广东省惠州市达标名校2018年高考四月仿真备考物理试题含解析

广东省惠州市达标名校2018年高考四月仿真备考物理试题
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．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t 图像如图所示。

已知两车在t=3s时并排行驶，则（）
A．在t=1s 时，甲车在乙车后
B．在t=0 时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为45m
2．物体做竖直上抛运动：v表示物体的瞬时速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，h代表其离抛出点的高度，E k代表动能，E p代表势能，以抛出点为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）
A．B．
C．D．
3．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A．小球A、B受到的拉力T OA与T OB相等，且T OA＝T OB＝
B．弹簧弹力大小
C ．A 球质量为
D ．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
4．如图所示，真空中位于x 轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O 对称。

下列关于E 随x 变化的图像正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
5．下列各选项中不属于国际单位制（SI ）中的基本单位的是（ ）
A ．电流强度单位安培
B ．电量的单位库仑
C ．热力学温度单位开尔文
D ．物质的量的单位摩尔
6．如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F 1作用下匀速下滑，某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F 2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（ ）
A ．仍匀速下滑
B ．匀加速下滑
C ．匀减速下滑
D ．不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关
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．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。

如图所示，倾斜的传送带以恒定速率2m/s v =逆时针运行，皮带始终是绷紧的。

质量1kg m =的货物从传送带上端A 点由静止释放，沿传送带运动到底端B 点，A B 、两点的32m l .=距离。

已知传送带倾角037θ=，货物与传送带间的动摩擦因数0.5μ=，重力加速
度210m/s g =，0sin 370.6=，0cos370.8=。

则（ ）
A ．货物从A 点运动到
B 点所用时间为1.2s
B ．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为0.8J
C ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功大小为11.2J
D ．货物从A 运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的热量之和
8．如图所示，两个质量分布均匀的球体P 、Q 静止在倾角为30 的固定斜面与固定挡板之间.挡板与斜面垂直。

P 、Q 的质量分别为m 、2m ，半径分别为r 、2r ，重力加速度大小为g ，不计一切摩擦。

下列说法正确的是（ ）
A ．P 受到四个力的作用
B ．挡板对P 的支持力为3mg
C ．P 所受弹力的合力大于mg
D ．Q 受到P 的支持力大于mg
9．如图（a ），质量m 1=0.1kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 1=0.1kg 的小物块静止于小车上，t=0时刻小物块以速度v 0=11m/s 向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F ，图（b ）显示物块与小车第1秒内运动的v-t 图象。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g =10m/s 1．则下列说法正确的是（ ）
A ．物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4
B ．恒力F=0.5N
C ．物块与小车间的相对位移=6.5m x 相对
D ．小物块向右滑动的最大位移是max =7.7m x
10．如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动。

现将一质量为m 的小物体（视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传动带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v 。

已知B 处离地面的高度皆为H 。

则在物体从A 到B 的过程中（ ）
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等
C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同
D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等
11．如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf垂直，分别在a、c 两个点处放等量异种电荷＋Q和－Q，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是（）
A．b、f两点电场强度大小相等，方向相同
B．e、d两点电势不同
→→运动过程中，电场力做正功
C．电子沿曲线b e d
D．若将＋Q从a点移动到b点，移动前后球心O处的电势不变
12．如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图．其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是100 m/s，则下列说法正确的是_________.
A．该波波源的振动周期是0.04 s
B．a、b两质点可能同时到达平衡位置
C．t＝0.04 s时刻a质点正在向下运动
D．从t＝0到t＝0.01 s时间内质点b的路程为1 cm
E.该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。

（1）该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________cm；
（2）让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间t A、t B，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒；（用题目中涉及的物理量符号来表示）
（3）该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，（2）中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是__________________。

14．某同学采用图甲所示的电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验中用电压表测量小灯泡的电压，用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。

（1）图甲中多用电表的黑表笔是____________（填“P”或“Q”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，需要将多用电表的两个表笔连接到a、b两处，其中黑表笔应与____________（填“a”或“b”）连接。

（2）实验配备的器材如下：
A．待测小灯泡L（“2.5V，0.2W”）
B．电压表V（量程0-3V，阻值约）
C．多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA，10mA，100mA）
D．滑动变阻器（阻值范围，额定电流2A）
E.滑动变阻器（阻值范围，额定电流1A）
F.电池组（电动势4.5V，内阻约为）
G.开关一只，导线若干
为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选____，滑动变阻器应选
_______。

（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。

他在实验前进行电路检查时发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线________。

（4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组I 、U 值并描绘出小灯泡的I-U 曲线如图丙所示。

由I-U 曲线可以看出：当灯泡两端电压时小灯泡的电阻=_____________Ω（保留两位有效数字）； （5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。

那么用久以后的多用电表电流挡测得的电流与真实值相比_____________（填“偏大”，“偏小”或“相同”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37°，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F 拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为0.2 kg ，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示.金属棒和导轨的电阻不计，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，求：
（1）拉力F 做功的最大功率
（2）回路中的最大电功率
16．间距为的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示,倾角为θ的导轨处于大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3的“联
动双杆”（由两根长为的金属杆，和，用长度为L 的刚性绝缘杆连接而成），在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L ，质量为，长为的金属杆，
从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆与“联动双杆”发生碰撞后杆和
合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出，运动过程中，杆、和与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。

已知杆、和电阻均为。

不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应。

求：
（1）杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；
（2）联动三杆进入磁场区间II前的速度大小；
（3）联动三杆滑过磁场区间II产生的焦耳热
17．某透明柱体的横截面如图所示，弧面部分的半径为R，平面部分的宽度为2R。

一束平行光从空气以与平面成45︒角方向射向平面，进入透明柱体后折射光线与平面的夹角为60︒。

求：
(1)透明柱体材料的折射率；
(2)弧面上能透射出光的圆弧长度。

（不考虑多次反射）
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】
【分析】
在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离．
【详解】
A. 根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；
B. 由图象可知，甲的加速度a甲=△v甲/△t甲=20/2=10m/s2；乙的加速度a乙=△v乙/△t乙=(20−10)/2=5m/s2；
0至1s，甲的位移x甲=1
2
a甲t2=
1
2
×10×12=5m，乙的位移x乙=v0t+
1
2
a乙t2=10×1+
1
2
×5×12=12.5m，△x=x乙−x
甲
=12.5−5=7.5m，即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；
C.1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，乙车的速度v′=10+5×1=15m/s；1−2s时，甲的位移
x1=10×1+1
2
×10×12=15m；乙的位移x2=15×1+
1
2
×5×1=17.5m；在1s时两车并联，故2s时两车相距2.5m，
且乙在甲车的前面，故C错误；
D. 1s末甲车的速度为：v=a甲t=10×1=10m/s，1到3s甲车的位移为：x=vt+1
2
a甲t2=10×2+
1
2
×10×22=40m，
即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D错误。

故选：B
2．C
【解析】
【分析】
竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒．根据运动学公式列出v与t的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式．再选择图象．
【详解】
AB．物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于g，保持不变，所以a﹣t图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为
v=v0﹣gt
v﹣t图象是一条向下倾斜的直线，AB不符合题意；
C．以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为
E p=mgh
则E p﹣h图象是过原点的直线，C符合题意；
D．根据机械能守恒定律得：
mgh+E k=1
2
mv02
得
E k=1
2
mv02﹣mgh
可见E k与h是线性关系，h增大，E k减小，E k﹣h图象是向下倾斜的直线．D不符合题意。

故选C。

3．C
【解析】
【详解】
A、B、隔离对B分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg，
则，弹簧弹力F=mg，
根据定滑轮的特性知：T OA与T OB相等；故A，B错误.
C、D、对A分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2T OA sin60°=m A g，解得：，由对称性可得：，故C正确，D错误.
故选C.
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．
4．A
【解析】
【详解】
设x轴的正方向代表电场强度的正方向
根据等量同种负电荷电场线在沿x轴方向的分布，结合规定正方向判断如下：
①在A点左侧电场线水平向右，场强为正，图像的横轴上方，离A点越近，场强越强；
②在A到O之间的电场线向左，场强为负，图像在横轴下方，离A越近，场强越强；
③在O到B之间电场线向右，场强为正，图像在横轴上方，离B越近，场强越强；
④在B点右侧，电场线水平向左，场强为负，图像在横轴下方，离B越近，场强越强。

综上所述，只有选项A符合题意。

故选A。

5．B
【解析】
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．安培、开尔文、摩尔都是国际单位制的基本单位．库仑是国际单位制中的导出单位，故A、C、D正确，B错误．本题选不是国际单位制的基本单位的故选B．
【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是什么，它们在国际单位制分别是什么，这都是需要学生自己记住的．
6．C
【解析】
【详解】
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，以物体为研究对象进行受力分析如图所示：
沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：
F1+mgsinθ=μmgcosθ
所以μ<ta nθ；当物块上再施加一个竖直向下的恒力F2，则有：
F2sinθ<μF2cosθ
所以某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F2后，物块将匀减速下滑，故ABD错误、C正确。

故选C。

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．AC
【解析】
【详解】
A．物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得
a1=10m/s2
加速到与传送带共速时的时间
11
0.2v t s a == 物块运动的距离
110.2m 2
v s t == 因为mgsinθ>μmgcosθ，可知共速后物块将继续加速下滑，加速度：
mgsinθ-μmgcosθ=ma 2
解得
a 2=2m/s 2
根据
2122212
L s vt a t -=+ 即
22213.2-0.2222
t t =+⨯⨯ 解得
t 2=1s ，
则货物从A 点运动到B 点所用时间为
t=t 1+t 2=1.2s
选项A 正确；
B ．货物在前半段加速阶段相对传送带的位移
1110.2m s vt s ∆=-=
货物在后半段加速阶段相对传送带的位移
2121m s L s vt ∆=--=
则从A 到B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
12cos37() 4.8J Q mg s s μ=∆+∆=o
选项B 错误；
C ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功大小为
11cos37cos37()11.2J W mg s mg L s μμ=--=-o o
选项C 正确；
D ．货物从A 运动到与传送带速度相等的过程中，对货物由动能定理：
211sin 372
f W mgs mv +=o 即货物减少的重力势能与摩擦力做功之和等于货物增加的动能；
选项D 错误；
故选AC.
8．AD
【解析】
【详解】
A ．P 受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和Q 的压力，故A 正确；
B ．两球整体受力平衡，故挡板对P 的支持力大小
N 1=3mgsin 30︒=32
mg 故B 错误；
C ．P 所受三个弹力的合力与重力mg 平衡，则P 所受弹力的合力大小为mg ，故C 错误；
D ．Q 受力如图所示，有
F=2mg
故
N 2>Fsin 30︒=mg
故D 正确。

故选AD 。

9．ABD
【解析】
【详解】
AB ．根据v t -图像可知，在前1s 内小车向右做匀加速直线运动，小物体向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为
221120m/s 2m/s 1
v a t ∆-===∆ 2222211m/s 9m/s 1v a t ∆-=
==-∆ 对小车根据牛顿第二定律有
211m g m a μ=
对小物块根据牛顿第二定律有
222F m g m a μ-+=（）
代入数据联立解得
0.40.5N F μ==，
故AB 正确；
C ．根据图像可知，在t=1s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，在前1s 内小车发生的位移为
21111m 2
x a t == 小物块发生的位移为
22021 6.5m 2
x v t a t =+= 则物块与小车间的相对位移
21 5.5m x x x =-=相对
故C 错误；
D ．当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右减速运动，其加速度为
23125m/s 3
F a m m ==+ 当速度减小到0时，整体发生的位移为
2
22m 1.2m 523
x ==⨯ 所以小物块向右滑动的最大位移是
max 237.7m x x x =+=
故D 正确。

故选ABD 。

10．AC
【解析】
【详解】
A ．传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A 正确；
C ．由0加速到v ，甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据
22ax v =
可知a a <甲乙，根据牛顿第二定律有
cos sin mg mg ma μθθ-=
解得μμ<甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C 正确；
D ．对甲图分析，可知小物体加速的位移为
11sin 2
H v x t θ== 此时传送带匀速的位移为 212sin x v H t θ
== 则两者的相对位移为 21sin H s x x θ=-=
相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得1sin H Q f θ
=甲 对乙图分析，可知小物体加速的位移为
11si 2
n v x h t H θ''==- 此时传送带匀速的位移为
()212sin t h x v H θ
''==- 则两者的相对位移为
21sin H h s x x θ
-'''=-=相对 根据摩擦生热的公式
Q fs =相对 解得2sin H h Q f θ
-=乙 在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有
11sin f mg ma θ-=，2
12sin v a H θ
= 22sin f mg ma θ-=，2
22sin v a H h θ
=- 解得
21sin sin 2mv f mg H
θθ=+，()22sin sin 2mv f mg H h θθ=+-
将1f 、2f 代入Q 甲、Q 乙的表达式，解得
212Q mgH mv =+甲，()212
Q mg H h mv =-+乙 则有Q Q >甲乙，即产生的热量不相等，故D 错误；
B ．根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能增加量相同，而Q Q >甲乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误。

故选AC 。

11．AD
【解析】
【详解】
AB ．等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef 所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，由于b 、c 、d 、e 各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O 的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b 、c 、d 、e 各点的场强大小也相等，由以上的分析可知，b 、d 、e 、f 各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故A 正确，B 错误；
C ．由于b 、e 、d 各点的电势相同，故电子移动过程中，电场力不做功，故C 错误；
D ．将+Q 从a 点移动到b 点，球心O 仍位于等量异种电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故D 正确。

故选AD 。

12．ACE
【解析】
【分析】 由图可知波的波长，根据v T λ
=可以求得周期，根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向，知道
周期则可得出质点的路程，当两列波的频率相同时，发生干涉现象.
【详解】
A ．由图象可知，波长λ＝4m ，振幅A ＝2cm ，由题意知，波速v ＝100m/s ，波源的振动周期0.04s T v λ=
=，
故A 正确；
B ．a 、b 两质点不可能同时到达平衡位置，故B 错误；
C ．波沿x 轴正方向传播，0时刻a 质点正在向下运动，t ＝0.04 s ＝T ，一个周期后a 质点回到了原来的位置，仍然正在向下运动，故C 正确；
D ．从t ＝0到t ＝0.01 s 时间内，
0.014T s =，四分之一个周期的时间内，质点运动的路程一定大于1cm 2A =，故D 错误；
该波的频率125Hz f T
=
=，与频率是25 Hz 的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E 正确． 故选ACE.
【点睛】 考查波的形成与传播过程，掌握波长、波速与周期的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向的关系．
三、实验题:
共2小题，每题8分，共16分
13．0.885 gh 222212B A d d t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭
小球下落过程中受到空气阻力的影响 【解析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
0.8cm 170.05mm 0.885cm d =+⨯=
(2)[2][3]小球从A 到B ，重力势能减少了mgh ，动能增加了
2
221()2B A
d m t t - 因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh 与2
221()2B A
d m t t -是否相等即可 (3)[4]小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以总是存在一定的误差。

14．P b 100mA R 1 28 相同
【解析】
【详解】
(1)[1][2]多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P 为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与b 连接；
(2)[3][4]根据小灯泡的规格可知电路中电流约为
灯泡电阻约为
故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA ；滑动变阻器应选R 1；
(3)[5]滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示
(4)[6]根据图丙可知当灯泡两端电压，电流I=78mA=0.078A ，故此时小灯泡的电阻
(5)[7]使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档的测量无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1） 1.76W ； （2）0.56W 。

【解析】
【详解】
（1）当用拉力F 拉着金属棒向上运动时
22sin B v F mg m R
L a θ--= 由于v 与a 成线性关系，因此拉力F 为恒力，当速度为零时，拉力
sin 37 1.76N m F mg ma =︒+=
金属棒运动过程中的最大速度为1m/s ，因此拉力的最大功率为
m 1.76W F P Fv ==
（2）当加速度为零时，安培力最大
sin 0.56N m F F mg θ=-=安
根据功能关系可知，电路中的最大电功率等于克服安培力做功的最大功率
m 0.561W 0.56W m P F v ==⨯=安
16． (1)
(2) 1.5m/s (3)0.25J
【解析】
【详解】
沿着斜面正交分解，最大速度时重力分力与安培力平衡
(1)感应电动势
电流
安培力 匀速运动条件 代入数据解得：
（2）由定量守恒定律
解得： （3）进入B 2磁场区域，设速度变化大小为
,根据动量定理有
解得：
出B 2磁场后“联动三杆”的速度为
根据能量守恒求得：
综上所述本题答案是：(1)
(2) 1.5m/s (3)0.25J
【点睛】 本题比较复杂，根据动能定理求出ab 棒下落到轨道低端时的速度，再利用动量守恒求出碰后三者的速度，结合动量定理求出进出磁场的初末速度之间的关系，并利用能量守恒求出系统内增加的热量。

17． 2；(2)1π3
R
【解析】
【详解】
(1)光由空气进入透明柱体，入射角145θ︒=，折射角230θ︒=，根据折射定律得
1
2
sin
sin
n
θ
θ
=
解得
=2
n
(2)在图中作出三条折射光线，过平面右边界的、过圆心的和在弧面恰好发生反射的，如图所示。

即圆弧DFE部分能透射出光。

由45
OBA︒
∠=，60
EBA︒
∠=可得
15
OBE︒
∠=
根据几何关系知
15
OEB︒
∠=，15
FOE︒
∠=
根据全反射知识可知
1
=
sin
n
ADO
∠
解得
45
ADO︒
∠=
所以
60
DOE︒
∠=
则圆弧DFE的长度
11
2ππ
63
s R R
=⋅=。