上海市六校2022届高三物理第二学期联考试卷（含解析）

2022年上海市六校联考高考物理二模试卷一.单项选择题（每小题2分，共16分．）1．（2分）（2022•上海二模）人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述中不符合科学规律或历史事实的是（　　）　A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的　B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性　C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波　D．光具有波粒二象性【考点】：光子；物理学史．【分析】：牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质．光既具有波动性又具有粒子性，光是一种电磁波，干涉是波特有的现象．【解析】：解：A、牛顿的“微粒说”认为光是一种实物粒子，而爱因斯坦的“光子说”认为光是一种量子化的物质．故A错误．B、干涉是波特有的现象，故光的双缝干涉实验显示了光具有波动性，故B正确．C、麦克斯韦根据他的电磁理论，认为光是一种电磁波，而赫兹证实了电磁波的存在．故C正确．D、光既具有波动性又具有粒子性，故具有波粒二象性，故D正确．本题选不符合的，故选A．【点评】：多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目．　2．（2分）（2022•上海二模）关于原子和原子核，下列说法中正确的是（　　）　A．汤姆孙发现了电子使人们认识到电子是组成物质的最小微粒　B．原子核集中了原子的几乎全部正电荷和全部质量　C．卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子　D．β粒子是从原子核内发出的，说明原子核内有电子存在【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、电子的发现使人们认识到原子有复杂的结构．故A错误．B、原子核集中了原子的全部正电荷和几乎全部的质量，故B错误；C、卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子，故C正确；D、β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，可知β衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分．故D错误；故选：C．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　3．（2分）（2022•上海二模）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（　　）　A．第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律　B．亚里士多德认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动-28-\n　C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因　D．卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量【考点】：物理学史．【专题】：常规题型．【分析】：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解析】：解：A、开普勒通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律，故A错误；B、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才会运动，没有力的作用，物体就要静止下来，故B错误；C、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、卡文迪许第一次在实验室里测出了引力常量，故D正确；故选：D．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　4．（2分）（2022•广东）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（　　）　A．M处受到的支持力竖直向上　B．N处受到的支持力竖直向上　C．M处受到的摩擦力沿MN方向　D．N处受到的摩擦力沿水平方向【考点】：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物．静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反．【解析】：解：A、M处受到的支持力与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；B、N处受到的支持力与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、N处受到的摩擦力沿原木表面向上，故D错误．故选：A．【点评】：解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题．要注意静摩擦力总是与物体相对运动趋势方向相反．　5．（2分）（2022•上海二模）已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（　　）　A．频率变小，波长变长B．频率变大，波长变短　C．频率不变，波长变长D．频率不变，波长变短-28-\n【考点】：波长、频率和波速的关系．【分析】：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，波速减小，由波速公式分析波长的变化．【解析】：解：当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf可知，波长变短．故D正确．故选D【点评】：本题关键要掌握波的频率、波速和波长的决定因素，抓住频率由波源决定，波速由介质决定，而波长由介质和波源共同决定．　6．（2分）（2022•上海二模）对于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）　A．速度方向和加速度方向不可能一致　B．合外力一定与速度方向垂直　C．合外力一定发生变化　D．物体受到的摩擦力方向一定和速度方向平行【考点】：物体做曲线运动的条件．【专题】：运动的合成和分解专题．【分析】：物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同．【解析】：解：A、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；根据牛顿第二定律，加速度与合力同向；故曲线运动中，速度与加速度一定不共线，故A正确；B、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，不一定垂直，故B错误；C、曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合力可以不变，如平抛运动，故C错误；D、物体与曲线轨道间的摩擦力方向与相对运动方向相反，而速度方向是切线方向，故摩擦力方向和速度方向平行，故D正确；故选：AD．【点评】：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．　7．（2分）（2022•上海二模）游泳运动员以相对于水流恒定的速率垂直河岸过河，当水速突然增大时，则过河（　　）　A．路程增加、时间增加B．路程增加、时间不变　C．路程增加、时间缩短D．路程、时间都不变【考点】：运动的合成和分解．【专题】：运动的合成和分解专题．【分析】：将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，根据分运动和合运动具有等时性，渡河的时间等于在垂直河岸方向分运动的时间．最终的位移是两个位移的合位移．【解析】：解：当水速突然增大时，在垂直河岸方向上的运动时间不变，所以横渡的时间不变．水速增大后在沿河岸方向上的位移增大，所以路程增加．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键将运动员的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道分运动和合运动具有等时性．　-28-\n8．（2分）（2022•上海二模）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：电场强度；电场的叠加．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．【解析】：解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E．A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E．C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0．所以坐标原点O处电场强度最大的是B．故选：B．【点评】：本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强．要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题．　二、单项选择题（每小题3分，共24分．）9．（3分）（2022•上海二模）一定质量的理想气体，如果保持它的体积不变，降低温度，使它的压强变为0℃时压强的，则此时气体的摄氏温度数值是（　　）　A．B．nC．D．【考点】：理想气体的状态方程．-28-\n【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：气体经历等容变化，根据查理定律公式PV=C列式分析即可．【解析】：解：气体经历等容变化，降低温度，使它的压强变为0℃时压强的，根据查理定律，有：故：解得：t1=故选：C．【点评】：本题关键是明确气体经历等容变化过程，根据查理定律列式分析即可，注意摄氏温标与绝对温标的联系．　10．（3分）（2022•江苏）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（　　）　A．RM变大，且R越大，U增大越明显　B．RM变大，且R越小，U增大越明显　C．RM变小，且R越大，U增大越明显　D．RM变小，且R越小，U增大越明显【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：压轴题；恒定电流专题．【分析】：电阻R与RM并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接近RM，电压变化越明显．【解析】：解：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；当R＞RM时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM，U增大越明显；故选：C．【点评】：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接进RM，电压变化越明显．-28-\n　11．（3分）（2022•安徽）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是（　　）　A．顾客始终受到三个力的作用　B．顾客始终处于超重状态　C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下　D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下【考点】：牛顿运动定律的综合应用．【分析】：分加速和匀速两个过程对顾客进行运动分析和受力分析，加速过程合力斜向右上方，故支持力大于重力，静摩擦力向右；匀速过程重力和支持力二力平衡．【解析】：解：在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故选C．【点评】：本题关键要分两个过程研究，加速过程可以先找出加速度方向，然后得出合力方向，结合物体的受力情况，可以得出各个力的大小情况；匀速过程二力平衡，与运动方向无关！　12．（3分）（2022•上海二模）两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OB＞OC，由图可知（　　）　A．C点的电势低于B点的电势-28-\n　B．B点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同　C．正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动　D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功【考点】：电势能；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电势的图象直接读出电势高低．由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系．根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况．根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负．【解析】：解：A、由图知，C点的电势高于B点的电势．故A错误．B、由E=可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小．斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同．故B正确．C、根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动．故C错误．D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做做正功．故D错误．故选B【点评】：本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系E=理解图象的斜率与场强的关系．　13．（3分）（2022•上海二模）如图所示，轻支架可绕O点无摩擦自由转动，A端靠在墙上，将一小物体放在支架上让其自由下滑．支架和小物体间光滑，当小物体经过O点正上方时，A端受力N1；仅改变支架和小物体间的粗糙程度，使小物体能匀速下滑，当小物体经过O点正上方时，A端受力N2，则（　　）　A．N1=0B．N1＜N2C．N1＞N2D．N1=N2【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：以O为支点，根据力矩平衡条件研究N1与N2的大小关系．支架和小物体间光滑，当支架和小物体间光滑小物体经过O点正上方时，N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡．当小物体匀速下滑经过O点正上方时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩．【解析】：解：设物体经过O点正上方时对支架的压力大小为N．以O为支点．当支架和小物体间光滑，小物体经过O点正上方时，根据力矩平衡得知N1的力矩与物块对支架压力的力矩平衡，即：-28-\nMN1=MN．当小物体匀速下滑经过O点正上方时，N2的力矩与摩擦力的力矩之和等于物块对支架压力的力矩，即MN2+Mf=MN．由于两次物块对支架压力的力矩相等，得MN1=MN2+Mf，则有MN1＞MN2，而力臂不变，所以N1＞N2．故选C【点评】：本题是力矩平衡问题，分析除支点以外支架的受力情况是解题的关键，还要分析力矩的方向．　14．（3分）（2022•上海二模）如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）　A．A的速度比B的大　B．A与B的向心加速度大小相等　C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等　D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小【考点】：向心力；线速度、角速度和周期、转速．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．【解析】：解：AB两个座椅具有相同的角速度．A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键知道A、B的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用．　-28-\n15．（3分）（2022•上海二模）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）　A．流过金属棒的最大电流为　B．通过金属棒的电荷量为　C．克服安培力所做的功为mgh　D．金属棒产生的焦耳热为0.5（mgh﹣μmgd）【考点】：法拉第电磁感应定律；焦耳定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，导体棒产生的焦耳热．【解析】：解：A、金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流I==，故A错误；B、感应电荷量q=△t==，故B错误；C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh﹣WB﹣μmgd=0﹣0，克服安培力做功：WB=mgh﹣μmgd，故C错误；D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=WB=mg（h﹣μd），故D正确；故选：D．【点评】：-28-\n本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强，对学生能力要求较高，需加强这方面的训练．　16．（3分）（2022•上海二模）在如图所示电路中，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合电键S，当R2的滑动触片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电流表、电压表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，它们示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．则下列分析判断不正确的是（　　）　A．不变，不变B．变大，变大　C．变大，不变D．变大，不变【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：通过分析电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电压表V3测路端电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，根据串联电路中电流的特点和电压特点，及欧姆定律逐项判断即可得出答案．【解析】：解：A、当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路中总电流I变小；R1为定值电阻，则==R1，均不变，故A正确．BC、=R2，变大．由闭合电路欧姆定律可知U2=E﹣I（r+R1），则得=r+R1，不变；故B错误，C正确．D、=R1+R2，变大．由闭合电路欧姆定律可知U3=E﹣Ir，则得=r，不变．故D正确本题选不正确的，故选：B．【点评】：分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键．　三、多项选择题（每小题4分，共16分．）17．（4分）（2022•上海二模）B．如图所示，是现代化工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成；当用绿光照射图中光电管阴极K时，可发生光电效应，则以下说法正确的是（　　）-28-\n　A．增大绿光照射强度，光电子最大初动能增大　B．增大绿光照射强度，电路中的光电流增大　C．改用波长比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流　D．改频率长比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流【考点】：光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：产生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，增大入射光强度只会增大光电流强度，不改变最大初动能．【解析】：解：A、B增大绿光照射强度，会增大光电流强度，光电子最大初动能不变，A错误B正确；C、改用波长比绿光波长大的光照射光电管阴极K时，电路中一定没有光电流，C错误；D、改频率长比绿光频率大的光照射光电管阴极K时，电路中一定有光电流，D正确；故选BD【点评】：本题考查了发生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的极限频率．　18．（4分）（2022•上海）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v﹣t图线如图所示，则（　　）　A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大　B．在t1时刻，外力F为零　C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小　D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大【考点】：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．【专题】：压轴题．【分析】：（1）v﹣t图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0～t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1～t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；（2）根据加速度的变化情况，分析受力情况．【解析】：解：A．根据加速度可以用v﹣t图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力F大小不断减小，A错误；B．在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误；-28-\nC．在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F大小可能不断减小，C正确；D．如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小，F后增大，因为v﹣t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确．故选CD．【点评】：本题考查v﹣t图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力，难度较大．　19．（4分）（2022•广东）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P，带电量分别为﹣q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是（　　）　A．M与N的距离大于L　B．P、M和N在同一直线上　C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同　D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零【考点】：电势差与电场强度的关系；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：A、根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可求解；B、根据整体受力分析，结合平衡条件，即可求解；C、由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可求解；D、由整体处于平衡状态，结合牛顿第二定律，即可求解．【解析】：解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：，解得：r=（）L；故A错误；B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确．故选：BD．【点评】：考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法．　-28-\n20．（4分）（2022•上海二模）如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则（　　）　A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等　B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小　C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2　D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；向心力．【专题】：功率的计算专题．【分析】：AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgvy，分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系【解析】：解：A、m1由C点下滑到a点的过程中，与b沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；B、重力的功率就是P=mgvy，这里的vy是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1﹣cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2故D正确，C错误故选：BD【点评】：本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中　四．填空题（共20分，每小题4分。答案写在答题纸中横线上的空白处或指定位置。）以下22、23题为交叉题，两题中任选一道作答21．（4分）（2022•上海二模）自从1896年贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，科学家　居里夫人　首先研究了铀放射线的来源，并在1898年相继发现了放射性更强的钋和镭两种新元素．放射性元素会连续发生衰变，如图是反映铀核衰变的特性曲线，由图可知，经过4860年，铀经历了　3　个半衰期．-28-\n【考点】：天然放射现象；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，居里夫人首先研究铀放射线的来源；由图可得半衰期，进而计算4860年是多少个半衰期．【解析】：解：贝克勒耳发现铀的放射性现象以后，居里夫人首先研究铀放射线的来源；由图象可知有半数原子核发生衰变用的时间为1620年，故经过4860年，铀经历了3个半衰期；故答案为：居里夫人，3．【点评】：首先要掌握基本的物理学史，其次从图象中获取有用物理信息的能力是高考的考查方向，应重视．　22．（4分）（2022•上海二模）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s．A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小　0.02m/s　和方向　离开空间站方向　．（选填靠近空间站方向或者离开空间站方向）【考点】：动量守恒定律．【专题】：动量定理应用专题．【分析】：在两宇航员A和B互推过程中，两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．【解析】：解：两宇航员组成的系统动量守恒，以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=0.1m/s，方向远离空间站，推开后，A的速度vA=0.2m/s，此时B的速度为vB，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，即：（80+100）×0.1=80×0.2+100vB，解得：vB=0.02m/s，B的速度方向沿远离空间站方向；故答案为：0.02m/s，离开空间站方向．【点评】：本题以航天为背景，考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向　-28-\n23．（2022•上海二模）若两颗人造地球卫星的周期之比T1：T2=2：1，则它们的轨道半径之比R1：R2=　：1　；向心加速度之比a1：a2=　1：　．【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出轨道半径和周期的关系，根据周期之比计算轨道半径之比．再根据万有引力提供向心力计算出向心加速度和轨道半径的关系，根据半径之比计算加速度之比．【解析】：解：根据万有引力提供向心力，得所以两个地球人造卫星的轨道半径之比为根据万有引力提供向心力，得所以向心加速度之比故答案为：：1；1：．【点评】：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出周期和向心加速度的表达式，再进行讨论．要能熟练的根据题意选择恰当的向心力的表达式．　24．（4分）（2022•上海二模）美国物理学家　密立根　第一个用油滴法测出了元电荷的电荷量，其实验是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷量的，电场由两块带电平行板产生．实验中，若两块极板的电势差为U时，半径为r、电荷量为2e的油滴保持静止状态；当电势差增加到4U时，半径为2r的另一滴油滴也保持静止状态，则该油滴所带的电荷量为　4e　．（球的体积公式为V=）【考点】：物理学史．【分析】：由于油滴保持静止，根据平衡条件列出平衡等式．根据匀强电场公式E=表示出场强的变化．【解析】：解：美国物理学家密立根第一个用油滴法测出了元电荷的电荷量．半径为r、电荷量为2e的油滴保持静止时，两块极板的电势差为U．根据平衡条件列出平衡等式Eq=mg，×2e=ρg-28-\n当电势差增加到4U时（两平行板间距不变），半径为2r的油滴保持静止，×q′=ρg解得：q′=4e．故答案为：密立根，4e【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．熟练运用匀强电场公式和平衡等式．　25．（4分）（2022•上海二模）如图所示，用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0＜＜L．先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．金属线框向左进入磁场时感应电流的方向为　逆时针　（选填“顺时针”，“逆时针”）；金属线框最终将在磁场内做　简谐　运动．【考点】：楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：由楞次定律可得出线圈进入磁场及离开磁场时的电流方向，因线圈只有在经过边界时才产生电磁感应现象，消耗机械能；则可得出单摆最终的运动情况．【解析】：解：金属线框向左进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→d→c→b→a，即为逆时针．根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等．如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于od≤L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动．故答案为：逆时针，简谐．【点评】：右手定则、楞次定律和简谐运动的条件是高中必须掌握的知识，本题由于有的学生不能分析出金属线框最后的运动状态，故本题的难度较大．　26．（4分）（2022•上海二模）如图所示，一条足够长的水平张紧的弹性绳上，有两列小振幅的简谐横波a（实线）和b（虚线），分别沿相反方向传播，a波向右，b波向左．两列波的波长分别为λa=3l，λb=2l，振幅均为A．图为某一时刻两列波相遇的情况，在此时刻，绳上P点的合位移恰好为零．则两列波的周期之比为　3：2　；从图示时刻开始，P点第一次出现合位移为2A时，b波向左传播的距离为　3l　．-28-\n【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由于在同种介质﹣﹣弹性绳中a、b两列波的传播速度v相同，根据周期T=求解周期比；两列波叠加，在P点形成最大的合位移2A，可以认为是波a向左平移和波b向右平移的结果，是波峰与波峰的叠加，根据在相同的时间内两列波传播的距离相同列式即可求解．【解析】：解：由于在同种介质﹣﹣弹性绳中a、b两列波的传播速度v相同，根据周期T=可知，两列波的周期之比为，在图示时刻，绳上P点的合位移恰好为零，是波峰与波谷相遇，P点第一次出现合位移为2A时，可以认为是波a向左平移和波b向右平移的结果，是波峰与波峰的叠加，在相同的时间内两列波传播的距离相同，且周期之比为3：2，则当a波经过一个周期，b波经过1.5T时，两列波的波峰相遇，P点第一次出现合位移为2A，b波向左传播的距离为1.5个波长，即x=1.5λb=1.5×2l=3l．故答案为：3：2，3l【点评】：本题是波的叠加问题，关键抓住叠加的规律：波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，波峰与波谷相遇处振动减弱．　五．实验题（共24分）27．（4分）（2022•上海二模）为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：（1）（单选）该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是　A　（A）电键的位置接错（B）电流表的正、负接线柱上导线接反（C）线圈B的两个接线柱上导线接反（D）蓄电池的正、负极接反（2）电路连接的错误改正后，该同学在闭合电键时发现电流表指针向右偏转，则如果向右移动滑动变阻器的滑片（滑动变阻器接入电路的方式仍然如图中所示），则电流表的指针向　右　（选填“左”或“右”）偏转．-28-\n【考点】：研究电磁感应现象．【专题】：实验题．【分析】：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同．【解析】：解：（1）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转；应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；或者将电键接在B线圈所在回路中，故选A．（2）闭合电键时，磁通量增加，电流表指针向右偏转；向右移动滑动变阻器的滑片，电阻变小，电路电流变大，磁通量也增加，故感应电流相同，即电流表指针也向右偏转；故答案为：（1）A；（2）右．【点评】：本题关键明确实验原理，同时明确只有在磁通量变化的瞬间有感应电动势，电路闭合且有感应电动势才会有电流．　28．（4分）（2022•上海二模）如图所示是饮水器的自动控制电路．左边是一个在水温较低时对水加热的容器，内有密封绝缘的电热丝发热器和接触开关S1．只要有水浸没S1，它就会导通；水面低于S1时，不会加热．（1）Rx是一个热敏电阻，低温时呈现高电阻，右边P是一个　与　（选填“与”、“或”、“非”）逻辑门，接在0～5V电源之间，图中J是一个继电器，可以控制发热器工作与否．Ry是一个可变电阻，低温时Rx应　远大于　（选填“远大于”、“远小于”）Ry．（2）请阐述饮水机的自动加热原理：　当水温较低时，Rx阻值较大，A为高电势，且有水浸没S1，B也为高电势，则QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作．　．【考点】：常见传感器的工作原理；闭合电路的欧姆定律．-28-\n【分析】：（1）由题，只要有水浸没S1，才会导通加热；Rx是一个热敏电阻，温度较低时，才会加热，两个条件同时满足时，发热器才会加热．可知，P应是与门，低温时Rx应远大于Ry．（2）根据题意，水温较低时和水浸没S1时，QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作加热．【解析】：解：（1）当水温较低时和水浸没S1，两个条件同时满足时，QC之间才有高电压输出，发热器才会工作，故P应是与逻辑门．Rx是一个热敏电阻，低温时Rx应远大于Ry．（2）饮水机的自动加热原理是：当水温较低时，Rx阻值较大，A为高电势，且有水浸没S1，B也为高电势，则QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作．故答案为：（1）与；远大于．（2）当水温较低时，Rx阻值较大，A为高电势，且有水浸没S1，B也为高电势，则QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作．【点评】：本题关键要理解逻辑门工作原理，再根据热敏电阻Rx的特性，分析饮水机的自动加热原理．　29．（8分）（2022•上海二模）某同学用如图（a）所示的实验电路来测量电阻的阻值．适当调节滑动变阻器R′后保持其滑片位置不变，将电阻箱接入a、b之间，闭合电键S，改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据，在U﹣R坐标系中绘出的U﹣R图象如图（b）所示．（1）请用笔画线根据电路图在图（c）中画出缺少的两根导线．（2）（单选）在电路研究中常用某两个物理量间的关系图象来描述某个元件或某段电路的特征，图（b）中的图线反映的是　C　（A）电源的特征（B）电阻箱的特征（C）a、b两点间这段电路的特征（D）待测电阻的特征（3）用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为5.0V，利用图（b）中的U﹣R图线可得Rx=　25.0　Ω．（4）使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，若仍使用该装置和图（b）中的U﹣R图象来测定某一电阻，则测定结果将　偏小　（选填“偏大”或“偏小”）．【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）根据电路图连线即可；（2）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源；（3）找出纵坐标5.0V对应的横坐标即可；-28-\n（4）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出U﹣R图，再判断电阻测量值大小的误差情况．【解析】：解：（1）根据电路图连线，如图所示；（2））a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，故选C；（3）由图（b）得到，当纵坐标5.0V时，横坐标为25.0Ω；（4）a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，当等效电源的内电阻变大时，外电阻相同时，外电路分得的电压减小，重新作出U﹣R图，如图所示；相同的电压表读数，测量值小于真实值；故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）25.0；（4）偏小．【点评】：本题关键明确a、b两点间这段电路可以当作一个等效的电源，然后本题就简化为直接在外电路接一个待测电阻和电压表的问题．　30．（8分）（2022•上海二模）某学习小组设计了一种如图1所示的摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数．其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤、连接摆锤的轻质细杆，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置由静止释放．摆锤到最低点附近橡胶片紧压地面擦过一段很小的距离，之后继续摆动至最高位置．若测得摆锤的质量为m，摆锤重心到O点的距离为L，橡胶片紧压地面擦过的距离s，摆锤摆到最左端杆与竖直方向成θ角，摆锤经过最低点时对地面的压力大小为F，在橡胶片擦过地面距离s过程中此压力视为不变．（重力加速度为g）-28-\n（1）橡胶片与地面间的动摩擦因数μ的表达式为　　．（请用题中已知的物理量字母来表示）（2）换用不同橡胶片测得μ与θ的大致关系如图2所示．已知L=1m，s=0.116m，则F约是摆锤重力的　3　倍．（3）把摆锤经过最低点时对地面的压力F作为橡胶片擦过地面距离s过程中的压力，则此导致测得的橡胶片与地面间的动摩擦因数μ　偏小　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：根据摩擦力对摆锤所做的功的定义式求解；通过图线来确定θ与μ的值，再由上式可求出F与重力的关系；根据牛顿第二定律，可知F实际是变化的，因此可分析得动摩擦因数的实际值．【解析】：解：（1）摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，所以摩擦力f=μFWf=﹣mgLcosθ=﹣μFs（2）根据μ与θ的大致关系如图线，设θ=74°，读出μ=0.79，并已知L=1m，s=0.116m，代入上式，则可求得，F=3mg．所以F约是摆锤重力的3倍．（3）在橡胶片擦过地面距离s过程中此压力视为不变，而事实上F是变化的，在最低点F是最大，因此理论计算的F偏大，所以导致动摩擦力因数偏小，故答案为：（1）（2）3倍（3）偏小【点评】：考查受力平衡的条件来确定动摩擦因数，学会运用图象来解F与G的关系，并会分析实际与理论的区别．　六．计算题（共50分）-28-\n31．（10分）（2022•上海二模）如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为1×10﹣3m2，气缸内有质量m=2kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦．开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底12cm，此时气缸内被封闭气体的压强1.5×105Pa，温度为300K．外界大气压为1.0×105Pa，g=10m/s2．（1）现对密闭气体加热，当温度升到400K，其压强多大？（2）若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360K，则这时活塞离缸底的距离为多少？（3）保持气体温度为360K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向作匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底16cm处，则气缸和活塞应向什么方向作匀加速直线运动？加速度大小是多少？【考点】：气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强．【专题】：气体的状态参量和实验定律专题．【分析】：（1）直接根据理想气体状态方程列式求解；（2）先根据平衡条件求解出封闭气体压强，然后根据理想气体状态方程列式求解；（3）先根据理想气体状态方程列式求解封闭气体的气压，然后对活塞受力分析，求解加速度．【解析】：解：（1）等容变化：，解得（2）活塞受力平衡，故封闭气体压强为=1.2×105Pa根据理想气体状态方程，有，（3）等温变化P3V3=P4V4，解得应向上作匀加速直线运动，对活塞，由牛顿第二定律：P4S﹣P0S﹣mg=ma解得：-28-\n答：（1）现对密闭气体加热，当温度升到400K，其压强为2.0×105Pa；（2）这时活塞离缸底的距离为18cm；（3）气缸和活塞应向上作匀加速直线运动，加速度大小是7.5m/s2．【点评】：本题关键是根据题意得到各个状态对应的压强、体积、温度中已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解未知量．　32．（12分）（2022•上海二模）一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA竖直，另一侧的坡面OB呈抛物线形状，与一平台BC相连，如图所示．已知山沟竖直一侧OA的高度为2h，平台离沟底h高处，C点离竖直OA的水平距离为2h．以沟底的O点为原点建立坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y=．质量为m的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求：（1）若探险队员以速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？（2）为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明．（3）若已知探险队员水平跳出，刚到达OBC面的动能Ek=1.55mgh，则他跳出时的水平速度可能为多大？【考点】：机械能守恒定律；平抛运动．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）人落在OB上某位置时，确定有位置坐标，根据位置坐标可以求出平抛运动下落和水平方向的位移，根据水平方向匀速直线运动竖直方向自由落体运动列方程求解即可；（2）人落在平台上，抓住临界点B和C分别求出初速度，则落在平台上的初速度应该介于这两个初速度之间．（3）根据人可能落在OB面和BC面上分别求出可能的初速度．【解析】：解：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，由平抛运动规律有：x=v0t①H=②根据几何关系有：y=2h﹣H由于落在OB上满足抛物体线方程即-28-\n即③由①②③可解得H=即运动时间t=（2）若探险员掉在C处，根据题意应该满足几何关系有：∵∴又∵x=2h=v0t∴若探险员掉在B处，有：x==v0t∴即探险员落在BC处的速度关系应该满足：（3）若抢险员掉在BC面上，根据动能定理有：代入得：解得：若探险员掉在坡面OB上，即1.55mgh﹣-28-\n由（1）得所以可以解得：答：（1）若探险队员以速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为；（2）为了能跳在平台上，他的初速度应满足；（3）若已知探险队员水平跳出，刚到达OBC面的动能Ek=1.55mgh，则他跳出时的水平速度可能为或．【点评】：本题主要考查平抛运动和动能定理的应用，以及函数最值的计算，意在考查考生的综合分析及数学计算能力．　33．（14分）（2022•上海二模）如图所示，在水平向右、场强为E的匀强电场中，两个带电量均为+q的小球A、B通过两根长度均为L的绝缘细线悬挂．A球质量为B球质量的5倍，两球静止时，两细线与竖直方向的夹角分别为30°、60°．以悬挂点O作为零电势和零重力势能面．（1）画出B球的受力示意图，并求B球的质量mB；（2）用一个外力作用在A球上，把A球缓慢拉到最低点A′，两球电势能改变了多少？（3）根据最小势能原理，当一个系统的势能最小时，系统会处于稳定平衡状态．撤去（2）问中的外力，直至两球在空气阻力作用下再次静止，此过程中，A、B两球最小势能（包括电势能和重力势能）为多大？（本小题忽略两电荷之间的电势能）【考点】：电势能；动能定理的应用；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）按照一定的顺序画出B受到的力，包括：竖直向下的重力、水平向右的电场力、沿绳子方向的拉力和库仑斥力；（2）A的移动不影响AB之间绳子的方向，当A移动到最低点时，两球都移动了L/2，克服电场力做功；电势能增量等于电场力做的功；（3）根据所给信息可知，最后小球A、B回到最初静止的状态时总势能最小．【解析】：-28-\n解：（1）小球B受4个力：竖直向下的重力、水平向右的电场力、沿绳子方向的拉力和库仑斥力重力与电场力合力沿绳子，有mBgtan60°=qEB球的质量：（2）A的移动不影响AB之间绳子的方向，当A移动到最低点时，两球都移动了L/2，克服电场力做功，电势能增量为：（3）根据所给信息可知，最后小球A、B回到最初静止的状态时总势能最小．此时总势能：整理得：答：（1）B球的受力示意图，B球的质量；（2）用一个外力作用在A球上，把A球缓慢拉到最低点A′，两球电势能改变了qEL；（3）撤去外力，直至两球在空气阻力作用下再次静止，此过程中，A、B两球最小势能（包括电势能和重力势能）是．【点评】：正确对b球和ab组成的系统进行受力分析是解题的关键；该题的难度在能够正确分析出，A、B两球最小势能．　34．（14分）（2022•上海二模）如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d．现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F﹣x的变化情况如图（乙）所示，F0已知．求：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动；（4）若改变d的数值，定性画出棒ab从静止运动到d+d0的过程中v2﹣x的可能图线（棒离开磁场前已做匀速直线运动）．-28-\n【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】：电磁感应与图像结合．【分析】：（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及共点力平衡条件，可解出离开磁场右边界时的速度；（2）对整个过程，根据动能定理确定安培力做功值，再由功能关系，即可求解；（3）棒进入磁场前，由动能定理可得出表达式，从而求出进入磁场后一直做匀速运动时的距离；【解析】：解：（1）设离开右边界时棒ab速度为v，则有，感应电动势，E=BLv闭合电路欧姆定律，对棒有2F0﹣BIL=0解得：（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：由功能关系：E电=W安解得：E电=（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，则有当v0=v，即时，进入磁场后一直匀速运动（4）可能的图象如下图所示-28-\n答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为；（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能为；（3）当条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动；【点评】：考查学生对法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，动能定理，功能关系等规律的理解．同时注意动能定理过程中，各力做功的正负．最后要学生掌握根据表达式在不同范围内作出可能的图象．-28-