湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题
1．（2024高三上·望城开学考）在湖面上方竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中。不计空气阻力，假设小铁球落入水中和淤泥中由于受到阻力而做匀减速运动，且淤泥中减速更快。取向上为正方向，则下列能正确反映小铁球速度与时间关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·望城开学考）如图所示，在正点电荷形成的电场中有A ，B两点的电势，分别用EA，EB表示A ，B 两点的电场强度，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高三上·望城开学考）在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。如图所示，用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·望城开学考）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，若“轨道康复者”在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，经过时间t，其沿圆周运动转过的角度为θ，引力常量为G，将地球视为球体，已知半径为R的球体的体积，则地球的密度为
A． B． C． D．
5．（2024高三上·望城开学考）如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO'以的角速度匀速转动，矩形线圈的匝数为N匝，面积为S，电阻为。矩形线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为的相同灯泡L1和L2，变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，则（ ）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为NBSsint
B．若开关S闭合，则矩形线圈的输出功率将变小
C．若开关S闭合，电流表示数将变小
D．灯泡L1的额定功率为2W
6．（2024高三上·望城开学考）电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“喷气”发动机，如下图所示（N较大，图中只画出了4个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程F=ma具有相似性，为，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（ ）
A．在与F=ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度
B．β的单位为rad/s
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小
D．地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大
7．（2024高三上·望城开学考）如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（ ）
情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小
1 L m ①
2 2L m ②
3 L 2m ③
4 L m ④
A．②中电荷量为①中电荷量的倍
B．③中电荷量为②中电荷量的倍
C．④中电荷量为③中电荷量的倍
D．情形④下弹簧的伸长量最大
8．（2024高三上·望城开学考）如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为，质量为、边长为的正方形线框斜向穿进磁场，当刚进入磁场时，线框的速度为，方向与磁场边界成，若线框的总电阻为，则（ ）
A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为
B．刚进入磁场时线框中感应电流为
C．刚进入磁场时线框所受安培力大小为
D．此进两端电压为
9．（2024高三上·望城开学考）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C的变化过程，V—T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（ ）
A．状态A、B的压强大小相等
B．从状态B到状态C，气体内能不变
C．A→B→C过程，球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量
D．在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2
10．（2024高三上·望城开学考）如图所示，斜面体abc静止于粗糙水平地面上，物块m1、m2均沿斜面匀速下滑，已知m1>m2，θ1<θ2，下列说法中正确的是
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体没有 摩擦力
C．所给条件不足，不能判断摩擦力方向
D．斜面体ab面和ac面的动摩擦因数不同
11．（2024高三上·望城开学考）如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（ ）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
12．（2024高三上·望城开学考）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行的是 （填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻R上的电流方向 （填“自上而下”或“自下而上”）。实验得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 （填“减小”“不变”或“增大”）；
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 ，放电过程中电容器的电容将 （填“减小”“不变”或“增大”）。
13．（2024高三上·望城开学考）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度，金属丝的电阻大约为，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）从图中读出金属丝的直径为 ；
（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下共选择的实验器材：
A．直流电源：电动势约6V，内阻
B．电流表A1：量程，内阻
C．电流表A2：量程，内阻
D．电压表V：量程，内阻
E、变阻箱值电阻，最大值
F、滑动变阻器：最大阻值
G、滑动变阻器：最大阻值
H、开关、导线等
在可供选择的器材中，应该选用的电表是 （填写序号），应该选用的其他器材是 （填写序号）；
（3）根据所选的器材，画出实验电路图 ；
（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为，则这种金属材料的电阻率为 （保留二位有效数字）；
（5）测量过程中严格按照操作程序进行，但的测量值比真实值略微偏小，具体原因是 。
14．（2024高三上·望城开学考）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为的质点在外力的作用下，从坐标原点由静止沿直线斜向下运动，直线与轴负方向成角（），已知重力加速度为g。
（1）至少为多大？
（2）若，试定性分析质点机械能的变化情况。
15．（2024高三上·望城开学考）如图，固定的直杆与水平地面成37°角，段粗糙，段光滑，长度。质量的小环套在直杆上，在与直杆成角的恒力作用下，从杆的底端由静止开始运动，当小环到达B时撤去，此后小环飞离直杆，落地时的动能。（不计空气阻力，，，取）
（1）求小环运动到B时的速度大小。
（2）若夹角，小环在杆段运动时，受到恒定的（摩擦）阻力，求的大小。
（3）设直杆段的长度。若夹角，小环在段运动时，受到（摩擦）阻力的大小与直杆对小环的弹力的大小成正比，即，其中，且小环飞离轨道后，落地时的动能不大于，求的取值范围。
16．（2024高三上·望城开学考）倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=0.28 m的有界匀 强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示．在斜面上由静止释放一质量m=0.1 kg，电阻R=0.06Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线 框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示．已知整个过程中线框底边bc始终 与磁场边界保持平行，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6．cos 37°=0.8．
(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm；
(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻．为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于取向上为正方向，可知小球速度先是正值且减小，当速度减小为零后，变成负值且增大，入水后速度为负值且减小，当陷入湖底的淤泥中，减速时的加速度更大，即图象的斜率更大，对比可知，A选项的速度与时间关系图象符合题意。
故选A。
【分析】根据铁球在不同的环境的运动情况分析：
1.在湖面上方只受重力作用，铁球做竖直上抛运动。
2.根据题意铁球在水中的加速度小于在淤泥中的加速度，v-t图像的斜率表示加速度大小和方向。
2．【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】由电场线的疏密可知，A点处电场线较密，电场强度较大，所以
沿着电场线，电势是降低的，所以A点所在等势面的电势高于B点所在等势面的电势，故
．
A． ，故A符合题意．
B． ，故B不符合题意．
C． ，故C不符合题意．
D．，故D不符合题意．
故选A。
【分析】根据电场的力和能的性质分析：
1.电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，反之亦然。
2.沿电场线方向电势逐渐降低，或电场线的方向由高等势面指向低等势面。
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据
可得轨道半径
再由动量守恒可知，放出粒子乙后，新粒子丙的动量大于粒子甲的，故轨道半径变大，所以B正确，A、C、D错误。
故选B。
【分析】1.根据动量守恒定律分析变化前后带电粒子的速度大小关系。
2.根据洛伦兹力提供向心力分析变化前后带电粒子的半径关系。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】经过时间t，其沿圆周运动转过的角度为θ，则角速度
根据万有引力提供向心力
地球的密度
联立解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力与航天的知识分析：
1.根据角速度的定义确定角速度。
2.根据万有引力定律分析求解地球的质量，结合密度公式求出地球的密度。
5．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；电路动态分析
【解析】【解答】A．若线圈从图示位置——垂直中性面。开始计时，则感应电动势的瞬时值为
故A错误。
B．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻变小，根据欧姆定律
故输出电流增加，根据
则输入电流也增加，电流表示数将增大。根据
可知，输入功率也增加，故BC错误；
D．S断开时，L1正常发光，根据
代入数据求得：通过灯泡L1的电流
故其额定功率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据交流电的知识分析：
1.根据题意写出交流电瞬时值表达式。
2.分析理想变压器的动态变化。
3.掌握理想变压器的电压比与匝数比的关系、电流比与匝数比的关系，根据功率公式分析求解。
6．【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】A．在
与
的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，A正确；
B．根据
得
代入单位运算可知其单位为，故B错误；
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大，故C错误；
D．地球停止自转后，赤道附近和两极点附近的重力加速度大小相等，故D错误。
故选A。
【分析】1.理解是速度变化快慢的物理量，是指角速度变化快慢的物理量。转动惯量I与质量m类比，能理解I对应的物理意义。
2.分析题干信息，理解停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度相等。
7．【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T，与竖直方向夹角为，两小球之间的距离为r、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为，对其中一个小球受力分析可得
解得
由几何关系可知
整理得
A．对比①和②可知，并应用上式可得
解得
，
故电荷量之间的关系为
故A错误；
B．由③可知
解得
故
故B错误；
C．由④可知
解得
故
故C正确；
D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选C。
【分析】受力分析是处理力学问题的关键和基础。
1.对其中一个小球分析，根据共点力平衡条件和几何关系求出另外两个小球的电场力的合力F的表达式。
2.合力F的表达式对应表中各量分析小球的带电量关系。
3.以三个小球为整体，分析弹簧弹力大小等于三小球的重力大小。
8．【答案】C,D
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势
则线框中感应电流为
此时CD两端电压，即路端电压为
故B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是
由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即
故C正确。
故选CD。
【分析】1.根据楞次定律判断框中感应电流的方向。
2.由于线框与磁场方向垂直，线框切割磁场的有效长度等于处于磁场中部分线圈两端点间的距离。
3.根据F=BIL和分析安培力和感应电流大小。
4.根据感应电动势和欧姆定律分析CD两端的电压。
9．【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．在图像中，过原点的倾斜的直线为等压变化，由题图可知，状态A、B两点不在过原点的同一直线上，因此状态A、B的压强大小不相等，A错误；
B．从状态B到状态C，气体的温度升高，则气体内能增大，B错误；
C． A→B→C过程，球内气体的体积增大，球内气体对外做功，即，气体的温度升高，球内气体的内能增大，即，由热力学第一定律
可知，，即球内气体从外界吸收热量，可知球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．气体在状态A到状态C时，由理想气体状态方程可得
解得
即在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2，D正确。
故选CD。
【分析】根据理想气体知识分析：
1.理解V-T图像各点坐标的意义，能够分析不同状态下三个状态参量的关系。
2.能够根据图像分析气体温度变化，体积变化，结合热力学第一定律分析气体内能的的变化。
10．【答案】B,D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】物块m1、m2和斜面体均处于平衡状态，故三个物体的合力为零；对三个物体整体分析，受重力和地面的支持力，不受地面摩擦力，否则不能平衡，故AC错误，B正确；物体m1受重力、支持力和滑动摩擦力，故平衡条件，有
m1gsinθ1-f1=0，N1-mgcosθ1=0
其中
f1=μ1N1
联立解得
μ1=tanθ1
同理分析物体物体m2有
μ2=tanθ2
故斜面体ab面和ac面的动摩擦因数不同，故D正确；
故选BD.
【分析】根据平衡条件分析：
1.正确的选取研究对象，采用整体法和隔离法，根据平衡条件列式求解。
2.整体法判断地面与斜面体间的摩擦力情况。隔离法分析斜面体与ab、ac两接触面的动摩擦因数。
11．【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中，，所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为
所以D正确。
故选BD。
【分析】根据电场线的分布特点分析：
1.熟记等量异种电荷周围的电场分布特点，明白小球运动过程受到电场力的变化情况。
2.分析小球在运动过程的合力情况，结合牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况。
3.根据动能定理计算小球达到O点的速度。注意：O点的电势为零。
4.根据能量守恒定律，动能和电势能的总和不变，即到无穷远，电势能为零，但动能不为零。即最终的速度与在O点的速度相等。
12．【答案】放电；自下而上；不变；215；不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程；开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电；可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经电阻R上的电流自下而上；曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
（2）根据电容器电容的定义
解得
电容器的电容由其本身特性决定，与所带电荷量和电压无关，故放电过程中电容器的电容不变。
故答案为：第1空：放电
第2空：自下而上
第3空：不变
第4空：215
第5空：不变
【分析】根据电容特点和含电容电路分析：
1.根据含电容电路的特点分析电容极板的带电情况，从而分析电容器的充放电情况，以此判断充放电电流方向。
2.根据I-t图像所围成的面积表示电荷量来分析。
3.根据求解电容器的电容；根据电容是电容器本身的属性，大小与充放电过程无关。
13．【答案】；B、C；A、E、F；；2.0；由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小。
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数0；可动刻度读数
故螺旋测微器读数为：。
（2）电阻大约为，则最大电流为
则电流表选择B；由于最大电压为6V，故电压表量程过大，则用电流表A2与变阻箱值电阻串联改装成电压表，故电流表选用B、C，应该选用的其他器材是A、E、F。
（3）由于滑动变阻器阻值大于待测电阻，故滑动变阻器用限流式接法如图所示
（4）根据电阻定律可以得到
代入数据整理可以得到
（5）由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小。
故答案为：第1空：0.483mm(0.482~0.484mm均可）
第2空：B、C
第3空：A、E、F
第4空：
第5空：
第6空：由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小
【分析】根据电学实验基础知识分析：
1.掌握螺旋测微器的正确读数方法，需要估读。
2.电流表的选择：分析判断电路允许通过的最大电流，选择正确的量程。电压表的选择：题干给的电压表量程太大，选择小量程电流表与定值电阻串联改装成一个新的电压表。
3.题干对电路没有要求或没有限制，一般选择控制电路选择限流式接法。
4.根据电阻表达式，求解电阻率。
5.Rx的测量误差来源于电流表的分流效果，即电流表的值比实际流经Rx的电流大。
14．【答案】（1）质点做直线运动，则垂直于运动方向的合力为0，令F与ON夹角为，则有
解得
当时，有
（2）若，对质点分析可知，力F方向沿x轴正方向，可知F对质点做正功，根据
可知质点机械能增大。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】根据物体的运动情况分析物体的受力情况分析：
1.物体从静止开始做直线运动，即物体的合力与物体的运动方向相同，结合平行四边形定律分析最小外力F。
2.根据外力的大小分析外力的方向，结合力与运动方向的夹角关系，分析外力F做功情况。注意：除了重力外，其他力做正功，机械能增加；除了重力外，其他力做负功，机械能减小。
15．【答案】（1）根据题意可知，小环从点到落地的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
（2）若夹角，对小球受力分析，由牛顿第二定律有
由运动学公式
有
解得
联立解得
（3）根据题意，设小环运动到点的速度为，在段运动时的加速度为，若小环落地动能等于，则由上述分析可知
则由牛顿第二定律有
其中
解得
若小环能够落地，则小环运动到点速度大于0，小环由的过程中，由机械能守恒定律有
解得
小环在的过程中，由运动学公式有
解得
由牛顿第二定律有
其中
解得
综上所述，的取值范围为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1.小环从B点到落地的过程，只有重力做功，运用机械能守恒定律分析小环在B点速度。
2.小环从A运动到B的过程，结合牛顿第二定律和运动学公式分析小环的受力。或者运用动能定理求解。
3.结合（1）（2）由牛顿第二定律或动能定理分析求解F的最大值。当vc等于零时，F取得最小值。研究BC段，由机械能守恒定律分析小环到达B点的速度，研究AB段，由牛顿第二定律和运动学公式分析求出F的最小值，从而知道F的取值范围。
16．【答案】（1）由图像可知在进入磁场之前做匀加速直线运动
解得
由牛顿第二定律
解得
（2）由图像可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间为0.125s，匀速进入磁场的速度=1.2m/s，则线框边长
m
由
解得磁感应强度大小为
线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设线框出磁场时速度大小为，由运动学公式可得
解得
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
由安培力公式可得
解得
（3）穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框下边出磁场时开始计时，则
解得
（s）
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】1.结合v-t图像分析线框进入磁场前后的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式分析动摩擦因数。
2.分析线框从进入磁场到离开磁场，线框的运动情况，分析判断线框中产生的焦耳热的最大功率在线圈ab刚好离开磁场时，即分析该瞬间线框的速度和安培力大小。
3.根据感应电流产生的条件：闭合回路的磁通量发生变化。即线框bc边从开始进入磁场到ad边离开磁场的过程，线框中的磁通量没有变化，即该过程不会产生感应电流。从而分析出磁感应强度B随时间变化的关系式。
1 / 1湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高三上学期开学考试物理试题
1．（2024高三上·望城开学考）在湖面上方竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中。不计空气阻力，假设小铁球落入水中和淤泥中由于受到阻力而做匀减速运动，且淤泥中减速更快。取向上为正方向，则下列能正确反映小铁球速度与时间关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】竖直上抛运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于取向上为正方向，可知小球速度先是正值且减小，当速度减小为零后，变成负值且增大，入水后速度为负值且减小，当陷入湖底的淤泥中，减速时的加速度更大，即图象的斜率更大，对比可知，A选项的速度与时间关系图象符合题意。
故选A。
【分析】根据铁球在不同的环境的运动情况分析：
1.在湖面上方只受重力作用，铁球做竖直上抛运动。
2.根据题意铁球在水中的加速度小于在淤泥中的加速度，v-t图像的斜率表示加速度大小和方向。
2．（2024高三上·望城开学考）如图所示，在正点电荷形成的电场中有A ，B两点的电势，分别用EA，EB表示A ，B 两点的电场强度，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场线；电势
【解析】【解答】由电场线的疏密可知，A点处电场线较密，电场强度较大，所以
沿着电场线，电势是降低的，所以A点所在等势面的电势高于B点所在等势面的电势，故
．
A． ，故A符合题意．
B． ，故B不符合题意．
C． ，故C不符合题意．
D．，故D不符合题意．
故选A。
【分析】根据电场的力和能的性质分析：
1.电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，反之亦然。
2.沿电场线方向电势逐渐降低，或电场线的方向由高等势面指向低等势面。
3．（2024高三上·望城开学考）在匀强磁场中有一带正电的粒子甲做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然向与原运动相反的方向放出一个不带电的粒子乙，形成一个新的粒子丙。如图所示，用实线表示粒子甲运动的轨迹，虚线表示粒子丙运动的轨迹。若不计粒子所受重力及空气阻力的影响，则粒子甲和粒子丙运动的轨迹可能是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】根据
可得轨道半径
再由动量守恒可知，放出粒子乙后，新粒子丙的动量大于粒子甲的，故轨道半径变大，所以B正确，A、C、D错误。
故选B。
【分析】1.根据动量守恒定律分析变化前后带电粒子的速度大小关系。
2.根据洛伦兹力提供向心力分析变化前后带电粒子的半径关系。
4．（2024高三上·望城开学考）“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，若“轨道康复者”在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动，经过时间t，其沿圆周运动转过的角度为θ，引力常量为G，将地球视为球体，已知半径为R的球体的体积，则地球的密度为
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】经过时间t，其沿圆周运动转过的角度为θ，则角速度
根据万有引力提供向心力
地球的密度
联立解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】根据万有引力与航天的知识分析：
1.根据角速度的定义确定角速度。
2.根据万有引力定律分析求解地球的质量，结合密度公式求出地球的密度。
5．（2024高三上·望城开学考）如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO'以的角速度匀速转动，矩形线圈的匝数为N匝，面积为S，电阻为。矩形线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为的相同灯泡L1和L2，变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，则（ ）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为NBSsint
B．若开关S闭合，则矩形线圈的输出功率将变小
C．若开关S闭合，电流表示数将变小
D．灯泡L1的额定功率为2W
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；电路动态分析
【解析】【解答】A．若线圈从图示位置——垂直中性面。开始计时，则感应电动势的瞬时值为
故A错误。
B．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻变小，根据欧姆定律
故输出电流增加，根据
则输入电流也增加，电流表示数将增大。根据
可知，输入功率也增加，故BC错误；
D．S断开时，L1正常发光，根据
代入数据求得：通过灯泡L1的电流
故其额定功率为
故D正确。
故选D。
【分析】根据交流电的知识分析：
1.根据题意写出交流电瞬时值表达式。
2.分析理想变压器的动态变化。
3.掌握理想变压器的电压比与匝数比的关系、电流比与匝数比的关系，根据功率公式分析求解。
6．（2024高三上·望城开学考）电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“喷气”发动机，如下图所示（N较大，图中只画出了4个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程F=ma具有相似性，为，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（ ）
A．在与F=ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度
B．β的单位为rad/s
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小
D．地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大
【答案】A
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】A．在
与
的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，A正确；
B．根据
得
代入单位运算可知其单位为，故B错误；
C．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大，故C错误；
D．地球停止自转后，赤道附近和两极点附近的重力加速度大小相等，故D错误。
故选A。
【分析】1.理解是速度变化快慢的物理量，是指角速度变化快慢的物理量。转动惯量I与质量m类比，能理解I对应的物理意义。
2.分析题干信息，理解停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度相等。
7．（2024高三上·望城开学考）如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（ ）
情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小
1 L m ①
2 2L m ②
3 L 2m ③
4 L m ④
A．②中电荷量为①中电荷量的倍
B．③中电荷量为②中电荷量的倍
C．④中电荷量为③中电荷量的倍
D．情形④下弹簧的伸长量最大
【答案】C
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T，与竖直方向夹角为，两小球之间的距离为r、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为，对其中一个小球受力分析可得
解得
由几何关系可知
整理得
A．对比①和②可知，并应用上式可得
解得
，
故电荷量之间的关系为
故A错误；
B．由③可知
解得
故
故B错误；
C．由④可知
解得
故
故C正确；
D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选C。
【分析】受力分析是处理力学问题的关键和基础。
1.对其中一个小球分析，根据共点力平衡条件和几何关系求出另外两个小球的电场力的合力F的表达式。
2.合力F的表达式对应表中各量分析小球的带电量关系。
3.以三个小球为整体，分析弹簧弹力大小等于三小球的重力大小。
8．（2024高三上·望城开学考）如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为，质量为、边长为的正方形线框斜向穿进磁场，当刚进入磁场时，线框的速度为，方向与磁场边界成，若线框的总电阻为，则（ ）
A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为
B．刚进入磁场时线框中感应电流为
C．刚进入磁场时线框所受安培力大小为
D．此进两端电压为
【答案】C,D
【知识点】安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势
则线框中感应电流为
此时CD两端电压，即路端电压为
故B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是
由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量合，即
故C正确。
故选CD。
【分析】1.根据楞次定律判断框中感应电流的方向。
2.由于线框与磁场方向垂直，线框切割磁场的有效长度等于处于磁场中部分线圈两端点间的距离。
3.根据F=BIL和分析安培力和感应电流大小。
4.根据感应电动势和欧姆定律分析CD两端的电压。
9．（2024高三上·望城开学考）将压瘪的乒乓球（未漏气）浸泡在热水中，一段时间后乒乓球便恢复原状，乒乓球内部气体（视为理想气体）经历了由A→B→C的变化过程，V—T图像如图所示，T为热力学温度，已知理想气体的内能与热力学温度成正比，则下列结论正确的是（ ）
A．状态A、B的压强大小相等
B．从状态B到状态C，气体内能不变
C．A→B→C过程，球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量
D．在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2
【答案】C,D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；热力学第一定律及其应用；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【解答】A．在图像中，过原点的倾斜的直线为等压变化，由题图可知，状态A、B两点不在过原点的同一直线上，因此状态A、B的压强大小不相等，A错误；
B．从状态B到状态C，气体的温度升高，则气体内能增大，B错误；
C． A→B→C过程，球内气体的体积增大，球内气体对外做功，即，气体的温度升高，球内气体的内能增大，即，由热力学第一定律
可知，，即球内气体从外界吸收热量，可知球内气体对外所做的功小于气体从外界吸收的热量，C正确；
D．气体在状态A到状态C时，由理想气体状态方程可得
解得
即在状态A与状态C时乒乓球内气体压强之比为1：2，D正确。
故选CD。
【分析】根据理想气体知识分析：
1.理解V-T图像各点坐标的意义，能够分析不同状态下三个状态参量的关系。
2.能够根据图像分析气体温度变化，体积变化，结合热力学第一定律分析气体内能的的变化。
10．（2024高三上·望城开学考）如图所示，斜面体abc静止于粗糙水平地面上，物块m1、m2均沿斜面匀速下滑，已知m1>m2，θ1<θ2，下列说法中正确的是
A．地面对斜面体的摩擦力水平向右
B．地面对斜面体没有 摩擦力
C．所给条件不足，不能判断摩擦力方向
D．斜面体ab面和ac面的动摩擦因数不同
【答案】B,D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】物块m1、m2和斜面体均处于平衡状态，故三个物体的合力为零；对三个物体整体分析，受重力和地面的支持力，不受地面摩擦力，否则不能平衡，故AC错误，B正确；物体m1受重力、支持力和滑动摩擦力，故平衡条件，有
m1gsinθ1-f1=0，N1-mgcosθ1=0
其中
f1=μ1N1
联立解得
μ1=tanθ1
同理分析物体物体m2有
μ2=tanθ2
故斜面体ab面和ac面的动摩擦因数不同，故D正确；
故选BD.
【分析】根据平衡条件分析：
1.正确的选取研究对象，采用整体法和隔离法，根据平衡条件列式求解。
2.整体法判断地面与斜面体间的摩擦力情况。隔离法分析斜面体与ab、ac两接触面的动摩擦因数。
11．（2024高三上·望城开学考）如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（ ）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
【答案】B,D
【知识点】电场力做功；动能定理的综合应用；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中，，所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为
所以D正确。
故选BD。
【分析】根据电场线的分布特点分析：
1.熟记等量异种电荷周围的电场分布特点，明白小球运动过程受到电场力的变化情况。
2.分析小球在运动过程的合力情况，结合牛顿第二定律分析小球的加速度变化情况。
3.根据动能定理计算小球达到O点的速度。注意：O点的电势为零。
4.根据能量守恒定律，动能和电势能的总和不变，即到无穷远，电势能为零，但动能不为零。即最终的速度与在O点的速度相等。
12．（2024高三上·望城开学考）在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关S改接2后，电容器进行的是 （填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻R上的电流方向 （填“自上而下”或“自下而上”）。实验得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 （填“减小”“不变”或“增大”）；
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 ，放电过程中电容器的电容将 （填“减小”“不变”或“增大”）。
【答案】放电；自下而上；不变；215；不变
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程；开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电；可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故流经电阻R上的电流自下而上；曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
（2）根据电容器电容的定义
解得
电容器的电容由其本身特性决定，与所带电荷量和电压无关，故放电过程中电容器的电容不变。
故答案为：第1空：放电
第2空：自下而上
第3空：不变
第4空：215
第5空：不变
【分析】根据电容特点和含电容电路分析：
1.根据含电容电路的特点分析电容极板的带电情况，从而分析电容器的充放电情况，以此判断充放电电流方向。
2.根据I-t图像所围成的面积表示电荷量来分析。
3.根据求解电容器的电容；根据电容是电容器本身的属性，大小与充放电过程无关。
13．（2024高三上·望城开学考）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测量金属丝的长度，金属丝的电阻大约为，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。
（1）从图中读出金属丝的直径为 ；
（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的电阻丝外，还有如下共选择的实验器材：
A．直流电源：电动势约6V，内阻
B．电流表A1：量程，内阻
C．电流表A2：量程，内阻
D．电压表V：量程，内阻
E、变阻箱值电阻，最大值
F、滑动变阻器：最大阻值
G、滑动变阻器：最大阻值
H、开关、导线等
在可供选择的器材中，应该选用的电表是 （填写序号），应该选用的其他器材是 （填写序号）；
（3）根据所选的器材，画出实验电路图 ；
（4）若根据伏安法测出电阻丝的电阻为，则这种金属材料的电阻率为 （保留二位有效数字）；
（5）测量过程中严格按照操作程序进行，但的测量值比真实值略微偏小，具体原因是 。
【答案】；B、C；A、E、F；；2.0；由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小。
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数0；可动刻度读数
故螺旋测微器读数为：。
（2）电阻大约为，则最大电流为
则电流表选择B；由于最大电压为6V，故电压表量程过大，则用电流表A2与变阻箱值电阻串联改装成电压表，故电流表选用B、C，应该选用的其他器材是A、E、F。
（3）由于滑动变阻器阻值大于待测电阻，故滑动变阻器用限流式接法如图所示
（4）根据电阻定律可以得到
代入数据整理可以得到
（5）由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小。
故答案为：第1空：0.483mm(0.482~0.484mm均可）
第2空：B、C
第3空：A、E、F
第4空：
第5空：
第6空：由于电流表A2分流作用，使通过的电流的真实值小于测量值，故使电阻的测量值偏小
【分析】根据电学实验基础知识分析：
1.掌握螺旋测微器的正确读数方法，需要估读。
2.电流表的选择：分析判断电路允许通过的最大电流，选择正确的量程。电压表的选择：题干给的电压表量程太大，选择小量程电流表与定值电阻串联改装成一个新的电压表。
3.题干对电路没有要求或没有限制，一般选择控制电路选择限流式接法。
4.根据电阻表达式，求解电阻率。
5.Rx的测量误差来源于电流表的分流效果，即电流表的值比实际流经Rx的电流大。
14．（2024高三上·望城开学考）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为的质点在外力的作用下，从坐标原点由静止沿直线斜向下运动，直线与轴负方向成角（），已知重力加速度为g。
（1）至少为多大？
（2）若，试定性分析质点机械能的变化情况。
【答案】（1）质点做直线运动，则垂直于运动方向的合力为0，令F与ON夹角为，则有
解得
当时，有
（2）若，对质点分析可知，力F方向沿x轴正方向，可知F对质点做正功，根据
可知质点机械能增大。
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】根据物体的运动情况分析物体的受力情况分析：
1.物体从静止开始做直线运动，即物体的合力与物体的运动方向相同，结合平行四边形定律分析最小外力F。
2.根据外力的大小分析外力的方向，结合力与运动方向的夹角关系，分析外力F做功情况。注意：除了重力外，其他力做正功，机械能增加；除了重力外，其他力做负功，机械能减小。
15．（2024高三上·望城开学考）如图，固定的直杆与水平地面成37°角，段粗糙，段光滑，长度。质量的小环套在直杆上，在与直杆成角的恒力作用下，从杆的底端由静止开始运动，当小环到达B时撤去，此后小环飞离直杆，落地时的动能。（不计空气阻力，，，取）
（1）求小环运动到B时的速度大小。
（2）若夹角，小环在杆段运动时，受到恒定的（摩擦）阻力，求的大小。
（3）设直杆段的长度。若夹角，小环在段运动时，受到（摩擦）阻力的大小与直杆对小环的弹力的大小成正比，即，其中，且小环飞离轨道后，落地时的动能不大于，求的取值范围。
【答案】（1）根据题意可知，小环从点到落地的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
（2）若夹角，对小球受力分析，由牛顿第二定律有
由运动学公式
有
解得
联立解得
（3）根据题意，设小环运动到点的速度为，在段运动时的加速度为，若小环落地动能等于，则由上述分析可知
则由牛顿第二定律有
其中
解得
若小环能够落地，则小环运动到点速度大于0，小环由的过程中，由机械能守恒定律有
解得
小环在的过程中，由运动学公式有
解得
由牛顿第二定律有
其中
解得
综上所述，的取值范围为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】1.小环从B点到落地的过程，只有重力做功，运用机械能守恒定律分析小环在B点速度。
2.小环从A运动到B的过程，结合牛顿第二定律和运动学公式分析小环的受力。或者运用动能定理求解。
3.结合（1）（2）由牛顿第二定律或动能定理分析求解F的最大值。当vc等于零时，F取得最小值。研究BC段，由机械能守恒定律分析小环到达B点的速度，研究AB段，由牛顿第二定律和运动学公式分析求出F的最小值，从而知道F的取值范围。
16．（2024高三上·望城开学考）倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d=0.28 m的有界匀 强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示．在斜面上由静止释放一质量m=0.1 kg，电阻R=0.06Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线 框从开始运动到完全进入磁场过程中的图象如图乙所示．已知整个过程中线框底边bc始终 与磁场边界保持平行，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6．cos 37°=0.8．
(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm；
(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t=0时刻．为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t=0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式．
【答案】（1）由图像可知在进入磁场之前做匀加速直线运动
解得
由牛顿第二定律
解得
（2）由图像可知线框匀速进入磁场，进入磁场的时间为0.125s，匀速进入磁场的速度=1.2m/s，则线框边长
m
由
解得磁感应强度大小为
线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设线框出磁场时速度大小为，由运动学公式可得
解得
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
由安培力公式可得
解得
（3）穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框下边出磁场时开始计时，则
解得
（s）
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】1.结合v-t图像分析线框进入磁场前后的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式分析动摩擦因数。
2.分析线框从进入磁场到离开磁场，线框的运动情况，分析判断线框中产生的焦耳热的最大功率在线圈ab刚好离开磁场时，即分析该瞬间线框的速度和安培力大小。
3.根据感应电流产生的条件：闭合回路的磁通量发生变化。即线框bc边从开始进入磁场到ad边离开磁场的过程，线框中的磁通量没有变化，即该过程不会产生感应电流。从而分析出磁感应强度B随时间变化的关系式。
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