山东省德州市2021届新高考物理仿真第一次备考试题含解析

山东省德州市2021届新高考物理仿真第一次备考试题
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
1．一物体在竖直方向运动的v —t 图象如图所示。

以下判断正确的是（规定向上方向为正）（ ）
A ．第5s 内与第6s 内的加速度方向不同
B ．第4s 末～第6s 末物体处于失重状态
C ．前2s 内物体克服重力做功的平均功率大于第6s 内物体重力做功的平均功率
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，该物体的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．v —t 图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s 内与第6s 内的斜率相同，则加速度方向相同，故A 错误；
B ．第4s 末～第6s 末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B 正确；
C ．v —t 图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s 内物体物体的位移大小为
11102m 10m 2
h =⨯⨯= 第6s 内物体的位移大小为
2110m 5m 2
h =⨯⨯= 则前2s 内克服重力做功的平均功率为
1052
mg P mg ⨯== 第6s 内物体重力做功的平均功率为 551mg P mg ⨯'=
= 所以前2s 内克服重力做功的平均功率等于第6s 内物体重力做功的平均功率，故C 错误；
D ．第2s 末～第4s 末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故D 错误。

故选B 。

2．2019年诺贝尔物理学奖授予了三位天文学家，以表彰他们对于人类对宇宙演化方面的了解所作的贡献。

其中两位学者的贡献是首次发现地外行星，其主要原理是恒星和其行星在引力作用下构成一个“双星系统”，恒星在周期性运动时，可通过观察其光谱的周期性变化知道其运动周期，从而证实其附近存在行星。

若观测到的某恒星运动周期为T ，并测得该恒星与行星的距离为L ，已知万有引力常量为G ，则由这些物理量可以求得（ ）
A ．行星的质量
B ．恒星的质量
C ．恒星与行星的质量之和
D ．恒星与行星圆周运动的半径之比
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
恒星与行星组成双星，设恒星的质量为M ，行星的质量为m 。

以恒星为研究对象，行星对它的引力提供了向心力，假设恒星的轨道半径为r 1，动力学方程为 2
122GMm M r L T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
得到行星的质量 2212
4L r m GT π= 以行星为研究对象，恒星对它的引力提供了向心力，假设行星的轨道半径为r 2，动力学方程为 2
222GMm m r L T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
得到恒星的质量 22224L r M GT
π= 则有
23
2
4L M m GT π+= 故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a 1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a 2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a 3，则（ ）
A ．a 1=a 3＞a 2
B ．a 1＞a 2＞a 3
C ．a 1＞a 3＞a 2
D ．a 3＞a 2＞a 1
【答案】B
【解析】
【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解．
【详解】
地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h ，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速度由a=rω2，得a 2＞a 3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据2GMm ma r =，得2GM a r =，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a 1＞a 2，综上B 正确；故选B ．
【点睛】
本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．
4．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线
圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是 （ ）
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大
B ．灯泡中的电流方向每秒改变2ωπ次
C ．线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBSωsinωt
D ．变压器原、副线圈匝数之比为
nBS U ω 【答案】C
【解析】
图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A 错误；交流电的周期为2T πω=
，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变ωπ
次，选项B 错误；交流电的电动势最大值：E m =nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBSωsinωt,选项C 正确；交流电的有效值为12U =,则1122
2n U n U U == ,选项D 错误；故选C. 点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．
5．用如图a 所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F ．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ，最后作出了如图b 所示的F ﹣x 图象，g 取10m/s 2，则由图可求得圆弧轨道的半径R 为（ ）
A ．0.125m
B ．0.25m
C ．0.50m
D ．1.0m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有
20v F mg m R
-= 小球做平抛运动时时的水平射程
0x s v t ==
小球的竖直位移：
212
y h gt == 根据几何关系可得
tan y x
θ= 联立即得
202tan v x g
θ= 2tan mg F mg R θ
=+x 图像的纵截距表示重力，即
mg=5N
所以有
105 2tan 0.5
mg R θ-=
解得：
R=0.25m
故选B；
【名师点睛】
知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解．注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距
6．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A．将R1单独接到电源两端
B．将R1、R2并联后接到电源两端
C．将R1、R2串联后接到电源两端
D．将R2单独接到电源两端
【答案】A
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，
同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。

故A正确，BCD错误。

故选：A
【点睛】
由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
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，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M、N两点时，两试
探电荷所受电场力相互垂直，且F 2>F 1，则以下说法正确的是（ ）
A ．这两个试探电荷的电性可能相同
B ．M 、N 两点可能在同一等势面上
C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大
D ．N 点场强一定大于M 点场强 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．将F 2和F 1的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M 处试探电荷有排斥力，对N 处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A 错误；
B ．由于F 2>F 1，可知M 、N 到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B 错误；
C ．若点电荷带负电，则把电子从M 点移到N 点，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．由点电荷场强公式=F
E q
可知，由于F 2>F 1，则有 N M E E
故D 正确。

故选CD 。

8．如图所示，在边长为L 的正方形区域ABCD 内存在磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外的匀强磁场。

质量为m ，电荷量为q 的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率v 从A 点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC 方向射入时，垂直于BC 边射出磁场。

则粒子（ ）
A ．带负电
B ．运动速率2qBL v m
= C ．在磁场中运动的最长时间3m m T qB π=
D ．在磁场中运动的最长时间m m T qB π=
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】 A ．由左手定则可知粒子带正电，选项A 错误；
B ．根据粒子的运动轨迹可知
=2R L
由
2
v qvB m R
= 可得
2BqL v m
= 选项B 正确；
CD ．从C 点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为60°，则最长时间为
m 6023603m m T qB qB
ππ=⋅=o o 选项C 正确，D 错误。

故选BC 。

9．下列说法正确的（ ）
A ．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少
B ．凡是能量守恒的过程一定能够自发地发生的
C ．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
D ．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气（理想气体）内能减小 E.能量转化过程中，其总能量越来越小，所以要大力提倡节约能源
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．车胎突然爆炸瞬间，气体膨胀，视为短暂的绝热过程，根据热力学第一定律
U W ∆=
车胎突然爆裂的瞬间，气体对外做功，气体内能减少，A 正确；
B ．根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，B 错误；
C ．根据气体压强的微观意义可知，气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，C 正确；
D ．根据大气压的变化规律可知，随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气的温度随外界温度的降低而降低，所以氢气的内能减小，D 正确；
E ．能量转化过程中，总能量不变，但能量可以利用的品质降低，能源会越来越少，E 错误。

故选ACD 。

10．一简谐横波沿x 轴正方向传播，在t=2
T 时刻，该波的波形图如图(a)所示，P 、Q 是介质中的两个质点。

图(b)表示介质中某质点的振动图像。

下列说法正确的是
A ．质点Q 的振动图像与图(b)相同
B ．在t=0时刻，质点P 的速率比质点Q 的大
C ．在t=0时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大
D ．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.简谐机械波沿x 轴正方向传播，在2T t =时刻，质点Q 的振动方向向上，而在振动图象上在2T t =时刻质点的振动方向向下，所以图(b)不是质点Q 的振动图象，故A 错误；
B.在t=0时刻，质点P 位于波谷，速度为零，质点Q 位于平衡位置，则质点P 的速率比质点Q 的小，故B 错误；
C.在t=0时刻，质点P 的位移比质点Q 的大，由公式kx a m
=-
，则质点P 的加速度的大小比质点Q 的大，故C 正确； D.在2T t =时刻，平衡位置在坐标原点的质点振动方向向下，与振动图象相符，所以平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示，故D 正确。

11．如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为9:1，电表均为理想电表，1R 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，0R 为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流。

下列说法中正确的是（ ）
A ．输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为36250(V)u t π=
B ．241s 0t -=⨯时，该发电机的线圈平面位于中性面
C ．t R 温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大
D ．t R 温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变大，变压器的输入功率变大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由交变电流的图像可读出电压的最大值为362V ，周期为0.02s ，则角速度为
2rad /s 100rad /s 0.02
πωπ==
所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为 362sin100(V)u t π=
故A 错误； B ．当241s 0t -=⨯时，电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，故B 正确； CD ．t R 温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流变大则原线圈中电流也变大，由
P UI =
可知变压器的输入功率变大，电压表读数
3220U U I R =-
减小，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

12．据报道，我国准备在2020年发射火星探测器，并于2021年登陆火星，如图为载着登陆舱的探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，其中轨道I 、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆探测器经轨道I 、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q 点登陆火星，O 点是轨道 I 、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O 、P 、Q 三点与火星中心在同一直线上，O 、Q 两点分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。

已知火星的半径为R ，OQ= 4R ，轨道Ⅱ上经过O 点的速度为v ，下列说法正确的有（ ）
A ．在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积相等
B ．探测器在轨道Ⅱ运动时，经过O 点的加速度等于2
3v R
C ．探测器在轨道I 运动时，经过O 点的速度大于v
D ．在轨道Ⅱ上第一次由O 点到P 点与轨道Ⅲ上第一次由O 点到Q 点的时间之比是3：2
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因轨道I 和轨道Ⅱ是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道Ⅱ上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项A 错误；
B．探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R，则经过O点的加速度等于
2
3
v
R
，选项B正确；
C．探测器从轨道I到轨道Ⅱ要在O点减速，可知在轨道I运动时，经过O点的速度大于v，选项C正确；D．探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为
3
2
3
336
()
2
T R
T R
==
则在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是
2
2
3
3
1
36
2
14
2
T
t
t T
==
选项D错误。

故选BC。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．课外兴趣小组在一次拆装晶体管收音机的过程中，发现一只发光二极管，同学们决定测绘这只二极管的伏安特性曲线。

(1)由于不能准确知道二极管的正负极，同学们用多用电表的欧姆挡对其进行侧量，当红表笔接A端、黑表笔同时接B端时，指针几乎不偏转，则可以判断二极管的正极是_______端
(2)选用下列器材设计电路并测绘该二极管的伏安特性曲线，要求准确测出二极管两端的电压和电流。

有以下器材可供选择：
A．二极管R x
B．电源电压E＝4V(内电阻可以忽略)
C．电流表A1(量程0～50mA，内阻为r1＝0.5Ω)
D．电流表A2(量程0～0.5A，内阻为r2＝1Ω)
E.电压表V(量程0～15V，内阻约2500Ω)
F.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)
C．滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)
H.定值电阻R3＝7Ω
I.开关、导线若干
实验过程中滑动变限器应选___________(填“F”或“G”)，在虚线框中画出电路图_______(填写好仪器符号)
(3)假设接入电路中电表的读数：电流表A 1读数为I 1，电流表A 2读数为I 2，则二极管两瑞电压的表达式为__________(用题中所给的字母表示)。

(4)同学们用实验方法测得二极管两端的电压U 和通过它的电流I 的一系列数据，并作出I －U 曲线如图乙所示。

(5)若二极管的最佳工作电压为2.5V ，现用5.0V 的稳压电源(不计内限)供电，则需要在电路中串联一个电限R 才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的二极管的伏安特性曲线进行分析，申联的电阻R 的阻值为_______________Ω(结果保留三位有效数字)
【答案】A F 22311()I r R I r +- 119
【解析】
【详解】
(1)[1]当红表笔接A 端、黑表笔同时接B 端时，指针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向截止，根据欧姆表的工作原理可知，黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，由二极管的单向导电性可知，A 端应是二极管的正极；
(2)[2]由图乙可知，实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；所以滑动变阻器应选
阻值小的，即滑动变限器应选F ；
[3]在测量正向加电压的伏安特性曲线时，实验中最大电压约为3V ，所以电压表V(量程0～15V ，内阻约2500Ω)不符合题意，故需要电流表A 2(量程0～0.5A ，内阻为21Ωr =)与定值电阻37ΩR =串联改装成量程为
23(V )4g U I r R +==
二极管两端的电压在3V 以内，电流在40mA 以内，电流表应选用电流表A 1(量程0～50mA ，内阻为10.5Ωr =)；因二极管的正向电阻较小，故采用电流表外接法，同时二极管正极应接电源正极；因实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，所以电路图为
(3)[4]根据电路结构特点可得
22311()I r R I r U +=+
解得二极管两瑞电压的表达式为
22311()U I r R I r =+-
(5)[5]二极管的最佳工作电压为2.5V ，现用5.0V 的稳压电源(不计内限)供电，根据图乙可知在电路中电流为21mA ，根据欧姆定律和电路结构可得申联的电阻R 的阻值为 5.0 2.5119Ω0.021
R -=Ω= 14．用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A B 、，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C 相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D 上，轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。

（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________；
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d =______cm ；
（3）主要实验步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M ，测量两遮光条间的距离L ，按图甲正确连接器材。

②将木板左端与轨道左端对齐。

由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B A 、先后经过光电门所用的时间2t t t 、，则可以测出遮光条B A 、通过光电门时的速度大小和合外力对木板做的功；
③加挂钩码，重复②的操作，建立木板速度v 和细线拉力对木板做的功W 的相关图像，分析得出实验结论。

（4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题：
①由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_______（填“变大”“变小”或“不变”）；
②如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功W 将_______（填“会”或“不会”）成倍增加； ③利用图像法处理实验结果时，应该建立_______（填“v W ∆-”“2v W -”或“2v W ∆-”）图像，如果得到的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为k =________（用已知物理量的符号表示）。

【答案】平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2v W ∆-
2M
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；
（2）[2]根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm 120.05mm 0.5cm 0.060cm 0.560cm +⨯=+=
（4）[3]释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F ，根据受力平衡有
12F mg =
释放的瞬间，对木板有
F Ma '=
对钩码有
122
mg F m a '-=⋅ 则有
12mg F = 1
22F mg m M '=⋅+
故有
1F F '<
弹簧测力计的示数会变小
[4]由 122F mg m M
'=⋅+
可知，当钩码的个数成倍增加，即m 加倍时，F '不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；
[5][6]以木板为研究对象，根据动能定理有
222111222
A B FL Mv Mv M v =-=∆ 故应该建立2v W ∆-图像，图像对应的函数关系为
22v W M ∆=
⋅ 故
2k M
= 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L ，有两根长度均为L 、电阻均为R 、质量均为m 的导体棒AB 、CD 平放在金属导轨上。

其中棒CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD 与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场1B ，磁场区域的边界满足曲线方程：sin (0y L x x L L π
=≤≤，单位为)m 。

CD 棒处在竖直向上的匀强磁场2B 中。

现从0
t =时刻开始，使棒AB 在外力F 的作用下以速度v 从与y 轴重合处开始沿x 轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD 棒始终处于静止状态。

（1）求棒AB 在运动过程中，外力F 的最大功率；
（2）求棒AB 通过磁场区域1B 的过程中，棒CD 上产生的焦耳热；
（3）若棒AB 在匀强磁场1B 中运动时，重物始终未离开地面,且满足：2124B B L v mg R
μ=，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。

【答案】（1）222
12B L v R
（2）2318B L v R
（3）①当 0<t≤6L v
时，F N =mg ②当6L v <t<56L v 时， F N =(1+μ)mg -2122B B L v R sin x L π ③当56L v ≤t<L v
时， F N =mg 【解析】
【详解】
（1）当棒AB 运动到2
L x =
处时，棒AB 的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F 最大，功率也最大，此时： F=B 1IL=2211122B Lv B L v B L R R
=，P m =Fv 解得：
P m =222
12B L v R
； (2) 棒AB 在匀强磁场区域B 1的运动过程中，产生的感应电动势为：
E=B 1Lvsin L
πx 则感应电动势的有效值为：
E
有效，I 有效t=L v
可以得到：
Q= 2
I 有效Rt=2318B L v R
； (3)当CD 棒所受安培力F 安=μmg 时，设棒AB 所在位置横坐标为x 0，对棒CD 受力分析可得： 122B B Lyv R =μmg y=Lsin L
πx 0
解得：
x 0=6L ，x 1=56L 则： t 1=
06x L v v =，t 2=156x L v v
= ①当 0<t≤6L v 时， 则：
F N =mg
②当
6L v
<t<56L v 时，则： F N =mg+μmg -122B B Lyv R 即：
F N =(1+μ)mg -2122B B L v R
sin x L π ③当56L v ≤t<L v
时，则： F N =mg 。

16．如图是两个共轴圆筒M 、N 的横截面，N 筒的半径为L ，M 筒半径远小于L ，M 、N 以相同的角速度顺时针匀速转动。

在筒的右侧有一边长为2L 的正方形匀强磁场区域abcd ，磁感应强度大小为B 、方向平行圆筒的轴线。

两筒边缘开有两个正对着的小孔S 1、S 2，当S 1、S 2的连线垂直ad 时，M 筒内部便通过S 1向ad 中点o 射出一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，该粒子进入磁场后从b 点射出。

粒子重力不计，求：
(1)该粒子的速度大小；
(2)圆筒的角速度大小。

【答案】 (1)52qBL v m =
；(2)5n qB m
πω=，（n=1，2，3……） 【解析】
【分析】
【详解】 (1)设粒子的速度为v ，在磁场做圆周运动的半径R ，
如图，由几何关系
()()22
22R L R L =+-
得 52=R L 由洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
= 得
52qBR qBL v m m
== (2)设圆筒的角速度为ω，粒子从射出到到达S 2的时间为t ，由题意得 L t v
= 又2n t ω
π=解得 5n qB m
πω=(n=1，2，3……) 17．如图所示，在光滑水平面上静止放置质量M=2kg 、长L=2.17m 、高h=0.2m 的长木板C 。

距该板左端距离x=1.81m 处静止放置质量m A =1kg 的小物块A ，A 与C 间的动摩擦因数μ=0.2。

在板右端静止放置质量m B =1kg 的小物块B ，B 与C 间的摩擦忽略不计。

A 、B 均可视为质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2。

现在长木板C 上加一水平向右的力F ，求：
(1)当F=3N 时，小物块A 的加速度；
(2)小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的最短时间；
(3)若小物块A 与小物块B 碰撞之前运动的时间最短，则水平向右的力F 的大小(本小题计算结果保留整数部分)；
(4)若小物块A 与小物块B 碰撞无能量损失，当水平向右的力F=10N ，小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离。

【答案】 (1)1m/s 2；(2)t=0.6s ；(3)6N≤F≤26N ；(4)x 2=0.78m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若长木板C 和小物块一起向右加速运动，设它们之间是静摩擦力为f ，由牛顿第二定律得: F=（M+m A ）a
解得
a=1m/s 2
则f=m A a=1N ＜μm A g=2N ，这表明假设正确，即A 的加速度为1m/s 2
(1)要使小物块A 在与小物块B 碰撞之前运动时间最短，小物块A 的加速度必须最大，则A 所受的摩擦力为最大静摩擦力或滑动摩擦力，有
μm A g=m A a 1
2112
L x a t -= 解得
t=0.6s
(3)要使小物块A 加速度最大，且又不从长木板C 的左端滑落，长木板C 的加速度有两个临界条件: ①由牛顿第二定律得:
F 1=（M+m A ）a 1
则
F 1=6N
②由牛顿第二定律得:
F 2-f=Ma 2
22211122
a t a t x -= 则
F 2=26N
故6N≤F≤26N
(4)若小物块A 与小物块B 碰撞点距从长木板C 的左端距离为x 1
F 3-f=Ma 3
223111122
a t a t x x -=- 解得
x 1=1.45m
设小物块A 发生碰撞到从长木板C 左端滑落的时间为t 1，因有物块A 、B 发生弹性碰撞，速度交换，故
有
2231311111122
a tt a t a t x +-= 解得
t 1=0.5s
设小物块A 碰撞到从长木板C 左端滑落时各自的速度分别为v m 、v M ，小物块A 落到地面时与长木板C 左端的距离为x 2
2212
h gt = F 3=Ma 4
v m =a 1t 1
v M =a 3t+a 3t 1
则有
v M t 2+24212
a t -v m t 2=x 2 x 2=0.78m。