2020年湖南省长沙市高考物理模拟试卷 (7)

2020年湖南省长沙市高考物理模拟试卷(7)
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1.在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。

以下关于物理学研
究方法的叙述中正确的是（）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法
B. 根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，
该定义运用了极限思维法
C. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力
的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小
段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法
2.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上．一细绳绕
过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一
端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以
及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落
过程中，工件的加速度为（）
A. B. C. D.
3.如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长
的绝缘细线一端拴一个质量为m电荷量为q的带负电小球，
另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然
后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成
θ=60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（）
A. 小球重力与电场力的关系是mg=Eq
B. 小球重力与电场力的关系是Eq=mg
C. 球在B点时，小球的加速度为零
D. 球在B点时，细线拉力为T=2Eq
4.带正电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置
放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触。

设大地电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是（）
A. 由于静电感应，A球带负电
B. B球接地带负电，电势为零
C. C球不带电，电势与球壳电势相等
D. D球带正电，电势为零
5.如图所示，由Oa、Ob、Oc三个铝制薄板互成120°角均匀分开的I、Ⅱ、Ⅲ三个匀
强磁场区域，其磁感应强度分别用B1、B2、B3表示。

现有带电粒子自a点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1：3：5，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，不计粒子重力，则（）
A. 磁感应强度B1：B2：B3=1：3：5
B. 磁感应强度B1：B2：B3=5：3：1
C. 其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为25：2
D. 其在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为27：5
6.如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光
滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑．底部有
带电小球的试管。

在水平拉力F作用下，试管向右
匀速运动，带电小球能从试管口处飞出。

关于带电
小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的
是（）
A. 小球带负电
B. 小球运动的轨迹是一条直线
C. 洛伦兹力对小球做正功
D. 维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大
二、多选题（本大题共3小题，共17.0分）
7.水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点
的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静
止状态，轨道动摩擦力因数为μ．用水平恒力F拉
动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（）
A. 拉力F所做功为nFl
B. 系统克服摩擦力做功为
C. F＞
D. （n-1）μmg＜F＜nμmg
8.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点分别放置带
电荷量为+q和+3q的质量相等的金属小球A和B（可视
为点电荷），现给A和B大小相等的初动能E0，使其相
向运动且刚好能发生碰撞，两球碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，则（）
A. E1=E2＞E0
B. E1=E2=E0
C. 碰撞发生在M、N两点连线中点的左侧
D. 两球同时返回M、N两点
9.下列说法中正确的是（）
A. 一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少
B. 气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加
C. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面
D. 气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的
E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油
酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
10.如图，虚线和实线分别表示在同一绳上传播的甲、乙两列简谐横波某时刻的波形图，
波速均为v=4m/s．则绳上位于x=0.2m处的质点M的振动是______的（选填“加强”、“减弱”）．从图示时刻开始，再经过______s，M将位于波峰．
四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.在“验证机械能守恒定律”实验中：
（1）纸带将被释放瞬间的四种情景如1照片所示，其中操作最规范的是______。

（2）已知打点计时器所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g=9.80m/s2，实验选用的重锤质量为0.5kg，从所打纸带中选择一条合适的纸带，此纸带第1、2点间的距离应接近______mm，若纸带上连续的点A、B、C、D至第1点Q的距离如图2所示，则重锤从O点运动到C点，重力势能减小______J，重锤经过C点时的速度______m/s，其动能增加______J．（保留三位有效数字）
（3）大多数学生的实验结果显示重力势能的减少量大于动能的增加量，其原因是______。

A．利用公式v=gt计算重物速度B．利用公式v=计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法
12.如图是一个多量程多用电表的简化电路图，电流、电压和电阻的测量都各有两个量
程（或分度值）不同的挡位。

1、2两个档位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的10倍；3、4档中电源电动势E2＞E1
（1）关于此多用表，下列说法正确的是______。

A．当转换开关S旋到1比旋到2的量程大
B．当转换开关S旋到4比旋到3的倍率高
C．当转换开关S旋到5比旋到6的量程大
D．A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔
（2）已知表头G的满偏电流为100μA，内阻为900Ω，图中的电源E2的电动势为
3.5V，当把转换开关S旋到位置4在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，
该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误，则R1=______Ω，R2=______Ω。

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，在离地4h的平台边缘放一个小球A，在其左侧有一个摆球B，当B球
从离平台h高处由静止释放到达最低点时，恰能与A球发生正碰撞，使A球水平抛出，若A球落地时距离平台边缘4h，B球碰撞后能上升到离平台的高度，求
（1）碰撞后A球水平抛出时的速度。

（已知重力加速度为g）
（2）A、B两球的质量之比。

14.如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30°斜面内的平行光滑金属轨道轨道足够长，
其电阻可忽略不计。

金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。

金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。

整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。

（重力加速度为g）
（1）试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电。

（2）设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0，恒力大小变为F'=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动。

求：
①t时刻以后金属棒ab的热功率P ab；
②0～t时刻内通过金属棒ab的电量q。

15.如图所示，在左端封闭右端开口的、粗细均匀的U形管中，有
一段空气柱将水银分为A、B两部分，A位于封闭端的顶部。

已
知在温度t=87℃时，空气柱的长度L=12.5cm，水银柱A的长度
h1=25cm，B部分的两液面的高度差h2=45cm，外界大气压强
P0=75cmHg．试求：
（1）当空气柱的温度为多少摄氏度时，A部分的水银柱恰好对
U形管的顶部没有压力。

（2）保持空气柱在（1）情况下的温度不变，在右管中注入多少
厘米长的水银柱，可以使U形管内B部分的水银面相平。

16.玻璃棱镜ABCD可以看成是由如图所示的ADE、ABE、BCD三个直角三棱镜组成，
一束从AD面入射的光线在棱镜中的折射光线ab与AD面的夹角a=60°，已知光在真空的速度c=3×108m/s，玻璃的折射率n=1.5．求：
①这束入射光线的入射角多大？（用反三角函数表示）
②光在棱镜中的传播速度多大？
③该束光线第一次从CD面出射时的折射角以及此出射光线的偏向角（射出棱镜出
射光线与射入棱镜的光线之间的夹角）多大？（要画出解题所需的完整光路图）
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1.答案：B
解析：解：A、用质点代替物体，采用的科学方法是建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B正确；
C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C错误；
D、在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D错误。

故选：B。

质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度。

在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。

2.答案：C
解析：解：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，
根据牛顿第二定律有：，
解得：，
工件加速度为：，所以C正确。

故选：C。

抓住相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，得出加速度之间的关系，结合牛顿第二定律求出绳子的拉力，再隔离对工件分析，运用牛顿第二定律求出工件的加速度．
解决本题的关键通过位移关系得出加速度的关系，这是解决本题的突破口，再运用牛顿第二定律进行求解．
3.答案：B
解析：解：A、B、对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，将电场和重力场复合，根据运动的对称性，可以得到复合场的最低点在AB的中垂线与轨迹的交点C 处，故合力沿OC分析方向，如图
根据平行四边形定则，有
合力F=2mg
qE=mg
故A错误，B正确；
C、在B点，小球静止，受重力、电场力和拉力，由于重力和电场力的合力与细线不共线，故合力不为零，加速度也不为零，故C错误；
D、将重力和电场力的合力沿着细线方向和垂直细线方向正交分解，沿着绳子方向的分力与拉力平衡，故T=F•cos30°==qE，故D错误；
故选：B。

对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，其中重力和电场力是恒力，其合力也是恒力，将电场和重力场复合，根据运动的对称性，可以得到复合场的最低点在AB 的中垂线与轨迹的交点处，然后运用力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律分析求解．
本题关键是对小球受力分析，然后找出复合场的最低点位置，最后根据牛顿第二定律和平行四边形定则列式分析计算．
4.答案：B
解析：解：A、由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电，故A 错误；
B、由于静电感应，B球带负电，但电势和大地的电势相等，为零，故B正确；
C、C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷，故C错误；
D、D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电，故D错误。

故选：B。

达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以小金属球C带电，而A、B也会由于静电感应而带电．
本题分析中要注意要学会找等势体．在这里，由于是等势体，同性电荷相斥，所以外部带正电．
5.答案：C
解析：解：AB、带电粒子在磁场中运动的时间为：
在各个区域的圆心角均为
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=
可得粒子在磁场中运动的周期：
所以，故，又因为m、q均为定值
在三个区域的磁感应强度之比为=15：5：3，故AB错误；
CD、三个区域的磁场半径相同，为，又因为动能
联立可得：，
因为q、m和r均相同，故三个区域中运动的动能之比为：
=225：25：9
设比例中的每一份为k，则：
在b处穿越铝板所损失的动能为
在c处穿越铝板所损失的动能为
在b、c处穿越铝板所损失的动能之比为：，故C正确，D错误；
故选：C。

利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合粒子在三个区域中运动的半径相同，粒子在三个区域中运动的时间之比为1：3：5，结合粒子转过的圆心角，再利用比例性质，联立即可求出粒子在b、c处穿越铝板所损失的动能之比。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

6.答案：D
解析：解：A、小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电。

故A错误。

B、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。

小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动。

与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线。

故B错误。

C、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功。

故C错误。

D、设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力
F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大。

故D正确。

故选：D。

小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，由左手定则，分析电性。

将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向。

根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹，确定F如何变化
本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线。

本题采用的是类比的方法理解小球的运动。

7.答案：BC
解析：解：A、物体1的位移为（n-1）l，则拉力F所做功为W F=F•（n-1）l=（n-1）Fl．故A错误；
B、系统克服摩擦力做功为：W f=μmgl+μmg•l+…+μmg•（n-2）l+μmg•（n-1）l=，
故B正确；
CD、由题意可得，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有：W F=W f，解得：F=，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系，可知F＞，故C正确，D错误；
故选：BC。

当连接第n个物块的线刚好拉直时，物块1、2、3、n通过的位移分别为（n-1）l、（n-2）l、…2l、l，再求出拉力F做的功和系统克服摩擦力做的功．用假设法由动能定理分析拉力F的条件．
解决本题的关键要学会运用累积法求拉力和摩擦力做功，要注意各个物体的位移不同，要运用数列法解答．
8.答案：AD
解析：解：A、两球组成的系统动量守恒，两球质量相等初动能相等，则两球的初速度大小相等，而方向相反，两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等。

两球接触后的电荷量都变为2q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大、末动量也增大，E1=E2＞E0．故A正确，B错误。

C、两球间的作用力是作用力与反作用力，大小相等，两球质量相等，两球的加速度相等，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点，故C错误，D正确。

故选：AD。

当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．
由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．
由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解．
本题考查了动量守恒定律的应用，对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．9.答案：BDE
解析：解：A、一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；
B、气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；
C、当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故C错误；
D、从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故D正确；
E、计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；
故选：BDE。

根据热力学第一定律，即可判定；
气体的温度降低，平均动能减小；
处于饱和状态时，水中水分子进与出平衡；
气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分子热运动的平均动能；
用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．
本题主要掌握温度是分子平均动能的标志，理解热力学第一定律内容，知道温度是平均动能的标志，及理解饱和状态的内涵，最后注意油酸酒精溶液、油酸溶液与油酸的三者区别，基础题．
10.答案：加强0.025（4k+3），k=0，1，2，3…
解析：解：由图可知，两波的波长相等，又波速相等，则频率相等，能发生干涉，且两列波使质点M的振动方向相同，所以始终加强
波长λ=0.4m，波速v=4m/s，周期
M点至少经过到达波峰，=，k=0，1，2，3…
故答案为：加强，0.025（4k+3），k=0，1，2，3…
两列相同性质简谐横波在同一绳上传播时波速相同，由波动图象读出波长，研究频率关系，当两列波的频率相同时，能发生干涉现象，两列波波峰与波峰或波谷相遇处振动始终加强．运用波形的平移法和波的叠加原理研M点到达波峰的时间．
本题首先考查对波速决定因素的理解和掌握情况：波速由介质决定；其次考查了对波的叠加原理的理解．在两列波波峰与波峰或波谷相遇处振动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱．
11.答案：D 2.00 3.30 2.72 C C
解析：解：（1）实验要验证重锤做自由落体运动时，机械能守恒，
故要保证纸带和限位孔在同一竖直面内以减小阻力，故D操作最规范；故选：D。

（2）重锤做自由落体运动，点与点之间时间间隔为0.02s，
第1、2点间的距离h==×9.8×0.022m≈2.00mm；
重锤从O点运动到C点，重力势能减小△E P=mgh oc=2.75J
重锤经过C点时的速度v c==3.30m/s
故动能增加△E k=≈2.72J
（3）重力势能的减少量大于动能的增加量，其原因主要是在实验中存在空气阻力和摩擦力的影响，故ABD错误，C正确；
故选：C。

故答案为：（1）D；（2）2.00；2.75；3.30；2.72；（3）C。

（1）根据实验原理可以知道D操作最规范；
（2）根据自由落体的特点，可以知道第一二两点的距离，根据匀变速直线运动的推论，可以求出瞬时速度，进而求出动能的变化量；
（3）通过对实验的误差分析，可以知道误差的原因；
本题考查了验证机械能守恒定律，求出动能的增加量和重力势能的减少量是实验的关键，在求速度时要用，而不是v=。

12.答案：ABD10 90
解析：解：（1）A、设表头的满偏电流和内阻分别为I g和R g根据欧姆定律结合串并联电路特点可知道，
当转换开关S旋到1时量程：I1=I g（1+），
当转换开关S旋到2时量程：I2=I g（1+），I1＞I2，故A正确；
B、因为3、4档中电源电动势E2＞E1，故当转换开关S旋到4时的倍率大于旋到3的倍率，故B正确；
C、因为当开关S旋到6时串上的电阻更大，故转换开关S旋到5比旋到6的量程小，故C错误；
D、考虑欧姆表时，电流从红表笔流入电表黑表笔流出电表，故A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔，故D正确。

故选：ABD。

（2）当S旋到1时量程：I1=I g（1+）①
当S旋到2时量程：I2=I g（1+）②
又因为大量程是小量程的10倍，故：I1=10I2③
其中：I g=100μA=1.0×10-4A，R g=900Ω，
联立①②③式可得：=+9 ④
在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明欧姆表的内阻：R内
=3500Ω==⑤
由⑤式可得：R1+R2=100Ω ⑥
联立④⑥两式可得：R1=10Ω，R2=90Ω
故答案为：（1）ABD；（2）10，90。

（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；（2）据题，“该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误”，说明已经进行过欧姆调零，即让表头满偏。

在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明：当表头半偏时，改装后的电流表的总内阻R内=3500Ω，根据开关接在1、2两个位置，读出电流表的量程，根据并联电路电流的分配规律求解R1和R2。

本题考查多用电表的使用，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法，注意正确掌握欧姆表的原理是解题的关键。

13.答案：解：（1）碰撞后A球做平抛运动，小球A在水平方向上：4h=v A t，
在竖直方向上：
解得A球碰后速度为
（2）设B球运动到最低点与A球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度大小为v B，则有：
及
若B球碰撞后向右运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m B v0=m B（v B）+m A v A
解得两球的质量比为：
此条件下系统机械能损失为：，因碰撞过程机械能不能增加，结论合理。

若B球碰撞后向左运动，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m B v0=m B（-v B）+m A v A 解得两球的质量比为：
此条件下系统机械能增加量为：，因碰撞过程机械能不能增加，故不合理，
应舍去。

答：（1）碰撞后A球水平抛出时的速度是。

（2）A、B两球的质量之比是。

解析：（1）碰撞后A离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出碰撞后A的速度；
（2）B向下摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出碰撞前B的速度；碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B两球的质量之比。

本题考查了求球的速度，分析清楚球的运动过程是正确解题的关键，应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动量守恒定律可以解题。

要注意解题结果是否合理。

14.答案：解：（1）金属棒cd做匀速运动的速度为v，电动势为：E=BLv
电流为：I=
安培力为：F=IBL
金属棒cd克服安培力做功的功率为：P安=Fv
联立解得：P安=
电路获得的电功率为：P电==
所以：P安=P电
（2）①金属棒ab做匀速运动，则有：I1BL=2mg sin30°
金属棒ab的热功率为：P ab=I12R
联立解得：P ab=
②设t后时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1，金属棒cd也做匀速运动的速度为v2；由金属棒ab、金属棒cd组成系统动量守恒：mv=2mv1+m v2
回路电流为：I1=
联立解得金属棒ab做匀速运动速度为：v1=
0～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短时间△t内，速度的该变量为△v，
由动量定理得：BiL△t-2mg sin30°•△t=2m△v
根据电荷量的计算公式可得：q=i△t
解得：BLq-mgt=2mv1
所以解得：q=。

答：（1）推证金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电如上述过程所示；
（2）①t时刻以后金属棒ab的热功率为；
②0～t时刻内通过金属棒ab的电量为。

解析：（1）粒子做匀速直线运动，拉力与安培力平衡；再结合功能定关系及题意可以证明；
（2）根据系统动量守恒可求；根据题意可明确两导体棒的运动情况，动量定理可求得列式，由积分规律可求得位移的改变量；再由电量的计算可求得流过cd的电荷量。

本题考查法拉第电磁感应定律、动量守恒定律及功能关系的应用；要注意能正确应用数学规律进行分析求解，这是本题中的难点所在。

15.答案：解：（1）以封闭在左管中的气体为研究对象，
初状态：T=360K，p1=（75-45）cmHg=30cmHg，V1=12.5Scm3
在水银柱A对U形管的顶部没有压力时：T′=273+t′，p2=25cmHg
h2′=（75-25）cm=50cm，L′=L-=（12.5-）cm=10cm V2=10Scm3。