高考物理中的最值问题7(含答案)

高中物理常见临界问题（极值问题）分析处理训练一问题概述：当物体由一种运动形式（物理过程与物理状态）变为另一种运动形式（物理过程与物理状态）时，可能存在一个过渡的转折点，即分界限的现象。

这时物体所处的状态通常称为临界状态，与之相关的物理条件则称为临界条件。

这是量变质变规律在物理中的生动表现。

如:力学中的刚好滑动；正常行驶;宇宙速度，共振；电学中电源最大输出功率；光学中的临界角；光电效应中的极限频率等解决临界问题，通常以定理、定律为依据，分析所研究问题的一般规律和一般解的形式及其变化情况，然后找出临界状态，临界条件，从而通过临界条件求出临界值，再根据变化情况，直接写出条件。

所谓极值问题，一般而言，就是在一定条件下求最值结果。

求解极值问题的方法从大的角度可分为物理方法和数学方法。

物理方法即用临界条件求极值。

数学方法包括（1）利用矢量图求极值（2）用三角函数关系求极值；（3）用二次方程的判别式求极值；（4）用不等式的性质求极值。

（5）导数法求解。

一般而言，用物理方法求极值直观、形象，对构建模型及动态分析等方面的能力要求较高，而用数学方法求极值思路严谨，对数学能力要求较高.若将二者予以融合，则将相得亦彰，对增强解题能力大有裨益。

极值问题与临界问题从本质上说是有区别的，但高考中极值问题通常都可用物理临界法求解。

解答临界问题的关键是找临界条件。

许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语发掘其内含规律，找出临界条件。

有时，有些临界问题中并不显含上述常见的“临界术语”，具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，耐心讨论状态的变化，可用极限法（把物理问题或过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显露出来）假设法（即假设出现某种临界状态，物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况进行处理。

2019年天津市高考物理试卷副标题一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。

已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的（）A. 周期为B. 动能为C. 角速度为D. 向心加速度为2.2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。

为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。

下列说法正确的是（）A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B. 为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布3.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）A. 动能增加B. 机械能增加C. 重力势能增加D. 电势能增加4.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。

当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的（）A. 前表面的电势比后表面的低B. 前、后表面间的电压U与v无关C. 前、后表面间的电压U与c成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为5.如图为a、b、c三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。

专题强化七圆周运动的临界问题目标要求 1.掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内圆周运动的临界问题．题型一水平面内圆周运动的临界问题1．运动特点(1)运动轨迹是水平面内的圆．(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．2．过程分析重视过程分析，在水平面内做圆周运动的物体，当转速变化时，物体的受力可能发生变化，转速继续变化，会出现绳子张紧、绳子突然断裂、静摩擦力随转速增大而逐渐达到最大值、弹簧弹力大小方向发生变化等，从而出现临界问题．3．方法突破(1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力．(2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零．(3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等．4．解决方法当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解．例1(2018·浙江11月选考·9)如图所示，一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是()A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 NC．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2答案 D解析汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，向心力是由摩擦力提供的，A错误；汽车转弯的速度为20 m/s时，根据F n＝m v2R，得所需的向心力为1.0×104 N，没有超过最大静摩擦力，所以汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车安全转弯时的最大向心加速度为a m＝F fm＝7.0 m/s2，D正确．例2(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg答案AC解析小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即F f＝mω2R.当角速度增大时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：F f a＝mωa2l，当F f a＝kmg时，kmg＝mωa2l，ωa＝kgl；对木块b：F f b＝mωb2·2l，当F f b＝kmg时，kmg＝mωb2·2l，ωb＝kg2l，kg2l是b开始滑动的临界角速度，所以b先达到最大静摩擦力，即b比a先开始滑动，选项A、C正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则F f a＝mω2l，则F f b＝mω2·2l，F f a<F f b，选项B错误；ω＝2kg3l<ωa＝kgl，a没有滑动，则F f a′＝mω2l＝23kmg，选项D错误．例3(多选)如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.一根长为l＝1 m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则()A ．小球受重力、支持力、拉力和向心力B ．小球可能只受拉力和重力C ．当ω0＝52 2 rad/s 时，小球对锥体的压力刚好为零D ．当ω＝2 5 rad/s 时，小球受重力、支持力和拉力作用 答案 BC解析 转速较小时， 小球紧贴圆锥面，则F T cos θ＋F N sin θ＝mg ，F T sin θ－F N cos θ＝mω2l sin θ，随着转速的增加，F T 增大，F N 减小，当转速达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mg tan θ＝mω02l sin θ，解得ω0＝52 2 rad/s ，A 错误，B 、C 正确；当ω＝2 5 rad/s 时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用，D 错误．题型二 竖直面内圆周运动的临界问题1．两类模型对比 轻绳模型(最高点无支撑)轻杆模型(最高点有支撑) 实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示受力示意图F 弹向下或等于零 F 弹向下、等于零或向上力学方程 mg ＋F 弹＝m v 2Rmg ±F 弹＝m v 2R临界特征F 弹＝0 mg ＝m v min 2Rv ＝0 即F 向＝0即v min ＝gR F弹＝mg讨论分析(1)最高点，若v≥gR，F弹＋mg＝mv2R，绳或轨道对球产生弹力F弹(2)若v<gR，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心(2)当0<v<gR时，mg－F弹＝mv2R，F弹背离圆心并随v的增大而减小(3)当v＝gR时，F弹＝0(4)当v>gR时，mg＋F弹＝mv2R，F弹指向圆心并随v的增大而增大2．解题技巧(1)物体通过圆周运动最低点、最高点时，利用合力提供向心力列牛顿第二定律方程；(2)物体从某一位置到另一位置的过程中，用动能定理找出两处速度关系；(3)注意：求对轨道的压力时，转换研究对象，先求物体所受支持力，再根据牛顿第三定律求出压力．例4如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为(重力加速度为g)()A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg答案 C解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝m v B21.8R，小球在轨道1上经过其最高点A时，有F N＋mg＝m v A2R ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝12m v A2－12m v B2，解得F N＝4mg，结合牛顿第三定律可知，小球在轨道1上经过其最高点A时对轨道的压力大小为4mg，C正确．例5(2022·山东枣庄八中月考)如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．(1)若A 球在最高点时，杆的A 端恰好不受力，求此时B 球的速度大小；(2)若B 球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O 轴的受力大小、方向； (3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O 轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A 、B 球的速度大小．答案 (1)gl (2)2mg ，方向竖直向下 (3)能；当A 、B 球的速度大小为3gl 时O 轴不受力 解析 (1)A 在最高点时，对A 根据牛顿第二定律得mg ＝m v A 2l解得v A ＝gl因为A 、B 球的角速度相等，半径相等，则v B ＝v A ＝gl(2)B 在最高点时，对B 根据牛顿第二定律得2mg ＋F T OB ′＝2m v B 2l代入(1)中的v B ，可得F T OB ′＝0 对A 有F T OA ′－mg ＝m v A 2l可得F T OA ′＝2mg根据牛顿第三定律，O 轴所受的力的大小为2mg ，方向竖直向下(3)要使O 轴不受力，根据B 的质量大于A 的质量，设A 、B 的速度为v ，可判断B 球应在最高点对B 有F T OB ″＋2mg ＝2m v 2l对A 有F T OA ″－mg ＝m v 2l轴O 不受力时F T OA ″＝F T OB ″ 可得v ＝3gl所以当A 、B 球的速度大小为3gl 时O 轴不受力．题型三斜面上圆周运动的临界问题物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化．例6(多选)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为32，则以下说2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s法中正确的是()A．小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用B．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C．小物体受到的摩擦力可能背离圆心D．ω的最大值是1.0 rad/s答案CD解析当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A 错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力F N＝mg cos θ，摩擦力F f＝μF N＝μmg cos θ，又μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R，解得ω＝1.0 rad/s，故D正确．课时精练1.如图所示，杂技演员表演“水流星”节目．一根长为L 的细绳两端系着盛水的杯子，演员握住绳中间，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做圆周运动，杯子运动中水始终不会从杯子中洒出，重力加速度为g ，则杯子运动到最高点的角速度ω至少为( )A.g LB.2g LC.5g LD.10g L答案 B解析 杯子在竖直平面内做半径为L2的圆周运动，使水不流出的临界条件是在最高点水的重力恰好提供向心力，则有mg ＝mω2L2，可得ω＝2gL，故B 正确，A 、C 、D 错误． 2．一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在该桥顶对桥面恰好没有压力，车速为( ) A ．15 m/s B ．20 m/s C ．25 m/s D ．30 m/s答案 B解析 当F N ′＝F N ＝34G 时，因为G －F N ′＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ；当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s ，选项B 正确．3.细绳一端系住一个质量为m 的小球，另一端固定在光滑水平桌面上方h 高度处，绳长l 大于h ，使小球在桌面上做如图所示的匀速圆周运动，重力加速度为g .若要小球不离开桌面，其转速不得超过( )A.12πg l B ．2πgh C.12πh gD.12πg h答案 D解析 对小球受力分析，小球受三个力的作用，重力mg 、水平桌面支持力F N 、绳子拉力F .小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知R ＝h tan θ，受力分析可知F cos θ＋F N ＝mg ，F sin θ＝m v 2R ＝mω2R ＝4m π2n 2R ＝4m π2n 2h tan θ；当球即将离开水平桌面时，F N ＝0，转速n 有最大值，此时n ＝12πgh，故选D. 4.如图所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为(重力加速度为g )( )A.3mg B ．23mg C ．3mg D ．4mg答案 A解析 当小球到达最高点速率为v 时，两段线中张力均为零，有mg ＝m v 2r ，当小球到达最高点速率为2v 时，应有F ＋mg ＝m (2v )2r ，所以F ＝3mg ，此时小球在最高点受力如图所示，所以F T ＝3mg ，A 正确．5．(2022·四川绵阳市诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力，重力加速度为g ，则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即仅重力提供向心力，则有mg ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L ，解得：F ＝1.5mg ，即杆的弹力大小为1.5mg ，根据牛顿第三定律可知，C正确，D 错误．6.(2022·广东省深圳中学模拟)如图所示，小木块a 、b 和c (可视为质点)放在水平圆盘上，a 、b 的质量均为m ，c 的质量为m2，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 、c 与转轴OO ′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘．木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是( )A ．b 、c 所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B ．当a 、b 和c 均未滑落时，a 、c 所受摩擦力的大小相等C ．b 和c 均未滑落时线速度一定相同D ．b 开始滑动时的角速度是2kgl 答案 B解析 木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动．b 、c 质量不等，由F f ＝mrω2知b 、c 所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A 错误；当a 、b 和c 均未滑落时，a 、b 、c 和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，F f ＝mrω2，所以a 、c 所受摩擦力的大小相等，B 正确；b 和c 均未滑落时，由v ＝rω知线速度大小相等，方向不相同，故C 错误；b 开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg ＝m ·2lω2，解得ω＝kg2l，故D 错误． 7.如图所示，一光滑的圆管轨道固定在竖直平面内，质量为m 的小球在圆管内运动，小球的直径略小于圆管的内径．轨道的半径为R ，小球的直径远小于R ，可以视为质点，重力加速度为g .现从最高点给小球以不同的初速度v ，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．小球运动到最低点时，对外管壁的最小压力为4mgB ．若小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为R3时，小球与内、外管壁均没有作用力C ．小球能再运动回最高点的最小速度v ＝gRD ．当v >gR 时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为5mg 答案 B解析 当在最高点速度为零时，到达最低点的速度最小，对外管壁的压力最小，则由机械能守恒定律有mg ·2R ＝12m v 12，在最低点设外管壁对小球的支持力为F ，由牛顿第二定律F －mg＝m v 12R ，联立解得F ＝5mg ，由牛顿第三定律得，小球对外管壁的压力最小为5mg ，故A 错误；小球从静止沿轨道滑落，当滑落高度为R 3时，由机械能守恒定律有mg R 3＝12m v 22，设此时重力沿半径方向的分力为F 1，由几何关系得F 1＝2mg3，此时所需的向心力为F 向＝m v 22R ，联立解得F向＝F 1，此时重力沿半径方向的分力恰好提供向心力，所以小球与内、外管壁均没有作用力，故B 正确；因为管内壁可以给小球支持力，所以小球在最高点的速度可以为零，故C 错误；若在最高点速度v >gR ，在最高点时由牛顿第二定律得F 2＋mg ＝m v 2R ，从最高点到最低点由机械能守恒定律得mg ·2R ＝12m v 32－12m v 2，在最低点时由牛顿第二定律得F 3－mg＝m v 32R ，联立解得F 3－F 2＝6mg ，所以当v >gR 时，小球在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mg ，故D 错误．8.如图所示，质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的B 点和A 点，绳a 长为L ，与水平方向成θ角时绳b 恰好在水平方向伸直．当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a 、b 绳均拉直．重力加速度为g ，则( )A ．a 绳的拉力可能为零B ．a 绳的拉力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω>gL sin θ时，b 绳中拉力不为零 D ．当角速度ω>gL sin θ时，若a 绳突然被剪断，则b 绳仍可保持水平 答案 C解析 小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a 绳在竖直方向上的分力与小球重力相等，可知a 绳的拉力不可能为零，A 错误；根据竖直方向上受力平衡得F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，可知a 绳的拉力不变，与角速度无关，B错误；当b 绳拉力为零时，有mgtan θ＝mω2L cos θ，解得ω＝g L sin θ，可知当角速度ω>g L sin θ时，b 绳出现拉力，C 正确；若a 绳突然被剪断，则b 绳不能保持水平，D 错误．9．(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的水平细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．当ω>2Kg3L时，A 、B 会相对于转盘滑动 B ．当ω>Kg2L ，绳子一定有弹力 C ．ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 所受摩擦力变大 D ．ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大 答案 ABD解析 当A 、B 所受摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘即将滑动，则有Kmg ＋Kmg ＝mω2L＋mω2·2L ，解得：ω＝2Kg3L，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即有：Kmg ＝m ·2L ·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B 项正确；当ω>Kg2L时，B 已达到最大静摩擦力，则ω在Kg 2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B 受到的摩擦力不变，C 项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A 相对转盘是静止的，A 所受摩擦力为静摩擦力，所以由F f －F T ＝mLω2可知，当ω增大时，静摩擦力也增大，D 项正确．10.(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R ＝0.35 m 的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球(可视为质点)以v 0＝3.5 m/s 的初速度进入轨道，g ＝10 m/s 2，则( )A ．小球不会脱离圆轨道运动B ．小球会脱离圆轨道运动C ．小球脱离轨道时的速度为72m/s D ．小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30° 答案 BCD解析 若小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有：mg ＝m v 2R ，解得：v ＝gR ＝3.5 m/s ，若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得：12m v 0′2＝mg ·2R ＋12m v 2，解得：v 0′＝702 m/s>v 0＝3.5 m/s ，故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A 错误，B 正确；设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示．在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得：mg sin θ＝m v 12R，从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得：12＝mgR(1＋sin θ)＋12m v12，联立解得：sin θ＝12，即θ＝30°，则v1＝gR sin θ2m v0＝72m/s，故C、D正确．。

高考物理考点《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案1.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12 M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12 m v 20－12 (M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12 m v 20 －12 m v 2 答案：ACD解析：以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL ＝12M v 2①，以子弹为研究对象，由动能定理得， F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2②，联立①②得， Fs ＝12 m v 20 －12 (M ＋m )v 2，故A 、C 、D 正确．2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A ．m v 24B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12 m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2 t ，v ＝μgt ，解得W ＝m v 2，C 正确．3.(多选)如图所示是某地铁站的安检设施，该设施中的水平传送带以恒定速率v 运动，乘客将质量为m 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为v 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是( )A ．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用B ．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同C ．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小 答案：BD解析：物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A 错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B 正确；传送带的位移大小x 1＝v t ，物品从加速到与其共速，位移大小x 2＝v 2 t ，物品与传送带间产生热量Q ＝f Δx ＝f (x 1－x 2)＝12 m v 2，与动摩擦因数无关，C 错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f 越大，相对位移Δx 越小，D 正确．4．[2024·辽宁省高考模拟](多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m ＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2＝3 m/s 滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为2 m/sB ．此过程中传送带对滑块做功为2.5 JC ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 JD ．此过程中电动机对传送带多做功为10 J 答案：ACD解析：由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，v 1＝2 m/s<v 2＝3 m/s ，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s ，A 正确；此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W ＝12 m v 21 －12 m v 22 ＝－2.5 J ，B 错误；设滑块向左运动的时间为t 1，位移为x 1，则x 1＝v 22 t 1，该过程中传送带的位移为x 2＝v 1t 1，t 1＝v 2μg ，摩擦生热为Q 1＝μmg (x 1＋x 2)＝10.5 J ，返回过程，当物块与传送带共速时v 1＝μgt 2，物块与传送带摩擦生热为Q 2＝μmg (v 1t 2－v 12 t 2)＝2 J ，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝12.5 J ，C 正确；此过程中电动机对传送带多做功为ΔW ＝W ＋Q ＝10 J ，D 正确．5.[2024·河北省石家庄市教学质检](多选)如图所示，倾斜传送带以恒定速率v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v ，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q ，小物块获得的动能为E k 、重力势能的增加量为E p ，下列说法正确的是( )A ．Q ＝E kB ．Q >E kC ．Q ＝E k ＋E pD ．Q <E k ＋E p 答案：BC解析：设传送带长度为L ，倾角为θ，质量为m ，运动时间为t ，物块受到的摩擦力为f ，根据题意，有x 物＝L ＝v2 t ，x 传＝v t ，则有x 传－x 物＝L ，解得x 传＝2L ，对物块，根据动能定理fL －mg sin θ·L ＝E k －0，产生的热量为Q ＝f ΔL ＝f (2L －L )＝fL ，其中mg sin θ·L ＝E p ，联立解得Q ＝E k ＋E p ，则有Q >E k ，B 、C 正确．6．如图甲，长木板A 质量为2 kg 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1 答案：D解析：由题中图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12 m v 20 －12 ·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v ­t 图像可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D 正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始在木板B 上运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量 答案：BD 8.[2024·山东省潍坊市期中考试]如图所示，与水平面夹角为θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝2 m/s 的恒定的速率向上传动，现将一质量m ＝4 kg 的小物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求物块从A 运动到B 的过程：(1)所用时间t ；(2)摩擦力对物块做的功W . 答案：(1)7.5 s (2)248 J解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则有 v ＝a 1t 1，x 1＝12 a 1t 2解得t 1＝5 s ，x 1＝5 m设物体经过时间t 2到达B 端，因μmg cos θ>mg sin θ故当物体与传送带同速后，物体将做匀速运动，则有L －x 1＝v t 2 解得t 2＝2.5 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝7.5 s (2)相对滑动过程，摩擦力做功W 1＝μmg cos θ·x 1匀速运动过程，摩擦力做功W 2＝mg sin θ(L －x 1)，W ＝W 1＋W 2 解得W ＝248 J9．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m ＝1 kg 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m 的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝235 ，初始时木板下端与挡板的距离L ＝0.9 m ．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v 0；(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x ；(3)木板的长度s 以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q .答案：(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝12×2m v 2解得v 0＝3 m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝11 m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2解得a2＝1 m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125 m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375 m又x＝x1＋x2解得x＝1.5 m.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ又Q＝μmgs cos θ解得s＝9 m Q＝54 J。

2023年重庆市普通高中高考物理调研试卷（七）1. 某收音机中的LC 振荡电路，由固定线圈和可调电容器组成，能够产生频率范围为f 到的电磁振荡。

可调电容器的最大电容和最小电容之比为( )A. B. C. D.k2. 如图所示，一电荷量为Q 的带正电点电荷固定于O 点，边长为L 的正方形abcd 与O 点在同一平面内，O 、a 、d 三点共线，且。

取无穷远处电势为零，与该点电荷相距r 处的电势为静电力常量，则电势差( )A. B. C. D.3. 某均匀介质中，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在时刻和时刻的部分波形图分别如图中实线和虚线所示。

下列说法正确的是( )A. 这列波的波长为6mB. 振源的频率可能为1HzC. 这列波的波速大小可能为D. 质点P 和质点Q 的振动情况完全相同4. 下列核反应为人工核转变的是( )A. B.C.D.5. 如图所示，从一质量为M 、半径为2R 的均匀球体的球心O 处挖出一半径为R 的小球，将其移至两球面相距R 处，已知引力常量为G ，则大球剩余部分和小球间的万有引力大小为( )A. B. C. D.6. 2022年8月，重庆持续高温，多地发生火灾。

为预防火灾，某学习小组设计安装如图所示的简易火灾报警器，其中为定值电阻，为热敏电阻其阻值随温度升高而减小。

当热敏电阻所在处出现火情时，电流表示数I和电压表示数U的变化情况是( )A. I和U均减小B. I和U均增大C. I增大，U减小D. I减小，U增大7. 如图所示，水平传送带以恒定速率向右运转，一工件最后从右端N从传送带左端M处以水平速度冲上传送带，处离开传送带。

传送带各处粗糙程度相同，则该工件从M运动到N过程中的图像，一定错误的是( )A. B. C. D.8. 如图所示，用力握住一个竖直的瓶子，使瓶子始终处于静止状态。

保持其他条件不变，握力逐渐增大时，下列说法正确的是( )A. 瓶子受到的摩擦力变大B. 瓶子受到的摩擦力不变C. 瓶子受到的合力变大D. 瓶子受到的合力不变9. 如图是用洛埃镜观察光的干涉现象的原理图，其中。

高考物理考点《追及和相遇问题》真题练习含答案1.[2024·湖南省衡阳市月考](多选)如图，一颗松子沿倾斜冰面AB 从顶端A 由静止匀加速滑下，1 s 后，松鼠从倾斜冰面的顶端A 以1.5 m/s 的初速度、3 m/s 2的加速度匀加速追赶松子．追赶过程中，松鼠与松子相隔的最远距离为98 m ，且松鼠恰好在底端B 处追上松子，则( )A ．松子沿冰面下滑的加速度大小为2 m/s 2B ．冰面AB 的长度为8 mC ．松鼠从顶端A 出发后，经过2 s 就追上了松子D ．在松鼠与松子相隔最远时，松鼠的速度大小为2 m/s 答案：AC解析：设松子运动的加速度为a ，经过时间t ，松鼠与松子相隔最远，此时松鼠与松子的速度均为v .根据位移—时间公式有v 2 t －v ＋1.52 (t －1)＝98m ，根据匀变速直线运动公式有v ＝32 ＋3(t －1)，解得t ＝1.5 s ，v ＝3 m/s ，故a ＝v t ＝2 m/s 2，A 正确，D 错误；设松子运动的时间为t ′时，松鼠追上松子，根据12 ×2t ′2＝32 (t ′－1)＋12 ×3(t ′－1)2，解得t ′＝3 s ，松鼠经过2 s 追上松子，C 正确；倾斜冰面AB 的长度L ＝12×2t ′2＝9 m ，B 错误．2．如图所示，一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时相向做匀加速直线运动，加速度大小分别为7 m/s 2和3 m/s 2，刚开始运动时两车车头相距20 m ，轿车车身全长为5 m ，卡车车身全长为20 m ，则从开始运动到两车分离的时间为( )A ．1.0 sB ．2.0 sC ．3.0 sD ．3.5 s 答案：C解析：设经过时间t 后，轿车和卡车车尾分离，轿车的位移x 1＝12 a 1t 2，卡车的位移x 2＝12a 2t 2，x 1＋x 2＝45 m. 联立解得t ＝3.0 s ． 3.[2024·广东省广州市月考](多选)某公司为了测试摩托车的性能，让两驾驶员分别驾驶摩托车在一平直路面上行驶，利用速度传感器测出摩托车A 、B 的速度随时间变化的规律并描绘在计算机中，如图所示，发现两摩托车在t ＝25 s 时同时到达目的地．则下列叙述正确的是( )A ．摩托车B 的加速度为摩托车A 的5倍B ．两辆摩托车从同一地点出发，且摩托车B 晚出发10 sC ．在0～25 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为400 mD ．在0～25 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为180 m 答案：AC解析：v ­t 图像的斜率表示加速度，则A 、B 两车的加速度分别为a A ＝ΔvΔt ＝0.4 m/s 2，a B ＝Δv ′Δt ′ ＝2 m/s 2，因为a B a A ＝20.4 ＝51 ，所以摩托车B 的加速度为摩托车A 的5倍，A 正确；由题图可知，在t ＝25 s 时两车达到相同的速度，在此之前摩托车A 速度一直大于摩托车B 速度，两辆摩托车距离一直在缩小，所以在t ＝0时刻，两辆摩托车距离最远，不是从同一地点出发的，B 错误；速度图像和坐标轴围成的面积代表摩托车行驶的位移，因此两辆摩托车间的最远距离Δx ＝x A －x B ＝12 ×(20＋30)×25 m －12 ×30×(25－10) m ＝400 m ，C 正确，D 错误．4.[2024·辽宁省朝阳市建平实验中学期中考试]在某次遥控车挑战赛中，若a 、b 两个遥控车从同一地点向同一方向做直线运动，它们的v ­t 图像如图所示，则下列说法不正确的是( )A ．b 车启动时，a 车在其前方2 m 处B ．运动过程中，b 车落后a 车的最大距离为1.5 mC ．b 车启动3 s 后恰好追上a 车D ．b 车超过a 车后，两车不会再相遇答案：A解析：b 车启动时，a 车在其前方距离Δx ＝12 ×2×1 m ＝1 m ，A 错误；运动过程中，当两车速度相等时，b 车落后a 车的距离最大，最大距离为Δx m ＝1＋32 ×1 m －12×1×1 m＝1.5 m ，B 正确；b 车启动3 s 后，a 车的位移x a ＝12 ×2×1 m ＋3×1 m ＝4 m ，b 车的位移x b ＝1＋32 ×2 m ＝4 m ，即b 车恰好追上a 车，C 正确；b 车超过a 车后，因b 车速度大于a车，则两车不会再相遇，D 正确．5.[2024·湖南省衡阳市月考](多选)如图，小球a 自地面高h 处做自由落体运动，同时位于小球a 正下方的小球b 自地面以初速度v 0竖直上抛，b 球上升到最高点时恰与a 球相遇，a 、b 均可视为质点，则( )A ．a 、b 两球经过时间hv 0 相遇B ．a 、b 两球相遇点距地面高度为h2C ．a 、b 两球在相遇过程中速度变化量的大小不相等D ．a 、b 两球在相遇过程中速度变化量的方向不相同 答案：AB解析：设两者经过时间t 相遇，对小球a ，有h 1＝12 gt 2；对小球b ，有h 2＝v 0t －12 gt 2，t ＝v 0g ，且h 1＋h 2＝h ，联立解得t ＝h v 0 ，h 1＝h 2＝h2 ，A 、B 正确；两球在相遇过程中，均做加速度为g 的匀变速运动，速度变化量的大小和方向均相同，C 、D 错误．6.[2024·福建省龙岩市一级校联盟联考]电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通信．如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信．t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5 m/s，乙车的速度为2 m/s，O1、O2的距离为3 m．从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动．(忽略信号传递及重新连接所需的时间)求：(1)从t＝0时刻起，甲车的运动时间；(2)在甲车停下来之前，两车在前进方向上的最大距离；(3)从t＝0时刻起两车能够进行蓝牙通信的总时间．答案：(1)5 s(2)4.5 m(3)6.25 s解析：(1)甲车运动到停止0＝v甲＋a甲t其中a甲＝－1 m/s2，代入数据得t＝5 s(2)两车共速时，沿前进方向的距离最大：即v乙＝v甲＋a甲t′t′＝3 s根据位移—时间公式有x甲＝v甲t′＋12a甲t′2，x乙＝v乙t′Δx＝x甲－x乙解得Δx＝4.5 m(3)根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O2＝5 m时，有x甲－x乙＝4 m根据运动学公式有x甲＝v甲t－12at2，x乙＝v乙t解得t1＝2 s，t2＝4 s当0<t<2 s时，有O1O2<5 m，当2 s<t<4 s时，有O1O2>5 mt＝t2＝4 s时，甲车的速度为v甲1＝v甲－at2＝1 m/s<v乙t＝4 s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x甲1＝v2甲12a＝0.5 m根据几何关系可知，从t＝4 s开始到乙车行驶至甲车前方4 m的过程中，O1O2<5 m，这段过程经历的时间为t′＝2×4 m＋0.5 mv乙＝4.25 s所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总＝2 s＋4.25 s＝6.25 s。

动量之弹簧类问题第一部分弹簧类典型问题1.弹簧类模型的最值问题在高考复习中，常常遇到有关“弹簧类”问题，由于弹簧总是与其他物体直接或间接地联系在一起，弹簧与其“关联物”之间总存在着力、运动状态、动量、能量方面的联系，因此学生普遍感到困难，本文就此类问题作一归类分析。

1、最大、最小拉力例1. 一个劲度系数为k＝600N/m的轻弹簧，两端分别连接着质量均为m＝15kg的物体A、B，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图1所示，现加一竖直向上的外力F在物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.5s，B物体刚离开地面（设整个加速过程弹簧都处于弹性限度内，且g＝10m/s2）。

求此过程中所加外力的最大和最小值。

图12、最大高度例2. 如图2所示，质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端。

一物体从钢板正上方距离为固定在地面上，平衡时弹簧的压缩量为x3x的A处自由下落打在钢板上，并立即与钢板一起向下运动，但不粘连，0它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O 点，若物体质量为2m仍从A处自由下落，则物块与钢板回到O点时还有向上的速度，求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。

图23、最大速度、最小速度例3. 如图3所示，一个劲度系数为k 的轻弹簧竖直立于水平地面上，下端固定于地面，上端与一质量为m 的平板B 相连而处于静止状态。

今有另一质量为m 的物块A 从B 的正上方h 高处自由下落，与B 发生碰撞而粘在一起，已知它们共同向下运动到速度最大时，系统增加的弹性势能与动能相等，求系统的这一最大速度v 。

图3例4. 在光滑水平面内，有A 、B 两个质量相等的木块，mm k g A B==2，中间用轻质弹簧相连。

现对B 施一水平恒力F ，如图4所示，经过一段时间，A 、B 的速度等于5m/s 时恰好一起做匀加速直线运动，此过程恒力做功为100J ，当A 、B 恰好一起做匀加速运动时撤除恒力，在以后的运动过程中求木块A 的最小速度。

2023 年江苏高考物理试题一．单项选择题：此题共5 小题每题3 分，共计15 分。

每题只有一个选项符合题意。

1.我国高分系列卫星的高区分对地观看力气不断提高。

今年5 月9 日放射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，以下物理量中“高分五号”较小的是(A)周期(B)角速度(C)线速度(D)向心加速度2.承受220kV1 高压向远方的城市输电，当输送功率确定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的4 ，输电电压应变为(A)55kV (B)110kV (C)440kV (D)880kV3.某弹射管每次弹出的小球速度相等。

在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

无视空气阻力，两只小球落到水平地面的(A)时刻一样，地点一样(B)时刻一样，地点不同(C)时刻不同，地点一样(D)时刻不同，地点不同4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

无视空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是5.如以下图，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板外表仍均为等势面，则该油滴(A)照旧保持静止(B)竖直向下运动(C)向左下方运动(D)向右下方运动二．多项选择题:此题共4 小题，每题4 分，共计16 分。

每题有多个选项符合题意。

全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分。

6.火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客觉察放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°。

在此10s 时间内，火车(A)运动路程为600m (B)加速度为零(C)角速度约为1rad/s (D)转弯半径约为3.4km 7．如以下图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度一样的水平面对右运动，最远到达B点。

2020年天津高考物理试题及答案本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。

第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页。

答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题上，并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共8题，每题5分，共40分。

一、单项选择题（每小题5分，共25分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。

下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是2．北斗问天，国之夙愿。

我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。

与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星A ．周期大B ．线速度大C ．角速度大D ．加速度大3．新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。

志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。

红外线和紫外线相比较A ．红外线的光子能量比紫外线的大B ．真空中红外线的波长比紫外线的长C ．真空中红外线的传播速度比紫外线的大D ．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能4．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，周期为T ，0t =时的波形如图所示。

4T t =时A ．质点a 速度方向沿y 轴负方向B ．质点b 沿x 轴正方向迁移了1mC ．质点c 的加速度为零D ．质点d 的位移为-5cm5．水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。

从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。

扣动扳机将阀门M 打开，水即从枪口喷出。

2024年高考物理模拟卷（广东卷专用）（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）一、单选题(本大题共7小题，每小题4分，共28分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一个符合要求) 1．如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛，其工作原理为：放射源处的镅24195Am 放出的α粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时，α粒子被烟雾颗粒阻挡，导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。

则（ ）A ．发生火灾时温度升高，24195Am 的半衰期变短B ．这种报警装置应用了α射线贯穿本领强的特点C ．24195Am 发生α衰变的核反应方程是241241094951Pu Am e -→+D ．24195Am 发生α衰变的核反应方程是241237495932Am Np He →+【答案】D【详解】A ．半衰期不因外界环境的温度而改变，A 错误； B ．这种报警装置应用了α射线电离能力强的特点，B 错误； CD ．α衰变释放出氦核，故核反应方程是241237495932Am Np He →+C 错误，D 正确。

故选D 。

2．如图1所示是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。

为了方便问题研究，我们将场景进行模型化处理，如图2所示，则下列说法正确的是（ ）A ．手臂对篮球的压力可以大于篮球重力B ．篮球对身体的静摩擦力方向竖直向上C ．身体对篮球的作用力方向为垂直身体向外D ．篮球对身体的静摩擦力大小可能等于篮球重力 【答案】A【详解】A ．手臂对篮球的压力可以大于篮球重力，故A 正确； B ．篮球对身体的静摩擦力方向竖直向下，故B 错误；C ．身体对篮球有竖直向上的摩擦力和水平向右的弹力，合力方向为斜向右上方，故C 错误；D ．手臂对篮球的弹力有竖直向下的分量，篮球对身体的静摩擦力大小大于篮球重力，故D 错误。

故选A 。

3．升降机从井底以5m/s 的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4s 升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度210m/s =g ，下列说法正确的是（ ） A ．螺钉松脱后做自由落体运动 B ．矿井的深度为45 mC ．螺钉落到井底时的速度大小为40 m/sD ．螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动 【答案】D【详解】AD ．螺钉松脱后先做竖直上抛运动，到达最高点后再做自由落体运动，故A 错误，D 正确； C ．规定向下为正方向，根据0v v gt =-+螺钉落到井底时的速度大小为5m/s 104m/s 35m/s v =-+⨯=故C 错误； B ．螺钉下降距离为22101154m 104m 60m 22h v t gt =-+=-⨯+⨯⨯= 因此井深0180m h v t h =+=故B 错误。

2020年天津市⾼考物理试卷一、单项选择题（每小题5分，共25分。

每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．（5分）在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。

下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是（）A．B．C．D．2．（5分）北斗问天，国之夙愿。

我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。

与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（）A．周期大B．线速度大C．角速度大D．加速度大3．（5分）新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。

志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。

红外线和紫外线相比较（）A．红外线的光子能量比紫外线的大B．真空中红外线的波长比紫外线的长C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能4．（5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。

t＝时（）A．质点a速度方向沿y轴负方向B．质点b沿x轴正方向迁移了1mC．质点c的加速度为零D．质点d的位移为﹣5cm5．（5分）水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。

从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。

扣动板机将阀门M打开，水即从枪口喷出。

若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（）A．压强变大B．对外界做功C．对外界放热D．分子平均动能变大二、不定项选择题（每小题5分，共15分。

每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6．（5分）手机无线充电是比较新颖的充电方式。

如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。

当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。

2025高考物理专项复习专题进阶课三追及相遇问题含答案专题进阶课三追及相遇问题核心归纳1.几种追及相遇问题的图像比较:类型图像说明匀加速追匀速(1)t=t0以前,后面物体与前面物体间距逐渐增大;(2)t=t0时,v1=v2,两物体间距最大,为x0+Δx;(3)t=t0以后,后面物体与前面物体间距逐渐减小;(4)能追上且只能相遇一次匀速追匀减速匀加速追匀减速匀减速追匀速开始时,后面物体与前面物体间的距离在逐渐减小,当两物体速度相等时,即t=t0时刻:(1)若Δx=x0,则恰能追上,两物体只能相遇一次,这也是避免相撞的临界条件;(2)若Δx<x0,则不能追上,此时两物体有最小距离,为x0-Δx;(3)若Δx>x0,则相遇两次,设t1时刻匀速追匀加速匀减速追匀加速Δx=x0,两物体第一次相遇,则必有t2时刻两物体第二次相遇,且t2-t0=t0-t1注意:(1)v1是前面物体的速度,v2是后面物体的速度;(2)x0为开始时两物体之间的距离;(3)Δx为从开始追赶到两者速度相等时,前面或后面的物体多发生的位移2.追及相遇问题情况概述:(1)追及问题①若后者能追上前者,则追上时,两者处于同一位置,后者的速度一定不小于前者的速度。

②若后者追不上前者,则当后者的速度与前者相等时,两者相距最近。

(2)相遇问题①同向运动的两物体追及即相遇。

②相向运动的两物体,当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体的距离时即相遇。

提醒:(1)若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动。

(2)仔细审题,注意抓住题目中的关键字眼(如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等),充分挖掘题目中的隐含条件。

3.解题思路:(1)根据对两物体运动过程的分析,画出两物体运动的示意图或v-t图像,找到临界状态和临界条件。

(2)根据两物体的运动性质,分别列出两物体的位移方程,注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中。

2024年普通高中学业水平等级性考试 上海卷物理试卷（考试时间60分钟，满分100分）养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。

做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。

特别提示：1．本试卷标注“多选”的试题，每小题有2~3个正确选项，漏选给一半分，错选不给分；未特别标注的选择类试题，每小题只有1个正确选项。

2．在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，须给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。

3．除特殊说明外，本卷所用重力加速度g 大小均取29.8m/s 。

物质性质实验是人类认识物质世界的宏观性质与微观结构的重要手段之一，也是物理学研究的重要方法。

1．通过“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验可推测油酸分子的直径约为（ ）A ．1510m -B ．1210m -C ．910m -D ．610m -2．验证气体体积随温度变化关系的实验装置如图所示，用支架将封有一定质量气体的注射器和温度传感器固定在盛有热水的烧杯中。

实验过程中，随着水温的缓慢下降，记录多组气体温度和体积的数据。

（1）不考虑漏气因素，符合理论预期的图线是A．B．C．D．（2）下列有助于减小实验误差的操作是A．实验前测量并记录环境温度B．实验前测量并记录大气压强C．待温度读数完全稳定后才记录数据D．测量过程中保持水面高于活塞下端汽车智能化我国的汽车智能化技术发展迅猛。

各类车载雷达是汽车自主感知系统的重要组成部分。

汽车在检测到事故风险后，通过自主决策和自主控制及时采取措施，提高了安全性。

3．车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中（）A．仅激光是横波B．激光与超声波都是横波C．仅超声波是横波D．激光与超声波都不是横波4．一辆质量32.010kgm=⨯的汽车，以36km hv=的速度在平直路面上匀速行驶，此过程中发动机功率16.0kWP=，汽车受到的阻力大小为N。

可编辑修改精选全文完整版高考物理万有引力定律的应用真题汇编(含答案)一、高中物理精讲专题测试万有引力定律的应用1．假设在半径为R 的某天体上发射一颗该天体的卫星，若这颗卫星在距该天体表面高度为h 的轨道做匀速圆周运动,周期为T ，已知万有引力常量为G ，求: (1)该天体的质量是多少? (2)该天体的密度是多少?(3)该天体表面的重力加速度是多少? (4)该天体的第一宇宙速度是多少?【答案】(1)2324()R h GT π+； (2)3233()R h GT R π+；(3)23224()R h R T π+；【解析】 【分析】（1）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解； （2）根据密度的定义求解天体密度；（3）在天体表面，重力等于万有引力，列式求解； （4）该天体的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度． 【详解】（1）卫星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有:G 2()Mm R h +=m 22T π⎛⎫ ⎪⎝⎭(R+h) 解得：M=2324()R h GTπ+ ① （2）天体的密度：ρ=M V =23234()43R h GT R ππ+=3233()R h GT R π+． （3）在天体表面，重力等于万有引力，故: mg=G2MmR ② 联立①②解得：g=23224()R h R Tπ+ ③ （4）该天体的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律，有：mg=m 2v R④联立③④解得：【点睛】本题关键是明确卫星做圆周运动时，万有引力提供向心力，而地面附近重力又等于万有引力，基础问题．2．某航天飞机在地球赤道上空飞行，轨道半径为r ，飞行方向与地球的自转方向相同，设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，求它下次通过该建筑物上方所需的时间．【答案】t =或者t =【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出角速度的表达式，卫星再次经过某建筑物的上空，比地球多转动一圈．解：用ω表示航天飞机的角速度，用m 、M 分别表示航天飞机及地球的质量，则有22MmGmr rω= 航天飞机在地面上，有2mMG Rmg =联立解得ω=若ω>ω0，即飞机高度低于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ωt －ω0t ＝2π所以t =若ω<ω0，即飞机高度高于同步卫星高度，用t 表示所需时间，则ω0t －ωt ＝2π所以t =． 点晴：本题关键：（1）根据万有引力提供向心力求解出角速度；（2）根据地球表面重力等于万有引力得到重力加速度表达式；（3）根据多转动一圈后再次到达某建筑物上空列式．3．在地球上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把质量为m 的物体P 置于弹簧上端，用力压到弹簧形变量为3x 0处后由静止释放，从释放点上升的最大高度为4.5x 0，上升过程中物体P 的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。

平衡问题中的几种常见临界及极值【原卷】1．如图所示，固定倾斜直杆上套有一个质量为m 的小球和两根原长均为L 的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L 的A 、B 两点。

已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为k =3sin mg Lθ，小球在距B 点45L 的P 点处于静止状态，重力加速度为g 。

则小球在P 点处受到摩擦力为（ ）A ．sin 5mg f θ=，方向沿杆向下 B ．sin 5mg f θ=，方向沿杆向上C ．sin 2mg f θ=，方向沿杆向下D ．sin 2mg f θ=，方向沿杆向上2．如图所示，倾角30θ=︒的斜面上有一重为G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力F 作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中45ϕ=︒，则（ ）A ．推力F 一定是一个变力B ．物体可能沿虚线向上运动C ．物体与斜面间的动摩擦因数μ=D．物体与斜面间的动摩擦因数μ=33．如图所示，长为1.2m的水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为2m 的轻绳一端固定于直杆左端点P，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，重为8N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（）A．8N B．6N C．5N D．4N4．如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为（）mg B mg C mg D．2mgA5．如图所示，一足够长的光滑轻绳左端固定于O点，右端跨过位于'O点的固定光滑轴悬挂一质量为m的物体；'OO段水平，长度为l，轻绳上套有一可沿绳滑动的轻环。

现在轻环上悬挂一质量为m 的钩码，平衡后，下列说法正确的是（ ）A ．轻绳的张力变大B ．物体上升的距离为lC ．轻环一定在'OO 这段绳的中间位置D ．轻环下降的距离为)1l6．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B ，质量为M 。

题1图2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第一次联合诊断检测物理物理测试卷共4页，满分100分。

考试时间75分钟。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。

1．2023年9月28日，中国选手兰星宇在杭州亚运会男子吊环决赛中取得冠军。

如题1图所示，该选手静止悬吊在吊环上，缓慢将两只手臂从水平调整至竖直。

在整个躯干下降过程中，两只手臂对躯干的作用力将A．不变B．变大C．变小D．无法确定2．某汽车制造厂在测试某款汽车性能时，得到该款汽车沿直线行驶的位移x 与时间t 的关系图像如题2图所示，其中OA 段和BC 段为抛物线的一部分，AB 段为直线段。

则该过程中的v -t 图像可能为3．题3图1是某LC 振荡电路，题3图2是该电路中平行板电容器a 、b 两极板间的电压ab u 随时间t 变化的关系图像。

在某段时间内，该回路中的磁场能增大，且b 板带正电，则这段时间对应图像中的区间是A．0～t 1B．t 1～t 2C．t 2～t 3D．t 3～t 44．某机械臂夹着一质量为10kg 的物体在空中沿水平方向以7.5m /s 2的加速度运动，重力加速度取10m /s 2，不计空气阻力。

则该机械臂对该物体的作用力大小为A．75NB．100NC．125ND．175N5．三根无限长的通电直导线a 、b 、c 均垂直纸面固定。

A、B 图中，O 点为ac 连线上的某一点；C、D 图中，O点为△abc 内某一点。

则其中O 点的磁感应强度可能为零的是D．vtOC．v tOA．Oba c B．a bOc D．Obac题3图1LCa b题3图2abu tt 1t 2t 3t 4OvtO B．xOABC题2图C．b aOcv tOA．OPQ 题6图OE 0tt 0E2t 0－2E 0题10图6．如题6图所示，在飞镖比赛中，某运动员先后两次将飞镖（可视为质点）从同一位置正对竖直固定靶上的O点水平抛出，第一次抛出的飞镖击中O 点正下方的P 点，第二次抛出的飞镖击中O 点正下方的Q 点。

电磁感应中的动力学问题[学习目标] 1.会分析导体棒、线框在磁场中的受力.2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况.3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题．由于导体的感应电流在磁场中受到安培力作用，而安培力又会改变导体的运动状况，所以电磁感应常与力学知识联系在一起．1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2．处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中感应电流的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解．3．两种状态(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析．4．电磁感应中的动力学临界问题基本思路：导体受外力运动――→E ＝Bl v 感应电动势――――→I ＝E R ＋r 感应电流――→F ＝BIl导体受安培力→合外力变化―――→F 合＝ma 加速度变化→临界状态．一、电磁感应中的平衡问题如图1，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求：图1(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案 (1)Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E ＝Bl v ③ 联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝⎛⎭⎫F m －μg ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有F －μmg －F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m. 二、电磁感应中的动力学问题如图2所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距L ＝0.2 m ，R ＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab 是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab 棒施加一个大小为F ＝0.45 N 、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab 棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g ＝10 m/s 2)图2(1)分析导体棒的运动性质；(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小；(3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像．答案 (1)做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动 (2)10 m/s (3)见解析图解析 (1)导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势E ＝BL v ①回路中的感应电流I ＝E R ＋r② 导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律有： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2v R ＋r＝ma ⑤ 由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动．(2)当导体棒达到最大速度时，有F －μmg －B 2L 2v m R ＋r＝0 可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s (3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示．如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的定值电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(重力加速度为g )图3(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流大小及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于导轨平面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上．(2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ，则此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝ma联立各式得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR. (3)当a ＝0时，ab 杆达到最大速度v m ，即有mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得v m ＝mgR sin θB 2L 2. 针对训练 (多选)如图4所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，一段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )图4答案 ACD解析 设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B 2l 2v R＞mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2v R ＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2v R＜mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2v R－mg ＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能．1.(电磁感应中的平衡问题)(2020·盘锦市高二上期末)如图5所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .接入电路的阻值为r 的金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )图5A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小答案 D解析 金属棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(ΔB Δt＝k 为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故选项A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt＝kS ，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r可知，ab 中的电流大小不变，故选项B 错误；安培力F ＝BIL ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C 错误；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力F f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D 正确．2．(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图6所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下且始终与导轨接触良好．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图6A ．如果B 增大，v m 将变大B ．如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C ．如果R 变大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大答案 BC解析 金属杆由静止开始下滑的过程中，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2v R＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，由此式知，选项B 、C 正确． 3.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )图7A ．a 1>a 2>a 3>a 4B ．a 1＝a 3>a 2>a 4C ．a 1＝a 3>a 4>a 2D ．a 4＝a 2>a 3>a 1答案 B解析 线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a 1＝a 3＝g .线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F 安2<mg ，所以a 2＝mg －F 安2m<g .而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g 的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝B 2L 2v R 及a ＝mg －F 安m可得a 4<a 2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为：a 1＝a 3>a 2>a 4，故B 正确．1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动，且与导线框接触良好．杆ef 及线框的电阻都忽略不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A ．ef 将向右做非匀减速运动，最后停止B ．ef 将向右做匀减速运动，最后停止C ．ef 将向右做匀速运动D．ef将做往返运动答案 A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小速运动，直到速度减小为0停止运动，由F＝BIl＝B2l2vR的减速运动，故A正确．2．(多选)如图2，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能()图2A．始终减小B．始终不变C．始终增加D．先减小后增加答案CD解析导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动．综上，只有C、D正确．3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，能正确描述上述过程的是()图3 答案 D解析导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E＝BL v、I＝ER、F安＝BIL得F安＝B2L2vR，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F安＝B2L2vR＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D正确．4.如图4所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(g取10 m/s2)图4(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？答案见解析解析 (1)闭合开关S 之前，导体ab 自由下落的末速度为：v 0＝gt ＝4 m/s.开关S 闭合瞬间，导体ab 产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab 立即受到一个竖直向上的安培力．F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016 N ＞mg ＝0.002 N. 此时导体ab 受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mg m ＝B 2L 2v mR－g ，所以导体ab 竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F 安＝mg时，导体ab 竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab 匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L 2＝0.5 m/s.5．(多选)如图5所示，边长为L 的正方形线框，从图示位置开始沿光滑绝缘斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L ，以i 表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开始计时，取逆时针方向为电流正方向，以下i －t 关系图像，可能正确的是( )图5答案 BC6．如图6所示，半径为l 的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA 可绕圆心O 在圆环上转动．金属棒CD 放在宽度也为l 的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．用导线将金属圆环、金属棒OA 的O 端分别与两导轨连接，已知金属棒OA 和CD 的长度均为l 、质量均为m 、电阻均为r ，其他电阻不计．重力加速度大小为g .图6(1)将金属棒OA 固定，使金属棒CD 从静止开始下滑，求金属棒CD 的最大速度大小；(2)让金属棒OA 匀速转动，使金属棒CD 保持静止，求金属棒OA 的转动方向及角速度．答案 (1)2rmg sin θB 2l 2(2)从上向下看沿逆时针方向 4rmg sin θB 2l 3解析 (1)金属棒OA 固定时，金属棒CD 切割磁感线相当于电源，金属棒CD 达到最大速度后做匀速运动，根据平衡条件有：mg sin θ＝F m根据法拉第电磁感应定律有：E 1＝Bl v m由闭合电路欧姆定律：I 1＝E 12r电流方向从C 到D ，金属棒CD 受到的安培力沿斜面向上，F m ＝BI 1l联立解得：v m ＝2rmg sin θB 2l 2； (2)要使金属棒CD 静止，必须使金属棒CD 受到的安培力沿斜面向上，由左手定则和右手定则可知，金属棒OA 应该沿逆时针方向转动(自上向下看)．当金属棒OA 以角速度ω转动时，产生感应电动势E 2＝12Bl 2ω 由平衡条件有mg sin θ＝F 安′I 2＝E 22r，F 安′＝BI 2l 联立可得ω＝4rmg sin θB 2l 3.7.如图7所示，间距为L 的平行金属导轨与水平面间的夹角为α，导轨间接有一阻值为R 的电阻，一长为L 的金属杆置于导轨上，杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨所在斜面向上．当金属杆受到平行于导轨向上、大小为F 的恒定拉力作用时，可以匀速向上运动；当金属杆受到平行于导轨向下、大小为F 2的恒定拉力作用时，可以保持与向上运动时大小相同的速度向下匀速运动．重力加速度大小为g .求：图7(1)金属杆的质量；(2)金属杆在磁场中匀速向上运动时速度的大小．答案 (1)F 4g sin α (2)3RF 4B 2L 2－μFR 4B 2L 2tan α解析 (1)设金属杆的质量为m ，匀速运动的速度为v ，金属杆速度为v 时回路中电流为I .当金属杆受到平行于斜面向上、大小为F 的恒定拉力作用匀速向上运动时，根据共点力的平衡条件可得F ＝mg sin α＋μmg cos α＋BIL当金属杆受到平行于斜面向下、大小为F 2的恒定拉力作用匀速向下运动时，根据共点力的平衡条件可得F 2＋mg sin α＝μmg cos α＋BIL 联立解得m ＝F 4g sin α. (2)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得I ＝BL v R，再根据第(1)问可得金属杆在匀强磁场中运动的速度大小为v ＝3RF 4B 2L 2－μFR 4B 2L 2tan α. 电磁感应中的能量和动量问题[学习目标] 1.理解电磁感应现象中的能量转化，会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题.2.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题．一、电磁感应中的能量问题1．电磁感应现象中的能量转化安培力做功⎩⎪⎨⎪⎧做正功：电能――→转化机械能，如电动机做负功：机械能――→转化电能――→电流做功 焦耳热或其他形式的能量，如发电机 2．焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt .(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 克安，即Q ＝W 克安．②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．(多选)如图1所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，重力加速度为g ，在这一过程中( )图1A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R 上产生的焦耳热，故恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确．如图2所示，足够长的平行光滑U 形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L ＝1.0 m ，下端连接R ＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ．质量m ＝0.5 kg 、电阻r ＝0.4 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F ＝5.0 N 的恒力使金属棒ab 从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好，当金属棒滑行x ＝2.8 m 后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图2(1)金属棒匀速运动时的速度大小v ； (2)金属棒从静止开始到匀速运动的过程中，电阻R 上产生的热量Q R .答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I ＝BL v R ＋r，由平衡条件有F ＝mg sin θ＋BIL 联立并代入数据解得v ＝4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q ，由动能定理得Fx －mgx ·sin θ－W 安＝12m v 2，而Q ＝W 安，Q R ＝R R ＋rQ ，联立并代入数据解得Q R ＝1.28 J. 针对训练1 (多选)如图3所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环垂直磁场方向，以速度v 从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ 重合时(虚线所示)，圆环的速度变为v 2，则下列说法正确的是( )图3A ．此时圆环的电功率为2B 2a 2v 2RB ．此时圆环的加速度大小为8B 2a 2v mRC ．此过程中通过圆环截面的电荷量为πBa 2RD ．此过程中回路产生的电能为34m v 2 答案 BC解析 当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E ＝2B ×2a ×v 2＝2Ba v ，圆环的电功率P ＝E 2R ＝4B 2a 2v 2R，故A 错误；此时圆环受到的安培力F ＝2BI ×2a ＝2B ×2Ba v R ×2a ＝8B 2a 2v R ，由牛顿第二定律可得，加速度a ＝F m ＝8B 2a 2v mR，故B 正确；圆环中的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ，则通过圆环截面的电荷量Q ＝I Δt ＝E RΔt ＝ΔΦR ＝B πa 2R ，故C 正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E ＝12m v 2－12m (v 2)2＝38m v 2，故D 错误． 二、电磁感应中的动量问题考向1 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt ＝BLq ，通过导体棒或金属框的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦΔt ·R 总·Δt ＝n ΔΦR 总，磁通量变化量：ΔΦ＝B ΔS ＝BLx .如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝m v 2－m v 1.当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时用动量定理求解更方便．(多选)如图4所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为L ，导轨电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有一阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻也为R ，并与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给ab 杆一个初速度v 0，使杆向右运动，最终ab 杆停止在导轨上．下列说法正确的是( )图4A ．ab 杆将做匀减速运动直到静止B ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆加速度大小为B 2L 2v 06mRC ．ab 杆速度减为v 03时，通过定值电阻的电荷量为m v 03BLD ．ab 杆速度减为v 03时，ab 杆通过的位移为4mR v 03B 2L2 答案 BD解析 ab 杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为F A ＝B 2L 2v 2R，加速度大小为：a ＝F A m ＝B 2L 2v 2mR，由于速度减小，所以ab 杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A 错误；当ab 杆的速度为v 03时，安培力大小为：F ＝B 2L 2v 032R ，所以加速度大小为：a ＝F m ＝B 2L 2v 06mR，故B 正确；对ab 杆，由动量定理得：－B I L ·Δt ＝m v 03－m v 0，即BLq ＝23m v 0，解得：q ＝2m v 03BL，所以通过定值电阻的电荷量为2m v 03BL ，故C 错误；由q ＝ΔΦ2R ＝B ·Lx 2R，解得ab 杆通过的位移：x ＝2Rq BL ＝4mR v 03B 2L 2，故D 正确． 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动．(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．(3)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和．足够长的平行金属轨道M 、N 相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图5所示．若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：图5(1)c 棒的最大速度大小；(2)c 棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少．答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析 (1)在安培力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达到最大速度．选两棒为研究对象，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度大小为：v ＝m b m b ＋m cv 0＝5 m/s. (2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5 J 因为R b ＝R c ，所以c 棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q 2＝1.25 J. (3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得：12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3 m/s.在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25 N.由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力大小为1.25 N.针对训练2 (多选)如图6，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上，t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )图6。