【文档说明】辽宁省抚顺市2020-2021学年高一下学期期中考试地理试题答案.pdf，共(5)页，769.079 KB，由小赞的店铺上传

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92θθvv0R由几何关系得qBmvRx02cos2即x与θ无关，为定值。（3）由（2）可知，带电粒子在平行金属板a、b间的最大偏移量y=x2-x1=0.05m，对应的偏转电压U=50V带电粒子进入平行金属板a、b时的速度v0=mqU0

2=1.0105m/s设偏移量最大的带电粒子离开平行金属板a、b时的速度为v，由动能定理2022121mvmvdyUq解得v=510332m/s所带电粒子离开平行金属板a、b时的速度偏转角=arccosvv0=6π偏移

量最大的在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角=43在磁场中做圆周运动的时间t1=23T当电压为零时进入磁场的带电粒子在磁场中做圆周运动的时间t2=16T带电粒子在磁场中做圆周运动的周期qBmvRTπ2π2所以t=t1-t2=16T=qBm3π=1

.010-6s八、单棒和双棒模型【模型讲解】一、单棒问题★★电磁感应与电路综合★★【变式1】解析：在地磁场作用下带电粒子向金属板集中，稳定时对带电粒子有UqqvBd,板间电压U=Bvd，回路中总电阻drRS，

电阻R消耗的电功率222UBdvSPIRRRrdSR，答案选AC。★★电磁感应与力学综合★★【变式2】解析：金属杆向上滑行的加速度大于向下滑行的加速度，向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A对；金属杆在向上滑行时产生的感应电流大于向下滑行时产

生的感应电流，在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量，B对；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、电流定义可得通过电阻R的电荷量q=△/R，所以向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等，

C对；金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R和金属杆电阻r上产生的热量为220()12mvv，电阻R上产生的热量一定小于220()12mvv，D错。答案选ABC。【变式3】解析：（1）由图乙知，杆运动的最大速度为vm=4m/s达最大速度时E=BLvmI=ER安培力F安=

BIL此时有sinFmgF安代入数据，得F=18N（2）由图乙可知0.8s末杆的速度为v1=2.2m/s0~0.8s内，图线与t轴所包围的小方格的个数约为27个，面积为270.20.21.08mm，杆的位移x=1.08m0

~0.8s杆在磁场中运动产生的平均感应电动势Et杆中的平均电流EIR通过杆的电荷量1.08BSBLxqItCRRR（3）由图乙可知0.8s末杆的速度为v1=2.2m/s0~0.8s内图线与t轴所包围的小方

格的个数约为27个，面积为270.20.21.08mm，杆的位移x=1.08m由能量转化和守恒定律得211sin2QFxmgxmv代入数据得，Q=3.80J【变式4】解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05m，当地重力加速度g＝10m/s2，则杆进入磁场时的速度v＝

2gh＝1m/s由图象知，杆进入磁场时加速度a＝－10m/s2由牛顿第二定律得mg－F安＝ma回路中的电动势E＝BLv杆中的电流I＝ER并931212RRRRR22BLvFBILR得222mgRBTLv（2）杆在磁场中运动

产生的平均感应电动势Et杆中的平均电流EIR通过杆的电荷量QIt通过3R的电荷量10.053qQC【变式5】解析：（1）由法拉第电磁感应定律有：0.5BELdVtt由闭合电路欧姆定律得：000.1L

LEIARRRRR（2）灯泡亮度不变，则通过灯泡的电流仍为IL，设金属棒运动到CD时的速度为v，金属棒在AC段的加速度为a，则依题意有：0)(RIIRIBLvLLLIRRILL由牛顿第二定律可得：sin37cos37mgmgma运动学公式：1vat由图像可知14

ts，2BT代入以上方程联立可得1.0/vms，2332（3）金属棒在CE段做匀速直线运动，则有sin37mgBIL解得m=0.05㎏BD段的位移122vxtm根据能量守恒有：21()sin372mgxdmvQ可解

得Q=1.175J★★微元法★★【变式6】解析：(1)在0-2s这段时间内，根据牛顿第二定律有maRatLBmgF总22由图可知2/0.1sma又因t..F2030联立解得2.0，2.0

22总RLB(2)在0--2s这段时间内的位移为matx2212121221设棒在2---2.55s时间内的位移为2x，棒在t时刻，根据牛顿第二定律有tvmRvLBmg总22在t到t+t（0t）时间内vmt

vRLBtmg总22vmtvRLBtmg总22mvxRLBmgt222总代入数据得45.02xm整个过程中金属棒运动的距离45.221xxxm（3）从撤去拉力到棒停止的过程中，根据能量守恒定律有热Qmgxmv222111.0热QJ

每个电阻R上产生的焦耳热21075.241热QQRJ★★磁动力技术应用★★【变式7】解析:（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势E1=2NBLv0线框中

的电流I1=RE1整个线框受到的安培力Fm=2NBI1L列车所受阻力大小为RvLBNFf0222mm4（2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v′，金属框中感应电动势)(2vvNBLE金属框中感应电流RvvNBLI)(2又因为fNBILF2求得2

224LBNfRvv当列车匀速运动时，金属框中的热功率为P1=I2R94克服阻力的功率为P2=fv所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为E=I2R+fv=22224LBNRffv（3）根据题意分析可得，为实现列车最终沿水平方向做匀加速直线运动，

其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t1时刻金属线圈中的电动势)(211vatNBLE金属框中感应电流RvatLNBI)(211又因为安培力RvatLBNNBILF)(4211222所以对列车，由牛顿第二定律得MafRvatLBN

)(411222解得MRtLBNvLBNfRa1222122244设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势002NBLatE金属框中感应电流RNBLatI002又因为安培力RatLBNNBILF0222042所以对列车，由牛顿第二定律得fR

atLBN02224解得)4(444122222212222220vLBNfRLBNMRtLBNfRaLBNfRt二、双棒问题★★水平轨道★★【变式8】解析：由楞次定律(阻碍磁通量的变化)判断CD向右运动，（AB运动使线圈面积变大，CD

的运动要阻碍面积变大）；排除A；AB相当于电源，故它受安培力的方向总是与运动方向相反，B对；AB受恒定拉力F和安培力作用（22BLvFR安）,运动中安培力由0变大，故AB开始作加速度减小的加速运动,CD作加速度增大的加速运动，两棒的加速度最终值为

12FMM。故C错D对。答案选BD。★★倾斜轨道★★【变式9】解析：（1）将乙棒固定，甲棒静止释放，电路中产生感应电动势1EBLv感应电流112EIR甲棒受安培力F1=BIL甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，此时mgsin联立并代入数据解得甲棒

最大速度vm1=1.2m/s（2）甲、乙两棒同时静止释放，电路中产生感应电动势BLvE22感应电流REI222甲乙两棒均受安培力F2=BI2L最终均做匀速运动，此时甲（或乙）棒受力mgsin=F2联立并代入数据解得甲棒最大速度vm1=0.62m/s（3

）乙棒静止释放，甲棒以初速度0v下滑瞬间，电路中产生感应电动势E3=BLv0感应电流REI233甲、乙两棒均受安培力F3=BI3L对于甲棒mgisn-F3=ma对于乙棒F3-m´gsin=m´a´代入数据联立解得a=a´=2m/s2

甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动，在时间st1内，甲棒位移2021attvs甲乙棒位移221tas乙甲棒速度atvv0甲乙棒速度tav乙据能量的转化和守恒，电路中产生电能222021-21-21sin3737sin乙甲乙甲vmmvmvgsm

mgsE联立并代入数据解得JE32.0【模型演练】1.解析：金属棒在导轨上下滑的过程中，受重力mg、支持力FN和安培力F＝IlB三个力的作用。其中安培力F是磁场对棒ab切割磁感线所产生的感应电流的作用力，它的大小与棒的速度有关。当导体棒下滑到稳定状

态时（匀速运动）所受合外力为零，则有mgsinθ＝IlB。此过程小灯泡获得稳定的功率P＝I2R。由上两式可得P＝m2g2Rsin2θ／B2l2。要使灯泡的功率由P0变为2P0，根据上式讨论可得，题目所

给的四个选项A、C是正确的。答案选AC。2解析：由闭合电路欧姆定律，导体棒中电流为1RrEI，选项A错误；导体棒GH中电流方向从H到G，由左手定则可知，导体棒GH所受安培力方向水平向左，由BILF可得安培力大小=F1951RrEBLF，由平衡条件，kxF，可得轻弹簧的长度减小)(

1RrkBLEkFx，选项B错误C正确；电容器C两端电压大小为rRrEIrU1，由UQC可得带电量CrRrECUQ1，选项D错误。答案选C。3解析：由v2=2ax可知，金属棒通过b、c两位置

时，金属棒速度之比为1∶2，产生的感应电流之比为1∶2，所受安培力之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1∶2，A错；由电功率公式P=I2R可知，金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之

比为1∶2，B对；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得，q=△Ф/R，从a到b和从b到c的两个过程中，△Ф相等，所以通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，C对；由焦耳定律，Q=I2Rt=qIR，从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶2，D错。答案选BC。4

解析：线框在磁场中切割产生电动势，电阻R上有感应电流，A错；线框中的感应电流受到安培阻力作用，物块和线框的加速度逐渐减小，B错；当物块和线框的加速度为零时，线框受到的安培力等于物块的重力，即安培力F=mg=B2l2vmR，则最大速度为vm=mgRB2l2，C对；通过电阻R的电量tIq

，电动势平均值为E=Blht，故q=BlhR，D对。答案选CD。5.解析：cd杆不切割磁感线，所以ab杆相当于电源，回路中的电流强度为RBLvREI221，选项A错误；ab杆所受摩擦力为μmgcosθ，选项B错误；根据右手定则可知，闭合回路中的感应电流

方向是abdca，根据左手定则可知，cd杆会受到垂直于AEFC导轨平面向下的安培力作用，cd杆所受摩擦力为，μ（mgsinθ+BIL）=μ（mgsinθ+RvLB2122），选项C正确；根据ab杆的平衡条件有sincos2122mgmgRvLB，所以cos2ta

n122RmgvLB，选项D错误。答案选C。6.解析：c导体棒落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g,有h=12gt2，v=gt，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中

做匀速直线运动的路程为h´=vt=gt2=2h，d棒进入磁场而c还没有传出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，知道c棒穿出磁场，B正确。c棒穿出磁场，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c进入磁场是切割磁感线的速度，故

电动势、电流、安培力都大于c刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v2-v02=2gh，可知加速过程动能与路程成正比，D正确。答案选BD。7.解析：（1）金属棒ab的

电动势：BLvEabV4.025.04.0回路的电流强度：REI2A2棒cd受的安培力NNBILFcd4.05.024.0，方向平行于导轨向上。(或直接写成：NNRvLBBILFcd4.01.0225.04.022222

，方向沿导轨向上)假设F2的方向平行于导轨向上，由平衡条件：0sin2mgFFcdNFmgFcd3.0-4.01.0sin2，负号表示F2的方向与假设的方向相反，既F2的方向平行于导轨向下。（

2）由RtIQ2可知棒cd产生Q=1J热量的时间:ssRIQt5.21.02122在时间t内，棒ab的位移mmvtx55.22棒ab受的安培力沿导轨向下，大小为：NFFcdA4.0NFmgFA5.0sin1力F1做的功JJxFW5.255.01（3）刚释

放cd棒时，cd棒沿导轨向上加速运动，既abcd闭合回路的tE减小；电流强度减小，cd棒受的安培力cdF也减小，当sinmgFcd时，cd棒的加速度为零，cd棒的速度vcd达到最大并做匀速运动，此时：si

nminmgLBIFcdABLI5.0sinmgmin由RvvIcd2BLmin）（：得smvcd5.196（或由：VRI1.02minmin，再由：）（cdvvtSBtBLmin得：smmsmBLvvcd5.1/5.0

4.01.02min8.解析：(1)根据x=4t－2（m）得，最后匀速运动的速度为vm=4m/s匀速运动时,F安=mgsin300B2L2vm/R=mgsin300解得m=0.1kg(2)通过灯泡的电量q=It=R=R

Bls=2C解得s=8m由动能定理得mgssin300-W安=mv2/2灯泡产生的热量Q=W安=mgssin300-mv2/2=3.8J（3）不正确，式中vm，根据安培力等于重力的下滑力，可以求出它与B的平方成反比，所以增大B的同时，最大速度在减小，并

不能提高小灯泡的最大功率。因为P=I2R，所以提高ab棒下滑过程中小灯泡的最大功率，须增大电流I或电阻R匀速运动时,F安=BIL=mgsinθI=mgsinθ/BL,所以可以减小B、L，或增大m、R、θ。九、人船模型【模型讲解】【变式1】解析：在不计水的阻力的情况下，木排与两

人组成系统在水平方向动量守恒，假设在两人运动过程中木排的速度为v,且方向向右，则0=m1（v1+v）+Mv-m2（v2-v）。设质量为m1的人从一端运动到另一端用时为t，则木排位移s=vt，则1122

0mvvtMvtmvvt（）（），即1122120()mvtmvtmmMvt将1vtL,22Lvt,svt代入上式211222()mmsLmmM讨论：若212mm,则s＜0，v＜0，方向向左,位移大小为121222()mms

LmmM，A正确，D错误；若212mm，则s＞0,v＞0,方向向右，位移大小为211222()mmsLmmM，B正确；若212mm，s=0，C正确。答案选ABC。【变式2】解析：发射炮弹的过程，系统动量守恒，发射前，系统的总动量为0Mv，发射炮弹后，炮艇的质量变为

Mm，速度为v，炮弹质量为m，对地速度为vv，所以系统总动量为()()Mmvmvv，D正确。答案选D。【变式3】解析：(1)由动量守恒定律，得(m甲＋m人)v甲＝m乙v乙，有(m甲＋m人)s甲＝m乙

s乙，s甲＋s乙＝10m得，s甲＝4ms乙＝6m(2)为了避免碰撞，人跳到乙船后，甲船和乙船至少共速，所以系统至少要静止．设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v1，乙船速度v2，对甲船和人组成的系统由动量守恒得，(m甲＋m人)v1＝m人×6m/s得v1＝2m/s由动能定理得，Fs甲＝(

m甲＋m人)v21/2，解得F＝90N.【模型演练】1.解析：设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有，xMvmvv0)mM（，解得)(00vvMmvvx。答案选C。2解析：选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去

，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律.设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB.由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则vAvB＝MM＋m，即vA<vB.故选项B正确.3.解析：（1）由动量守恒定律可知，系统的初动量大小为p=（M+m）v0。

（2）为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度（设为v），则（M+m）v0=（2M+m）v，解得v=（M+m）v0/（2M+m）。4.解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度v1，由机械能守恒定律得12(m1＋M)v12＝(m1＋M

)gh得：v1＝2gh＝2v0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后．两车的速度分别为v1′和v2′，则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′①人跳上乙车

时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′即(2m＋2m)v′2＝2mv－2mv0②解得v′1＝6v0－2v③