2021年廣西柳州市柳江中學(xué)高考物理模擬試卷（一）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.兩個帶電質(zhì)點，只在相互作用的靜電力下運動，若其中一個質(zhì)點的動量增加，另一個質(zhì)點的

動量一定減少

B.玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功解釋了氫原子光譜的特征

C.在原子核中，比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固

D.已知氫原子從基態(tài)躍遷到某一個激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為12.09eV,則動能等于12.09eV的

另一個氫原子與這個氫原子發(fā)生正碰，可以使這個原來靜止并處于基態(tài)的氫原子躍遷到該激發(fā)

態(tài)

2.質(zhì)量為m的人站在升降機中，如果升降機做加速度大小為a的勻變速直線運動，升降機地板對人

的支持力大于人的重力，則升降機的運動情況可能是（）

A.以加速度a加速下降B.以加速度a加速上升

C.以加速度a減速上升D.以上三項都不正確

3.如圖所示，平行板電容器充電后，在其正中間的P點處有一個帶電微粒恰好能保持靜止?fàn)顟B(tài)，下

列能使該帶電微粒仍在原處保持靜止，且電勢能增加的方法是（）

A.K閉合，將上極板M接地，下移N

B.K閉合，將下極板N接地，左移M

C.K斷開，將上極板M接地，下移M

D.K斷開，將下極板N接地，上移N

4.如圖所示，圖甲中M為一電動機，當(dāng)滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表

的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示.已知電流表讀數(shù)在0.24以下時，電動機沒有發(fā)生

轉(zhuǎn)動.不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是（）

A.電路中的電源電動勢為3.4U

B.變阻器向右滑動時，?讀數(shù)逐漸減小

C.此電路中，電動機的最大輸出功率為0.9小

D.變阻器的最大阻值為300

B.如乙圖所示，是一圓錐擺，增大。，若保持圓錐的高不變，則圓錐擺的角速度不變

C.如丙圖所示，4、B兩個小球在光滑而固定的圓錐筒內(nèi)做勻速圓周運動，則4、B兩小球的圓

周運動周期相等

D.如丁圖所示，火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，內(nèi)側(cè)軌道對火車輪緣會有側(cè)向擠壓作用

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.如圖一固斜面傾30。，一質(zhì)為m的小物塊斜面底端一定的初速度沿斜面

向上減速運動，加速大小等于重加速的大小g.物塊上升的最高度H,過H

程中，物塊的（）---------

A.動能損失了2zng”B.動能損失了？ngH

C.機械能損失了mgHD.機械能損失了gnig”

7.有兩個物體A、B運動的u-t圖象如圖所示。下列根據(jù)圖塞【做出的判斷中&

正確的是（）

A.質(zhì)點a和B的運動方向相反

B.r=9s時，質(zhì)點4的速度為30m/s012345

C.質(zhì)點4和B在3s末相遇

D.順點B的速度與時間的關(guān)系式為"=15-|t（m/s）

8.假定地球、月球都靜止不動，用火箭從地球沿地月連線發(fā)射一探測器。假定探測器在地球表面

附近脫離火箭。用小表示探測器從脫離火箭處到月球的過程中克服地球引力做的功，用以表示

探測器脫離火箭時的動能，若不計空氣阻力，貝聯(lián)）

A.七上必須大于或等于“，探測器才能到達月球

B.&小于W,探測器也可能到達月球

C.Ek=￡W,探測器一定能到達月球

D.Ek=-此,探測器一定不能到達月球

z

9.在下列敘述中，正確的是（）

A.水和酒精混合后的體積小于原來的體積之和，說明分子間有空隙

B.物體的溫度越高，分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大

C.懸浮微粒越大，在某一瞬間撞擊它的液體分子數(shù)就越多，布朗運動越明顯

D.由水的摩爾質(zhì)量和水分子的體積可算出阿伏伽德羅常數(shù)

10.水下一點光源，發(fā)出紅光。人在水面上方向下看，如圖所示，水面中心區(qū)

域有光射出，已知區(qū)域的半徑為R，紅光在水中的折射率為n。下列判斷正

確的是（）

A.光源在水下的深度為Vn2-1R

B.如果光源在水中勻速下沉，則R隨時間均勻增大

C.水下光源發(fā)出的光，穿過水面可以照亮水面上方的任何位置

D.換成藍光光源，在水面上方向下看，水面被照亮區(qū)域增大

三、填空題（本大題共1小題，共9.0分）

11.電壓表是由小量程電流表改裝而成，如圖為電壓表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖。小量程電流表G的電阻Rg=

10/2,滿偏電流=3mA,接ab兩接線柱時電壓表量程為3乙接ac兩接線柱時電壓表量程為15匕

則&

,R2=.

~?-

AR、

Or/0/,Or

四、實驗題(本大題共1小題，共6.0分)

12.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，質(zhì)量為?n=Mg的重物自由下落，在紙帶上打出一系列

的點，如圖所示(相鄰計數(shù)點時間間隔為0.04s),單位為cm,那么:

⑴紙帶的端與重物相連(填“左”或“右”)

(2)打點計時器打下計數(shù)點B時，物體的速度%=

(3)從起點0到打下計數(shù)點B的過程中物體重力勢能的減少量=，此過程中物體的動能的

增加量.(g取9.8m/s2)

(4)通過計算，數(shù)值上△&(填“>”、"廿、),這是因為

15.50-------

單位：cm

-------23.25

32.50

五、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示，質(zhì)量為m的小球在光滑水平面上以速度%向右運動，經(jīng)距離L后,進入半徑為R的光

滑半圓形軌道，然后從圓軌道的最高點飛出，恰好落在出發(fā)點上.已知rn=0.Mg、L=1.6m、

R=0.4m,不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.(sin37°=0.6)

(1)求小球運動到圓形軌道最高點的速度大小;

(2)求小球的初速度為大??；

(3)若水平軌道粗糙，而半圓軌道仍然保持光滑，且讓小球仍然從原位置以孫出發(fā)，為使小球能

滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求水平軌道與小球間的動摩擦因數(shù)范圍.

14.如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一豎直面(紙面)內(nèi)兩導(dǎo)軌間距M----1——I—

R\

為L兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2.兩導(dǎo)軌間有一邊長為

ab

3的正方形區(qū)域abed該區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場磁感應(yīng)Jxx1

：

IXX

強度為B.一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好，從ab處無初速釋放向dc

下運動過程中始終保持水平桿離開磁場前已做勻速運動，不計金屬桿

Ri

及導(dǎo)軌的電阻重力加速度為g。求：N-----L_—>-Q

(i)金屬桿離開磁場的瞬間流過此的電流大小和方向

(2)金屬桿穿過整個磁場過程中/?2上產(chǎn)生的電熱。

15.如圖所示，可在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動的平臺上固定著一個內(nèi)壁光滑的氣缸，氣缸

內(nèi)有一導(dǎo)熱性能良好的活塞，活塞面積為S,活塞底面與氣缸底面平行，一

定質(zhì)量的理想氣體密封在氣缸內(nèi)。當(dāng)平臺傾角為37。時，氣缸內(nèi)氣體體積為V,

將平臺順時針緩慢轉(zhuǎn)動直至水平，穩(wěn)定時氣缸內(nèi)氣體的體積為0.9心該過程中環(huán)境溫度始終為7°,

外界大氣壓強為Po，已知s譏37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g。

⑴求活塞的質(zhì)量；

(ii)若平臺轉(zhuǎn)至水平后，經(jīng)過一段時間，環(huán)境溫度緩慢降至0.97。(大氣壓強po保持不變)，求此時活

塞離氣缸底部的距離及該過程中外界對氣缸內(nèi)氣體做的功。

16.一列簡諧橫波沿+x軸方向傳播，t=0時刻的波形如圖甲所示，A、B、P和Q是介質(zhì)中的4個質(zhì)

點，t=0時刻波剛好傳播8點。質(zhì)點4的振動圖象如圖乙所示，貝II：

(1)該波的傳播速度是多大？

(2)從t=0到t=1.6s時間內(nèi)，質(zhì)點P通過的路程、位移各為多少？

(3)經(jīng)過多長時間質(zhì)點Q第二次到達波谷？

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：力、兩個帶電質(zhì)點，只在相互作用的靜電力下運動，若其中一個質(zhì)點的動量增加，另一個

質(zhì)點的動量也可能增加，例如兩帶同性電荷的小球在斥力作用下逐漸遠離時，速度逐漸變大，動量

逐漸變大，故A錯誤；

8、玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，成功解釋了氫原子光譜的特征，故B正確；

C、在原子核中，比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合的越牢固，故C錯誤；

。、根據(jù)能量守恒可知，要使原來靜止并處于基態(tài)的氫原子從基態(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)，需要吸收的

能量為12.09eU,則必須使動能比12.09eU大得足夠多的另一個氫原子與這個氫原子發(fā)生碰撞，才能

躍遷到某一激發(fā)態(tài)，故。錯誤。

故選：Bo

根據(jù)動量守恒定律分析動量的變化；波爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了玻爾理論：比結(jié)合能的

大小反映原子核的穩(wěn)定程度；根據(jù)玻爾理論分析。

解決該題需要掌握動量守恒的條件，掌握比結(jié)合能的物理意義，知道玻爾對于氫原子光譜的解釋的

發(fā)展過程。

2.答案：B

解析：解：由題意，人的加速度a=勺吆＞0,方向向上，所以升降機以加速度a加速向上或以加速

m

度a減速向下。

故選：B。

升降機與人具有共同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度的方向，從而可知升降機的運動情

況.

解決本題的關(guān)鍵掌握牛頓第二定律求加速度，根據(jù)加速度的大小和方向可以判斷出升降機的運動情

況.

3.答案：D

解析：解：

A、K閉合，保持K閉合時，下移N,板間距離d增大，根據(jù)公式E=—分析得知，板間場強減小，帶

a

電微粒受到的電場力減小，微粒將向下加速運動.不符合題意.故A錯誤;

B、K閉合，保持K閉合時，左移N,板間距離d不變，電容減小，根據(jù)公式E=-分析得知，板間場

強不變，帶電微粒受到的電場力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài).P點的電勢不變，微粒的電勢能不變.不符

合題意.故8錯誤；

C、K斷開，將上極板M接地，下移根據(jù)推論5=半，可知，E不變，微粒所受的電場力不變,

仍處于靜止，由（/=后￡/知，P與M的電勢差減小，M的電勢為零，P點的電勢低于M的電勢，則知P點

的電勢升高，微粒帶負電，則知微粒的電勢減小.故C錯誤；

D,K斷開，將上極板M接地，上移N,根據(jù)推論5=畔，可知，E不變，微粒所受的電場力不變,

仍處于靜止，由（/=54知，P與N的電勢差減小，N的電勢為零，P點的電勢高于N的電勢，則知P點

的電勢降低，微粒帶負電，則知微粒的電勢增加.故。正確.

故選。.

分析：保持K閉合時電容板間電壓保持不變，充電后將K斷開后電容器的電量保持不變，根據(jù)推論，

板間場強不變;根據(jù)公式E=（分析板間場強的變化，判斷能否使帶電微粒運動，并判斷電勢能的變

化.

本題是電容器動態(tài)變化分析的問題，根據(jù)決定電容的三個因素和電容的定義式相結(jié)合進行分析.

4.答案：D

解析：試題分析：先確定圖線與電壓表示數(shù)對應(yīng)的關(guān)系.再根據(jù)圖線求出電源的電動勢，并判斷％讀

數(shù)的變化情況.當(dāng)/=0.34時，電動機輸出功率最大.由電動機的總功率U/與發(fā)熱功率MR之差求解

輸出功率.變阻器的全部接入電路時，電路中電流最小.由歐姆定律求解變阻器的最大阻值.

A、由電路圖甲知，電壓表彩測量路端電壓，電流增大時，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面

的圖線表示收的電壓與電流的關(guān)系.此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為r=節(jié)詈0=2。

當(dāng)電流/=0.14時，U=3.47,則電源的電動勢小=〃+卜=3.4+0.1*2^=3.6憶故4錯誤：

8、變阻器向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為%讀數(shù)逐漸增大，故

8錯誤；

C、由圖可知，電動機的電阻面=若等。=40.

2

當(dāng)/=0.34時，U=3V,電動機輸出功率最大，最大為P=UI-IrM=3Vx0.34-（0.34）2x4n=

0.54V/,故C錯誤;

D、當(dāng)/=0.1A時，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以R=與=宵一2-4）。=

30。，故。正確.

故選：D

5.答案：B

解析：解：4、汽車通過拱橋最高點，由重力和支持力組成的豎直向下的合力提供向心力，汽車具有

豎直向下的向心加速度，故汽車處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

3、設(shè)圓錐擺擺長為3圓錐的高度為九，對小球受力分析，重力和拉力的合力提供向心力，根據(jù)向

心力的表達式得：mgtanO=ma）2r=ma）2Lsind,解得：3=與。無關(guān)，故增大

但保持圓錐的高度不變，則圓錐擺的角速度不變，故B正確；

C、小球在兩位置做勻速圓周運動，由其合力提供向心力，由力的合成法則，結(jié)合牛頓第二定律，則

有：=為椎體頂角的一半），可知，7=產(chǎn)袈，4B的半徑不同，所以周期不同，故

C錯誤；

。、當(dāng)火車在規(guī)定的速度轉(zhuǎn)彎時，由支持力與重力的合力提供火車轉(zhuǎn)彎所需的向心力，當(dāng)速度大于

規(guī)定的速度時，火車的支持力與重力的合力不足以提供火車所需的向心力，外軌對輪緣有擠壓作用，

火車輪緣擠壓外軌，根據(jù)牛頓第三定律，外側(cè)軌道對火車輪緣會有側(cè)向擠壓作用，故。錯誤；

故選：B。

分析每種模型中物體的受力情況，根據(jù)合力提供向心力，求出相關(guān)的物理量，進行分析即可。

此題考查圓周運動常見的模型，每一種模型都要注意通過受力分析找到向心力，從而根據(jù)公式判定

運動情況。

6.答案：AC

解析：解：根據(jù)動能定應(yīng)有△屎格/=ma卷=-2mgH，動能增量值，說明能減少小?,所以4確

B錯;

再由牛頓第定律（選取斜面向下為正方向）加。譏30。+/=m，可得/=也根據(jù)功能關(guān)系應(yīng)有△E=

/卷=一小9"，即械能失了J，，以C正確錯誤.

故：AC.

若動能變化為正值，說明能加若為負值，明動減少，后根據(jù)能定理，出合力做的即；要求機械損失，

只求出重外其它力做的功即可.

要記動能定理與功能原理在解中的應(yīng)：涉及到功、動能變時應(yīng)用理決；涉到機械能變化時應(yīng)求出重

力外其它力做的.

7.答案：BD

解析：解：2、速度的正負表示物體運動的方向，故A錯誤；

B、根據(jù)加速度公式可得質(zhì)點4的加速度為：a=%也=貝=9s時質(zhì)點4的速度為：v=at=

30m/s故8正確；

C、速度時間圖象的交點表示在該時間質(zhì)點4和B的速度相同，故C錯誤；

D、根據(jù)加速度公式可得質(zhì)點B的加速度為：a==-|m/s2,所以質(zhì)點8的速度與時間的關(guān)系

式為D=15故。正確。

故選：BD。

u-t圖象中，速度的正負表示物體的運動方向；在“一t圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移；

交點表示速度相等，分析兩物體的運動情況，判斷小B間距離的變化。

對于位移圖象和速度圖象要從圖象的數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義，抓住斜率、面積、交點等數(shù)學(xué)意

義分析物體的運動情況。

8.答案：BD

解析：

本題主要考查動能定理和萬有引力相結(jié)合的題目，探測器要能到達月球則到達月球時的速度必須大

于等于0,即"流=EK-W+W^O,根據(jù)地月質(zhì)量關(guān)系可得探測器克服地球引力所做的功與月球

對探測器的引力所做的功的關(guān)系。

本題綜合性較強，探測器能否到達月球主要是看到達月球時探測器的速度是否仍然大于等于零，這

是此類題目的突破口。

探測器脫離火箭后同時受到地球的引力和月球的引力，

根據(jù)F=G坐可知開始時物體受到地球的引力大于受到月球的引力，后來受到月球的引力大于受到地

T2

球的引力，

所以探測器在運動的過程中地球的引力對物體做負功，月球的引力對物體做正功,

所以探測器能夠到達月球的條件是必須克服地球引力做功越過引力相等的位置；

又根據(jù)F=G當(dāng)可知探測器受到的引力相等的位置的位置距離地球遠而距離月球近，

rx

設(shè)在探測器運動的過程中月球引力對探測器做的功為勿1，探測器克服地球引力對探測器做的功為W,

并且W1<W,

若探測器恰好到達月球，則根據(jù)動能定理可得

-W+WX=EK^-Ek,

即EK^.=EK—W+%

故探測器能夠到達月球的條件是后上來=EK-W+120,

即旅之卬一名，

故EK小于W時探測器也可能到達月球.

故B正確.

由于M?881M月，

故W*81Mzi

假設(shè)當(dāng)EK=：W時探測器能夠到達月球，則a2"一名仍然成立，可轉(zhuǎn)化為:W孑W-Wi仍然成立，即

應(yīng)有這顯然與W。81%

相矛盾，故假設(shè)不正確.即探測器一定不能到達月球，故。正確。

故選8￡>。

9.答案：AB

解析：解：

4水和酒精混合后體積減小，是因為分子間有空隙，酒精分子進入了水分子間的空隙，使總體積減

小，故A正確；

8.物體的溫度越高，則分子熱運動越劇烈，分子的平均動能就越大，故B正確：

C.微粒越小，撞擊的不平衡就越明顯，布朗運動越明顯；而顆粒大的物體不易產(chǎn)生布朗運動，故C

錯誤；

。.要計算阿伏伽德羅常數(shù)需知道1m。1的物質(zhì)的總質(zhì)量或分子的總體積，而根據(jù)水的摩爾質(zhì)量和水分

子的體積是無法算出阿伏伽德羅常數(shù)的，故。錯誤；

故選:ABo

由分子熱運動的規(guī)律可知：物體是由大量分子組成的，分子在永不停息地做無規(guī)則運動，分子間存

在相互作用力；分子熱運動和溫度有關(guān)；布朗運動溫度越高越明顯，顆粒越小越明顯。

要求得阿伏加德羅常數(shù)，需要知道分子的質(zhì)量或體積。

在對熱學(xué)內(nèi)容的考查時，常常可能是面面俱到，所以在學(xué)習(xí)中要注意每一個知識點。

10.答案：ABC

解析：解：力、假設(shè)光源距離水面的高度為八，紅光的臨界IR

角為C,可得：sinC=/.由幾何關(guān)系可得：sinC=————~

聯(lián)立解得/i=7nz_IR,故A正確；$<7"

B、由題分析可知，紅光在區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射，臨界

角不變，R=htanC,九均勻增大，R均勻增大，故B正確：

C、水下光源發(fā)出的光，穿過水面后折射角在0-三范圍，所以可以照亮水面上方的任何位置，故C

正確；

。、換成藍光，頻率增大，折射率增大，全反射臨界角減小，被照亮區(qū)域減小，故。錯誤。

故選：ABCo

在有光射出的區(qū)域邊緣紅光恰好發(fā)生了全反射，入射角等于臨界角C,根據(jù)sinC=；求出紅光的臨界

角，再根據(jù)幾何關(guān)系求光源在水下的深度；藍光的折射率比紅光的大，藍光的臨界角比紅光的小，

結(jié)合全反射條件分析。

本題考查光的折射與光的全反射的問題，要分析清楚臨界情況，知道紅光在區(qū)域邊緣發(fā)生了全反射，

要靈活運用數(shù)學(xué)知識幫助解決物理問題。

11.答案:9904000

解析：解：若使用a和匕兩個接線柱時，Rg與％串聯(lián)，

根據(jù)串聯(lián)電阻的規(guī)律和歐姆定律/=￡可得，電路的總電壓：

lgX(Rg+%)=Ui=31/--@；

代入數(shù)據(jù)可得：%=9900

同理，若使用a和c兩個接線柱時，Rg與匕、/?2串聯(lián)，電壓表的量程為15V,有‘：

lgx(Rg+%+/?2)=U2=15V一一②；

②一①得：x/?2=121/,

則/?2=40000

故答案為：990,4000

分析使用a和b兩個接線柱時及使用a和c兩個接線柱時電路的連接，根據(jù)電阻的串聯(lián)規(guī)律及歐姆定律

列方程求解。

本題以用小量程電流表改裝成大量程電壓表為載體，考查電阻的串聯(lián)規(guī)律和歐姆定律的運用，體現(xiàn)

了與高中知識的銜接。

12.答案：左；4.25m/s；2.28/；2.26;；＜；重物下落過程中受到阻力作用

解析：

(1)與重物相連的紙帶一端應(yīng)該先打出點，先打出點的速度較小，從紙帶圖上可以看出是左端.

(2)利用勻變速直線運動的推論得：%=舞=弋;廣:。=4.25m/s；

2AU.Uo

(3)從起點。到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能減少量是：△Ep=mg/i=1x9.8x0.2325=2.287.

此過程中物體動能的增加量是：△Ek==|xlx(4.25)2=2.26/

(4)通過計算知數(shù)值上AEKVAEP，因為重物下落過程中受到阻力作用，所以重力勢能的減少量大于

動能的增加量.

故答案為：(1)左；(2)4.25m/s；(3)2.28/,2.26/(4)＜；重物下落過程中受到阻力作用

書本上的實驗，我們要從實驗原理、實驗儀器、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗注意事項這幾點去

搞清楚.

紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計

算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度.從而求出動能.根據(jù)功能關(guān)系得重力勢能減小量等于重力做

功的數(shù)值.

該實驗的誤差主要來源于紙帶和打點計時器的摩擦以及空氣阻力的存在.

解決本題的關(guān)鍵掌握驗證機械能守恒定律的實驗原理，掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解加速

度和瞬時速度.

13.答案：解：(1)小球離開圓形軌道最高點后，做的是平拋運動，有

L—vt

1

2/?=-gt92

聯(lián)立得：v=4m/s

(2)對小球全過程由機械能守恒定律有：

11

-mvg=-mv2+mg?2R

解得：v0=4y/2m/s

(3)如圖

小球要能進入圓形軌道，到A點的速度必須大于0,即

17

2mvo>^m9L

得:"蓋=1

又要小球仍能沿圓軌道下滑，則小球在圓軌道上不能越過8點，即

1

-mvg9<[imgL+mgR

得：/i>0.75

故水平軌道與小球間的動摩擦因數(shù)范圍為

0.75<M<1

答：(1)小球運動到圓形軌道最高點的速度大小4m/s,(2)小球的初速度的大小為4立6/5，(3)水平

軌道與小球間的動摩擦因數(shù)范圍為0.75

解析：本題的第三問中，由兩種情況分析是解該題的關(guān)鍵，屬于中檔偏難的題目。

(1)物體過程中做平拋運動，將運動分解即可求的最高點的速度，由牛頓第二定律即可求出物塊對軌

道的壓力；

(2)在整個運動過程中由動能定理即可求得初速度;

(3)分兩種情況討論，即能進入圓形軌道時的速度必須大于0,能在圓軌道上運動不能越過B點，由此

求動摩擦因數(shù)的范圍.

------1-----1------P

14.答案：解：(1)金屬桿離開磁場時做勻速運動，通過當(dāng)?shù)碾娏鞔笮?,M1

%

由電路可知，通過金屬桿電流為由安培力及平衡條件得：

2/.?b

2IBL?xx!

F=——-=BIL

2[1

!xx;

F=mgd'c

解得：/=鬻

DLR?

N------11=1-----'Q

由右手定則得通過凡的電流方向為由P指向M.

(2)設(shè)金屬桿離開磁場時的速度為，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律得:

lBvL

E=——E=1R

2

聯(lián)立得："=霽

由焦耳定律及能量守恒定律得：

mgL1

Q=-----2mv

又QR2=：Q

聯(lián)立以上各式解得：

1m3g2R2

QR2=-mgL--的廠

答：(1)金屬桿離開磁場的瞬間流過此的電流大小為黑，通過&的電流方向為由P指向M。

(2)金屬桿穿過整個磁場過程中上產(chǎn)生的電熱為:mgL-寢