2014-2015学年福建省漳州市长泰一中高三（上）期末物理试卷
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中．只有一个选项正确．选对的得4分，有选错的和不答的得0分．） 1．（4分）（2014秋?福州期末）如图A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在平整的竖直墙边，然后释放，它们同时沿墙面向下滑，已知mA＞mB，则物体B 受力个数是（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
考点： 力的合成与分解的运用．
分析： 先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况．
解答： 解：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动； 由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力； 故选：A．
点评： 本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力． 2．（4分）（2014?福州校级三模）游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A为甲枪子弹留下的弹孔，B为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h，如图所示，不计空气阻力．关于两枪射出的子弹初速度大小，下列判断正确的是（ ）
考点： 平抛运动． 专题： 平抛运动专题．
分析： 子弹的运动为平抛运动，平抛运动的高度决定运动的时间，结合水平位移和时间比较子弹的初速度大小．
A． 甲枪射出的子弹初速度较大 B． 乙枪射出的子弹初速度较大
C． 甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大
D． 无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小
解答： 解：平抛运动的高度决定时间，由h=时间，水平位移相等，根据
知，乙的运动的时间大于A甲的运动
知，甲枪射出的子弹初速度较大．故A正确，B、C、D
错误． 故选A．
点评： 本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中． 3．（4分）（2014秋?福州期末）一质点沿坐标轴Ox做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标
32
x随时间t的变化关系为x=5+2t，速度v随时间t的变化关系为v=6t，其中v、x和t的单位分别是m/s、m和s．设该质点在t=0到t=1s内运动位移为s和平均速度为，则（ ） A． s=6m，=6m/s B． s=2m，=2m/s C． s=7m，=7m/s D． s=3m，=3m/s
考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 专题： 直线运动规律专题．
分析： 根据位移等于位置坐标的变化量求位移，根据平均速度公式求平均速．
解答： 解：由题意知，当t=0时物体的位置坐标x0=5m，当t=1时位置坐标为x1=7m 由位移等于位置坐标的变化量知，物体的位移s=x1﹣x0=2m 根据平均速度公式知，物体在1s内的平均速度
故B正确，ACD错误． 故选：B．
点评： 掌握位移是物体运动时位置坐标的变化量，会根据位置坐标公式求物体运动的位移，能根据位移和时间求物体运动的平均速度，属于基础题．
4．（4分）（2014秋?漳州校级期末）如图所示，甲、乙两图分别有等量同种的电荷A1、B1和等量异种的电荷A2、B2．在甲图电荷A1、B1的电场中，a1、O1、b1在点电荷A1、B1的连线上，c1、O1、d1在A1、B1连线的中垂线上，且O1a1=O1b1=O1c1=O1d1；在乙图电荷A2、B2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a2、O2、b2和c2、O2、d2表示，且O2a2=O2b2=O2c2=O2d2．则（ ）
A． a1、b1两点的场强相同，电势相同 B． c1、d1两点的场强相同，电势相同 C． a2、b2两点的场强相同，电势相同 D． c2、d2两点的场强相同，电势相同
考点： 电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系． 分析： 根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反．
解答： 解：A、在正等量同种电荷的电场中，电场左右对称，所以a1、b1两点的场强大小相同，方向相反，电势相同．故A错误；
B、在正等量同种电荷的电场中，电场上下对称，所以c1、d1两点的场强大小相同，方向相反，电势相同．故B错误；
C、在等量异种种电荷的电场中，电场左右对称，所以a2、b2两点的场强相同，电势沿电场线的方向降低，所以点的电势高．故C错误；
D、在等量异种电荷的电场中，电场上下对称，所以c2、d2两点的场强相同，电势相同．故D正确． 故选：D
点评： 该题考查常见的电场，根据电场线的分布疏密判断场强的大小，电场线的切线方向即为电场强度方向，根据F=Eq判断电场力的大小，正电荷的受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反．
5．（4分）（2014秋?福州期末）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u=220sin（100πt）V．副线圈接入电阻的阻值R=100Ω，图中电压表和电流表均为理想电表．则（ ）
A． 通过电阻的电流是22A B． 交流电的频率是100Hz C． 电压表的示数是100V D． 变压器的输入功率是484W
考点： 变压器的构造和原理． 专题： 交流电专题．
分析： 根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
解答： 解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为100Ω，所以电流的为1A，所以A错误；
B、由输入电压公式可知，角速度为100π，所以交流电的频率为50Hz，故B错误； C、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，所以C正确； D、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P=输入功率是1×10W，所以D错误． 故选：C．
2
，所以变压器的
点评： 根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论． 6．（4分）（2014秋?厦门期末）如图所示两细束单色光平行射到同一三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M．则下列说法中正确的是（ ）
A． 如果a为蓝色光则b可能为红色光
B． 在该三棱镜中a色光的传播速率比b光的传播速率大 C． 棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角大 D． a光的折射率小于b光折射率
考点： 光的折射定律． 专题： 光的折射专题．
分析： 玻璃三棱镜对蓝光的折射率大于对红光的折射率，经过三棱镜后，偏折角越大，折射率越大，光在介质中传播速度越小．由临界角公式sinC=分析临界角的大小． 解答： 解：AD、由图看出，a光通过三棱镜后偏折角较大，根据折射定律得知三棱镜对a光的折射率大于b光折射率，若a为蓝光，b可能为红光．故A正确，D错误．
B、由v=，知a光的折射率大于b光折射率，则在该三棱镜中a色光的传播速率比b光的传播速率小，故B错误．
C、由临界角公式sinC=分析知从棱镜射向空气中a色光的临界角比b色光的临界角小，故C错误． 故选：A．
点评： 本题是光的色散问题，在七种色光中紫光的折射率最大，同样条件下，其偏折角最大．可结合光的色散实验结果进行记忆． 7．（4分）（2014秋?福州期末）如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（ ）
A． 只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B． 只将绳的左端移向A′点，拉力不变
C． 只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D． 只将绳的右端移向B′点，拉力不变
考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题．
分析： 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，可得到sinα=，当只将绳的左端移向A′点或将绳的右端移向B′点，分析α如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化．
解答： 解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得： sinα=…①
以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得： 2Fcosα=mg， 得F=
…②
A、B、当只将绳的左端移向A′点，S和L均不变，则由②式得知，F不变．故A错误，B正确．
C、D、当只将绳的右端移向B′点，S增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cosα减小，则由②式得知，F增大．故C错误，D错误． 故选：B．
点评： 本题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析α与绳子的长度和B点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况． 8．（4分）（2014秋?厦门期末）一列简谐横波沿X轴正向传播，t=0时的图象如图所示，此时刻后后介质中P质点回到平 衡位置的最短时间为0.2s，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0时两质 点相对平衡位置的位移相同，则（ ）
A． 该简谐波的传播周期为1.2s B． 该简谐波的传播速度为0.05m/s
C． t=0时，质点的加速度沿y轴正方向 D． 经过1s质点Q向右移动了0.05 m
考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象．
分析： 根据题给条件P、Q回到平衡位置的最短时间求出周期，读出波长，由波速公式求出波速．分析波动形成的过程，可确定质点P在t=0.8s时加速度方向．
解答： 解：A、由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，Q点向上，它们周期相同，则T=2×（0.2s+1s）=2.4s．故A错误． B、λ=12cm v=
=0.05m/s．故B正确．
C：t=0时，质点在平衡位置位移为零，故加速度为零，故C错误．
D、简谐横波沿x轴正向传播，质点Q振动方向与x轴垂直，在x轴方向没有位移．故D错误． 故选：B
点评： 波的特性之一：波向前传播时，介质中各质点只在平衡位置附近振动，并不随波向前迁移，简述叫质点“不随波逐流”． 9．（4分）（2014秋?福州期末）如图所示，倾角α的斜面体，质量为M，静止放在粗糙的水平地面上．质量为m的木块沿斜面由静止开始加速滑下．已知斜面体的斜面是光滑的，底面是粗糙的；且在木块加速下滑过程中斜面体始终保持静止，则（ ）
考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用． 专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可求得压力及加速度；再对整体研究：受到重力，地面的支持力和静摩擦力，作出力图．将加速度a分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律对竖直方向进行研究求解．
解答： 解：A、对木块受力分析可知，木块对斜面的压力为mgcosα；故A错误； B、木块下滑的加速度a=gsinα；故B错误；
C、设斜面的倾角为θ．以M和m整体为研究对象，受力图如图． 将加速度a分解为水平方向和竖直方向，如图．
A． 木块对斜面的压力为mgsinα
B． 木块沿斜面下滑的加速度为gcosα C． 斜面体对地面的压力大于（m+M）g D． 斜面体对地面的静摩擦力方向水平向右
根据牛顿第二定律得；
对竖直方向FN=（M+m）g﹣ma；
对水平方向 f=macosα，方向水平向左；故斜面体对地面的摩擦力向右；故D正确； 故选：D．
点评： 本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少，但如果能掌握则可以做到快速解题；
也可以采用隔离法进行分析，步骤是隔离滑块研究，分析受力，根据平衡求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向． 10．（4分）（2014?潍坊一模）如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过一磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势． 专题： 电磁感应与图像结合．
分析： 根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化． 解答： 解：
A、C、线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值．故A、C错误．
B、D、设BD=L．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为 I1=
=i0；
在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；
线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为 I2=
=2i0；后均匀减小至零；
在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为 I3=
=i0；故D正确，
B错误． 故选：D．
点评： 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，L为有效长度．要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势． 11．（4分）（2014秋?漳州校级期末）如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，则最终车厢速度是（ ）
A． C．
v0，水平向右 B． 0
，水平向右 D．
，水平向左
考点： 动量守恒定律． 专题： 动量定理应用专题． 分析： 物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度．
解答： 解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正， 由动量守恒定律可得：mv0=（M+m）v′， 最终车的速度v′=
，方向与v0的速度相同，水平向右，故C正确．
故选：C
点评： 在碰撞过程中车与物体动量守恒，由动量守恒定律可以正确解题，难度不大，属于基础题． 12．（4分）（2014秋?漳州校级期末）下列说法不正确的是（ ） A． B． C． D．
H+U+Ra→Na→
H→n→
Rn+Mg+He+
n是聚变
Sr+2
n是裂变
Xe+
He是α衰变 e是裂变
考点： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变．
分析： 根据核反应方程区分：天然衰变分为αβ衰变，裂变是重核变为中等质量的核，聚变是轻核变为较重质量的核． 解答： 解：A、B、C、D、
U+Ra→Na→
n→
Rn+Mg+
H+
H→
He+Sr+2
n是轻核的聚变，故A正确； n是重核的裂变，故B正确；
Xe+
He，生成氦核，是α衰变，故C正确； e是β衰变，不是裂变．故D不正确．
本题选择不正确的，故选：D．
点评： 本题考查了常见的核反应方程中的应用，同时注意原子核的质量数和电荷数的表示方法．
二、填空题：（每空2分，共18分） 13．（8分）（2014秋?漳州校级期末）如图甲为利用气垫导轨（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略）“验证机械能守恒定律”的实验装置，请结合以下实验步骤完成填空． （1）将气垫导轨放在水平桌面上，并调节至水平．
（2）用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．用游标卡尺测出挡光条的宽度L，如图乙所示，L为 1.550 cm．用米尺测量光电门1、2的距离s时，光电门1、2所对的刻度分别如丙图中A、B所示，则s为 36.55 cm．
（3）将滑块移至光电门1左侧某处，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间△t1和△t2．
（4）滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能．在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量△Ep= mgs （已知重力加速度为g）．动能的增量△Ek= （M+m）（）﹣（M+m）（
2
） ，
2
若在实验误差允许的范围内两者相等，即可认为机械能是守恒的．
考点： 验证机械能守恒定律．
专题： 实验题；机械能守恒定律应用专题．
分析： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读． 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．
由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． 根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量． 要注意本题的研究对象是系统． 解答： 解：（2）游标卡尺的主尺读数为：1.5cm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，
所以最终读数为：15mm+0.50mm=15.50mm=1.550cm．
用米尺测量光电门1、2的距离s时，在A处读数为xA=3.10cm；
在B处读数为xB=39.65cm，则光电门1、2的距离s=39.65﹣3.10cm=36.55cm；
（4）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． 滑块通过光电门1速度v1=滑块通过光电门2速度v2=
）和Ek2=（M+m）（）﹣（M+m）（
2
2
系统的总动能分别为Ek1=（M+m）（因此动能的增量△Ek=（M+m）（
）；
2
）；
2
在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△Ep=mgs
如果满足关系式△Ep=Ek2﹣Ek1，即系统重力势能减小量等于动能增加量，则可认为验证了机械能守恒定律．
故答案为：（2）1.550，36.55；（4）mgs，（M+m）（
）﹣（M+m）（
2
）
2
点评： 对常见的几种测量长度工具要熟悉运用，并能正确读数；光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． 14．（10分）（2014秋?漳州校级期末）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用： A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ） B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ） C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω） E．滑动变阻器（10Ω，2A） F．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干
（1）实验中所用电压表应选用 A ，电流表应选用 D （用字母D表示）． （2）实验时要求尽量减小实验误差，请在方框中设计满足实验要求的测量电路图．
（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是 0.80 W．
考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线． 专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；
（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．
（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，则两图象的交点为电灯泡的工作点，则可求得灯泡的电流和电压，从而求得灯泡的实际功率． 解答： 解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；
由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D； （2）由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R=
Ω，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，原理图如
图所示．
（3）当灯泡接入电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir U=3﹣2.5I
画出U﹣I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4A，两端电压为2.0V，所以功率为0.8W． 故答案为：（1）A；D（2）如图所示（3）0.80
点评： 本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．
三、计算题（共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15．（12分）（2015春?南阳期末）我国探月工程已规划至“嫦娥四号”，并计划在2017年将嫦娥四号探月卫星发射升空．到时将实现在月球上自动巡视机器人勘测．已知万有引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ，月球可视为球体，球体积计算公式V=πR．求：
（1）月球质量M；
（2）嫦娥四号探月卫星在近月球表面做匀速圆周运动的环绕速度v．
考点： 万有引力定律及其应用；向心力． 专题： 万有引力定律的应用专题．
分析： 月球表面的重力与万有引力相等，绕月球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算． 解答： 解：（1）设：月球半径为R G
=mg …①
…②
3
月球的质量为：M=
由①②得：M= …③
（2）万有引力提供向心力：G=m …④
由①②得：R= …⑤
由④⑤得：v== …⑥
答：（1）月球质量M=；
（2）嫦娥四号探月卫星在近月球表面做匀速圆周运动的环绕速度为．
点评： 月球表面的重力与万有引力相等，卫星绕月球做圆周运动万有引力提供圆周运动的向心力，这个是万有引力问题经常用的表达式． 16．（10分）（2014秋?漳州校级期末）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10C的物块放在木板的上端，
﹣4
木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强
E=4.0×10N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s，斜面足够长．求：
（1）物块经多长时间离开木板？
（2）物块离开木板时木板获得的动能．
（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
4
2
考点： 动能定理的应用；功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．
（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．
（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量． 解答： 解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2， 则由牛顿第二定律
对物块：mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1
2
a1=4.2m/s
对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2
2
a2=3m/s 又a1t﹣a2t=L
得物块滑过木板所用时间t= s．
（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3其动能为Ek2=Mv2=27 J
（3）由于摩擦而产生的内能为 Q=F摩x相=μ（mgcos37°+qE）?L=2.16 J． 答：（1）物块经过s离开木板．
（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．
（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．
点评： 加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量． 17．（12分）（2014秋?漳州校级期末）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.40Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距
2
2
2
m/s．
离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10m/s（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响）． （1）判断金属棒两端a、b的电势高低； （2）求磁感应强度B的大小；
（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量．
2
考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 专题： 电磁感应——功能问题．
分析： （1）根据右手定则判断电势的高低．
（2）由题，x﹣t图象AB段为直线，说明从t=1.5s时开始金属棒ab做匀速直线运动，由图线的斜率求出速度，推导出安培力的表达式，根据平衡条件求出磁感应强度B的大小． （3）根据能量守恒定律和焦耳定律求解金属棒ab在开始运动的1.5s内，电路中产生的热量．
解答： 解：（1）由右手定则判断可知b端电势较高 （2）当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得： mg=BIL…①
金属棒产生的感应电动势为：E=BLvt …② 则电路中的电流为：I=由图象可得：vt=
=
…③
=7 m/s
代入数据解得：B=0.1 T
（3）在0～1.5 s，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得： mgh﹣W安=mv﹣0…④
则得：W安=0.455 J
即整个回路产生的总热量为：Q=W安=0.455 J 对闭合回路由闭合电路欧姆定律得： E电=I（R+r）…⑤
2
则电阻R两端的电压UR为： UR=
E电…⑥
W安=0.26 J
则电阻R上产生的热量为：QR=
答：（1）金属棒b端的电势较高； （2）磁感应强度B的大小是0.1T；
（3）在金属棒ab从开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量是0.26J．
点评： 电磁感应往往从两个角度研究：一是力，关键是安培力的分析和计算，F安=是常用的经验公式，要记牢．二是从能量的角度，关键分析能量如何转化．