重點中學試卷可修改歡迎下載浙江省金麗衢十二(shíèr)校2021屆高三物理上學期第二次聯考試題（含解析）一、選擇(xuǎnzé)題Ⅰ1.下列物理量屬于(shǔyú)矢量的是A.速率B.電勢(diànshì)C.磁感應強度D.重力勢能【答案(dáàn)】C【解析】【詳解】速率、電勢和重力勢能都是只有大小無方向的物理量，是標量；而磁感應強度既有大小又有方向，是矢量；故選D.2.發現行星運動三大定律的A.牛頓B.伽利略C.卡文迪許D.開普勒【答案】D科學家是【解析】【詳解】發現行星運動三大定律的科學家是開普勒，故選D.3.下列物理量及對應的單位不正確的是A.加速度m/s2B.磁感應強度BC.磁通量WbD.電場強度V/m【答案】B【解析】【詳解】A．加速度單位是m/s2，選項A正確；B．磁感應強度的單位是T，選項B錯誤；C．磁通量單位是Wb，選項C正確；D．電場強度單位是V/m，選項D正確；項，故選B.體沿直線運動，在t＝0到t＝6s的時間內的此題選擇不正確的選4.一物圖象如圖所示，則這段時間內的路程為-1-重點中學試卷可修改歡迎下載【解析(jiěxī)】由圖像可知(kězhī)，物體在0-1s內向(nèixiànɡ)負方向運動，在1-6s內向正方向運；在1-6s內向正方向運動，路程為選A.睛】道v-t圖像的面積等于位移；注意路程是路徑的長度，圖像中兩部和等于物體的路程.5.把質量是0．2kg的小球放在球升到最高位置C（圖丙），途中經過位置B時彈簧正好處于乙）已知B、A的高度為差0．1m，C、B的高度為差0．2m，彈簧的質量和空氣的阻力均可忽略。則彈簧上，并把球往下按至A的位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把球彈起，A.小球從狀態乙到狀態丙的過程中，動能先増大，后減小重點中學試卷可修改歡迎下載C.狀態甲中，彈簧的彈性(tánxìng)勢能為D.狀態(zhuàngtài)乙中，小球的動能為【答案(dáàn)】C【解析(jiěxī)】小球從甲狀態上升到丙狀態的過程中，平衡位置速度最大，動能增大；小球上升和下落過程與彈簧組成的系統機械能守恒。【詳解】A．球從狀態乙到狀態丙的過程中，小球只受重力作用，向上做減速運動，故小球B．小球從狀態甲到狀態乙的過程中，彈力做正功，則小球的機械能增加；小球從狀態乙到狀態丙的過程中，只有重力做功，小球的機械能不變，選項B錯誤；C．小從甲狀態到丙狀態，彈簧的彈性勢能轉化為小球的重力勢能，若設甲狀態中重力勢能，選項C正D．狀態乙中，小球的機械能為0.6J，則動能小于0.6J，選項D錯誤；故選C.【點睛】解決本題的關鍵掌握機械能守恒的條件，在只有重力或彈簧彈力做功的情形下，系統機械能守恒。在解題時要注意，單獨對小球來說，小球和彈簧接過觸程中機械能不守恒。6.一真空中孤立的帶電體，其周圍的電場線及等勢面如圖所示，則下列說法正確的是A.A點的電勢比B點的電勢高B.A點的場強比B點的場強大重點中學試卷可修改歡迎下載(wēixiǎo)的帶電體從A點移動到B點電場力做正功【解析(jiěxī)】【分析(fēnxī)】電場線的疏密反映場強的大小；沿電場線的方向電勢逐漸降低；正電荷由高電勢點移到低電勢點，電勢能減小，電場力做正功，負電荷相反；據此解答此題。【詳解】A．沿電場線電勢逐漸降低，可知A點所處的等勢面高于B點所處的等勢面，則A點的電勢比B點的電勢高，選項A正確；B．A點所處的位置電場線較B點稀疏，可知A點的場強比B點的場強小，選項A點移動到B點電場力做功的B錯誤；CD．因不知道微小帶電體的電性，不能確定微小的帶電體從正負；選項CD錯誤；故選A.7.“遼寧艦”質量為，如圖是“遼寧艦”在海上轉彎時的照片，假設整個過程中遼寧艦做的是勻速圓周運動，速度大小為20m/s，圓周運動的半徑為1000m，下列說法中正確A.在A點時水對艦的B.在A點時水對艦的合力大小約為C.在A點時水對艦的合力大小約為D.在點時水對艦的合力大小為0合力指向圓心【答案】B【解析】【分析】遼寧艦轉彎時受重力、水的浮力以及水指向圓心方向的推力作用，推力做為向心力，結合力的合成知識求解水對艦的合力大小.重點中學試卷可修改歡迎下載【詳解】A．在A點時，水對艦有向上的浮力大小等于艦的重力，同時有指向圓心方向(fāngxiàng)的水的推力，兩個力的合力方向斜向上方向，選項A錯誤；BCD．水對艦的合力(hélì)大小約為，選項B正確(zhèngquè)，CD8.如圖所示，三塊一樣的蹄形磁鐵并排放置在祖糙水平桌面上，S極在上，N極在下，導體棒AB單位長度的電阻(diànzǔ)為R，導體棒所在位置的磁感應強度相同。可通過1、2、3、4四條電阻不計的柔軟細導線與電動勢為E、內阻為r的電源相連，相鄰兩條細導線間的導體棒長度相同。下列說法正確的是A.1接電源負極B.對調磁鐵N極與S極的位置的同時改變電流方向，導體棒的C.1、4接電源間瞬導體棒所受磁場的作用力是2、3接電源間瞬的3倍D.通電間瞬，桌面對磁鐵的作用力比沒通電時大(fùjí)，2接電源正極，導體棒向外擺擺動方向改變【答案】D【解析】【分析】根據左手定則判斷通電時導體棒的擺動方向；根據左手定則，電流方向和磁場方向同時改根據F=BIL判斷1、4接電源瞬間導體棒所受磁場的作用力與2、3接電源瞬間的磁場力關系；根據牛頓第三定律結合安培力的接通電源瞬間前后桌面對磁鐵的作用力的變化。【詳解】A．1接電源負極，2接電源正極，受安培力向里，則向里擺，選項A錯誤；B．根據左手定則可知，對調磁鐵N極與S極的位置的同時改變電流方向，導體棒變時，安培力的方向不變；知識判斷根據左手定則可知，導體棒受安培力重點中學試卷可修改歡迎下載，則，則根據(gēnjù)F=BIL可知1、4接電源瞬間導體棒所受磁場的作D．通電(tōngdiàn)的瞬間，磁場對導體棒產生水平方向的安培力，根據牛頓第三定律，導體棒對磁鐵產生水平方向的作用力，從而使得磁鐵與桌面之間產生摩擦力，使磁鐵對桌9.物理學中有些問題的結論不一定必須通過計算才能驗證，有時(yǒushí)只需通過一定的分析就可以判斷結論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R和R的圓12環，兩圓環上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布。兩圓環的圓心O和O相距為122a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側與O點相距為(r<a)，試分析判斷下列關于A點處電場強度大小E的表達式正確的是A.B.C.D.重點中學試卷可修改歡迎下載【解析(jiěxī)】題目要求不通過計算，只需通過一定的分析就可以判斷結論，所以(suǒyǐ)根據點電荷場強的公式E=k，與選項相對(xiāngduì)比，尋找不同點，再用極限分析問題的思想方法就可【詳解(xiánɡjiě)】與點電荷的場強公式E=k，比較可知，C表達式的單位不是場強的單位，故可以排除C；當r=a時，右側圓環在A點產生的場強為零，則A處場強只由左側圓環上的電荷產生，即場強表達式只有一項，故可排除選項D；左右兩個圓環均帶正電，則兩個圓環在A點產生的場強應該反向，故可排除B，綜上所述，可知A正確。故選A。10.如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B。一束初列說法正確的是速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下A.若，粒子做勻加速直線運B.若粒子往左偏，洛倫茲力力做正功C.若粒子往右偏，粒子的電D.若粒子做直線運動，改的帶電性質，使它帶負電，其他條件不變，粒子動勢能增加變粒子還是做直線運動【答案】D【解析】【分析】重點中學試卷可修改歡迎下載初速度為v的帶電粒子沿直線從上向下射出，故此時洛倫茲力和電場力平衡，滿足Eq=qvB，與粒子的電性及帶電量均無關；若不滿足此速度關系時粒子將發生偏轉，洛倫茲力不做功，電場力做正功時電勢能將減小，據此解答；【詳解】A．若v＝E/B，即Eq=qvB，則粒子(lìzǐ)做勻速直線運動，選項A錯誤；B．洛倫茲力對粒子不做功(zuògōng)，選項B錯誤；C．若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢(diànshì)能減小，選項C錯誤；D．若粒子做直線運動，則滿足Eq=qvB，改變粒子的帶電性質，使它帶負電，其他(qítā)條件不變，粒子所受的電場力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運動，選項D正確；故選D.【點睛】本題考查帶電粒子是速度選擇器模型，解題首先要根據粒子的速度判斷其受力情況，從而情況；知道洛倫茲力不做功，要能結合(jiéhé)動能及電場力做功的特點分析求解。11.如圖所示，直角三角形的斜邊傾角∠C＝30°，底邊BC長為2L、處在水平位置，斜邊AC是光滑絕緣的，在底邊中點O處固定一正點電荷，一個質量為m、電量為q的帶負電的質點從斜面頂端A沿斜邊滑下．滑到斜邊上的垂足D時速度為v。則在復合場中運動，定理以A.質點的運動是先勻加速后勻減速運動勢能之和不發生變到非常近斜邊底端C點時的速度為端C點時的加速度為g/2B.質點在運動中動能與電化C.質點運動D.質點運動到非常挨近斜邊底【答案】C【解析】【分析】在直角三角形底邊中點O處放置一正電荷Q，設OC=OD，則知C、D的電勢相等；列出等式重點中學試卷可修改歡迎下載求出接近斜邊底端C點時動能，對質點在D、C點進行受力分析，運用正交分解和牛頓第二定律列出等式求解C點的加速度和速度．【詳解】A．質點運動過程中，電場力的大小和方向是變化的，故加速度也是變化的，故質點的運動不可能是勻變速運動，選項A錯誤；B．小球受重力、支持力和電場力，支持力不做功，重力做功等于重力勢能的減小量，電場力做功等于電勢能的減小量，故在質點的運動中動能(dòngnéng)、電勢能、重力勢能三者之和守恒，因質點的重力勢能減小，則質點在運動中動能與電勢能之和增加，選項B錯C．DC兩點的電勢相等，則對從D到C過程，電場力做功為零，根據(gēnjù)動能定理，?vmD．質點滑到C點時，受重力、電場力、支持力，由牛頓第二(dìèr)定律得：mgsin30°-，方向平行于斜面向下。睛】動能定理的應用，電場力做功的特點，動能定理的應用，并要求學生能明確幾種特殊力做功的特點，是同一等勢面上.12.火星是太陽的類地行星，直徑約為地球的53％，質量為地球的11％，地球繞太陽運動的半長軸記作1天文單位，火星繞太陽半長軸1．52天文單位。“火”是火星的天然衛星。下列說法正確的是A.月球繞地球做圓周運動的線速度比地球同步衛星的線速度大B.地球表面附近的近地衛星向心加速度是表面附近的近地衛星向心加速度的5倍C.火星繞太陽周約為地球公轉時間的兩涉及能量變化的關鍵要分析出D、C點運動的衛一火星公轉一倍D.月球繞地球做圓周運動的半徑為R，周期為T，“火衛一＂繞火星做圓周運動的半徑為11R，周期為T，則22【答案】C【解析】重點中學試卷可修改歡迎下載比較地球表面附近的近地衛星向心加速度是火星表面附近的近地衛星向心加速度的關系(guānxì)；根據開普勒第三定律求解火星繞太陽公轉一周的時間與地球公轉時間的關系；【詳解】A．對月球和地球的同步衛星而言，因同步衛星繞地球的運轉半徑小于月球繞地球運動的半徑，根據可知，月球繞地球做圓周運動的線速度比地球同步衛星的線速度小，選項A錯誤；B．根據可知地球表面附近的近地衛星向心加速度是火星表面附近的近地衛星向心加倍，選項B錯誤；倍，選項C正確；D．月球繞地球做圓周運動的中心天體是地球，而“火衛一＂繞火星做圓周運動的中心天故選C.豎直線上有A、B兩點，相距為h，B點離地高度為H。現從A、B兩點分別向P點安放兩個光的滑固定斜面AP和BP，并讓兩個小物塊（可看成質點）從兩斜面的A、B點同時由靜止滑下，發現兩小物塊同時到達P點，則A.OP間距離為B.OP間距離(jùlí)為重點中學試卷可修改歡迎下載C.兩小物塊運動到P點速度(sùdù)相同【解析(jiěxī)】物塊沿光滑斜面下滑，根據牛頓第二定律可求出下滑的加速度，用底邊OP的長度表示斜面的長度，運用運動公式求解時間關系式，由于時間相等，則可找到邊長時間的關系；根據機械能守恒定律可知判斷物塊滑到P點的速度關系；對比自由落體運動的時間判斷選項D.【詳解】AB．設斜面的傾角為θ，則物體下滑的加速度為a=gsinθ，設OP的距離為x，則，因兩物體在斜面上下滑的時間相等，則sinθcosθ相等，由圖可，解得C．根據機械能守恒定律可知：mgH=mv2可知，兩物塊開始下落的高度H不同，則下落到11底端的速度D．是物體，選項D錯誤；不同，選項C錯誤；從A點做自由落體運動到O點的時間，可知兩小物塊的運動時間均大于故選A.二、選擇題Ⅱ14.下列說法正確的是A.LC振蕩電中路，當電流增行射現象說明在這一現象中光不沿是光疊加的結果，但光的衍射不是光疊加的結果大時，電容器所帶電量也增大B.光的直線傳播了C.光的干涉D.發生多普勒效應時，波源的頻率保持不變【答案】BD【解析】【詳解】A．LC振蕩電中路，當電流增大時，電容器放電，所帶電量減小，選項A錯誤；直線傳播了，B．光的行射現象說明(shuōmíng)光能夠繞開障礙物，即在這一現象中光不沿重點中學試卷可修改歡迎下載D．發生多普勒效應時，波源(bōyuán)的頻率保持不變，只是當觀察者相對波源運動時，觀察者接受到的波的頻率發生了變化，選項D正確；故選BD.15.以下(yǐxià)說法正確的是A.電子的發現(fāxiàn)使人們認識到了原子核有結構B.光電效應顯示了光的粒子性C.隨著溫度的升高，黒體輻射的強度的極大值向波長較短的方向移動，而各種波長的輻射強度卻減小D.比結合能增加的核反應會釋放出核能案】BD【解析】【詳解】A．電子的發現使人們認識到了原子有結構，選項A錯誤；顯示了光的粒子性，選項B正確；C．隨著溫度的度都有所增加，選項C錯誤；D．比結合能增加的會釋放出核能，選項D正確；故選BD.B．光電效應升高，黒體輻射的強度的極大值向波長較短的方向移動，各種波長的輻射強核反應16.S為點振源，由平衡位置開始上下振動，產生一列簡諾橫波沿SS直線傳播，S、S兩11212點之間的距離為9m。S點的2左側為一種介質，右一側為另一種介質，波在這兩種介質中傳播的速度之比為3：4。某時刻波正好傳到S右側7m處，且S、S均在波峰位置。則221A.S開始振動時方向可能向下也可能向上2B.波在S左側的周期比在右側時大2C.右側的波長為D.左側(zuǒcè)的波長為(案dáàn)】AD重點中學試卷可修改歡迎下載【解析(jiěxī)】機械波傳播過程中，波的周期等于振源的振動周期，與介質無關；質點(zhìdiǎn)起振的方向與振源開始振動的方向是相同的；根據S、S在某時刻的位置確定兩側波的波長表達式.【詳解】AB．波在這兩種介質中傳播的過程中周期相同，因速度之比為3：4，根據λ=vT可知波長之比為；因不知道開始振源的起振方向，則無法判斷波傳到S點時開始振動2的方向，選項A正確，B錯誤；CD．若傳到S時，S質點2從平衡位置向下振動，則，解得，解得；若傳2到S時，S質點從平衡位置向2上振動，則，解得（n=0，1，2，3…..），；解得2；因S、S均在波2峰位置，可知和都應該是整數，根據數學知1識可知，這兩個數包含了所有的奇數，即可表示為2n+1,則λ可表1示為（n=0，1，2，3…..），故選項D正確，C錯誤；故選AD.三、非選擇題部分17.（1）在用傳感器顯示運動中兩物體間的作用力與反作用力的實驗時（如圖甲）運動過程中，兩傳感器的拉力大小始終相等，下列說法正確的是（）重點中學試卷可修改歡迎下載A．一定要讓物體(wùtǐ)做勻速直線運動B．一定(yīdìng)要讓物體做勻變速運動C．可以(kěyǐ)不平衡摩擦力（2）用如圖乙所示的裝置驗證機械能守恒定律，下列(dúshù)不準確B．空氣對重物C．手捏紙的位置離打點計時器的位置太近，導致紙帶搭在打點計時器上（3）某同學(xiàliè)屬于系統誤差的是（）A．刻度尺讀數及紙帶的阻力利用圖乙裝置進行實驗時得到了一根紙帶如圖丙所示，計算A點的時速度_____（保留三位有效數）【答案】(1).C(2).B(3).【解析】【分析】（1）兩個物體之間的相互作用力與物體的運動狀態以及物體是否受其他的力無關；（2）偶然誤差是由偶然因素造成的，可能偏大也可能偏小；系統誤差是由測量原理不完善或者儀器不準確造成的；（3）根據當時間很短時，某段時間內的平均速度等于瞬時速度計算.【詳解】（1）因作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，與物體的運動受其它力無關，可知此實驗中不一定要使物體做勻速直線運動，也不一定要使物體做勻變速運動，也不需要平衡摩擦力，故選C.（2）用如圖乙所示的裝置驗證機械能守恒定律然誤差，選項A錯誤；空氣對重物及紙帶的阻力位置離打點計時器的位置太近，導致紙帶搭在打點計時器上會造成測量結果的偏大也可能偏小，即造成偶然選項C錯誤；故選B.（3）根據刻度尺讀出A點兩側(liǎnɡcè)的計數點間的狀態以及是否時，刻度尺讀數不準確(zhǔnquè)會造成偶選項B正確；手捏紙的會造成系統誤差，誤差，距離為5.25cm，則A點的速度-14-重點中學試卷可修改歡迎下載18.某同學在探究（1）在小電珠接入電路前，使用多用電表直接測量小電珠的電阻(diànzǔ)，則應將選擇開關旋至_____進行測量A．直流電壓10VB.直流電流2．5mAC．歐姆×1D．歐姆×10（2）該同學采用圖甲所示的電路進行測量。圖中1．0A），L為待測小電珠，V為電壓表（量程3V，程0．6A，1Ω），E為電源（電動勢3V，內阻不計），①在一次測量中電流表的此時的電流為________A②根據實驗測得的數據所畫出伏安特性曲線如圖丙所示，則小電珠R為滑動變阻器（阻值范圍0－20Ω，約為5．0kΩ），A為電流S為開關。額正常工作時的電阻為______Ω（結果保留兩位有效數字）。分析，認為采用圖甲的實驗電路做實驗會產生系統誤差，產生______________。或(3).或(4).電流表的讀數大于小電珠的真實(zhēnshí)電流【解析(jiěxī)】【分析(fēnxī)】（1）根據(gēnjù)計算燈泡的電阻，然后選擇歐姆檔的檔位；重點中學試卷可修改歡迎下載（2）①根據表盤信息讀取示數；②根據小燈泡正常工作時的電壓，利用圖像找出電流值，運用歐姆定律求解電阻；③根據電路結構分析誤差的原因。阻，則應將選擇開關旋至“×1”歐姆檔，故選C；（2）①因量程為0.6A，最小刻度為0.02A，則電流值為0.44A；②根據圖像可知，小燈泡正常工作時電壓為2.8V，電流為0.55A，則燈泡的電阻：；③采用圖甲的實驗電路做實驗會產生系統誤差，產生系統誤差的原因是由于電壓表的分流圓環套在粗細均勻、度長為0.8m的圓柱頂端。圓環可在園柱上滑動，同時從靜止釋放，經0.4s圓柱與地相碰，圓柱與地相碰后速度瞬間變為0，且不會傾倒。靜止釋放瞬間，圓柱下端離地的高度為0.6m，則圓環與園柱間的滯動摩擦力恰好到達地面，則從靜止釋放時圓環離地的高度為多是圓環重力的幾倍？（3）若圓環速度減為0時，【答案】（1）（2）5（3）【解析(jiěxī)】【分析(fēnxī)】（1）圓柱體由靜止釋放(shìfàng)做自由落體運動，根據h=gt2求解(qiújiě)圓柱下端離地的高度；（2）圓柱體落地后，圓環做減速運動直到速度為零；根據運動公式求解(qiújiě)加速度，根據牛頓第二定律求解圓環受阻力與重力的比值；重點中學試卷可修改歡迎下載（3）根據速度位移關系求解靜止釋放時圓環離地的高度.（2）圓柱體落地時圓環的速度：解得a=40m/s2；對圓環根據牛頓第二定律：f-mg=ma，解得f：mg=5（3）由v2=2aL，2則20.如圖所示，ABCD是游樂場中的滑道，它位于豎直平面內，由兩個半徑分別為R＝10m和1R＝2m的1/4光滑田弧，以及長L＝10m、動摩擦因數＝0．1的水平滑連組成，所有滑道2平滑連接，D點恰好在水面上。游客（可視為質點）可由AB弧的任意位置從靜止開始下滑，游客的質量為m＝50kg。（1）若到達AB弧的末端時速度為5m/s，（2）若要保游證客能滑入水中，開始下滑點與B點間網弧所對應的圓(tiáojiàn)。（可用三角函數表示）客對滑道的壓力多大？心角要足什么條件（3）若游客在C點脫離(tuōlí)滑道，求其落水點到D點的距離范圍。【答案(dáàn)】（1）625N（2）（3）【解析(jiěxī)】【分析(fēnxī)】重點中學試卷可修改歡迎下載0，根據能量關系列式解答；（3）根據圓周運動的規律和動能定理求解到達C點的速度范圍，然后結合平拋運動的規律求解落水點到D點的距離范圍。解得F=625NN（2）根據能量關系，要想滑入水中要滿足：（3）在C點恰脫離軌道時：mg=m，解得v=2m/s；1解得v=6m/s，2即到達C點的速度范圍是：2m/s≤v≤6m/s；由平拋運動的規律有：R=gt2，解得t=2s；2x=vt-R2解得21.小顯和小濤同學“用插針法測玻璃棱鏡的折射率”（1）小顯同學按實驗(shíyàn)步驟，先在紙上插下二枚大頭針P、P，然后在玻璃棱鏡12重點中學試卷可修改歡迎下載(léngjìng)的另一側插下另外二枚大頭針，如圖（1）所示。則插針一定錯誤的是_______(wánchéng)光路圖____，并標出相應的符號，所測出的玻璃棱鏡的折射率n＝_______。（2）小濤同學突發奇想，用兩塊同樣(tóngyàng)的玻璃直角三棱鏡ABC來做實驗，兩者的AC面是平行放置的，如圖（P、P的連線垂直于AB面，若操作正確在圖（2）中右邊的插針應該是________（選填＂PP＂、＂PP＂、＂343612(zhèngquè)的話，則PP＂、＂PP）5456【答案】(1).(2).如圖所示：(3).(4).【解析】【分析】（1）根據光路圖來確定玻璃磚右邊插針的位置；根據光的折射定律求解折射率；（2）畫出經過PP的光路圖可確定右側插針的位置；12【解詳】（1）光線經三棱鏡折射后應該偏向底邊，故插針一定錯誤的是“PP”；光路如56圖；根據光的折射(zhéshè)定律：（2）根據(gēnjù)光路圖可知，經過PP的光線經兩塊玻璃磚的分界處后向下偏，然后12(ránhòu)射入右側玻璃磚后平行射出，則圖（2）中右邊的插針應該是PP；56重點中學試卷可修改歡迎下載22.如圖所示，空中等間距分布水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度(qiángdù)均一樣，每一條形磁場區域的寬及相鄰條形磁場區域的間距均為d。現讓一邊長為L（L＜d）、質量為m、總電阻為R的勻質正方形線框MNOP受到瞬時的水平沖量（1）線進入磁場的過程中，MN邊相當于產生感應電流的“電源”，這“電源”的非靜電與什么力有關？（2）線剛穿過第一個磁場區域后水平速度變為1度大小v；（3）若L＝0.2m，m＝0.1kg，R＝0.1Ω，d＝0.5m，I＝0.9N?s，且每個區域磁場的磁感應0強度B＝1.0T，求線框從剛進入磁場到開始豎直下落的過程中已穿過完整條形磁場的區域【答案】（1）與洛倫茲力有關（2）（3）5；【解析】【分析】（1）根據運動(yùndòng)電荷在磁場中受到洛倫茲力分析“電源”產生的電動勢；（2）線圈進入磁場別用動量定理列式求解線圈完全(wánquán)處在和出離磁場的過程，分第一個磁場中時的水平速度；（3）對線圈完全穿過磁場的整個過程(guòchéng)運用動量定理結合電量的公式以及能量關重點中學試卷可修改歡迎下載系求解產生的焦耳熱；所以這“電源”的非靜電洛倫茲力有關；（2）初速度為：線框進入既有：BLq=mv-mv0既有：BLq=mv-mv1（3）線框剛開始豎直下落時