浙江强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考卷物理试题（解析版）

出卷网第第页浙江强基联盟2024-2025学年高二下学期3月联考卷物理试题一、选择题I（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列各组物理量中是矢量，且其单位是国际单位制中的基本单位的是（）A．位移（m） B．力（N） C．电流（A） D．时间（s）【答案】A【解析】【解答】A：位移是矢量，其单位米（m）是国际单位制中的基本单位，A正确；B：力是矢量，但其单位牛（N）是导出单位（由F=ma推导，21N=1kg⋅m/sC：电流是标量，其单位安（A）是基本单位，但不符合矢量要求，C错误；D：时间是标量，其单位秒（s）是基本单位，但不符合矢量要求，D错误。故答案为：A。【分析】明确矢量具有大小和方向，标量只有大小；牢记国际单位制的基本单位（米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔、坎德拉），区分基本单位与导出单位。2．2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在黑龙江哈尔滨举行。若不计空气阻力，关于下列亚冬会比赛项目，说法正确的是（）A．甲图中，判断两个冰壶能否碰撞时可以将冰壶看做质点B．乙图中，短道速滑运动员转弯时受力平衡C．丙图中，在高山滑雪比赛时，运动员的路程等于位移大小D．丁图中，当表演空中技巧时，运动员处于失重状态【答案】D【解析】【解答】A．判断冰壶能否碰撞时，需考虑冰壶的大小和形状，不能将其视为质点，故A错误；B．短道速滑运动员转弯时做曲线运动，需要向心力，受力不平衡，故B错误；C．高山滑雪运动员的运动轨迹是曲线，路程（实际运动路径长度）大于位移大小（初末位置的直线距离），故C错误；D．当表演空中技巧时，受竖直向下的重力，运动员处于失重状态，故D正确。故答案为：D

【分析】明确质点模型的适用条件（物体的大小、形状对研究问题影响可忽略）；理解曲线运动的受力特点（需要向心力，受力不平衡）；区分路程（标量，实际路径长度）和位移（矢量，初末位置的直线距离）；掌握失重状态的定义（加速度向下，如仅受重力时）。3．“打水漂”是一种投掷扁平的石块或瓦片的游戏，如图所示，某同学向平静的湖面水平抛出一石片，石片碰到水面后向前弹跳数次，弹跳高度逐渐减小，直至最后落入水中。不计空气阻力和石片的大小，关于这次“打水漂”过程，下列说法正确的是（）A．石片之所以能弹起是因为水对石片的作用力大于石片对水的作用力B．在空中任意时间内，石片速度变化量的方向都竖直向下C．石片抛出后机械能一直守恒D．整个过程水对石片的冲量为零【答案】B【解析】【解答】A．根据牛顿第三定律，水对石片的作用力与石片对水的作用力大小相等、方向相反，故A错误；B．石片速度变化量的方向与重力加速度方向相同，即竖直向下，故B正确；C．石片与水面碰撞时，水对石片做功，机械能不守恒，故C错误；D．根据冲量的计算公式I=Ft可知，水对石片的冲量不为零，故D错误。故答案为：B。

【分析】利用牛顿第三定律分析相互作用力的大小关系；结合加速度方向判断速度变化量的方向；明确机械能守恒的条件（只有重力或弹力做功）；依据冲量的定义（力与时间的乘积）判断冲量是否为零。4．一物体被弹弓从地面以某一初速度竖直向上弹出，最高能到达20m处，若忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列判断中正确的是（）A．物体向上运动的时间是3sB．物体被弹出的初速度大小为10m/sC．物体在第1s内的位移为15mD．物体在整个上升过程中的平均速度为20m/s【答案】C【解析】【解答】A．由于物体上升的最大高度为20m，则h=12gB．物体被弹出的初速度大小为v0C．物体在第1s内的位移为x1D．物体在整个上升过程中的平均速度为v=故答案为：C。

【分析】利用竖直上抛运动的对称性（上升过程可视为自由落体的逆过程），结合位移公式、速度公式及平均速度公式，逐一分析各选项。5．如图为某一新能源汽车的电池铭牌，则该车动力电池系统能储存的电荷量和能量最多约为（）A．1.9×105C，6.8×107C．53C，1.9×104J 【答案】A【解析】【解答】由图可知，电池的额定容量为53A∙h，则电池系统能储存的电荷量为q=53储存的能量为E=qU=1.9×故答案为：A

【分析】利用电荷量的定义(q=It)和电能的计算公式（E=qU），结合电池铭牌的额定容量和额定电压进行计算。6．如图为某一彗星和地球绕太阳运行的模型图，地球轨道A是半径为r的圆轨道，彗星轨道B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ'为2r，P点为两轨道的交点，不计地球与彗星间的引力作用以及其他星球的影响，下列说法正确的是（）A．地球和彗星在P位置处受到太阳的万有引力相等B．地球和彗星在P处的速度相同C．地球与彗星的公转周期相等D．地球与太阳的连线和彗星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积【答案】C【解析】【解答】A．万有引力F=GMmB．地球和彗星在P点的速度方向不同（地球沿圆轨道切线方向，彗星沿椭圆轨道切线方向），速度不同，故B错误；C．地球轨道的半长轴为r，彗星椭圆轨道的长轴为2r，故半长轴也为r。根据开普勒第三定律a3T2=k，两者半长轴D．开普勒第二定律适用于同一行星，地球和彗星是不同天体，因此它们与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。故答案为：C。

【分析】利用万有引力公式分析引力大小（需考虑质量因素）；明确速度的矢量性（方向不同则速度不同）；应用开普勒第三定律（半长轴相等则周期相等）；理解开普勒第二定律的适用范围（同一行星）。7．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b、c是其路径上等间距的三个点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A．液滴可能带负电 B．三个点处，a点的电势最低C．Uab>Ubc【答案】C【解析】【解答】A．液滴从发射极加速飞向吸极，说明电场力方向指向吸极。由高压电源极性可知电场方向从发射极指向吸极，因此液滴带正电，故A错误；B．电场线沿发射极到吸极方向（向右），沿电场线电势逐渐降低，故φaC．由等势面疏密可知，a、b间电场强度Eab大于b、c间Ebc。根据U=Ed（d相等），可得D．液滴带正电，且φa>φb>故答案为：C【分析】根据液滴的加速方向判断电荷电性；沿电场线方向分析电势变化；由等势面疏密判断电场强度大小，结合U=Ed比较电势差；利用电势能公式Ep8．如图所示为一理想自耦变压器，原线圈接电压为U的正弦式交流电，滑片P1与线圈接触且置于线圈的正中间，滑片P2置于滑动变阻器R的正中间，定值电阻的阻值为R0，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．仅把P1向上移动少许，电流表的示数不变B．仅把P2向上移动少许，R0的功率减小C．把P1、P2均向上移动少许，电流表示数可能不变D．把P1向下移动少许，P2向上移动少许，电源的输出功率可能不变【答案】D【解析】【解答】A．仅把P1向上移动少许，副线圈的匝数增大，根据理想变压器原理，副线圈两端电压变大，即电压表示数变大，则I2变大，根据I1=nB．仅把P2向上移动少许，副线圈两端电压不变，R接入电路的阻值变小，则流过副线圈的电流变大，R0的功率变大，故B错误；C．把P1、P2均向上移动少许，副线圈的电压增大，R接入电路的阻值减小，电流增大，则电流表示数变大，故C错误；D．把P1向下移动少许，把P2向上移动少许，副线圈的电压减小，负载的电阻减小，负载的功率可能不变，电源的输出功率可能不变，电流表示数可能不变，故D正确。故答案为：D。

【分析】利用变压器的电压比、电流比规律，结合负载电阻的变化，分析副线圈电压、电流及电源输出功率的变化。9．如图所示，四只质量都为m的猴子依次拉住后竖直倒挂在柔软的树枝上玩耍。刚开始四只猴子都处于静止状态，从上到下编号依次为1、2、3、4。某时刻，3号猴子没抓稳使4号猴子脱落。不计空气阻力，树枝可视为弹性形变，则可知4号猴子脱落后的瞬间（）A．树梢对1号猴子的拉力大小等于3mgB．1号猴子对2号猴子的拉力大小等于8C．2号猴子的加速度大小为2D．3号猴子受力平衡【答案】B【解析】【解答】A.4号猴子脱落后的瞬间，树枝短时间内无法突变，故树梢对1号猴子拉力的大小等于4号猴子脱落前的拉力，即树梢对1号猴子的拉力大小为4mg，A错误；BC．以前三只猴子整体为研究对象，根据牛顿第二定律则有4mg−3mg=3ma，解得4号猴子脱落瞬间，前三只猴子共同的加速度a=13g方向竖直向上，对1号猴子受力分析，根据牛顿第二定律则有4mg−mg−F21D．结合上述分析可知，4号猴子脱落后的瞬间，3号猴子具有向上的加速度，大小为13故答案为：B。

【分析】利用树枝形变的瞬时性，分析树梢拉力的变化；对连接体（前三只猴子）应用牛顿第二定律求加速度；隔离单个猴子（1号）分析受力，结合牛顿第三定律推导拉力大小；判断物体是否平衡（有加速度则受力不平衡）。10．如图甲为一水上浮标的截面图，磁铁固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，浮筒可随波浪上下往复运动。取线圈向上运动为正方向，某段时间内，线圈的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。已知线圈总电阻r=2Ω，匝数为100匝，线圈处磁感应强度B=0.1T，线圈的直径d=50cm，把线圈与阻值R=2Ω的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。关于乙图中这段时间内的运动，下列说法正确的是（）A．浮筒做的是阻尼振动 B．该浮筒的电动势最大值为1VC．波浪对浮筒做功π220J【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，线圈的速度随时间按正弦规律变化，则浮筒做简谐运动，故A错误；B．由图可知，该浮筒的最大速度为0.2m/s，则电动势的最大值为EmC．根据能量守恒定律可得W=Q=(D．小灯泡的额定电流为I=E故答案为：C。

【分析】由速度的正弦规律判断运动类型；利用切割磁感线电动势公式计算最大值；结合有效值、焦耳定律及能量守恒分析做功与电流。二、选择题II（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11．物理学在生活生产中应用广泛，关于下列应用说法正确的是（）A．甲图中，一些优质电话线外包裹着金属外衣防止信号干扰是利用了静电屏蔽的原理B．乙图中，主动降噪功能的耳机是利用波的反射原理制造的C．丙图中，电磁炉是利用炉面面板中产生的涡流的热量来加热食物的D．丁图中，交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的【答案】A,D【解析】【解答】A．优质电话线外的金属外衣利用静电屏蔽原理，隔绝外界电场干扰，保证信号稳定，A正确；B．主动降噪耳机是通过产生与噪声频率相同、相位相反的声波，利用波的干涉抵消噪声，而非波的反射，B错误；C．电磁炉的加热原理是让铁锅（含铁质）产生涡流发热，炉面面板为陶瓷材料（不产生涡流），因此发热部分是铁锅而非炉面，C错误；D．交流感应电动机利用电磁驱动原理，即旋转磁场带动转子（导体）转动，D正确。故答案为：AD。

【分析】明确静电屏蔽的作用（隔绝电场干扰）；区分波的干涉与反射在降噪中的应用；理解电磁炉涡流的产生部位（铁锅而非炉面）；掌握交流感应电动机的电磁驱动原理。12．如图所示，空间存在着水平方向的匀强磁场B，磁感应强度的方向垂直纸面向外。同时也存在着水平向右的匀强电场E，一带电微粒沿与竖直方向成一定夹角的虚线MN运动，则下列说法正确的是（微粒的重力不能忽略）（）A．微粒一定带负电 B．微粒一定是从N运动到MC．微粒的速度大小一定不变 D．微粒的电势能一定减小【答案】A,C【解析】【解答】A．若微粒带正电，电场力向右、重力向下，洛伦兹力垂直于运动方向，三者合力无法为零，微粒不能做直线运动。因此微粒必须带负电（电场力向左），才能使重力、电场力、洛伦兹力的合力为零，做匀速直线运动，故A正确；B．根据左手定则，结合洛伦兹力方向垂直于MN向上，可判断微粒运动方向是从M到N，而非N到M，故B错误；

C．若速度大小变化，洛伦兹力大小会变化，合力不再为零，微粒将做曲线运动。因此微粒只能做匀速直线运动，速度大小不变，故C正确；D．由于微粒的位移方向与所受电场力方向夹角大于90°，故电场力对微粒做负功，电势能增大，故D错误。故答案为：AC

【分析】结合电场力、重力、洛伦兹力的方向，判断微粒的电性；利用洛伦兹力与速度的关系，分析速度大小的变化；依据电场力做功与电势能变化的关系，判断电势能的变化。13．如图甲，足够长的水平传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动，一质量为m=1kg的小物块从传送带的左端向右滑上传送带。小物块在传送带上运动时，小物块的动能Ek与小物块的位移x关系图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4B．小物块从滑上传送带到离开传送带所需时间为1.5sC．整个过程中小物块与传送带的相对位移大小为2.5mD．由于小物块的出现导致传送带电动机多消耗的电能为12J【答案】A,D【解析】【解答】A．由图乙可知，图像斜率的绝对值表示合外力的大小，小物块向右滑动过程，合外力为摩擦力，则有k=μmg=则μ=0.4，故A正确；B．物块刚滑上传送带时，有Ek0=12mC．从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度过程，小物块向右运动的位移大小为x物=v02D．整个过程中小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=μmgx相=18J，根据能量守恒可得故答案为：AD。

【分析】利用动能定理求动摩擦因数；分阶段分析物块的运动（向右减速、向左加速、匀速），计算各阶段时间与位移；分析相对位移，结合摩擦生热公式与能量守恒求电动机多消耗的电能。三、非选择题（本题共5小题，共58分）14．某小组使用图甲装置完成“探究加速度与力，质量的关系”实验。（1）该小组采用的电源应当是______。A．交流220V B．直流220V C．交流8V D．直流8V（2）除了图中器材外还需要的器材有______（多选）。A． B．C． D．（3）该小组在实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，相邻两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为ms（4）为了更精确得到实验结果，该小组又采用如图丙所示的装置完成实验，水平轨道上安装两个光电门1、2，滑块上装有宽度很窄的遮光条和力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为M，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶（砂和砂桶总质量用m表示）后悬挂固定。实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块先后经过光电门1、2时遮光时间相等。①实验中（填“需要”或“不需要”）满足m远小于M；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究（填“有”或“没有”）影响。②改变砂和砂桶的总质量m，得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现加速度a与传感器示数F在误差允许的范围内成正比，如图丁，则图像的斜率应是。A．MB.2MC.1MD.【答案】（1）A（2）A；C；D（3）0.200（4）不需要；没有；C【解析】【解答】（1）该小组采用的是电火花计时器，则电源应当是交流220V，故选A。

故答案为：A（2）实验中还需要钩码、天平（测量小车质量）和刻度尺（测量纸带），故选ACD。

故答案为：ACD（3）相邻两计数点间还有四个点没有画出，可知T=0.1s，小车的加速度大小为a=sDG（4）①实验中有力传感器测量拉力，则不需要满足m远小于M；若滑轮有一定摩擦阻力，对力传感器读数无影响，则对实验的探究没有影响。②对小车，根据牛顿第二定律F=Ma，即a=1MF，则k=1M，故选C。

故答案为：①不需要②没有；C

【分析】（1）根据电火花计时器的电源要求直接判断，体现实验仪器的基本常识。

（1）该小组采用的是电火花计时器，则电源应当是交流220V，故选A。（2）实验中还需要钩码、天平（测量小车质量）和刻度尺（测量纸带），故选ACD。（3）相邻两计数点间还有四个点没有画出，可知T=0.1s，小车的加速度大小为a=（4）①[1]实验中有力传感器测量拉力，则不需要满足m远小于M；[2]若滑轮有一定摩擦阻力，对力传感器读数无影响，则对实验的探究没有影响。①[3]对小车，根据牛顿第二定律F=Ma即a=则k=故选C。15．如图甲所示为空气介质单联可变电容器的结构，它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小，某同学想要研究这种电容器充，放电的特性，于是将之接到如图乙所示的实验电路中，实验开始时电容器不带电，微电流传感器G可以记录电流随时间变化的I-t图像。（1）要观察电容器的充电现象时，应把开关打到（填“1”或“2”），充电过程中电容器的电容C（填“变大”“变小”或“不变”）。（2）充电稳定后，断开单刀双掷开关，用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，原因是。（3）首先将开关S打向1，这时观察到G有短暂的示数，稳定后，旋转旋钮，使电容器正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，微电流传感器G记录的I-t图像可能是______。A． B．C． D．（4）利用该电路也能测量电源电动势和内阻，该同学固定电容器正对面积后（电容器可视为理想电容器），先将开关接1，充电稳定后将开关接2，得到微电流传感器的图像。两次充放电过程中电流的峰值分别为I1、I2。已知微电流传感器内阻为R，则电源的电动势为（用题中字母表示）。【答案】（1）1；不变（2）电压表不是理想电压表（3）A（4）I2R【解析】【解答】（1）当电容器与电源相连时，电容器处于充电状态，即要观察电容器的充电现象时，应把开关打到“1”；充电过程中，电容器所带电荷量不断增大，但电容不变。

故答案为：1；不变（2）用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表。

故答案为：电压表不是理想电压表（3）电容器充电时，电流从左到右，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0，根据C=εrS故答案为：A（4）电容器充满电后，电容器两端的电压等于电动势，则有E=I2R

故答案为：I2R

【分析】（1）结合电容器充电的电路连接与电容的决定因素，直接判断开关位置与电容变化，体现电容的基本概念。

（2）通过电压表的非理想性分析，解释电压减小的原因，体现电路的实际损耗分析。

（1）[1]当电容器与电源相连时，电容器处于充电状态，即要观察电容器的充电现象时，应把开关打到“1”；[2]充电过程中，电容器所带电荷量不断增大，但电容不变。（2）用电压表接在电容器两端测量电压，发现读数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有电流，电压表不是理想电压表。（3）电容器充电时，电流从左到右，刚开始电流比较大，充电结束后，电流为0，根据C=εrS故选A。（4）电容器充满电后，电容器两端的电压等于电动势，则有E=16．如图所示，一工地正在利用起重机将货物吊至建筑物顶端。t=0时刻，货物由静止开始先向上加速，再保持一段时间的提升速度不变，t=26s时恰好减速到达建筑物顶端。已知货物质量m=1×103kg，货物的最大速度v=2m/s（1）匀加速阶段货物受到的拉力大小；（2）建筑物的高度；（3）t'【答案】（1）解：对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得F−mg=ma代入数据解得F=m(g+a)=1.1×即匀加速阶段货物受到拉力的大小为1.1×（2）解：由题可知，匀加速货物运动的时间t=根据对称性可知，匀减速阶段的时间等于匀加速阶段的时间，匀加速、匀减速阶段的位移x=2·货物匀速运动的时间t匀速运动的位移x建筑物的高度为h=x+（3）解：根据上述分析可知，小螺帽加速上升的高度为h匀速上升的时间t匀速上升的高度为h故小螺帽掉落时离地面的高度为h=掉落时的速度v=2选取向上的方向为正方向，根据匀变速直线运动规律可得−h=v代入数据整理可得5解得t落故落地时刻为11s【解析】【分析】（1）结合牛顿第二定律分析匀加速阶段的拉力，体现受力与运动的直接关联。

（2）通过运动阶段的分解（匀加速、匀速、匀减速），分别计算各阶段位移并求和，体现多过程运动的位移计算。

（3）将螺帽的运动视为竖直上抛运动，结合货物的位移关系列方程求解，体现相对运动与竖直上抛规律的应用。（1）对货物受力分析，根据牛顿第二定律可得F−mg=ma代入数据解得F=m(g+a)=1.1×即匀加速阶段货物受到拉力的大小为1.1×10（2）由题可知，匀加速货物运动的时间t=根据对称性可知，匀减速阶段的时间等于匀加速阶段的时间，匀加速、匀减速阶段的位移x=2·货物匀速运动的时间t匀速运动的位移x建筑物的高度为h=x+（3）根据上述分析可知，小螺帽加速上升的高度为h匀速上升的时间t匀速上升的高度为h故小螺帽掉落时离地面的高度为h=掉落时的速度v=2选取向上的方向为正方向，根据匀变速直线运动规律可得−h=v代入数据整理可得5解得t落故落地时刻为11s17．如图所示为一玩具轨道装置，AB为一长x，倾角θ=37°的粗糙直线轨道，与半径R=0.2m的竖直光滑圆轨道相切于B点，D和D'为圆轨道最低点且略微错开，ED为一水平粗糙轨道，EFG为一光滑接收平台，FG水平，平台上紧靠F处有一静止滑板，E、F处平滑连接，且F处有一光滑挡板防止滑块脱轨，滑块从A点静止释放后可以经过圆轨道到达接收平台。已知AB轨道动摩擦因数µ1=0.25，DE轨道长L=0.4m、动摩擦因数µ2=0.5，平台FG与ED平面的高度差h=0.2m，滑块与滑板的质量均为m=0.2kg，两者间的动摩擦因数µ3=0.1，不计空气阻力和滑板厚度，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）当x=1m时，求滑块在圆轨道的B点时对轨道的压力大小；（2）要使滑块能运动到F点，求x的取值范围；（3）若x=1.4m，要使滑块不脱离滑板，求滑板至少要多长。【答案】（1）解：滑块从A运动到B，根据动能定理可得mgx在B点，根据牛顿第二定律可得F联立可得F根据牛顿第三定律可得，滑块在圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9.6N（2）解：若滑块恰好通过最高点C，有mg=m滑块从A运动到C，根据动能定理可得mg解得x若滑块恰好到达F点，则v滑块从A运动到F，根据动能定理可得mg解得x综上可知，x的取值范围为x≥1.15（3）解：滑块从A运动到F，根据动能定理可得mgx解得v对滑块和滑板，根据动量守恒定律可得m解得v根据能量守恒定律可得μ解得滑板的最小长度为l=1m【解析】【分析】（1）结合动能定理与圆周运动向心力公式，分析B点的受力，体现多过程的能量与力的综合应用。

（2）通过圆轨道最高点的临界条件与动能定理，推导x的最小值，体现临界问题的能量分析。

（3）利用相对运动与牛顿第二定律，计算滑块与滑板的位移差，体现相互作用过程的运动分析。（1）滑块从A运动到B，根据动能定理可得mgx在B点，根据牛顿第二定律可得F联立可得F根据牛顿第三定律可得，滑块在圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9.6N；（2）若滑块恰好通过最高点C，有mg=m滑块从A运动到C，根据动能定理可得mg解得x若滑块恰好到达F点，则v滑块从A运动到F，根据动能定理可得mg解得x综上可知，x的取值范围为x≥1.15（3）滑块从A运动到F，根据动能定理可得mgx解得v对滑块和滑板，根据动量守恒定律可得m解得v根据能量守恒定律可得μ解得滑板的最小长度为l=118．如图所示，一个半径为d=0.5m的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为d、电阻r=1Ω的金属棒a的一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心O处的导电转轴上。圆形导轨边缘和圆心O处分别引出两条导线，与倾角θ=30°、间距l=0.5m的两足够长的平行金属导轨相连，一长为l、质量m=0.1kg、电阻R=2Ω的金属棒b放置在导轨上，与导轨垂直并接触良好。倾斜导轨末端接着水平金属导轨，其连接处MN为一小段绝缘材料，水平轨道上接有阻值也为R的电阻。已知圆形金属导轨区域和长x=0.8m的矩形区域MNQP间有竖直向上的匀强磁场，倾斜导轨处有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T。刚开始锁定金属棒b，并使金属棒a以ω=20rad/s的角速度绕转轴逆时针匀速转动，不计电路中其他电阻和一切阻力，g取10m/s2。（1）求金属棒a中产生的感应电动势大小；（2）某时刻起，解除金属棒b的锁定。①求b在倾斜轨道上运动的最终速度；②整个过程电阻R上产生的热量。【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv=（2）①解：b棒受到沿斜面向上的安培力，大小小于mgsinθ，故b棒刚开始向下加速运动，b棒上产生的感应电动势方向与a棒同向，回路中电流为I当b棒速度最大时，加速度为零，则mg联立解得v=1②解：b棒进入水平磁场后做加速度减小的减速运动，根据动量定理可得−BIl⋅Δt=m解得v根据能量守恒定律可得Q=则电阻R上产生的热量为Q【解析】【分析】（1）利用转动切割的电动势公式，结合平均速度推导，体现电磁感应的基本规律。

（2）①通过受力平衡与电路分析，推导金属棒的最终速度，体现电磁力与机械力的平衡应用。

②结合动能定理与电路的热量分配，计算电阻的焦耳热，体现能量守恒与电路的功率分配。（1）根据法拉第电磁感应定律可