重庆市渝中区2021届新高考物理四模考试卷含解析

重庆市渝中区2021届新高考物理四模考试卷
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．横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。

它们的竖直边长都是底边长的一半。

现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a 、b 、c 。

下列判断正确的是
A ．a 球落在斜面上的速度方向与斜面平行
B ．三小球比较，落在c 点的小球飞行时间最长
C ．三小球比较，落在b 点的小球飞行过程速度变化最快
D ．无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．根据平抛运动的推论可知，设a 球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为θ，对应处位置位移与水平方向偏转角为α，即tan 2tan θα= ，根据题意1tan 2α=
，所以θ=45°，不可能与斜面平行，选项A 错误。

B ．根据平抛运动规律212
h gt = ，a 球竖直方向下落距离最大，所以a 球飞行时间最长，选项B 错误； C ．三个球都做平抛运动，即速度变化快慢（加速度）均相同，选项C 错误。

D ．通过A 的分析可知，a 球不可能与斜面垂直。

对于b 、c 点而言，竖直方向分速度gt ，水平速度v 0，假设能与斜面垂直，则
01tan 2
v gt α== 对应的竖直方向的距离为
212
y gt = 水平方向的距离为
01()2
x v t gt t == 显然这是不可能满足的，因此选项D 正确。

2．真空中相距L 的两个固定点电荷E 、F 所带电荷量大小分别是Q E 和Q F ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与EF 连线平行，且∠NEF ＞∠NFE ．则（ ）
A．E带正电，F带负电，且Q E >Q F
B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C．过N点的等势面与EF连线垂直
D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E 在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N 点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．
【点睛】
只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．
3．如图所示，四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上，另一端分别系在一个正方形的框架上，框架下
0.5s的速度沿竖直方向匀速向上吊起.若起重机的输出功率为20kW，面悬吊着重物，起重机将重物以m
︒=，
每根缆绳与竖直方向的夹角均为37︒，忽略吊钩、框架及绳的重力，不计一切摩擦，sin370.6︒=.则悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小为（）
cos370.8
A ．45.010N ⨯
B ．44.010N ⨯
C ．41.2510N ⨯
D ．41.010N ⨯ 【答案】C
【解析】
【详解】
由P Fv =可知4410N P F v
==⨯，故重物的重力4410N G F ==⨯.设每跟缆绳的拉力大小为T 根据共点力平衡条件可得4cos37T G ︒=，解得41.2510N T =⨯，故C 正确.
4．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则( )
A ．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态
B ．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零
C ．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力
D ．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后
向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A 错误；
B.运动员把跳板压到最低点时，跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故B 错误；
C.从最低点到最高过程中，跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C正确；
D.跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误．
故选C.
5．中国散裂中子源项目由中国科学院和广东省共同建设，选址于广东省东莞市大朗镇，截止到2019年8月23日正式投入运行1年。

散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材料、聚合物等物质的微观结构。

下列关于中子的说法正确的是（）
A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子
B．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定
C．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化
D．若散裂中子源中的中子束流经慢化后与电子显微镜中的电子流速度相同，此时中子的物质波波长比电子的物质波波长长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．卢瑟福预言了中子的存在，查德威克通过实验发现了中子，故A错误；
B．中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库伦力，但有核力，有助于维系原子核的稳定，故B 正确；
C．中子不带电，则散裂中子源中产生的强中子束不可以利用电场使之慢化，故C错误；
D．根据德布罗意波波长表达式
h h
p mv
λ==
若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子的动量，则此时中子的物质波波长比电子的物质波波长短，故D错误。

故选B。

6．如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角θ＝30°。

现用水平力F推
物体A，在F由零逐渐增加至
3
2
mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。

对此过程下列说法
正确的是（）
A ．地面对
B 的支持力随着力F 的变化而变化
B ．A 所受摩擦力方向始终沿斜面向上
C ．A 所受摩擦力的最小值为4mg
D ．A 对B 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对A
B 组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B 的支持力，所以地面对B 的支持力等于()M m g +，保持不变，A 错误；
B ．拉力F 最大时沿斜面向上的分力为
cos300.75F mg ︒=
重力沿斜面向下的分力为
sin300.5mg mg ︒=
故此时摩擦力沿斜面向下，B 错误；
C ．对A 受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当0F =时，f 最大，
max sin 300.5f mg mg =︒=
C 错误；
D ．垂直于斜面方向有
cos30sin 30N F mg F ︒=︒+
当0F =时，N F 最小，最小为
min cos30N F mg =︒=
当2
F mg =时，N F 最大，最大为
max 1cos30224N F mg mg mg =︒+
⨯= D 正确。

故选D 。

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．如图所示，质量为m 的飞行器绕中心在O 点、质量为M 的地球做半径为R 的圆周运动，现在近地轨道1上的P 点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道3上，然后在椭圆轨道上远地点Q 再变轨到圆轨道2上，完成发射任务。

已知圆轨道2的半径为3R ，地球的半径为R ，引力常量为G ，飞行器在地球周围的引力势能表达式为E p =r G Mm -，其中r 为飞行器到O 点的距离。

飞行器在轨道上的任意位置时，r 和飞行器速率的乘积不变。

则下列说法正确的是（ ）
A ．可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是GMm R
B ．可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-4GMm R
C ．可求出飞行器在轨道3上经过P 点的速度大小v P 和经过Q 点的速度大小v Q 32GM R 6GM R
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是2GMm R
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．飞行器在轨道1上做圆周运动，则 212v Mm G m R R
= 则动能
211122k GMm E mv R
=
= 势能 1p m E R
G M =- 机械能 1112k p Mm E E E R G =+=-
选项A 错误；
BC ．飞行器在椭圆轨道3上运行时
3P Q v R v R =⋅
22311223P Q GMm GMm E mv mv R R
=
-=- 解得 34GMm E R =- 6Q GM v R
= 32P GM v R
= 选项BC 正确；
D ．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P 点开启动力装置至少需要获取的的动能是
22111224P GMm E mv mv R
∆=-= 选项D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90︒，∠B=30︒，AC 长为L ，已知A 点的电势为ϕ（ϕ>0），B 点的电势为2ϕ，C 点的电势为0，一带电的粒子从C 点以v 0的速度出发，方向如图所示（与AC 边成60︒）。

不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A ．电场强度的方向由
B 指向C
B ．电场强度的大小为33L
ϕ C ．若粒子能击中图中的A 点，则该粒子的比荷为206v ϕ
D ．只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B 点
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．
B 点的电势为2φ，
C 点的电势为0，故BC 中点
D 的电势为φ，又有A 、D 电势相等，故匀强电场场强方向垂直AD ，根据沿着电场线电势降低可得：电场线方向垂直AD 指向左侧，故A 错误；
B ．根据=U E d 可知电场强度的大小为 23cos303A C
E L L ϕϕϕ︒-== 故B 正确；
C ．粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A 点，则有
2211cos3022qE L at t m
︒== 0sin 30L v t ︒=
联立解得
206v q m ϕ
= 故C 正确；
D ．粒子运动过程只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B 点。

故D 错误。

故选BC 。

9．a 、b 两物体沿同一直线运动，运动的位置一时间（x t -）图像如图所示。

分析图像可知（ ）
A ．1t 时刻两物体的运动方向相同
B ．21~t t 时间内的某时刻两物体的速度相等
C ．21~t t 时间内a 、b 两物体运动的路程不等
D ．2t 时刻b 物体从后面追上a 物体
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．图像的切线斜率表示速度，1t 时刻a 的速度为正、b 的速度为负，运动方向相反，选项A 错误；
B ．如图所示，21~t t 时间内有一点N ，在这一点b 图像的斜率与a 图像的斜率相等，即二者速度相等（临界点），选项B 正确。

C ．1t 时刻和2t 时刻，二者位置坐标均相等，则21~t t 时间内两物体位移相等。

但该过程中，a 始终正向运动，b 先负向、后正向运动，则二者运动的路程不等，选项C 正确。

D ．2t 时刻两物体在同一位置，之前一段时间二者速度方向相同，且b 的速度大于a 的速度，则b 从后面追上a 。

选项D 正确；
故选BCD.
10．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，下面判断正确的是( )
A ．电路中总电阻减小
B ．L 1变亮
C ．L 2变亮
D ．L 3变暗
【答案】CD
【解析】
【详解】 A. 当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故A 误差。

B. 电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L 1变暗，故B 错误。

CD. 电路中电流减小，故内阻及R 0、L 1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L 2变亮；因L 2中电流增大，干路电流减小，故流过L 3的电流减小，故L 3变暗；故CD 正确。

11．如图，实线和虚线分别为沿x 轴正方向传播的某简谐横波在10.2s t =和20.5s t =时刻的波形图。

已知该波的周期大于0.3s 。

以下判断正确的是________。

A ．该波的周期为0.4s
B ．该波的波速为10m/s
C ．0.7s t =时刻，7m x =处的质点位于平衡位置
D ．0.9s t =时刻，3m x =处的质点沿y 轴正方向运动 E.若该波传入另一介质中波长变为6m ，则它在该介质中的波速为15m/s
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．由图象可知，波长8m λ=
213(0,1,2,)4
nT T t t n +=-=…… 而0.3s T >，解得
0.4s T =
故A 正确；
B ．根据v T λ
=得，波速
20m/s v =
故B 错误；
C ．0.7s t =时刻，即从2t 时刻再过半个周期，此时7m x =处的质点应该位于0y <的位置处，故C 错误；
D ．0.9s t =时刻，3m x =处的质点振动情况与2t 时刻完全相同，即沿y 轴正方向运动，故D 正确；
E ．波进入另一种介质后周期不变，根据v T λ=
可知，波速变为15m/s ，故E 正确。

故选ADE 。

12．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度v 0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是
A ．粒子在a 点时的加速度比在b 点时的加速度小
B ．从a 到b 过程中，粒子的电势能一直减小
C ．无论粒子带何种电荷，经b 点时的速度总比经a 点时的速度大
D ．电场中a 点的电势一定比b 点的电势高
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知E a ＜E b ，所以a 、b 两点比较，粒子的加速度在b 点时较大，故A 正确；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受力沿曲线的内侧，从a 点到b 点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但a 点到b 点，整个过程最终电场力做正功，故B 错误C 正确；因为不知道粒子的电性，所以无法判断哪点电势高低，故D 错误．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置图。

水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A 点压缩至B 点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置(从左到右分别记为P 、Q 、R)，测得OP=x 1，OQ=x 2，OR=x 3
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是___
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B 点
D.导轨末端必须保持水平
（2）若入射球的质量为m 1，被碰小球的质量为m 2，则该实验需要验证成立的表达式为__（用所给符号表示）；
（3）除空气阻力影响外，请再说出一条可能的实验误差来源_______。

【答案】CD 121123m x m x m x =+ 轨道摩擦的影响：确认落点P 、Q 、R 时的误差：1x ，2x ，3x 的测量误差
【解析】
【详解】
（1）[1]A ．为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A 错误； B ．为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B 错误；
C ．为了保证入射球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B 点，从而让入射球获得相同的弹性势能，故C 正确；
D ．为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D 正确。

故选CD 。

（2）[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向，有
101122m v m v m v =+
小球做平抛运动的时间t 相等，两边同时乘以t ，有
101122m v t m v t m v t =+
结合碰撞前后的小球落点情况，换算水平距离后，有
20x v t =，11x v t =，32x v t =
可得
121123m x m x m x =+
（3）[3]除空气阻力影响外，本实验其它的误差有：轨道摩擦的影响；确认落点P 、Q 、R 时的误差；1x ，2x ，3x 的测量误差。

14．某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放，经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上，在白纸上留下点迹．为了使问题简化，小钢球在轨道倾斜部分下滑的距离分别为L 、2L 、3L 、4L…，这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W 0、2W 0、3W 0、4W 0…．
（1）为了减小实验误差必须进行多次测量，在L 、2L 、3L 、4L…处的每个释放点都要让小钢球重复释放多次，在白纸上留下多个点迹，那么，确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是___________________；
（2）为了完成实验，除了测量小钢球离开轨道后的下落高度h 和水平位移s ，还需测量_____________． A ．小钢球释放位置离斜面底端的距离L 的具体数值
B ．小钢球的质量m
C ．小钢球离开轨道后的下落高度h
D ．小钢球离开轨道后的水平位移x
（3）请用上述必要的物理量写出探究动能定理的关系式：W=______；
（4）该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象，则图象的横坐标表示_________（用实验中测量的物理量符号表示）．
【答案】用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置 B
2 4 mgx h
【解析】
（1）确定砸同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是：用尽可能小的圆圈圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置；
（1）根据动能定律可得：W=1
2
mv1
根据平抛规律可得：x=vt，h=1
2
gt1
联立可得探究动能定理的关系式：W=
2
4 mgx
h
，
根据表达式可知为了探究动能定理，并测量当地的重力加速度还需测量的量为小钢球的质量m，故选B．
（3）由解析（1）可知探究动能定理的关系式为：W=
2
4 mgx
h
．
（4）根据图象形状可知，W与横轴表示的物理量成正比例，又因为表达式为W=
2
4
mgx
h
，所以图象的横
坐标表示x1．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．近几年家用煤气管道爆炸的事件频繁发生，某中学实验小组的同学进行了如下的探究：该实验小组的同学取一密闭的容积为10L的钢化容器，该容器的导热性能良好，开始该容器与外界大气相通，已知外界大气压强为1atm，然后将压强恒为5atm的氢气缓慢地充入容器，当容器内混合气的压强达到1.5atm时会自动发生爆炸。

假设整个过程中容器的体积不变。

求：
(1)有多少升压强为5atm的氢气充入容器时容器将自动爆炸？
(2)假设爆炸时钢化容器内的气体不会向外泄露，经测量可知容器内气体的温度由27℃突然上升到2727℃瞬间的压强应为多大？
【答案】(1)1L；(2)15atm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)体积为1V压强为5atm的氢气充入容器时，容器将自动爆炸,分压原理可知爆炸时氢气的压强
201.5atm1atm0.5atm
P P P
=-=-=
混
选择最终充入的所有氢气为研究对象，因为导热性能良好，并且是缓慢地充入容器，故发生等温变化：
初态：压强15atm P =，体积1V ；
末态：压强20.5atm P =，体积210L V =；
根据玻意耳定律可得
1122PV PV =
解得充入压强为5atm 氢气的体积
11L V =
(2) 选择容器内气体为研究对象，爆炸时温度由27C ︒突然上升到2727C ︒，过程中体积不变，发生的是等容变化：
初态：压强 1.5atm P =混，温度
2(27273)K 300K T =+=
末态：压强3P ，温度
3(2727273)K 3000K T =+=
根据查理定律可得 3
23
P P T T =混 可得爆炸瞬间容器内气体的压强
315atm P =
16．如图所示，细玻璃管中的水银柱将两部分理想气体封闭在大小不同的两个玻璃泡中，大玻璃泡的体积是小玻璃泡的4倍，当外界温度为T 0时，右侧水银面比左侧水银面高h ，现改变外界温度，使系统与外界热平衡后，右侧水银面比左侧高
3
h ，则外界温度应升高还是降低？升高或降低的温度△T 是多少？(不考虑细玻璃管中气体的体积)
【答案】降低023
T
【解析】
【详解】
设外界温度为0T 时，左侧气体的压强为1P ，右侧气体的压强为2P ，
则
12P P h =+（或12P
P gh ρ=+）① 两个玻璃泡中的气体均发生等容变化，由查理定律得： 1101P P T T '
= ② 2201
P P T T '=③ 123
h P P ''=+ （或123hg
P P ρ''=+）④
由①②③④得：
013
T T =⑤ 故外界温度应降低，降低的温度
01023
T T T T ∆=-=⑥ 17．如图所示，宽L=2m 、足够长的金属导轨MN 和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N 和N′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg 、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数34
μ=，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B=1.0T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P 处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m ．启动电动小车，使之沿PS 方向以v=5.0m/s 的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a=3.2m/s 2，AA′与OO′之间的距离d=1m ，求：
（1）该过程中，通过电阻R 的电量q ；
（2）杆通过OO′时的速度大小；
（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；
（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J ，求电阻R 上的平均电功率．
【答案】（1）0.5C （2）3m/s （3）12.56N （4）2.0W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）平均感应电动势BLd E t t
∆Φ==∆∆ •=BLd q I t R r R r
∆Φ=∆=++ 代入数据，可得:0.5q C =
（2）几何关系：sin H H d α
-=解得:sin 0.8α=0=53α 杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：1cos 3/v v m s α==
（3）杆受的摩擦力cos 3f F mg N μθ== 杆受的安培力221()
B L F BIL R r v 安==+代入数据，可得3F N =安 根据牛顿第二定律：sin =T f F mg F F ma θ---安
解得:12.56T F N =
（4）根据动能定理：211sin 2
f W W mgd F mv θ+--=安 解出 2.4W J =-安，电路产生总的电热 2.4Q J =总
那么，R 上的电热 1.2R Q J = 此过程所用的时间cot 0.6H t s v
α=
= R 上的平均电功率 1.2W 2.0W 0.6R Q P t === 【点睛】
本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv 、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R 产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R 与r 产生的热量之和．。