北京市交大附中2020届高三下学期模拟测试物理试题 Word版含解析 25页

交大附中模拟测试 ‎1.在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是（ ）‎ A. 光的折射现象.色散现象 B. 光的反射现象.干涉现象 C. 光的衍射现象.偏振现象 D. 光的直线传播现象.光电效应现象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】光的衍射现象、偏振现象、干涉现象都能说明光具有波动性，光电效应说明光的粒子性，光的直线传播，折射和反射现象以及色散不能说明波动性和粒子性。‎ 故选C。‎ ‎2.一定质量理想气体，在温度T1和T2下的压强p与体积V的关系曲线如图所示。气体由状态A等容变化到状态B的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 温度降低，吸收热量 B. 温度降低，放出热量 C. 温度升高，吸收热量 D. 温度升高，放出热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】气体由状态A等容变化到状态B的过程中，压强增大，由等容变化规律可知，温度升高，理想气体内能增大，再根据热力学第一定律可知，由于所体发生等容变化，则气体不对外做功，外界也不对气体做功，所以气体吸收热量，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，时波形如图所示。已知质点P再经过0.3s第一次到达波峰处，下列说法正确的是（　　）‎ - 25 -‎ A. 这列简谐横波的波长是5m B. 这列简谐横波的波速是10m/s C. 质点Q要再经过0.2s才能第一次到达波峰处 D. 质点Q到达波峰处时质点P也恰好到达波峰处 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，波长 故A错误；‎ B．时刻，P位于平衡位置向下振动，再过到达波峰，即 则 则 故B正确；‎ C．当图中处质点的振动传到质点Q时，质点Q第一次到达波峰，根据 所以C错误；‎ D．质点Q与质点P相距，其振动情况相反，故质点Q到达波峰处时，质点P恰好到达波谷，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x - 25 -‎ 轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB = xB- xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）‎ A. A点电势高于B点电势 B. A点的电场强度小于B点的电场强度 C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电子电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功即 所以，A点电势低于B点电势，故A错误；‎ B．根据电势能Ep随坐标x变化的关系 则 可知Ep-x图像的斜率绝对值越大，电场强度越强，由图可知A点的斜率绝对值比B点的大，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；‎ C．由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据功能关系 ‎，‎ 电场力做功 ‎，‎ 故，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，故C错误；‎ - 25 -‎ D．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，根据动能定理 电子经过A点的速率小于经过B点的速率，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.如图，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外．已知放射源放出的射线有α、β、γ三种．下列判断正确的是 A. 甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线 B. 甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线 C. 甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线 D. 甲是α射线，乙是β射线，丙是γ射线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】α射线是高速流，一个α粒子带两个正电荷．根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向右，故丙是α射线．β射线是高速电子流，质量数为0，带一个负电荷．根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向左，故甲是β射线．γ射线是γ光子，是电中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转．故乙是γ射线．‎ 故B正确．‎ ‎6.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动可以产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　）‎ A. 时，穿过线圈的磁通量最大 B. 线圈转动一周，电流的方向改变一次 - 25 -‎ C. 线圈中电动势的有效值为311V D. 线圈中交变电流的频率为100Hz ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．时，电动势为零，线圈平面处于中性面处，穿过线圈的磁通量最大，故A正确；‎ B．根据图乙可知，线圈转动一周，电流方向改变两次，故B错误；‎ C．线圈中电动势的最大值为311V，有效值为 故C错误；‎ D．根据图乙可知 线圈中交变电流的频率 故D错误。‎ 故选A。‎ ‎7.蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 运动员的速度一直增大 B. 运动员始终处于失重状态 C. 人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力 - 25 -‎ D. 运动员克服弹力做的功等于重力对运动员做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，开始阶段，运动员的重力大于绳的拉力，运动员做加速运动，随着拉力增大，合力减小，加速度减小；后来绳的拉力大于运动员的重力，运动员受到的合力向上，运动员做减速运动，合力随拉力的增大而增大，则加速度增大；即在运动员从a点到c点的运动过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增加，故A错误；‎ B．运动员在加速的过程，加速度向下，处于失重状态；减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故B错误；‎ C．当人的重力等于绳子的拉力时，即 时，人的速度是最大的，动能时最大的，故C正确；‎ D．在运动员从a点到c点的运动过程中，动能变化量为负值，由动能定理知外力对运动员做的总功是负值，则运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动。关于苹果从最低点a到最左侧点b运动的过程，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 苹果先处于超重状态后处于失重状态 B. 手掌对苹果的摩擦力越来越大 C. 手掌对苹果的支持力越来越大 D. 苹果所受的合外力保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【详解】A．苹果做匀速圆周运动，从a到b的过程中，加速度在竖直方向上有向上的加速度，可知苹果处于超重状态，故A错误；‎ B．从a到b的过程中，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律知，摩擦力越来越大，故B正确；‎ C．从a到b的过程中，加速度大小不变，加速度在竖直方向上的加速度逐渐减小，方向向上，根据FN-mg=may可知支持力越来越小，故C错误；‎ D．苹果做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.小明同学想利用图示装置验证“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论。她先将6个相同的钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车在木板上恰能匀速下滑。现从小车中依次取n=1，2，3，4，5，6个钩码挂在细线右端，其余钩码仍留在小车内，并正确完成了后续的实验操作。设小车运动的加速度大小为a，不计滑轮轮轴的摩擦。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该实验中细线对小车的拉力等于所悬挂钩码的总重力 B. 利用该方案无法验证“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论 C. 该同学根据实验数据描绘的加速度a随n的变化图像应当是一条过原点的直线 D. 若实验中保持木板水平，则该同学描绘的加速度a随n变化的图像不是直线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设钩码向下的加速度大小为a，绳子拉力大小为T，则由牛顿第二定律得：‎ 显然T小于钩码总重力，故A错误；‎ BC．设每个钩码质量为m，小车质量为M，由牛顿第二定律，对于小车有：‎ 对钩码有：‎ - 25 -‎ 联立解得：‎ 可知a-n图像为过原点的直线，并且验证了“物体质量一定时，其加速度与所受的合力成正比”这一结论，故B选项错误，C选项正确；‎ D．若保持木板水平，不平衡摩擦力，则需要考虑摩擦力对实验的影响。设每个钩码质量为m，小车质量为M，当有n个钩码挂在右侧时，小车及钩码系统由牛顿第二定律有：‎ 求得：‎ 可判断a-n图像为不过原点的直线，所以D选项错误；‎ 故选C。‎ ‎10.如图所示，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板、水平正对放置，两板间有一带电微粒以速度沿直线运动，当微粒运动到点时，迅速将板上移一小段距离.则此后微粒的运动情况可能是（ ）‎ A. 沿轨迹①做曲线运动 B. 方向改变沿轨迹②做直线运动 C. 方向不变沿轨迹③做直线运动 D. 沿轨迹④做曲线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平行金属板所带电量和正对面积都不变，根据推论得知，只改变两板的距离时，板间的场强不变，粒子的受到电场力也不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹③做直线运动。‎ 故选C。‎ - 25 -‎ ‎11.图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 若只增大电子枪的加速电压，可以使电子流做的圆周运动的半径减小 B. 若只减小电子枪的加速电压，可以使电子流做的圆周运动的周期变大 C. 若只增大励磁线圈中的电流，可以使电子流做的圆周运动的半径增大 D. 若已知电子的比荷，灯丝发出的电子的初速度为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算两线圈间的磁感应强度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子在加速电压的作用下被加速，若初速度为0，则获得的速度动能为 电子获得速度后，在磁场中受到洛伦兹力的作用下，作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 两式联立可得 由此可知，若只增大电子枪的加速电压，可以使电子流做做圆周运动的半径增大，所以A错误；‎ - 25 -‎ B．由A选项分析，有 则化简可得 即电子做圆周运动的周期与加速电压无关，所以若只减小电子枪的加速电压，可以使电子流做的圆周运动的周期不变，所以B错误；‎ C．由A选项得 若只增大励磁线圈中的电流，B值变大，半径减小，所以C错误；‎ D．由A选项得 化简可得 若已知电子的比荷，灯丝发出的电子的初速度为零，加速电压为U，则可通过测量圆形径迹的直径来估算两线圈间的磁感应强度，所以D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.如图所示，玩具电动机、电流表、开关和电池组成闭合电路。闭合开关S，发现电动机启动时电流表的读数比正常工作时的读数要大；当正常运转后用手轻触电动机转轴，使转速逐渐变慢，发现电流表读数逐渐变大，则以下说法中正确的是（　　）‎ A. 电动机启动时产生的反电动势较小，因此电流表的读数较大 B. 电动机启动时产生的反电动势较大，因此电流表的读数较大 - 25 -‎ C. 用手轻触使电动机停止转动，这时电动机消耗热功率最小 D. 用手轻触电动机产生的反电动势较大，因此电流表的读数较大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电动机启动时转速低，产生的反电动势较小，因此电流表的读数较大，故A正确，B错误；‎ C．用手轻触使电动机停止转动，反电动势为零，电流最大，根据 电功率最大，故C错误；‎ D．用手轻触电动机，电动机的转速降低，产生的反电动势变小，因此电流表的读数较大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎13.某个物理量D的变化量DD与发生这个变化所用时间Dt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 若D表示质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的 B. 若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则是恒定不变的 C. 若D表示质点的动量，则越大，质点所受合外力就越大 D. 若D表示穿过线圈的磁通量，则越大，线圈中的感应电动势就越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示加速度，而平抛运动加速度始终等于重力加速度，所以是恒定不变，故A正确，不符合题意； B．若D表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则表示线速度的变化率，等于物体的向心加速度，而匀速圆周运动的向心加速度的方向始终指向圆心，是变化的，故B错误，符合题意； C．若D表示某质点的动量，则表示动量的变化率，即物体所受的合外力，则越大，质点所受合外力就越大，选项C正确，不符合题意；‎ - 25 -‎ D．若D表示穿过某线圈的磁通量，则就表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应强度可知，越大，则穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中的感应电动势就越大，故D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎14.如图甲所示，导体板放在磁感应强度为B的匀强磁场中，B垂直于导体板的上、下表面。当电流I垂直于A1、A2通过导体板时，在导体板的B1、B2表面间会产生电势差UH，这种现象称为霍尔效应.定义霍尔电阻RH=。实验表明，当磁场不太强时RH∝B：当磁场超过一定数值时，RH显示出量子化行为，可以表示RH=，i为正整数，如图乙所示，已知R0仅与元电荷e和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机制，但仍可利用物理学中的常用方法，在下列选项中，推理判断R0的可能值为（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分析题意可知，其中RH为电阻，单位为Ω，则R0的单位也为Ω，已知普朗克常量h的单位为J•s，电荷量e的单位为C，则的单位换算关系为 故C正确，ABD错误。 故选C。‎ ‎15.某同学用图甲所示的“碰撞实验器”验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC为水平槽。‎ - 25 -‎ ‎(1)实验中通过仅测量小球做平抛运动的_________（选填“水平位移”或“竖直位移”），可间接得到小球碰撞前后的速度关系；‎ ‎(2)实验时先使入射球m1从斜槽上某一固定位置S多次由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，从而确定P点的位置。再把被碰球m2放在水平槽末端，让球m1仍从位置S多次由静止开始滚下，跟球m2碰撞后，两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，从而确定M、N点的位置。其中确定P点位置的多次落点痕迹如图乙所示，刻度尺的零点与O点对齐，则OP=_________cm；‎ ‎(3)若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且mA>mB，B、B'两点在同一水平线上），下列说法中正确的是_________；‎ A．采用图甲所示的装置，必需测量OB、OM、OP和ON的距离 B．采用图乙所示的装置，必需测量OB、B'N、B'P和B'M的距离 C．采用图甲所示的装置，若，则表明此碰撞动量守恒 D．采用图乙所示的装置，若，则表明此碰撞机械能也守恒 ‎(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，M、N距O - 25 -‎ 点的距离如图丙所示。请通过计算说明本次实验中两小球碰撞前后的动量是否守恒_________。‎ ‎【答案】 (1). 水平位移 (2). 44.80 (3). D (4). 动量守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]小球碰后做平抛运动，竖直高度相等，即在空中运动时间相等，水平方向做匀速直线运动，时间相等，则水平位移之比等于速度之比；故只要测量小球平抛运动的水平位移，就可以间接的得到小球碰撞前后的速度关系；‎ ‎(2)[2]刻度尺选用毫米刻度尺，最小分度值是毫米，刻度尺的零点与O点对齐，所以有 ‎(3)[3]A．如果采用图甲所示装置，由于小球平抛运动的时间相等，故可以用水平位移代替速度进行验证，不需要测量OB的长度，故A错误；‎ B．如果采用图乙所示装置时，利用水平距离相等，根据下落的高度可确定飞行时间，从而根据高度可以表示出对应的水平速度，从而确定动量是否守恒，故不需要测量OB的距离，故B错误；‎ C．采用图甲所示装置，一个球时水平距离为，两球相碰时，A球距离为，B球为，则根据动量守恒定律有 因下落时间相同，则两端同时乘以后有 则表明此碰撞动量守恒，故C错误；‎ D．小球碰后做平抛运动，速度越快，下落高度越小，单独一个球下落时，落点为，两球相碰后，落点分别为和，根据动量守恒定律有 根据可得 - 25 -‎ 可得速度为 即可得 代入动量守恒表达式，消去公共项后，则有 机械能守恒定律可知 代入速度表达式可知 联立动量表达式和机械能表达式可知 故可以根据该式表明此碰撞机械能守恒，故D正确；‎ ‎(4)[4]根据题中条件可知，碰前有 碰后有 在误差允许范围内则有 即两小球碰撞过程动量守恒；‎ - 25 -‎ ‎16.在“测定金属的电阻率”的实验中：‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图所示，则该金属丝直径的测量值_________mm；‎ ‎(2)有两位同学所设计的测量电路的一部分分别如图甲、乙所示，若分别用这两个电路进行实验，则测量值比真实值偏小的应是_______________图所示的电路（选填“甲”或“乙”）；‎ ‎(3)若电表的内阻不可忽略，则按照所选电路进行实验得到待测电阻的阻值与真实值相比较，准确吗？若不准确，分析并判断较真实值偏大还是偏小，为什么_________？这种误差能否通过多次测量取平均来减少_________？‎ ‎(4)按图丙所示的电路图测量金属丝的电阻Rx（阻值约为15Ω）。‎ 实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：‎ 电压表V（量程0~3V，内阻约3kW）；电流表A1（量程0~200mA，内阻约3W）；电流表A2（量程0~0.6A，内阻约0.1W）；滑动变阻器R1（0~50W）；滑动变阻器R2（0~200W）；电源E（电动势为3.0V，内阻不计）。‎ 为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选___________，滑动变阻器应选___________（选填器材的名称符号）电阻丝；‎ ‎(5)‎ - 25 -‎ 请根据图丙所示电路图，用连线代替导线将图丁中的实验器材连接起来，并使滑动变阻器的滑片P置于b端时接通电路后的电流最小___________；‎ ‎(6)在按图丙电路测量金属丝电阻的实验中，将滑动变阻器R1、R2分别接入实验电路，调节滑动变阻器的滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最大阻值，以RP表示滑动变阻器接入电路的电值，以U表示R两端的电压值。在图中U随RP变化的图象可能正确的是________（图线中实线表示R接入R1时的情况，虚线表示接入R2时的情况）；‎ A.‎ B.‎ C.‎ D.‎ ‎(7)用伏安法测金属丝电阻存在系统误差。为了减小系统误差，有人设计了如图所示的实验方案。其中Rx是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻。合上开关S，灵敏电流计的指针偏转。将R调至阻值为R0时，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻_______________________________（用R1、R2、R0表示）。‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). (2). 甲 (3). 偏小 (4). 不能 (5). A1 (6). R1 (7). (8). A (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数为 ‎(2)[2]图甲所示是伏安法的外接法，误差的来源是电压表的分流，测量值偏小；图乙所示是伏安法的内接法，误差的来源是电流表的分压，测量值偏大，所以测量值比真实值偏小的应是甲。‎ ‎(3)[3][4]图丙所示是伏安法的内接法，所以测量的电阻值比真实值偏小，误差来源是电压表的内阻造成的电压表的分流，所以不能通过多次测量取平均值来减少误差。‎ ‎(4)[5][6]由于通过待测电阻的最大电流为 所以电流表应选择A1；根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要最大电阻应为 则变阻器需要的最大电阻为 所以为调节方便，变阻器应选择R1。‎ - 25 -‎ ‎(5)[7]实物连线图如图所示 ‎(6)[8]根据闭合电路欧姆定律应有 则说明在R和Rx不变时，U与不是一次函数关系，故只能是曲线；故CD错误；当R分别为R1和R2时，由公式可知，R越大,在相同的前提下，U将越小；故只有A正确。‎ ‎(7)[9]由题意可知，此方法是电桥法测电阻，当电流表示数为零时，R与Rx串联，与R1并联；同时Rx与R2并联，所以有 化简可得 最后，得被测电阻的阻值为 ‎17.场是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强度、磁感应强度等物理量。‎ ‎（1）写出电场强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义；‎ ‎（2）写出磁感应强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义。‎ - 25 -‎ ‎【答案】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的电量。‎ ‎(2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) E 指的是电场中某点电场强度，F 指的是检验电荷受到的库仑力，q 指的是检验电荷的电量。电场强度的大小是由场源电荷电量及到场源电荷的距离决定的，与检验电荷的电量无关。‎ ‎(2) B 指的是磁场中某点的磁感应强度，F 指的是通电导线垂直磁感应强度时受到的安培力，I 指的是通电电流强度，L 指的是通电导线的有效长度。磁感应强度是由磁体（或电流）及位置决定的，与检验通电导线的电流、长度无关。‎ ‎18.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上。在沿斜面向上的恒力作用下，质量为m的物块由静止开始上滑，当滑行距离为x时，其速度大小为v，此时撤去该力，物块继续运动。设斜面足够长。重力加速度为g。求：‎ ‎（1）该恒力的大小F；‎ ‎（2）撤去该力后，物块沿斜面继续向上滑动的距离x¢ 。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）物体沿光滑固定斜面上滑，由牛顿第二定律得：‎ 撤去F瞬间，由匀变速运动位移-速度公式有：‎ - 25 -‎ 联立求得：‎ ‎（2）撤去该力后，物块沿斜面继续向上做匀减速直线运动，加速度为，则有：‎ 求得：‎ ‎19.如图1所示，将重物A通过细绳缠绕在发电机转轴上．闭合开关后，让重物下落，会发现小灯泡被点亮．发电机内部由线框和磁场构成，为了研究该问题，我们把它简化为如图2中的模型，虚线框内存在竖直向上的匀强磁场，导体棒与水平放置的平行导轨始终垂直．导轨间距为L，磁感应强度为B，重物质量为，导体棒质量为，灯泡电阻为R，不考虑灯泡电阻变化，忽略一切摩擦，不计导轨、导体棒电阻．‎ ‎（1）结合该简化模型，说明小灯泡为什么会被点亮；‎ ‎（2）重物加速下落过程中，当其速度为v时，求此时导体棒的加速度大小；‎ - 25 -‎ ‎（3）在图3的坐标系中定性画出回路中电流随时间变化的规律，并说明图线与坐标轴围成的面积的物理意义．‎ ‎【答案】（1）闭合开关后，重物下落通过细绳拉动导体棒，导体棒运动切割磁感线产生感应 电动势，所以灯会被点亮 ‎（2）‎ ‎（3）如图所示：‎ 图线与坐标轴所围的面积表示这段时间内流过导体棒横截面的电荷量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据导体棒切割磁感线，然后法拉第电磁感应定律进行分析；‎ ‎（2）对重物和导体棒分别用牛顿第二定律列出方程进行求解；‎ ‎（3）结合（2）进行分析，导体棒做加速度减小的加速运动，根据法拉第电磁感应定律进行分析即可；‎ ‎【详解】（1）闭合开关后，重物下落通过细绳拉动导体棒，导体棒运动切割磁感线产生感应 电动势，所以灯会被点亮；‎ ‎（2）导体棒切割磁感线产生感应电动势为：，则电流为：，‎ 导体棒加速运动，根据牛顿第二定律：‎ 重物：‎ 对导体棒：‎ - 25 -‎ 联立可以得到：；‎ ‎（3）由（2）可知，速度增大，加速度减小，由，可知感应电流与速度成正比，回路中电流随时间变化规律如图所示：‎ 由公式可知图线与坐标轴所围的面积表示这段时间内流过导体棒横截面的电荷量．‎ ‎【点睛】本题主要是考查电磁感应现象能量转化问题，解答本题要了解发电机的工作原理，同时结合法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律进行求解．‎ ‎20.由某种金属材料制成的圆柱形导体，将其两端与电源连接，会在导体内部形成匀强电场，金属中的自由电子会在电场力作用下发生定向移动形成电流．已知电子质量为m，电荷量为e，该金属单位体积的自由电子数为n．‎ ‎（1）若电源电动势为E，且内阻不计，‎ a. 求电源从正极每搬运一个自由电子到达负极过程中非静电力所做的功W非；‎ b. 从能量转化与守恒的角度推导：导体两端的电压U等于电源的电动势E；‎ ‎（2‎ - 25 -‎ ‎）经典的金属电子论认为：在外电场（由电源提供的电场）中，金属中的自由电子受到电场力的驱动，在原热运动基础上叠加定向移动，如图所示．在定向加速运动中，自由电子与金属正离子发生碰撞，自身停顿一下，将定向移动所获得的能量转移给金属正离子，引起正离子振动加剧，金属温度升高．自由电子在定向移动时由于被频繁碰撞受到阻碍作用，这就是电阻形成的原因．‎ 自由电子定向移动的平均速率为v，热运动的平均速率为u，发生两次碰撞之间的平均距离为x．由于v<