浙江省杭州市最新高三物理上学期模拟卷二含解析

浙江杭州２0１9届上学期高三物理模拟卷二

一、选择题I

1。功的单位是焦耳，焦耳与基本单位米(m）、千克（kg）、秒(ｓ）之间的关系正确的是（)

A．1J＝1kｇ．m／s B．1J＝1kg.ｍ／s２C。1J＝1kg。ｍ２/s Ｄ．1J=1ｋg。

m2/s2

【答案】D

【解析】

试题分析：根据W=Ｆs=ma×ｓ，则由单位的关系可知:1J＝1kg×ｍ/s2×ｍ=1ｋg?m2/s２，故选项Ｄ正确。

考点：单位制。

2。一小球在水平面上移动,每隔0．02秒小球的位置如图所示。每一段运动过程分别以甲、乙、丙、丁和　戊标示。试问在哪一段，小球所受的合力为零

Ａ。甲 B．　乙　Ｃ. 丙D．戊

【答案】Ｃ

【解析】

小球所受的合力为零时,物体处于静止或匀速直线运动状态，根据图象可知，甲阶段做减速直线运动，乙阶段做曲线运动,丙阶段做匀速直线运动，丁阶段做曲线运动,戊阶段做加速直线运动，故丙阶段小球所受的合力为零，故Ｃ正确，ＡBＤ错误.故选C。

点睛：本题要求同学们知道照片上相邻两球位置所经历的时间相等，明确合外力为零时，加速度为零，

物体处于静止或匀速直线运动状态，难度不大，属于基础题.

３。如图所示,一列以７２km/h的速度行驶的火车,在驶近一座石拱桥时开始做匀减速运动，加速度大小为０。1 m/s2,减速行驶了2 ｍｉｎ,则减速后火车速度为

A。６。０m／s　B。８．0 ｍ／s C。　１0。0 m/s Ｄ。　１2。0 m/s

【答案】B

【解析】

，2ｍin=120s，根据公式可得减速后火车的速度为,B 正确。

4.一质量为ｍ的小物块以一定的初速度竖直向上运动，加速度大小等于重力加速度大小g的1。5倍。物块上升的最大高度为,则此过程中，物块的

A. 动能损失了　Ｂ．动能损失了

Ｃ。机械能损失了　D. 机械能损失了

【答案】D

【解析】

【详解】设空气阻力为ｆ，由牛顿第二定律可得:mg＋f＝1.5mg，解得:f=0。5mg,由动能定理W合=△E Ｋ可得，物块损失的动能△E K=（ｍｇ+ｆ)H=（mｇ+0。5ｍg）H＝1.5mgH，故AＢ错误;机械能损失等于克服阻力做功,即△E=fH=0.5ｍgH，故C错误，D正确。所以Ｄ正确，ABC错误。

5.如图所示,一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起,保持平衡下列说法正确的是

A. 石块 b 对ａ的支持力与 a 受到的重力是一对相互作用力

B．石块 c 对 b 的支持力一定等于 b 受到的重力

C. 石块 c 受到水平桌面向左的摩擦力

D. 石块 c 对 b 的作用力一定竖直向上

【答案】D

【解析】

石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力，故ＡB错误；以三块作为整体研究,则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取aｂ作为整体研究,根据平衡条件,则石块c 对b的作用力与其重力平衡，则块c对b的作用力一定竖直向上,故Ｄ正确；故选:Ｄ．

点睛：考查整体法与隔离法的运用,掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b 的作用力是支持力与摩擦力的合力.

6.如图所示,倾角为的薄木板固定在水平面上,板上有一小孔Ｂ,不可伸长的轻绳一端系一物体A，另一端穿过小孔B竖直下垂。开始时,板上方的细线水平伸直.现慢慢拉动细绳下垂端，在物体缓慢到达小孔Ｂ的过程中,轨迹正好是一个半圆周，则物体与斜面间的动摩擦因数为

Ａ。 B． C。 D。

【答案】C

【解析】

试题分析：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力:重力G，绳子的拉力Ｆ，斜面的支持力，物体在运动时受到的摩擦力，这四个力的合力近似为零;其中F和同斜面平行，同斜面垂直，Ｇ同斜面成

.根据各力之间的平衡的原则，可得：在垂直斜面方向，有：,因此有摩擦力

,接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的,即应该是近似平衡的，有，因此，C正确;

考点：考查了共点力平衡条件

【名师点睛】个解法最有技巧的部分就是选取了A点处受力分析,根据平衡条件得到重力的下滑分量等于摩擦力,然后列式求解;当然,也可以对其它点处,运用平衡条件列式。

７。下列的运动图象中,物体所受合外力不为零的是( ）

A. B. C. D．

【答案】D

【解析】

试题分析：A表示物体静止，其合外力为零；BＣ表示物体做匀速直线运动，其合外力为零；D表示物体做匀变速直线运动，其合外力不为零,所以本题选择Ｄ.

考点：匀变速直线运动的图象

8．质量是５00g的足球被踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10ｍ，在最高点的速度为2０ｍ/s．请根据这些数据，计算运动员踢球时对足球做的功．（ｇ取9。8m/s2)

【答案】150Ｊ

【解析】

试题分析:运动员对足球做的功为W，根据动能定理得：

解得，W=１50Ｊ.

９．甲.乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是　1：5, 横截面积之比是２:３，电阻之比是　2：５, 外加电压之比是　1:2, 则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是：

A。2：3 Ｂ．　3：4 C.　4：3 D。　8：３

【答案】Ｃ

【解析】

试题分析：知道电阻、长度、面积之比。由电阻定律知：得,与电压无关的.

所以选C

考点：电阻定律

10．在篮球比赛中,某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将蓝球投出,篮球约以1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0．6ｋg，篮筐离地高度约为３ｍ,忽略篮球受到的空气阻力,则该同学罚球时对篮球做的功大约为

A．　1J Ｂ. １０J C.　50J D。100J

【答案】Ｂ

【解析】

试题分析:假设人的身高为,则根据动能定理：，带入数据整理可以得到:

,故选项Ｂ正确。

考点:功的计算

【名师点睛】一只篮球大约,根据动能定理即可求解,平时注意此类物理数据的积累，做生活的有心人。

11.如图所示为柔软绝缘线圈,通电后线圈向横杆中央集中，如图所示,则出现这一情况的原因是( )

A．安培力的作用　B．库仑力的作用

Ｃ。电磁感应作用Ｄ. 电场力的作用

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知,当柔软绝缘线圈,通电后线圈向横杆中央集中,原因是线圈中的电流方向相同,而出现同向电流相吸，异向电流相斥的现象，是安培力的作用所导致,故Ａ正确,BCD错误.

12。两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左板接地,右板与静电计相连，在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点后系统再次平衡,下列说法中正确的是(）

A.　若带电小球仍处在A点处不移动，小球所受静电力增加

Ｂ. 验电器指针偏角变大

C。带电小球的电势能减小

D．带电小球将向右移动

【答案】Ｃ

【解析】

【详解】将左板向右平移，板间距离减小，由电容的决定式，得知电容增大,而电容器的电量不

变,由，可知，板间电压减小,则静电计指针张角减小，根据,联立可得:即场强不变，电

场力不变,带电小球不动，故ＡBＤ错误;由上可知场强不变,将左板向右平移,小球与负极板间的电势差变小,故小球所在位置的电势减小，由图可知小球带正电，根据电势能公式Ep＝ｑφ，可知电势能减小，故C正确。所以Ｃ正确,AＢD错误。

13．某兴趣小组制做了一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示。有一金属棒PＱ放在两金属导轨上，导轨间距Ｌ=0。5ｍ，处在同一水平面上。轨道置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2Ｔ。棒两侧的中点分别固定劲度系数ｋ=100N/ｍ的相同弹簧。闭合开关S前，两弹簧为原长,Ｐ端的指针对准刻度尺的“0”处；闭合开关S后，金属棒PQ向右移动,静止时指针对准刻度尺1。5m处。下列判断正确的是

A。　电源N端为正极

B。　闭合开关S后，电路中电流为1．5Ａ

C．闭合开关Ｓ后，电路中电流为３A

D. 闭合开关Ｓ后,将滑动变阻器滑片向右移动,金属棒PQ将继续向右移动

【答案】C

【解析】

闭合开关S后,金属棒PQ向右移动，根据左手定则可知，电流为从P到Q，电源的M端为正极，选项A错误；静止时，则,解得,选项B错误，C正确；闭合开关S后，将滑动变阻器滑片向右移动，则电阻增大，电流减小,安培力减小,故金属棒ＰQ将向左移动，故选项D错误；故选C.

二、选择題II

14.下列说法正确的是

A. 在水中的鱼斜向上看岸边的物体时，看到的物体将比物体所处的实际位置低

Ｂ。光纤通信是一种现代通信手段，光纤内芯的折射率比外壳的大

C. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象

D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄

【答案】BD

【解析】

在水中的鱼斜向上看岸边的物体时，看到的物体将比物体所处的实际位置高，选项Ａ错误；光纤通信是一种现代通信手段,光纤内芯的折射率比外壳的大，故光线在内芯处发生全反射，选项B正确；　用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项C错误；　在光的双缝干涉实验中,

若仅将入射光由红光改为绿光,因绿光的波长较短，根据可知，干涉条纹间距变窄,选项D正确;故选BＤ．

15。一列简谐横波沿x轴正方向传播,t＝0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t＝0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是

A.　当t=０．5s时质点b和质点c的位移相等

Ｂ. 当t=０。6s时质点a的位移为-cm

C．质点c在0～０。6s时间内沿x轴正方向移动了3ｍ

D。这列简谐横波遇到频率为1Ｈｚ的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象

【答案】AB

【解析】

由题意可得该波向右传播，起振的方向向上,波长是4m,０.6s的时间内传播的距离是λ，所以波的周期

，，　该波是方程:

当t=０.5ｓ时质点b的位移：　

c点的位移：　，当质点b、ｃ的位移相同．故A正确;质点a的初相为，

振动方程　，当t=0.6ｓ时，故B正确；质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动,没有沿x轴正方向移动．故C错误．因为发生干涉的两列波频

率相同，这列简谐横波的频率为Hz,遇到频率为1Hz的另一列简谐横波时，我们不能够观察到干涉现象，故D错误；故选AB.

点睛:本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解.该题中的A选项使用波的方程是该题的难点，也可以使用作图的方法来解决.

16。下图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、Ｓ间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴ＯＯ′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时，产生的交变电流

随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是（　）

A。电流表的示数为１0 A

Ｂ。线圈转动的角速度为50π rad/s

C。0.01 s时线圈平面与磁场方向平行

D．0．02 ｓ时电阻Ｒ中电流的方向自右向左

【答案】AC

【解析】

试题分析：由图乙可知交流电电流的最大值是I m＝1０A,则有效值为：Ｉ==10A；由于电流表的示数为有效值,故示数I=10A，A正确;0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快,磁通量为0,故线圈平面与磁场方向平行，B正确；由图乙知，交变电流的周期为0。02ｓ,角速度ω=＝＂100π" rad／ｓ，Ｃ错误；由楞次定律可判断出0。02s时流过电阻的电流方向自左向右，D错误。

考点:本题考查正弦式交变电流。

三、非选择题

１7。如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置,半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动.在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器，它的打点时间间隔为t，实验步骤如下：　

①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触

②启动电动机，使圆形卡纸转动起来

③接通电火花计时器的电源，使它工作起来

④关闭电动机，拆除电火花计时器，研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)

如测出n个点对应的圆心角θ弧度，则可写出角速度的表达式，代入数据，得出的测量值

（1）要得到角速度的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是＿_______。

Ａ。秒表 Ｂ.螺旋测微器C．圆规Ｄ．量角器

（２）写出的表达式：＿_＿_＿___.　

(３）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动，则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆,而是类似一种螺旋线，如图丙所示，这对测量结果有影响吗?___＿＿（选填“是”或“否”）

【答案】　（１)．(1)AＣBD (２)．　（2)D (３)．(３)； （4). θ是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔. （5）．无影响

【解析】

（１）该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点,最后取出卡片进行数据处理.故次序为ＡCBD．

（2）要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器．故选D.

(3）根据,则，θ是Ｎ个点对应的圆心角，Ｔ是电火花计时器的打点时间间隔。

（4)由于点跟点之间的角度没变化,则对测量角速度不影响，即测量结果将不变，即无影响。

18.　寒假期间,某课外活动小组用苹果自制了一水果电池组。现在要测量该电池组的电动势和内阻(电动势约为2V,内阻在1ｋΩ～2kΩ之间），实验室现有如下器材各一个：

多用电表：欧姆挡(×1，×10，×１00，×1k)

直流电流挡(0～0．5mA，0～1mA,０~10mＡ,0~1０0ｍA）

直流电压挡(0～0．5V,０～2。５V，0~1０V，0～５0V，0～250V，0～5００V）

电压表：（0～3Ｖ,0~１5V）

电流表：（0～0．6Ａ,0～３A）

滑动变阻器：R1（0~10Ω），Ｒ２（0～２０00Ω)

开关及导线若干.

(１）该小组同学先用多用电表直流电压“0～2．５Ｖ”挡,粗测了电池组的电动势,指针稳定时如图甲所示，其示数为________Ｖ（结果保留两位有效数字);

（2)为了更精确地测量该电池组的电动势和内阻，采用伏安法测量,应选__＿___＿_测电压,选____＿__测电流(填电表名称和所选量程)；滑动变阻器应选___＿__（填电阻符号)；

（3)请设计实验电路,并用线段代替导线将图乙中相关器材连成实物电路图.

【答案】（1）1。８V；（2）电压表,0—3V；多用电表直流电流档1mA；Ｒ2；(３）连线图见解析;【解析】

试题分析：（1）万用表读数为1。8V;（2）用伏安法测量电源的电动势及内阻,应选用0－3V的电压表

测量电压,因为通过水果电池的最大电流不超过1mＡ，故选择多用电表直流电流１mA档;因为电池内阻在1kΩ-2　kΩ之间，所以滑动变阻器选择Ｒ２；

（3）实物连线如图所示。

考点:测量电源的电动势及内阻;

1９。如图为高山滑雪赛道,赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接．某滑雪爱好者连滑雪板总质量为７5kg（可视为质点)从赛道顶端静止开始沿直线下滑,到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30ｍ/s．然后在水平赛道上沿直线继续前进1８0ｍ静止．假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g，ｓin37°=０。6，cos37°=0。8．求:

（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；

（２)滑雪者在斜面赛道上受到的合外力;

(3）滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度．

【答案】(1)0。25（２）300Ｎ(3）7.５s，1１２.5ｍ

【解析】

【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数;根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间,根据速度位移公式求出斜面赛道的长度;解：（1)水平面匀减速v２=2a2s　

得ａ２=２.５m／s２　

由牛顿第二定律：μmｇ=mａ２　

得:μ＝０．25　

（2）　滑雪者在斜面赛道上受到的合外力F=mgｓin3７°—μmｇcos37°＝300N　

（3）根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度

由得:

由v2＝２as得

２0.如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量．电量q=＋２×10-4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下.已知AＢ的竖直高度，倾斜轨道与水平方向夹角为370．倾斜轨道长为,带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数

（当做滑动摩擦力）。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，小球在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的,运动过程中小球的电量保持不变。只有光滑竖直圆轨道处在范围足够大的竖直向下的匀强电场中，场强E=2.0×105V/m,取，求：

(1)被释放前弹簧的弹性势能；

（2）若光滑水平轨道CD足够长，要使小球不离开轨道，光滑竖直圆轨道的半径应满足什么条件?（3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0。9m,小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为的某一点Ｐ?

【答案】(１）0。32J （2）或　（3）6次

【解析】

试题分析：（１)A到B平抛运动：

Ｂ点:

被释放前弹簧的弹性势能:

(2）B点：

B到C:,

①恰好过竖直圆轨道最高点时：,

从C到圆轨道最高点：

②恰好到竖直圆轨道最右端时：

要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径

(３）,小球冲上圆轨道H 1＝0.８25m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h１高处再滑下,然后再次进入圆轨道达到的高度为H2。

同除得之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动

同理n此上升高度为一等比数列

，当ｎ=4时，上升的最大高度小于0.０1ｍ

则小球共有6次通过距水平轨道高为０．01m的某一点.

考点：平抛运动的规律、动能定理、向心力、电场力做功和电势能

21。下图为研究电磁感应现象的实验装置,部分导线已连接。

(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好____＿__．

（2）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有:将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将__＿＿（选填“向右偏"、“向左偏"或“不偏转”) .原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将____（选填“向右偏"、“向左偏”或“不偏转”）；断开电键时，灵敏电流计指针将＿_＿_（选填“向右偏”、“向左偏"或“不偏转"）。

【答案】　（１）。(1)见解析 （２)。(2）向右偏　（3）。向左偏　（4)．向左偏【解析】

(1）将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图如图所示．

?在闭合电键时，穿过线圈的磁通量增大,灵敏电流计的指

针向右偏转;将原线圈迅速插入副线圈时,穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．断开电键时,线圈中的电流减小,穿过线圈的磁通量减小,灵敏电流计指针将左偏．

点睛：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验,对于该实验注意两个回路的不同.掌握感应电流产生的条件．

２2。如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D２接在电压可调的电源上。长为L的两板中点为O1、O2，O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场.将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面C1处,从喷口连续不断喷出质量为m、水平速度为vｏ、带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U0,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点.

（1）判断墨滴所带电荷是正电还是负电,并求其电荷量q；

(2)求磁感应强度Ｂ的大小；

（3）现保持喷口方向不变，使入射速度减小到v o的一半，墨滴将能经过磁场后又回到O1O2左侧电场区域，当墨滴经过磁场刚回到中线Ｏ１O2时,将电压Ｕ调至多大,可以让墨滴从两金属板左侧C1C2之间离开电场？

【答案】(1)，负电荷（2)（３）

【解析】

(1）墨滴在电场区域做匀速直线运动,有得

由于电场方向向下,电荷所受电场力向上，可知,墨滴带负电荷

(２）进入电场、磁场共存区域后,重力与电场力平衡,洛伦兹力做匀速圆周运动的向心力

考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径Ｒ＝d,由此可知　

（3)根据题设，墨滴速度减小到时,设圆周运动半径为R'

有　得

则墨滴恰好经过半圆回到O2.

要使墨滴从两金属板左侧的C1C2之间离开电场，则墨滴应在电场力和重力作用下做匀速直线运动,从C2离开,即U1=U0

或做类平抛运动,最大偏向位移的墨滴从C1离开，则有

得　

所以电压的调节范围是　

点睛:本题考查粒子在复合场中的运动，知道粒子在电场和重力场区域做匀速直线运动,进入电场、磁场和重力场区域，做匀速圆周运动.结合牛顿第二定律和共点力平衡进行求解。

23。如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨,间距为d,处在磁感应强度大小为Ｂ、方向竖直向下的匀强磁场中。一根质量为m、电阻为r的导体棒ｅf垂直放在P、Ｑ导轨上,导体棒ｅf与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ。质量为Ｍ的正方形金属框abcｄ的边长为L，每边电阻均为ｒ，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，金属框a、b两点通过细导线与导轨相连,金属框的上半部分处在磁感应强度大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，下半部分处在大小也为B、方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒e ｆ向左运动,从导体棒开始运动时计时，悬挂金属框的细线的拉力T随时间t的变化如图乙所示，求:

(1)t0时刻以后通过ａb边的电流;

(2）ｔ０时刻以后电动机牵引力的功率P；

（3）求0到ｔ0时刻导体棒ef受到的平均合外力

【答案】（1)（2)　（３）　

【解析】

【分析】

外电路是：ａd、dc、cb三边电阻串联后再与ａｂ边电阻并联构成,根据受力平衡列方程即可求解,注意并联电路中电流与电阻关系；根据闭合电路欧姆定律和平衡条件列出等式求解最大速度，再根据平衡条件求解牵引力,根据P＝Ｆv求解牵引力的功率；根据动量定理列方程求解合外力。

【详解】(１)以金属框为研究对象,从t0时刻开始拉力恒定,故电路中电流恒定,设ab边中电流为I１，cd边中电流为Ｉ２

由受力平衡:B I１L+T＝Mｇ+BI2L　

由图象知:T=

ａd、dc、cｂ三边电阻串联后再与ab边电阻并联,所以I1：I2=３:1 I１=3I2

由以上各式解得：Ｉ1=

（２)设总电流为I,由闭合路欧姆定律得:

电动势为：E=Bdv

电流为：　

解得：v=

由电动机的牵引功率恒定:Ｐ=F?v　

对导体棒:Ｆ=μmg+ＢIｄ

解得：Ｐ＝

（３)从0到t0时刻，导体棒的速度从0增大到v=

由动量定理可知：

解得:

【点睛】本题易错点为不能正确分析外电路的串并联情况，从而不能正确分析安培力大小最后导致错误．对于电磁感应与电路的结合问题一定分析整个电路的组成情况，然后根据闭合电路的欧姆定律求解。