安徽省宣城市2021届新高考物理三模考试卷含解析

安徽省宣城市2021届新高考物理三模考试卷
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．如图所示，现有六条完全相同的垂直于纸面的长直导线，横截面分别位于一正六边形abcdef 的六个顶点上，穿过a 、b 、c 、e 四点的直导线通有方向垂直于纸面向里、大小为b a e c I I I I I ====的恒定电流，穿过d 、f 两点的直导线通有方向垂直纸面向外、大小为2d f I I I ==的恒定电流，已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为I
B k
r
=，式中常量0k >，I 为电流大小，忽略电流间的相互作用，
若电流a I 在正六边形的中心处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小、方向分别是（ ）
A ．33
B ，方向由O 点指向b 点 B ．3B ，方向由O 点指向cd 中点
C ．33B ，方向由O 点指向e 点
D ．3B ，方向由O 点指向af 中点 【答案】D 【解析】 【详解】
电流b I 、e I 在O 点处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，其矢量和为零；电流a I 、d I 在O 点处产生的磁感应强度大小分别为B 、2B ，方向均由O 点指向ef 中点，可得电流a I 、d I 在O 点处总的磁感应强度大小为3B ，方向由O 点指向ef 中点；同理，电流c I 、f I 在O 点处总的磁感应强度大小为3B 。

方向由O 点指向ab 中点，根据平行四边形定则，容易得到O 点处实际的磁感应强度的大小为3B ，方向由O 点指向af 中点。

A ． 33
B ，方向由O 点指向b 点，与分析不符，故A 错误； B ． 3B ，方向由O 点指向cd 中点，与分析不符，故B 错误；
C ． 33B ，方向由O 点指向e 点，与分析不符，故C 错误；
D ． 3B ，方向由O 点指向af 中点，与分析相符，故D 正确；
2．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x 轴，其电势q 随x 的分布如图所示，一质量m ＝1.0×
10﹣20
kg ，带电
荷量大小为q ＝1.0×
10﹣9C 的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动。

忽略粒子的重力等因素，则（ ）
A ．x 轴左侧的电场强度方向与x 轴正方向同向
B ．x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1：E 2＝2：1
C ．该粒子运动的周期T ＝1.5×10﹣8s
D ．该粒子运动的最大动能
E k m ＝2×10﹣8J 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．沿着电场线方向电势降落，可知x 轴左侧场强方向沿x 轴负方向，x 轴右侧场强方向沿x 轴正方向，故A 错误；：
B ．根据U ＝Ed 可知：左侧电场强度为：E 1＝
2
20
110
-⨯V/m ＝2.0×103V/m ；右侧电场强度为：E 2＝2
20
0.510
-⨯V/m ＝4.0×103V/m ；所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E 1：E 2＝1：2，故B 错误；
C ．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有：v m ＝1
qE m
t 1同理可知：v m ＝
2qE m
t 2；E km ＝1
2mv m 2；而周期：T ＝2（t 1+t 2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T
＝3.0×
10﹣8s ；故C 错误。

D ．该粒子运动过程中电势能的最大值为：E Pm ＝qφm ＝﹣2×10﹣8J ，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为E km ＝2×
10﹣8J ，故D 正确； 3．现用某一频率的光照射锌板表面，能发生光电效应，若（ ） A ．只增大入射光的频率，遏止电压不变 B ．只增大入射光的频率，锌的逸出功变大 C ．只增大入射光的强度，饱和光电流变大 D ．只增大入射光的强度，光电子的最大初动能变大
【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据光电效应的规律
2m 1 2
v
m h W γ=- 而遏止电压
2m
12m h W U e e
v γ-==
可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，只增大入射光的频率，遏止电压增大，A 错误； B ．金属的逸出功与入射光无关，B 错误；
CD ．光强度只会影响单位时间内逸出的光电子数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目增大，饱和光电流变大，对光电子的最大初动能不影响，C 正确D 错误。

故选C 。

4．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O 1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 【答案】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．
5．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。

下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（）
A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
【答案】C
【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银
接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C 正确，D 错误；故选C.
6．如图所示，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的 轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中
A ．a 的动能一定小于b 的动能
B ．两物体机械能的变化量相等
C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D ．绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为正 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比b 的动能小，A 正确；
BC ．因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B 、C 两项的说法均为系统机械能守恒的表现，故B 、C 错误；
D ．轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，一负一正，D 错误. 故选A 。

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．如图甲所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为1T B =，一总电阻为
0.2r =Ω的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动，圆形线圈产生的感应电动势随时
间变化的图线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．圆形线圈的半径为 1.5m R =
B ．圆形线圈运动速度的大小为20m /s v =
C ．两实线之间的水平距离6m =L
D ．在0.05s ，圆形线圈所受的安培力大小为400N
【解析】 【详解】
AB ．设线框向右运动的速度为v ，线框的半径为R ，圆形线框匀速进入磁场，切割磁感线的有效长度为
L '==产生的感应电动势
2E BL v '==显然vt R =时，产生的感应电动势最大，结合图像有：2m E BvR =，即
4021v R =⨯⨯⨯
由图像可知，当0.1s t =时，线框全部进入磁场有：
0.12v R ⨯=
联立以上两式可求得：
20m /s v =
1m R =
故A 错误，B 正确；
C ．由以上分析知，全部离开磁场时线框向右移动的距离为
0.3s 6m x v =⨯=
所以两磁场边界的距离为
24m L x R =-=
故C 错误；
D ．由图像知，0.05s t =时，40V
E =，线框正向右运动了1m ，此时有效切割长度为2R ，则安培力
F 安=212120
2121N 400N 0.2
B Rv B R r ⨯⨯⨯⨯
⨯=⨯⨯⨯= 故D 正确。

故选BD 。

8．关于电磁波，下列说法正确的是（ ） A ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
B ．非均匀周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C ．手摇动用丝绸摩擦过的玻璃棒，在空气中产生电磁波，只能沿着摇动的方向传播
D ．频率在200MHz~1000MHz 内的雷达发射的电磁波，波长范围在0.3m~1.5m 之间 E.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度 【答案】BD
E 【解析】
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故A 错误；
B.非均匀周期性变化的磁场产生非均匀周期性变化电场，非均匀周期性变化的电场产生非均匀周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波。

故B 正确；
C.电磁波产生后，可以在任意方向传播，故C 错误；
D.根据
c v
λ=
，电磁波频率在200MHz 至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m 至1.5m 之间，故D 正确；
E.由于波源与接受者的相对位置的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故E 正确。

故选：BDE 。

9．平行金属板PQ 、MN 与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E ，内电阻为零；靠近金属板P 的S 处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m ，电荷量q +，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ 的作用下穿过Q 板的小孔F ，紧贴N 板水平进入偏转电场MN ；改变滑片p 的位置可改变加速电场的电压1U 和偏转电场的电压2U ，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ）
A ．粒子的竖直偏转距离与
1
2
U U 成正比 B ．滑片p 向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C ．飞出偏转电场的粒子的最大速率2m qE
v m =
D ．飞出偏转电场的粒子的最大速率m qE
v m
=【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在加速电场中，由动能定理得
2
1012
qU mv =
在偏转电场中，加速度为
2
qU a md
=
则偏转距离为
212
y at =
运动时间为
l t v =
联立上式得
2214U l y U d
=
其中 l 是偏转极板的长度，d 是板间距离。

粒子的竖直偏转距离与2
1
U U 成正比，故A 错误；
B ．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值
tan at v α=
联立解得
21t 2an U l
U d
α=
滑片p 向右滑动的过程中，U 1增大，U 2减小，可知偏转角逐渐减小，故B 正确； CD ．紧贴M 板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。

由动能定理
2
m 1210()=2
mv q U U qE -=+ 解得
m v =
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10．如图所示，空间分布着匀强电场，电场中有与其方向平行的四边形ABCD ，其中M 为AD 的中点，N 为BC 的中点. 将电荷量为q +的粒子，从A 点移动到B 点，电势能减小1E ；将该粒子从D 点移动到C 点，电势能减小2E . 下列说法正确的是（ ）
A ．D 点的电势一定比A 点的电势高
B ．匀强电场的电场强度方向必沿D
C 方向
C ．若A B 、之间的距离为d ，则该电场的电场强度的最小值为1
E qd
D ．若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功12
2
E E + 【答案】CD 【解析】 【详解】
将电荷量为q +的粒子,从A 点移动到B 点,电势能减小1E ,则A 点的电势比B 点高1
AB E U q
=
；同理D 点电势比C 点高2
CD E U q
=
;A D 、两点电势关系无法确定,匀强电场的电场强度方向不一定沿DC 方向，选项AB 错误；若A B 、之间的距离为d ,则该电场的电场强度取最小值时必沿AB 方向,此时1
min AB E E d U q
==
,则1min E E dq =
，选项C 正确；M 点的电势2A D
M ϕϕϕ+=，同理2
B
C N ϕϕϕ+=,则若将该粒子从M 点移动到N 点，电场力做功()()()122
2
2
A B D C AB DC MN M N U U E E W q q q ϕϕϕϕϕϕ-+-++=-===，选项D
正确
11．如图所示，两导轨所构成的平面与水平面成θ角，金属杆ab 、cd 的电阻均为R ，质量均为m ，沿与导轨垂直的方向放置在导轨上，两金属杆与导轨构成回路。

金属杆的长度与导轨间的距离相等，且为L ，金属杆cd 通过跨过定滑轮的细绳与电动机相连。

为了保证金属杆ab 能在导轨上静止不动，金属杆cd 需在电动机的带动下沿导轨向上移动。

整个空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，不计一切摩擦阻力，下列各种判断中正确的是（ ）
A ．若磁场方向垂直导轨平面向下，则回路中电流方向为a→d→c→b→a
B ．金属杆cd 沿导轨向上做匀速运动，速度大小v=22
2sin mgR B L
θ
C ．细绳的拉力F=mgsinθ
D ．电动机的输出功率P=22222
4sin m g R B L θ
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．金属杆ab 静止不动，所受安培力应沿导轨平面向上，若磁场垂直导轨平面向下，根据右手定则可判断感应电流方向为a→b→c→d→a ，故A 错误；
B ．对金属杆ab 由平衡条件有 mgsinθ=BIL
金属杆cd 切割磁感线产生感应电流 I=
2BLv
R
解得 v=
22
2sin mgR B L θ
故B 正确；
C ．由于金属杆ab 静止不动，金属杆cd 匀速运动，由整体法有细绳拉力 F=2mgsinθ 故C 错误；
D ．电动机的输出功率等于细绳拉力的功率，功率
P=Fv=
22222
4sin m g R B L θ
故D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R 0，副线圈上接一个滑动变阻器R ，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数分别用U 1、U 2、U 3表示，当滑动变阻器的触头P 移动时，下面说法中正确的是（ ）
A ．向上移动滑动触头P ，U 3与U 1的比值变大
B ．向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，R 0消耗的功率也减小
D ．移动滑动触头P ，电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比始终都等于
1
2
1U U -
【答案】ABD 【解析】 【详解】
A ．向上移动滑动触头P ，则R 变大，则次级电流减小，初级电流减小，R 0的电压减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U 3变大，则U 3与U 1的比值变大，选项A 正确；
B ．U 3与U 2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变，选项B 正确；
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，则U 2也减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则U R0变大，则此时R 0消耗的功率变大，选项C 错误；
D ．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R 消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R 0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI ，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比等于R 0两端电压与原线圈电压之比，电压表V 1、V 2的示数为U 1、U 2，则电阻R 0与滑动变阻器
R 消耗的功率之比为
121
22
-1=U U U U U -，选项D 正确； 故选ABD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻R g =100Ω，满偏电流I g =200μA ，定值电阻R 1=2.5Ω，R 2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V ，则该多用表
（1）A 接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；
（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；
（3）若选a 档测量电阻，则原表盘100μA ，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘50μA 的刻度，对应的电阻刻度值应当为______Ω。

【答案】 黑 b 150Ω 450Ω
【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接； （2）整个回路最小电流min E
I R R =
+内外 ， 同时g g g 12
min I R I I R R ++＝，当选择开关接b 时，此时R 外有
最大值。

当选择开关接b 档时其对应的电阻档的倍率更高。

（3）用a档测量电阻，欧姆调零时，
() g g
2
g
1
m10000A
I R R
I I
R
μ
+
+=
＝，此时150
m
E
R
I
==Ω
内
，当1
100A
g
Iμ
=，此时干路电流为
()
12
1
1
5000A
g g
g
I R R
I I
R
μ
+
=+=，由于
E
I
R R
=
+
内外
，解得150
R R
==Ω
外内
；当表盘
1
50A
g
Iμ
=时，此时干路电流为
()
12
1
1
2500A
g g
g
I R R
I I
R
μ
+
=+=，由于
E
I
R R
=
+
内外
，解得3450
R R
==Ω
外内。

【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。

14．要测定一节干电池（电动势约1.5V，内阻约0.5Ω，放电电流不允许超过0.6A）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。

提供的器材有：
A．电流表A1：挡位1（0~3A，内阻约0.05Ω），挡位2（0~0.6A，内阻约0.2Ω）
B．电流表A2：0-300μA，内阻r A=100Ω
C．定值电阻：R0=2Ω，R1=900Ω，R2=4900Ω
D．滑动变阻器：R3（0—5Ω，2A），R4（0~15Ω，1A）
E.开关一只、导线若干
(1)测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位____（填“1”或者“2”）。

(2)测量电压的仪表：应将定值电阻______（填“R0”、“R1”或“R2”）与A2串联，使其成为改装后的电压表。

(3)干电池内阻太小，应选择定值电阻____（填“R0”、“R1”或“R2”）来保护电源。

(4)若要求A1表电流在0.1A-0.5A范围内连续可调。

则滑动变阻器应选择__________（填“R3”或“R4”）。

(5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V表为改装后的电压表），应选择____________（填“图（a）”或“图（b）”）。

(6)进行实验并记录数据。

用I1、I2分别表示A1、A2表的示数，根据测量数据作出如图（c）所示的I2-I1
图像，由图像可得：电池的电动势为________V，内阻为________Ω。

（保留到小数点后两位）
【答案】2 R2R0R4图(a) 1.49 0.49
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．测量电流的仪表：应选择电流表A 1的挡位2。

(2)[2]．测量电压的仪表：应将定值电阻R 2与A 2串联，使其成为改装后量程为
62()300105000V=1.5V g A U I r R -=+=⨯⨯的电压表。

(3)[3]．干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R 0来保护电源。

(4)[4]．若要求A 1表电流在0.1A-0.5A 范围内连续可调。

则滑动变阻器最大值为
max 1.5
20.512.50.1
R =
--=Ω 最小值
min 1.5
20.550.5
R =
--=Ω 则滑动变阻器应选择R 4。

(5)[5]．因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图（a ）。

(6)[6][7]．由图可知电流计读数为I 2=298μA ，对应的电压值为298
1.5V=1.49V 300
⨯ 则电池的电动势为E=1.49V ，内阻为
1.5
(298150)3000.491.5
r -⨯=
Ω=Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．沿x 轴正方向传播的简谐横波在t 1=0时的波形如图所示，此时，波传播到x 2=2m 处的质点B ，而平衡位置为x=0.5m 处的质点A 正好位于波谷位置，再经0.2s ，质点A 恰好第一次到达波峰。

求： (1)该波的波速；
(2)在t 2=0.9s 时，平衡位置为x= 5m 处的质点C 的位移。

【答案】 (1)5m/s ； (2)2cm - 【解析】 【分析】 【详解】
(1)质点A 第一次到达波峰，时间间隔
1
0.2s 2
t T ∆==
即
0.4s T =
由v T
λ
=
可知波速
5m/s v =
(2)由x
v t
∆=
∆可知 波传到C 点的时间0.6s t ∆=，此时C 沿y 轴正方向运动，再经过0.3s ，C 点到达波谷，即2cm y =-．
16．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L ，磁感应强度为B 。

一个质量为m 、匝数为N 、边长也为L 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行，导线框总电阻为R 。

t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I ），导线框的速度为v 0。

经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置II ），导线框的速度刚好为零。

（1）求导线框在位置I 时的加速度大小；
（2）求从位置I 到位置II 的过程中，导线框中的焦耳热；
（3）定性画出导线框从位置I 到再次回到位置I 时速度随时间变化图象；
（4）上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W 1和W 2，试判断W 1与W 2的大小关系，并简述判断依据。

【答案】（1）a 1=g+222
N B L Rm
v 0；（2）Q=12mv 02-2mgL ；（3）
；（4）W 1>W 2
【解析】 【详解】
（1）线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：1=mg F ma +安
1F NBI L =安 ；1
1E I R
=
；10E NBLv = 联立解得：222
10N B L a g v Rm
=+
（2）导线框从位置I 到位置II 的过程中由能量关系：2
01=22
mv mg L Q ⋅+ 解得2
01=
-22
Q mv mgL （3）由222
1N B L a g v Rm
=+可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做加
速度减小的变加速运动，则运动图像如图；
（4）根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W 1>W 2.
17．可导热的汽缸竖直放置，活塞下方封有一定质量的理想气体，并可沿汽缸无摩擦的滑动。

活塞上方放一物块，缸内气体平衡后，活塞相对气缸底部的高度为h ，如图所示。

再取一完全相同的物块放在活塞上，气体重新平衡后，活塞下降了
5
h。

若把两物块同时取走，外界大气压强和温度始终保持不变，求气体最终达到平衡后，活塞距汽缸底部的高度。

不计活塞质量，重力加速度为g ，活塞始终不脱离气缸。

【答案】43
h 【解析】 【分析】 【详解】
初始状态，小物块和活塞处于平衡状态 10p S p S mg =+
此时气缸中的气体
1V hS =
放上另一物块，两个小物块和活塞处于平衡状态时
202p S p S mg =+
此时气缸中的气体
245
V hS =
取走两物块后，活塞平衡
30p p =
此时气缸中的气体
3V HS =
对以上过程用玻意耳定律列方程得 1122pV p V = 1133pV p V =
解得4
3
H h =。