?2023年吉林省吉林市普通中學(xué)高考物理二調(diào)試卷
1. 下列關(guān)于直線運(yùn)動(dòng)的甲、乙、丙、丁四個(gè)圖像的說(shuō)法中，正確的是(????)

A. 甲圖中x1?2x1物體的加速度大小為v02x1
B. 乙圖中所描述的物體在0?t1時(shí)段通過(guò)的位移為x1
C. 丙圖中所描述的物體在t1?t2時(shí)段速度的變化量為a0(t2?t1)
D. 若丁圖中所描述的物體正在做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則該物體的加速度為2m/s2
2. 如圖所示，半徑可以改變的光滑半圓形軌道豎直固定放置，小球自軌道端點(diǎn)P由靜止開(kāi)始滑下，經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q。若軌道半徑越大，則(????)
A. 小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)的速率保持不變
B. 小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)的向心加速度保持不變
C. 小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)受到軌道的支持力越大
D. 小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)重力的瞬時(shí)功率越大

3. 某架飛機(jī)在進(jìn)行航空測(cè)量時(shí)，需要嚴(yán)格按照從南到北的航線進(jìn)行飛行。如果在無(wú)風(fēng)時(shí)飛機(jī)相對(duì)地面的速度是414km/h，飛行過(guò)程中航路上有速度為54km/h的持續(xù)東風(fēng)。則(????)
A. 飛機(jī)的飛行方向?yàn)楸逼鳛棣冉嵌?，且sinθ=123
B. 飛機(jī)的飛行方向?yàn)楸逼珫|為θ角度，且sinθ=323
C. 飛機(jī)實(shí)際的飛行速度為100 2m/s
D. 飛機(jī)實(shí)際的飛行速度為100 3m/s
4. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不考慮空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是(????)
A. 勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=mgsinθq
B. 小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的最小值為Emin=mgL2cosθ
C. 小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小
D. 小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大
5. 一質(zhì)量為2kg的物體靜止于粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。外力F對(duì)物體所做的功、物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正確的是(????)

A. 物體運(yùn)動(dòng)的總位移為13.5m
B. 物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
C. 物體在前3m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度為2.5m/s2
D. x=9m時(shí)，物體的速度為3 2m/s
6. 北京時(shí)間2019年4月10日晚21點(diǎn)，人類史上首張黑洞照片面世。黑洞的概念是：如果將大量物質(zhì)集中于空間一點(diǎn)，其周?chē)鷷?huì)產(chǎn)生奇異的現(xiàn)象，即在質(zhì)點(diǎn)周?chē)嬖谝粋€(gè)界面--事件視界面，一旦進(jìn)入界面，即使光也無(wú)法逃脫，黑洞的第二宇宙速度大于光速。并把上述天體周?chē)录暯缑婵醋髑蛎?，球面的半徑稱為史瓦西半徑。已知地球的半徑約為6400km，地球的第一宇宙速度為7.9km/s，天體的第二宇宙速度是第一宇宙速度的 2倍，光速為3.0×108m/s，假設(shè)地球保持質(zhì)量不變收縮成黑洞，則地球黑洞的史瓦西半徑最接近(????)
A. 1mm B. 1cm C. 1m D. 1km
7. 北京高能物理研究所的正、負(fù)粒子對(duì)撞機(jī)是世界八大高能加速器中心之一，是中國(guó)第一臺(tái)高能加速器，其結(jié)構(gòu)如圖所示，正、負(fù)粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向同時(shí)注入對(duì)撞機(jī)的高真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，正、負(fù)粒子在環(huán)狀空腔內(nèi)只受洛倫茲力作用而沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后在碰撞區(qū)內(nèi)迎面相撞，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是(????)

A. 正、負(fù)粒子的比荷可以不相同
B. 磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能大
C. 加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大
D. 對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，可能是由于U不變、B變大引起的
8. 如圖甲所示，一輛重型自卸車(chē)靜止在水平面上，當(dāng)利用自身液壓裝置使車(chē)廂緩慢傾斜到一定角度時(shí)，車(chē)廂上的石塊就會(huì)自動(dòng)滑下，當(dāng)自卸車(chē)廂的傾角θ=30°時(shí)，石塊恰能沿車(chē)廂底面勻速下滑，其示意圖如圖乙示，下列說(shuō)法正確的是(????)

A. 石塊與車(chē)廂底面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5
B. θ=30°時(shí)，石塊對(duì)車(chē)廂的摩擦力沿斜面向下，車(chē)輛不受地面的靜摩擦力
C. θ由0增加到30°的過(guò)程中，車(chē)輛對(duì)地面的摩擦力逐漸增大，方向水平向右
D. θ>30°時(shí)，石塊將加速下滑，地面對(duì)車(chē)輛的支持力小于自卸車(chē)和石塊的重力
9. 在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定有帶電量絕對(duì)值均為Q的點(diǎn)電荷，其帶電性如圖所示。正方形的對(duì)角線交點(diǎn)為O，在兩條對(duì)角線上分別取點(diǎn)A、B、C、D且OA=OB=OC=OD。不計(jì)電子重力。則(????)
A. C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同
B. C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等
C. 電子從C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小
D. 電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減小

10. 一種定點(diǎn)投拋游戲可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型，以水平速度v1從O點(diǎn)拋出小球，小球正好落入傾角為θ的斜面上的洞中，洞口處于斜面上的P點(diǎn)，O、P的連線正好與斜面垂直；當(dāng)以水平速度v2從O點(diǎn)拋出小球時(shí)，小球正好與斜面在Q點(diǎn)垂直相碰。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是(????)

A. 小球落在P點(diǎn)的時(shí)間是2v1gtanθ
B. Q點(diǎn)在P點(diǎn)的下方
C. v1>v2
D. 小球落在P點(diǎn)所用的時(shí)間與落在Q點(diǎn)所用的時(shí)間之比是2v1v2
11. 如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是(????)

A. 棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為12Br2ω B. 微粒的電荷量與質(zhì)量之比為2gdBr2ω
C. 電阻消耗的電功率為πB2r4ω2R D. 電容器所帶的電荷量為CBlω
12. 如圖所示，一質(zhì)量為m的足夠長(zhǎng)U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，不計(jì)金屬框電阻。一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為2m。裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(????)

A. 剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閎→c→N→M
B. 導(dǎo)體棒的最終和U形光滑金屬框一起勻速直線運(yùn)動(dòng)速度為v03
C. 導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為13mv02
D. 通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為2mv03BL
13. 某探究小組想利用驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，如圖甲所示．框架上裝有可上下移動(dòng)位置的光電門(mén)1和固定不動(dòng)的光電門(mén)2；框架豎直部分緊貼一刻度尺，零刻度線在上端，可以測(cè)量出兩個(gè)光電門(mén)到零刻度線的距離x1和x2；框架水平部分用電磁鐵吸住一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊，小鐵塊的重心所在高度恰好與刻度尺零刻度線對(duì)齊．切斷電磁鐵線圈中的電流時(shí)，小鐵塊由靜止釋放，當(dāng)小鐵塊先后經(jīng)過(guò)兩個(gè)光電門(mén)時(shí)，與光電門(mén)連接的傳感器即可測(cè)算出其速度大小v1和v2.小組成員多次改變光電門(mén)l的位置，得到多組x1和v1的數(shù)據(jù)，建立如圖乙所示的坐標(biāo)系并描點(diǎn)連線，得出圖線的斜率k.

①當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開(kāi)_____(用k表示)
②若選擇光電門(mén)2所在高度為零勢(shì)能面，則小鐵塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)1時(shí)的機(jī)械能表達(dá)式為_(kāi)_____(用題中物理量的字母表示)
③關(guān)于光電門(mén)l的位置，下面哪個(gè)做法可以減小重力加速度的測(cè)量誤差______
A、盡量靠近刻度尺零刻度
B、盡量靠近光電門(mén)2
C、既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光電門(mén)2.
14. 有一小量程電流表G(表頭)，滿偏電流為200μA，內(nèi)阻約為1000Ω，要精確測(cè)出其內(nèi)阻RG，提供的器材有：
A.電流表A(量程為1mA，內(nèi)阻R2=50Ω)
B.滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍為0～20Ω)
C.定值電阻R0(阻值R0=150Ω)
D.定值電阻R′(阻值R′=3000Ω)
E.電源E(電動(dòng)勢(shì)約為4.5V，內(nèi)阻很小)
F.單刀單擲開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線若干
(1)請(qǐng)將上述器材全部用上，設(shè)計(jì)出合理的、便于調(diào)節(jié)、便于多次測(cè)量的實(shí)驗(yàn)電路圖，并保證各電表的示數(shù)超過(guò)其量程的13。請(qǐng)將設(shè)計(jì)的電路圖畫(huà)在圖中實(shí)線方框中。

(2)將G改裝成兩量程電流表?，F(xiàn)有兩種備選電路，示于圖甲和圖乙。圖______ 為合理電路，另一電路不合理的理由是______ 。
15. 2019年7月26日，隨著長(zhǎng)征二號(hào)丙運(yùn)載火箭在西昌發(fā)射中心順利升空，中國(guó)也首次成功驗(yàn)證了火箭第一級(jí)落點(diǎn)的精確控制技術(shù)，成為全球繼美國(guó)之后，第二個(gè)掌握該技術(shù)的國(guó)家，長(zhǎng)征二號(hào)丙火箭第一級(jí)殘骸在貴州黔南布依族苗族自治州被順利找到，落點(diǎn)在設(shè)定的落區(qū)范圍內(nèi)，這是中國(guó)航天在落點(diǎn)可控、精準(zhǔn)回收領(lǐng)域取得的重大突破。其一級(jí)火箭的回收過(guò)程可以簡(jiǎn)化為：一級(jí)火箭關(guān)閉推進(jìn)器，脫離主體后繼續(xù)上升至離地面3225m的高空，然后開(kāi)始無(wú)初速下落，下落至離地面3100m的高度處，此時(shí)一級(jí)火箭立即打開(kāi)助推器開(kāi)始勻速下降，持續(xù)50s后增大助推器的推力進(jìn)而勻減速下降，成功落地時(shí)速度大小為2m/s，g=10m/s2，(忽略高度對(duì)重力加速度的影響，不計(jì)空氣阻力)求：
(1)一級(jí)火箭從無(wú)初速開(kāi)始下落至3100m高度處所需要的時(shí)間；
(2)一級(jí)火箭勻速下落的高度是多少？
(3)一級(jí)火箭最后勻減速下落的時(shí)間是多少？(計(jì)算結(jié)果保留一位小數(shù))
16. 如圖所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y軸左側(cè)區(qū)域存在寬度為a=0.3m的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B(大小可調(diào)節(jié)).現(xiàn)有比荷為qm=2.5×109C/kg的帶正電粒子從x軸上的A點(diǎn)以一定初速度v0垂直x軸射入電場(chǎng)，且以v=4×107m/s，方向與y軸正向成60°的速度經(jīng)過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，OP=2 33OA，OA=0.1m，不計(jì)重力.求：
(1)粒子在A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的初速度v0為多少；
(2)要使粒子不從CD邊界射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；
(3)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為某值時(shí)，粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后，剛好可以回到A點(diǎn)，求此磁感應(yīng)強(qiáng)度。
17. 電磁減震器是利用電磁感應(yīng)原理的一種新型智能化汽車(chē)獨(dú)立懸架系統(tǒng)。某同學(xué)也設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁阻尼減震器，圖為其簡(jiǎn)化的原理圖。該減震器由絕緣滑動(dòng)桿及固定在桿上的多個(gè)相互緊靠的相同矩形線圈組成，滑動(dòng)桿及線圈的總質(zhì)量m=1.0kg。每個(gè)矩形線圈abcd匝數(shù)n=100匝，電阻值R=1.0Ω，ab邊長(zhǎng)L=20cm，bc邊長(zhǎng)d=10cm，該減震器在光滑水平面上以初速度v0=1.0m/s向右進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。求：
(1)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)減震器的加速度大??；
(2)第二個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，減震器的速度大??；
(3)若減震器的初速度v=5.0m/s，則滑動(dòng)桿上需安裝多少個(gè)線圈才能使其完全停下來(lái)？求第1個(gè)線圈和最后1個(gè)線圈產(chǎn)生的熱量比k？不考慮線圈個(gè)數(shù)變化對(duì)減震器總質(zhì)量的影響。

答案和解析

1.【答案】C?
【解析】解：A.根據(jù)v2?v02=2ax變形得v2=2ax+v02，可知甲圖像的斜率k=2a，則甲圖中x1?2x1物體的加速度大小為
a=k2=v022x1?x12=v022x1，故A錯(cuò)誤；
B.乙圖中所描述的物體在0?t1時(shí)段通過(guò)的位移為x1?x0，故B錯(cuò)誤；
C.a?t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，丙圖所描述物體在t1?t2時(shí)段速度變化量為a0(t2?t1)，故C正確；
D.根據(jù)x=v0t+12at2變形可得xt=v0+12at
所以xt?t圖像的斜率k=a2，則該物體的加速度為a=2k=2×20?(?1)m/s=4m/s2，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
位移-時(shí)間圖像表示任一時(shí)刻物體的位置，末位置坐標(biāo)減去初位置坐標(biāo)等于位移；加速度-時(shí)間圖像，圖像與時(shí)間圍成的面積表示速度變化量；由v2?v02=2ax變形得v2=2ax+v02，可確定v2?x圖像的斜率；根據(jù)x=v0t+12at2變形得到xt與t的關(guān)系式，可求xt?t圖像的加速度。
本題屬于勻變速運(yùn)動(dòng)圖像的非常規(guī)考法。對(duì)于物理圖像，通?？筛鶕?jù)物理規(guī)律得到解析式，再分析圖像的斜率、截距、面積等代表的物理意義，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合來(lái)求解。

2.【答案】B?
【解析】解：A.小球從P到Q的過(guò)程，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgR=12mv2，解得v= 2gR，即半徑越大，小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)的速率越大，故A錯(cuò)誤；
B.小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)的向心加速度可表示為a=v2R=( 2gR)2R=2g，則可知小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)的向心加速度與半徑無(wú)關(guān)，保持不變，故B正確；
C.在最低點(diǎn)Q由牛頓第二定律可得F?mg=mv2R，解得F=mg+m( 2gR)2R=3mg，故小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)受到軌道的支持力不變，故C錯(cuò)誤；
D.小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)Q時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvcos90°=0，即最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)功率是不變的，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式進(jìn)行分析求解最低點(diǎn)速度與半徑的關(guān)系，從而確定速度變化；再根據(jù)向心加速度公式確定向心加速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析支持力的變化；由功率公式分析重力功率的變化。
本題考查了機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律以及功率公式的基本運(yùn)用，知道最低點(diǎn)向心力的來(lái)源，通過(guò)機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度是解決本題的關(guān)鍵。

3.【答案】B?
【解析】解：根據(jù)速度合成的平行四邊形法則，飛機(jī)的飛行方向沿北偏東，設(shè)為北偏東θ角度，則sin?θ=v風(fēng)v機(jī)=54414=323
故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.飛機(jī)實(shí)際的飛行速度為v=v機(jī)2?v風(fēng)2=4142?542km/h=410.5km/h=114m/s
故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
飛機(jī)航行過(guò)程中因存在持續(xù)東風(fēng)，所以要想實(shí)現(xiàn)由南向北的實(shí)際航行路線就需要飛機(jī)沿北偏東的方向飛行，讓合速度的方向沿著由南向北的方向。
本題考查速度的合成，將飛機(jī)的速度和風(fēng)的速度合成，合成時(shí)要考慮合速度沿著由南向北的方向，根據(jù)平行四邊形法則可以找到飛機(jī)的速度方向，進(jìn)而求解實(shí)際的飛行速度。

4.【答案】B?
【解析】解：A.小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示

由平衡關(guān)系可知
tanθ=qEmg
解得
E=mgtanθq
故A錯(cuò)誤；
B.小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，則A點(diǎn)為小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，如圖所示

A點(diǎn)時(shí)小球的速度最小，動(dòng)能最小，由牛頓第二定律可知
mgcosθ=mvmin2L
動(dòng)能
Ekmin=12mvmin2
聯(lián)立解得
Ekmin=mgL2cosθ
故B正確；
C.由機(jī)械能守恒定律可知，機(jī)械能的變化量等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場(chǎng)力做的功。由題意可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最左邊與O點(diǎn)等高時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功最多，機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；
D.小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，再做負(fù)功，再做正功，所以電勢(shì)能先減小，再增大，再減小，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由平衡關(guān)系，求電場(chǎng)強(qiáng)度；
在等效最高點(diǎn)，由牛頓第二定律，求最小動(dòng)能；
由機(jī)械能守恒定律，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最左邊與O點(diǎn)等高時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功最多，機(jī)械能最??；
電場(chǎng)力做負(fù)功電勢(shì)能變大，電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能變小。
本題綜合性較強(qiáng)，考點(diǎn)豐富，考查學(xué)生對(duì)平衡條件、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系的掌握，需要學(xué)生平時(shí)多熟記規(guī)律。

5.【答案】A?
【解析】解：AB、摩擦力大小始終不變，所以圖乙中直線為摩擦力做功與位移的關(guān)系，物體克服摩擦力做功Wf=μmgx，圖象的斜率k=μmg=2010N=2N，代入數(shù)據(jù)解得：μ=0.1，由圖乙所示可知，整個(gè)過(guò)程克服摩擦力做的Wf=27J，代入數(shù)據(jù)解得，物體運(yùn)動(dòng)的最大位移：xmax=13.5m，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、外力F做的功W=Fx，由圖示圖象可知，前3m內(nèi)，拉力大小F1=W1x1=153N=5N，對(duì)物體，由牛頓第二定律得：F1?μmg=ma，代入數(shù)據(jù)解得，加速度大?。篴=1.5m/s2，故C錯(cuò)誤；
D、由圖乙所示圖象可知，x=9m時(shí)，外力做功W=27J，對(duì)物體，由動(dòng)能定理得：W?μmgx=12mv2?0，代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程所受摩擦力大小不變，乙圖中的下面一條直線為摩擦力做功的圖象；結(jié)合斜率求出摩擦力大小、動(dòng)摩擦因數(shù)和外力F大小，從而求出加速度大?。辉儆蓜?dòng)能定理求解x=9m時(shí)的速度大小。
本題綜合考查動(dòng)能定理、圖象以及牛頓第二定律的應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵在于對(duì)圖象的認(rèn)識(shí)，對(duì)于圖象類的題目，主要是要理解橫縱坐標(biāo)的含義，斜率的含義，然后再結(jié)合動(dòng)能定理求解。

6.【答案】B?
【解析】解：有題可知，地球變成黑洞后，光無(wú)法逃脫黑洞的第二宇宙速度，即黑洞的第二宇宙速度大于光速，轉(zhuǎn)換成臨界條件如下：
光速c≤ 2GMR；
通過(guò)臨界條件的變形可知，地球形成黑洞的最大半徑Rmax=2GMc2…①；
由于題目中未給出地球質(zhì)量G，所以用黃金代換式gR2=GM…②；
②代入①式得：Rmax=2gR2c2…③；
以下數(shù)據(jù)代入③式；
重力加速度為：g=9.8m/s2，R地=6400km，光速c=3.0×108m/s，得Rmax≈0.009m，即Rmax≈9mm，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
(1)求地球變成黑洞的半徑，需要知道地球變成黑洞后，因?yàn)楣鉄o(wú)法逃脫黑洞的吸引力，則最大半徑的邊界條件光速c≤ 2GMR；
(2)題目中沒(méi)有直接給出地球質(zhì)量，所以要用黃金代換式來(lái)代替上述公式中地球的質(zhì)量M，聯(lián)立方程解出答案。
本題是典型的萬(wàn)有引力在天體中應(yīng)用的問(wèn)題，在選擇題出現(xiàn)頻次較高，雖然不太復(fù)雜，但對(duì)于考生屬于偏難題型，考生不僅需要掌握基本公式，而且需要知道在黑洞問(wèn)題中，光速與逃逸速度的關(guān)系，此關(guān)系是本題解題關(guān)鍵，通過(guò)上述關(guān)系可以得到臨界關(guān)系，從而解出最終結(jié)果。本題難度偏難。

7.【答案】B?
【解析】解：A、粒子經(jīng)過(guò)加速器加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU=12mv2
在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv2r
解得：qm=2UB2r2
根據(jù)題意可知正、負(fù)粒子的比荷一定相同，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)：qvB=mv2r，Ek=12mv2，可得：Ek=12?qm?qB2r2
可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)動(dòng)能大，故B正確；
C、根據(jù)A選項(xiàng)的結(jié)果可得：B=1r 2mUq
可知加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)C選項(xiàng)的結(jié)果：B=1r 2mUq，可知對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，若U不變、B就不能變。
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為：T=2πrv=2πmqB，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1=12T=πmqB
可知一定的粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，一定是U變大，B相應(yīng)變大，磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間會(huì)變短，同時(shí)加速過(guò)程的時(shí)間也會(huì)變短，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)動(dòng)能定理，求解粒子經(jīng)過(guò)加速器加速過(guò)程獲得的速度或動(dòng)能，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力可求得比荷表達(dá)式、動(dòng)能表達(dá)式、磁感應(yīng)強(qiáng)度與電壓關(guān)系。在這些基礎(chǔ)上在推斷D選項(xiàng)。
本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，注意本題正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑是一定的，且相等，要在此條件下解答各個(gè)選項(xiàng)。應(yīng)用動(dòng)能定理求解粒子被加速獲得的速度，應(yīng)用牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力推導(dǎo)所需的物理量。

8.【答案】BD?
【解析】解：A、設(shè)車(chē)廂與水平面夾為θ，石塊受到的支持力為N，摩擦力為f，車(chē)廂緩慢傾斜，石塊處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件的：mgsinθ=f
N=mgcosθ
當(dāng)θ=30°時(shí)
f=μN(yùn)
解得：μ= 33
故A錯(cuò)誤；
BC、θ≤30°時(shí)，石塊對(duì)車(chē)廂的摩擦力沿斜面向下，對(duì)整體受力分析可知，車(chē)輛不受地面的靜摩擦力，故B正確，C錯(cuò)誤；
D、θ>30°時(shí)，mgsinθ>f，石塊將加速下滑，由于石塊有沿斜面向下的加速度a，則對(duì)車(chē)和石塊的整體，設(shè)翻斗車(chē)的質(zhì)量為M，地面對(duì)翻斗車(chē)的支持力為N，取向左為正，在豎直方向上，對(duì)翻斗車(chē)和石塊的整體根據(jù)牛頓第二定律有(m+M)g?N=ma?sinα，可知N30°時(shí)，mgsinθ>f，石塊將加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律分析D項(xiàng)。
本題主要考查了平衡條件的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對(duì)物體進(jìn)行受力分析，要注意的是整體與隔離的分析方法。

9.【答案】AC?
【解析】解：A、根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場(chǎng)的分布情況可知：豎直方向上+Q和?Q的電場(chǎng)中，C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也相同；在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，C、D的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，所以根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度也不同，故A正確；
B、在豎直方向+Q和?Q的電場(chǎng)中，C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)不相等；在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，C、D的電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，根據(jù)疊加原理可知C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，A、B兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，故B錯(cuò)誤；
C、電子從C點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，豎直方向的兩個(gè)電荷對(duì)電子不做功，水平方向的兩個(gè)電荷對(duì)電子先做負(fù)功后做正功，則電子的電勢(shì)能先增加后減小，故C正確；
D、電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在豎直方向+Q和?Q的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，在水平方向兩個(gè)+Q的電場(chǎng)中，電場(chǎng)力對(duì)電子也做負(fù)功，所以電子從O點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
本題可根據(jù)等量同種電荷和等量異種電荷電場(chǎng)的分布情況，運(yùn)用電場(chǎng)的疊加原理進(jìn)行分析；分析要抓住電場(chǎng)線和等勢(shì)線分布的對(duì)稱性；由電場(chǎng)力做功情況分析電勢(shì)能的變化情況。
本題關(guān)鍵是要明確兩個(gè)等量同種電荷和等量異種電荷電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布情況，知道沿著場(chǎng)強(qiáng)方向，電勢(shì)越來(lái)越低，靈活運(yùn)用電場(chǎng)的疊加原理進(jìn)行分析。

10.【答案】AD?
【解析】解：A、以水平速度v1從O點(diǎn)拋出小球，O、P的連線正好與斜面垂直，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系得：tanθ=v1t112gt12=2v1gt1，解得：t1=2v1gtanθ，故A正確；
B、以水平速度v2從O點(diǎn)拋出小球，小球正好與斜面在Q點(diǎn)垂直相碰，速度與斜面垂直，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系得：tanθ=v2gt2，解得：t2=v2gtanθ，故OQ連線與豎直方向夾角滿足tanα=2tanθ，而OP連線與豎直方向夾角為θ，則α>θ，故Q點(diǎn)在P點(diǎn)上方，故B錯(cuò)誤；
C、Q點(diǎn)在P點(diǎn)上方，則球以速度v1拋出下落的高度大于以速度v2拋出下落的高度，由y=12gt2得：t= 2hg，則t2x1，由v0=xt得，v2>v1，故C錯(cuò)誤；
D、落在P點(diǎn)的時(shí)間與落在Q點(diǎn)的時(shí)間之比：t1：t2=2v1gtanθ：v2gtanθ=2v1：v2，故D正確。
故選：AD。
以水平速度從O點(diǎn)拋出小球，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，以水平速度v1從O點(diǎn)拋出小球，位移方向與斜面垂直，以水平速度v2從O點(diǎn)拋出小球，小球正好與斜面在Q點(diǎn)垂直相碰，速度與斜面垂直，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和結(jié)合幾何關(guān)系列式求解。
本題考查斜面上的平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，知道平拋運(yùn)動(dòng)水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可。

11.【答案】AB?
【解析】解：A.金屬棒繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)切割，切割的有效長(zhǎng)度為r，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=Br0+ωr2=Bωr22
故A正確；
B.電容器并聯(lián)在外電阻R兩端，則電容器兩端的電壓為U=Bωr22
根據(jù)平衡條件mg=Udq
所以微粒的電荷量與質(zhì)量之比為qm=2gdBωr2
故B正確；
C.電阻消耗的電功率為P=U2R=B2ω2r44R
故C錯(cuò)誤；
D.電容器所帶的電荷量Q=CU=BCωr22
故D錯(cuò)誤。
故選：AB。
根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式求出金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；抓住電容器兩端的電壓等于電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合Q=CU求出電容器所帶的電荷量；根據(jù)帶電微粒在電容器間處于靜止，即電場(chǎng)力和重力平衡，結(jié)合電勢(shì)差求出電場(chǎng)強(qiáng)度，從而得出微粒的電荷量和質(zhì)量比值；根據(jù)P=U2R求出電阻消耗的電功率。
解決本題的關(guān)鍵掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，注意切割的有效長(zhǎng)度，知道在該電路中，金屬棒電阻不計(jì)，外電壓等于電動(dòng)勢(shì)。

12.【答案】BCD?
【解析】
【分析】
根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解最終的速度大?。桓鶕?jù)能量關(guān)系求解導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱；對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量。
本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解，涉及能量問(wèn)題，常根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

【解答】
A.金屬框開(kāi)始獲得向右的初速度v0，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)閏→b→M→N，最后二者速度相等時(shí)，回路中沒(méi)有感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤。
B.以金屬框和導(dǎo)體棒整體為研究對(duì)象，由于整體水平方向不受外力，所以整體水平方向動(dòng)量守恒，最后二者速度達(dá)到相等，取初速度方向?yàn)檎?，根?jù)動(dòng)量守恒定律
mv0=3mv
可得v=13v0，故B正確。
C.由能量守恒可知，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為
Q=12mv02?12×3mv2=13mv02
故C正確。
D.對(duì)導(dǎo)體棒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有
BI?LΔt=2mv?0
其中，I?Δt=q。于是得通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為
q=2mv03BL
故D正確。
故選BCD。
??
13.【答案】12k?12mv22? C?
【解析】解：①以0刻度線為零勢(shì)能面，小鐵塊從光電門(mén)1運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)2的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：
12mv12?mgx1=12mv22?mgx2
整理得：
v22?v12=2g(x2?x1)
所以圖象的斜率k=2g，
解得：g=12k；
②若選擇光電門(mén)2所在高度為零勢(shì)能面，小鐵塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)1時(shí)的機(jī)械能等于小鐵塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)2時(shí)的機(jī)械能，則
E1=12mv12+mg(x2?x1)=12mv22
③太靠近刻度尺零刻度，經(jīng)過(guò)光電門(mén)1的速度較小，經(jīng)過(guò)光電門(mén)1的時(shí)間較長(zhǎng)，則v1的測(cè)量誤差較大；太靠近光電門(mén)2，則x2?x1的差值和v22?v12差值均較小，不利于圖像描點(diǎn)連線處理數(shù)據(jù)。所以既不能太靠近刻度尺零刻度，也不能太靠近光電門(mén)2，故C正確．
故選：C
故答案為：①12k；②12mv22；③C.
(1)小鐵塊從光電門(mén)1運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)2的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，結(jié)合圖象即可求解重力加速度；
(2)小鐵塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)1時(shí)的機(jī)械能等于小鐵塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)1時(shí)的動(dòng)能加上勢(shì)能；
(3)靠近刻度尺零刻度會(huì)影響經(jīng)過(guò)光電門(mén)1的時(shí)間，靠近光電門(mén)2會(huì)影響高度差的測(cè)量．
解答實(shí)驗(yàn)題首先要理解實(shí)驗(yàn)原理，知道如何減小實(shí)驗(yàn)誤差，能從圖象中得出有效信息，本題的關(guān)鍵是根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出方程，難度適中．

14.【答案】甲? 圖乙電路在通電狀態(tài)下，更換量程會(huì)造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過(guò)表頭的電流超過(guò)其滿偏電流而損壞?
【解析】解：(l)精確測(cè)量電阻，需要測(cè)量多組數(shù)據(jù)，因此，采用分壓電路；電流表A的量程太小，須串聯(lián)一定值電阻R0，R′當(dāng)作保護(hù)電阻，電路圖如圖

(2)圖甲為合理電路，圖乙不合理的理由是電路在通電狀態(tài)下，更換量程會(huì)造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過(guò)表頭的電流超過(guò)其滿偏電流而損壞。
故答案為：(1)電路圖如圖所示：

(2)甲圖乙電路在通電狀態(tài)下，更換量程會(huì)造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過(guò)表頭的電流超過(guò)其滿偏電流而損壞。
(1)根據(jù)待測(cè)電表內(nèi)阻與滑動(dòng)變阻器最大阻值間的關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法，根據(jù)電表內(nèi)阻與待測(cè)電阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖；
(2)根據(jù)電表的改裝原理，明確電路的連接情況即可。
本題考查電路圖的設(shè)計(jì)，注意定值電阻的作用，理解電流表和電壓表均視為定值電阻，只是它們可同時(shí)顯示通過(guò)的電流和兩邊的電壓值．設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路時(shí)首先要保證電路安全．

15.【答案】解：(1)火箭自由下落的高度h1=3225m?3100m=125m
由h=12gt2，
解得：t1=5s；
(2)火箭自由下落的末速度為：v1=gt1=50m/s
勻速下落的高度為：h2=v1t2=50×50m=2500m；
(3)火箭勻減速下落的高度為：h3=600m
勻減速下落過(guò)程的平均速度為：v?=v1+v2
由h3=v?t3，
解得：t3=23.1s；
答：(1)一級(jí)火箭從無(wú)初速開(kāi)始下落至3100m高度處所需要的時(shí)間為5s；
(2)一級(jí)火箭勻速下落的高度是2500m；
(3)一級(jí)火箭最后勻減速下落的時(shí)間是23.1s。?
【解析】(1)由位移公式直接求解自由落體所需時(shí)間；
(2)自由落體末速度是勻速下落的速度，根據(jù)位移公式可求勻速下落高度；
(3)根據(jù)勻變速的平均速度推論求出平均速度，進(jìn)而求勻減速下落的時(shí)間；
本題是運(yùn)動(dòng)學(xué)中多過(guò)程問(wèn)題，關(guān)鍵要掌握速度公式和各個(gè)過(guò)程速度的關(guān)系，即前一過(guò)程的末速度是后過(guò)程的初速度。

16.【答案】解：(1)粒子在電場(chǎng)中只受水平向左的電場(chǎng)力作用，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，其在豎直方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：
v0=vcos60°=12×4×107m/s=2×107m/s；
(2)粒子在磁場(chǎng)中只受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如下圖所示：

由洛倫茲力提供向心力得：
Bqv=mv2R
根據(jù)幾何關(guān)系，要使粒子不從CD邊界射出需滿足：R+Rcos60°≤a
解得：R≤23a=23×0.3m=0.2m
解得磁感應(yīng)強(qiáng)度：B=mvqR≥4×1072.5×109×0.2T=0.08T；
(3)粒子離開(kāi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示：
；
根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可得粒子出磁場(chǎng)時(shí)速度與y軸正方向夾角為60°。
設(shè)出磁場(chǎng)處為Q點(diǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R′，則由幾何關(guān)系得：
OQ=OAtan60°=0.1 3m
PQ=PO+OQ=2 33OA+OQ=2 33×0.1m+0.1 3m=0.3 3m=2R′sin60°，
解得：R′=0.1m
同理解得：B=mvqR′=4×1072.5×109×0.1T=0.16T。
答：(1)粒子在A點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的初速度v0為2×107m/s；
(2)要使粒子不從CD邊界射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為B≥0.08T；
(3)此磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.16T。?
【解析】(1)根據(jù)粒子由A到P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解求解；
(2)根據(jù)幾何關(guān)系由磁場(chǎng)寬度求得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑范圍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍；
(3)粒子離開(kāi)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到A的過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度。
本題考查了帶電粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，畫(huà)運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解決此類問(wèn)題的基本功，掌握垂直速度方向畫(huà)圓心所在的直線，依據(jù)其它條件(如出射點(diǎn)的位置，軌跡與邊界相切等)確定圓心位置，即可確定軌跡半徑與圓心角；知道半徑與速度大小相關(guān)聯(lián)，時(shí)間與圓心角相關(guān)聯(lián)。在電場(chǎng)的類平拋運(yùn)動(dòng)處理方法是運(yùn)動(dòng)分解與合成。

17.【答案】解：(1)減震器受到的安培力為：F安=nBIL=nB?nBLv0R?L=n2B2L2v0R
剛進(jìn)入磁場(chǎng)減速瞬間減震器的加速度為：a=F安m=n2B2L2v0mR
代入數(shù)據(jù)得：a=4m/s2
(2)設(shè)向右為正方向，對(duì)減震器進(jìn)行分析，由動(dòng)量定理I=Δp可得：
?F安?t=?n2B2L2v?R?t=?n2B2L2R?2d=mv′?mv0
解得：v′=v0?2n2B2L2dmR
代入數(shù)據(jù)得到：v′=0.2m/s
(3)由第(2)小題得，每一個(gè)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，減震器速度減小量：Δv=0.4m/s
線圈的個(gè)數(shù)為：N=50.4=12.5個(gè)
則需要13個(gè)線圈，只有進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程線圈產(chǎn)生熱量，線圈產(chǎn)生的熱量等于動(dòng)能的減少量。
第一個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：v1=v?Δv=5m/s?0.4m/s=4.6m/s
最后一個(gè)線圈剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：v13=0.2m/s
因此：k=12mv2?12mv1212mv132=52?4.620.22=96
答：(1)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)減震器的加速度大小為4m/s2；
(2)第二個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，減震器的速度大小為0.2m/s；
(3)動(dòng)桿上需安裝13個(gè)線圈才能使其完全停下來(lái)。第1個(gè)線圈和最后1個(gè)線圈產(chǎn)生的熱量比k為96。?
【解析】(1)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式求出滑動(dòng)桿受到的安培力大小，再根據(jù)牛頓第二定律求解滑動(dòng)桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)滑動(dòng)桿的加速度大小；
(2)第二個(gè)線圈恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)向右為正方向，對(duì)滑動(dòng)桿由動(dòng)量定理解答速度；
(3)根據(jù)動(dòng)量定理計(jì)算出每一線圈通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)速度的減小量，從而求出線圈的個(gè)數(shù)，再由動(dòng)能的公式求出k的值。
解決本題的關(guān)鍵要學(xué)會(huì)運(yùn)用動(dòng)量定理求解導(dǎo)體桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度，由于導(dǎo)體桿在磁場(chǎng)中做的是非勻變速運(yùn)動(dòng)，不能用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求速度，動(dòng)量定理是求這種速度常用的方法。

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