辽宁省本溪市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

辽宁省本溪市(六校联考）2021届新高考模拟物理试题
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．如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。

已知每条导线在O 点磁感应强度大小为B 0，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（ ）
A ．大小为零
B ．大小2B 0，方向水平向左
C ．大小4 B 0，方向水平向右
D ．大小4 B 0，方向水平向左
【答案】D
【解析】
【详解】
根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在O 点产生的磁场与最下面电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为1B ；同理，将左上方电流向里的导线在O 点产生的磁场与右下方电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为3B ，将右上方电流向里的导线在O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为2B ，如图所示：
根据磁场叠加原理可知：12302B B B B ===，由几何关系可：2B 与3B 的夹角为120o ，故将2B 与3B 合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B 0，方向与B 1的方向相同，最后将其与B 1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B 0，方向水平向左，D 正确，ABC 错误。

故选D。

2．一物块以某一初速度从倾角37
θ=o的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。

已知物
块上滑时间是下滑时间的1
3
，
sin370.6
=
o，cos370.8
=
o，则物块与斜面间的动摩擦因数为（）A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
【答案】C
【解析】
【详解】
设物块从斜面底端向上滑时的初速度为1v，返回斜面底端时的速度大小为2v，则根据平均速度公式有
1122
22
v t v t
x
==
再由牛顿运动定律和运动学公式有上滑过程
1
sin cos
mg mg ma
θμθ
+=
111
v a t
=
下滑过程
2
sin cos
mg mg ma
θμθ
-=
222
v a t
=
时间关系有
1
2
1
3
t
t
=
联立各式解得
0.6
μ=
故C正确，ABD错误。

故选C。

3．如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。

下列说法正确的是（）
A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D ．A→B 过程中气体对外做的功小于C→A 过程中外界对气体做的功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ． A→
B 过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故A 错误；
B ． C→A 过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B 错误；
C ． 气体从A→B 过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q 1，做功大小为W 1，根据热力学第一定律有：△U 1=Q 1-W 1，气体从B→C 过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q 2，根据热力学第一定律：△U 2=-Q 2，气体从C→A 过程中，温度不变，内能增量为零，有：
△U=△U 1+△U 2=Q 1-W 1-Q 2=0
即
Q 1=W 1+Q 2＞Q 2
所以A→B 过程中气体吸收的热量Q 1大于B→C 过程中气体放出的热量Q 2，故C 正确；
D ． 气体做功W p V =∆ ，A→B 过程中体积变化等于C→A 过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大，压强越小，故A→B 过程中气体对外做的功大于C→A 过程中外界对气体做的功，故D 错误。

故选C 。

4．汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机的功率为P ，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的关系如图所示，则在0～t 1时间内下列说法正确的是
A ．汽车的牵引力不断减小
B ．t=0时，汽车的加速度大小为0P mv
C ．汽车行驶的位移为3010328v t mv P +
D ．阻力所做的功为210328
P t mv - 【答案】C
【解析】
【详解】
A ．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv 可知，牵引力增大，故A 错误；
B ．汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f ，发动机的功率为P ，由
P=Fv 0=fv 0
得阻力
P f v = t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则
00
22P
P F v v =＝ 根据牛顿第二定律得：
2F f P a m mv -=-＝ 故大小为0
2P mv ，故B 错误。

CD ．根据动能定理得：
()210200.5051122
.f Pt W m v v m +=- 解得阻力做功为
201382
f P W mv t =-- 设汽车通过的位移为x ，由W f =-fx ，解得
3010328v t mv x P
=+ 故C 正确，D 错误。

故选C 。

5．如图所示，A 、B 、C 是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其竖直高度分别为h 1、h 2、h 3，将三个相同的小球分别从A 、B 、C 三点以相同的速度v 0水平抛出，最终都能到达A 的下一级台阶的端点P 处，不计空气阻力。

关于从A 、B 、C 三点抛出的小球，下列说法正确的是（ ）
A ．在空中运动时间之比为t A ∶t
B ∶t
C =1∶3∶5
B ．竖直高度之比为h 1∶h 2∶h 3=1∶2∶3
C ．在空中运动过程中，动量变化率之比为AC A B P P P t t t
n n n n n n ：：=1∶1∶1 D ．到达P 点时，重力做功的功率之比P A ：P B ：P C =1：4：9
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据0x v t =水平初速度相同，A 、
B 、
C 水平位移之比为1:2:3， 所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3， A 错误。

B ．根据212
h gt =，竖直高度之比为123::1:3:5h h h =， B 错误。

C ．根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，故C 正确。

D ．到达P 点时，由
y gt =v
知，竖直方向速度之比为1:2:3， 重力做功的功率
P mgv =
所以重力做功的功率之比为
::1:2:3A B C P P P =
故D 错误。

故选C 。

6．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v 0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a1=gsinθ+μgcosθ
a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。

A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
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．如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45︒角，若线框的总电阻为R，则
A．PM刚进入磁场时线框中的感应电流为Ba R υ
B．PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为
22 B a R
υ
C．PM刚进入磁场时两端的电压为Ba R υ
D．PM进入磁场后线框中的感应电流将变小【答案】AD
【解析】
【详解】
A. PM 刚进入磁场时有效的切割长度等于a ，产生的感应电动势为
E=Bav ，
感应电流为
E Bav I R R
==， 故A 正确；
B.NM 边所受的安培力大小为
F 1=BIa=22B a v R
， 方向垂直NM 向下。

PN 边所受的安培力大小为
F 2=BIa=22B a v R
， 方向垂直PN 向下，线框所受安培力大小
22
a v F R
==
， 故B 错误； C. PM 两端的电压为
22
R Bav U I ==g ， 故C 错误；
D. PM 刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D 正确。

故选：AD 。

8．下列说法正确的是____________
A ．同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规律排列
B ．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
C ．因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动叫分子热运动
D ．知道阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A. 同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按不同的规律排列，显示处不同的性质，如金刚石和石墨，故A 错误；
B. 根据热力学第二定律知热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低
温物体传递到高温物体，故B正确；
C. 因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，但它不是分子的热运动，它反映了液体分子无规则的热运动，故C错误；
D. 利用阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出气体分子间的平均距离，故D正确；
E. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E正确．
9．如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则()
A．
B．小物块下滑的加速度逐渐增大
C．小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D．小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC
【解析】
【详解】
A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A错误.
B、根据牛顿第二定律有：，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a 逐渐增大，故B正确.
C、由图乙可知，则摩擦力，可知f与x成线性关系，如图所示:
其中f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力
做功：，故C正确.
D、下滑过程根据动能定理有：,解得：，故D错误. 故选BC.
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x图象所围的面积表示F所做的功.
10．火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A为近日点，远日点B在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器( )
A．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C．从A点运动到B点的过程中动能逐渐减小
D．在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力
【答案】CD
【解析】
【详解】
A．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A错误；
B．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B错误；
C．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A到B速度不断减小，动能不断减小，C正确；
D．B点到太阳的距离大于A点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B点受到的太阳引力小于在A点受到的太阳引力，D正确；
故选D。

11．下列说法正确的是________。

A．夏天行车，给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时胎压会增大
B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E.夏天开空调给车内降温，此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A．夏天行车，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时，温度会升高，由气态方程可得，胎压会增大，故A 正确；
B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子距离，故B错误；
C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，故C错误；
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故D正确；
E．白天很热时，开空调给车内降温，因空调本身也要产生热量，则此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量，故E正确。

故选：ADE。

12．如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B和C为等边三角形ABC的顶点，A、B固定正点电荷+Q，C 固定负点电荷－Q，D、E是A、B连线上的两点，且AD=DE=EB。

则（）
A．D点和E点的电场强度大小相等
B．D点和E点的电场强度方向相同
C．D点和E点的电势相等
D．将负电荷从D点移到E点，电势能增加
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．D、E两点电场，是A、B两正点电荷的电场与C点的负点电荷的电场的叠加。

A、B两正点电荷在D点和E点的合场强大小相等，方向相反，C点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以，D点和E点的合场强大小相等，方向不同，A正确，B错误；
C ．
D 点和
E 点在Q -的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D 点和E 点的电势相等，C 正确； D ．根据电势能的计算公式
p E q ϕ=
可知负电荷在D 点和E 点的电势能相同，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学采用惠斯通电桥电路测量一未知电阻R x 的阻值。

电路中两个定值电阻R 1=1000Ω、R 2=2000Ω，R 3为电阻箱（阻值范围0~999.9Ω），G 为灵敏电流计。

(1)具体操作步骤如下∶
①请依据原理图连接实物图_________；
②闭合开关S ，反复调节电阻箱的阻值，当其阻值R 3=740.8Ω时，灵敏电流计的示数为0，惠斯通电桥达到平衡；
③求得电阻R x =____Ω。

(2)该同学采用上述器材和电路测量另一电阻，已知器材无损坏且电路连接完好，但无论怎样调节电阻箱的阻值，灵敏电流计的示数都不能为0，可能的原因是_______。

【答案】 370.4 电阻箱的阻值调节范围小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]根据原理图连接实物图为
③[2]当灵敏电流计读数为零时，根据电桥平衡可得 123 x R R R R = 解得
132
370.4Ωx R R R R == (2)[3]灵敏电流计的示数不能为0，则有
123
x R R R R ≠ 可得
231
x R R R R ≠ 根据题意可知电阻箱的阻值3R 的值必定小于
21x R R R 的值，故可能的原因是电阻箱的阻值调节范围小。

14．某实验小组同学利用下列器材做“研究合外力做功与动能变化的关系”实验：
A ．一端带有滑轮和刻度尺的轨道
B ．两个光电计时器
C ．安装有挡光片的小车（质量为 M ）
D ．拴有细线的托盘（质量为 m 0）
E.可以调节高度的平衡支架
F.一定数量的钩码
某小组选用上述器材安装实验装置如图甲所示，轨道上安装了两个光电门A 、B 。

实验步骤：
①调节两个光电门中心的距离，记为L ；
②调节轨道的倾角，轻推小车后，使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过光电门 A 、B ，钩码的质量记为 m ；
③撤去托盘和钩码，让小车仍沿轨道向下加速经过光电门 A 、B ，光电计时器记录小车通过 A 、B 的时间分别为△t 1 和△t 2；
④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。

根据实验过程，滑轮的摩擦力不计，回答以下问题
(1)图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度 d ，则 d=______cm 。

(2)小车加速从A 到B 过程中合外力做的功W=________；小车动能的变化量的表达式△E k =___（用测得
的物理量的字母符号表示）。

通过实验可得出：在误差允许的范围内合外力所做的功等于小车动能的增量。

【答案】0.735 ()0m m gL + 222
21112
Md t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪∆∆⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
【解析】
【详解】 (1)[1]游标为20分度，精确度为0.05mm ，游标对齐的格数不估读，则测挡光片的宽度为
7mm 70.05mm 7.35mm 0.735cm d =+⨯==
(2)[2]调节轨道的倾角轻推小车后使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速下滑，说明小车的合力为零，而撤去托盘m 0和钩码m ，小车的合力变为
0=()F m m g +合
则小车加速从A 到B 过程中合外力做的功为
0()W F L m m gL ==+合
[3]光电门挡住光的时间极短，求出的平均速度可认为是小车通过A 、B 两位置的瞬时速度，有 1A d v t =∆，2
B d v t =∆ 则小车动能的变化量的表达式为
222
22211111222k B A Md E Mv Mv t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥∆=-=- ⎪ ⎪∆∆⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。

产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。

(1)利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。

设匀强磁场的磁感应强度为B ，金属棒ab 的长度为L ，在外力作用下以速度v 水平向右匀速运动。

此时金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 1即为“电源”内部的非静电力。

设电子的电荷量为e ，求电子从棒的一端运动到另一端的过程中f 1做的功。

(2)均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。

在某均匀变化的磁场中，将一个半径为r 的金属圆环置于相同半径的
电场线位置处。

从圆环的两端点a 、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。

金属圆环的电阻为R 0，圆环两端点a 、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。

此时金属圆环中的自由电子受到的感生电场力F 即为非静电力。

若电路中电流表显示的示数为I ，电子的电荷量为e ，求∶
a.金属环中感应电动势E 感大小；
b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力F 的大小。

(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。

在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN 、PQ 固定在水平面内，相距为L ，电阻不计。

电阻为R 的金属杆ab 垂直于MN 、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好。

轨道端点MP 间接有内阻不计、电动势为E 的直流电源。

杆ab 的中点O 用水平绳系一个静置在地面上、质量为m 的物块，最初细绳处于伸直状态（细绳足够长）。

闭合电键S 后，杆ab 拉着物块由静止开始做加速运动。

由于杆ab 切割磁感线，因而产生感应电动势E'，且E'同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势E 和反电动势E'之差。

a.请分析杆ab 在加速的过程中所受安培力F 如何变化，并求杆的最终速度v m ；
b.当电路中的电流为I 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为'E I 。

【答案】 (1)1W evBL =；(2)a.()0I R R +；b.0()2 I R R e F πr +=(3)a. 22m E mgR v BL B L
=-；b.见解析 【解析】
【分析】
【详解】 (1)金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f 1=evB ，棒方向的分力f 1做的功
W 1=f 1L
得
W 1=evBL
(2)a.金属环中感应电动势
E 感=I(R 0+R)
b.金属环中电子从a 沿环运动b 的过程中，感生电场力F 做的功
W F =F•2πr
由电动势的定义式
F W E e
=
感 得 0()2 π I R R e F r
+= (3)a.杆ab 在加速的过程中，杆切割磁感线的速度v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势E′=BLv ，故E′增大，由
E E I R
'
-= 可知，电路中的电流I 减小，杆所受安培力F=BIL 故F 减小，设细绳的拉力为T ，杆的质量为m 0，根据牛顿第二定律
F －T=m 0a
物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律
T －mg=ma
得
F －mg=(m+m 0)a
F 减小，杆的加速度a 减小，当F=mg 时，a 为零，此时，杆达到最终速度v m 。

此时杆上产生的感应电动势E′=BLv m ，得
22m E mgR v BL B L
=
- b.由 E E I R
'
-= 得
IR=E －E′
两边同乘以I ，经整理得
EI=I 2R+E′I
由上式可以看出，电源提供的电能（功率为EI ），一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为I 2R ），另一部分即为克服反电动势做功（功率为E′I ）消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。

16．如图所示，在倾角θ=30︒的足够长斜面上放置一长木板，长木板质量M=3.0kg ，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有一个凸起的挡板，木板处于静止状态，挡板到斜面底端的距离为7m 。

将质量为m=1.0kg 的小物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m 处由静止开始释放。

物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，物块与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块
与木板恰好发生第二次相撞。

取重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)物块与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。

【答案】 (1)2.0m/s ；(2)33
μ=
；(3) 6次 【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块下滑的加速度为 sin30a g ︒=
物块第一次下滑至挡板时的速度为 2aL 经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得
mv=mv 1+Mv 2
22212111222
mv mv Mv =+ 解得
v 2=2.0m/s
(2)设木板下滑的加速度大小为a′，由题中条件可得，木板下滑的位移为x 2
222'2v x a
= 物块位移为
21112
x v t at =+ 2
'v t a
= 12x x =
由牛顿第二运动定律可得
()'cos30sin30M m g Mg Ma μ︒︒+-=
解得
2'5m/s 3a = 解得
3μ= (3)第二次碰撞前瞬间物块速度为
11'v v at =+=4m/s
此时物块木板速度为0，物块与挡板发生第二次碰撞后，挡板与物块将重复上述运动过程
第一次碰后到第二次碰前挡板运动位移为
x 2=1.2m
故
L=7m=5256
x 故物块和挡板在斜面上发生6次碰撞。

17．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m/s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.
(1)求棒MN 的最大速度v m ；
(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）
【答案】（1）25m /s m v = （2）Q=5 J （3）405m x =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma
棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv
棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R
= 联立上述式子，有：222B L at F ma R
=+ 代入数据解得：F=0.5N
5s 时拉力F 的功率为：P=Fv
代入数据解得：P=1W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：0m m
P BI L v -= 2m m BLv I R
= 代入数据解得
:m v =
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：2m mv mv '=
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211222
m Q mv mv '=-⨯ 代入数据解得：Q=5J ；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t=m △v 对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-∆=∑∆
而△q=i △t
对式子两边求和，有:()q i t ∑∆=∑∆
联立各式解得：BLq=mv m ， 又对于电路有：2E q It t R
== 由法拉第电磁感应定律得：BLx E t =
又2BLx q R
=
代入数据解得：x =。