温州八校高三返校联考物理解析版201408

1、2014学年第一学期温州八校高三返校联考 物理试卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理力学、电场、磁场、交变电流、带电粒子在电场、磁场中运动等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，注重个过程的分析，题型新颖，以改变题为主，没有沿用过多的老题，给人一种看似原题但不是原题的感觉；在模式上与高考完全一样，紧扣高考大纲，是份质量很高的试卷。第I卷（选择题，共56分）一、单项选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)【题文】1如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，如图乙为一男士站立在乘履带式自动人行道上正在匀速上楼。下列关于两人受到的力做功

2、判断正确的是甲 乙CA甲图中支持力对人做正功B乙图中支持力对人做正功C甲图中摩擦力对人做负功D乙图中摩擦力对人做负功【知识点】功 B4 E1【答案解析】 A 解析：A、C顾客站在自动扶梯的台阶上匀速上升，受到重力和支持力的作用，但不受摩擦力的作用，人位移向上，故支持力做正功，重力做负功，故A正确、C错误；B、D顾客站在自动扶梯的台阶上匀速上升，受到重力。支持力、摩擦力，支持力与运动方向垂直，不做功，摩擦力沿滑梯向上，做正功，重力做负功，故B、D错误；故选A【思路点拨】首先确定人所处的运动状态，并对其进行受力分析，再根据影响动能和势能的因素来判断其机械能的变化情况；根据运动速度与方向是否变化判断

3、运动状态情况；同时根据其相对于台阶的位置是否变化来判断其是否运动【题文】2在匀速转动的水平圆盘上有一个相对转盘静止的物体，则物体相对于转盘的运动趋势是A没有相对运动趋势B沿切线方向C沿半径指向圆心D沿半径背离圆心【知识点】向心力D4【答案解析】D 解析：由题，物体随转盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，方向始终指向圆心，则物体相对于转盘的运动趋势是沿半径背离圆心故选：D【思路点拨】匀速转动的水平转盘上有一相对转盘静止的物体，做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力根据向心力方向的特点分析静摩擦力方向，确定物体的运动趋势本题根据匀速圆周运动的特点分析物体运动趋势的方向静摩擦力方向总是与物体相

4、对运动趋势方向相反【题文】3如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是A减小角，增大船速vB增大角，增大船速vC减小角，保持船速v不变D增大角，保持船速v不变【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】 B 解析：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则如图所示，可知，故B正确，ACD错误； 故选：B【思路点拨】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方

5、向上的位移以及时间当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解【题文】4带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷。如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，使得在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）。虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线。关于这种电场，以下说法正确的是A平行金属板间的电场，可以看做匀强电场Bb点的电势高于d点的电势Cb点的电势低于c点的电势D若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，它必

6、将沿着电场线运动到负极板【知识点】电势；电场强度 I1【答案解析】C 解析：A、由电场线的分布情况看出，平行金属板间各处的电场强度不是处处相同，所以不能看成匀强电场，故A错误B、与电场线垂直的直线应是等势线，由图看出图中虚线是一条等势线，b点与d点的电势相同，故B错误C、据题上极板带正电荷，电场线从上极板指向下极板，根据顺着电场线方向电势降低，可知d点的电势低于c点，而b、d两点的电势相等，所以b点的电势低于c点的电势故C正确D、将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，不一定能沿电场线运动，只有在ab所在的电场线上，正电荷所受的电场力一直沿电场线向下，能沿此电场线运动，其他电场线是曲线，正电荷所

7、受的电场力沿电场线的切线方向，将使电荷离开电场线，故D错误故选：C【思路点拨】匀强电场中场强处处相同，电场线应是平行同向疏密均匀的直线；顺着电场线方向电势降低；带电粒子要沿电场线运动，电场线必须是直线解决本题关键掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低，要明确只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动【题文】5阿明有一个磁浮玩具，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如右图所示。若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是A电路中的电源必须是交流电源B电路中的a端点须连接直流电源的负极C若增加环绕软铁的线圈匝

8、数，可增加玩偶飘浮的最大高度D若将可变电阻的电阻值调大，可增加玩偶飘浮的最大高度玩偶S极N极线圈可变电阻磁铁软铁电源【知识点】电磁感应 L1【答案解析】 C 解析：A、B利用同名磁极相互排斥使玩偶漂浮，所以电磁铁上端必须是N极，根据右手定则，必须是直流电源，a端接正极，故A、B错误；C、增大线圈匝数，可以增大电磁铁磁性，可以使玩偶漂浮更高，故C正确；D、增大电阻，则电流减小，电磁铁磁性减小，玩偶高度减小，故D错误；故选C【思路点拨】本题主要考查影响电磁铁的条件，电流、匝数，根据右手定则得到电磁铁的极性，本题比较简单。，【题文】6气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆

9、，质量为m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角=30°。则A细线拉力与风力的合力大于mgB若风速增大到某一值时， 可能等于90°C细线拉力的大小为D=60°时，风速v=6m/s【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B3 B4 B7【答案解析】 C 解析：A、小球受重力、拉力、风力处于平衡，所以细线拉力与风力的合力等于mg与重力平衡，故A错误；B、风速增大，不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡故B错

10、误C、根据受力分析， ，所以T= ，故C正确；D、小球受重力、拉力、风力处于平衡，根据共点力平衡知风力F=mgtan，从30°变为60°，则风力变为原来的3倍，因为风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风速v=9m/s故D错误，故选C【思路点拨】对小球受力分析，受风力、重力、拉力，根据共点力平衡条件确定的变化解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解【题文】7在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力变化的规律的实验中，特设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节

11、传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态。实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图乙，则结合该图象，下列说法不正确的是A可求出空沙桶的重力B可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D可判断第50秒后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素B2 B7【答案解析】 D 解析：在整个过程中，滑块受到水平向右的摩擦力f与水平向左的传感器的拉力F，滑块始终静止

12、，处于平衡状态，由平衡条件得：则f=F；小车与滑块的摩擦力f与滑块对小车的摩擦力f是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得：f=f，则f=F；A、t=0时，没有向桶中倒沙，G空沙桶=F，由图乙所示图象可知，G空沙桶=F=2N，故A正确；B、当小车运动时，滑块与小车间的摩擦力是滑动摩擦力，由图乙所示图象可知，f=F=3N，故B正确；C、当小车由静止刚好开始运动时，滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力，由图乙所示图象可知，滑块与小车间的最大静摩擦力fmax=F=3.5N，故C正确；D、由图象我们只能知道50s后小车受到的滑动摩擦力是3N，恒定不变，并不知道沙桶对小车的拉力是多少，不知小车所受合力是多少，

13、无法判断小车的运动状态，小车可能做匀速直线运动，也可能做加速直线运动，故D错误；故选D【思路点拨】对滑块进行受力分析，由图象求出传感器对滑块的拉力，由平衡条件求出滑块受到的摩擦力，然后由牛顿第三定律判断小车的受力情况本题难度不大，对滑块正确受力分析、应用牛顿的三定律即可正确解题，由图乙所示图象求出传感器拉力大小是正确解题的关键【题文】8先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行的沿水平方向拉同一质量为m的物块，且每次橡皮条的伸长量均相同，物块m在橡皮条拉力的作用下所产生的加速度a与所用橡皮条的数目n的关系如图所示。若更换物块所在水平面的材料，再重复这个实验，则图中直线与水平轴线间的夹角将A变小B不变C

14、变大D与水平面的材料有关【知识点】牛顿第二定律 C2【答案解析】B 解析：设每根橡皮条拉力大小为F，物块与水平面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得   nF-mg=ma，得a= g由数学知识得知，a-n图象的斜率等于，由题意知，F、m不变，图象的斜率保持不变，则直线与水平轴间的夹角保持不变故B正确故选B【思路点拨】物块在水平方向受到n根橡皮条的拉力和滑动摩擦力作用，由于每次使橡皮条的伸长量均相同，每根橡皮条拉力大小相等，根据牛顿第二定律得到加速度a与n的关系式，由数学知识分析图线的斜率与水平面材料的关系，再进行选择本题关键根据牛顿第二定律a与n的关系式，即可由数学知识分析出

15、图象斜率，得到斜率不变即知也保持不变【题文】9人用手托着质量为m的“小苹果”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是A手对苹果的作用力方向竖直向上B苹果所受摩擦力大小为mgC手对苹果做的功为mv2D苹果对手不做功【知识点】动能定理 B4 E2【答案解析】 C 解析：A、对苹果受力分析，受到重力，支持力，水平方向的静摩擦力，其中支持力，静摩擦力的施力物体都是手，所以手对苹果的作用力斜向上，故A错误；B、因为手对苹果是静摩擦力，所以摩擦力不等于mg，故B错误；C、在物体运动的过程中，重力不做功，则根据动能定理得：人

16、对物体做的功W=mv2-0=mv2故C正确、D错误；故选C【思路点拨】对苹果受力分析，受到重力，支持力，水平方向的静摩擦力，其中支持力，静摩擦力的施力物体都是手，然后做功根据动能定理求解【题文】10如图是质量为1 kg的质点在水平面上运动的v-t图像，以水平向右的方向为正方向。以下判断正确的是A在03 s时间内，合力对质点做功为10 JB在46 s时间内，质点的平均速度为3 m/sC在15 s时间内，合力的平均功率为4 WD在t6 s时，质点的加速度为零【知识点】匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 B 解析：A、根据动能定理，在03.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W，故A错误

17、；B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s6.0s时间内的位移为x×(1+2)×46m，故平均速度为 3m/s，故B正确；C、根据动能定理，在1s5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故W，故合力的平均功率为，故C错误；D、在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误；故选B【思路点拨】先根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义

18、来求解平均功率本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零二、不定项选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)【题文】11如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体，物体随装置一起在水平面内匀速转动的过程中所受外力可能是A重力、弹力B重力、弹力、滑动摩擦力C下滑力、弹力、静摩擦力D重力、弹力、静摩擦力【知识点】匀速圆周运动；向心力B4 D4【答案解析】 AD 解析：当角速度满足一定值时，

19、物体可能靠重力和支持力两个力的合力提供向心力，所以物体可能受重力和弹力当角速度不满足一定值时，物体可能受重力、弹力还有静摩擦力故B、C错误，A、D正确故选：AD【思路点拨】紧贴内壁的小物体随装置一起在水平面内匀速转动，靠合力提供向心力，根据角速度的大小判断其受力的情，解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，与装置保持相对静止，不可能受滑动摩擦力，以及知道下滑力是重力的分力，不是物体所受的力【题文】12有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不必考虑墨汁的重力

20、，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是A减小墨汁微粒的质量B减小墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度 【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】 BD 解析：解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：  水平方向：L=v0t；  竖直方向：y= at2又 a=联立得，y=要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故A、C错误,B、D正确；故选BD【思路点拨】要缩小字迹，就要减小微粒通过偏

21、转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式【题文】13匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示很小一段金属环对应I1、I2、I3时受到的安培力。则Btabc甲顺时针乙OAI1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BI2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向CF1方向指向圆心，F2方向指向圆心DF2

22、方向背离圆心向外，F3方向指向圆心【知识点】法拉第电磁感应定律；楞次定律L1 L2【答案解析】 ABD 解析：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B正确；C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，故C错误；D、由左手定则可知，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指

23、向圆心，故D正确；故选：ABD【思路点拨】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤【题文】14如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为。在此过程中A斜面体受水平地面的静摩擦力为零B木块沿斜面下滑的距离为.tC如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1D木块与斜面摩擦产生的热量

24、为mghmvmv【知识点】动能定理的应用E1 E2【答案解析】BD 解析：A、对整体受力分析，因为物体有水平向左的加速度，所以地面对斜面体的摩擦力向左，故A错误；B、木块沿斜面下滑的距离s= ，故B正确；C、由动能定理可知，木块动能的变化量等于重力势能减少量与克服摩擦力做的功之和，重力势能的减少量大于动能的变化量，所以以 的初速度上滑，上升h高度速度小于 ，故C错误；D、由能量守恒定律得：Q+mgh=mv22mv12，则木块与斜面增加的内能：Q=mghmv22+mv12，故D正确；故选：BD【思路点拨】木块减少的重力势能等于重力做的功；由能量守恒定律可以求出木块增加的内能；由匀变速运动的平均速

25、度公式可以求出木块下滑的距离本题关键在于分析清楚运动过程，应用能量守恒定律即可正确解题第卷（非选择题，共44分）三、实验题(本题共2小题，共12分。)【题文】15（6分）利用下图装置可以做力学中的许多实验，（1）以下说法正确的是_ _。A用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行C用此装置“探究加速度a与力F的关系” 每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D用此装置“探究加速度a与力F的关系”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量（2）本装置中要用到打点计时器，如图所示

26、为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是 。A交流220V B直流220V C交流4 - 6V D直流4 - 6V（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如下图。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为 m/s。（结果保留2位有效数字）【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4 【答案解析】 （1）_ BD_；（2） A ；（3） 0.51 0.53 m/s。解析：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B、此装置可以用来研究匀变速直线运动

27、，需要使小车受到的拉力沿水平方向，所以要求此装置可以用来研究匀变速直线运动故B正确；C、探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响， 与质量无关，所以改变质量后不需要重新平衡摩擦力，故C错误D、在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得a=以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=mg显然要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘

28、和盘中物块的重力故D正确；故选：BC（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源；故选：A（3）根据中间时刻的速度等于平均速度得：vA 【思路点拨】（1）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源，乙装置是电磁式打点计时器，需接低压交流电源；（3）根据中间时刻的速度等于

29、平均速度求解A点速度解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题，知道匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度【题文】16（6分）某同学要测绘标有“2.5V 0.3A”字样小灯泡的伏安特性曲线。他从实验室找来相关器材连成如图甲所示的电路进行实验。其中电压表量程选用0-3V。该同学一边实验一边思考，提出疑问，请你帮他解决：图甲（1）开关闭合前变阻器的滑片应置于 端（填“左”或“右”）（2）测得小灯泡两端电压为0.10V时电流为0.10A，电压为0.50V时电流为0.18A，那么当电压表的指针如图乙所示时，电压值为 V，试分析此时电

30、流 0.14A（填“一定等于”、“一定大于”、 “可能大于”或“可能小于”）。【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线 J4【答案解析】 （1） 右 ；（2） 0.29 0.31 V， 一定大于 。 解析：（1）闭合开关前，为了保护电路，要求回路中电流最小，所以电阻应该最大，滑动变阻器滑片应置于右端。（2）由题意知，电压表的量程为03V，估读到最小刻度的下一位，所以读数0.30V，小灯泡的电阻随温度升高而增大，所以当电压0.30V时，电阻大于0.10V的电阻，小于0.50V时的电阻，所以电流一定大于0.14A。【思路点拨】（1）电路闭合前，保证电流最小，从而保护电路。（2）小灯泡的电阻随电流的增大而

31、增大，本题比较基本，把握小灯泡的伏安特性曲线就可以。四、计算题（本题共3小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）【题文】17（8分）如图所示，质量为m的小球从A点水平抛出，抛出点距离地面高度为H，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g。在无风情况下小球的落地点B到抛出点的水平距离为L；当有恒定的水平风力F时，小球仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为3L/4，求：HOCBA（1）小球初速度的大小； （2）水平风力F的大小；【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平

32、抛运动 A2 A8 C2 D2【答案解析】 （1）L（2） 解析：(1)无风时，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有水平方向：L=v0t竖直方向：H=得 t=解得，初速度v0=L (2)有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变。则又F=ma t= 联立以上三式得:F=【思路点拨】（1）无风时，根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，求出初速度（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出风力的大小

33、解决本题的关键理清物体在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解ACDKPGQHF【题文】18（12分）如图所示，相距为L的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成。PG右侧部分单位长度电阻为r0，且PQ=QH=GH=L。PG左侧导轨与导体棒电阻均不计。整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B。质量为m的导体棒AC在恒力F作用下从静止开始运动，在到达PG之前导体棒AC已经匀速。（1）求当导体棒匀速运动时回路中的电流；（2）若导体棒运动到PQ中点时速度大小为v1，试计算此时导体棒加速度；（3）若导体棒初始位置与PG相距为d，运动到QH位置时速度大小为v2，试计算整个过程回路中产生的焦耳热。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；焦耳定律C2 J3 L2【答案解析】（1）（2），方向水平向左（3）QF（Ld） 解析：导体棒匀速，则：FF安 根据安培力公式F安ILB 解得：导体棒进入PQ右侧后，回路中电阻减小，电流增大，导体棒做减速运动。设导体棒的加速度为a，则： F安F maF