上海市黄浦区达标名校2020年高考一月仿真备考物理试题含解析.doc

上海市黄浦区达标名校2020年高考一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．下列说法正确的是（ ） A ．阴极射线的本质是高频电磁波
B ．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
C ．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构
D ．
23994
Pu 变成20782Pb ，经历了4次β衰变和6次α衰变
2．如图所示，金星和火星均绕太阳做匀速圆周运动，金星半径是火星半径的n 倍，金星质量为火星质量的K 倍。

忽略行星的自转。

则下列说法正确的是（ ）
A ．金星表面的重力加速度是火星的K
n
倍 B ．金星的第一宇宙速度是火星的
K n
倍 C ．金星绕太阳运动的加速度比火星大 D ．金星绕太阳运动的周期比火星大
3．研究光电效应现象的实验电路如图所示，A 、K 为光电管的两个电极，电压表V 、电流计G 均为理想电表。

已知该光电管阴极K 的极限频率为ν0，元电荷电量为e ，普朗克常量为h ，开始时滑片P 、P ＇上下对齐。

现用频率为ν的光照射阴极K （ν>ν0），则下列说法错误的是
A ．该光电管阴极材料的逸出功为hν0
B ．若加在光电管两端的正向电压为U ，则到达阳极A 的光电子的最大动能为hv-hv 0+eU
C ．若将滑片P 向右滑动，则电流计G 的示数一定会不断增大
D ．若将滑片P ＇向右滑动，则当滑片P 、P ＇间的电压为
hv hv e
-时，电流计G 的示数恰好为0 4．如图所示，A 、B 两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为α、()βαβ<的光滑斜面顶端由静止自由滑下。

在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．A球和B球到达斜面底端的速度大小不相等
B．A球重力做功的平均功率比B球重力做功的平均功率小
C．A球运动的加速度比B球运动的加速度大
D．A球所受重力的冲量大小比B球所受重力的冲量大小小
5．如图所示，b球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，BC为圆周运动的直径，竖直平台与b球运动轨迹相切于B点且高度为R。

当b球运动到切点B时，将a球从切点正上方的A点水平抛出，重力加速度大小为g，从a球水平抛出开始计时，为使b球在运动一周的时间内与a球相遇(a球与水平面接触后不反弹)，则下列说法正确的是（）
A．a球在C点与b球相遇时，a球的运动时间最短
B．a球在C点与b球相遇时，a球的初始速度最小
C．若a球在C点与b球相遇，则a球抛出时的速率为2gR
D．若a球在C点与b球相遇，则b球做匀速圆周运动的周期为2R g
6．某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则()
A．仅将滑片P上移，A的输入功率不变B．仅将滑片P上移，L1变暗
C．仅闭合S，L1、L2均正常发光D．仅闭合S，A的输入功率不变
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，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是
A ．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B ．甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的
23
3
倍 C ．甲粒子的比荷是乙粒子比荷的
23
3
倍 D ．两粒子在磁场中的运动时间相等
8．如图所示，ABCD 为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB 间距离为L ，左右两端均接有阻值为R 的电阻， 处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，质量为m 、长为L 的导体棒MN 放在导轨上， 甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN 棒中点连接，另一端均被固定，MN 棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN 棒的电阻均忽略不计。

初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN 棒具有水平向左的初速度v 0，经过一段时间，MN 棒第一次运动至最右端，在这一过程中AB 间电阻R 上产生的焦耳热为Q ，则（ ）
A ．初始时刻棒受到安培力大小为2202
B L v R
B ．从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生焦耳热等于
23
Q
C ．当棒再次回到初始位置时，AB 间电阻R 的功率小于
222
08()3Q B L v m R
-
D ．当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为
2
0122
mv Q - 9．高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，只有分辨率高体积小、辐射少，应用领域比超声波更广。

关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（ ） A ．电磁波和超声波均能发生偏振现象 B ．电磁波和超声波均能传递能量和信息 C ．电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象 D ．电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播
E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大
10．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是。

A．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
11．在医学上，常用钴60产生的γ射线对患有恶性肿瘤的病人进行治疗。

钴60的衰变方程为
，下列说法正确的是（）
A．钴60发生的是β衰变，X是电子
B．γ射线比β射线的穿透能力强
C．X粒子是钴60原子核的组成部分
D．该衰变过程释放的核能全部转化为γ射线的能量
12．图示水平面上，O点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为m、2m、3m和4m的4个滑块（视为指点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为L。

滑块1恰好位于O点，滑块2、3、4依次沿直线水平向左排开。

现对滑块1施加一水平恒力F，在第2个滑块进入粗糙水平面后至第3个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动。

已知滑块与粗糙水平面间的动摩擦因素均为μ，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）
A．水平恒力大小为3μmg
B 3gL 5μ
C．在第2个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1
g 5
μ
D．在水平恒力F的作用下，滑块可以全部进入粗糙水平面
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R之外，实验室还提供如下器材：电源E（电动势为4.5V，内阻约1Ω）、电流表A（量程1mA，内阻约200Ω）、电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）、开关S、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P应置于____端（填“a”或“b”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t－t图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
14．利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻未知）
电流表A（内阻未知）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V
的示数分别为0.60A、11.7V。

回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差U AB=______ V；A和C两点的电势差U AC=______ V；A和D两点的电势差U AD=______ V；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成。

左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。

两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。

容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。

大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1 p0。

系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。

现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。

用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。

氮气和氢气均可视为理想气体。

求
(1)第二次平衡时氮气的体积；
(2)水的温度。

16．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
3
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/s2，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．
17．如图所示，水平地面上静止放置一辆长度为L=1.5m、质量m A=4kg的小车A，小车的上表面粗糙，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计；小车左端固定一轻质弹簧，自然长度为L=0.5m，最右端静置一质量m B=2kg的物块B（可视为质点）；现对A施加一个水平向右F=20N的恒力，小车运动一段时间后，物块B和弹簧接触，同时撤掉恒力F，已知物块B和小车间的动摩擦因数02
μ=．。

不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）水平向右的恒力F作用的时间t；
（2）弹簧最大压缩量d=0.3m时，弹簧的弹性时能E p。

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．C
【解析】
【详解】
A．阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A错误；
B．玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B错误。

C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C正确；
D．23994Pu变成20782Pb，经历了239207
=8
4
-
次α衰变，8×2-（94-82）=4次β衰变，选项D错误。

故选C。

2．C 【解析】【详解】A．由
2Mm
mg G
R
= 有
2
22
GM R g K
g GM R n ==金火金火火金 故A 错； B ．由
22Mm v G m R R
= 有
v v ==金火故B 错误； C ．由公式
2Mm
G
ma r = 得
2
GM
a r =
由图可知，金星轨道半径比火星轨道半径小，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故C 正确； D ．由公式
2
22π()Mm G
m r r T
= 得
2T = 由图可知，金星轨道半径比火星轨道半径小，则金星绕太阳运动的周期比火星小，故D 错误。

故选C 。

3．C 【解析】 【详解】
A ．由极限频率为ν0，故金属的逸出功为W 0= hν0，A 正确；
B ．由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为 0k E hv W =-
由于加的正向电压，由动能定理
k
k eU E E '=- 解得
0k
E hv hv eU '=-+ 故B 正确；
C ．若将滑片P 向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故C 错误；
D ．P ＇向右滑动时，所加电压为反向电压，由
k eU E =
可得
hv hv U e
-=
则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D 正确； 故选C 。

4．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据机械能守恒定律可得
212
mgh mv =
解得
v 两个小球达到底部的速度大小相等，故A 错误； BC ．小球的加速度大小为
sin sin mg a g m
θ
θ=
= 运动时间
t =
=
则运动过程中A 斜面斜角小，则A 运动的时间比B 的大，由于高度相同，重力做功相等，所以A 球重力做功的平均功率比B 球重力做功的平均功率小，故B 正确，C 错误；
C ．由于A 运动的时间比B 的大，由公式I mgt =可知，A 球所受重力的冲量大小比B 球所受重力的冲量大小大，故
D 错误。

故选B 。

5．C
【解析】 【详解】
A ．平抛时间只取决于竖直高度，高度 R 不变，时间均为t =A 错误。

BC ．平抛的初速度为
x v t
=
时间相等，在C 点相遇时，水平位移最大
max 2x R =
则初始速度最大为：
max 2R
v t
=
=故B 错误，C 正确。

D ．在 C 点相遇时，b 球运动半个周期，故 b 球做匀速圆周运动的周期为
2b T t ==故D 错误。

故选C 。

6．B 【解析】 【详解】
AB ．仅将滑片P 上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压变小，相应的B 变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以L 1两端电压变小。

输出功率变小，则A 变压器的输入功率也变小，故A 错误，B 正确；
CD ．仅闭合S ，则B 变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A 的输入功率也变大。

相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B 变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故CD 错误。

故选B 。

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 ．根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A 正确；
B ．设正方形的边长为a ，则甲粒子的运动半径为r 1=a ，甲粒子的运动半径为r 2
=0cos30a =，甲粒子的
倍，选项B 错误； C ．根据2
v qvB m r =，解得1q v m Br r =∝
倍，选项C 正确； D ．甲乙两粒子在磁场中转过的角度均为600，根据22m m t r qB q
θππ=
⋅∝∝，则两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项D 错误．
8．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． 初始时刻棒产生的感应电动势为：E=BLv 0、感应电流为： 022
E BLv I R R ==
棒受到安培力大小为：
2202B L v F BIL R
== 故A 正确；
B ． MN 棒第一次运动至最右端的过程中AB 间电阻R 上产生的焦耳热Q ，回路中产生的总焦耳热为2Q 。

由于安培力始终对MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于
12233
Q Q ⋅= 故B 错误；
C ． 设棒再次回到初始位置时速度为v 。

从初始时刻至棒再次回到初始位置的过程，整个回路产生焦耳热大于：
24233
Q Q Q '=⋅= 根据能量守恒定律有：
2201122
mv mv Q '=+ 棒再次回到初始位置时，棒产生的感应电动势为：E′=BLv ，AB 间电阻R 的功率为：
2
E P R
'= 联立解得：
222083Q B L v m P R
⎛⎫- ⎪⎝⎭< 故C 正确；
D ． 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为
22001112224mv Q mv Q ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭
故D 错误。

故选：AC 。

9．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故A 错误；
B ．电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B 正确；
C ．干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C 正确；
D ．电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故D 错误；
E ．电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故E 正确。

故选BCE 。

10．ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

【解析】
【详解】
A ．由核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为0，电荷数为-1，则钴60发生的是β衰变，X 是电子，选项A 正确；
B ．射线比β射线的穿透能力强，选项B 正确；
C ．X 粒子是电子，不是钴60原子核的组成部分，选项C 错误；
D ．该衰变过程释放的核能一部分转化为新核的动能，一部分转化为射线的能量，选项D 错误。

12．AC
【解析】
【详解】
A ．在第2个滑块进入粗糙水平面后至第3个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动，对整体分析则有：
(2)0F m m g μ-+=
解得：
F=3μmg
故A 正确；
B ．根据动能定理有：
21(234)2
FL mgL m m m m v μ-=+++ 解得 25
gL μ故B 错误；
C ．由牛顿第二定律得
(234)F mg m m m m a μ-=+++
解得 a=1g 5
μ 故C 正确；
D ．水平恒力F 作用下，第三个物块进入粗糙地带时，整体将做减速运动，由动能定理得
'2211(123)(234)(234)22
FL mg L m m m m v m m m m v μ-++=+++-+++
'25mgL v μ=-
故滑块不能全部进入粗糙水平面，故D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >
⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图
所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理
论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G 的示数为0时，电路中AB 两点电势相等，即A 和B 两点的电势差U AB =0V ；A 和C 两点的电势差等于电压表的示数，即U AC =12V ；A 和D 两点的电势差U AD = =-12 V ；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
1121530120.430.6
V U R U I R ==Ω=Ω-- 电流表的内阻为
21228.2 1.80.4
DA A U R R I =-=-=Ω (3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E=2U AC +I∙2r
即
2E=24+0.8r
同理
''222AC E U I r =+⋅
即
2E=2×11.7+0.6∙2r
解得
E=12.6V
r=1.50Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)2.7Sh ； (2)95.55℃
【解析】
【分析】
【详解】
(1)以氢气为研究对象，初态压强为p 0，体积为hS ，末态体积为0.8hS 。

气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p 0V 1=p 2V 2，即
p 0hS=p×0.8hS
解得
p=1.25p 0
活塞A 从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。

该过程的初态压强为1.1p 0，体积为V ；末态的压强为p′，体积为V′，
则
p′=p+0.1p 0=1.35p 0，V′=2.2hS
由玻意耳定律得
1.1p 0×V=1.35p 0×
2.2hS
解得
V=2.7hS
(2)活塞A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。

该过程的初态体积和温度分别为2hS 和T 0=273K ，末态体积为2.7hS 。

设末态温度为T ，由盖-吕萨克定律得
2 2.7273hS Sh T
= 解得
T=368.55K
水的温度
t=T-273K=368.55 K -273=95.55℃
16．（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
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． 17．（1）1s t =；（2）23J 15
p E =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律，有
物块B 的加速度 B B B m g
a m μ=
小车A 的加速度
B A A
F m g a m μ-= 物块B 的位移
212
B B x a t = 小车A 的位移
212
A A x a t = 根据位移关系有
0A B x x L L -=-
联立解得
1t =s
（2）撤掉外力时，物块B 的速度
B B v a t =
撤掉外力时，小车的速度
A A v a t =
从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据动量守恒定律
()A A B B A B m v m v m m v +=+
从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据能量关系 ()222111222
P A A B B A B B m v m v m m v m gd E μ+=+++ 由上式解得
23J 15
p E =。