【文档说明】辽宁省2021届高三下学期4月高考模拟预测物理试卷（7）含答案.doc，共(25)页，1.062 MB，由小赞的店铺上传

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2021辽宁高考模拟预测卷7物理考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无

效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不

全的得3分，有选错的得0分1.如图，歼20隐形战斗机在某水平面做匀速圆周运动。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列说法正确的是（）A．G与F2是平衡力B．1fFFC．

战斗机合力方向水平D．战斗机合力方向竖直2.一列沿x轴传播的简谐横波在0t=时刻的波形图如图所示。0t=时刻，质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动。则下列说法正确的是（）A．质点Q沿x轴方向运动B．该波的波长为9mC．该波的振幅为2m

D．该波沿x轴负方向传播3.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动。木板从水平位置OM转到ON位置的过程中，木板上质量为0.6kg的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置。在这一过程中，物块的重力势能减少了6J，（取重力加速度g=10m/s2），则（）A．木板对物块的支持

力不做功B．物块的竖直高度降低了1mC．物块的动能增加了6JD．物块的机械能必定增加4.如图所示的直线为某电场中的一条电场线，其中O点为MN的中点，已知2VM=、8VN=，将电荷量为1C+的试探电荷a由M点沿电

场线移动到N。则下列说法正确的是（）A．电荷a由M移动到O点电势能一定增加3JB．M点的电场强度一定小于N点的电场强度C．电荷a由M到O电势能的增加量可能大于由O到N电势能的增加量D．如果电荷a由N移动到M，则电势能仍增加5.据新闻报导：2020年7月31日我国自主研发的北斗导航系统向全球提供服务

。其中北斗三号系统由30颗卫星组成，包含3颗倾斜地球同步轨道卫星、24颗中圆轨道卫星和3颗地球同步轨道卫星，中圆地球轨道卫星周期约12h。以下说法正确的是（）A．30颗卫星在各自轨道上运行过程中，均处于平衡状态B．中圆轨道卫星与地球同步轨道

卫星的轨道半径之比为1：2C．3颗倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与北京所在纬线圈共面D．3颗地球同步轨道卫星线速度、角速度、向心加速度的大小均相等6.如图所示，在MN、PQ区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，均匀矩形导线框

abcd在纸面内以垂直于MN的速度v匀速通过该磁场区域，且bc边始终平行于MN，已知ab边长为2l，ad边及磁场区域的宽度均为l，在导线框通过磁场的过程中，下列关于ad两点间电压随时间变化的图像正确的是（）A．B．C．D．7.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块初速度为v时，上升的

最大高度为H，如图所示；当物块初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和2HB．2(1)tan2vgH−和2HC．tanθ和4H

D．2(1)tan2vgH−和4H8.如图所示，在“测量平行玻璃砖的折射率”实验中，下列说法正确的是（）A．为了提高实验精度应选用两光学表面间距大的玻璃砖B．实验中要保证四枚大头针在同一直线上C．为了防止在界面a

′发生全反射，入射角θ1应尽量小些D．若作出的界面a与界面a′的间距比玻璃两表面的实际间距大，则测量结果将偏小9.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始

沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A．ab运动的平均速度大小为12vB．金属棒的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为q

BLvD．受到的最大安培力大小为22BLvR10.如图所示，在Ⅰ，Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD，AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量

为m，电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射人，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的

粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.用自由落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器工作频率为50Hz。(1)根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为________m/s（结果保留三位有效数字）。(2)某同学选用两个形

状相同、质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出22vh−图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1_____________（选填“大于”或“小于”）b的质量m2。(3)通过分析发现造成k2值偏小的原因是

实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff=_________N。（结果保留两位有效数字）12.某同学利用如下器材设计了测定二极管正向伏安特性的电路图如图甲，并测得相应的伏安特性曲线如图乙。A．电源（2

0V，内阻可忽略）B．电压表V（量程为0到3V，内阻约为1000Ω）C．电压表2V（量程为0到10V，内阻约为5000Ω）D．电流表A（量程为0到10mA，内阻约为0.1Ω）E.保护电阻1RF.滑动变阻器2R（阻值为0到50Ω1

A）G.滑动变阻器3R（阻值为0到1000Ω0.1A）H.发光二极管一个I.导线、开关若干（1）乙图中电压表应选用___________，滑动变阻器选用___________（统一填字母序号）；（2）该同学发现所测定二极管伏安特性曲

线先是曲线，后来逐渐趋近于一条直线，可知该二极管的正向电阻___________（选填“先减小后不变”、“一直减小”、“先增大后不变”）；曲线上A点所对应二极管的阻值___________Ω（保留三位有效数字）。（3）将该二极管通

过一阻值为500Ω的电阻与一电动势为6V，内阻不计的电源串联（如图丙所示），则该二极管的实际功率为___________W（保留三位有效数字）。13.两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个粒子

(质量为4m、带电量为2e)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．忽略重力和空气阻力的影响，试求：⑴极板间的电场强度E和粒子在极板间运动时的加速度a⑵粒子的初速度0v14.如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其A、B

两部分的横截面积分别是214cmS=、228cmS=，a、b是质量均为4kgm=且厚度不汁的绝热活塞，初态，a与b封闭着总高度为32h(由2h和h的两段组成)的理想气体Ⅰ，b与缸底封闭着高度为h的理想气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为030

0KT=．已知大气压强50110Pap=，重力加速度大小210m/sg=．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞a以上部分足够长。(1)求气体Ⅱ的压强；(2)若启动B中的加热电阻丝(图中未画出)对气体Ⅱ缓慢加热，某

时刻活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力(如图乙)，求此时气体Ⅱ的温度。15.如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2kg，电阻分别为RMN＝1Ω和RPQ＝2Ω.MN置于

水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3s时，PQ棒

消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）0～3s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t＝6s时F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速

度v与位移x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5m的过程中，系统产生的热量．2021辽宁高考模拟预测卷7物理解析版考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上

．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四

个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.如图，歼20隐形战斗机在某水平面做匀速圆周运动。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反

的空气阻力Ff。下列说法正确的是（）A．G与F2是平衡力B．1fFFC．战斗机合力方向水平D．战斗机合力方向竖直【答案】C【解析】CD．匀速圆周运动是变加速曲线运动，合力指向圆心，故C正确，D错误；AB．G与F2方向不同，则不是平衡力

，沿速度方向上F1=Ff故A、B错误。故选C。2.一列沿x轴传播的简谐横波在0t=时刻的波形图如图所示。0t=时刻，质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动。则下列说法正确的是（）A．质点Q沿x轴方向运动B．该波的波长为9mC．该波的振幅为2mD．该波沿x轴负方

向传播【答案】D【解析】A．质点Q在平衡位置附近振动，不随波迁移，故A错误；B．由图象可知波长12m，故B错误；C．由图象可知该波振幅2cm，故C错误；D．已知质点P沿y轴负方向运动，由波的传播方向与振动方向的关系可知，该波沿x轴负方向传播

，故D正确。故选D。3.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动。木板从水平位置OM转到ON位置的过程中，木板上质量为0.6kg的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置。在这一过程中，物块的重力势能减少了

6J，（取重力加速度g=10m/s2），则（）A．木板对物块的支持力不做功B．物块的竖直高度降低了1mC．物块的动能增加了6JD．物块的机械能必定增加【答案】B【解析】B．由重力势能的表达式pEmgh=，重力势能减少了6J，而6Nmg=，故1mh=选项B正确；ACD．木板转动，木板的支持力对物

块做负功，则物块的机械能必定减少，物块获得的动能小于6J，选项ACD均错误。故选B。4.如图所示的直线为某电场中的一条电场线，其中O点为MN的中点，已知2VM=、8VN=，将电荷量为1C+的试探电荷a由M点沿电场线移动

到N。则下列说法正确的是（）A．电荷a由M移动到O点电势能一定增加3JB．M点的电场强度一定小于N点的电场强度C．电荷a由M到O电势能的增加量可能大于由O到N电势能的增加量D．如果电荷a由N移动到M，则电势能仍增加【答案】C【解析】A．若该电场是匀强电场，则在O点的电势为5V2M

NO+==则电荷a由M移动到O点电势能一定增加()3JOMEq=−=若该电场不是匀强电场，则O点的电势不等于5V，则电荷a由M移动到O点电势能的增加量也不等于3J，故A错误；B．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强

的大小，故B错误；C．由以上分析可知，当MO两点的电势差大于ON两点的电势差时，电荷a由M到O电势能的增加量可能大于由O到N电势能的增加量，故C正确；D．正电荷在高电势点具有的电势能大，因此电荷a由N移动到M，电势能一定减少，故D错

误。故选C。5.据新闻报导：2020年7月31日我国自主研发的北斗导航系统向全球提供服务。其中北斗三号系统由30颗卫星组成，包含3颗倾斜地球同步轨道卫星、24颗中圆轨道卫星和3颗地球同步轨道卫星，中圆地球轨道卫星周期约12h。以下说法正确的是（）A．30颗卫星在各

自轨道上运行过程中，均处于平衡状态B．中圆轨道卫星与地球同步轨道卫星的轨道半径之比为1：2C．3颗倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与北京所在纬线圈共面D．3颗地球同步轨道卫星线速度、角速度、向心加速度的大小均相等【答案】D【解析】A．卫星在轨道做圆周运动，合外力不等于零，故不

是平衡态，故A错误；B．根据33122212RRTT=可知轨道半径之比为31:4故B错误；C．3颗倾斜地球同步轨道卫星的轨道面圆心与球心重合，故不可能与北京所在纬线圈共面，故C错误；D．3颗地球同步轨道卫星处在同一轨道，因此线速度、角速度、向心加速度的大小均相等，故D正确。故选D

。6.如图所示，在MN、PQ区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B，均匀矩形导线框abcd在纸面内以垂直于MN的速度v匀速通过该磁场区域，且bc边始终平行于MN，已知ab边长为2l，ad边及磁场区域的宽度均为l，在导线框通过

磁场的过程中，下列关于ad两点间电压随时间变化的图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当bc边进入磁场过程中，bc边相当于电源，产生的感应电动势EBlv=电流方向为逆时针，此时ad边相当于用电器，它两端的的电压66abEBlvUrr==且为

正值。当bc离开磁场时，ab边还没有进入磁场，这个过程中回路没有感应电动势，此时0abU=当ab边进入磁场时，ab边相当于电源，产生的感应电动势EBlv=电流方向为顺时针，此时ab两端的电压相当于路端电压5566abEB

lvUrr==且为正值。故选D。7.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）A．tanθ和2HB．2(1)tan2vg

H−和2HC．tanθ和4HD．2(1)tan2vgH−和4H【答案】D【解析】根据动能定理有：－mgH－μmgH/tanθ＝0－212mv，解得：μ＝（22vgH－1）tanθ，故选项A、C错误；当物块的初速度为2v时，有：－mgh－μ

mgh/tanθ＝0－21()22vm，解得：h＝4H，故选项B错误；选项D正确．8.如图所示，在“测量平行玻璃砖的折射率”实验中，下列说法正确的是（）A．为了提高实验精度应选用两光学表面间距大的玻璃砖B．实

验中要保证四枚大头针在同一直线上C．为了防止在界面a′发生全反射，入射角θ1应尽量小些D．若作出的界面a与界面a′的间距比玻璃两表面的实际间距大，则测量结果将偏小【答案】AD【解析】A．为了提高实验精度应选用两光学表面

间距大的玻璃砖，故A正确；B．实验中要保证另一侧两针的像与观察者一侧两针在同一直线上，故B错误；C．为了防止在界面a′发生全反射，入射角θ1应尽量大些，故C错误；D．若作出的界面a与界面a′的间距比玻璃两表面的实际间距大，则光线偏折角度偏小，折射率测

量结果将偏小，故D正确。故选AD。9.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角（090），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两

边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A．ab运动的平均速度大小为12vB．金属棒的位移大小为qRBLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力

大小为22BLvR【答案】BD【解析】A．金属棒在运动时产生感应电流，受到安培力的作用，且安培力随金属棒的速度的增大而增大，故金属棒的加速度是变化的，故A错误；B．通过金属棒横截面的电荷量RBLxRq==x为金属棒运动的位移，故金属棒运动的位移qRxBL=故B正确；C．因为金属棒做变速运动，故

不能用qBLv来计算金属棒运动中产生的焦耳热，故C错误；D．金属棒的速度越大，受到的安培力越大，最大安培力大小22BLvFR=故D正确。故选BD。10.如图所示，在Ⅰ，Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强

磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD，AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d.质量为m，电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射人，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，则（）A．粒子在磁场中的运动半径为B

．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为【答案】CD【解析】A项，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，其中v＝，解得r＝d，故A

错误；B项，画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：结合几何关系，有：AO＝＝2r＝2d，故从距A点0.5d处射入会进入Ⅱ区，故B错误；C项，粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t＝

＝，故C正确；D项，从A点进入的粒子在磁场Ⅱ区域中运动的轨迹最短（弦长也最短），运动时间最短，轨迹如图所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t＝＝，故D正确．二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.用自由落体法验证机械能守恒定律，打出如图甲所示的一条纸带。已知打点计时器工作频率为50Hz。

(1)根据纸带所给数据，打下C点时重物的速度为________m/s（结果保留三位有效数字）。(2)某同学选用两个形状相同、质量不同的重物a和b进行实验，测得几组数据，画出22vh−图象，并求出图线的斜率k，如图乙所示，由图象可知a的质量m1_____________（选填“大于”或

“小于”）b的质量m2。(3)通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验中存在各种阻力，已知实验所用重物的质量m2=0.052kg，当地重力加速度g=9.78m/s2，求出重物所受的平均阻力Ff=_________N。（结果保留

两位有效数字）【答案】2.25m/s大于0.031【解析】(1)[1]在匀变速直线运动中，某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平局速度，所以C点的速度BD0.31230.2224m/s2.25m/s12250CxvT−===(2)[2]根据

动能定理()212mgfhmv−=得22vfghm=−所以图线斜率fkgm=−由图知b的斜率小，所以b的质量小于a的质量；(3)[3]根据动能定理()22f212mgFhmv−=得2f22vFghm=

−所以图线斜率f229.18Fkgm=−=代入数据解得f0.031NF=12.某同学利用如下器材设计了测定二极管正向伏安特性的电路图如图甲，并测得相应的伏安特性曲线如图乙。A．电源（20V，内阻可忽略）B．电压表V（量程为0到3V，内阻约为1000Ω）C．电压表2V（量程为0到10V，

内阻约为5000Ω）D．电流表A（量程为0到10mA，内阻约为0.1Ω）E.保护电阻1RF.滑动变阻器2R（阻值为0到50Ω1A）G.滑动变阻器3R（阻值为0到1000Ω0.1A）H.发光二极管一个I.导线、开关若干（1）乙图中电压表应选用______

_____，滑动变阻器选用___________（统一填字母序号）；（2）该同学发现所测定二极管伏安特性曲线先是曲线，后来逐渐趋近于一条直线，可知该二极管的正向电阻___________（选填“先减小

后不变”、“一直减小”、“先增大后不变”）；曲线上A点所对应二极管的阻值___________Ω（保留三位有效数字）。（3）将该二极管通过一阻值为500Ω的电阻与一电动势为6V，内阻不计的电源串联（如图丙所示），则该二极管的实际功率为___________W（保留三

位有效数字）。【答案】CF一直减小85021.3510−【解析】（1）[1]乙图中电压大于3V，则电压表表选C。[2]滑动变阻器全阻值与电源串联时电流220A0.4A50I==320A0.02A1000I==都小于电阻能承受的最大电流，但是分压式电路中调节电压，选

小量程的更好，所以选F。（2）[3]IU−图像上的点与原点连线的斜率为1R，与原点连线的斜率在增大，所以R减小，故选填“一直减小”。[4]图中A点5.1VU=，6mAI=，则有35.1Ω850Ω610R−==（3）[5]把500Ω的电阻看作是电源的内阻，则根据闭合电路欧

姆定律有6500UI=−在乙图中描绘出图像，当2.5VU=时，7mAI=；当0I=时，6VU=，画出图像如下交点坐标表示二极管的工作电压以及工作电流，为()4.5V,3mA，则实际功率为321.3W4.5315100WPUI−−===13.两个半

径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个粒子(质量为4m、带电量为2e)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．忽略重力和空气阻力的影响，试求：⑴极板间的电

场强度E和粒子在极板间运动时的加速度a⑵粒子的初速度0v【答案】(1)2eUmd(2)2ReUdm【解析】(1)板间的电场强度大小为：UEd=α粒子在极板间运动时的加速度为：42FeUammd==(2)由212dat=，得：22dmtdaeU==∴02RReUvtdm==14.如图甲

，绝热气缸置于水平地面上，其A、B两部分的横截面积分别是214cmS=、228cmS=，a、b是质量均为4kgm=且厚度不汁的绝热活塞，初态，a与b封闭着总高度为32h(由2h和h的两段组成)的理想气体Ⅰ，b与缸底封闭着高度为h的理想气体Ⅱ

，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为0300KT=．已知大气压强50110Pap=，重力加速度大小210m/sg=．活塞与气缸接触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞a以上部分足够长。(1)求气体Ⅱ的压强；(2)若启动B中的加热电阻丝(图中未画出)对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞b到达B的上端且

刚好与上端接触而无压力(如图乙)，求此时气体Ⅱ的温度。【答案】(1)52.510pa(2)360K【解析】(1)由题意可设，理想气体I的气压为p1，理想气体Ⅱ的气压为p2，根据受力平衡可得0111pSmgpS+=，1222pS

mgpS+=代入数据解得522.510pap=(2)根据理想气体状态方程可得2201''pVpVTT=0111pSmgpS+=，1122'pSmgpS+=解得1360KT=15.如图所示，两条平行的金属导轨相距

L＝1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2kg，电阻分别为RMN＝1Ω和RPQ＝2Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与

导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求：（1）磁感应强度B的大小；

（2）0～3s时间内通过MN棒的电荷量；（3）求t＝6s时F2的大小和方向；（4）若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5m的过程中，系统产生的热量．【答案】（1）2

T（2）3C（3）大小为5.2N，方向沿斜面向下（4）J【解析】（1）当t＝3s时，设MN的速度为v1，则v1＝at＝3m/sE1＝BLv1E1＝I（RMN＋RPQ）P＝I2RPQ代入数据得：B＝2T.（2）＝q＝Δt＝代入数据可得：q＝3C（3）当t＝6s时，设MN的速度为v2，则v2＝at

＝6m/sE2＝BLv2＝12VI2＝＝4AF安＝BI2L＝8N规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2＋F安cos37°＝mgsin37°代入数据：F2＝－5.2N（负号说明力的方向沿斜面向下）（4）MN棒做变加速直线运动

，当x＝5m时，v＝0.4x＝0.4×5m/s＝2m/s因为速度v与位移x成正比，所以电流I，安培力也与位移x成正比，安培力做功W安＝－BL··x＝－JQ＝－W安＝J.