天津市静海县2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

天津市静海县2021届新高考物理第三次调研试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．一辆F1赛车含运动员的总质量约为600 kg ，在一次F1比赛中赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1ν
的关系如图所示，则赛车在加速的过程中（ ）
A ．速度随时间均匀增大
B ．加速度随时间均匀增大
C ．输出功率为240 kw
D ．所受阻力大小为24000 N
【答案】C
【解析】
【分析】 汽车恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可.
【详解】
由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A 错误；a-1v 函数方程a=400v
-4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定
律，有：F-f=ma 其中：F=P/v ；联立得：-P f a mv m
=
；结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，1v =0.01，v=100m/s ，所以最大速度为100m/s ；由图象可知： =4f m
，解得：f=4m=4×600=2400N ；10600100600P f =⋅-，解得：P=240kW ，故C 正确，D 错误；故选C 。

【点睛】
本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解。

2．高铁是中国“新四大发明之一，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉，这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。

关于这枚硬币，下列判断正确的是（ ）
A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态
C．硬币倒掉是因为受到风吹的原因
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A正确，BD错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C错误．
3．如图，一两端封闭的玻璃管在竖直平面内倾斜放置，与水平面间的夹角为θ，一段水银柱将管内一定质量气体分割成两部分。

在下列各种情况中，能使管中水银柱相对玻璃管向a端移动的情况是（）
A．降低环境温度B．在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管
C．保持θ角不变，使玻璃管减速上升D．使玻璃管垂直纸面向外做加速运动
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 假定两段空气柱的体积不变，即V1，V2不变，初始温度为T，当温度降低△T时，空气柱1的压强由p1减至p′1，△p1=p1−p′1，空气柱2的压强由p2减至p′2，△p2=p2−p′2，
由查理定律得：
11p p T T ∆=
∆， 22p p T T ∆=∆， 因为p 2=p 1+h>p 1，所以△p 1<△p 2，即水银柱应向b 移动。

故A 错误；
B. 在竖直平面内以b 点为轴逆时针缓慢转动玻璃管，使θ角变大，若水银柱相对玻璃管不动，则增大了水银柱对下部气体的压力，水银柱向b 端移动，故B 错误；
C. 玻璃管竖直向上减速运动，加速度向下，水银柱失重，若水银柱相对玻璃管不动，水银柱对下部气体压力减小，水银柱向a 端移动，故C 正确；
D. 使玻璃管垂直纸面向外做加速运动不会影响水银柱竖直方向上的受力，水银柱的位置不变，故D 错误。

4．如图甲所示，一滑块从固定斜面上匀速下滑，用t 表示下落时间、s 表示下滑位移、E k 表示滑块的动能、Ep 表示滑块势能、E 表示滑块机械能，取斜面底为零势面，乙图中物理量关系正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．滑块匀速下滑，动能k E 不变，A 错误；
BC ．势能
0sin p p E E mgs θ=-⋅
且
s vt =
所以
0sin p p E E mgvt θ=-⋅
BC 错误；
D ．滑块机械能
0E E fs =-
D 正确。

故选D 。

5．互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零开始逐渐增大且两力的夹角不变，则其合力（ ）
A ．若两力的夹角小于90°，则合力一定增大
B ．若两力的夹角大于90°，则合力一定增大
C ．若两力的夹角大于90°，则合力一定减小
D ．无论两力夹角多大，合力一定变大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．若两力的夹角小于90°，如左图，则合力一定增大，选项A 正确；
BCD ．若两力的夹角大于90°，如右图，则合力可能先减小后变大，选项BCD 错误；
故选A 。

6．如图，物体C 放在水平面上，物体B 放在C 上，小球A 和B 之间通过跨过定滑轮的细线相连，若与物体B 连接的悬线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦，把A 拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使A 在竖直平面内摆动，在A 摆动的过程中B 、C 始终不动，下列说法中正确的是（ ）
A ．物体C 对
B 的摩擦力方向有时有可能沿斜面向下
B ．物体
C 对B 的摩擦力有时可能为零
C ．地面对C 的摩擦力有时不为零
D．物体C对地面的压力有时可以等于B、C重力之和
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小球A在最低点时,绳子的拉力和重力提供向心力,当绳子的拉力正好等于B的重力时,BC之间没有弹力,此时BC间摩擦力等于零,如果绳子拉力小于B的重力,则摩擦力方向沿斜面向上,不可能沿斜面向下,故A 错误,B正确;
C．以B和C为研究对象分析可以知道,绳子拉力竖直向上,水平方向没有分力,所以C受到的地面摩擦力始终为零,故C错误;
D．A在竖直平面内摆动,做圆周运动,重力和绳子的拉力的合力提供向心力,所以绳子的拉力不可能等于零,所以C对地面的压力不可能等于B、C重力之和,故D错误.
故选B.
点睛：A在竖直平面内摆动,做圆周运动,重力和绳子的拉力的合力提供向心力,而BC处于静止状态,受力平衡,选择适当的物体或系统进行受力分析即可求解.
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
【答案】BD
【解析】
【详解】
启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A错误；设每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，做加速运动时，对6、7、8车厢进行
受力分析得：133F kmg ma -=，对7、8车厢进行受力分析得：222F kmg ma -=，联立可得：1232F F =，故B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s ，则：22v as =，又88kmg ma =，可得：
2
2v s kg
=，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C 错误；设每节动车的功率为P ，当只有两节动力车时，最大速率为v ，则：28P kmgv =，改为4节动车带4节拖车的动车组时，最大速度为v '，则：48P kmgv ='，所以2v v '=，故D 正确．
8．下列说法正确的是（ ）
A ．液体中的扩散现象是由分子间作用力造成的
B ．理想气体吸收热量时，温度和内能都可能保持不变
C ．当两分子间距从分子力为0（分子间引力与斥力大小相等，且均不为0）处减小时，其分子间的作用力表现为斥力
D ．液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关而且还与液体的表面积有关
E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．扩散现象是分子无规则热运动的表现，A 错误；
B ．理想气体吸收热量时，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知温度和内能可能不变，B 正确；
C ．当两分子间距从分子力为0处减小时，分子引力和分子斥力均增大，由于斥力增大的快，其分子间作用力表现为斥力，C 正确；
D ．液体的饱和汽压与液体的表面积无关，D 错误；
E ．由热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，E 正确。

故选BCE 。

9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L 1与输出电压有效值恒定的交流电源u ＝U m sin （ωt ）（V ）相连，副线圈电路中接有灯泡L 2和最大阻值为R 的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U ，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。

开始时滑动变阻器的滑片P 位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（ ）
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大B．在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗
C．若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小
D．交流电源的最大值为
m 32
U U
=
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A正确；
B．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L1的电流变大，亮度会变亮，故B错误；
C．若小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C错误；
D．两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比可知，原线圈输入电压
1 22
n
U U U
n
'==
则交流电源的有效值
U有效=U'+U=3U
根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为
m 32
U U
=
故D正确。

故选AD。

10．如图，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源O先后发射速率均为v的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达P点。

已知OP l=，α粒子沿与PO成30°角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（）
A ．质子在磁场中运动的半径为33
B ．α粒子在磁场中运动的半径为l
C ．质子在磁场中运动的时间为23l v
π D ．质子和α粒子发射的时间间隔为
76l v
π 【答案】BD
【解析】
【详解】 AB ．粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m r
= 解得
mv r qB
= 结合两种粒子的比荷关系得
H 12
r r α= 对于α粒子而言，画出其在磁场中运动的轨迹，根据几何关系得其轨迹对应的圆心角为300°，则α粒子做圆周运动的轨迹半径为l ，质子做圆周运动的轨迹半径为
2l ，所以A 错误，B 正确； CD ．质子从O 点射入从P 点射出，结合2
H l r =
，可知从O 点射入时的速度方向必须与OP 边界垂直，在磁场中运动的时间 H 22l l t v v
π
π== 而α粒子的运动时间 52563l l t v v
αππ⨯==
所以质子和α粒子的发射时间间隔为7
6
l
v
π
，所以C错误，D正确。

故选BD。

11．如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o。

开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（）
A．小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg）L
B．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
【答案】BD
【解析】
【分析】
物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况.
【详解】
物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg）L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μmg）L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项D正确；故选BD.
12．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强做场中，磁场方向垂直于斜面向下。

有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则（）
A ．物块c 的质量是m 1sinθ
B ．b 棒放上导轨后，b 棒中电流大小是2sin m g BL
θ C ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能
D ．b 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功等于a 、b 棒上消耗的电能之和
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由b 平衡可知，安培力大小
2sin F m g θ=安
由a 平衡可知
1sin F F m g θ=+绳安
由c 平衡可知
c F m g =绳
联立解得物块c 的质量为
12s ()in c m m m θ=+
A 错误；
B ．b 棒放上导轨后，根据b 棒的平衡可知
2sin F m g θ=安
又因为
F BIL =安
可得b 棒中电流大小是
2sin m g I BL
θ= B 正确；
C ．b 放上导轨之前，根据能量守恒知物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能与a 增加的重力势能之和，C 错误；
D ．b 棒放上导轨后，a 棒克服安培力所做的功转化为全电路的电能，即等于a 、b 两棒上消耗的电能之和，
D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R 、电源、单刀双掷开关S 按图甲所示电路图进行连接。

先使开关S 与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S 掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。

(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。

(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。

(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。

【答案】相反 减小 1.0×
10－2 正确 【解析】
【详解】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q ＝It ＝U R
t 而电压的峰值为U m ＝6 V ，则该电容器的电容为：
C ＝m
Q U 设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S ，联立解得：
C ＝m Q U ＝m S RU ＝182.730006
F ＝1.0×10－2 F ； (3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C 与电阻R 两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值U m ”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C ＝m
Q U ＝m
S RU 计算电容值。

14．某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K 以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源(电动势约为2 V ，内阻不可忽略)
两个完全相同的电流表A 1、A 2(量程为3 mA ，内阻不计)
电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)
定值电阻R 0(可供选择的阻值有100 Ω、1 kΩ、10 kΩ)
开关S ，导线若干，刻度尺．
实验步骤如下：
A ．测得圆柱形玻璃管内径d ＝20 mm
B ．向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L
C ．连接好电路，闭合开关S ，调整电阻箱阻值，读出电流表A 1、A 2示数分别记为I 1、I 2，记录电阻箱的阻值R
D ．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B 、C ，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R
E ．断开S ，整理好器材
(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R 0应选________．
(2)玻璃管内水柱的电阻R x 的表达式R x ＝________(用R 0、R 、I 1、I 2表示)
(3)若在上述步骤C 中每次调整电阻箱阻值，使电流表A 1、A 2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图乙所示的R －L 关系图像，则自来水的电阻率ρ＝________ Ω·m(保留两位有效数字)，在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)
【答案】1000Ω
()102I R R I + 16， 不变
【解析】
【分析】
【详解】
（1）定值电阻所在支路最小电阻约为11max E 3R =10000.003I =Ω=Ω总；电阻箱R （最大阻值为
9999Ω），为测多组实验数据，定值电阻R 0应选1KΏ；
电阻箱与R 0、A 2串联，再与水柱、A 1并联，所以有201()x I R R I R +=，玻璃管内水柱电阻R x 的表达式201
()x I R R R I += (2)由电阻定律可以知道20221()4()2
x I R R L L L R d s d I ρρρππ+====，则有20214R=I L R d I ρπ-，根据题意可知，电流表A 1，A 2 示数均相等，则有024R=L R d ρπ-，由图可得33
4224410(1)105101010
k d ρπ-⨯--⨯===⨯⨯ 电阻率2243.140.025101644
d k
m πρ⨯⨯⨯===Ω （3）电流表内阻不能忽略，则有2210214R=-r I L r R d I ρπ+-，电阻率为24
d k πρ=保持不变． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，T 形活塞将绝热汽缸内的气体分隔成A 、B 两部分，活塞左、右两侧截面积分别为S 1、S 2，活塞与汽缸两端的距离均为L ，汽缸上有a 、b 、c 三个小孔与大气连通，现将a 、b 两孔用细管(容积不计)连接．已知大气压强为p 0，环境温度为T o ，活塞与缸壁间无摩擦．
(1)若用钉子将活塞固定，然后将缸内气体缓慢加热到T 1，求此时缸内气体的压强；
(2)若气体温度仍为T 0，拔掉钉子，然后改变缸内气体温度，发现活塞向右缓慢移动了ΔL 的距离(活塞移动过程中不会经过小孔)，则气体温度升高还是降低？变化了多少？
【答案】 (1)010
PT T (2)升高 ()()12012S LT S S S L
-∆+ 【解析】 (1)A 、B 内气体相通，初状态压强为p 1．由于钉子将活塞固定，气体体积不变由查理定律可知，0101 =
p
p T T 解得0110
p =p T T (2)对活塞进行受力分析，可知温度改变后，活塞受力大小不变，所以活塞向右移动后，气体的压强不变．活塞向右移动后，气体体积增大，则气体温度升高．
由()()
()
12210+-++=S S L S L L S L L T T ∆∆
解得()()1200
12-++S S L T T T S S L ∆= 所以温度变化了()()12012=S S LT T S S L
-∆∆+ 故本题答案是：(1)010
P T T (2)升高 ()()12012S S LT S S L -∆+ 点睛;正确利用理想气体方程求解即可．
16．如图所示，用一块长L 1=1.0m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m ，桌面长L 2=1.5m ，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在0:60°之间调节后固定，将质量m=0.2kg 的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失。

（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2； （3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S 总，及此时斜面的倾角θ。

【答案】（1）tanθ= 0.05；（2）0.8；（3）1.9m ，53°。

【解析】
【详解】
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，有
mgsinθ=μ1mgcosθ
解得：
tanθ=μ1=0.05，
斜面的倾角
θ=arctan0.05
（2）物块从顶端无初速释放开始直至恰好停在桌面边缘，根据动能定理 W 合=k ΔE 得：
mgL 1sin37°﹣μ1mg L 1cos37°﹣μ2mg （L 2﹣L 1cos37°）=0
代入数据，解得
μ2=0.8
（3）物块从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端，根据动能定理得：
mgL 1sinθ﹣μ1mg L 1cosθ﹣μ2 mg （L 2﹣L 1cosθ）=
212
mv 代入数据得 sinθ+0.75 cosθ﹣1.2=2
20
v 变形得
sinθcosα+sinαcosθ）﹣1.2=220
v 式中tanα=0.75，α=37°，即
54sin （θ+37°）﹣1.2=2
20
v 则当θ=53°时，2
20
v 有最大值，解得v 的最大值为v m =1m/s 。

对于平抛运动，竖直方向有： H=12
gt 2 代入数据，解得物块离开桌面平抛的时间t=0.4s ，平抛运动的水平距离最大为
x=v m t=0.4m
物块落地点与墙面的距离最大值为
S 总=L 2+x=1.9m
答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角正切值为tanθ=0.05；（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8；（3）物块落地点与墙面的距离最大值S 总是1.9m ，此时斜面的倾角θ是53°。

17．如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3T 。

两导轨间
距为L=0.5m ，轨道足够长。

金属棒a 和b 的质量分别为m a =1kg ，m b =0.5kg ，电阻分别为1a R =Ω，
2b R =Ω。

b 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h=1.8 m 高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。

（g 取10m/s 2）。

求： （1）a 棒刚进入磁场时，b 棒的加速度；
（2）从a 棒进入磁场到a 棒匀速的过程中，流过a 棒的电荷量；
（3）从a 棒进入磁场到a 棒匀速的过程中，a 棒中产生的焦耳热。

【答案】（1）9m/s 2，向右；（2）43
q =
C ；（3）2J 。

【解析】
【详解】 （1）a 棒沿弧形轨道下滑h 过程，根据机械能守恒有：
212
a a m gh m v = a 棒进入磁场瞬间感应电动势：
E BLv =
根据闭合电路欧姆定律：
a b
E I R R =+ 对b 棒：
F BIL =安
根据牛顿第二定律：
b F m a =安
解得：9a =m/s 2
由左手定则，b 棒加速度的方向：向右；
（2）对a 、b ：由动量守恒定律得：
()a a b m v m m v =+共
解得：4v =共m/s
对b 棒，应用动量定理：
b BILt m v =共 解得：43
q = C （3）a 、b 棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律： ()221122
a a
b m v m m v Q -+=共 根据焦耳定律有：
()2a b Q I R R t =+ 2a a Q I R t = 联立解得：2a Q =J。