2021届湖北省武汉襄阳荆门宜昌四地六校联盟高三(上)起点联考物理试题（解析版）

2020 年夏“武汉襄阳荆门宜昌四地六校考试联盟”高三起点联考 物理试题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法中不正确的是（　　） A. 黑体辐射实验表明，随着温度 升高，各种波长的辐射强度都有增加；辐射强度的极大值向波长较长的 方向移动 B. 太阳光谱中的夫琅和费暗线是当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，太阳高层大气含有的元素会吸收 它自己特征谱线的光，这样就形成了明亮背景下的暗线 C. 在微观物理学中，不确定关系告诉我们，不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，因而也就不可能用 “轨迹”来描述粒子的运动 D. 实验证明，速度与热运动速度相当的中子最适于引发裂变，这样的中子就是“热中子”，或称慢中子， 裂变产生的是速度很大的快中子 【答案】A 【解析】 【详解】A．在黑体辐射中，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，但辐射强度的极大值向波长 较短的方向移动，A 错误； B．太阳光谱中的夫琅和费暗线，就是当阳光透过太阳的高层大气射向地球时，高层大气含有的元素会吸收 它自己特征谱线的光，这样就形成了明亮背景下的暗线，B 正确； C．在微观物理学中，根据不确定关系可知，我们不可能同时准确地知道粒子的位置和动量，因而也就不可 能用“轨迹”来描述粒子的运动，C 正确； D．裂变产生的是速度很大的快中子，速度太快的中子不能使铀核发生裂变，只有速度与热运动相当的中子 最适于引发裂变，这样的中子就是“热中子”，或称慢中子，D 正确。 选择不正确的，故选 A。 2. 2020 年 6 月 23 日，第 55 颗北斗导航卫星在西昌卫星发射中心发射成功.作为北斗三号最后一颗组网卫星， 它的成功发射意味着我国已完成全球组网的任务和目标，也标志着北斗（BDS）将从亚太地区迈入全球时 代，成为美国 GPS 之后第二个全球组网并提供服务的卫星通信系统.北斗三号导航系统由 5 颗静止轨道卫星 （同步卫星）和 30 颗非静止轨道卫星组成，30 颗非静止轨道卫星中有 27 颗是中轨道卫星，中轨道卫星平 均分布在倾角为 55°的三个平面上，轨道高度约为 21500km，静止轨道卫星的高度约为 36000km.已知地球 半径为 6400km， ，下列说法中正确的是（　　） 的 3 3 279 0.53474 ≈ A. 质量小的静止轨道卫星的高度比质量大的静止轨道卫星的高度低 B. 静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度 C. 中轨道卫星的周期约为 13h D. 中轨道卫星的线速度约为 3km/s 【答案】C 【解析】 【详解】A.由公式 知 即卫星轨道高度与质量没有关系，故选项 A 错误； B.由公式 可得 静止轨道卫星的轨道高度大于中轨道卫星轨道高度，则静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心 加速度，故选项 B 错误； C.根据公式 可得 静止轨道处周期为 24h， 故选项 C 正确； D.由公式 2 2 Mm vG mr r = 2 GMr v = 2 MmG mar = 2 GMa r = 2 2 2( )MmG m rr T π= 2 34 rT GM π= 3 13hRT TR  = ≈    中 中 静 静 解得 故选项 D 错误。 故选 C。 3. 如图甲所示，电源 电动势为 E，内阻为 r，R 为电阻箱，电流表为理想表。图乙为电源的输出功率 P 与 电流表示数 I 的关系图象，其中电流为 I1、I2 时对应的外电阻分别为 R1、R2，电源的效率分别为 、 ， 输出功率均为 P0，下列说法中正确的是（　　） A R1 U E Ir= − 2P UI EI I r= = − 整理得 选项 B 错误； C．根据电功率表达式有 且 则有 整理得 选项 C 正确； D．根据电源的效率可得 因为 因此 选项 D 错误。 故选 C。 4. 如图所示， 圆形区域 AOB 内存在垂直纸面向内的匀强磁场，AO 和 BO 是圆的两条相互垂直的半径， 一带电粒子从 A 点沿 AO 方向进入磁场，从 B 点离开，若该粒子以同样的速度从 C 点（C 点为 AB 弧上任 意一点）平行于 AO 方向进入磁场，则（　　） 2 2 1 1 2 2EI I r EI I r− = − 1 2 EI I r + = 2 2 0 1 1 2 2P I R I R= = EI R r = + ( ) ( ) 2 2 1 22 2 1 2 E ER R R r R r = + + 2 1 2R R r= 0P EI η = 1 2I I< 1 2 η η> 1 4 A. 粒子带负电 B. 该粒子从 OB 之间某点离开磁场 C. 该粒子仍然从 B 点离开磁场 D. 入射点 C 越靠近 B 点，粒子运动时间越长 【答案】C 【解析】 【详解】A．带电粒子从 A 点沿 AO 方向进入磁场，从 B 点离开，那么粒子在 A 点向右上方偏转，则由左 手定则可判定：粒子带正电，故 A 错误； BC．一个带电粒子从 A 点沿 AO 方向进入磁场，那么粒子做圆周运动在 A 点的半径方向垂直于 AO；又有 OA 和 OB 互相垂直，且粒子从 B 点离开，则由 OA、OB 及圆周运动在 A、B 两点的半径构成的四边形为 正方形，如图所示，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为扇形区域的半径 R；那么只要 C 点在 AB 之间， 粒子圆周运动轨迹的两条半径与扇形区域的两条半径构成菱形，那么，粒子转过的中心角一定等于∠COB， 所以粒子仍然从 B 点离开磁场，故 B 错误，C 正确； D．粒子做圆周运动的半径、速度不变，那么粒子做圆周运动的周期不变，所以 C 点越靠近 B 点，偏转角 度越小，运动时间越短，故 D 错误。 故选 C。 5. 如图所示，用长为 L 的绝缘轻线把质量为 m、带电量为 q(q>0)的小球悬挂于天花板上 O 点，小球静止于 O 点正下方．如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为 60°，则所加匀强电场的电场强度为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 带电小球摆动最大角度 60°，末速度为零，此过程中电场力对小球做正功，重力做负功，细线拉力不做功， 根据动能定理，即可求解； 【详解】带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为 60∘，末速度为零，此过程中电场力 Eq 对小球做正功， 重力 G 做负功，细线拉力 T 不做功， 根据动能定理,则有：qElsinα−mgl(1−cosα)=0， 解得：E= .故 ACD 错误，B 正确； 故选 B 6. 如图甲所示的电路中，S 为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt 为热敏电阻（阻值随温度的升高而减 小），理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电。则（　　） A. 变压器原线圈中交流电压 u 的表达式 B. S 接在 a 端，Rt 温度升高时，变压器的输入功率变大 C. S 接在 a 端，Rt 温度升高时，电压表和电流表的示数均变大 D. S 由 a 切换到 b，Rt 消耗的功率变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压 ，周期 ，故角速度是 变压器原线圈中交流电压的表达式 mg q 3 3 mg q 3mg q 2 3mg q 3mg 3q 110 2 sin50 (V)π=u t 110 2V 0.02s 2 100 rad/sT πω π= = 110 2sin100 (V)u tπ= 故 A 错误； BC．S 接在 端， 温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知电流表的示数变大，根据原副 线圈电压之比等于匝数之比得副线圈电压电压不变，即电压表的示数不变；根据 可知变压器的输出 功率增大，所以变压器的输入功率变大，故 B 正确，C 错误； D．S 由 切换到 ，副线圈匝数减小，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈电压减小，根据 得 消耗的功率变小，故 D 错误； 故选 B。 7. 如图所示为一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图，x=0 处的质点做简谐运动的振动方程 为 ，则下列说法中正确的是（　　） A. 这列波的周期为 2s B. 这列波传到 P 还需要的时间为 0.5s C. P 点第一次到达波峰位置所需时间 t=0.35s D. P 点第一次到达波峰位置时 x=0.25m 处质点偏离平衡位置的位移是 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据振动方程 可知， ，则该波的周期为 A 错误； B．由波形图可知，波长为 ，则波速为 这列波传到 P 点所需要的时间为 B 错误； a tR P UI= a b 2UP R = tR ( )2sin 10 cmy tπ= − 2cmy = − ( )2sin 10 cmy tπ= − 10 rad/sω π= 2 0.2s π ω= =T 2mλ = 10m/sλv T = = 1 3 s 0.3s10 xt v ∆= = = C．这列波传到 P 点时，P 点向下起振，P 点由平衡位置第一次运动到波峰的时间为 则 P 点第一次到达波峰位置所需时间 t 为， C 错误； D． 处质点的运动总是滞后振源 处质点振动 ，P 点第一到达波峰位置时， ， 处质点偏离平衡位置的位移即为振源 的情况，将 ，代入振动方程有 ，可得 D 正确。 故选 D。 8. 如图所示为一定质量的理想气体的体积 V 随热力学温度 T 变化的图象。由状态 A 到状态 B 的过程中，吸 收的热量 Q1=220J，气体在状态 B 时的压强 pB=l.0×105Pa，已知 BC 与 T 轴平行，AB 的延长线过原点。下列 说法正确的是（　　） A. 从状态 A 变化到状态 B 的过程中，气体膨胀，对外做功，内能减少 B. 与状态 A 相比，状态 C 单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多 C. 从状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体密度变大 D. 气体在状态 B 时的温度为 600K 【答案】D 【解析】 【详解】A.AB 的延长线过原点，由理想气体状态方程 （C 为常量） 分析可知，气体由 A 到 B 的过程中压强不变，体积增大，气体对外做功，温度升高，气体的内能增加，由 热力学第一定律可知，气体需要吸热，故选项 A 错误； 2 3 0.15s4t T= = 1 2 0.45st t t= + = 0.25mx = 0x = 8 T 0.45st = 0.25mx = 8 Tt − 0.425s8 Tt − = ( )2sin 10 cmy tπ= − 2cmy = − pV CT = B.与状态 A 相比，状态 C 温度不变，则分子的平均动能不变，体积增大，分析的密集程度减小，所以单位 时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小，故选项 B 错误； C.从状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体体积不变，则气体密度不变，故选项 C 错误； D.气体从状态 A 变化到状态 B 发生的是等压变化，根据盖吕萨克定律有 代入数据解得 故选项 D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求。 全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9. 2020 年 2 月 2 日上午，武汉火神山医院正式交付，从方案设计到建成交付仅用 10 天，被誉为“中国速 度”。在医院建造过程中，有一吊机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程 中，v-t 图象如图所示。下列判断正确的是（　　） A. 1s 末货物的加速度大小为 1.5m/s2 B. 前 2s 内货物克服重力做功的功率不变 C. 最后 3s 内货物处于失重状态 D. 在第 4s 末至第 7s 末的过程中，货物的机械能增大 【答案】CD 【解析】 【详解】A.0~1s 内货物做匀减速直线运动，速度图像的斜率表示加速度，则有 故选项 A 错误； B.前 2s 内货物的速度增大，克服重力做功的功率 增加，故选项 B 错误； A B A B V V T T = 600BT K= 2 21.5 m/s 0.75m/s2 va t ∆= = =∆ P mgv= C.最后 3s 内货物减速上升，加速度方向向下，所以货物处于失重状态，故选项 C 正确； D.在第 4s 末至第 7s 末的过程中，拉力仍对货物做正功，所以货物的机械能增大，故选项 D 正确。 故选 CD。 10. 如图所示，质量为 3m 的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为 R 的光滑半球面，在容器内 壁的最高点由静止释放一质量为 m 的小滑块 P，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　） A. P 滑到最低点时，容器的动能为 B. P 滑到最低点时，容器的动能为 C. P 从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 D. P 从开始到最低点过程中，容器的位移大小为 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．设小滑块到达最低点的速度为 v1，容器的速度为 v2，系统水平方向动量守恒，则 mv1=3mv2 此过程中系统机械能守恒，则 解得 则容器的动能为 故 A 正确，B 错误； CD．根据动量守恒 mv1=3mv2 4 mgR 12 mgR 4 R 3 4 R 2 2 2 1 1 132 2mgR mv mv= ⋅ + 1 3 2v gR= 2 1 6v gR= 2 2 1 132 4KE mv mgR= ⋅ = 可知容器在水平方向的速度总是为小滑块的 ，所以滑块在水平方向位移是容器的 3 倍，当滑块到达容器 底端时，两者在水平方向的相对位移为 R，则 x1+x2=R 则容器的位移为 故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 11. 如图所示，光滑圆圈竖直固定，A 为最高点，橡皮条上端固定在 A 点，下端连接一套在圆圈上的轻质 小环，小环位于 B 点，AB 与竖直方向夹角为 30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至 C 点时， 钩的拉力大小为 F．为保持小环静止于 B 点，需给小环施加一作用力 ，下列说法正确的是( ) A. 若 沿水平方向，则 B. 若 沿竖直方向，则 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 对结点 C 受力分析可得橡皮筋的弹力满足: 2F1cos300=F 可得 ；对小圆环受力分析可知，水平向 右的橡皮筋的拉力 F1 ，大圆环对小圆环的弹力 N 沿半径方向，若 沿水平方向，则 N=0，此时 F′=F1= ，选项 A 正确；若 沿竖直方向，则必然是竖直向上，此时 N 的方向背离圆心向外，由平衡 1 3 2 1 4x R= 'F 'F 3' 3F F= 'F 3' 3F F= 'F 3 3 F 'F 3 6 F 1 3 3 FF = 'F 3 3 F 'F 知识可知， ，选项 B 错误；根据平行四边形法则可知 最大值可取无穷大；当 F′与 OB 半径垂直时最小，最小值为 ，选项 C 错误；D 正确；故选 AD. 12. 如图所示，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，MN 之间的距离为 h，空间存在平行于纸面的足够宽广的 匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为 g，一质量为 m 的带正电小球在纸面内从 M 点 以 的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为 的速度通过 N 点，对于小球从 M 到 N 的过程，下列说法中正确的是（　　） A. 电场力对小球做正功 3mgh B. 该过程经历的时间为 C. 小球所受电场力的大小为 4mg D. 该过程中小球离竖直线 MN 的最远距离为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．由动能定理 可得 故 A 错误； B．小球在水平方向做先减速再加速的匀变速直线运动，由运动的对称性可知，回到 N 点时，速度的水平分 量大小 ，则竖直分量 由于竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，故 0 1 1tan30 3F F F= =′ 'F 0 min 1 3sin30 6F F F= = 0 2v gh= 2 2v gh= 2 3 h g 3h 2 2 0 1 1= 2 2mgh W mv mv+ −电 2W mgh=电 0xv v= 2 2 8 2 6y xv v v gh gh gh= − = − = 可得 由匀变速直线运动规律可得 得 故 B 正确； C．由于 ，可知，静电力 竖直方向的分量 一定是竖直向下的，因此 水平方向匀变速直线运动 故 C 正确； D．当小球速度与竖直线 MN 平行时，小球离竖直线 MN 的最远，此时速度的水平分量为零，因此 故 D 错误。 故选 BC。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13. 在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验装置.操作如下： （1）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应_________（填“减小”或“增 大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距相等为止。 2y yv g h= 3yg g= y yv g t= 2 3 ht g = 3yg g= F yF 2y yF mg mg mg= − = 0 2 22 2 3 2 3 x ghva gt h g = = = 2 3x xF ma mg= = 2 2 4x yF F F mg= + = 1 2 6 ht t g ′ = = 0 min 3 2 6 vx t h= ′ = （2）已知小车质量为 M，盘和砝码的总质量为 m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力，应该满足 的条件是 M_________m（填“远小于”“远大于”或“等于”）。 （3）图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度的倒数 与盘和砝码的总质量 m 的倒数之间 的实验关系图象.若牛顿第二定律成立，则小车的质量 M=___________kg（g 取 10m/s2）. 【答案】 (1). 增大 (2). 远大于 (3). 【解析】 【详解】（1）[1] 平衡摩擦力时，应不挂砝码，打出的纸带如图乙所示说明小车减速运动，故应增大倾角， 直到纸带上打出的点迹间隔相等为止。 （2）[2] 对整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 隔离对小车分析，绳子的拉力 当 时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小。 （3）[3] 根据 式为 由题意知 1 a 0.08 ( )mg M m a= + mga m M = + 1 Mmg mgF Ma mm M M = = =+ + M m ( )mg M m a= + 1 1 1M a g m g = × + 所以 由图像可知 所以 14. 某物理兴趣小组的同学要测定电源（由两节新干电池组成）的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的 实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻 R0=1.8Ω。还有一毫安表，量程为 40mA、内阻为 rA=4Ω。 (1)因为所给毫安表的量程较小，需利用定值电阻 R1 将毫安表改装成量程为 200mA 的电流表，图甲的虚线 框内为改装后的电流表，其中 R1=_____________Ω。 (2)某次实验中电压表的示数如图丙所示，则此次实验中电压表的读数为_________V。 (3)现将实验中所测得的实验数据（ 的示数用 U 表示，mA 的示数用 I 表示）描绘在如图乙所示的坐标纸 上，并画出了 U-I 图像，根据图乙可知电源的电动势为 2.98V，则可求得内阻为 r=_________Ω（结果保留 两位小数）。 (4)当电压表读数为 2.30V 时，由图乙可知 I=30mA，此时电源 输出功率为_________W（结果保留两位小 数）。 【答案】 (1). 1 (2). 2.60 (3). 2.66 (4). 0.39 的 Mk g = 1b g = kM b = 0.9 0.1 0.008100 0k −= =− 0.1b = 0.08kgM = 【解析】 【详解】(1)[1]将量程为 40mA 的毫安表改装成量程为 200mA 的电流表，需要并联一个电阻起到分流的作用， 根据并联电路特点可知 R1 分得的电流为 由并联电路电流之比等于电阻的反比得 解得 (2)[2]由图丙可知电压表读数为 2.60V。 (3)[3]由闭合电路欧姆定律得 化简得 所以 而 因此电源的内阻为 (4)[4]当电压表读数为 U=2.30V 时，由图乙可知 I=30mA，此时电源的电流 电源的输出功率为 15. 某同学在冬季观赏冰雕时，选了一个造型简单的冰雕艺术品来测冰的折射率。该艺术品截面如图所示， 左边 OCQ 部分是半径为 R=a 的四分之一圆弧，圆心为 O，右边 OABC 部分是一个长方形，其中 。接着他用一束细光从四分之一圆弧上的某点沿一条半径射入冰雕，然后适当调节入射光线的 200mA 40mA 160mA− = 140mA 160mA 4Ω R= 1 1ΩR = ( )05E U I R r= + + ( )0-5U E R r I= + ( )0| | 5k R r= + 3 3 2.98 2.20 22.310 35 10 Uk I − − ∆ −= = Ω = Ω∆ × × 0 | | 2.665 kr R= − = Ω 5 0.15AI I′ = = 2 0 0.39WP UI I R′ ′= + = 2 4OA a= 方向，发现当光线从圆弧 CQ 的中点 F 射入时，光线恰好在 QA 面上发生全反射。最终光从四分之一圆弧面 上的 P 点（未画出）射出。不考虑光的多次反射，光在真空中的传播速度为 c。求冰的折射率及从 P 点射出 的光的折射角。 【答案】 【解析】 【详解】根据题意可知，光在冰雕中发生全反射的临界角为 则折射率为 光路如图所示 根据几何关系可得 设光从冰雕射入空气时的入射角为 ，折射角为 ，根据几何关系可得 根据折射定律有 可得 2 45 45C =  1 2sinn C = = 1 sin 45 2 OAOE a= =  β α 1sin 2 OE OP β = = sin sinn α β= 45α =  16. 一质量为 m 的载重卡车 A 的水平车板上载有一质量为 m 的重物 B，在水平直公路上以速度 v0 做匀速直 线运动，重物与车厢前壁间的距离为 L（L>0）。因发生紧急情况，卡车突然紧急制动（可近似认为车轮被“抱 死”）.已知重物与车厢底板间的动摩擦因数为 ，卡车车轮与地面间的动摩擦因数为 ，设最大静摩擦等 于滑动摩擦.重力加速度大小为 g.若重物和车厢前壁在紧急制动时不发生碰撞，则 v0、 、L 应该满足什么 关系？（用题目中已知条件表示 v0） 【答案】 时，B 与 A 不会相撞 【解析】 【详解】紧急制动时，B 相对于 A 向右滑动，设 A 的加速度为 ，B 的加速度为 ，则对于 A： 解得 对于 B： 解得 A、B 初速度均为 ，加速度 ，故 A 先停止，B 后停止，设停止前 位移分别为 ， 则： A、B 恰好相碰时： 由以上各式解得 的 µ 3µ µ 0 5 2 gLv µ< 1a 2a 16 mg mg maµ µ− = 1 5a gµ= 2mg maµ = 2a gµ= 0v 1 2a a> 1x 2x 2 0 1 12 vx a = 2 0 2 22 vx a = 2 1x x L= + 故 时，B 与 A 不会相撞 17. 如图，静止于 A 处的离子，经电压为 U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从 P 点垂 直 CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知 圆弧所在处场强为 E，方向如图所示；离子质量为 m、电荷量为 q，QN=2d，PN=3d，离子重力不计。 （1）求圆弧虚线对应的半径 R 的大小； （2）若离子恰好能打在 Q 点上，求矩形区域 QNCD 内匀强电场的场强 E0 的值。 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【详解】（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得 （2）离子做类平抛运动，有 由牛顿第二定律得 则有 0 5 2 gLv µ= 0 5 2 gLv µ< 2U E 3U d 21 2qU mv＝ 2vqE m R ＝ 2UR E = 2d vt= 213 2d at= 0qE ma= 18. 如图所示，一足够大的倾角 =30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框 abcd，线 框的质量 m=0.6kg，其电阻值 R=1.0Ω，ab 边长 L1=1m，bc 边长 L2=2m。斜面以 EF 为界，EF 上侧有垂直于 斜面向上的匀强磁场，磁感应强度 B=1T。一质量为 M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连 接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再释放物体，当 cd 边离开磁场时线框即 以 v=2m/s 的速度匀速下滑，在 ab 边运动到 EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧（时间极短），随即物体和线 框一起做匀速运动，t=1s 后开始做匀加速运动。g 取 10m/s2，求： （1）线框与斜面之间的动摩擦因数 ；（结果保留一位小数） （2）细线绷紧前，M 下降的时间 t1； （3）系统在线框 cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量 Q。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】（1）线框 cd 边离开磁场后受到的安培力 线框 cd 边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得 解得 （2）由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为 ，细线拉力为 ，则匀速运动的速度 对线框，由平衡条件得 对物体，由平衡条件得 0 3UE d = θ µ 0.2 0.6s 21.6J 2 2 1 1 B L vF BIL R = = sin cos 0mg mg Fθ µ θ− − = 0.2µ ≈ 1v 'F 2 1 2m/sLv t = = 2 2 ' 1 1sin cos 0B L vF mg mg R θ µ θ− − − = 设绳突然绷紧过程中绳子作用力冲量为 I，由动量定理得 对物体 绳绷紧前物体自由下落 解得 （3）根据能量守恒定律得，线框匀速下滑过程 绳子突然绷紧过程 线框匀速上滑过程 系统在线框 cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中产生的热量 解得 'F Mg= 1 ( )I mv m v= − − 1 0I Mv Mv= − 0 1v gt= 1 0.6st = 1 2 sinQ mgL θ= 2 2 2 2 0 1 1 1 1 ( )2 2 2Q Mv mv M m v= + − + 3 2 2 sinQ MgL mgL θ−= 1 2 3Q Q Q Q= + + 21.6JQ =