四川省内江六中2015届高三下学期高考模拟物理试卷

1、四川省内江六中2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题7小题每题6分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得满分，选不全的得3，有选错或不答的得0分）1物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的革命和创新，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是( )A电磁波可以在真空传播，微波在空间中与光一样沿直线传播，也叫视波B全息照相的拍摄利用了光的偏振现象和多普勒效应C传感器是把电学信息转换成能够测量的非电信息的装置D根据狭义相对论的原理可知，在不同的惯性参考系中，物理规律一般不同2北京时间2012年2月25日凌晨O时12分

2、，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星，“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里（0.53可供应用），下列说法正确的是( )A中轨道卫星的周期约为12.7hB发射静止轨道卫星和中轨道卫星的速度均大于地球的第二宇宙速度C静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大D地球赤道上随地球自转物体的线速度比静止轨道卫星线速度大3如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种色光组成的复色光通过三棱镜折射后分为a、

3、b、c三种单色光，A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，下列说法中正确的是( )Aa光的偏折程度最大，所以a光为紫光B在三棱镜中a光的传播速度最大C在相同实验条件下用a、b、c三种色光做双缝干涉实验，c光相邻亮条纹间距一定最大D若复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，屏上最终只有a光4质点以坐标原点O为中心位置，在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s经0.3s，此质点停止振动，再经过0.1s的波形图是图乙中的( )ABCD5如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场

4、中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是( )A在图示位置线框中产生的感应电动势最大B线框中产生交变电压的有效值为VC变压器原、副线圈匝数之比为25：22D允许变压器输出的最大功率为5000W6如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、

5、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大7如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象如图乙所示g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80则( )A物体上升过程的加速度大小a=10m/s

6、2B物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体的质量m=0.67kgD物体回到斜面底端时的动能Ek=10J二、非选择题（共5小题，满分68分）8某同学设计了一个实验来感受向心力如图甲所示，用一根细绳（可视为轻绳）一端拴一个小物体，绳上离小物体20cm处标为点A，40cm处标为点B将此装置放在光滑水平桌面上（如图乙所示）抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，请另一位同学帮助用秒表计时步骤一：手握A点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F1步骤二：手握B点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F2步骤三：手握B点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动两周，体

7、会此时绳子拉力的大小F3（1）操作一中可以感受到细绳对手的拉力方向_；（2）如果在上述操作中突然松手，小物体将做_运动；（3）上述操作过程中，你能定性得到的结论是_9现有一只电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压UgA待测电压表V1，满偏电压约3V，内阻RV1=3000，刻度均匀、总格数为N；B电流表A：量程0.6A、内阻RA约0.1；C电压表V2：量程15V、内阻RV2约15k；D标准电阻R1=10；E标准电阻R2=10k；F滑动变阻器R3：最大阻值100，额定电流2A；G滑动变阻器R4：最大阻值2000，额定电流2mA；H学生电源E

8、，电动势15V，内阻不计；另外开关一个（1）该实验中定值电阻应该选择_；滑动变阻器应该选择；_（填序号）（2）请你设计一个实验电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号（3）测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n格，可计算出满偏电压Ug为_（用字母表示），式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量物理意义是_10在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度（1）求t0时刻漏出的沙在t（tt

9、0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程11（17分）如图甲所示，不变形、足够长、质量为m1=0.2kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上，QP与MN平行且距离d=1m，Q、M间导体电阻阻值R=4，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL电阻阻值r=1，质量m2=0.1kg，垂直于QP和MN，与QM平行且距离L=0.5m，左侧紧靠两固定绝缘小立柱3、4金属导轨与桌面的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t=0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；（2）如果从t

10、=2s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0=320W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM上产生的热量QR=？12（19分）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上已知电场变化周期T=，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力求：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q

11、间运动的时间；（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）有界磁场区域的最小面积四川省内江六中2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题7小题每题6分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得满分，选不全的得3，有选错或不答的得0分）1物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的革命和创新，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是( )A电磁波可以在真空传播，微波在空间中与光一样沿直线传播，也叫视波B全息照相的拍摄利用了光的偏振现象和多普勒效应C传感器是把电学信息转换成能够测量的非电信息的装置D根据狭义相对论的原理可知

12、，在不同的惯性参考系中，物理规律一般不同考点：狭义相对论；激光的特性和应用 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、电磁波可以在真空传播，微波在空间中与光一样沿直线传播，也叫视波，故A正确；B、全息照相的拍摄利用了光的干涉原理故B错误；C、传感器是把其他形式的信息转换成能够测量的电学信息的装置，故C错误；D、根据狭义相对论的原理可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故D错误故选：A点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2北京时间2012年2月25日凌晨O时12分，中国

13、在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗“北斗”导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星，“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27900公里，静止轨道卫星的半径约为42400公里（0.53可供应用），下列说法正确的是( )A中轨道卫星的周期约为12.7hB发射静止轨道卫星和中轨道卫星的速度均大于地球的第二宇宙速度C静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大D地球赤道上随地球自转物体的线速度比静止轨道卫星线速度大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问

14、题分析：根据万有引力提供向心力=ma比较向心加速度和周期，随地球自转物体的角速度与静止轨道卫星角速度相等解答：解：A、根据，T=2，所以中轨道卫星和静止轨道卫星的周期比0.53则中轨道卫星的周期T1=0.53×24h=12.7h故A正确B、静止轨道卫星和中轨道卫星都是地球卫星，发射速度大于地球的第一宇宙速度，小于地球的第二宇宙速度，故B错误；C、根据=ma，轨道半径越大，向心加速度越小，中轨道卫星的轨道半径小，向心加速度大故C错误D、随地球自转物体的角速度与静止轨道卫星角速度相等，根据v=r可知，知道轨道半径越大，线速度越大，所以静止轨道卫星线速度大故D错误故选：A点评：解决本题的关

15、键掌握万有引力提供向心力G=m2r=m=ma，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期3如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种色光组成的复色光通过三棱镜折射后分为a、b、c三种单色光，A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，下列说法中正确的是( )Aa光的偏折程度最大，所以a光为紫光B在三棱镜中a光的传播速度最大C在相同实验条件下用a、b、c三种色光做双缝干涉实验，c光相邻亮条纹间距一定最大D若复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，屏上最终只有a光考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：复色光经过三棱镜色散后，从a到c形成黄、蓝、紫三种彩色光带，黄光的折射率最小，偏

16、折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，可判断哪束光是黄光，哪束光是紫光由公式v=分析光在玻璃三棱镜中的传播速度的大小c光的波长最短，a光波长最长干涉条纹的间距与波长成正比即可判断干涉条纹间距的大小根据sinC=，分析临界角的大小，判断入射角增大时，哪束光在AC面上先发生全反射解答：解：A、黄光的折射率最小，通过三棱镜后偏折角最小，紫光的折射率最大，偏折角最大，所以可知，c光是紫光a光是黄光，故A错误B、由图看出，a光的折射率最小，c光的折射率最大，由公式v=分析可知，a光在三棱镜中的传播速度最大故B正确C、a光黄光，波长最长，干涉条纹的间距与波长成正比所以a光形成的干涉条纹间距最大，故C错误

17、D、复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，光线射到AC面上的入射角增大，光线与AB垂直时入射角等于A由sinC=，分析知c光的临界角最小据题，A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，则c光发生全反射，而a、b两光束都没有发生全反射，屏上最终有a光和b光故D错误故选：B点评：本题是光的色散现象与干涉、光电效应的综合，关键要掌握光的色散研究的结果，知道七种色光排列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系4质点以坐标原点O为中心位置，在y轴上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0m/s经0.3s，

18、此质点停止振动，再经过0.1s的波形图是图乙中的( )ABCD考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据振动图象t=0时刻质点的振动方向确定出波传播时各质点起振的方向由振动图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s后，即总共经过0.4s时波传播的距离，确定波形图解答：解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向相同根据波形的平移法可知，B、D两波形中波最前头的质点振动方向沿y轴正方向由振动图象读出周期T=0.4s，波长=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为=0.4m故D图符合题意故

19、D正确故选：D点评：本题关键要抓住波的基本特性：1、介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同；2、波在一个周期内传播距离为一个波长5如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是( )A在图示位置线框中产生的感应电动势最大B线框中产生交变电压的有效值为VC变压器原、副线圈匝数之比为25：22D允许变压器输出的最大功率为500

20、0W考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：Em=nBs=50×V=250V，故有效值为250，V故B错误C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为：=，故C正确D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=250×10=2500W，故D错误故选C点评：掌握住理想变压器的电

21、压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决6如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )A小球能越过d点并继续沿环向上运动B当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大考点：带电粒子在混合场中的运动；重力势能；电势能；洛仑兹

22、力 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类等效成新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可解答：解：A、电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点；故A错误；B、

23、当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；C、由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；D、由于等效重力指向左下方45°，故弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确；故选：BD点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动在等效重力场中新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题，难度较大7如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象如图乙所示g=10m

24、/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80则( )A物体上升过程的加速度大小a=10m/s2B物体与斜面间的动摩擦因数=0.40C物体的质量m=0.67kgD物体回到斜面底端时的动能Ek=10J考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能解答：解：B、物体上升过程中，克服摩擦力

25、做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即3050=×1×10cos37°×，=0.5，故B错误；A、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得a=10m/s2，故A正确；C、物体到达最高点时，机械能E=EP=mgh，m=1kg，故C错误；D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W=3050=20J，在整个过程中由动能定理得EKEK0=2W，则EK=EK0+2W=50+2×（20）=10J，故D正确；故选：AD点评：重力做功不改变物体的机械能，摩擦力做功使物体机械能减少，由图象求出物体初末状态

26、的机械能，应用重力势能的计算公式、动能定理即可正确解题二、非选择题（共5小题，满分68分）8某同学设计了一个实验来感受向心力如图甲所示，用一根细绳（可视为轻绳）一端拴一个小物体，绳上离小物体20cm处标为点A，40cm处标为点B将此装置放在光滑水平桌面上（如图乙所示）抡动细绳，使小物体做匀速圆周运动，请另一位同学帮助用秒表计时步骤一：手握A点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F1步骤二：手握B点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动一周，体会此时绳子拉力的大小F2步骤三：手握B点，使小物体在光滑水平桌面上每秒运动两周，体会此时绳子拉力的大小F3（1）操作一中可以感受到细

27、绳对手的拉力方向沿绳子向圆心；（2）如果在上述操作中突然松手，小物体将做匀速直线运动；（3）上述操作过程中，你能定性得到的结论是当质量和角速度不变，运动半径越大，向心力越大；当质量和运动半径不变，运动角速度越大，向心力越大考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）匀速圆周运动的向心力是合外力提供向心力，通过分析受力即知（2）突然松手，小物体将做离心运动，结合物体的受力情况，分析其运动情况（3）根据向心力公式F=m2r，采用控制变量法，结合牛顿第二定律进行求解解答：解：（1）小物体做匀速圆周运动时，竖直方向受到重力与支持力，二力平衡，向心力由绳子拉力提供，所以绳

28、子对手拉力的方向沿绳子指向圆心（2）在上述操作中突然松手，绳子的拉力突然消失，小物体将做匀速直线运动（3）上述操作过程中，可以得出，当质量和角速度不变，运动半径越大，向心力越大；当质量和运动半径不变，运动角速度越大，向心力越大故答案为：（1）沿绳子向圆心，（2）匀速直线；（3）当质量和角速度不变，运动半径越大，向心力越大；当质量和运动半径不变，运动角速度越大，向心力越大点评：本题关键选择向心力公式的恰当形式结合题意讨论，并掌握牛顿第二定律的应用，及控制变量法的思想9现有一只电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压UgA待测电压表V1，满偏

29、电压约3V，内阻RV1=3000，刻度均匀、总格数为N；B电流表A：量程0.6A、内阻RA约0.1；C电压表V2：量程15V、内阻RV2约15k；D标准电阻R1=10；E标准电阻R2=10k；F滑动变阻器R3：最大阻值100，额定电流2A；G滑动变阻器R4：最大阻值2000，额定电流2mA；H学生电源E，电动势15V，内阻不计；另外开关一个（1）该实验中定值电阻应该选择D；滑动变阻器应该选择；F（填序号）（2）请你设计一个实验电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号（3）测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n格，可计算出满偏电压Ug为（用字母表示），式中除题目已给的物理量外，其

30、他字母符号表示的物理量物理意义是标准电压表V2的读数考点：描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1、2）根据题意及给出的仪表进行分析，得出应选择的仪器；明确实验中应采用的接法及电路图；（3）根据所设计的电路图，利用欧姆定律及串并联电路的规律可得出满偏电压值解答：解：（1、2）待测电压表内阻已知，若能求出电路中的电流即可明确其不同刻度处时的电压，根据格数即可求得满偏电压值；因电压表中允许通过的电流较小，不能用用让其与待测电流表相串联，故只能用电压表V2并联的方式测出电压值，而V2量程过大，故应串联一保护电阻；原理图如图所示；由于电压表内阻较大；故选择D（R2）

31、；由题目要求可知，应采用滑动变阻器分压接法；故滑动变阻器选择F；电路如图所示；（3）若V2示数为U，则流过V1的电流I=； 待测电压表的示数为：IRV1=R1；故满偏电压Ug=；其中U是直流电压表V的指针指到第n格时，标准电压表V2的读数故答案为：（1）如图所示；（2）；标准电压表V2的读数点评：本题为探究型实验，要注意根据题意明确实验原理，注意所给仪器的正确使用，学会分析问题非常关键10在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙已知重力加速度为g，不计空气阻力

32、以及沙相对沙漏的初速度（1）求t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动 专题：直线运动规律专题分析：由题意可知，沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学基本公式求出在（tt0）时间内水平和竖直方向的位移即可求出位置坐标，联立方程，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线方程即可求出解答：解：（1）由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0沙随沙漏一起匀加速的位移接着沙平抛，t时刻位移x1=v0（tt0）且x=x0+x1y=所以，t0时刻漏出的沙

33、的坐标为：（，）；（2）联立方程，y=，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程答：（1）t0时刻漏出的沙在t（tt0）时刻的位置坐标为：（，）；（2）该曲线方程为点评：本题的关键是正确分析沙子漏出后的运动规律，知道沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中11（17分）如图甲所示，不变形、足够长、质量为m1=0.2kg的“U”形金属导轨PQMN放在绝缘水平桌面上，QP与MN平行且距离d=1m， Q、M间导体电阻阻值R=4，右内侧紧靠两固定绝缘小立柱1、2；光滑金属杆KL电阻阻值r=1，质量m2=0.1kg，垂直于QP和MN，与QM平行且距离L=0.5m，左侧紧

34、靠两固定绝缘小立柱3、4金属导轨与桌面的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余电阻不计从t=0开始，垂直于导轨平面的磁场磁感应强度如图乙所示（1）求在整个过程中，导轨受到的静摩擦力的最大值fmax；（2）如果从t=2s开始，给金属杆KL水平向右的外力，外力对金属杆作用的功率保持不变为P0=320W，杆到达最大速度时撤去外力，求撤去外力后QM上产生的热量QR=？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）在01s内B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合求出感应电流，由公式F=BIL求出导轨受到的安培力大小，即可

35、求得静摩擦力的最大值（2）从t=2s开始，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止杆达到最大速度时匀速运动，由平衡条件求出最大速度，再由能量守恒求解撤去外力后QM上产生的热量QR解答：解：（1）在01s时间内，设t时刻磁场磁感应强度为B，QKLM中的感应电动势为E，电流为I，金属导轨QM受到的安培力为F，则由乙图得 B=2+2t（T），得 =2T/s 由法拉第电磁感应定律得 E=dL=2×1×0.5V=1V I=A=0.2A导轨所受的安培力 F=BId=（2+2t）Id当t=1s时，安培力最大为Fm，则Fm=0.8N设金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力为fm，则fm=（m1+m2）g=0.5×（0.2+0.1）×10N=1.5N1s以后，电动势为零，QM受到的安培力为零即安培力最大时，仍然小于金属导轨PQMN受到的最大静摩擦力，金属导轨PQMN始终静止，受到的是静摩擦力，所以fmax=Fm则得 fmax=0.8N （3）从t=2s开始后，导轨QM受到的安培力向右，由于小立柱1、2的作用，金属导轨PQMN静止设杆