2020届四川省成都市高三物理阶段性调研考试试题（解析版）

2020 届四川省成都市高三物理试卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。 1.一质点做匀加速直线运动时，速度变化 时发生位移 ，紧接着速度变化同样的 时发生位移 ，则 该质点的加速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 详解】设质点做匀加速直线运动，由 A 到 B： 由 A 到 C 由以上两式解得加速度 故选 D。 2.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为 F1 和 F2（F1 和 F2 的方向均沿斜面向上）．由此可求 出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　) 【 v∆ 1x v∆ 2x 2 1 2 1 1( )v x x  ∆ +    2 1 2 ( )2 v x x ∆ − 2 1 2 1 1( )v x x  ∆ −    2 1 2 ( )v x x ∆ − ( )2 2 0 0 12v v v ax+ ∆ − = ( ) ( )2 2 0 0 1 22 2v v v a x x+ ∆ − = + 2 1 2 ( )va x x ∆= − A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大； 当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可． 【详解】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为 ，物体保 持静止，受力平衡，合力为零；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有： ； 当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有： ； 联立解得： ，故 C 正确，ABD 错误； 故选 C． 【点睛】本题关键是明确拉力最大和最小的两种临界状况，受力分析后根据平衡条件列式并联立求解． 3.太空垃圾是围绕地球轨道的有害人造物体，如图所示是漂浮在地球附近的太空垃圾示意图，对此有如下说 法，正确的是（　　） A. 太空垃圾一定能跟同一轨道上同向飞行的航天器相撞 B. 离地越低的太空垃圾运行角速度越小 C. 离地越高的太空垃圾运行加速度越小 D. 离地越高的太空垃圾运行速率越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同，如果它们绕地球飞行的运转方向相同，它们不 会碰撞，故 A 错误。 1 2 F 22F 1 2 2 F F− 1 2 2 F F+ f 1 sin 0F mg fθ− − = 2 sin 0F mg fθ− + = 1 2 2 F Ff −= BCD．太空垃圾在地球的引力作用下绕地球匀速圆周运动，根据 可得 离地越低的太空垃圾运行角速度越大；离地越高的太空垃圾运行加速度越小；离地越高的太空垃圾运行速 率越小，故 BD 错误，C 正确。 故选 C。 4.如图所示，一理想变压器原线圈匝数 匝，副线圈匝数 匝，原线圈中接一交变电源，交 变电电压 。副线圈中接一电动机，电阻为 ，电流表 2 示数为 1A。电表对电路的 影响忽略不计，则（　　） A. 此交流电的频率为 100Hz B. 电压表示数为 C. 电流表 1 示数为 0.2A D. 此电动机输出功率为 30W 【答案】C 【解析】 【详解】A．由交流电的公式知频率 故 A 错误； B．原线圈电压有效值为 220V，故电压表的示数为 220V，故 B 错误； C．根据电流与匝数成反比知，电流表 A1 示数为 0.2A，故 C 正确； D．根据电压与匝数成正比知副线圈电压为 44V 2 2 2 2 ( )2Mm vG m r m m r mar T r π ω= = = = GMv r = 2 GMa r = 3 GM r ω = 1 500=n 2n 100= 220 2 sin100 (V)u tπ= 11Ω 220 2V 100 50Hz2f π π= = P2=U2I2=44×1W=44W 电动机内阻消耗的功率为 △P=I22R＝12×11W＝11W 此电动机输出功率为 P 出=P2-△P=44-11=33W 故 D 错误； 故选 C。 5.甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 2m/s，甲、乙相遇时用力推对 方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为 1m/s 和 2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 甲 v 甲+m 乙 v 乙=m 甲 v 甲′+m 乙 v 乙′ 代入数据可得 m 甲×2+m 乙×（-2）=m 甲×（-1）+m 乙×2 解得 m 甲：m 乙=4：3 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 6.一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时 A. 速度相同，波长相同 B. 速度不同，波长相同 C 速度相同，频率相同 D. 速度不同，频率相同 【答案】D 【解析】 【详解】不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由 公式 可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小． A．速度相同，波长相同，与结论不相符，选项 A 错误； B．速度不同，波长相同，与结论不相符，选项 B 错误； C．速度相同，频率相同，与结论不相符，选项 C 错误； . 3: 2 4:3 2:1 1: 2 cv n = D．速度不同，频率相同，与结论相符，选项 D 正确； 故选 D． 【学科网考点定位】光的传播、光速、波长与频率的关系 【方法技巧】本题分析时要抓住光在不同介质中传播频率不变这个特征，应用公式 公式分析光进入不 同介质中的传播速度． 7.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　） A. 图甲：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子 B. 图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能 C. 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的 D. 图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构 【答案】C 【解析】 【详解】图甲：卢瑟福通过分析 α 粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故 A 错误．图乙： 用中 子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故 B 错误． 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是 分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故 C 正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有 复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故 D 错误． 故选 C． 8.如图，等离子体以平行两极板向右的速度 v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为 0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为 10cm，两极板间等离子体的电阻 r=1Ω。小波同 学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中 B 点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中 A 点后完成“旋转 的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为 S 极， R0=2.0Ω，闭合开关 cv n = α 后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为 2.0V，则 A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B. 由上往下看，液体做逆时针旋转 C. 通过 R0 的电流为 1.5A D. 闭合开关后，R0 的热功率为 2W 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个 圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因 此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针 方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故 A 错误，B 正确； C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 得 由闭合电路欧姆定律有 解得 R0 的热功率 故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多 个选项是符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9.如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块 R（R 视为质点）。将玻璃管的开口 端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 轴重合，在 R 从坐标原点以速度 匀速上浮的同时，玻璃管沿 UqvB q d = = =0.5 0.1 100V=5VU Bdv × × V 0( )U U I r R− = + 1AI = 0 2 0 2WRP I R= = y 0 3cm / sv = x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与 轴夹角为 。则红蜡块 R 的（　　） A. 分位移 的平方与 成正比 B. 分位移 的平方与 成反比 C. 与时间 成正比 D. 合速度 的大小与时间 成正比 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．由题意可知，y 轴方向 y=v0t 而 x 轴方向 x= at2 联立可得 故 A 正确，B 错误； C．设合速度的方向与 y 轴夹角为 α，则有 故 C 正确； D．x 轴方向 vx=at 那么合速度的大小 则 v 的大小与时间 t 不成正比，故 D 错误； 故选 AC。 10.如图，一个质量为 m 的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两 y α y x y x tanα t v t 1 2 2 2 02vy xa = 0 0 tan at a tv v α＝ ＝ 2 2 2 0v v a t= + 个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的 P、Q 两点处，弹簧的 劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧处于原长状态且原长为 L；将圆环拉至 A 点由静止释放， OA=OB=L，重力加速度为 g，对于圆环从 A 点运动到 B 点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确 的是（　　） A. 圆环在 O 点的速度最大 B. 圆环通过 O 点的加速度等于 g C. 圆环在 A 点的加速度大小为 D. 圆环在 B 点的速度为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．圆环受力平衡时速度最大，应在 O 点下方，故 A 错误。 B．圆环通过 O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于 g，故 B 正确。 C．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在 A 点对圆环进行受力分析如图，根据几 何关系，在 A 点弹簧伸长量为 L-L=（ -1）L，根据牛顿第二定律，有 解得 故 C 正确。 (2 2)g −+ kL m gL 2 2 2 2 1 cos45mg k L ma+ − ° =（ ） (2 2)kLa g m −= + D．圆环从 A 到 B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有 解得 故 D 错误。 故选 BC。 11.如图，在真空中的 A、B 两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过 A、B 两点的连线中点对称地选取 一个闭合路径 abcd。现将一个质子沿 abcd 移动一周，下列说法正确的是（　　） A. a 点和 b 点的电场强度相同 B. c 点电势低于于 d 点电势 C. 由 b→c，电场力一直做正功 D. 由 c→d，质子电势能一直在增加 【答案】BD 【解析】 【详解】等量同种电荷电场线如图： A．结合等量异种点电荷的电场线的图象可知，ab 两点的电场强度的方向不同，故 A 错误； B．d 点的电势为正值，c 点的电势为负值，c 点电势低于 d 点电势，故 B 正确； C．在 bc 的连线上，两电荷连线上方，场强竖直向分量向下，两电荷连线下方，场强竖直向分量向上。则 质子由 b 到 c，电场力先做正功后做负功，故 C 错误； D．由 c→d，质子受力的方向与运动的方向之间的夹角始终是钝角，电场力做负功，电势能一直在增大， 故 D 正确。 故选 BD。 12.一列简谐横波沿 轴正方向传播，在 处的质元的振动图线如图 1 所示，在 处的质元的 212 2 Bmg L mv⋅ = 2Bv gL= x 12mx = 18mx = 振动图线如图 2 所示。下列说法正确的是（　　） A. 该波 周期为 12s B. 处的质元在平衡位置向上振动时， 处的质元在波峰 C. 在 内 处和 处的质元通过的路程均为 6cm D. 该波的波长不可能为 8m 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由图可知，该波的周期为 12s。故 A 正确； B．由图可知，t=3s 时刻，x=12m 处的质元在平衡位置向上振动时，x=18m 处的质元在波峰，故 B 正确； C．由图可知，该波的振幅为 4cm，圆频率 由图 1 可知，在 t=0 时刻 x=12m 处的质点在-4cm 处，则其振动方程 4s 时刻质元的位置 所以 x=12m 处的质元通过的路程 s12=4cm+2cm=6cm 据图 2 知 t=0s 时，在 x=18m 处的质元的位移为 0cm，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为 在 t=4s 时刻，在 x=18m 处的质元的位移 所以在 0～4s 内 x=18m 处的质元通过的路程 x18＝4cm+(4−2 )cm≈4.54cm＜6cm 故 C 错误； 的 12mx = 18mx = 0 4s∼ 12mx = 18mx = 2 2 rad/s12 6T π π πω＝ ＝ ＝ 12 ( )64sin cm2x t π π− +＝ 12 4 (44 sin 2cm6 2)x π π − − ⋅ +＝ ＝ 18 4sin( )6 cmx t π＝ 18 44 sin 2 3cm6x π×＝ ＝ 3 D．由两图比较可知，x=12m 处比 x=18m 处的质元可能早振动 T，所以两点之间的距离为 x＝(n+ )λ（n=0、1、2、3…） 所以 （n=0、1、2、3…） n=0 时，波长最大，为 故 D 错误； 故选 AB。 三、非选择题：共 6 小题，共 60 分 13.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中 M 为带滑轮的小车的 质量，m 为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计） (1)下列实验步骤正确的是________ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.实验中不需要砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M (2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是 频率为 50Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______ 。（结果保留两位有效数字） (3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 图象是一条直线，图线与横坐标的夹 角为 ，求得图线的斜率为 ，则小车的质量为______。 3 4 3 4 4 4 6 m4 3 4 3 x n n λ × + +＝ ＝ 4 6= m 8m3 λ × ＝ 2m/s a F− θ k A. B. C. D. 【答案】 (1). BDE (2). 1.3 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]．AE．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使 小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故 A 错误，E 正确； B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，应拿走砂桶，将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力，故 B 正确； C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系， 要记录弹簧测力计的示数，故 C 错误； D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，获取多组实验数据，故 D 正确； 故选 BDE。 (2)[2]．由于两计数点间还有两个点没有画出，故 T=0.06s，由△x=aT2 可得 (3)[3]．由牛顿第二定律得 2F=ma 则 a-F 图象的斜率 小车质量为 故选 C； 14.为了测量一电压表 V 内阻，某同学设计了如图 1 所示的电路。其中 V0 是标准电压表，R0 和 R 分别是滑 动变阻器和电阻箱，S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀开关，E 是电源。 的 2tanθ tanθ 2 k k 2 236 03 2 2 (3.8 3.3 2.8 2.3 1.9 1.4) 10 1.3m/s9 9 0.06 x xa T −− + + − − − ×= = =× 2a Fm = 2k m = 2m k = (1)用笔画线代替导线，根据如图 1 所示的实验原理图将如图 2 所示的实物图连接完整______。 (2)实验步骤如下： ①将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时___________的读数 U； ②然后将 S 拨向接点 2，保持 R0 不变，调节___________，使___________，记下此时 R 的读数； ③多次重复上述过程，计算 R 读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。 (3)实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出 其中一种可能的原因：___________。 【答案】 (1). 见解析 (2). 标准电压表 (3). R (4). 标准电压表仍为 U (5). 电阻箱阻值不 连续，电流通过电阻发热导致电阻阻值发生变化，电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。 【解析】 【详解】(1)[1]．根据电路图连接的实物图如图所示； (2)①[2]．将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表 V0 的 读数 U； ②[3] [4]．然后将 S 拨向接点 2，保持 R0 不变，调节电阻箱 R 的阻值，使标准电压表 V0 的示数仍为 U，记 下此时 R 的读数； (3)[5]．实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能有：由于电 阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差；另外电流通过电 阻发热，导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，导致电动势降低内阻增大等都有可能造成误差。 15.长为 1.5m 的长木板 B 静止放在水平冰面上，小物块 A 以某一初速度从木板 B 的左端滑上长木板 B，直 到 A、B 的速度达到相同，此时 A、B 的速度为 0.4m/s，然后 A、B 又一起在水平冰面上滑行了 8.0cm 后停 下．若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量相同，A、B 间的动摩擦因数 μ1=0.25．求：（取 g=10m/s2） （1）木块与冰面的动摩擦因数． （2）小物块相对于长木板滑行的距离． 【答案】（1） （2）0.96m 【解析】 【详解】（1）A、B 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度: 解得木板与冰面的动摩擦因数： （2）小物块 A 在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度为： 小物块 A 在木板上滑动时，木板 B 受小物块 A 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有： 解得加速为 设小物块冲上木板时的初速度为 ，经时间 t 后 A、B 的速度相同为 v，由长木板的运动得： 解得滑行时间为： ． 小物块冲上木板的初速度为 小物块 A 在长木板 B 上滑动的距离为： 2 0.10µ = 2 2 2 2 0 4 m/s 1m/s2 0.08a gµ= = =× ． 2 0.10µ = 2 1 1 2.5m/sa gµ= = ( )1 2 22mg m g maµ µ− = 2 2 0.50m/sa = 10v 2v a t= 2 0.8svt a = = 10 1 2.4m/sv v a t= + = 16.内壁光滑的导热汽缸竖直放置，用质量不计、横截面面积 S=2×10－4m2 的活塞封闭一定质量的理想气 体．先在活塞上方缓缀倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半．接着一边在活塞上方缓缓倒上 沙子，一边对汽缸加热使活塞位置保持不变，直到气体温度达到 177℃，已知外界环境温度为 27℃，大气压 强 p=1.0×103Pa，热力学温度 T=t+273K，重力加速度 g 取 10m/s2，求： ①加热前所倒沙子的质量． ②整个过程总共倒在活塞上方的沙子的质量． 【答案】(1)2kg；(2)4kg 【解析】 【详解】（1）初状态时，气体的压强 ，设气体的体积 V1,倒上沙子后，气体的体积 气体发生等温变化，根据玻意耳定律有： 解得： 加热前所倒沙子的质量为 m1=2kg； （2）之后对汽缸加热，缸内气体发生等容变化，加热前气体的温度： 加热前气体的温度： 有： 代入数据解得： 对活塞和沙子受力分析，有： 解得：沙子的质量为 m2=4kg． 17.如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内 轨道，其中 ABC 为光滑半圆形轨道，半径为 R，CD 为水平粗 糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数 ，一质量为 m 的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点 B 由静止释放，滑至 D 点恰好静止，CD 间距为 4R。已知重力加速度为 g。 (1)小滑块到达 C 点时，圆轨道对小滑块的支持力大小； 的 2 2 1 2 10 1 2 1 1 0.96m2 2x x x v t a t a t∆ = − = − − = 1 0P P= 2 1 1 2V V= 1 2 0 m gP P S = + 1 1 2 2PV PV= 3 2 2.0 10P Pa= × 0 2 27 273 300T C K K= + = 0 3 177 273 455T C K K= + = 3 2 3 2 P P T T = 5 3 3.0 10P Pa= × ( )2 3 0m g P P S= − 0.25µ = (2)现使小滑块在 D 点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点 A，求小滑块在 D 点获 得的初动能。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达 C 点时的速度为 vC，根据机械能守恒定律得 mgR＝ mvC2 设小滑块到达 C 点时圆轨道对它的支持力为 FN，根据牛顿第二定律得 FN＝3mg 根据牛顿第三定律，小滑块到达 C 点时，对圆轨道压力的大小 N=FN=3mg； (2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点 A，设小滑块到达 A 点时的速度为 vA，此时重力提供向心 力，根据牛顿第二定律得 小滑块从 D 到 A 的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得 解得 EkD＝3.5mgR 18.随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收 时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分： ①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈 abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑 缓冲轨道 MN、PQ 和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。 当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减 速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速 3mg 3.5mgR 1 2 2 c N mvF mg R − ＝ 2 Amvmg R ＝ 214 2 2 A kDmg R mgR mv Eµ− ⋅ − −＝ 度大小为 v0，经过时间 t 火箭着陆，速度恰好为零；线圈 abcd 的电阻为 R，其余电阻忽略不计；ab 边长为 l，火箭主体质量为 m，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，重力加速度为 g，一切摩擦阻力不计，求： （1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈 ab 边两端的电势差 Uab； （2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小； （3）火箭主体的速度从 v0 减到零的过程中系统产生的电能。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】(1)ab 边产生电动势：E＝BLv0，因此 (2)安培力 ，电流为 ，对火箭主体受力分析可得： Fab－mg＝ma 解得： (3)设下落 t 时间内火箭下落的高度为 h，对火箭主体由动量定理： mgt－ ＝0－mv0 即 mgt－ ＝0－mv0 化简得 h＝ 根据能量守恒定律，产生的电能为： E＝ 0 3 4abU Blv= 2 2 0B l va gmR = − 2 20 02 2 ( ) 1 2 m gR v gtE mvB L += + 0 3 4abU Blv= abF BIl= 0BlvI R = 2 2 0B l va gmR = − abF t 2 2B L h R 0 2 2 ( )mR v gt B L + 2 0 1 2mgh mv+ 代入数据可得： 2 20 02 2 ( ) 1 2 m gR v gtE mvB L += +