2023年高考第三次模擬考試卷-物理（廣東A卷）（解析）

2023年高考物理第三次模擬考試卷

物理.全解全析

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的。

1.在正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A、B、C處，各固定有一根垂直于三角形的長(zhǎng)直導(dǎo)線，每根導(dǎo)線

通有大小相同的恒定電流，電流方向如圖所示，已知導(dǎo)線C受到的安培力大小為尸，則導(dǎo)線A受到

的安培力（）

//\\

//、、

//、\

//、\

//、\

//、

----------?>C

△FM

A.大小為3,方向平行8C向左B.大小為3,方向平行BC向右

C.大小為尸，方向垂直BC向下D.大小為F,方向垂直BC向上

【答案】A

【解析】設(shè)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的相互作用力大小為"，反向電流相互排斥，同向電流相互吸引，對(duì)長(zhǎng)直

導(dǎo)線C研究，根據(jù)力的合成可得

26cos30°=尸

解得

P√3

E=——Ff

,3

對(duì)長(zhǎng)直導(dǎo)線A研究，根據(jù)力的合成可得，A受到的安培力為

E=2Rcos60°=^F

方向平行8C向左，A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選Ac

2.微信運(yùn)動(dòng)步數(shù)的測(cè)量是通過手機(jī)內(nèi)電容式加速度傳感器實(shí)現(xiàn)的。其原理如圖所示，R為定值電阻,

M和N為電容器兩極板，M極板固定在手機(jī)上，N極板兩端與固定在手機(jī)上的兩輕彈簧連接，當(dāng)手

機(jī)的加速度變化時(shí)，N極板只能按圖中標(biāo)識(shí)的“前后”方向運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）

R

后

A.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻R中有電流

B.向前減速時(shí)，電容器所帶電荷量減小

C.向前加速時(shí)，電流由“向b流過電流表

D.保持向前勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，MN之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變

【答案】D

【解析】A.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電容C不變，線路中無(wú)電流，A錯(cuò)誤：

BC.突然減速時(shí)，N板向前移動(dòng)，d減小，由

C=-^-

4兀kd

知電容C增大，再根據(jù)

Q=UC

電荷量。增大；向前加速時(shí)，由于慣性N板向后移，d增大，電容C減小，電荷量。減小，故有

放電電流，電流b向α,BC錯(cuò)誤；

D.保持向前勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，d不變，故MN之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，D正確。

故選D。

3.甲、乙兩物體從同一點(diǎn)、同一方向、同時(shí)開始沿直線運(yùn)動(dòng)，甲的XY和乙的T圖像如圖所示（不

考慮碰撞），下列說(shuō)法中正確的是（）

A.2~4s內(nèi)乙做變加速運(yùn)動(dòng)

B.2s末甲物體恰能追上乙物體

C.第3s內(nèi)甲、乙兩物體速度方向相同

D.4~6s內(nèi)，甲乙兩物體的平均速度不相同

【答案】D

【解析】A?圖像斜率表示加速度，由乙圖知，2~4s內(nèi)乙的加速度不變，故A錯(cuò)誤；

B.由甲圖知，2s末甲的位移為4m,而VY圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，由乙圖知，2s末乙

的位移為

4x2，

-----m=4m

2

則2s末兩物體相遇，但X4圖像斜率表示速度，由甲圖知，2s前，甲的速度為2m∕s,而乙的速度由

O逐漸增加到4m∕s,故2s末是乙追上甲，故B錯(cuò)誤；

C.圖像斜率表示速度，由甲圖知第3s內(nèi)甲的速度方向?yàn)樨?fù)，由乙圖知第3s內(nèi)乙的速度方向?yàn)?/p>

正，故C錯(cuò)誤；

D.4~6s內(nèi)，甲做勻速運(yùn)動(dòng)，平均速度為

0-(-4)

---------m/s=2m∕s

2

乙做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度為

(-4)÷0.?.

---------m/s=-2m/s

2

則甲乙兩物體的平均速度方向不同，故D正確。

故選Do

4.如圖所示為某小型發(fā)電站高壓輸電示意圖。發(fā)電站輸出的電壓q不變；升壓變壓器輸出電壓為

力,降壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為力和U。為了測(cè)高壓電路的電壓和電流，在輸電

線路的起始端接入電壓互感器和電流互感器，若不考慮變壓器和互感器自身的能量損耗，所有的電

表均為理想電表，則()

A.①為電流表，②為電壓表

B,

C.僅將滑片。下移，則輸電線損耗功率減少

D.凌晨時(shí)分，用戶家的燈將變得更暗

【答案】B

【解析】A.由圖可知①接在火線和零線之間，為電壓表，②接在同一條線上，測(cè)得是電流，為電

流表，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.由于輸電線上有電壓降，所以

U2>Ui

選項(xiàng)B正確；

C.僅將滑片Q下移，則輸電電壓S增大，R不變，所以輸電電流/2增大，而輸電線損耗功率為

△P=I?r

所以輸電線損耗功率增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.凌晨時(shí)分，降壓變壓器的輸出端用電量減少，電路中的電流減小，則輸電線上的電壓降減小，

則降壓變壓器的輸入電壓增大，用戶得到的電壓變大，用戶家的燈將變得更亮，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Bo

5.如圖所示，光滑絕緣水平面上有質(zhì)量分別為機(jī)和2〃?的小球A、B,帶異種電荷。有方向水平向

右，大小為尸的力作用在B上，當(dāng)A、B間的距離為L(zhǎng)時(shí)，兩小球可保持相對(duì)靜止。若改用方向水

?

平向左，大小為W尸的力作用在A上，兩小球仍能保持相對(duì)靜止，則此時(shí)A、B間的距離為（）

_氮________￡〃〃〃

'7TΠ7ΠΠTITΠ7∏TΠ7ΠΠΠTΠ7TΠ7ΠT∏7TTTΠTΠTΓΠ7Π7TΠΓ

-L

A.2B.LC.2LD.4L

【答案】C

【解析】設(shè)小球A、B的電荷量分別為qlq2,則由題意得，當(dāng)廠的力作用在B上，A、B間的距離

為Z,時(shí)，兩小球可保持相對(duì)靜止，即兩小球的加速度相等，對(duì)兩小球整體受力分析得加速度為

F

a=——

3m

對(duì)小球A受力分析得

β=?

13m

解得

_F

L2^3

-F

同理可得，當(dāng)8的力作用在A上時(shí)，對(duì)兩小球構(gòu)成的整體和B小球分別受力分析滿足

La?2m

解得

的%_F

L,2~12

則

L'=2L

故選C。

6.用如圖的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，當(dāng)用光子能量為2.5eV的光照射到光電管上時(shí)，電流表G的

讀數(shù)為0.2mA,移動(dòng)變阻器的滑片C,當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等于0.7V時(shí);電流表讀數(shù)為0,則

B.開關(guān)S斷開后，沒有電流流過電流表G

C.光電子的最大初動(dòng)能為1.8eV

D.改用能量為1.5eV的光子照射，電流表G也有電流，但電流較小

【答案】A

【解析】AC.由題圖可知，光電管兩端所加的電壓為反向電壓，由電壓表的示數(shù)大于或等于0.7V

時(shí)，電流表示數(shù)為0,可知光電子的最大初動(dòng)能為0.7eV,根據(jù)光電效應(yīng)方程

5=W-%

可得

叱,=1.8eV

A正確，C錯(cuò)誤；

B.開關(guān)S斷開后，用光子能量為2?5eV的光照射到光電管上時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)，有光電子逸出，

則有電流流過電流表，B錯(cuò)誤；

D.改用能量為1.5eV的光子照射，由于光子的能量小于逸出功，不能發(fā)生光電效應(yīng)，無(wú)光電流，

D錯(cuò)誤。

故選Ao

?

7.如圖所示，半徑為R光滑的I圓弧軌道以固定安裝在豎直平面內(nèi)，4點(diǎn)的切線水平，與水平地

面的高度差為R，讓質(zhì)量為，"=0.2kg的小球甲（視為質(zhì)點(diǎn)）從P點(diǎn)由靜止沿圓弧軌道滑下，從A點(diǎn)

飛出，落在地面的B點(diǎn)，飛出后落到地面的水平位移為x=0.9m;把質(zhì)量為M=O.4kg的小球乙（與

甲的半徑相同）靜止放置在A點(diǎn)，讓小球甲重新從P點(diǎn)由靜止沿圓弧軌道滑下，與乙發(fā)生彈性碰撞,

空氣的阻力忽略不計(jì)、重力加速度g=l°m∕s2,下列說(shuō)法正確的是（）

______________'?B

//////////////////////////////z∕/////

A.圓弧軌道的半徑Λ=0.9m

B.乙從A點(diǎn)飛出至落至地面過程中重力的沖量大小為0?6N?s

C.甲、乙碰撞后乙的速度2.0m∕s

D.乙對(duì)甲的沖量大小為l?2N?s

【答案】C

【解析】A.甲由P到A,由機(jī)械能守恒定律可得

12

mgRo=—∕nvθ

甲由A到3,由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得

R=J城

X=卬

綜合解得

v0=3m/s

/?=0.45m

t=0.3s

故A錯(cuò)誤；

B.乙做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t—0.3s

重力的沖量

la=Mgt

計(jì)算可得

∕c=1.2N?s

故B錯(cuò)誤；

C.甲乙在4點(diǎn)發(fā)生碰撞，設(shè)碰后甲乙的速度分別為W、匕，由動(dòng)量守恒

/HV0=wv1+Mv2

由能量守恒

2

—mvg-—∕nvl+?Mv；

綜合解得

vl=-lm∕s

v2=2m/s

故C正確；

D.甲乙在碰撞的過程中，對(duì)甲應(yīng)用動(dòng)量定理，可得乙對(duì)甲的沖量大小為

I=tnvQ-mvl=0.8N?s

故D錯(cuò)誤。

故選C。

二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，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O分。

8.如圖所示，支架固定在水平地面上，豎直桿上穿過一個(gè)小球，橫桿上固定一個(gè)定滑輪，跨過定滑

輪的細(xì)繩一端系在小球A上，另一端系在小水桶8上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，小水桶底部密閉不嚴(yán)，

里面的水慢慢滲漏下來(lái)。不計(jì)摩擦力，小球A可看做質(zhì)點(diǎn)。在水桶緩慢滲漏過程中，下面說(shuō)法正確

的是（）

A.豎直桿對(duì)小球A的彈力越來(lái)越小B,豎直桿對(duì)小球A的彈力先增大后減小

C.繩子與豎直桿的夾角越來(lái)越小D.繩子與豎直桿的夾角越來(lái)越大

【答案】AC

【解析】設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為仇對(duì)A受力分析可知

mg=TCOSe

Fv=Tsinf?

在水桶緩慢滲漏過程中，則T減小，8減小，F(xiàn)N減小。

故選ACo

9.假設(shè)地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)行周期與軌道半徑的關(guān)系如圖所示，圖中1和2分別

為我國(guó)空間站“天和”核心艙、衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中某顆地球同步衛(wèi)星所對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)。引力常量為G?下

A.核心艙與地球同步衛(wèi)星的向心力大小之比為10,：10〃

B.核心艙與地球同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為io"：10"

c.核心艙與地球同步衛(wèi)星的周期之比為10"：10"

3

D.該直線的斜率為5

【答案】BD

【解析】A.由于核心艙與地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量未知，因此不能確定它們做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小

之比，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

可得

由題圖可知

η=10,,

4=10”

核心艙與地球同步衛(wèi)星的向心加速度大小之比為10葡：1。20，選項(xiàng)B正確;

C.根據(jù)開普勒第三定律有

T_W

￡L一寸逆

選項(xiàng)C錯(cuò)誤：

D.根據(jù)開普勒第三定律可知

F=c

即

31gr=21gT

3_

該直線的斜率為a,選項(xiàng)D正確。

故選BDo

10.如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根導(dǎo)軌位于X軸上，另一根由必、be、

Cd三段直導(dǎo)軌組成，其中be段與X軸平行，導(dǎo)軌左端接入一電阻R。導(dǎo)軌上一金屬棒MN沿X軸正

向以速度％保持勻速運(yùn)動(dòng)，,=°時(shí)刻通過坐標(biāo)原點(diǎn)°，金屬棒始終與X軸垂直。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中通過

電阻的電流強(qiáng)度為i,金屬棒受到安培力的大小為產(chǎn)，金屬棒克服安培力做功的功率為尸，電阻兩

端的電壓為U,導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好,忽略導(dǎo)軌與金屬棒的電阻。下列圖像可能正確的是（）

××X×

Mb______c

X-?∕1X：?χ

a∕...Λ-----1----?d

×/X：X：X：

N，IIr

OL2L??X

××××

?八產(chǎn)

,ZO?i

III

III

III

______I______I______i____>

O_L_2L3Lt0IJ_L^I2L3.L.t

A.~~~B.X^f7?

尸八U'

??zm

III

III

III

III

____I______I______I____>

02L3Lt0_L^2LILt

C.%葛KD.而FF

【答案】AC

0~

【解析】當(dāng)導(dǎo)體棒從。點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)L時(shí),即在%時(shí)間內(nèi)，在某時(shí)刻導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度

L=I0+v0ttanθ

（9為她與,以的夾角）則根據(jù)

E=BLv0

/=寫L=*"+%'tan9)

AK

可知回路電流均勻增加：安培力

F==攀&+v√tanO)?

則Rf關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；安培力做功的功率

2

P=Fv0=B=-?(∕0+%ftanθ)

KK

則尸-f關(guān)系為拋物線，但是不過原點(diǎn)；電阻兩端的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即

U=E=BLUO=BvO(Io+VVtan6)

即圖像是不過原點(diǎn)的直線；根據(jù)以上分析，可大致排除BD選項(xiàng)；

L2L

當(dāng)在％%時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E不變，感應(yīng)電流/不變，安培

力尸大小不變，安培力的功率P不變，電阻兩端電壓U保持不變；

2L3L

同理可判斷，在%%時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒切割磁感線長(zhǎng)度逐漸減小，導(dǎo)體棒切割磁感線的感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)E均勻減小，感應(yīng)電流/均勻減小，安培力F大小按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，

Oθ-?

與％內(nèi)是對(duì)稱的關(guān)系，安培力的功率P按照二次函數(shù)關(guān)系減小，但是不能減小到零，與%內(nèi)

是對(duì)稱的關(guān)系，電阻兩端電壓U按線性均勻減??；綜上所述選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。

故選ACo

11.(7分)

某實(shí)驗(yàn)小組利用智能手機(jī)的連拍功能，研究小物塊沿斜面勻加速下滑過程。他們找到一塊長(zhǎng)

L=LOm,上表面粗糙程度相同的長(zhǎng)木板，將其一端固定在距水平桌面高力=0?5m的位置，另一端

放在桌面上。小物塊由長(zhǎng)木板上端靜止釋放，同時(shí)啟動(dòng)手機(jī)的連拍功能，拍得小物塊下滑過程的多

張照片，將連續(xù)拍攝的多張照片疊在一起，如下圖所示，通過貼在長(zhǎng)木板旁的標(biāo)尺測(cè)得不同位置之

間的距離=ll?05Cm,/=28.08Cm,Λ3=51?12CmX4=80?14cm.已知手機(jī)連拍功能的時(shí)間間

隔為0.2s,g取9.8∏Vs?完成以下問題(計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。

（1）測(cè)量物塊間距時(shí)，讀數(shù)產(chǎn)生的誤差屬于誤差，（選填"偶然”或"系統(tǒng)”）

（2）可求得物塊沿斜面下滑的加速度大小為m/s?o

（3）物塊與長(zhǎng)木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為O

【答案】偶然1.50.40

【解析】（1）測(cè)量物塊間距時(shí)，讀數(shù)產(chǎn)生的誤差屬于偶然誤差。

（2）可求得物塊沿斜面下滑的加速度大小

Λ—/—*2(80.14—28.08—28.08)×0.01

4?n/s=1.5m∕s

4×0.22

（3）設(shè)長(zhǎng)木板與水平方向的夾角為夕，由幾何關(guān)系得

6=30

由牛頓第二定律得

mgSine-μmgcosθ=ιna

gsλnθ-a_5-1.5

geos。10χ√3

2

12.（9分）

用以下器材盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量待測(cè)電阻4的阻值。

A.待測(cè)電阻尺,阻值約為200a；

B.電源E,電動(dòng)勢(shì)約為3.0V,內(nèi)阻可忽略不計(jì)；

C.電流表4,量程為0~10mA,內(nèi)電阻4=20。；

D.電流表量程為0?20mA,內(nèi)電阻約為4≈8C;

E.定值電阻凡，阻值9=80。；

F.滑動(dòng)變阻器與，最大阻值為10。；

G.滑動(dòng)變阻器”,最大阻值為200Q；

H.單刀單擲開關(guān)S,導(dǎo)線若干；

（1）為了盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電阻&的阻值，請(qǐng)你設(shè)計(jì)并在圖虛線框內(nèi)完成實(shí)驗(yàn)電路圖

a,ΨPh

（2）滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選（選填器材前面的字母代號(hào)）；在閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片

P應(yīng)置于端（選填%”或）"）；

（3）若某次測(cè)量中電流表Al的示數(shù)為L(zhǎng),電流表人2的示數(shù)為乙，則R,的表達(dá)式為：RX=。

（用題中測(cè)得物理量的符號(hào)表示）

_L(4+&))

【答案】

【解析】（1）沒有電壓表，可以用已知內(nèi)阻的電流表Al與定值電阻串聯(lián)測(cè)電壓，用電流表A2測(cè)電

流，故虛線框內(nèi)的電路圖如圖所示

RX

（2）滑動(dòng)變阻器要采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作和精確，要選擇阻值較小的，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選

擇即即選F：

滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為保護(hù)電路，閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于6端；

（3）由圖示電路圖可知，待測(cè)電阻阻值為

P_S_4（4+&）

Γ?——

13.（10分）

如圖所示，下端開口的導(dǎo)熱汽缸豎直懸掛在天花板下，缸口內(nèi)壁有卡環(huán)，卡環(huán)與汽缸底部間的距離

為L(zhǎng)一橫截面積為S的光滑活塞（質(zhì)量、厚度均不計(jì)）將一定量的理想氣體封閉在汽缸內(nèi)，活塞

下方掛一質(zhì)量為，"的砂桶，活塞靜止時(shí)活塞與汽缸底部的間距為5。大氣壓強(qiáng)恒為S（g為重

力加速度大?。h(huán)境熱力學(xué)溫度恒為4=300K.

（1）若在砂桶中逐漸加入砂子，求活塞剛接觸卡環(huán)時(shí)砂桶（含砂）的總質(zhì)量M；

（2）若不在砂桶中加入砂子，對(duì)缸內(nèi)氣體緩慢加熱，求氣體的熱力學(xué)溫度T=400K時(shí)的壓強(qiáng)小

7∕∕∕∕∕∕∕∕7

_32mg

【答案】（I）M=3〃z：（2）P3S

【解析】（1）未加砂子平衡時(shí)，根據(jù)平衡條件

ptS+mg=PHS

當(dāng)活塞剛接觸卡環(huán)時(shí)，對(duì)封閉氣體，根據(jù)波義耳定律有

4

p,-LS=p2LS

根據(jù)平衡條件

p2S+Mg=PQS

聯(lián)立解得

M=3m

（2）活塞接觸卡環(huán)之前，缸內(nèi)氣體發(fā)生等壓變化，有

—LS.C

5_=竺

-

?T1

活塞剛接觸卡環(huán)時(shí)，氣體溫度

7；=375K

之后，氣體發(fā)生等容變化，加熱到T=400K時(shí)

Px_P

T1~T

解得

3S

14.（12分）

如圖所示，“匚”形光滑金屬框架MWMV'水平固定放置，其中平行的兩邊MM'、MV'是兩足夠長(zhǎng)的

平行導(dǎo)軌，間距為“，整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為機(jī)的勻質(zhì)金

屬桿CO放置在兩平行導(dǎo)軌上，并始終保持與框架的MN邊平行。右側(cè)較遠(yuǎn)處有一小型電機(jī)Q,桿。

的正中央。點(diǎn)用足夠長(zhǎng)的不可伸縮的絕緣細(xì)線系住，細(xì)線另一端連接在電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)軸上。電動(dòng)機(jī)工

作時(shí)，通過水平細(xì)線拉動(dòng)金屬桿沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)。電動(dòng)機(jī)輸出功率恒定為P,金屬桿從靜止開始經(jīng)

過/時(shí)間速度增大到以金屬桿CD的電阻為凡其余電阻均不計(jì)。求：

（1）金屬桿8中感應(yīng)電流的方向；

（2）速度為U時(shí)金屬桿的加速度大小:

（3）該過程中金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱。

”￡_也Q=PJfn/

【答案】（1）D→C.（2）mvnιR.(3)2

【解析】（I）根據(jù)右手定則，可知金屬框中感應(yīng)電流的方向?yàn)镺fC

（2）由題知，電動(dòng)機(jī)輸出功率恒定為P,則牽引力

F=-

V

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=Bdv

感應(yīng)電流

E

R

安培力

F筏=Bld

由牛頓第二定律有

F-F^=ιna

解得

PB2J2V

a=-------------

mvmR

(3)由能量守恒可得

Q=Pt-^mv2

15.（16分）

如圖所示，傾角為8=30°的斜面體固定在水平地面上，其左端高度〃=6.0m,一薄板B置于斜面頂

端，恰好能靜止，下端連接一根自然長(zhǎng)度4=∣?lm的輕彈簧，薄板B總質(zhì)量〃?=lkg,總長(zhǎng)度L=6.5m°

有一個(gè)質(zhì)量為M=3kg的小物塊A以沿斜面向下大小為VA=8?0m∕s的速度滑上薄板B