常德市达标名校2019年高考四月适应性考试物理试题含解析

常德市达标名校2019年高考四月适应性考试物理试题
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．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则（）
A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cd B．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cd
C．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cd D．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd
2．钴－60放射性的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。

在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防
治虫害和食品辐射保藏与保鲜等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗。

一个钴60原子核（60
27
Co）放
出一个β粒子后衰变成一个镍核（60
28
Ni），并伴随产生了γ射线。

已知钴60的半衰期为5.27年，该反应中钴核、β粒子、镍核的质量分别为m1、m2、m3。

下列说法正确的是（）
A．核反应中释放的能量为（m2+m3－m1）c2
B．核反应中释放出的γ射线的穿透本领比β粒子强
C．若有16个钴60原子核，经过5.27年后只剩下8个钴60原子核
D．β粒子是钴原子核外的电子电离形成的
3．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流I时，电子的定向移动速度v，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的（）
A．前表面的电势比后表面的低。

B．前、后表面间的电压U=Bve
C．前、后表面间的电压U与I成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU c
4．氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围是1.63eV ~3.10eV 。

则大量氢原子从高能级向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有（ ）
A ．1种
B ．2种
C ．3种
D ．4种
5．如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为r 的圆轨道1运动，经P 点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道，则飞行器（ ）
A ．变轨后将沿轨道3运动
B ．变轨后相对于变轨前运行周期变大
C ．变轨前、后在两轨道上运动时经P 点的速度大小相等
D ．变轨前经过P 点的加速度大于变轨后经过P 点的加速度
6．如图所示，一根长为L 的金属细杆通有电流时，在竖直绝缘挡板作用下静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。

斜面处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中。

若电流的方向和磁场的方向均保
持不变，金属细杆的电流大小由I 变为0.5I ，磁感应强度大小由B 变为4B ，金属细杆仍然保持静止，则（ ）
A ．金属细杆中电流方向一定垂直纸面向外
B ．金属细杆受到的安培力增大了2sin BIL θ
C ．金属细杆对斜面的压力可能增大了BIL
D ．金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL
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，质量相同的两球A 、B 分别用不同长度的细线悬挂，A B L L >，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是（ ）
A ．细线的拉力
B ．小球的加速度
C ．小球的速度
D ．小球具有的动能
8．下列说法正确的是（ ） A ．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动
B ．理想气体温度升高时，分子动能一定增大
C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D ．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
E.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，而不产生其他变化
9．下列说法中正确的是（ ）
A ．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性
B ．第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律
C ．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小
D ．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
E.非晶体是各向同性的，晶体都是各向异性的
10．如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在电场中运动的轨迹，a 、b 、c 、d 、e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )
A ．M 带负电荷，N 带正电荷
B ．M 在b 点的动能小于它在a 点的动能
C ．N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能
D ．N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功
11．如图所示为平行于x 轴的静电场电势ϕ随x 变化的图象。

电子只受电场力，自2x -位置静止释放，到达O 点时的动能为k E ，已知电子电量为e ，质量为m ，122x x =，则下列分析正确的是（ ）
A ．电子在1x x =处速度为k 2E
m B ．电子在1x x =处加速度为m 1
2e mx ϕ C ．电子将沿x 轴做往复运动，周期1m 28m T x e ϕ= D ．电子在1x x =处动能与电势能之和为
k 12E 12．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水
平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B 的大小与长直导线中的电流大小I 成正比，与该点离长直导线的距离r 成反比。

该小组欲利用如图甲所示的 实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表（量程为0~3A ）、滑动变 阻器、小磁针（置于刻有360°刻度的盘面上）、开关及导线若干：
实验步骤如下：
a.将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直 导线，如图甲所示；
b.该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离 r 、长直导线中电流的大小I 及小磁针的偏转 角
度θ；
c.根据测量结果进行分析，得出结论。

回答下列问题：
（1）某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为______A ；
（2）在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°（如图丙所示），已知
实验所在处的地磁场水平分量大小为B 0=3×10－5T ，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强
度B 的大小为_______T （结果保留两位小数）；
（3）该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tanθ与I r 之间的图像如图丁所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比的结论， 其依据是______；
（4）通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B 与电流I 及距离r 之间的数学关系为02I B r
μπ=g ，其中0μ为介质的磁导率。

根据题给数据和测量结果，可计算出0μ=_______ T m/A g 。

14．为了粗略测量电阻，小明同学用量程为5mA 的毫安表、电动势为3V 的电池、0~999.9Ω)的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图所示：
（1）为制作欧姆表，__准确测量毫安表的内阻（填“需要”或“不需要”）；
（2）进行欧姆调零之后，用该表测量某电阻时，a 表笔是__表笔（填“红”或“黑”），此时毫安表读数为2.5mA ，
则待测电阻阻值为____Ω；
（3）如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，表盘中间刻度对应的电阻值___（填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值___真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，足够长的金属导轨MNC 和PQD 平行且间距为L 左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为α=37°、β=53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B 。

均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长度均为L ，电阻均为R ，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，金属棒ef 光滑。

同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef 施加外力F ，使ef 棒保持a=0.2g 的加速度沿斜面向下匀加速运动。

导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）金属棒ab 运动过程中最大加速度的大小；
（2）金属棒ab 达到最大速度所用的时间；
（3）金属棒ab 运动过程中，外力F 对ef 棒的冲量。

16．如图所示，质量m 的小环串在固定的粗糙竖直长杆上，从离地h 高处以一定初速度向上运动，运动过程中与长杆之间存在大小2
mg 的滑动摩擦力．小环能达到的最大高度为3h ，求： (1)小环从h 高处出发至第二次经过2h 高处过程中，重力做功和摩擦力做功分别为多少？
(2)在高中我们定义“由相互作用的物体的相对位置决定的能量”叫势能，如相互吸引的物体和地球，其相对
位置关系决定重力势能．对比(1)问中两力做功，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．
(3)以地面为零势能面．从出发至小环落地前，小环的机械能E 随路程s 的变化关系是什么？
17．1916年， Tolman 和 Stewart 发表论文指出，一个绕在圆柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为 Stewart- Tolman 效应。

设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r ，每匝线圈均用电阻为R 的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n ，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。

从某一时刻开始，圆柱以角加速度β绕其轴旋转。

经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的电流强度。

参考答案
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．B
【解析】 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据
1221
I n I n =，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，选项B 正确．
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据质能方程可知核反应中释放的能量为 ()2123E m m m c ∆=--
A 错误；
B ．根据三种射线的特点与穿透性，可知γ射线的穿透本领比β粒子强，B 正确；
C ．半衰期具有统计意义，对个别的原子没有意义，C 错误；
D ．根据β衰变的本质可知，β粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，D 错误。

故选B 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故A 错误；
B ．由电子受力平衡可得
U e evB a
= 解得U Bva =，电流越大，电子的定向移动速度v 越大，所以前、后表面间的电压U 与I 成正比，所以故B 错误，C 正确；
D ．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即
U F eE e a
== 故D 错误。

故选C 。

4．D
【解析】
【详解】
大量氢原子从高能级向1n =能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向3n =能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51eV ，不在1.63eV ~3.10eV 范围之内，发出的光都是不可见光；3n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89eV ，属于可见光；4n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55eV ，属于可见光；5n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86eV ，属于可见光；6n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.02eV ，属于可见光；7n =能级向2n =能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12eV ，属于不可见光；可知只有4种可见光，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

5．B
【解析】
【详解】
根据题意，飞行器经过P 点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大，变轨后将沿轨道2运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P 点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．D
【解析】
【详解】
A ．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，金属细杆中电流方向可能垂直纸面向外，也可能垂直纸面向里，故A 错误；
B ．由于磁场与电流方向垂直，开始安培力为1=F BIL ，后来的安培力为
21=4=22
F B IL BIL ⋅ 则金属细杆受到的安培力增大了
=F BIL ∆
故B 错误；
C ．金属细杆受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和安培力作用，根据力的平衡条件可知，将斜面的支持力分解成水平方向和竖直方向，则水平方向和竖直方向的合力均为零，由于金属细杆的重力不变，故斜面的支持力不变，由牛顿第三定律可知，金属细杆对斜面的压力不变，故C 错误；
D ．由于金属细杆受到斜面的支持力不变，故安培力的大小变化量与挡板的支持力的大小变化量相等；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向里，安培力方向水平向右，当安培力增大，则金属细杆对挡板的压力增大，由于安培力增大BIL ，所以金属细杆对竖直挡板的压力增大了BIL ；如果金属细杆中电流方向垂直纸面向外，安培力方向水平向左，当安培力增大BIL ，则金属细杆对挡板的压力减小BIL ，故金属细杆对竖直挡板的压力可能增大了BIL ，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．AB
【解析】
【详解】
AC ．根据动能定理得
212
mgL mv =
解得
v 因为A B L L <。

所以
A B v v <
再根据
2
v T mg m L
-= 得
2
3v T mg m mg L
=+= 所以绳子拉力相等，故A 选项正确，C 选项错误；
B ．根据2
v a L
=可得 2a g =
所以两球加速度相等，故B 选项正确；
D ．根据动能定理得
212
mgL mv = 因为A B L L <，所以在最低点，两球的动能不等。

故D 选项错误；
故选AB ．
8．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动是由于液体分子对花粉颗粒的无规则撞击形成的，所以布朗运动反映了水分子的热运动；故A 正确；
B ．理想气体的分子动能与分子的数目、温度有关，理想气体温度升高时，分子平均动能增大，但分子数目的情况不清楚，故分子动能的变化情况不清楚，故B 错误；
C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C 正确；
D ．当分子力表现为引力时，距离增大时，分子力做负功，故分子势能增大，故D 正确；
E ．根据热力学第二定律可知，不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，从而不产生其他变化，故E 错误。

故选ACD 。

9．ACD
【解析】
【详解】
A ．液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，选项A 正确；
B ．第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律，选项B 错误；
C ．在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，选项C 正确；
D ．大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，选项D 正确；
E ．多晶体具有各向同性，选项E 错误。

故选ACD 。

10．ABC
【解析】
试题分析：由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知M 带负电荷，N 带正电荷，故A 正确．M 从a 到b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b 点的动能小于在a 点的动能，故B 正确．d 点和e 点在同一等势面上，电势相等，则N 在d 点的电势能等于在e 点的电势能，故C 正确．
D 、N 从c 到d ，库仑斥力做正功，故D 错误．故选ABC
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
11．BC
【解析】
【详解】
A ．静电场平行于x 轴，则x φ-图线的斜率表示场强，所以2x -到0间的电场为匀强电场，0到2x 间电场也为匀强电场，设电子在1x x =处速度为v ，根据动能定理
k m e E ϕ=
2m k 111222
e E mv ϕ== 所以
v =故A 错误；
B ．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
m m 21
2e e Ee a m mx mx ϕϕ=== 故B 正确；
C ．电子将沿x 轴做往复运动，设从2x -到0电子的运动时间为t 1，根据运动学公式
22m 2112
1122e x at t mx ϕ=
= 所以
1t x =往复运动的周期
148T t x ==故C 正确； D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D 错误。

故选：BC 。

12．AD
【解析】
【详解】
A ．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；
BC ．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC 错误；
D ．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．2.00 51.7310-⨯ 电流产生的磁感应强度0tan B B θ=，而偏角的正切值与I r
成正比 7410π-⨯
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]电流表量程为3A ，则最小分度为0.1A ，由指针示数可知电流为2.00A ；
（2）[2]电流产生向东的磁场，则指针指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示
则有
tan30B B ︒=
解得 553310 1.710T B --=⨯=⨯ （3）[3]由图可知，偏角的正切值与 I
r
成正比，而根据（2）中分析可知 0tan θB B =
则可知B 与I r
成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与长导线的距离r 成反比；
（4）[4]由公式
00tan θ2I B B r
μπ==g 可知，图象的斜率
2000.142 10221.03
k B μπ-===⨯ 解得
70410T m/A μπ-=⨯g
14．不需要 红 600 变小 大于
【解析】
【详解】
（1）[1]欧姆表的工作原理
g x x
E E I R r R R R R Ω=
=++++ 而 g E I R Ω
=
即 g
x E
I E R I =+ 则不用确定出R g 的值；根据工作原理可求得相应电流对应的电阻值。

（2）[2]右表笔接欧姆档的内部电源的正极，根据所有测量都满足红进黑出向右偏的规律，可知右表笔b 为黑表笔，左表笔a 为红表笔；
[3]毫安表读数2.5mA 是表头满偏电流5mA 的一半，有
2g
x I E I R R Ω
==+ 可知此时的待测电阻值刚好等于欧姆表内阻，有
3
g 3510x E R R I Ω-===⨯Ω=600Ω （3）[4]在毫安表两端并联一个电阻后，有
122x g E
I E R I =⨯+ 其欧姆内阻为2g
E I ，阻值变小，即中值刻度值变小。

（4）[5]电池电动势减小了，则欧姆调零后，欧姆表的内阻
g
E R I Ω''= 故欧姆表的内阻减小了，由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，故实际测量时，当读数为600Ω，实际电阻是小于600Ω的，故测量值大于实际电阻值。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）0.2m a g =；（2）1224mR t B L =；（3）22285F m gR I B L
=-，负号代表冲量沿斜面向上。

【解析】
【详解】
（1）金属棒ab 释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有
sin cos m mg mg ma αμα-=
得
0.2m a g =
（2）金属棒ab 释放之后，合外力为零时速度最大，则有
sin (cos )mg mg BIL αμα=+
其中
2E I R
= ef E BLv =
0.2ef v gt =
得
1224mR t B L
= （3）金属棒ab 释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度
sin (cos )ab mg mg BIL ma αμα-+= 得：22520ab g B L g a t mR
=-，其图象如图所示
a t -图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒a
b 释放起，经过时间212282mR t t B L ==
速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属ef 一直匀加速直线运动，则有 20.2ef v gt =
2210.22
ef x g t =⨯⨯ 对金属棒ef ，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得
2sin 0F ef I BILt mg t mv β-+=-
其中
2ef
BLx q It R ==
得：22285F m gR I B L
=-，负号代表冲量沿斜面向上 说明：其它方法求解也可以，如写出外力F 的表达式，用其平均值计算冲量大小
2sin F mg BIL ma β+-=
得
220.610B L g F mg t R
=-+ 则可知释放瞬间，00.6F mg =-
2t 时刻，20.2mg F =
F t -图象所围成的面积代表其冲量，则有
0222
F F F I t += 得：22285F m gR I B L
=-，负号代表冲量沿斜面向上 16． (1)﹣mgh ；﹣
32mgh(2)不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”(3)E=4mgh ﹣12mgs 【解析】
【详解】
(1)重力做功为
W G =﹣mgh
摩擦力做功
W f =﹣fs=﹣2mg •3h=﹣32
mgh (2)重力做功与路径无关，仅与初末位置有关．势能的变化与初末位置有关．两者都与位置有关，所以重力有对应的重力势能．摩擦力做功与路径有关，所以不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”。

(3)小环能达到的最大高度为3h ，则：
20122022
mg mg h h mv -⋅-
⨯=- 解得： 20132
mv mgh = 若以地面为零势能面，小环初始势能为mgh ，初始动能为3mgh ，则初始机械能为4mgh ；从出发到落地前，通过路程s ，克服摩擦力所做的功为
12mgs ；则机械能变化的表达式为： E=4mgh ﹣12
mgs 17．2
2m r I eR
πβ= 【解析】
【详解】
由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即
F mr β=
对应的场强
mr E e
β= 产生的电流
2
22rE m r I R eR ππβ==。