2024年河南省濮陽市高考物理模擬試卷（三）+答案解析

2024年河南省濮陽市高考物理模擬試卷（三）

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.兩束光M、N以相同入射角由空氣入射到水中，折射角分別為c和『，已知〃',則在水中（）

A.M光的折射率大于N光B.M光的頻率大于N光

C.M光的傳播速度大于N光D.M光的波長小于N光

2.扇車在我國西漢時期就已廣泛被用來清選谷物。谷物從扇車上端的進谷口進入分離倉，分離倉右端有一

鼓風機提供穩(wěn)定氣流，從而將谷物中的枇粒，,枇粒為不飽滿的谷粒，質(zhì)量較輕）和飽粒b分開。若所有谷粒

進入分離倉時，在水平方向獲得的動量相同。之后所有谷粒受到氣流的水平作用力可視為相同。圖中虛線

分別表示6谷粒的軌跡。入、再.為相應(yīng)谷粒所受的合力。下列四幅圖中可能正確的是（）

3.如圖所示，兩根長直導(dǎo)線八、6垂直放置，彼此絕緣，分別通有大小相

同電流固定的剛性正方形線圈必部。通有電流/,到。的距離與

"。到b的距離相等，線圈與導(dǎo)線位于同一平面內(nèi)。已知通電長直導(dǎo)線在

其周圍某點所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小，與該點到長直導(dǎo)線的距離成反比；

線圈所受安培力的大小為凡若移走導(dǎo)線八，則此時線圈所受的安培力大

小為（）

A.''/,方向向左

9

B.'''I,方向向右

2

C.1/,方向向左

D.1,方向向右

4.衛(wèi)星通話依托多顆地球衛(wèi)星進行信號傳輸。若赤道上空運行有3顆高度相同的衛(wèi)星，其信號剛好能夠覆

蓋整個赤道。已知地球半徑約為6400加?，重力加速度g取，，F(xiàn)u3。則衛(wèi)星繞赤道運行的速度約為（）

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A.B.力■C.口、D.11f小、

5.如圖所示，假設(shè)沿地球直徑鑿?fù)ㄒ粭l隧道，把一小球從地面S點靜止釋放，

小球在隧道內(nèi)的運動可視為簡諧振動。已知地球半徑為五，小球經(jīng)過。點時開

始計時，由。向S運動，經(jīng)人時間第1次過尸點1〃點圖中未標出I,再經(jīng)以時

間又過該點。則（）

A.小球振動的周期為a.

B.。到尸的距離為'

C.小球第3次過P點所需的時間為111.'

D.由S到。的運動過程中小球受力逐漸增大

二、多選題：本大題共3小題，共18分。

6.質(zhì)量二2（“，八長度/.1的木板靜止在足夠長的光滑水平面上，右端靜置一質(zhì)量，”1Wo的物

塊（可視為質(zhì)點1，如圖…?所示?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的作用力尸，1，圖像如圖」所示。物塊與

木板間的摩擦因數(shù)八重力加速度g取ML”，、,，貝1］（）

A.6s末，物塊剛好與木板分離

B.I、內(nèi)，物塊與木板不發(fā)生相對滑動

C.，一小內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機械能守恒

D..小內(nèi)，拉力尸做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能增量

7.如圖是差動變壓器式位移傳感器的簡化模型。兩組匝數(shù)相等的副線圈上下對稱分布，在成端輸入穩(wěn)定的

正弦式交流電，電壓有效值為「一，cd間輸出電壓有效值為I"。初始時，鐵芯兩端與副線圈平齊，鐵芯上

下移動過程中始終有一端留在副線圈內(nèi)，則鐵芯（）

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鐵芯

A.向上移動，廠減小

B.向下移動，增大

C.靜止不動，增大則I，不變

D.向上移動一段距離后，增大「“則「減小

8.如圖，容積為「的汽缸豎直放置，導(dǎo)熱良好，右上端有一閥門連接抽

氣孔。汽缸內(nèi)有一活塞，初始時位于汽缸底部:高度處，下方密封有一

定質(zhì)量、溫度為/的理想氣體。現(xiàn)將活塞上方緩慢抽至真空并關(guān)閉閥門，

然后緩慢加熱活塞下方氣體。已知大氣壓強為“，活塞產(chǎn)生的壓強為:小

活塞體積不計，忽略活塞與汽缸之間摩擦。則在加熱過程中（）

A.開始時，活塞下方體積為

B.溫度從/,升至氣體對外做功為。卜,

C.溫度升至〃；時，氣體壓強為

D.溫度升至"時，氣體壓強為:八

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

9.如圖"I所示，某學(xué)生小組設(shè)計了一個測量重力加速度的實驗。實驗器材主要有光電門、下端懸掛祛碼的

柵欄、安裝桿、夾子等。柵欄由不透明帶和透明帶交替組成，每組寬度I不透明帶和透明帶寬度之和，為5cm，

柵欄底部邊緣位于光電門的正上方。開始實驗時，單擊計時按鈕，計時器開始工作，使祛碼帶動?xùn)艡趶撵o

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止開始自由下落，每當不透明帶下邊緣剛好通過光電門時，連接的計算機記下每個開始遮光的時刻，，第〃

組柵欄通過光電門的平均速度記為，，所得實驗數(shù)據(jù)記錄在表中。［答題結(jié)果均保留3位有效數(shù)字I

柵欄fs')

el.oo1----w""’…"皿-------I-~~―*

6.446.466.486.506.526.546.566.586.60t/s

圖⑶圖⑹

nA/=—Ci-i1--，

2

16.4280///

26.46890.0409,611X5

36.5007，,；、1、

46.52750.021is1*7-■I；

56.55132.1U6.5391

66.57300()21723)6.5622

76.59290.01992.516M川

II)完善表中第3、4列缺失的數(shù)據(jù)，分別為和；

I，圖是根據(jù)表中數(shù)據(jù)所作的「，圖線，則當?shù)刂亓铀俣葹椤?/p>

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10.為測量一段粗細均勻的電阻絲的阻值，某學(xué)生小組設(shè)計如下實驗。

111先用歐姆表粗測該電阻絲的阻值，選用的歐姆擋為“?，測量結(jié)果如圖EI所示，則電阻絲的阻值

為______

曰為了更精確測量電阻絲阻值大小，設(shè)計圖》所示電路。所用實驗器材有：電源/電動勢ILI「八可

調(diào)，內(nèi)阻不計）、標準電池/電動勢11I、靈敏電流計阻值約11H'?n>電流表?量程口」“一；，

內(nèi)阻不計I、定值電阻"1、可變電阻/L；阻值I，loir,探針；一端連靈敏電流計，另一端連電阻絲I、米

尺、開關(guān)5和士、導(dǎo)線若干。

31實驗步驟如下：

①首先將/，調(diào)至較小，閉合開關(guān)、.；

②將探針置于電阻絲中間位置附近，/L調(diào)至最大值。試觸開關(guān)舟，觀察靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)情況。如果指

針偏轉(zhuǎn)，則改變/,大小或探針的位置，反復(fù)調(diào)節(jié)直到靈敏電流計的示數(shù)為0。此時..,

『/：、,填“>”、"=”或“<”；

③當靈敏電流計中通以“向c方向的電流時，指針會向右偏轉(zhuǎn)。若某次測量時，指針向左偏轉(zhuǎn)，則人要調(diào)

（填“大”或“小”）,或者將探針向（填“左”或“右”）滑動;

④某次測量時，靈敏電流計的示數(shù)為0,電流表示數(shù)為100加/,此時測得探針到電阻絲。端的長度為II..，；,,

電阻絲總長度為HMLiv…，則電阻絲的阻值為!>|保留3位有效數(shù)字I。

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

11.質(zhì)量為〃?的小球以速度。由水平地面豎直向上拋出，經(jīng)多次與地面碰撞后，最終靜止在地面上。已知小

球與地面的碰撞為彈性碰撞，重力加速度記為g,運動過程中小球所受空氣阻力視為恒定，大小為

求小球

I從拋出到靜止所經(jīng)歷的總路程；

I，向上運動與向下運動的時間之比。

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12.有多個相同矩形閉合線圈I線圈1,線圈2,線圈3,…，固定在一絕緣桿上。每個線圈電阻為凡相互

靠近排列、彼此絕緣，相鄰線圈之間的距離可忽略。線圈和絕緣桿的總質(zhì)量為小，每個線圈的長邊長為L

如圖所示?，F(xiàn)將整個裝置靜置在足夠長的光滑斜面上，斜面傾角為〃，在以VN為邊界的斜面下方存在一勻

強磁場區(qū)域，磁場方向垂直斜面向上，磁感應(yīng)強度大小為慶開始時線圈從斜面上某一位置由靜止釋放，下

滑過程中線圈長邊始終與平行。已知線圈1剛進磁場瞬間的加速度為未進入磁場時的3倍，線圈進入磁

場。時間后開始做勻速運動。重力加速度取g,求：

八開始時線圈1下邊緣與的距離；

」從線圈1剛進入磁場到開始做勻速運動過程中，線圈和絕緣桿所受的平均作用力。

13.圖為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為。的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S,高度

為〃，寬度忽略不計。緊貼圓筒內(nèi)壁固定有高度為〃〃的半圓柱面收集板，用于收集帶電微粒；板

的一豎直邊緊貼狹縫S,上邊與狹縫S上端對齊，上邊緣遠離狹縫的頂點為尸點，另有一距P點弧長為/的

點0,俯視圖如圖活所示。圓筒內(nèi)存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。令圓筒以角速度c繞中心

軸順時針轉(zhuǎn)動，同時由微粒源產(chǎn)生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圓筒，微粒質(zhì)量均為優(yōu),電荷量

均為，八“,山，忽略微粒自身的重力及微粒間的相互作用。

I，求。點所在豎直線上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距離;

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j為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有該速率的微粒，求圓筒轉(zhuǎn)動角

速度-的取值范圍。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：/3、設(shè)兩束光的入射角為〃，由折射定律可得兩束光的折射率分別為：，”，

sinQHin3

已知-，，可知M光的折射率小于N光的折射率，折射率越大，頻率越高，所以M光的頻率小于N光的

頻率，故48錯誤；

C、由，’可知M光的傳播速度大于N光傳播速度，

t<

由「可得波長：'；,M光在水中傳播速度v大，頻率/小，所以M光在水中的波長大于N光在水

中的波長，故C正確，。錯誤。

故選：Co

AB,由折射定律分析兩束光折射率大小關(guān)系，根據(jù)折射率和頻率關(guān)系分析；

CD,根據(jù)?「分析兩束光傳播速度大小關(guān)系，根據(jù)，，分析兩束光的波長大小關(guān)系。

n

本題考查了光的折射定律，波長、頻率和波速的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是熟練掌握折射定律和光在介質(zhì)中傳播

的速度與光速的關(guān)系式，牢記電磁波譜的特點，折射率越大，頻率越高，波長越短，波速越小。

2.【答案】D

【解析】解：飽粒和枇粒都是在水平方向受到氣流的作用力，豎直方向受到重力作用，所以它們在豎直方

向都是做自由落體運動，則它們在空中的運動時間相等。因為飽粒和枇粒的水平動量相等，而枇粒的質(zhì)量

小，則初速度大，水平方向受到的氣流作用力是相等的，所以枇粒在水平方向的加速度較大，所以枇粒水

平方向的位移大，即枇粒會落在飽粒的左邊。它們受水平方向的作用力相等，但是飽粒的重力較大，所以

飽粒受到的合力方向與豎直方向的夾角小于枇粒受到的合力方向與豎直方向的夾角，故。正確，/8C錯誤。

故選：Do

分別分析兩顆谷粒在水平方向和豎直方向的運動情況，可以判斷谷粒的落點位置，根據(jù)力的合成法則可以

判斷受到合力的方向。

解題的關(guān)鍵是會把谷粒的運動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)運動的獨立性判斷。

3.【答案】A

【解析】解：根據(jù)安培力公式和左手定則可判斷出直導(dǎo)線。對和NF的安培力等大反向，所以這兩邊安

培力合力為零，導(dǎo)線。對和。尸的安培力反向但不等大，設(shè)導(dǎo)線。對的安培力為/?；,方向向上，對

。產(chǎn)的安培力為/1，方向向下，因此導(dǎo)線a對線框整體的安培力為八！/I,方向向上；同理對于導(dǎo)

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線"對MN和。尸的安培力等大反向，所以這兩邊安培力合力為零，導(dǎo)線6對V。和NP的安培力反向但

不等大，設(shè)導(dǎo)線6對的安培力為「：，方向向左，對NP的安培力為方向向右，因此導(dǎo)線6對線框

整體的安培力為/://；F,方向向左，因此線圈受到的安培力為：

/\,\U,如果將導(dǎo)線a移走，那么線圈受到的安培力為：

/,'一'/，方向向左，故/正確，BCD錯誤；

“2

故選：Ao

根據(jù)左手定則得出安培力的方向，結(jié)合安培力的計算公式得出安培力的大小，再利用矢量合成的特點完成

分析。

本題主要考查了安培力的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則和安培力的計算公式即可完成分析，整體難度不大。

4.【答案】B

【解析】解：己知地球半徑約為/；’.|小”…I,；…，重力加速度“一仆，，?。?。

幾何關(guān)系如上圖所不，衛(wèi)星運動半徑r------2R

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：

r2r

根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系可得：“9

聯(lián)立解得衛(wèi)星繞赤道運行的速度約為：r―5,故5正確、/CO錯誤。

故選：Bo

根據(jù)萬有引力和重力的關(guān)系列方程，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力列方程聯(lián)立求解。

本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球

自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進行解答。

5.【答案】B

【解析】解：L由題意可知，簡諧運動具有對稱性和周期性，小球運動從平衡位置開始計時，小球從。點

到S點運動的時間，-C-<21,■「，，則小球振動的周期/M,故N錯誤；

I2

8小球做簡諧運動的r-f表達式為」1,由題意可知振幅為4=火，一：，當，,時，

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'故8正確；

r2

C小球第三次經(jīng)過尸點所需的時間為/-f5-："，故C錯誤；

D從S到。的運動過程是從最遠位置到向平衡為止移動，根據(jù)簡諧運動回復(fù)力的公式「，,可知，x減

小，回復(fù)力廠減小，故D錯誤。

故選：Bo

簡諧運動具有周期性和對稱性，位移時間函數(shù)圖像是一個正弦函數(shù)圖像，簡諧運動的回復(fù)力大小「一匕可

知，回復(fù)力大小與位移大小有關(guān)。

本題考查了簡寫運動的周期、位移、回復(fù)力的特點。

6.【答案】AB

【解析】解：8、物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動時，兩者之間的靜摩擦力恰好達到最大值。

根據(jù)牛頓第二定律，此時對滑塊有：〃"，

對滑塊與木板整體有：/“?-):<HI,

聯(lián)立解得滑塊與木板恰好發(fā)生相對滑動時力廠的大小為：；；,9V

因(一一八內(nèi)/-V/：,,故此時間內(nèi)物塊與木板不發(fā)生相對滑動，故8正確；

/、1、--小內(nèi)「MLV,此時間內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對滑動。

根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有：卜

對木板有：f-=A/o.

解得：'>r-

假設(shè)1、--筋、的時間間隔，3內(nèi)兩者沒有分離，貝!1：

滑塊的位移為：「_

木板的位移為：八—

2

兩者相對位移大小為：A?.■

聯(lián)立解得：Ar1

因A」1..小“，故6s末物塊剛好與木板分離，故/正確；

C、口內(nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線運動，它們組成的系統(tǒng)的動能是增加的，而重力勢能不

變，故系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；

。、I小內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對滑動，存在摩擦生熱，由功能關(guān)系可知，此時間內(nèi)拉力廠做功等于物塊

與木板系統(tǒng)動能增量與摩擦生熱之和，故。錯誤。

故選：ABo

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物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動時，兩者之間的靜摩擦力恰好達到最大值。根據(jù)牛頓第二定律判斷?！覆穬?nèi)

物塊與木板是否發(fā)生相對滑動；對I、-心內(nèi)物塊與木板運動過程，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式求解兩

者相對位移大?。恍?nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線運動，它們組成的系統(tǒng)的動能是增加的;

根據(jù)功能關(guān)系分析I-心內(nèi)拉力廠做功與系統(tǒng)能量的關(guān)系。

本題考查了板塊相對運動問題，解答本題時要理清物體的運動過程，把握各個過程的研究對象和物理規(guī)律,

分段運用牛頓第二定律、運動學(xué)公式以及功能關(guān)系等原理解答。

7.【答案】BC

【解析】解：根據(jù)差動變壓器式位移傳感器的工作原理可知，當磁芯在中間位置時，輸出電壓為零，一旦

向上或者向下移動，將在次級線圈間感應(yīng)出差分電壓，故鐵芯向上或向下移動，I都會增大，鐵芯靜止不

動，即使增大，.，但「,，依然不變；故正確，錯誤；

故選：5Co

根據(jù)差動變壓器式位移傳感器的工作原理進行分析。

解答該題的關(guān)鍵是明確差動變壓器式位移傳感器的工作原理，題目理解起來具有一定的難度。

8.【答案】AD

【解析】解：.1.未抽氣時，氣缸底部封閉氣體的壓強為四.八,+:八，-：八，

抽氣前，封閉氣體的體積I-活塞上方緩慢抽至真空并關(guān)閉閥門，封閉氣體做等溫變化，再次平衡

時，封閉氣體壓強〃:隊；

根據(jù)玻意耳定律/，.

代入數(shù)據(jù)解得工故/正確；

<對封閉氣體加熱，氣體做等壓變化所加的最高溫度為

根據(jù)蓋-呂薩克定律I:

代入數(shù)據(jù)解得r=27b

因此，當氣體的溫度升高到27；前，氣體的壓強均為、；

當氣體溫度升高到至:"時，氣體做等容變化，根據(jù)查理定律:；

4/(1??1Q

代入數(shù)據(jù)解得內(nèi)二故C錯誤，。正確；

3當封閉氣體的溫度升高到「，時，根據(jù)蓋-呂薩克定律1一

in

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解得I「

氣體對外做功U—「Ij」乃；「j,\，,「，故8錯誤。

故選：AD。

4對活塞受力分析，根據(jù)平衡條件求得下方氣體的壓強；抽成真空后，對下方氣體，根據(jù)玻意耳定律取得體

積；

「“加熱后氣體膨脹，當活塞剛頂?shù)綒飧咨戏綍r，根據(jù)蓋-呂薩克定律求得氣體做等壓變化的最高溫度；活

塞到達最上方后，氣體做等容變化，根據(jù)查理求解求解壓強；

2.根據(jù)氣體做功公式W求解氣體等壓變化過程中氣體所做的功。

本題主要考查了玻意耳定律、蓋-呂薩克定律和查理定律，抓住氣體的初末狀態(tài)參量，關(guān)鍵是求得被封閉氣

體的壓強。

9.【答案】1）113151->7<>ss

【解析】解：（1）第3組柵欄通過光電門的擋光時間△仃?fj-#2=6.5007?-6.4689*=0.0318*

由圖可知'I-”，L_”"

t6.60-6.44

故答案為：（10.0318；1.57；（2）9.89

11根據(jù)表格中物理量含義分析解答；

」根據(jù)圖像的斜率解得重力加速度。

本題考查探究小車速度隨時間的變化，解題關(guān)鍵掌握表格物理量含義，注意圖像斜率的意義。

10.【答案】W大右19.2

【解析】解：（1）歐姆表測電阻，測量值a20x1020Q

131②開始時電阻箱應(yīng)調(diào)至最大，然后再減小阻值，當直到G表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)時，說明G表兩端電勢差

為零，即■

由于通過靈敏電流計的電流為零，滑動變阻器也兩端電壓廠"一，=IR：-0

根據(jù)并聯(lián)電路的特點F\

③當靈敏電流計中通以“向c方向的電流時，指針會向右偏轉(zhuǎn)；若某次測量時，指針向左偏轉(zhuǎn)，說明靈敏電

流計中的電流方向沿c向d;

由于/；I?_

為了減小,i，應(yīng)增大匚“；

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在保持探針位置不變時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，應(yīng)該將調(diào)大；

在保持不變時，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系，應(yīng)增大加間的電阻，即將探針向右滑動；

④某次測量時，靈敏電流計的示數(shù)為0,則廣…1II1,M.I

根據(jù)歐姆定律，電阻兒:,1um

/100x104

根據(jù)電阻定律〃［

可得M

?...

解得1（,,=-x=--x10.1S<>Q=19.21io

故答案為：⑴20；⑶②=；=；③大；右；④192。

!根據(jù)歐姆表測電阻的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；

1：”②到G表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)時，說明G表兩端電勢差為零，據(jù)此分析作答；

③根據(jù)閉合電路的歐姆定律/=1］」，，為了減小「，應(yīng)增大（，據(jù)此分析作答；

④靈敏電流計的示數(shù)為0,貝心二F：=1111,^4；根據(jù)歐姆定律求電阻"，根據(jù)電阻定律求凡人。

本題首先要明確實驗原理，知道補償法測電源路端電壓的方法才能正確求解，本題屬于創(chuàng)新型實驗，要注

意掌握此類題目的分析方法。

11.【答案】解：1由于小球與地面發(fā)生彈性碰撞，沒有機械能損失，由初狀態(tài)到末狀態(tài)由動能定理得

整理解得：.，

6g

1上升過程由牛頓第二定律可知加速度為

mg+

"卜?

m

整理解得，［1，"

下降過程由牛頓第二定律可知加速度為

THQ-0.6FFI<|

m

上升和下降階段速度的位移大小相等，則有

△

I?=1

TG|!|^<1卜f下

整理解得，：（1：2o

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答：11,從拋出到靜止所經(jīng)歷的總路程為

6g

⑵向上運動與向下運動的時間之比為1：2。

【解析】1可利用動能定理計算位移；

「小球上升過程做勻減速直線運動，上升到最高點開始向下做勻加速直線運動，可分別計算利用牛頓第二

定律計算加速度，利用加速度定義式分別計算向上運動的時間和向下運動的時間，進而計算比值。

本題考查了對豎直上拋運動的理解，其中旨在考查對勻變速直線運動規(guī)律的理解。

12.【答案】解：II設(shè)線圈1進入磁場前整個裝置的加速度大小為a,由牛頓第二定律可得：

tngMIU0■ma

設(shè)線圈1剛進磁場瞬間的速度大小與加速度大小分別為小、

此時線圈1切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：//；/

線圈1中的電流為：/

整個裝置受到的安培力大小為：L=

對整個裝置由牛頓第二定律得：卜_-….「ill"s…

已知：n.3?i?

設(shè)開始時線圈1下邊緣與"N的距離為?「，則有:

2GI*■?2

8”[g*

；，整個裝置勻速運動時由平衡條件得：匕m.j.山“

缺=BVL=

況R

聯(lián)立解得勻速運動的速度大小為：「I_

從線圈1剛進入磁場到開始做勻速運動過程中，設(shè)線圈和絕緣桿所受的平均作用力為7,以沿斜面向下為

正方向，根據(jù)動量定理得：

FG>=mv|—mi\t

解得：/一負號表示其方向沿斜面向上。

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答：川開始時線圈1下邊緣與VN的距離為、

BlLl

口線圈和絕緣桿所受的平均作用力大小為二"?〕""，方向為沿斜面向上。

【解析】I由牛頓第二定律求得線圈1進入磁場前整個裝置的加速度大小。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉

合電路歐姆定律，安培