江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考物理试题（日新班）
1．（2024高三上·丰城月考）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下一定做曲线运动
C．做曲线运动的物体，其速度的方向可能不变
D．做曲线运动的物体，其速度的大小可能不变
2．（2024高三上·丰城月考）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
3．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
4．（2024高三上·丰城月考）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·丰城月考）如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（ ）
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向右减速运动
6．（2024高三上·丰城月考）如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，则金属框穿过磁场过程正确的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2024高三上·丰城月考）如图（a），边长为的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图（b）。虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，线框中产生的感应电动势大小为
B．时刻，线框所受安培力的合力为0
C．时刻，线框受到的安培力大小为
D．在内，通过线框导线横截面的电荷量为
8．（2024高三上·丰城月考）如图所示，一质量为，边长为的均匀正方形导线框ABCD放在光滑绝缘的水平面上。现线框以速度水平向右进入边界为MN的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外， AB//MN，最终线框静止在水平面上，则下列说法正确的是（ ）
A．边刚进入磁场时，、间的电势差为
B．边刚进入磁场时，、间的电势差为
C．整个过程中，通过线框横截面的电荷量为
D．整个过程中，线框产生的热量为
9．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．若该粒子的入射速度为v=，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
10．（2024高三上·丰城月考）如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长的两平行光滑金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的两金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度、，则从两棒开始运动至达到恒定速度的过程中（ ）
A．ab中的最大电流为
B．ab速度为时其加速度比cd的大
C．回路产生的焦耳热为
D．ab、cd间距增加了
11．（2024高三上·丰城月考）某实验小组为了测量一个量程为3V的电压表的内电阻RV，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。
（1）小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0，闭合开关S，电压表读数如图乙所示，读出此时电压U1= V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R和此时电压表的电压U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果Rv= （用符号U1、U2和R表示）；如果考虑电源内阻，则测量结果RV与真实值比较 （选填“偏大”或“偏小”）。
（2）小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U，作出图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内阻的测量值为 Ω；如果已知电源内电阻为r（Ω），则电压表内阻的真实值为 Ω。
12．（2024高三上·丰城月考）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在 （选填“a”或“b”）处；
②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U—I图线，由图可得该电源电动势E = V，内阻r = Ω。
③某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要 （选填“串”或“并”）联一个阻值 Ω的电阻。
13．（2024高三上·丰城月考）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=1000匝，线圈半径a=0.2m，线圈的电阻r=1Ω，在线圈的内部半径b=0.1m的圆形区域，有垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图2所示，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，连接处电阻不计（结果可以保留π）。求：
（1）前4s内流过电阻R的电流大小I和方向；
（2）前4s内，AB两点间的电势差；
（3）0-6s 时间内的平均感应电动势E2。
14．（2024高三上·丰城月考）如图，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、EF，导轨间距L=20cm，在QF之间连接有阻值R=0.3Ω的电阻，其余电阻不计。轻质细线绕过导轨上方的定滑轮组，一端系有质量为=0.3kg的重物A，另一端系有质量为m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab、开始时金属杆置于导轨下方，整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将重物A由静止释放，下降h=4m后恰好能匀速运动。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，g取10m/s，求：
（1）电阻R中的感应电流方向；
（2）重物A匀速下降的速度大小v；
（3）重物A下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR。
15．（2024高三上·丰城月考）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以的速率逆时针转动，质量的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高处由静止释放。已知传送带上表面长，物块B与传送带之间的动摩擦因数。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后速度的大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A．物体受恒力，但力的方向跟物体速度方向不共线，物体也会做曲线运动；所以A错误；
B．物体在变力作用下可以做变加速直线运动；所以B错误；
C．做曲线运动的物体，速度方向沿曲线的切线方向，所以方向一直在变，所以C错误；
D．做曲线运动的物体，速度时刻在变，但速度是矢量，速度变可以是速度方向变而大小不变；所以D正确；
故选D。
【分析】该题主要考查做曲线运动的条件及曲线运动的特点；曲线运动的条件是合外力的方向与物体运动方向不共线，物体做曲线运动，曲线运动的物体速度方向时刻在变，但大小可以不变，比如匀速圆周运动。
2．【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误；
C．根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
故选D。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律，根据题意滑片往下滑，电流增大，原磁场增大，磁通量增大，根据右手定则知道原磁场方向向下，所以根据增反减同，感应磁场方向与原磁场方向相反，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断线圈a产生的感应电流为顺时针方向；根据增缩减扩，可以知道线圈a有缩小的趋势；起始压力等于重力，后来线圈除了受到重力还受到向下的排斥力，所以压力会变大。
3．【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．从图上可以看到导线圈在运动后，线圈的有效面积减小，所以磁通量在减小，根据”增反减同“，感应磁场的方向跟原磁场方向一致，垂直于纸面向外，再由右手螺旋定则，可得感应电流的方向为E→H→G→F→E，AB错误；
CD．如图所示
导线框边长为a，所以根据几何关系可得
，，
有磁场穿过的面积变化为
根据
联立解得
根据
求得
C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查学生对楞次定律以及法拉第电磁感应定律的理解；判断感应电流的方向先要去判断感应磁场的方向，可以根据：“增反减同 “去判断；求电荷量需要用到平均电流，所以需要求平均电动势，一脉相承，所以归根到底是求平均感应电动势，平均感应电动势使用法拉第电磁感应定律关系式求解即可。
4．【答案】A
【知识点】卫星问题；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】根据万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力可得
解得
利用右手定则得：感应电动势相当于上端为正极的电源，大小为
根据题意，安培力等于f，方向相反，所以则安培力与速度同向，由左手定则可得导线绳中的电流方向向下，与原电池电动势相反，所以
联立可得
故选A。
【分析】本题将天体运动与电磁感应结合起来考查，天体运动里注意万有引力提供向心力的表达式，求出卫星的速度，而刚好导体切割磁感线的电动势求解里有速度，通过速度将天体运动与法拉第电磁感应定律完美衔接，突破难点，再分别列式联立即可求解。
5．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A. 当 ab 杆向右匀速运动时，会在 ab 杆中产生恒定电流。此恒定电流会在线圈 L1 中形成恒定磁场，由于磁场不变，所以在 L2 中不会产生感应电流，进而 cd 杆不受安培力作用，保持不动。因此 A 选项错误。
B.ab 杆向右加速运动，依据右手定则可知，在 ab 杆上会产生从 a 到 b 且不断增大的电流。根据安培定则，在 L1 中会产生向上且不断增强的磁场。这个磁场向下穿过 L2。依据楞次定律，在 cd 杆上会产生从 c 到 d 的电流。再根据左手定则，cd 杆会受到向右的安培力，从而向右运动。故 B 选项正确。
C.ab 杆向左加速运动，按照右手定则，在 ab 杆上会产生从 b 到 a 且不断增大的电流。依据安培定则，在 L1 中会产生向下且不断增强的磁场。该磁场向上穿过 L2。根据楞次定律，在 cd 杆上会产生从 d 到 c 的电流。依据左手定则，cd 杆会受到向左的安培力，向左运动。所以 C 选项错误。
D.ab 杆向右减速运动，根据右手定则，在 ab 杆上会产生从 a 到 b 且不断减小的电流。依据安培定则，在 L1 中会产生向上且不断减弱的磁场。该磁场向下穿过 L2。按照楞次定律，在 cd 杆上会产生从 d 到 c 的电流。根据左手定则，cd 杆会受到向左的安培力，向左运动。故 D 选项错误。
故选B。
【分析】该题考查楞次定律，在处理此类问题时要正确使用右手定则，有时候还要穿插使用左手定则，要注意左手定则主要用来判断安培力的方向，右手定则主要用来判断电流的方向。
6．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB.设定直角三角形右下角的角度为 α。在金属框进入磁场的过程中，感应电动势
其中将 L 的表达式代入电动势公式可得
感应电流大小为
由楞次定律能够判断出，感应电流为逆时针方向，应是负值。在金属框穿出磁场的过程中
已知 L0是三角形底边的长度，则此时电动势
感应电流大小为
由楞次定律判断可知感应电流为顺时针方向，是正值。所以 AB 错误。
CD. 在进入过程中，安培力大小
其图像为开口向上的抛物线的一部分。由左手定则可知，安培力方向向右。在出磁场过程中，安培力大小为
同样图像为开口向上的抛物线的一部分，由左手定则可知，安培力方向向右。所以 C 正确，D 错误。
故选C。
【分析】该题考查电磁感应中的图线问题，AB主要判断电流随时间的变化，利用动生感应电动势的表达式求出感应电动势，再利用闭合电路欧姆定律求解出感应电流随时间的表达式，可以从表达式里看出图像特征，再由楞次定律来判断感应电流的方向，由此确定i-t图像；CD主要判断安培力随时间的变化，将过程分为进入磁场和离开磁场两个部分，利用安培力的表达式，再结合上述感应电动势的表达式，发现进入时和出来时F随t变化均为开口向上的抛物线，即可求解
7．【答案】C
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.依据题意可知，线框的右半部分磁感应强度保持不变，左半部分则均匀增加。根据法拉第电磁感应定律，在t0时刻，线框中产生的感应电动势大小为
所以 A 选项错误；
B. 线框中的感应电流为
由楞次定律能够得知，线框中电流呈逆时针方向。线框上下边框对称位置受力大小相等、方向相反，合力为零。依据左手定则和可知，线框左右两边受力方向均向右，大小均为
那么线框所受安培力的合力为
故 B 选项错误；
C. 由上述分析可得，2t0在时刻，线框右边框仍然受到向右的力，其大小为
线框左边框也仍受向右的力，大小为
所以线框受到的安培力大小为
故 C 选项正确；
D. 根据题意，由
公式可得，在时间内通过线框导线横截面的电荷量为
故 D 选项错误；
故选C。
【分析】本题结合图像考查法拉第电磁感应定律；从图像可知这是一个磁感应强度随时间均匀变化的图像，所以结合法拉第电磁感应定律表达式可求解感应电动势；求解安培力先求感应电流，利用楞次定律判断感应电流的方向，再用左手定则判断安培力的方向，从而求出安培力的合力；求解电荷量根据电荷量的定义式进行求解即可。
8．【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB.设每条边的电阻为 R，则线框的总电阻为。当边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势为
此时线框中的感应电流为
A、B间的电势差相当于路端电压，那么有
所以A 选项正确，B 选项错误。
C. 根据动量定理
求得
所以C 选项正确。
D. 根据能量守恒定律可知，线框的动能全部转化为内能，所以整个过程线框中产生的热量为
所以D 选项正确。
故选ACD。
【分析】先对每个选项涉及的物理量进行分析，明确总电阻、感应电动势、感应电流等的计算公式，进而推导出 A、B 选项的正误。对于 C 选项，利用动量定理，结合安培力公式、时间与速度的关系以及已知的物理量公式进行推导求解。对于 D 选项，依据能量守恒定律，确定线框动能与产生热量的关系得出结论。
9．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.若粒子射入磁场时速度为
由
可得
由几何关系可以看出，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故 A 正确。
BC. 由可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大。由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的边AD相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大。此时，设最大轨迹半径为r，过圆心作边的垂线，由几何关系可得
解得
故其最大速度为
B 正确，C 错误。
D. 粒子在磁场中的运动周期为
当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的圆心角最大为180 ° ，故其最长时间应为
故 D 正确。
故选ABD。
【分析】 首先根据已知条件进行分析，对于 A 选项，依据物理公式推导出半径与速度的关系，再结合几何关系得出结论。对于 BC 选项，利用公式说明速度与半径的关系，通过几何分析找到最大半径的情况，进而求出最大速度。对于 D 选项，先求出运动周期，再根据粒子从特定边射出时的圆心角情况求出最长时间。
10．【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于通过两金属棒的电流始终相等，所以两金属棒受到的安培力大小始终相等且方向始终相反。两导体棒构成的系统所受合外力为零，动量守恒，其 v-t 图像如图所示。
刚开始时两金属棒相对速度最大，此时回路中的感应电动势达到最大值
所以A 正确；
B．两金属棒受到的安培力大小始终相等，根据牛顿第二定律，而两棒质量相等，所以两金属棒的加速度大小始终相等，B错误；
C．回路中产生的焦耳热等于系统损失的动能，初动能，末动能为
所以
所以C错误；
D．图中阴影部分的面积为两金属棒距离的增加量。设此过程两金属棒间距增加了s，通过回路某截面的电荷量为q，根据
，
对棒应用动量定理有
代入可得，解得
D 正确；
故选AD。
【分析】 先对 A 选项进行分析，从电流相等推出安培力关系，进而说明系统动量守恒，根据初始相对速度最大得出感应电动势和电流最大值。接着指出 B 选项错误原因在于安培力相等结合牛顿第二定律得出加速度关系。然后分析 C 选项中回路产生的焦耳热与系统损失动能的关系。最后对于 D 选项，先说明阴影部分面积的意义，通过电荷量公式和动量定理求解两棒间距增加量，从而判断 D 正确。
11．【答案】2.95（2.93～2.98）；；偏大；a；a-r
【知识点】闭合电路的欧姆定律；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电压表的量程是 3V，观察图乙所示的表盘可以得知，其分度值为 0.1V，此时示数是 2.97V。若忽略电源内阻，依据图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可得
由题意知
，
从而解得电压表内阻
当考虑电源内阻时
解得
由此可见，在考虑电源内阻的情况下，电压表内阻的测量值偏大。
（2）不考虑电源内阻时，依据图甲所示电路图，按照闭合电路欧姆定律可得
整理后得到
从图丙所示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
进而解得电压表内阻
若考虑电源内阻，依据图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律
整理后得到
从图丙所示图像能够看出，图像的斜率
纵轴截距
，
解得
故答案为：（1）2.95（2.93～2.98）；；偏大（2）a；a-r
【分析】 首先分别分析不考虑和考虑电源内阻两种情况。不考虑电源内阻时，根据电路图和欧姆定律推导出公式，再结合图像的斜率和纵轴截距求解电压表内阻。考虑电源内阻时，同样根据电路图和欧姆定律推导公式，然后结合图像特征求解电压表内阻，并得出考虑电源内阻时测量值偏大的结论。因为图像的斜率和纵轴截距在不同情况下与电源电动势、电压表内阻及电源内阻有特定关系，通过这些关系进行分析求解。
12．【答案】a；1.5；1.0；串；5940
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①如图所示，在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头 P 应置于 a 处；
②依据闭合电路的欧姆定律有 U = E - IR。从图中可以得出该电源电动势 E = 1.5V。电源内阻可通过
③某同学在设计电压表改装时，欲将一个内阻为 60Ω、满偏电流为 0.5mA 的电流表表头改成量程为 3V 的电压表，需要串联一个电阻。根据
U = IG (RG + R)
可得
R = 5940Ω
即串联的电阻阻值为 5940Ω。
故答案为：①a；②1.5；1.0；③串；5940
【分析】 首先分析在闭合开关前滑动变阻器位置的电流流向特点。接着根据闭合电路欧姆定律得出电源电动势。最后对于电压表改装问题，依据给定的表头参数和改装要求的量程，利用相关公式计算出串联电阻的阻值。
13．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
根据图像可得
根据闭合电路欧姆定律
解得
电流方向向下。
（2）由欧姆定律可得
（3）0-6S 时间内磁通量的变化量为
由法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势为
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】本题考查法拉第电磁感应定律，第（1）问求电流大小要先求感应电动势，借助法拉第电磁感应定律表达式，代入相关数据即可求解出感应电动势，再结合闭合电路的欧姆定律即可求解出电流大小，利用右手定则判断出电流方向；第（2）问在第一问的基础上进行求解即可，AB间的电势差等效于路端电压，求解比较容易；第（3）问求平均感应电动势，需要先求出该段时间内的磁通量变化量，结合图像进行求解，再代入法拉第电磁感应定律即可得到答案。
14．【答案】解：（1）释放重物A后，金属杆向上运动，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向为Q→R→F；
（2）重物A匀速下降时，金属棒匀速上升，对金属棒，由平衡条件得：
金属棒受到的安培力
金属棒切割磁场产生的电动势
电路中的电流
对重物A由平衡条件得
解得
（3）设电路中产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得：
电阻R中产生的焦耳热
解得
【答】（1）Q→R→F；（2）5m/s；（3）2.25J
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 根据题目中的物理过程，分别对不同情况进行分析。对于（1），利用右手定则确定感应电流方向。对于（2），通过对金属棒和重物 A 分别应用平衡条件，结合安培力、电动势和电流的公式进行推导求解速度。对于（3），依据能量守恒定律，求出电路中总焦耳热，进而得到电阻 R 中的焦耳热。整体上是按照题目要求，逐步分析物理过程，运用相应的物理定律和公式进行计算和解答。
15．【答案】解：（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为，由机械能守恒知
求得物块B刚滑上传送带时的速度大小
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
联立解得
v＝4m/s
由于，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
解得
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
则第n次碰撞后物块B的速度大小为
即
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】 【分析】 先根据机械能守恒求出物块 B 刚滑上传送带的速度；接着通过受力分析求出加速度，结合运动学公式得到物块 B 通过传送带后的速度；再利用弹性碰撞公式求出第一次碰撞后物块 B 的速度，进而算出其在传送带上向右运动的最大位移，判断能否通过传送带；当物块 B 速度为零时向左加速回到左边台面与物块 A 再次碰撞，根据同样的方法依次类推求出第二次、第三次等碰撞后物块 B 的速度表达式，最终得出第 n 次碰撞后物块 B 的速度大小公式。
1 / 1江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高三上学期第一次段考物理试题（日新班）
1．（2024高三上·丰城月考）关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动
B．物体在变力作用下一定做曲线运动
C．做曲线运动的物体，其速度的方向可能不变
D．做曲线运动的物体，其速度的大小可能不变
【答案】D
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】A．物体受恒力，但力的方向跟物体速度方向不共线，物体也会做曲线运动；所以A错误；
B．物体在变力作用下可以做变加速直线运动；所以B错误；
C．做曲线运动的物体，速度方向沿曲线的切线方向，所以方向一直在变，所以C错误；
D．做曲线运动的物体，速度时刻在变，但速度是矢量，速度变可以是速度方向变而大小不变；所以D正确；
故选D。
【分析】该题主要考查做曲线运动的条件及曲线运动的特点；曲线运动的条件是合外力的方向与物体运动方向不共线，物体做曲线运动，曲线运动的物体速度方向时刻在变，但大小可以不变，比如匀速圆周运动。
2．（2024高三上·丰城月考）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故AB错误；
C．根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
故选D。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律，根据题意滑片往下滑，电流增大，原磁场增大，磁通量增大，根据右手定则知道原磁场方向向下，所以根据增反减同，感应磁场方向与原磁场方向相反，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断线圈a产生的感应电流为顺时针方向；根据增缩减扩，可以知道线圈a有缩小的趋势；起始压力等于重力，后来线圈除了受到重力还受到向下的排斥力，所以压力会变大。
3．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
【答案】D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB．从图上可以看到导线圈在运动后，线圈的有效面积减小，所以磁通量在减小，根据”增反减同“，感应磁场的方向跟原磁场方向一致，垂直于纸面向外，再由右手螺旋定则，可得感应电流的方向为E→H→G→F→E，AB错误；
CD．如图所示
导线框边长为a，所以根据几何关系可得
，，
有磁场穿过的面积变化为
根据
联立解得
根据
求得
C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查学生对楞次定律以及法拉第电磁感应定律的理解；判断感应电流的方向先要去判断感应磁场的方向，可以根据：“增反减同 “去判断；求电荷量需要用到平均电流，所以需要求平均电动势，一脉相承，所以归根到底是求平均感应电动势，平均感应电动势使用法拉第电磁感应定律关系式求解即可。
4．（2024高三上·丰城月考）迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】卫星问题；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】根据万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力可得
解得
利用右手定则得：感应电动势相当于上端为正极的电源，大小为
根据题意，安培力等于f，方向相反，所以则安培力与速度同向，由左手定则可得导线绳中的电流方向向下，与原电池电动势相反，所以
联立可得
故选A。
【分析】本题将天体运动与电磁感应结合起来考查，天体运动里注意万有引力提供向心力的表达式，求出卫星的速度，而刚好导体切割磁感线的电动势求解里有速度，通过速度将天体运动与法拉第电磁感应定律完美衔接，突破难点，再分别列式联立即可求解。
5．（2024高三上·丰城月考）如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（ ）
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向右减速运动
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A. 当 ab 杆向右匀速运动时，会在 ab 杆中产生恒定电流。此恒定电流会在线圈 L1 中形成恒定磁场，由于磁场不变，所以在 L2 中不会产生感应电流，进而 cd 杆不受安培力作用，保持不动。因此 A 选项错误。
B.ab 杆向右加速运动，依据右手定则可知，在 ab 杆上会产生从 a 到 b 且不断增大的电流。根据安培定则，在 L1 中会产生向上且不断增强的磁场。这个磁场向下穿过 L2。依据楞次定律，在 cd 杆上会产生从 c 到 d 的电流。再根据左手定则，cd 杆会受到向右的安培力，从而向右运动。故 B 选项正确。
C.ab 杆向左加速运动，按照右手定则，在 ab 杆上会产生从 b 到 a 且不断增大的电流。依据安培定则，在 L1 中会产生向下且不断增强的磁场。该磁场向上穿过 L2。根据楞次定律，在 cd 杆上会产生从 d 到 c 的电流。依据左手定则，cd 杆会受到向左的安培力，向左运动。所以 C 选项错误。
D.ab 杆向右减速运动，根据右手定则，在 ab 杆上会产生从 a 到 b 且不断减小的电流。依据安培定则，在 L1 中会产生向上且不断减弱的磁场。该磁场向下穿过 L2。按照楞次定律，在 cd 杆上会产生从 d 到 c 的电流。根据左手定则，cd 杆会受到向左的安培力，向左运动。故 D 选项错误。
故选B。
【分析】该题考查楞次定律，在处理此类问题时要正确使用右手定则，有时候还要穿插使用左手定则，要注意左手定则主要用来判断安培力的方向，右手定则主要用来判断电流的方向。
6．（2024高三上·丰城月考）如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在同一直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，则金属框穿过磁场过程正确的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】AB.设定直角三角形右下角的角度为 α。在金属框进入磁场的过程中，感应电动势
其中将 L 的表达式代入电动势公式可得
感应电流大小为
由楞次定律能够判断出，感应电流为逆时针方向，应是负值。在金属框穿出磁场的过程中
已知 L0是三角形底边的长度，则此时电动势
感应电流大小为
由楞次定律判断可知感应电流为顺时针方向，是正值。所以 AB 错误。
CD. 在进入过程中，安培力大小
其图像为开口向上的抛物线的一部分。由左手定则可知，安培力方向向右。在出磁场过程中，安培力大小为
同样图像为开口向上的抛物线的一部分，由左手定则可知，安培力方向向右。所以 C 正确，D 错误。
故选C。
【分析】该题考查电磁感应中的图线问题，AB主要判断电流随时间的变化，利用动生感应电动势的表达式求出感应电动势，再利用闭合电路欧姆定律求解出感应电流随时间的表达式，可以从表达式里看出图像特征，再由楞次定律来判断感应电流的方向，由此确定i-t图像；CD主要判断安培力随时间的变化，将过程分为进入磁场和离开磁场两个部分，利用安培力的表达式，再结合上述感应电动势的表达式，发现进入时和出来时F随t变化均为开口向上的抛物线，即可求解
7．（2024高三上·丰城月考）如图（a），边长为的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图（b）。虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，线框中产生的感应电动势大小为
B．时刻，线框所受安培力的合力为0
C．时刻，线框受到的安培力大小为
D．在内，通过线框导线横截面的电荷量为
【答案】C
【知识点】安培力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A.依据题意可知，线框的右半部分磁感应强度保持不变，左半部分则均匀增加。根据法拉第电磁感应定律，在t0时刻，线框中产生的感应电动势大小为
所以 A 选项错误；
B. 线框中的感应电流为
由楞次定律能够得知，线框中电流呈逆时针方向。线框上下边框对称位置受力大小相等、方向相反，合力为零。依据左手定则和可知，线框左右两边受力方向均向右，大小均为
那么线框所受安培力的合力为
故 B 选项错误；
C. 由上述分析可得，2t0在时刻，线框右边框仍然受到向右的力，其大小为
线框左边框也仍受向右的力，大小为
所以线框受到的安培力大小为
故 C 选项正确；
D. 根据题意，由
公式可得，在时间内通过线框导线横截面的电荷量为
故 D 选项错误；
故选C。
【分析】本题结合图像考查法拉第电磁感应定律；从图像可知这是一个磁感应强度随时间均匀变化的图像，所以结合法拉第电磁感应定律表达式可求解感应电动势；求解安培力先求感应电流，利用楞次定律判断感应电流的方向，再用左手定则判断安培力的方向，从而求出安培力的合力；求解电荷量根据电荷量的定义式进行求解即可。
8．（2024高三上·丰城月考）如图所示，一质量为，边长为的均匀正方形导线框ABCD放在光滑绝缘的水平面上。现线框以速度水平向右进入边界为MN的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外， AB//MN，最终线框静止在水平面上，则下列说法正确的是（ ）
A．边刚进入磁场时，、间的电势差为
B．边刚进入磁场时，、间的电势差为
C．整个过程中，通过线框横截面的电荷量为
D．整个过程中，线框产生的热量为
【答案】A,C,D
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB.设每条边的电阻为 R，则线框的总电阻为。当边刚进入磁场时，线框中产生的感应电动势为
此时线框中的感应电流为
A、B间的电势差相当于路端电压，那么有
所以A 选项正确，B 选项错误。
C. 根据动量定理
求得
所以C 选项正确。
D. 根据能量守恒定律可知，线框的动能全部转化为内能，所以整个过程线框中产生的热量为
所以D 选项正确。
故选ACD。
【分析】先对每个选项涉及的物理量进行分析，明确总电阻、感应电动势、感应电流等的计算公式，进而推导出 A、B 选项的正误。对于 C 选项，利用动量定理，结合安培力公式、时间与速度的关系以及已知的物理量公式进行推导求解。对于 D 选项，依据能量守恒定律，确定线框动能与产生热量的关系得出结论。
9．（2024高三上·丰城月考）如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是（ ）
A．若该粒子的入射速度为v=，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
C．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v=
D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.若粒子射入磁场时速度为
由
可得
由几何关系可以看出，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故 A 正确。
BC. 由可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大。由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的边AD相切时，能从CD边射出的轨迹半径最大。此时，设最大轨迹半径为r，过圆心作边的垂线，由几何关系可得
解得
故其最大速度为
B 正确，C 错误。
D. 粒子在磁场中的运动周期为
当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的圆心角最大为180 ° ，故其最长时间应为
故 D 正确。
故选ABD。
【分析】 首先根据已知条件进行分析，对于 A 选项，依据物理公式推导出半径与速度的关系，再结合几何关系得出结论。对于 BC 选项，利用公式说明速度与半径的关系，通过几何分析找到最大半径的情况，进而求出最大速度。对于 D 选项，先求出运动周期，再根据粒子从特定边射出时的圆心角情况求出最长时间。
10．（2024高三上·丰城月考）如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长的两平行光滑金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的两金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的初速度、，则从两棒开始运动至达到恒定速度的过程中（ ）
A．ab中的最大电流为
B．ab速度为时其加速度比cd的大
C．回路产生的焦耳热为
D．ab、cd间距增加了
【答案】A,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由于通过两金属棒的电流始终相等，所以两金属棒受到的安培力大小始终相等且方向始终相反。两导体棒构成的系统所受合外力为零，动量守恒，其 v-t 图像如图所示。
刚开始时两金属棒相对速度最大，此时回路中的感应电动势达到最大值
所以A 正确；
B．两金属棒受到的安培力大小始终相等，根据牛顿第二定律，而两棒质量相等，所以两金属棒的加速度大小始终相等，B错误；
C．回路中产生的焦耳热等于系统损失的动能，初动能，末动能为
所以
所以C错误；
D．图中阴影部分的面积为两金属棒距离的增加量。设此过程两金属棒间距增加了s，通过回路某截面的电荷量为q，根据
，
对棒应用动量定理有
代入可得，解得
D 正确；
故选AD。
【分析】 先对 A 选项进行分析，从电流相等推出安培力关系，进而说明系统动量守恒，根据初始相对速度最大得出感应电动势和电流最大值。接着指出 B 选项错误原因在于安培力相等结合牛顿第二定律得出加速度关系。然后分析 C 选项中回路产生的焦耳热与系统损失动能的关系。最后对于 D 选项，先说明阴影部分面积的意义，通过电荷量公式和动量定理求解两棒间距增加量，从而判断 D 正确。
11．（2024高三上·丰城月考）某实验小组为了测量一个量程为3V的电压表的内电阻RV，设计了以下实验方案，甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R为电阻箱。
（1）小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至0，闭合开关S，电压表读数如图乙所示，读出此时电压U1= V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值R和此时电压表的电压U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果Rv= （用符号U1、U2和R表示）；如果考虑电源内阻，则测量结果RV与真实值比较 （选填“偏大”或“偏小”）。
（2）小李实验步骤如下：闭合开关S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值R及对应电压表的电压U，作出图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内阻的测量值为 Ω；如果已知电源内电阻为r（Ω），则电压表内阻的真实值为 Ω。
【答案】2.95（2.93～2.98）；；偏大；a；a-r
【知识点】闭合电路的欧姆定律；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）电压表的量程是 3V，观察图乙所示的表盘可以得知，其分度值为 0.1V，此时示数是 2.97V。若忽略电源内阻，依据图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可得
由题意知
，
从而解得电压表内阻
当考虑电源内阻时
解得
由此可见，在考虑电源内阻的情况下，电压表内阻的测量值偏大。
（2）不考虑电源内阻时，依据图甲所示电路图，按照闭合电路欧姆定律可得
整理后得到
从图丙所示图像可知，图像的斜率
纵轴截距
进而解得电压表内阻
若考虑电源内阻，依据图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律
整理后得到
从图丙所示图像能够看出，图像的斜率
纵轴截距
，
解得
故答案为：（1）2.95（2.93～2.98）；；偏大（2）a；a-r
【分析】 首先分别分析不考虑和考虑电源内阻两种情况。不考虑电源内阻时，根据电路图和欧姆定律推导出公式，再结合图像的斜率和纵轴截距求解电压表内阻。考虑电源内阻时，同样根据电路图和欧姆定律推导公式，然后结合图像特征求解电压表内阻，并得出考虑电源内阻时测量值偏大的结论。因为图像的斜率和纵轴截距在不同情况下与电源电动势、电压表内阻及电源内阻有特定关系，通过这些关系进行分析求解。
12．（2024高三上·丰城月考）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在 （选填“a”或“b”）处；
②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U—I图线，由图可得该电源电动势E = V，内阻r = Ω。
③某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要 （选填“串”或“并”）联一个阻值 Ω的电阻。
【答案】a；1.5；1.0；串；5940
【知识点】表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①如图所示，在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头 P 应置于 a 处；
②依据闭合电路的欧姆定律有 U = E - IR。从图中可以得出该电源电动势 E = 1.5V。电源内阻可通过
③某同学在设计电压表改装时，欲将一个内阻为 60Ω、满偏电流为 0.5mA 的电流表表头改成量程为 3V 的电压表，需要串联一个电阻。根据
U = IG (RG + R)
可得
R = 5940Ω
即串联的电阻阻值为 5940Ω。
故答案为：①a；②1.5；1.0；③串；5940
【分析】 首先分析在闭合开关前滑动变阻器位置的电流流向特点。接着根据闭合电路欧姆定律得出电源电动势。最后对于电压表改装问题，依据给定的表头参数和改装要求的量程，利用相关公式计算出串联电阻的阻值。
13．（2024高三上·丰城月考）如图1所示，一个圆形线圈的匝数n=1000匝，线圈半径a=0.2m，线圈的电阻r=1Ω，在线圈的内部半径b=0.1m的圆形区域，有垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图2所示，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，连接处电阻不计（结果可以保留π）。求：
（1）前4s内流过电阻R的电流大小I和方向；
（2）前4s内，AB两点间的电势差；
（3）0-6s 时间内的平均感应电动势E2。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
根据图像可得
根据闭合电路欧姆定律
解得
电流方向向下。
（2）由欧姆定律可得
（3）0-6S 时间内磁通量的变化量为
由法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势为
【知识点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】本题考查法拉第电磁感应定律，第（1）问求电流大小要先求感应电动势，借助法拉第电磁感应定律表达式，代入相关数据即可求解出感应电动势，再结合闭合电路的欧姆定律即可求解出电流大小，利用右手定则判断出电流方向；第（2）问在第一问的基础上进行求解即可，AB间的电势差等效于路端电压，求解比较容易；第（3）问求平均感应电动势，需要先求出该段时间内的磁通量变化量，结合图像进行求解，再代入法拉第电磁感应定律即可得到答案。
14．（2024高三上·丰城月考）如图，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、EF，导轨间距L=20cm，在QF之间连接有阻值R=0.3Ω的电阻，其余电阻不计。轻质细线绕过导轨上方的定滑轮组，一端系有质量为=0.3kg的重物A，另一端系有质量为m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab、开始时金属杆置于导轨下方，整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将重物A由静止释放，下降h=4m后恰好能匀速运动。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，g取10m/s，求：
（1）电阻R中的感应电流方向；
（2）重物A匀速下降的速度大小v；
（3）重物A下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR。
【答案】解：（1）释放重物A后，金属杆向上运动，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向为Q→R→F；
（2）重物A匀速下降时，金属棒匀速上升，对金属棒，由平衡条件得：
金属棒受到的安培力
金属棒切割磁场产生的电动势
电路中的电流
对重物A由平衡条件得
解得
（3）设电路中产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得：
电阻R中产生的焦耳热
解得
【答】（1）Q→R→F；（2）5m/s；（3）2.25J
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 根据题目中的物理过程，分别对不同情况进行分析。对于（1），利用右手定则确定感应电流方向。对于（2），通过对金属棒和重物 A 分别应用平衡条件，结合安培力、电动势和电流的公式进行推导求解速度。对于（3），依据能量守恒定律，求出电路中总焦耳热，进而得到电阻 R 中的焦耳热。整体上是按照题目要求，逐步分析物理过程，运用相应的物理定律和公式进行计算和解答。
15．（2024高三上·丰城月考）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左侧的水平台面、右侧的光滑曲面均平滑连接。传送带始终以的速率逆时针转动，质量的小物块B从右侧的光滑曲面上距水平台面高处由静止释放。已知传送带上表面长，物块B与传送带之间的动摩擦因数。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B刚滑上传送带时的速度大小；
（2）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（3）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
（4）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后速度的大小。
【答案】解：（1）依题意，设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为，由机械能守恒知
求得物块B刚滑上传送带时的速度大小
（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
联立解得
v＝4m/s
由于，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
（3）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
解得
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
则第n次碰撞后物块B的速度大小为
即
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；碰撞模型
【解析】 【分析】 先根据机械能守恒求出物块 B 刚滑上传送带的速度；接着通过受力分析求出加速度，结合运动学公式得到物块 B 通过传送带后的速度；再利用弹性碰撞公式求出第一次碰撞后物块 B 的速度，进而算出其在传送带上向右运动的最大位移，判断能否通过传送带；当物块 B 速度为零时向左加速回到左边台面与物块 A 再次碰撞，根据同样的方法依次类推求出第二次、第三次等碰撞后物块 B 的速度表达式，最终得出第 n 次碰撞后物块 B 的速度大小公式。
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