（1）?1?设钩码质量为m，滑块质量为M，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块的加速度 a=
mg
M?m隔离对滑块分析，可知细绳上的拉力
Mmgmg?FT=Ma=M?mm1?M
要保证绳子的拉力FT等于钩码的重力mg，则钩码的质量m要远小于滑块的质量M，这时有FT?mg；
v2（2）?2?滑块的加速度a=，当s不变时，可知加速度与v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重
2s力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过v2﹣m的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s不变，v2—m的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；
v2mg?3?因为a与F成正比，则有：?，则v2?2gsm，结合图线的斜率可以求出滑块的质量M。
M2sM四、解答题：本题共3题
112m?Br2?r? （3）q=18． （1）I=，U=Br? （2）vm=
632B6R16【解析】 【详解】
（1）由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R 产生的感应电动势大小为： 1E=Br2? 2若S闭合，S1断开时，总电阻为： 13R?=R?R=R
22理想电流表的示数为：
1EBr2? I=?=2R?6R理想电压表的示数为： 1U=I?R?Br2?
6（2）若S、S1都闭合，导体棒ab获得最大速度vm时，安培力为零，产生的感应电动势为： E??B?2rvm
又知导体棒ab上分得电压为： 1Uab=Br2?
8故有：
1E??Uab?Br2?
8解得： vm=1r? 16（3）在导体棒ab加速过程中，设瞬间流过的电流为i，取很短时间为?t，安培力为： F=Bi?2r
根据：
q=iΔt
动量定理：
I=Δp
得： FΔt=mvm
整理后有： q=m? 32B19． (1)3.4A；(2)F?1.68?0.8t?N?其中t≤【解析】 【详解】
v2?v1?0.5s；(3)0.34N?s。 a(1)设金属棒ab到达磁场左、右边界MP、NQ时的速度分别为v1、v2则有
v12?2as
v22?2a?s?x?
解得
v11.2m/s
v2?2.2m/s
由电磁感应规律，金属棒ab的平均感应电动势
E?Bdv?Bdv1?v2 2金属棒ab穿过磁场的过程中平均电流的大小
I?E R联立以上各式，解得
I?3.4A。
(2)金属棒ab在磁场中运动时产生感应电动势，金属棒中有感应电流，则金属棒速度为v时受到的安培力
B2d2v F安?Bld?R由牛顿第二定律得
F??mg?F安?ma
又因为
v?v1?at
所以在金属棒ab进入磁场后，拉力
B2d2?v1?at? F?ma??mg?R代入数据得
F?1.68?0.8t?N?
其中t≤v2?v1?0.5s。 a(3)由(2)可知，金属棒在通过磁场的过程中所受安培力的大小
B2d2F安??v1?at?
R画出安培力随时间变化的图象如图乙所示
乙
图中
B2d2v1F1??0.48N
RB2d2v2F2??0.88N
R金属棒穿过磁场的过程中，其受到的安培力的冲量即为图线与横轴所围图形的面积，即
F1?F2t?0.34N?s 25?5?t??)cm或x=-5sin(t)cm；(2)11.7s；(3)1.85m 20． (1)x=5sin(33I安?【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图像可知波长λ=0.6m，由题意有
5t2?t1?T，T?1.2s
4波速为
v??T?0.5m/s
波源振动的位移表达式为
?2???5??x?Asin?t??0??5sin?t???cm或
?T??3??5?x??5sin??3?t?cm ?（2）波传到x1=5. 4m需要的时间为
?t1?x1?10.8s v质点开始振动方向与波源起振方向相同，沿-y方向，从开始振动到第一次到达波峰需要时间为
3?t2?T?0.9s
4所以，x1=5. 4m的质点第一次到达波峰的时刻为
t2??t1??t2?11.7s
（3）波传到x2=30cm需要时间为
?t3?x2?0.6s v11.137T?T 1.24所以从t1=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质点振动时间为
?t4?t3??t3?11.1s?所以，该质点的路程为
s?37?4A?1.85m 4
【精选3份合集】辽宁省锦州市2019-2020学年高考物理质量检测试题
