广东省江门市2023届高三下学期物理高考拟考试（一模）试卷
一、单选题
1．（2023·江门模拟）图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的光谱，、、、是可见光区的四条谱线，其中谱线是氢原子从能级跃迁到能级辐射产生的，下列说法正确的是（ ）
A．这四条谱线中，谱线光子频率最大
B．氢原子的发射光谱属于连续光谱
C．用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子，氢原子不发生电离
D．若、、、中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是
【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．由图乙可知谱线对应的波长最大，由可知，波长越大，能量越小，A不符合题意；
B．氢原子的发射光谱属于线状谱，B不符合题意；
C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C不符合题意；
D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中谱线波长最小，频率最大，光能量最大，若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用波长的大小可以判别光对应的能量大小；氢原子发射光谱属于线状光谱；利用能级跃迁的能量差可以判别电离需要的能量；利用光的波长大小可以判别光对应的能量大小，进而判别能否发生光电效应。
2．（2023·江门模拟）内壁光滑的“U”型导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气（可视为理想气体），浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示。现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中正确的是（ ）
A．封闭空气分子的平均动能增大
B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大
C．封闭空气的压强变大
D．封闭空气从外界吸收了热量
【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，气体被压缩，外界对气体做功，但由于汽缸导热，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内气体的温度不变，则可知气体的内能不变，而温度是衡量分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，AB不符合题意；
C．外界对气体做功，气体的体积减小，单位体积内的分子数目增多，而汽缸导热，温度不变，气体分子平均运动速率不变，则可知比起之前的状态，单位时间内单位体积的分子对器壁的碰撞次数增加，因此封闭气体的加强增大，C符合题意；
D．根据热力学第一定律，由于汽缸导热，封闭气体的温度不变，即内能不变，而外界又对气体做功，因此气体要向外界放热，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当气体被压缩时，外界对气体做功，由于气体温度不变，所以气体分子平均动能及内能不变；由于气体分子温度不变，体积减小则压强增大；由于内能不变，外界对气体做功结合热力学第一定律可以判别气体放出了热量。
3．（2023·江门模拟）如图所示，2022年2月5日，中国在交接棒时，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．任子威的动量增加量大于曲春雨的动量减少量
B．任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量
C．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力
D．曲春雨的加速度大于任子威的加速度
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．曲春雨猛推任子威的前后瞬间可认为两人组成的系统动量守恒，而根据动量守恒定律可知，两人动量变化量的大小一定是相同的，因此任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，A不符合题意；
BCD．曲春雨猛推任子威的前后瞬间，作用瞬间极短，设为，两者之间的作用力为相互作用力，由牛顿第三定律可知，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，设为，曲春雨的质量设为，速度减少量为，任子威的质量设为，速度增加量为，则由动量定理可得，，而任子威的质量小于曲春雨的质量，即，则可得，根据牛顿第二定律可得，任子威的质量小于曲春雨的质量，可知任子威的加速度大于曲春雨得加速度，B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动量守恒定律可以判别动量变化量的大小相等；结合质量的大小可以判别速度变化量的大小；结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用牛顿第三定律可以判别相互作用力大小相等。
4．（2023·江门模拟）2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B．空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C．空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D．空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，位于赤道正上方，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，可得空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，B不符合题意；
CD．根据根据万有引力提供向心力有，则，，空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】同步卫星只能在赤道上空圆平面；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和向心加速度的大小。
5．（2023·江门模拟）人利用手推车搬运货物，手推车车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，如图所示，已知推力F斜向下且与水平方向夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．手推车受到的支持力大小为Fsinθ
B．手推车受到的阻力大小Fcosθ
C．推力的功率为Fv
D．无论推力与水平方向夹角多大，都可以推车前进
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由题知，手推车车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，且推力F斜向下且与水平方向夹角为θ，则有Fsinθ＋mg = FN，Fcosθ = f = μFN，A不符合题意、B符合题意；
C．推力的功率为P = Fvcosθ，C不符合题意；
D．当推力在水平方向的分力小于手推车的水平方向的阻力时，将不能推车前进，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用推车的平衡方程可以求出支持力和阻力的大小；利用推力和速度可以求出推力功率的大小；当推力的分力小于阻力时不能推车前进。
6．（2023·江门模拟）一种粒子探测器的简化模型如图所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是（ ）
A．打在Q点的左侧的离子带正电
B．打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大
C．打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子
【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向右，则打在Q点的右侧的离子带正电，A不符合题意；
BC．作出离子的运动轨迹如下图所示
由上图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，且，解得，则当比荷相同v越小或速度相同比荷越大的离子的轨迹半径越小，离子离Q点越远，BC不符合题意；
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用左手定则结合洛伦兹力的方向可以判别离子的电性；利用轨迹半径的大小结合牛顿第二定律可以比较离子比荷的大小或速度的大小。
7．（2023·江门模拟）如图所示为某潜艇下潜和上浮的v—t图像，t = 0时刻潜艇从水面开始下潜，5t0时刻回到水面，规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．2t0末潜艇下潜至最深处
B．1t0 ~ 3t0内潜艇上浮
C．2t0末潜艇的加速度改变
D．3t0 ~ 5t0内潜艇的位移大于2v0t0
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．潜艇先加速下潜，t0末潜艇下潜速度最大，之后减速下潜，2t0末速度减为0时潜艇离水面最远，A符合题意；
B.1t0 ~ 2t0潜艇减速下潜，2t0 ~ 3t0潜艇加速上浮，B不符合题意；
C.1t0 ~ 3t0时间内v—t图像为一倾斜直线加速度不变，2t0末，潜艇的速度方向改变，加速度不变，C不符合题意；
D．v—t图像图像与时间轴所围的面积表示位移，5t0末潜艇回到水面，所以0 ~ 2t0时间位移，2t0 ~ 3t0时间位移，可以求得3t0 ~ 5t0潜艇的位移为x = x1－x2 = 2v0t0，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用图像坐标可以判别速度的变化，利用图像斜率可以判别加速度的大小及方向；利用图像面积可以求出运动的位移及潜水艇的位置。
8．（2023·江门模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AD．根据点电荷形成的电场可知，a、c两点距离点电荷的距离相等，则可知电势相同，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做正功，AD不符合题意；
B．根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，B不符合题意；
C．bed平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bed为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知b、e两点所在的球面为等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的叠加可以判别各点电势的大小；利用电场强度的叠加可以判别场强的大小；利用电势的变化可以判别电场力做功情况。
二、多选题
9．（2023·江门模拟）滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为
B．运动员再次回到坡底时机械能为
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为，而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为，而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为，A符合题意；
B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为，B不符合题意；
C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有，，解得，C符合题意；
D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有，解得，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用机械能的变化率可以求出克服阻力做功的大小；利用阻力做功可以求出运动员回到坡底的机械能大小；利用重力势能的表达式可以求出运动员的质量；结合动能的表达式可以求出运动员初速度的大小。
10．（2023·江门模拟）如图所示，传播速度为2m/s的两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两个波源分别位于和处。时两列波的图像如图所示（传播方向如图所示），质点M的平衡位置处于处，则下列判断正确的是（ ）
A．两列简谐波的振幅均为4cm B．两列简谐波的周期均为2s
C．质点P的起振方向沿y轴负方向 D．质点M将始终处于平衡位置
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由波形图可知，两列波的振幅均为2cm，A不符合题意；
B．由波形图可知，两列波的波长均为4m，则由，可得，B符合题意；
C．由同侧法可知，源分别位于处的波的起振方向沿着轴的负方向，而在波的传播方向上的所有的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，由此可知质点P的起振方向沿y轴负方向，C符合题意；
D．由题意结合时刻两波源的振动情况以及M点所处的位置可知，时两列波都将刚好传播到M点，且起振方向都向下，则可知M点始终是振动加强的点，因此不可能始终处于平衡位置，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用图像可以求出振幅的大小；利用波长和波速可以求出周期的大小；利用波源的起振方向可以判别质点P的起振方向；利用波的叠加可以判别M点为振动加强点。
11．（2023·江门模拟）如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，再通过理想调压变压器给用户供电，检测得到原线圈随时间t变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转动到图示位置，线圈处于中性面位置，V1的示数为零
B．线圈的频率为50Hz
C．当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为220V
D．若滑片P向上移动，V2的读数增大
【答案】B,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．线圈平面垂直于磁感线方向，处于中性面位置，电压表显示的为交变电流的有效值，所以V1示数不为零，A不符合题意；
B．交流电的频率为，线圈的频率为50Hz，B符合题意；
C．原线圈有效值为，当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为，C符合题意；
D．若滑片P向上移动，原副线圈的匝数比变大，V2的读数增大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】电压表显示电压的有效值；利用周期的大小可以求出频率的大小；利用匝数之比结合输入电压可以求出输出电压的大小；当滑片向上滑动时匝数之比变大，所以输出电压增大。
三、实验题
12．（2023·江门模拟）某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。
（1）下列说法中正确的是____
A．测出摆球做一次全振动的时间作为周期的测量值
B．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
C．可将摆球从平衡位置拉开一个任意角度然后释放摆球
D．可以选择有弹性的细绳作为摆线
（2）在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则摆球直径d= cm；
（3）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T= （用t、n表示），重力加速度的大小为 （用L、d和T表示）；
（4）实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是____。
A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．计算时用作为单摆的摆长
C．摆球的振幅偏小
D．把n当作单摆全振动的次数
【答案】（1）B
（2）1.07
（3）；
（4）B；D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．为了减小实验误差应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度会增大实验误差，A不符合题意；
B．为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球做为摆球，B符合题意；
C．单摆在摆角小于5°时的振动才是简谐振动，因此单摆的摆角不能过大，C不符合题意；
D．根据单摆的周期公式可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，D不符合题意。
故答案为：B。
（2）该游标游标卡尺的游标尺为10分度值，因此最小精度为0.1mm，则读数可得
（3）由题意可知在时间内摆球全振动的次数为，则可得小球做简谐振动的周期为，由单摆的周期公式，其中，可得
（4）A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，A不符合题意；
B．若计算重力加速度时用作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算的得到的重力加速度值比实际偏大，B符合题意；
C．摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，C不符合题意；
D．若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】（1）测量摆球周期应该取多次全振动的时间除以全振动的次数；摆球摆动的角度不能过大，摆线的长度应该保持不变；
（2）利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；
（3）利用单摆的周期公式可以求出重力加速度的表达式；
（4）利用重力加速度的表达式可以判别出现的误差。
13．（2023·江门模拟）为测量某一未知电阻的阻值，某同学设计了如图所示的电路图进行测量，试分析：
（1）将滑片P移到 端（选填“a”或“b”），闭合开关K1，断开K2，电流表A和电压表V1的读数分别为I和U，根据公式得出了被测电阻的阻值，考虑到电表不是理想电表，测得的阻值 （选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值；
（2）为消除电表的内阻对实验结果的影响，该同学接下来的操作步骤如下：
①将滑片P移到合适的位置，闭合开关K1和K2，电流表A和电压表V1、V2的示数分别为、和，可求出电流表的内阻R= ；
②断开开关K2，读出电流表A和电压表V1的示数分别为和，可求出被测电阻的阻值为= ；
③在有效消除电流表内阻对实验结果的影响后，该同学认为实验中使用的电压表也不是理想电表，那么该同学在第②步中测得的阻值。应 （选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值。
【答案】（1）a；大于
（2）；；等于
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）为保护电路，将滑片P移到a，由内接法原理，电流表测量电流准确，电压表测量值偏大，故电阻的测量值大于真实值。
（2）①由欧姆定律可得电流表的内阻为
②由串联电路电流关系与欧姆定律可得
③步骤①中，电压表V1、V2的电阻对测量结果无影响；步骤②中，断开开关K2，电压表V1的电阻对测量结果无影响，故Rx等于被测电阻的真实值。
【分析】（1）由于电流表使用内接法，结合欧姆定律可以判别电阻的测量值偏大；
（2）利用欧姆定律结合分压关系可以求出电流表的内阻；利用欧姆定律可以求出待测电阻的表达式；由于电表内阻对测量结构没有影响所以电阻的测量值等于真实值。
四、解答题
14．（2023·江门模拟）如图所示，小球B静止在光滑的水平台面上，台面距离地面的高度为。小球A以速度向着B运动并发生正碰，之后A和B先后从台面水平抛出，落到地面上时的落点分别为a和b，测得a、b之间的距离，已知两个小球A和B的质量相同，取，求：
（1）小球A、B落到地面上的时间分别为多少；
（2）正碰后小球A、B的速度分别为多大？
【答案】（1）解：小球A、B从同一高度做平抛运动，而平抛运动竖直方向为自由落体运动，则有
解得
（2）解：设小球A、B的质量均为，正碰后的速度分别为、，由动量守恒定律有
在平抛运动中的水平方向上有位移关系
联立解得，
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，利用位移公式可以求出下落的时间；
（2）两个小球碰撞过程中遵循动量守恒定律，利用动量守恒定律可以求出碰后小球速度的大小。
15．（2023·江门模拟）如图所示为一个半径为R的半球形玻璃砖的剖面图，其中O为圆心，AB为直径，为AB的垂线。
（1）一束细光线在OB的中点处垂直于AB从下方入射，光线从玻璃砖的上表面射出时与的夹角为15°，求玻璃的折射率n的大小；
（2） 一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从上表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
【答案】（1）解：光路图如下图所示
设光线在AB上表面的入射角为，折射角为，由几何关系可得，则，由折射率的表达式
（2）解：设离O点最远的光线入射到AB上表面后恰好发生全反射，该光束到O的距离设为d，入射角的临界值为C，则
可得
则入射光的范围为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光线传播的路径，利用几何关系可以求出折射率的大小；
（2）已知光线传播的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合几何关系可以求出入射光的范围。
16．（2023·江门模拟）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图中未画出），mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为L = 1.5m，倾角θ = 37°，在t = 0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1= 1.0kg、m2= 2.0kg，电阻分别为R1= 2Ω、R2= 3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为μ = 0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取g = 10m/s2，求：
（1）t = 0时刻cd棒的加速度大小及cd棒的电流方向；
（2）磁感强度B的大小；
（3）经过多长时间ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大？
【答案】（1）解：在t = 0时刻根据牛顿第二定律有F = m1a
且由图可知，t = 0时F = 5N，代入得a = 5m/s2
由右手定则，cd棒的电流方向是由d到c。
（2）解：由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t，cd棒速度为v = at
此时
E = BLv = Blat
则cd棒的安培力为
由牛顿笫二定律得F－F安 = m1a
由以上各式整理得
由图线可知t = 2s，F = 13N
代入得
（3）解：①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef棒受力如图所示
当F1= m2gcosθ
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒飞离轨道，由于
联立解得t1= 4s
②当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向下时，ef棒受力如图所示
当f2= m2gsinθ
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒减速并最终停在导轨上，且
f2= μFN2= μ(m2gcosθ＋F2)
联立解得t2= 21s
【知识点】牛顿第二定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知推力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合右手定则可以判别电流的方向；
（2）当cd棒做匀加速直线运动时，利用速度公式结合欧姆定律及牛顿第二定律可以求出推力与时间的表达式，结合坐标的大小可以求出磁感应强度的大小；
（3）当ef棒做匀速直线运动时，利用平衡方程可以求出运动的时间。
广东省江门市2023届高三下学期物理高考拟考试（一模）试卷
一、单选题
1．（2023·江门模拟）图甲为氢原子能级图，图乙为氢原子的光谱，、、、是可见光区的四条谱线，其中谱线是氢原子从能级跃迁到能级辐射产生的，下列说法正确的是（ ）
A．这四条谱线中，谱线光子频率最大
B．氢原子的发射光谱属于连续光谱
C．用能量为3.5eV的光子照射处于激发态的氢原子，氢原子不发生电离
D．若、、、中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是
2．（2023·江门模拟）内壁光滑的“U”型导热汽缸用不计质量的轻活塞封闭一定体积的空气（可视为理想气体），浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，活塞在水面下，如图所示。现在轻活塞上方缓慢倒入沙子，下列说法中正确的是（ ）
A．封闭空气分子的平均动能增大
B．活塞压缩封闭空气做功，封闭空气内能增大
C．封闭空气的压强变大
D．封闭空气从外界吸收了热量
3．（2023·江门模拟）如图所示，2022年2月5日，中国在交接棒时，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．任子威的动量增加量大于曲春雨的动量减少量
B．任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量
C．曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力
D．曲春雨的加速度大于任子威的加速度
4．（2023·江门模拟）2022年11月，梦天实验舱完成转位操作，中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成，空间站运行周期约为90分钟。北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，空间站和GEO卫星绕地球均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．GEO卫星可以在地面任何一点的正上方，但离地心的距离是一定的
B．空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径大
C．空间站的线速度比GEO卫星的线速度大
D．空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度小
5．（2023·江门模拟）人利用手推车搬运货物，手推车车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，如图所示，已知推力F斜向下且与水平方向夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．手推车受到的支持力大小为Fsinθ
B．手推车受到的阻力大小Fcosθ
C．推力的功率为Fv
D．无论推力与水平方向夹角多大，都可以推车前进
6．（2023·江门模拟）一种粒子探测器的简化模型如图所示。圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ过圆心，平板MQN为探测器，整个装置放在真空环境中。所有带电离子从P点沿PQ方向射入磁场，忽略离子重力及离子间相互作用力。对能够打到探测器上的离子，下列分析正确的是（ ）
A．打在Q点的左侧的离子带正电
B．打在MQN上离Q点越远的离子，入射速度一定越大
C．打在MQN上离Q点越远的离子，比荷一定越大
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子
7．（2023·江门模拟）如图所示为某潜艇下潜和上浮的v—t图像，t = 0时刻潜艇从水面开始下潜，5t0时刻回到水面，规定竖直向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．2t0末潜艇下潜至最深处
B．1t0 ~ 3t0内潜艇上浮
C．2t0末潜艇的加速度改变
D．3t0 ~ 5t0内潜艇的位移大于2v0t0
8．（2023·江门模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
二、多选题
9．（2023·江门模拟）滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能和重力势能随离开坡底的高度h的变化规律如图所示，重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为
B．运动员再次回到坡底时机械能为
C．运动员的质量为40kg
D．运动员的初速度为10m/s
10．（2023·江门模拟）如图所示，传播速度为2m/s的两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两个波源分别位于和处。时两列波的图像如图所示（传播方向如图所示），质点M的平衡位置处于处，则下列判断正确的是（ ）
A．两列简谐波的振幅均为4cm B．两列简谐波的周期均为2s
C．质点P的起振方向沿y轴负方向 D．质点M将始终处于平衡位置
11．（2023·江门模拟）如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，再通过理想调压变压器给用户供电，检测得到原线圈随时间t变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当线圈转动到图示位置，线圈处于中性面位置，V1的示数为零
B．线圈的频率为50Hz
C．当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为220V
D．若滑片P向上移动，V2的读数增大
三、实验题
12．（2023·江门模拟）某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。
（1）下列说法中正确的是____
A．测出摆球做一次全振动的时间作为周期的测量值
B．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
C．可将摆球从平衡位置拉开一个任意角度然后释放摆球
D．可以选择有弹性的细绳作为摆线
（2）在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则摆球直径d= cm；
（3）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次（为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T= （用t、n表示），重力加速度的大小为 （用L、d和T表示）；
（4）实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是____。
A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．计算时用作为单摆的摆长
C．摆球的振幅偏小
D．把n当作单摆全振动的次数
13．（2023·江门模拟）为测量某一未知电阻的阻值，某同学设计了如图所示的电路图进行测量，试分析：
（1）将滑片P移到 端（选填“a”或“b”），闭合开关K1，断开K2，电流表A和电压表V1的读数分别为I和U，根据公式得出了被测电阻的阻值，考虑到电表不是理想电表，测得的阻值 （选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值；
（2）为消除电表的内阻对实验结果的影响，该同学接下来的操作步骤如下：
①将滑片P移到合适的位置，闭合开关K1和K2，电流表A和电压表V1、V2的示数分别为、和，可求出电流表的内阻R= ；
②断开开关K2，读出电流表A和电压表V1的示数分别为和，可求出被测电阻的阻值为= ；
③在有效消除电流表内阻对实验结果的影响后，该同学认为实验中使用的电压表也不是理想电表，那么该同学在第②步中测得的阻值。应 （选填“大于”“小于”或“等于”）被测电阻的真实值。
四、解答题
14．（2023·江门模拟）如图所示，小球B静止在光滑的水平台面上，台面距离地面的高度为。小球A以速度向着B运动并发生正碰，之后A和B先后从台面水平抛出，落到地面上时的落点分别为a和b，测得a、b之间的距离，已知两个小球A和B的质量相同，取，求：
（1）小球A、B落到地面上的时间分别为多少；
（2）正碰后小球A、B的速度分别为多大？
15．（2023·江门模拟）如图所示为一个半径为R的半球形玻璃砖的剖面图，其中O为圆心，AB为直径，为AB的垂线。
（1）一束细光线在OB的中点处垂直于AB从下方入射，光线从玻璃砖的上表面射出时与的夹角为15°，求玻璃的折射率n的大小；
（2） 一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从上表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
16．（2023·江门模拟）如图甲所示，一对足够长金属导轨由等宽的右侧水平导轨和左侧倾斜导轨两部分在虚线mn处连接组成，mn右侧存在竖直向下的匀强磁场，mn左侧存在与倾斜轨道平行的匀强磁场（图中未画出），mn两侧磁场的磁感应强度B大小相等（B的大小未知），导轨的间距为L = 1.5m，倾角θ = 37°，在t = 0时刻，置于倾斜导轨上的ef棒由静止释放，置于水平导轨上的cd棒在一水平向右的外力F的作用下由静止开始做匀加速直线运动，外力随时间的变化规律如图乙所示，cd、ef棒的质量分别为m1= 1.0kg、m2= 2.0kg，电阻分别为R1= 2Ω、R2= 3Ω，忽略导轨的电阻，ef棒与金属导轨的动摩擦因数为μ = 0.12，不计cd棒与导轨之间的摩擦，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取g = 10m/s2，求：
（1）t = 0时刻cd棒的加速度大小及cd棒的电流方向；
（2）磁感强度B的大小；
（3）经过多长时间ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁
【解析】【解答】A．由图乙可知谱线对应的波长最大，由可知，波长越大，能量越小，A不符合题意；
B．氢原子的发射光谱属于线状谱，B不符合题意；
C．处于n=2能级的氢原子电离至少需要吸收3.4eV的能量，C不符合题意；
D．频率越大的光子越容易使金属产生光电效应，图中谱线波长最小，频率最大，光能量最大，若中只有一种光能使某金属产生光电效应，那一定是，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用波长的大小可以判别光对应的能量大小；氢原子发射光谱属于线状光谱；利用能级跃迁的能量差可以判别电离需要的能量；利用光的波长大小可以判别光对应的能量大小，进而判别能否发生光电效应。
2．【答案】C
【知识点】热力学第一定律及其应用
【解析】【解答】AB．当将沙子缓慢倒在汽缸活塞上时，气体被压缩，外界对气体做功，但由于汽缸导热，且浸在盛有大量冰水混合物的水槽中，因此缸内气体的温度不变，则可知气体的内能不变，而温度是衡量分子平均动能的标志，温度不变则分子平均动能不变，AB不符合题意；
C．外界对气体做功，气体的体积减小，单位体积内的分子数目增多，而汽缸导热，温度不变，气体分子平均运动速率不变，则可知比起之前的状态，单位时间内单位体积的分子对器壁的碰撞次数增加，因此封闭气体的加强增大，C符合题意；
D．根据热力学第一定律，由于汽缸导热，封闭气体的温度不变，即内能不变，而外界又对气体做功，因此气体要向外界放热，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当气体被压缩时，外界对气体做功，由于气体温度不变，所以气体分子平均动能及内能不变；由于气体分子温度不变，体积减小则压强增大；由于内能不变，外界对气体做功结合热力学第一定律可以判别气体放出了热量。
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．曲春雨猛推任子威的前后瞬间可认为两人组成的系统动量守恒，而根据动量守恒定律可知，两人动量变化量的大小一定是相同的，因此任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，A不符合题意；
BCD．曲春雨猛推任子威的前后瞬间，作用瞬间极短，设为，两者之间的作用力为相互作用力，由牛顿第三定律可知，曲春雨推任子威的力等于任子威对曲春雨的推力，设为，曲春雨的质量设为，速度减少量为，任子威的质量设为，速度增加量为，则由动量定理可得，，而任子威的质量小于曲春雨的质量，即，则可得，根据牛顿第二定律可得，任子威的质量小于曲春雨的质量，可知任子威的加速度大于曲春雨得加速度，B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动量守恒定律可以判别动量变化量的大小相等；结合质量的大小可以判别速度变化量的大小；结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用牛顿第三定律可以判别相互作用力大小相等。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．北斗系统的GEO卫星是地球同步卫星，位于赤道正上方，A不符合题意；
B．根据开普勒第三定律，可得空间站的轨道半径比GEO卫星的轨道半径小，B不符合题意；
CD．根据根据万有引力提供向心力有，则，，空间站的线速度比GEO卫星的线速度大，空间站的向心加速度比GEO卫星的向心加速度大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】同步卫星只能在赤道上空圆平面；利用开普勒第三定律结合周期的大小可以比较轨道半径的大小；利用牛顿第二定律可以比较线速度和向心加速度的大小。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由题知，手推车车沿水平方向以速度v做匀速直线运动，且推力F斜向下且与水平方向夹角为θ，则有Fsinθ＋mg = FN，Fcosθ = f = μFN，A不符合题意、B符合题意；
C．推力的功率为P = Fvcosθ，C不符合题意；
D．当推力在水平方向的分力小于手推车的水平方向的阻力时，将不能推车前进，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用推车的平衡方程可以求出支持力和阻力的大小；利用推力和速度可以求出推力功率的大小；当推力的分力小于阻力时不能推车前进。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力向右，则打在Q点的右侧的离子带正电，A不符合题意；
BC．作出离子的运动轨迹如下图所示
由上图可看出只有在圆形磁场区域的下半圆射出的离子才可能打到MQN上，且轨迹半径越小的离子离Q点越远，且，解得，则当比荷相同v越小或速度相同比荷越大的离子的轨迹半径越小，离子离Q点越远，BC不符合题意；
D．入射速度相同的氢离子和氘离子，由于氘离子的比荷较小，则氘离子运动轨迹的半径越大，故打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用左手定则结合洛伦兹力的方向可以判别离子的电性；利用轨迹半径的大小结合牛顿第二定律可以比较离子比荷的大小或速度的大小。
7．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．潜艇先加速下潜，t0末潜艇下潜速度最大，之后减速下潜，2t0末速度减为0时潜艇离水面最远，A符合题意；
B.1t0 ~ 2t0潜艇减速下潜，2t0 ~ 3t0潜艇加速上浮，B不符合题意；
C.1t0 ~ 3t0时间内v—t图像为一倾斜直线加速度不变，2t0末，潜艇的速度方向改变，加速度不变，C不符合题意；
D．v—t图像图像与时间轴所围的面积表示位移，5t0末潜艇回到水面，所以0 ~ 2t0时间位移，2t0 ~ 3t0时间位移，可以求得3t0 ~ 5t0潜艇的位移为x = x1－x2 = 2v0t0，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用图像坐标可以判别速度的变化，利用图像斜率可以判别加速度的大小及方向；利用图像面积可以求出运动的位移及潜水艇的位置。
8．【答案】C
【知识点】电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】AD．根据点电荷形成的电场可知，a、c两点距离点电荷的距离相等，则可知电势相同，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做正功，AD不符合题意；
B．根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，B不符合题意；
C．bed平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bed为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知b、e两点所在的球面为等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用电势的叠加可以判别各点电势的大小；利用电场强度的叠加可以判别场强的大小；利用电势的变化可以判别电场力做功情况。
9．【答案】A,C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图像可知，运动员在冲上上坡之前，总的机械能为，而冲上斜坡，到达最高点时的机械能为，而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功以外还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为，A符合题意；
B．运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为，B不符合题意；
C．由于取了坡底为零势能面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有，，解得，C符合题意；
D．在坡底是运动员的动能就等于运动员的机械能，则有，解得，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用机械能的变化率可以求出克服阻力做功的大小；利用阻力做功可以求出运动员回到坡底的机械能大小；利用重力势能的表达式可以求出运动员的质量；结合动能的表达式可以求出运动员初速度的大小。
10．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由波形图可知，两列波的振幅均为2cm，A不符合题意；
B．由波形图可知，两列波的波长均为4m，则由，可得，B符合题意；
C．由同侧法可知，源分别位于处的波的起振方向沿着轴的负方向，而在波的传播方向上的所有的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，由此可知质点P的起振方向沿y轴负方向，C符合题意；
D．由题意结合时刻两波源的振动情况以及M点所处的位置可知，时两列波都将刚好传播到M点，且起振方向都向下，则可知M点始终是振动加强的点，因此不可能始终处于平衡位置，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用图像可以求出振幅的大小；利用波长和波速可以求出周期的大小；利用波源的起振方向可以判别质点P的起振方向；利用波的叠加可以判别M点为振动加强点。
11．【答案】B,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A．线圈平面垂直于磁感线方向，处于中性面位置，电压表显示的为交变电流的有效值，所以V1示数不为零，A不符合题意；
B．交流电的频率为，线圈的频率为50Hz，B符合题意；
C．原线圈有效值为，当滑动接头P移至图中的触点时原副线圈的匝数比为，则V2的读数为，C符合题意；
D．若滑片P向上移动，原副线圈的匝数比变大，V2的读数增大，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】电压表显示电压的有效值；利用周期的大小可以求出频率的大小；利用匝数之比结合输入电压可以求出输出电压的大小；当滑片向上滑动时匝数之比变大，所以输出电压增大。
12．【答案】（1）B
（2）1.07
（3）；
（4）B；D
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）A．为了减小实验误差应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度会增大实验误差，A不符合题意；
B．为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球做为摆球，B符合题意；
C．单摆在摆角小于5°时的振动才是简谐振动，因此单摆的摆角不能过大，C不符合题意；
D．根据单摆的周期公式可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，D不符合题意。
故答案为：B。
（2）该游标游标卡尺的游标尺为10分度值，因此最小精度为0.1mm，则读数可得
（3）由题意可知在时间内摆球全振动的次数为，则可得小球做简谐振动的周期为，由单摆的周期公式，其中，可得
（4）A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，A不符合题意；
B．若计算重力加速度时用作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算的得到的重力加速度值比实际偏大，B符合题意；
C．摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，C不符合题意；
D．若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】（1）测量摆球周期应该取多次全振动的时间除以全振动的次数；摆球摆动的角度不能过大，摆线的长度应该保持不变；
（2）利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；
（3）利用单摆的周期公式可以求出重力加速度的表达式；
（4）利用重力加速度的表达式可以判别出现的误差。
13．【答案】（1）a；大于
（2）；；等于
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）为保护电路，将滑片P移到a，由内接法原理，电流表测量电流准确，电压表测量值偏大，故电阻的测量值大于真实值。
（2）①由欧姆定律可得电流表的内阻为
②由串联电路电流关系与欧姆定律可得
③步骤①中，电压表V1、V2的电阻对测量结果无影响；步骤②中，断开开关K2，电压表V1的电阻对测量结果无影响，故Rx等于被测电阻的真实值。
【分析】（1）由于电流表使用内接法，结合欧姆定律可以判别电阻的测量值偏大；
（2）利用欧姆定律结合分压关系可以求出电流表的内阻；利用欧姆定律可以求出待测电阻的表达式；由于电表内阻对测量结构没有影响所以电阻的测量值等于真实值。
14．【答案】（1）解：小球A、B从同一高度做平抛运动，而平抛运动竖直方向为自由落体运动，则有
解得
（2）解：设小球A、B的质量均为，正碰后的速度分别为、，由动量守恒定律有
在平抛运动中的水平方向上有位移关系
联立解得，
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）小球做平抛运动，利用位移公式可以求出下落的时间；
（2）两个小球碰撞过程中遵循动量守恒定律，利用动量守恒定律可以求出碰后小球速度的大小。
15．【答案】（1）解：光路图如下图所示
设光线在AB上表面的入射角为，折射角为，由几何关系可得，则，由折射率的表达式
（2）解：设离O点最远的光线入射到AB上表面后恰好发生全反射，该光束到O的距离设为d，入射角的临界值为C，则
可得
则入射光的范围为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】（1）画出光线传播的路径，利用几何关系可以求出折射率的大小；
（2）已知光线传播的路径，利用全反射定律可以求出临界角的大小，结合几何关系可以求出入射光的范围。
16．【答案】（1）解：在t = 0时刻根据牛顿第二定律有F = m1a
且由图可知，t = 0时F = 5N，代入得a = 5m/s2
由右手定则，cd棒的电流方向是由d到c。
（2）解：由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t，cd棒速度为v = at
此时
E = BLv = Blat
则cd棒的安培力为
由牛顿笫二定律得F－F安 = m1a
由以上各式整理得
由图线可知t = 2s，F = 13N
代入得
（3）解：①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，ef棒受力如图所示
当F1= m2gcosθ
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒飞离轨道，由于
联立解得t1= 4s
②当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向下时，ef棒受力如图所示
当f2= m2gsinθ
时，ef棒在倾斜轨道上的速度达到最大，之后ef棒减速并最终停在导轨上，且
f2= μFN2= μ(m2gcosθ＋F2)
联立解得t2= 21s
【知识点】牛顿第二定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）已知推力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合右手定则可以判别电流的方向；
（2）当cd棒做匀加速直线运动时，利用速度公式结合欧姆定律及牛顿第二定律可以求出推力与时间的表达式，结合坐标的大小可以求出磁感应强度的大小；
（3）当ef棒做匀速直线运动时，利用平衡方程可以求出运动的时间。
