上海高考物理试题详解 14页

‎2014年全国普通高等学校招生统一考试 上海物理试卷 一．单项选择题（共16分，每小题2分。每小题只有一个正确选项。）‎ ‎1．下列电磁波中，波长最长的是（ ）‎ ‎（A）无线电波 （B）红外线 （C）紫外线 （D）g射线 答案：A 考点：电磁波谱 解析：根据电磁波谱可知，电磁波按照波长逐渐减小的顺序为：长波、中波、短波、微波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线．故A正确、BCD错误。‎ ‎2．核反应方程Be＋He ®C＋X中的X表示（ ）‎ ‎（A）质子 （B）电子 （C）光子 （D）中子 答案：D 考点：裂变反应和聚变反应 解析：设X的质子数为m，质量数为n，则有：4+2=m+6，9+4=12+n，所以m=0，n=1，即X为中子，故ABC错误，D正确．‎ ‎3．不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（ ）‎ ‎（A）原子中心有一个很小的原子核 （B）原子核是由质子和中子组成的 ‎ ‎（C）原子质量几乎全部集中在原子核内 （D）原子的正电荷全部集中在原子核内 答案：B 考点：粒子散射实验；原子的核式结构．‎ 解析：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，但不能得到原子核内的组成，故B不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论，ACD可以．‎ ‎4．分子间同时存在引力和斥力，当分子间距增加时，分子间（ ）‎ ‎（A）引力增加，斥力减小 （B）引力增加，斥力增加 ‎ ‎（C）引力减小，斥力减小 （D）引力减小，斥力增加 答案：C 考点：分子间相互作用力。‎ 解析：分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的作用力都减小，即引力和斥力都减小，但斥力变化的快，故ABD错误，C正确。‎ ‎5．链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是（ ）‎ ‎（A）质子 （B）中子 （C）b粒子 （D）a粒子 答案：B 考点：重核裂变 解析：，在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核聚变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子。‎ ‎6．在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是（ ）‎ ‎（A）光电效应是瞬时发生的 ‎ ‎（B）所有金属都存在极限频率 ‎（C）光电流随着入射光增强而变大 ‎ ‎（D）入射光频率越大，光电子最大初动能越大 答案：C 考点：光电效应 解析：根据波动理论，认为只要光照射的时间足够长、足够强就能发生光电效应，且光电子的初动能就大，但实验中金属表面没有溢出电子的实验结果；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，发生是瞬时的，且入射光频率越大，光电子最大初动能越大，这与光的波动理论相矛盾，故ABD 错误；C、波动理论认为光强度越大，光电流越大；光电效应中认为光强度越大，光子越多，金属表面溢出的光电子越多，即光电流越大，所以该实验结果与波动理论不矛盾，故C正确．‎ ‎ 答案：B 考点：简谐运动的振动图像。‎ 解析：质点通过平衡位置时速度最大，由图知在T/4内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知，1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．‎ 由加速度与位移的关系：a=-kx/m，可知，质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故B正确．‎ ‎7．质点做简谐运动，其v-t关系如图，以x轴正向为速度v的正方向（ ）‎ ‎8．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）‎ ‎（A）2v/g （B）v/g （C）2h/v （D）h/v 答案：A 考点：竖直上抛运动 解析：向上抛出的小球回到抛出点速度大小仍为v，方向向下，在此之后的运动情况与竖直向下抛出的小球运动情况完全相同，即时间相同。所以两球落地时间差就是向上小球从抛出到落回抛出点的时间，t=2v/g.答案A正确。‎ 二．单项选择题（共24分，每小题3分。每小题只有一个正确选项。）‎ ‎9．如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N，在运动过程中（ ）‎ ‎（A）F增大，N减小 （B）F减小，N减小 ‎ ‎（C）F增大，N增大 （D）F减小，N增大 答案：A 考点：受力分析，共点力的平衡。‎ ‎ 解析：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有：N=mgcosθ和F=mgsinθ，其中θ为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．‎ ‎ 10．如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ）‎ ‎（A）压强增大，体积增大 （B）压强增大，体积减小 ‎（C）压强减小，体积增大 （D）压强减小，体积减小 答案：B 考点：理想气体状态方程。‎ 解析：初始状态P0=Px+Ph，若试管自由下落，则ph=0，Px=P0，所以压强增大 由玻意耳定律知，PV=C，故V减小． 故选：B ‎ 11.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ）‎ 答案：C 考点：机械能守恒定律。‎ 解析：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=F•at2/2，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D错误。‎ ‎ 12．如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO’转动，磁场方向与线框平面垂直，在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成q角，此时bc边受到相对OO’轴的安培力力矩大小为（ ）‎ ‎（A）BISsinq （B）BIScosq （C）BIS/sinq （D）BIS/cosq 答案：A 考点：安培力 解析：I与B垂直，故安培力F=BIL=B•bc•I，由左手定则知安培力竖直向上，‎ 由几何知识可知力臂的大小为：L=ab•sinθ 则力矩为：B•bc•I×ab•cosθ=BSsinθ 故选：A．‎ ‎13．如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈，在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（ ）‎ ‎（A）顺时针旋转31圈 （B）逆时针旋转31圈 ‎（C）顺时针旋转1圈 （D）逆时针旋转1圈 答案：D 考点：线速度、角速度、周期、频率和转速，实际频率与变化的频率的关系，掌握能看到白点的原理与解题的思路。‎ 解析：带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈，即f0=30Hz，‎ 在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即f=31Hz，‎ 假设频闪光的频率略大于圆盘转动频率，即稍小于，那么白点经过时间转过了周再次被照亮，即相当于逆时针转动了周，所以，白点逆时针倒转一周的时间为，倒转频率为 所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈．‎ 故选：D．‎ ‎14．一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距3/4波长，B位于A右方，t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过1/4周期，B位于平衡位置（ ）‎ ‎（A）上方且向上运动 （B）上方且向下运动 ‎（C）下方且向上运动 （D）下方且向下运动 答案：D 考点：简谐运动。‎ 解析：波向右传播，据题意：t时刻A位于平衡位置上方且向上运动时，B位于平衡位置的上方，速度方向向下，再经过1/4周期，B位于平衡位置下方且向下运动．故D正确．‎ 故选：D ‎15．将阻值随温度升高而减小的热敏电阻I和II串联，接在不计内阻的稳压电源两端，开始时I和II阻值相等，保持I温度不变，冷却或加热II，则II的电功率在（ ）‎ ‎（A）加热时变大，冷却时变小 （B）加热时变小，冷却时变大 ‎ ‎（C）加热或冷却都变小 （D）加热或冷却都变大 答案：C 考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 解析：将热敏电阻Ⅰ看成电源的内阻，开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，根据数学知识分析得知此时电源的输出功率最大，即Ⅱ上消耗的电功率最大，所以无论温度升高还是降低，Ⅱ阻值增大或减小，Ⅱ上消耗的电功率都变小．故C正确．‎ 故选：C ‎16．如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等，用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2，动能增量分别为DEk1、DEk2，假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I和II轨道间的动摩擦因数相等，则（ ）‎ ‎（A）DEk1＞DEk2，t1＞t2 （B）DEk1＝DEk2，t1＞t2‎ ‎（C）DEk1＞DEk2，t1＜t2 （D）DEk1＝DEk2，t1＜t2‎ 答案：B 考点：动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ 解析：因为摩擦力做功 Wf=μ（mgcosθ+Fsinθ）•s=μmgx+μFh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：‎ WF-mgh-Wf=△Ek，‎ 知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等．‎ 作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B 三．多项选择题（共16分，每小题4分。每小题有二个或三个正确选项。全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分。）‎ ‎17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则该磁场（ ）‎ ‎（A）逐渐增强，方向向外 （B）逐渐增强，方向向里 ‎（C）逐渐减弱，方向向外 （D）逐渐减弱，方向向里 答案：C D 考点：楞次定律 解析：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．‎ ‎18．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为DU1、DU2、DU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为DI，则（ ）‎ ‎（A）A的示数增大 （B）V2的示数增大 ‎（C）DU3与DI的比值大于r （D）DU1大于DU2‎ 答案：ACD 考点：闭合电路欧姆定律。‎ 解析：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大．故A正确．‎ B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误．‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：‎ ‎，则△V3与△I的比值大于r．故C正确．‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-Ir，则得：‎ 故△V1大于△V2．故D正确．‎ ‎19．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）‎ ‎（A）在x2和x4处电势能相等 ‎（B）由x1运动到x3的过程中电势能增大 ‎（C）由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 ‎（D）由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 答案：BC 考点：电势能；电场强度．‎ 解析：A、x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误； B、x1-x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确； C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确D错误； 故选：BC．‎ ‎20．如图，在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接，气缸内两活塞间保持真空，活塞与气缸壁之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同，略抬高气缸左端使之倾斜，再使升高相同温度，气体最终达到稳定状态。若始末状态A、B的压强变化量DpA、DpB均大于零，对活塞压力的变化量为DFA、DFB，则（ ）‎ ‎（A）A体积增大 （B）A体积减小 ‎（C）DFA＞ DFB （D）DpA＜DpB 答案：AD 考点：理想气体状态方程。‎ 四．填空题（共20分，每小题4分。）‎ 本大题中第22题为分叉题，分A、B两类，考生可任选一类答题。若两类试题均做，一律按A类题计分。‎ 21． 牛顿第一定律表明，力是物体＿＿＿＿发生变化的原因；该定律引出的一个重要概念是＿＿＿＿。‎ 答案：运动状态，惯性。‎ 考点：牛顿第一定律 解析：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性．‎ ‎22A、22B选做一题 ‎22A．动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA:vB＝2:1，则动量大小之比PA:PB＝＿＿＿＿，两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量之比P:PA＝＿＿＿＿。‎ 答案：1:2，1:1‎ 考点：动量定理 ‎ ‎ ‎22B．动能相等的两颗人造地球卫星A、B的轨道半径之比为RA:RB＝1:2，它们的角速度之比wA:wB＝＿＿＿＿，质量之比mA:mB＝＿＿＿＿。‎ 答案：2:1，1:2‎ 考点：人造卫星问题 ‎23．如图，两光滑斜面在B处连接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB＝BC。设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为＿＿＿＿，球由A运动到C的过程中平均速率为＿＿＿＿m/s。‎ 答案：9:7，2.1‎ 考点：平均速度 ‎24．如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d＝0.6m的矩形孔，其下沿离地高h＝1.2m，离地高H＝2m的质点与障碍物相距x。在障碍物以v0＝4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，为使质点能穿过该孔，L的最大值为值＿＿＿＿m；若L＝0.6m，x的取值范围是＿＿＿＿m。（取g＝10m/s2）‎ 答案：0.8，0.8m≤x≤1m，‎ 考点：平抛运动 ‎ ‎ 25． 如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h．当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为 ；若A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ=30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是 ．‎ ‎ ‎ 答案：h或h；先不变后增大。‎ 考点：库仑定律、共点力的平衡及其应用。‎ 解析：当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的 倍，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有：G/F＝AC/AB；‎ 解得：AB=hG/F=h，根据几何关系，可知，BC=h或BC=h；‎ 当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B仍能在θ=30°处平衡，同理，通过三角形相似比，线BC的拉力与重力的之比，等于线BC长与AC长之比；当A在漏电过程中，电场力在渐渐变小，直到为零，而拉力的大小却不变；由题意可知，此时AB与BC垂直，BC长度小于AC，根据长度之比等于力之比的关系，可知，线BC的拉力小于此时的重力；当达到θ=0°处，最终A漏电漏完，线的拉力等于重力，则拉力变大。‎ 五．实验题（共24分）‎ 26． ‎（4分）如图，在“观察光的衍射现象”实验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将＿＿＿＿（选填：“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线传播只是一种近似规律，只有在_________情况下，光才可以看作是沿直线传播的。‎ ‎ 答案：减小，光的波长比障碍物小得多。‎ ‎ 考点：用双缝干涉测光的波长 ‎ 解析：条纹间距公式，L是单缝到光屏的距离，d是缝宽度。保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将减小；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在 光的波长比障碍物小得多情况下，光才可以看作是沿直线传播的。‎ ‎27．（5分）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10ml处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1ml测一次压强p，最后得到p和V的乘积逐渐。‎ ‎（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图_________。‎ ‎（2）（单选题）图线弯曲的可能原因是在实验过程中_________。‎ ‎（A）注射器中有异物 ‎（B）连接软管中存在气体 ‎（C）注射器内气体温度升高 ‎（D）注射器内气体温度降低 答案：（1）a (2)C 考点：理想气体的状态方程．‎ 解析：（1）由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V--1/P图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选a．‎ ‎（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误．‎ ‎ B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误．‎ C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知PV/T=C，当T增大时，PV会增大，故C正确．‎ D、由C分析得，D错误．‎ 故选：C ‎28．（7分）在“用DIS测电源电动势和内阻”的实验中 ‎（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在＿＿＿＿点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”）。‎ ‎（2）实验得到的U-I关系如图（b）中的直线I所示，则电池组的电动势为＿＿＿＿V，内电阻阻值为＿＿＿＿W。‎ ‎（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”重新连接到＿＿＿＿点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U-I关系如图（b）中的直线II所示，则定值电阻的阻值为＿＿＿＿W。‎ 答案：（1）C （2）2.8；2 （3）D；3‎ 考点：测定电源的电动势和内阻．‎ 解析：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点．‎ ‎（2）由图（b）中的直线Ⅰ所示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r=△U/△I=2.8/1.4=2Ω．‎ ‎（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，由（b）中的直线Ⅱ所示可知：k=R+r=△U/△I=2.8/0.56=5Ω，‎ 则定值电阻阻值：R=k-r=5-2=3Ω；‎ 故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3．‎ r/m ‎0.45‎ ‎0.40‎ ‎0.35‎ ‎0.30‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ T/s ‎2.11‎ ‎2.14‎ ‎2.20‎ ‎2.30‎ ‎2.43‎ ‎2.64‎ ‎29．（8分）某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2p，IC式中为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离。如图（a）所示，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T，然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50kg。‎ ‎（1）由实验数据得出图（b）所示拟合直线，图中纵轴表示＿＿＿＿＿。‎ ‎（2）IC的国际单位为＿＿＿＿＿，由拟合直线得到IC的值为＿＿＿＿（保留到小数点后二位）。，‎ ‎（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值＿＿＿＿（选填“偏大”、“偏小”或“不变”），‎ 答案：（1）T2r （2）kg·m2，0.17 （3）不变 考点：用单摆测定重力加速度．‎ 六．计算题（共50分）‎ ‎30．（10分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为280K时，被封闭的气柱长L＝22cm，两边水银面高度差h＝16cm，大气压强p0＝76cmHg。‎ ‎（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应改变为多少？‎ ‎（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气体长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？ ‎ ‎（1）p1＝（76－16）cmHg＝60cmHg，末态两边水银面高度差（16－2´3）cm＝10cm，p2＝（76－10）cmHg＝66cmHg，＝，T2＝p2V2T1/p1V1＝350K，‎ ‎（2）设加入的水银柱长为l，末态两边水银面高度差（16＋2´2）－l，p3＝76－（20‎ ‎－l），由p1V1＝p3V3，解得：l＝10cm ‎31．（12分）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为q的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直到静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。‎ ‎（1）求箱子加速阶段的加速度大小a’。‎ ‎（2）若a＞gtanq，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。‎ 解：（1）s1＝v2/2a’，s2＝v2/2a，s＝v2/2a’＋v2/2a，解得：a’＝av2/（2as－v2），‎ （2） 设球不受车厢作用，应满足Nsinq＝ma，Ncosq＝mg，解得：a＝gtanq，当a＞gtanq时球不受左壁作用，由牛顿定律Nsinq＝ma，Ncosq－Q＝mg，解得：顶部作用力Q＝m（acotq－g）‎ ‎32．（14分）如图，一对平行金属板水平放置板间距为d，上板始终接地，长度为d/2、质量均匀分布的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q。当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO’夹角q＝30°的位置，若两金属板在竖直平面内同时绕O、O’顺时针旋转a＝15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压。假定两板间始终为匀强电场。求：‎ ‎（1）绝缘杆所受重力G；‎ ‎（2）两板旋转后板间电压U2；‎ ‎（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变。你若认为该同学的结论正确，计算该电势能，若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2。‎ 解：（1）Gsin30°＝Lsin30°，解得：G＝，‎ ‎（2）Gsin30°＝Lsin45°，解得：U2＝U1＝U1，‎ ‎（3）该同学的结论错误，因为上板接地，板旋转后，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了，所以小球的电势能也改变了。金属板转动前，带电小球与零势能面间的电势差为U1’＝U1＝U1，电势能 W1＝qU1’＝qU1，转动后， U2’＝U2＝U1，电势能W2＝qU2’＝qU1，‎ ‎33．（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R＝1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m＝2kg、电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L＝4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。‎ ‎（1）若初速度v1＝3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA；‎ ‎（2）若初速度v2＝1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间Dt；‎ ‎（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W＝7J，求初速度v3。‎ 解：（1）由电磁感应及等效电路可知：‎ ‎ ，，，带入数据解得：‎ （2） 由欧姆定律可知，导体棒某一瞬时电流为：‎ ‎ ‎ ‎ 由于整个过程中电流保持不变，最开始的电流为： ‎ （3） 由动能定理可知：对金属棒有： ‎ ‎ 而在电磁感应电路中：‎ ‎ 设初始速度为，最后的速度为，则有：‎