运动，求匀强磁场磁感应强度 B 的大小； （3）若磁感应强度随时间变化满足 B= （T），t=0 时刻金属杆从离导 轨顶端 S0=1m 处静止释放，同时对金属杆施加一个外力，使金属杆沿导轨下滑且 没有感应电流产生，求金属杆下滑 5m 所用的时间． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【分析】（1）金属杆有沿着斜面向上的加速度时，安培力等于重力沿斜面的分力， 由安培力表达式 F=BIL，结合 B 随 t 的变化关系，可以解得时间 t； （2）金属杆收到重力和安培力的作用而做匀加速运动，由牛顿第二定律，结合 安培力表达式，可解得磁感应强度 B． （3）金属杆沿导轨下滑且没有感应电流产生，说明磁通量不变，由此可以表示 初末磁通量相等，解得金属杆下滑 5m 所用的时间． 【解答】解：（1）设金属杆长为 L，距离导轨顶部也为 L，经过 ts 后，金属杆有 沿斜面向上的加速度，此时安培力等于重力沿斜面的分力，则： 又： 其中： 所以： 解得：t=20s （2）对金属杆由牛顿第二定律： 代入数据解得： 因为是匀加速运动，加速度为定值，则： 解得： （3）设 t=0 时刻金属杆距离顶端为 ，由金属杆与导轨组成的闭合电路中，磁 通量保持不变，经过 ts 的位移为 S，则： 代入数据： 解得： 金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，S=5m 解得： 答：（1）若磁感应强度随时间变化满足 B=2+0.2t（T），金属杆由距导轨顶部 l m 处释放，至少经过 20s 时间释放，会获得沿斜面向上的加速度； （2）若匀强磁场大小为定值，对金属杆施加一个平行于导轨斜面向下的外力 F， 其大小为产 F=v+0.4（N），v 为金属杆运动的速度，使金属杆以恒定的加速度 a=10m/s2 沿导轨向下做匀加速运动，匀强磁场磁感应强度 B 的大小为 ； （3）若磁感应强度随时间变化满足 B= （T），t=0 时刻金属杆从离导 轨顶端 S0=1m 处静止释放，同时对金属杆施加一个外力，使金属杆沿导轨下滑且 没有感应电流产生，金属杆下滑 5m 所用的时间 ． 2017 年 4 月 3 日