四川省2024年高考物理模擬試卷及答案10

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。得分1．甲圖是某燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為乙圖所示的正弦交流電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、nA．0.5×10?2s時(shí)電壓表的示數(shù)為5V C．原線圈中的電流方向每秒改變50次 D．若n12．如圖所示，關(guān)于近代物理學(xué)的下列說(shuō)法中，正確的是（）A．普朗克為解釋圖甲的黑體輻射實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，提出了能量子的概念B．圖乙在某種單色光照射下，電流表發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，若僅將圖乙中電源的正負(fù)極反接，電流表一定不會(huì)偏轉(zhuǎn)C．若圖乙中的電動(dòng)勢(shì)足夠大，滑動(dòng)變阻器滑片向右滑，電流表的示數(shù)能一直增大D．圖丙為氫原子的能級(jí)示意圖，一群處于n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷所發(fā)出的光中，從n=3躍遷到n=1所發(fā)出的光波長(zhǎng)最長(zhǎng)3．某研究小組利用所學(xué)物理知識(shí)，研究籃球鞋的防滑性能。同學(xué)將球鞋置于斜面上，逐漸增大斜面與水平面之間夾角，當(dāng)夾角等于37°時(shí)，籃球鞋恰好開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)籃球鞋滑動(dòng)摩擦力等于其最大靜摩擦力，下列說(shuō)法正確的是（）A．需測(cè)量籃球鞋質(zhì)量后，才能求得籃球鞋與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)B．鞋子與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上時(shí)，壓力增大，動(dòng)摩擦因數(shù)也會(huì)變大D．籃球鞋開(kāi)始滑動(dòng)前，摩擦力隨夾角增大而變大4．如圖所示，嫦娥五號(hào)、天問(wèn)一號(hào)探測(cè)器分別在近月、近火星軌道運(yùn)行?；鹦堑馁|(zhì)量約為月球質(zhì)量的9倍、半徑約為月球半徑的2倍。假設(shè)月球、火星可視為質(zhì)量均勻分布球體，忽略其自轉(zhuǎn)影響，則下列說(shuō)法正確的是（）A．月球表面重力加速度大于火星表面重力加速度B．嫦娥五號(hào)繞月球的運(yùn)行速度小于天問(wèn)一號(hào)繞火星的運(yùn)行速度C．相同時(shí)間內(nèi)，嫦娥五號(hào)與月球的連線掃過(guò)的面積與天間一號(hào)與火星的連線掃過(guò)的面積相等D．嫦娥五號(hào)繞月球轉(zhuǎn)動(dòng)軌道半徑的三次方與周期的平方的比值r135．如圖所示，以三角形ACD為邊界的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD。在O點(diǎn)放置一個(gè)電子源，在ACD平面中，磁場(chǎng)范圍內(nèi)均勻發(fā)射相同速率的電子，發(fā)射方向由CO與電子速度間夾角θ表示。（不計(jì)電子重力），恰好有三分之一的電子從AC邊射出，則下列說(shuō)法正確的是（）A．θ為60°時(shí)電子在磁場(chǎng)中飛行時(shí)間最短 B．AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長(zhǎng)度的四分之一C．沒(méi)有電子經(jīng)過(guò)D點(diǎn) D．經(jīng)過(guò)AD邊的電子數(shù)與經(jīng)過(guò)AC邊的電子數(shù)之比為3：26．如圖所示，在真空中水平放置一長(zhǎng)方體高為2L，其上下兩個(gè)面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，在頂點(diǎn)A、C、F、H處分別放置電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)為零 B．B、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同C．沿豎直方向從O1到O2，電勢(shì)先減小后增大 D．將一電子從B點(diǎn)移到E點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功7．將一物體以某一初速度沿與水平方向成37°角從A點(diǎn)斜向上拋出，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角為53°。已知A、B之間的水平距離為L(zhǎng)，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，sin53°=0.8，則下列說(shuō)法正確的是（）A．從A點(diǎn)拋出時(shí)的速度大小為3gL2 B．從A到B過(guò)程中速度的最小值為C．從A到B的時(shí)間為533Lg 8．如圖所示，固定光滑曲面左側(cè)與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有2024個(gè)質(zhì)量均為2m的彈性物塊（所有物塊在同一豎直平面內(nèi)），質(zhì)量為m的0號(hào)物塊從曲面上高h(yuǎn)處?kù)o止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0A．0號(hào)到2024號(hào)所有木塊系統(tǒng)全過(guò)程動(dòng)量守恒 B．0號(hào)物塊最終動(dòng)量大小為(C．2021號(hào)物塊最終速度2812g? 9．某實(shí)驗(yàn)小組做驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)，所用的實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，滑塊（含遮光條）的質(zhì)量用M表示，砝碼的質(zhì)量用m表示。（1）本實(shí)驗(yàn)（填“需要”或“不需要”）滿足m?M。（2）通過(guò)氣墊導(dǎo)軌上的刻度尺讀出兩個(gè)光電門(mén)之間的距離L，通過(guò)數(shù)字計(jì)時(shí)器測(cè)量遮光條從光電門(mén)1到光電門(mén)2的時(shí)間t。實(shí)驗(yàn)小組保持光電門(mén)2的位置及滑塊在氣墊導(dǎo)軌上的釋放位置不變，改變光電門(mén)1的位置進(jìn)行多次測(cè)量，測(cè)得多組L和t數(shù)據(jù)，根據(jù)測(cè)驗(yàn)數(shù)據(jù)，作出了Lt?t圖像如圖2所示，若圖線斜率的絕對(duì)值為k，圖線在縱軸上的截距為b，根據(jù)圖線可求出滑塊加速度的大小為，經(jīng)過(guò)光電門(mén)2的速度大小為（3）由以上實(shí)驗(yàn)即可驗(yàn)證牛頓第二定律。10．某校物理實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)一未知電阻Rx（1）為便于設(shè)計(jì)電路，該實(shí)驗(yàn)小組先用多用電表粗測(cè)Rx的阻值，選用歐姆表×10倍率測(cè)量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)過(guò)小，為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，應(yīng)該選擇倍率（選填“×100”、“×1”），并重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，正確操作并讀數(shù)，若這時(shí)刻度盤(pán)上的指針位置如圖所示，則測(cè)量結(jié)果是Ω（2）實(shí)驗(yàn)室提供了如下實(shí)驗(yàn)器材：A.電源E（電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻不計(jì)）；B．電壓表V（量程為15V，內(nèi)阻RV約為15kΩC．電流表A1（量程為30mA，內(nèi)阻r1約為D．電流表A2（量程為20mA，內(nèi)阻r2約為E.滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為20ΩF.滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為1kΩG.開(kāi)關(guān)及導(dǎo)線若干。為盡可能準(zhǔn)確測(cè)量Rx①正確連接實(shí)驗(yàn)電路后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1、R②斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，閉合開(kāi)關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數(shù)恰好為電流表A1示數(shù)的三分之二，記錄此時(shí)電壓表V的示數(shù)③保持滑動(dòng)變阻器R2不變，再閉合開(kāi)關(guān)S2，記錄電壓表V的示數(shù)U2和電流表A④根據(jù)以上測(cè)量數(shù)據(jù)可得Rx=。該實(shí)驗(yàn)也可測(cè)得電流表A1的內(nèi)阻r1=（用U1、⑤該方案測(cè)得Rx的阻值和真實(shí)值相比11．如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE=2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調(diào)整軌道使BC高度差?=0.9R，并使小球從C點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道。DE段的摩擦系數(shù)μ=0.（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能Ep（2）請(qǐng)判斷小球能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)；如能，求出最終落點(diǎn)的位置；如不能，請(qǐng)找出到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的位置。12．如圖所示，足夠長(zhǎng)的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m，導(dǎo)軌水平部分的矩形區(qū)域abcd有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T，導(dǎo)軌水平部分的左側(cè)和傾斜部分由光滑圓弧連接，右側(cè)和一光滑圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑r=1635m，圓心角θ=120°，在圓弧上端有兩彈性擋板C和C'。質(zhì)量為m1=1kg的金屬棒P從離水平面高度?=3.（1）P剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力F的大小；（2）矩形磁場(chǎng)沿導(dǎo)軌方向長(zhǎng)度：（3）若Q從右側(cè)圓弧滑下時(shí)，P已從磁場(chǎng)中滑出，求從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到PQ第二次碰撞，Q棒上產(chǎn)生的焦耳熱。13．下列說(shuō)法正確的是（）A．海市蜃樓是光發(fā)生全反射的結(jié)果B．照相機(jī)鏡頭的增透膜應(yīng)用了光的衍射原理C．激光是自然界某種物質(zhì)直接反光產(chǎn)生的D．觀看立體電影需要用到特殊的眼鏡是利用了光的偏振現(xiàn)象，說(shuō)明光是一種橫波E．在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若用白光作光源照射雙縫，當(dāng)把雙縫中的一條縫用不透光的板遮住時(shí)，屏上將出現(xiàn)寬度不同、中間是白色條紋的彩色衍射條紋14．x軸上的波源s1、s2分別位于x1=0和x2=1.4m處，t=0時(shí)刻兩波源同時(shí)開(kāi)始振動(dòng)，產(chǎn)生的兩列簡(jiǎn)諧橫波沿s1（1）兩列波傳播速度的大??；（2）質(zhì)點(diǎn)M從t=0時(shí)刻到t2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AB、電壓表的示數(shù)為有效值，即

U有=Um2=52V=2.52V

A錯(cuò)誤，B正確；

C、由乙圖知，交變電壓的周期

T=0.02s

即頻率為50Hz，原線圈中的電流方向一個(gè)周期內(nèi)改變2次，所以每秒改變100次，C錯(cuò)誤；

D、由理想變壓器的電壓比知

U1U2=n12．【答案】A【解析】【解答】A、普朗克為解釋圖甲的黑體輻射實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，提出了能量子的概念，A正確；

B、若僅將圖乙中電源的正負(fù)極反接，由于反向電壓大小未知，即光電子仍有可能到達(dá)A極板，即電流表有可能有示數(shù)，只有當(dāng)反向電壓大于或等于遏制電壓時(shí)，光電子沒(méi)有到達(dá)A極板，電流表示數(shù)為零，B錯(cuò)誤；

C、若圖乙中的電動(dòng)勢(shì)足夠大，滑動(dòng)變阻器滑片向右滑，說(shuō)明A、K間的正向電壓在增大，而電流表的示數(shù)增大到飽和光電流后，光電流就不再增大，即電流表的示數(shù)可能先增加后不變，也有可能一直都不變，C錯(cuò)誤；

D、一群處于n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷所發(fā)出的光中，從n=3躍遷到n=1所發(fā)出的光能量最高，即光的頻率最高，波長(zhǎng)最短，D錯(cuò)誤。

答案：A.

【分析】本題考查近代物理學(xué)，普朗克提出能量子的概念；光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，接反向電壓，由eU<E3．【答案】D【解析】【解答】AB、當(dāng)夾角等于37°時(shí)，籃球鞋恰好開(kāi)始滑動(dòng)，對(duì)籃球受力分析

mgsinθ=μmgcosθ

說(shuō)明鞋子與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

μ=tan37°=0.75

故A、B錯(cuò)誤；

C、動(dòng)摩擦因數(shù)取決于材料表面的粗糙程度，人穿上鞋子踩在相同材料板上時(shí)，動(dòng)摩擦因數(shù)不變，C錯(cuò)誤；

D、籃球鞋開(kāi)始滑動(dòng)前，籃球相對(duì)斜面處于靜止?fàn)顟B(tài)，籃球收到的摩擦力為靜摩擦力，大小為mgsinθ，所以，隨著夾角的增大，靜摩擦力也在增大，D正確。

答案：D。

【分析】本題考查摩擦力，當(dāng)斜面的夾角從4．【答案】B【解析】【解答】A、由

GMmr2=mg

知天體表面重力加速度

g=GMr2

月球表面重力加速度g月、火星表面重力加速度g火，可得

g月g火=M月M火·r火2r月2=19·225．【答案】D【解析】【解答】在O點(diǎn)放置一個(gè)電子源，均勻發(fā)射相同速率的電子，恰好有三分之一的電子從AC邊射出，發(fā)射方向由CO與電子速度間夾角θ表示，說(shuō)明θ=60°，由下圖結(jié)合幾何關(guān)系知電子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑等于OA長(zhǎng)，設(shè)OA長(zhǎng)為L(zhǎng)。

A、由

qvB=mv2R

知

R=mvqB

電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小相同，所以電子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)半徑相等，所以電子在磁場(chǎng)種的入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的連線就是弦長(zhǎng)，在半徑一定的情況下，弦越長(zhǎng)，對(duì)于的圓心角越大大，電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，所以當(dāng)θ=60°時(shí)，電子在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間最長(zhǎng)，A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)θ從0°~60°變化過(guò)程中，電子打在AC邊上，當(dāng)θ=0°時(shí)，由于軌道半徑等于OA長(zhǎng)，圓心剛好落在A點(diǎn)，即電子打在AC邊的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，而

AC=OAsin30°=2L

AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長(zhǎng)度的二分之一，B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)60°?θ?150°，電子打在AD邊上，當(dāng)θ=150°時(shí)，電子經(jīng)過(guò)D點(diǎn)，C錯(cuò)誤；

D、當(dāng)0°?θ?60°，電子打在AC邊上，當(dāng)60°?θ?150°，電子打在AD邊上，所以經(jīng)過(guò)AD邊的電子數(shù)與經(jīng)過(guò)AC邊的電子數(shù)之比

?θ1：?θ6．【答案】A,C【解析】【解答】A、由等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)特點(diǎn)可知，A、C處放置的正電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，F(xiàn)、H處放置的正電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上，則該長(zhǎng)方體的幾何中心處合場(chǎng)強(qiáng)為零，故A正確；

B、A、C處放置的正電荷在B、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反且與AC邊垂直分別指向B和D，F(xiàn)、H處放置的正電荷在B、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，由矢量合成可知，B、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，故B錯(cuò)誤；

C、O1、O2連線中點(diǎn)處即長(zhǎng)方體的幾何中心處電勢(shì)為零，沿豎直方向從O1到O2，電勢(shì)先減小后增大，故C正確；

D、O1、O2連線中點(diǎn)處即長(zhǎng)方體的幾何中心處電勢(shì)為零，即負(fù)電荷在此處電勢(shì)能為零，B、E兩點(diǎn)等電勢(shì)且電勢(shì)為正，即負(fù)電荷在此兩點(diǎn)處電勢(shì)能相等且為負(fù)，所以將一電子從B點(diǎn)移到E點(diǎn)電勢(shì)能先增大后減小，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

【分析】本題考查電場(chǎng)的疊加，要求學(xué)生有一定的空間想象能力，空間中有四個(gè)等量同種電荷，由于對(duì)稱(chēng)性，四個(gè)電荷在B、D處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，四個(gè)電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處合場(chǎng)強(qiáng)為零；A、C處放置的正電荷和H處放置的正電荷在長(zhǎng)方體的幾何中心處場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故O1、O2連線中點(diǎn)處即長(zhǎng)方體的幾何中心處電勢(shì)為零，而在長(zhǎng)方體的其他地方電勢(shì)值均為正值，所以沿豎直方向從O1到O2，電勢(shì)先減小后增大，而B(niǎo)、E兩點(diǎn)等電勢(shì)且電勢(shì)為正，從B點(diǎn)移到E點(diǎn)電勢(shì)先減小后增大。7．【答案】A,B【解析】【解答】AC、由速度的分解知：水平方向

vAcos37°=vBcos53°……(1)vAcos37°t=L……(2)

豎直方向

vBsin53°?(?vAsin37°)=gt……(3)

由（1）（2）（3）式解得

vA8．【答案】B,C【解析】【解答】A、0號(hào)到2024號(hào)所有木塊系統(tǒng)全過(guò)程中，水平方向不受力，但豎直方向受到重力（0號(hào)豎直方向合力不為零），所以所有木塊組成的系統(tǒng)不滿足動(dòng)量守恒定律，A錯(cuò)誤；

D、2024個(gè)彈性物體質(zhì)量相等，兩兩發(fā)生彈性碰撞時(shí)，速度發(fā)生交換，所以2024號(hào)物體最終的速度其實(shí)就是0號(hào)物體與1號(hào)物體發(fā)生彈性碰撞后1號(hào)物體的速度，

研究0號(hào)物體從曲面最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程

mg?=12mv02

解得

v0=2g?

研究0號(hào)物體與1號(hào)物體彈性碰撞

mv0=mv+2m·v1

12mv02=12mv2+12·2m·v12

解得碰撞后1號(hào)物體的速度

v9．【答案】（1）不需要（2）2k；b（3）無(wú)【解析】【解答】（1）由于實(shí)驗(yàn)裝置中有力傳感器，繩子拉力可以通過(guò)傳感器直接讀取，所以本實(shí)驗(yàn)不需要滿足m?M。

（2）實(shí)驗(yàn)小組保持光電門(mén)2的位置及滑塊在氣墊導(dǎo)軌上的釋放位置不變，說(shuō)明滑塊到達(dá)光電門(mén)的速度不變，滑塊從光電門(mén)1到光電門(mén)2是勻加速直線運(yùn)動(dòng)(逆過(guò)程：滑塊從光電門(mén)2到光電門(mén)1是勻減速直線運(yùn)動(dòng))，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)2的速度為v，有

vt?12at2=L

變形后

Lt=?12a·t+v

對(duì)應(yīng)函數(shù)圖象有：斜率絕對(duì)值

k=12a

則滑塊的加速度大小

a=2k10．【答案】（1）×100；1100（2）2U2I【解析】【解答】（1）電阻值=歐姆表表盤(pán)刻度×倍率檔，指針偏轉(zhuǎn)過(guò)小，說(shuō)明歐姆表表盤(pán)刻度值大，所以選擇大倍率檔，可以讓歐姆表表盤(pán)刻度小，指針盡量打在表盤(pán)中間，所以選擇“×100”倍率，測(cè)量結(jié)果

11×100Ω=1100Ω

（2）④斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2，閉合開(kāi)關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數(shù)恰好為電流表A1示數(shù)的三分之二，說(shuō)明

Rx=2(R2+RA2)……(1)

U1I1=RA1+RX11．【答案】（1）豎直方向，根據(jù)v小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，豎直速度v水平速度v彈簧的彈性勢(shì)能E（2）小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E假設(shè)能夠由C到F，動(dòng)能定理得mg解得v此時(shí)向心力m因此假設(shè)成立，能夠恰好到達(dá)F點(diǎn)，F(xiàn)到D做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)會(huì)落在水平面，有x=2R=聯(lián)立解得x=2R即剛好落在D點(diǎn)?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）豎直方向，根據(jù)v小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，豎直速度v水平速度v彈簧的彈性勢(shì)能E（2）小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E假設(shè)能夠由C到F，動(dòng)能定理得mg解得v此時(shí)向心力m因此假設(shè)成立，能夠恰好到達(dá)F點(diǎn)，F(xiàn)到D做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)會(huì)落在水平面，有x=2R=聯(lián)立解得x=2R即剛好落在D點(diǎn)。【分析】本題考查功能關(guān)系，（1）在AB段，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球在B點(diǎn)的動(dòng)能，根據(jù)題意知道平拋的豎直位移，知道平拋末狀態(tài)水平速度與豎直速度的角度關(guān)系，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解平拋初速度，即小球在B點(diǎn)的速度，進(jìn)而求解撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能。（2）運(yùn)用動(dòng)能定理求解小球到達(dá)F點(diǎn)的速度，比較vF12．【答案】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有1解得v根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E根據(jù)歐姆定律有IP剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力F（2）設(shè)Q在C點(diǎn)的速度為vCm根據(jù)動(dòng)能定理得解得1解得v根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m根據(jù)能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小為v對(duì)于P第一次通過(guò)磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通過(guò)磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)量定理知m其中vQ第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v方向向左。根據(jù)動(dòng)量定理得m2解得v方向向左。然后Q通過(guò)磁場(chǎng)與靜止得P第二次碰撞，全過(guò)程應(yīng)用能量守恒得1解得Q=23J則有Q【解析】【解答】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有1解得v根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E根據(jù)歐姆定律有IP剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力F（2）設(shè)Q在C點(diǎn)的速度為vCm根據(jù)動(dòng)能定理得解得1解得v根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m根據(jù)能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小為v對(duì)于P第一次通過(guò)磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通過(guò)磁場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)量定理知m其中vQ第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v方向向左。根據(jù)動(dòng)量定理得m2解得v方向向左。然后Q通過(guò)磁場(chǎng)與靜止得P第二次碰撞，全過(guò)程應(yīng)用能量守恒得1解得Q=23J則有Q【分析】本題考查電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，（1）通過(guò)功能關(guān)系求解金屬棒P到達(dá)AA'的速度，通過(guò)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律，結(jié)合安培力表達(dá)式求解金屬棒P剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大小。（2）金屬棒P切割磁感線過(guò)程中，回路電流一直在變化，運(yùn)用動(dòng)量定理結(jié)合q=I?t來(lái)確定磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度，而金屬棒P離開(kāi)磁場(chǎng)后于Q發(fā)生彈性碰撞，且Q恰好到達(dá)CC'，運(yùn)用功能關(guān)系及動(dòng)量守恒定律求解金屬棒P與金屬棒Q碰撞前的速度大小，注意：該速度也是金屬