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1、word 高三高考物理模拟试卷（三）14如图所示，匀强电场中有一个O 为圆心、 半径为 R 的圆， AC为直径，电场方向与圆所在平面平行且与AB连线垂直斜向下，A、0 两点电势差为U，一带正电的粒子只在电场力作用下在电场中运动，经A、B两点时速度方向均沿圆的切线方向，速度大小均为v0.下列说法正确的是A. A、C两点的电势相等B. 粒子从 A 到 B 的运动过程中，电势能先减小后增大C. 匀强电场的电场强度E=URD. 匀强电场的电场强度E=2UR15如图所示，一个可视为质点的物块，质量为m=lkg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带
2、由电动机驱动着匀速逆时针转动，速度大小为v=3m/s.已知圆弧轨道半径R=0.45m，物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1 ，两皮带轮之间的距离为L=4m，物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为F，物块与传送带摩擦产生的热量为Q.重力加速度取g=10m/s2.下列说法正确的是A. F=10N B. F=20N C. Q=10J D. Q=4J 16t=0 时，将小球a 从地面以一定的初速度竖直上抛，t=0.3s 时，将小球b 从地面上方某处静止释放，最终两球同时落地。a、b 在 00. 6s 内的 v-t 图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度g= l0m/s2，下列说法正确的是A. 小球 a
3、 抛出时的速率为12m/s B. 小球 b 释放的高度为0. 45m C. t=0. 6s时， a、b 之间的距离为2.25m D. 从 t=0. 3s 时刻开始到落地，a 相对 b 匀速直线运动17如图所示，用两根长度均为l 的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为 ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T。为某一值时，TT最大，此最大值为A. 94B. 2 C. 3 22D. 5425精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第
4、 1 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 18 如图所示，质量均为m 的 A、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体 A 处于静止状态在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球 C。现将小球C 由静止释放， C 与 A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法错误的是A. C与 A 碰撞后瞬间A 的速度大小为2ghB. C与 A 碰撞时产生的内能为2mghC. C与 A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为2mghD. 要使碰后物体B被拉离地面， h 至少为8mgk19 如图所示，理想变压器
5、的原副线圈的匝数比为41，原线圈接有u=311sin100 t(V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈 L、灯泡 D 及理想电压表.以下说法正确的是A. 副线圈中电流的变化频率为50HZ B. 灯泡 D 两端电压为55V C. 若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则电压表的示数将减小D. 若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则灯泡D 的亮度将变暗20如图 (a)所示，在半径为R 的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN 两端点恰在圆周上，且MN 所对的圆心角为120 。在 t=0 时，一质量为m、电荷量为 +q 的带电粒子，以初速度v 从 A 点沿直径
6、AOB射入场区， 运动到圆心O 后，做一次半径为2R的完整的圆周运动，再沿直线运动到B 点，在 B 点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是A. 磁场方向垂直纸面向外B. 图(b)中02mvBqRC. 图(b)中vRRT0D. 若 t=0 时，质量为m、电荷量为 -q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，偏转、碰撞后，仍可返回A 点精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共
7、16 页 - - - - - - - - - - word 21如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知 A 的质量为m，B 的质量为 3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、B 后A. 相同时间内， A、B 运动的路程之比为2:1 B. 物块 A、B的加速度之比为1:1 C. 细绳的拉力为67mgD. 当 B 下落高度 h 时，速度为25gh22某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数的实验在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重
8、力加速度大小为g。采用的实验步骤如下：A.在小滑块 a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；B.用天平分别测出小滑块a(含挡光片 )和小球 b 的质量 ma、mb；C.在 a 和 b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上；D.烧断细线后， a、b 瞬间被弹开，向相反方向运动；E.记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间t；F. 滑块 a 最终停在 C点(图中未画出 )用刻度尺测出AC之间的距离Sa；G.小球 b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与 B点之间的水平距离Sb；H.改变弹簧压缩量，进行多次测量。(1)用螺旋
9、测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为_mm ；(2)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b 弹开后的动量大小相等，即a 的动量大小_等于 b 的动量大小 _；(用上述实验所涉及物理量的字母表示) (3)改变弹簣压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a 的 Sa与21t关系图象如图丙所示，图象的斜率为 k，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为_。(用上述实验数据字母表示) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 16 页 - - - - -
10、- - - - - word 23某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻 r，又能同时测量未知电阻 Rx的阻值。器材如下：A电池组（四节干电池）B待测电阻Rx（约 l0 ）C电压表 V1（量程 3V、内阻很大）D电压表 V2（量程 6V、内阻很大）E电阻箱 R（最大阻值99. 9 ）F开关一只，导线若干实验步骤如下：(1)将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1 接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数。(2)根据记录的电压表V1 的读数 U1 和电压表V2 的读数 U2,以12UU为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐
11、标，得到的实验结果如图(b)所示。由图可求得待测电阻Rx=_ （保留两位有效数字）。(3)图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值21UUR为横坐标得到结果。由图可求得电池组的电动势E=_V，内阻 r=_；两图线的交点的横坐标为_ A，纵坐标为 _V。（结果均保留两位有效数字）242018 年 2 月在平昌冬奥会中，我国运动员李馨参加了两项越野滑雪的比赛，成绩有所突破如图所示，某次滑雪训练，如果该运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=75N 而从静止向前滑行，其作用时间为t1=1.0s。撤除水平推力F 后经过 t2=2.0s，她第二
12、次利用滑雪杖对面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=15N 运动员可视为质点，不考虑空气阻力。求：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用后的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 25如图所示的直角坐标系中，在直线 x= 8L
13、 到 y 轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中 x 轴上方的电场方向沿、轴负方向，x 轴下方的电场方向沿y 轴正方向。在x0 的区域内存在着垂直纸面的匀强磁场 (图中未画出 )，磁感应强度的大小B=05mvLq。在电场左边界坐标为(一 8L， 4L)的 A 点和坐标为 (8L， L)的 C 点，将质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，先后以相同的速度v0沿 x 轴正方向射入电场.从 A点射入的粒子，恰好从y 轴上坐标为 (0，4L)的 A 点以速度v0沿轴正方向射出电场，其运动轨迹如图所示。不计粒子的重力及它们之间的相互作用。(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)要使两粒
14、子在磁场中相遇，求在A、C两点射入粒子的时间差及两粒子在磁场中相遇点的坐标。33. （1）对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是_ A气体分子间距离增大，分子势能可能先增大后减小B若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变C 在完全失重的状态下，气体的压强为零D如果气体从外界吸收热10J，同时对外做功8J,则该气体的内能一定增大2J E气体温度不变时，体积减小，则每秒撞击单位面积器壁的分子数增多（2）如图所示粗细均匀的U形管左端封闭， O处由橡皮软管连接，左右两端竖直管内有高为19cm的水银柱封住两部分理想气体A和 B，右端水银柱上方和大气相通。大气压强等于76cm汞柱，初始平衡时B部分气体总
15、长度为 96cm，现将 U 形管右边倾斜角，同时改变环境温度，重新达到平衡时发现左边水银柱恰好在精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 原位置，且右边水银柱没有进入水平管内。试求：U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为多少右管内水银柱沿管移动的距离14如图 (a)，超级高铁 (Hyperloop) 是一种以 “ 真空管道运输 ” 为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图(b)，已知管道中固定着
16、两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为3r；运输车的质量为m，横截面是半径为r 的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1 和 2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D 的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。(1)如图 (c)，当管道中的导轨平面与水平面成 =30时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数 ；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。当运输车由静止离站时，在导体棒 2后间距为 D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源， 此时导体棒 1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图 (d)。 求刚接通电源时运输车
17、的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为 D 的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度vo 从如图 (e)通过距离 D 后的速度 v。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 16 页 - - - - -
18、 - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 参考答案14D 【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面， 所以 A、C 两点不在同一等势面上，所以 A、C 的电势不相等， 根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO ，如图所示：由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A 到 B做抛体运动，速度方向与电场
19、力方向夹角先大于90 后小于 90 ，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故AB错误；匀强电场的电场强度U=Ed 式中的d 是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，22AOUER，解得：2UER，故 C 错误， D 正确。15C 【解析】物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒：2012mgRmv，解得：023/vgRm s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得：20vFmgmr，代入数据解得F=30N，故 AB 错误；物块滑上传送带将作匀减速运动， 设匀减速运动的最大距离sm， 加速度大小为a， 由牛顿第二定律得：mg =ma， 解得a=1m/s2，可得：22034.522 1mv
20、smma，因为两皮带轮之间的距离为L=4m，所以物块将从传送带的右端离开传送带。设物块在传送带滑行时间为t，则有：2012Lv tat，解得：2ts，在 t=2s 时间内传送带的位移大小为 x=vt=23m=6m ，物块相对于传送带的位移为 x=x+L=10m，热量Q=mg x=10J，所以C 正确， D 错误。所以 C 正确， ABD 错误。16D 【解析】由v-t 图像可知， a 球经 0.6s 到达最高点，则抛出时的速率为010 6/6/avgtm sm s，选项 A错 误 ； 两 球 同 时 落 地 ， 则 小 球b落 地 的 时 间 为tb=1.2s-0.3s=0.9s ， 则 小
21、球b释 放 的 高 度 为2211100.94.0522bbhgtmm，选 项B 错误； t=0. 6s 时， a 到达最高点，距离地面的高度为211100.61.82ahmm；b 距离地面的高度为214.05100.33.62mmm，此时ab 之间的距离为1.8m，选项 C错误；从 t=0. 3s 时刻开始到落地，两物体的加速度相同，则a 相对 b 匀速直线运动，选项D 正确；故选 D. 点睛：此题关键是能从v-t 图像中获取信息，弄清两物体运动的时间、速度及加速度关系；知道竖直上抛和自由落体运动的相对运动是匀速直线运动. 17A 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - -
22、- - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 【解析】剪断细线之前：2Tsin =mg ；剪断细线后，摆到最低点时：211sin2mvmgl，由牛顿第二定律：2vTmgml；联立解得26sin4sin)TT，由数学知识可知，此比值的最大值为94，故选A. 18C 【解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：2012mghmv，解得：02vgh，对 C与 A 组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：012mvmv，解得：122ghv，故 A 正确； C与 A 碰撞时产生的内能为：22011
23、112222Emvmvmgh，故B 正确；当AC 速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，2max1112222PEmvmg xmgh，故 C 错误；开始时弹簧的压缩量为：mgHk，碰后物体B 刚被拉离地面时弹簧伸长量为：mgHk，则AC 将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：2112222mvmgH，解得：8mghk，故 D 正确。所以ABD正确， C 错误。19AD 【解析】变压器不会改变电流的频率，电流的频率为11005022fHzHzT，故 A 正确；由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311V，所以原线圈的电压的有效值为：13112202UVV，在根据电压与匝数成正比
24、可知，副线圈的电压的有效值为55V，在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡 D，它们的总的电压为55V，所以灯泡 L1两端电压一定会小于55V，故 B错误； 在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C 错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D 的亮度要变暗，故D 正确。所以AD 正确， BC错误。20BC 【解析】根据轨迹可知，带正电的粒子从O 点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项 A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0=m22vR，解得磁感应强度：
25、B0=2mvqR，选项 B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：1Rtv，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：222RsRtvvv，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 磁场变化的周期：T0=t1+t2=1 Rv，选项 C 正确；若t=0 时，质量为m、电荷量为 -q 的带电粒子，以初速度 v 从 A 点沿 AO 入射，到达 O 点后向下，与板碰撞后，到达B板，与
26、 B 碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回A 点，选项 D 错误；故选BC. 点睛：此题关键是要搞清粒子在磁场中的运动情况即轨迹，结合圆周运动的知识求解运动时间；注意用左手定则判断洛伦兹力的方向时要注意四指的指向. 21AC 【解析】根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B 运动的路程之比为2:1，选项 A 正确；根据 s=12at2可知，物块 A、B 的加速度之比为2:1，选项 B 错误；设细绳的拉力为T，B 的加速度为a，则对 A：T=m?2a ；对 B: 3mg -2T=3ma；解得 a=37g；T=67mg；选项 C 正确；当 B 下落高度h 时，速度为627vahgh，选
27、项 D 错误；故选 AC. 点睛： 此题是隔离法的应用问题；关键是先搞清两物体的位移关系即可知道加速度和速度关系了；知道动滑轮的特点 . 222. 5 5 0am dt2bbgm sh22dkg【解析】（ 1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm 。（2）烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度为：advt，故a的动量为：aadPmt，b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：212hgt及bbsv t联立解得：2bbgvsh，故 b 的动量为：2bbbbbgPm vm sh。（3）对物体 a 由光电门向左运动过程分析，则有：
28、22aavas，经过光电门的速度：advt，由牛顿第二定律可得：mgagm，联立可得：22112adsg t，则由图象可知：22dkg。238.0 6.0 4.0 0.50 4.0 【解析】（2 ）由欧姆定律可知：121xUUURR，即2111xURUR；由图像可知图像与纵轴的截距等于1 ，则斜率1311168xR，即 Rx=8.0 。（3 ）由电路图可知21UUIR，则过原点的直线表示电阻Rx的伏安线，函数关系为U=8I ；倾斜的直线表示电源的U-I线，则由图像可知E=6.0V；6.04.01.5UrI； U-I关系为 U=6-4I，解方程组可得，两图像的交点为：I=0.5A；U=4.0V.
29、 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 点睛； 此题先要搞清电路图的结构，然后根据实验的步骤搞清实验的原理，结合欧姆定律找出函数关系，结合图像的斜率和截距的意义求解。24（ 1）0.5m（2）2.5m【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出利用雪仗作用时的加速度,根据速度时间公式求出第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，根据位移与时间关系求出这段时间内的位移；根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度 ,结合速度时间公式求出
30、2s 后的速度 ,根据速度位移公式求出雪仗第2 次对雪面作用后的速度,再结合速度位移公式求出第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。（1）运动员在雪道上用滑雪杖对雪面作用时根据牛顿第二定律：1Ffma解得加速度为：211/am st1=1.0s 时的速度为：11 11/vatm s这段时间内的位移：211 110.52xa tm(2)无雪仗后，运动员减速，根据牛顿第二定律：2fma解得加速度为：220.25/am s撤除水平推力F后经过 2s 时的速度为：212 20.5/vva tm s第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同，则有：22321 12vva x解得：3
31、5/4vm s此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动,滑行的最大距离为：2322vax解得：22.5xm点睛： 本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解决问题的关键。25（ 1）202mvqL（2）53 , 3.52LL53 ,6.52LL【解析】试题分析：将带电粒子的运用沿水平和竖直方向正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向在x轴上下方都做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式列式分析；画出轨迹根据牛顿第二定律和运动动学公式结合几何关系，即可求出在A、C两点射入粒子的时间差及两粒子在磁场中相遇点的坐标。（1）设从 A 点射入的粒子在x
32、方向：08Lv t在 y 方向先做匀加速后做匀减速运动：21422tLa精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 加速度为：qEma解得：202mvEqL（2）从 C 点入射的粒子在y 轴上的C点射出与从A 点射入的粒子在电场中运动时间相同C的纵坐标为：2124tyaL速度大小仍为v0，方向沿 x 轴方向当粒子从A 点先射入，磁场的方向垂直纸面向外才能相遇，根据几何关系：13AtT16CtT根据牛顿第二定律：200vqv Bm
33、r圆周公式：02 rTv解得：5rL时间差为：053ACLtttv横坐标为：05sin6032xrL纵坐标为：0cos603.5yLrL精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 所以相遇点为：53 ,3.52LL当粒子从A 点先射入，磁场的方向垂直纸面向外才能相遇，同得053Lttv横坐标：05sin6032xrL纵坐标：04cos606.5yLrL所以相遇点为：53 ,6.52LL点睛： 本题主要考查了粒子在电磁场中的运动，
34、将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；解题过程中要画出轨迹图分析。33（1）BDE （1）由题意可知， A 部分气体等容变化，而其始末状态压强、分别为：（1 分）（1 分）根据查里定律：（1 分）（2）对 B 部分气体其始末状态压强、分别为：（1 分）设 U 形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为，由理想气体状态方程：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word （2 分）所以
35、（2 分）解得：，即水银柱沿管向下移动了1cm 点睛：本题主要考查了气体的温度之比、水银柱移动的距离，分析清楚题意、选择恰当的研究对象、根据题意求出气体状态参量，应用查理定律与理想气体状态方程即可正确解题。14（ 1）36（2）4 311rBEmR2203r B DvmR【解析】（ 1 ）分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a，轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图b.由几何关系1cosNmg，2cosNmg又11fN，22fN运输车匀速运动mgsin =f1+f2解得：3=6（2 ）运输车到站时，电路图如图（c），11=4RR总由闭合电路的欧姆定律EIR总精品资料 - - - 欢迎下载
36、 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 16 页 - - - - - - - - - - word 又14II，234II导体棒所受的安培力：113FBIr；223FBIr运输车的加速度12FFam解得4 311rBEamR运输车进站时，电路如图d，当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律：13EBrv；23EBrv由闭合电路的欧姆定律124EEIR导体棒所受的安培力：13FBIr；23FBIr运输车所受的合力：223Br vFR选取一小段时间?t ，运输车速度的变化量为?v，由动量定律：223-Br vtm vR即223-Brxm vR两边求和：2203-B r DmvmvR，解得2203=-B r Dv vmR精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 16 页 - - - - - - - - - -