文档内容
2021年湖北省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C B C A D A D
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项
符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得
0分。
1．（4分）20世纪60年代，我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964年，我国第一颗原
子弹试爆成功；1967年，我国第一颗氢弹试爆成功。关于原子弹和氢弹，下列说法正确的是（ ）
A．原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B．原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C．原子弹是根据核裂变原理研制的，氢弹是根据核聚变原理研制的
D．原子弹是根据核聚变原理研制的，氢弹是根据核裂变原理研制的
【答案】C
【分析】核能的利用分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主
要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上。
【解答】解：原子弹和核反应堆是利用重核裂变的链式反应中能在极短时间内释放出巨大能量的原理
制成的，发生可控的链式反应的是核电站，不可控链式反应的是原子弹。
氢弹则是利用轻核的聚变制成的。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题直接考查了氢弹和原子弹的原理，属于记忆性的知识，要注意区分。
2．（4分）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋
汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近
似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2s B．0.4s C．1.0s D．1.4s
【答案】B
【分析】由自由落体运动的公式h＝ 可求出前5m的运动时间和整个下落过程的运动时间，两者
相减即为后5m的时间。【解答】解：陈芋汐做自由落体运动，由h＝ 可得
前5m的运动时间t ＝ ＝ s＝1s，
1
整个下落过程的运动时间t ＝ ＝ s＝ s，
2
她用于姿态调整的时间约为Δt＝t ﹣t ＝ s﹣1s≈0.4s，
2 1
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键是掌握自由落体运动的基本公式，然后根据题意求解即可。
3．（4分）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速
度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约
12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【分析】对子弹根据动量定理可解得。
【解答】解：对子弹根据动量定理得：Ft＝nmv﹣0
代入数据解得
n≈120
故ABD错误，C正确
故选：C。
【点评】本题考查动量定理，列出动量定理表达式即可解得。
4．（4分）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f
恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所
k
受摩擦力大小f分别为（ ）A．m＝0.7kg，f＝0.5N B．m＝0.7kg，f＝1.0N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N D．m＝0.8kg，f＝1.0N
【答案】A
【分析】物块在上滑和下降的过程中做动能定理，变形结合图像可解得。
【解答】解：对物块根据动能定理可知
在上滑过程中：﹣fs﹣mgssin30°＝ mv2
变形可得E ＝（f+mgsin30°）s
k
在下降过程中：mgssin30°﹣fs＝ mv'2
变形可得E '＝（mgsin30°﹣f）s
k
结合图像联立解得m＝0.7kg，f＝0.5N
故A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】本题考查动能定理，解题关键是可以对动能定理变形结合图像斜率进行分析。
5．（4分）如图所示，由波长为 和 的单色光组成的一束复色光，经半反半透镜后分成透射光和反射
1 2
光。透射光经扩束器后垂直照射λ 到双λ 缝上并在屏上形成干涉条纹。O是两单色光中央亮条纹的中心位
置，P 和P 分别是波长为 和 的光形成的距离O点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜
1 2 1 2
一侧面上，从另一侧面M和λ N位λ置出射，则（ ）A． ＜ ，M是波长为 的光出射位置
1 2 1
B．λ1 ＜λ2 ，N是波长为 λ1 的光出射位置
C．λ1 ＞λ2 ，M是波长为λ1 的光出射位置
D．λ1 ＞λ2 ，N是波长为 λ1 的光出射位置
【答λ案】λD λ
【分析】由双缝干涉的实验结论：x＝ 和图中实验结果可比较波长；由光的色散实验知，频率f
越大，穿过三棱镜后偏折越大，结合图中偏折结果可判断。
【解答】解：AB、双缝干涉的实验结论：x＝ ，由图可得 ，故 ＞ ，故AB错
1 2
误； λ λ
CD、由 ＝cT或 ＝c 知， 越大f越小（f为频率）
由光的色λ散实验知λ，频率f越λ大，穿过三棱镜后偏折越大（或频率f越大，折射率n越大）本题中由于
＞ 故f ＜f .故偏折角小的对应f ，偏折大的对应f ，所以当 ＞ 时 M是 射出点，N是 射出
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
λ点，λ故C错误，D正确。 λ λ λ λ
故选：D。
【点评】本题考查了双缝干涉实验和光的色散实验，解题关键是要对教材实验结论的记忆，平时多注
意积累。
6．（4分）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为 2R的滑动
变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（ ）A．电流表A 示数减小
1
B．电流表A 示数增大
2
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【答案】A
【分析】分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路，当滑片
从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。
【解答】解：分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。当
滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。
B、变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻增大，则副线圈总电流减小，A 示数
2
减小，故B错误；
A、再由变压器原副线圈电流关系知，A 示数减小，A 示数减小，故A正确；
2 1
C、副线圈输出电压不变，电流减小，故输出功率减小，故C错误；
D、滑片从a往b滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部
分分压减小，定值电阻R消耗电功率减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查变压器和动态电路，意在考查考生对动态电路的分析能力，滑动变阻、可变电阻器
在此类电路中出现较多。
7．（4分）2021年5月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步。
火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。火星与地球每隔
约26个月相距最近，地球公转周期为12个月。由以上条件可以近似得出（ ）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的自转周期之比
C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
【答案】D
【分析】由火星与地球每隔26个月相距最近可以得出地球和火星的公转周期，有公转周期可以推出地球和火星公转时的各项参数。但由于不知道地球和火星的质量等物理量，所以没法求解地球和火星的
自转或重力加速度、动能等物理量。
【解答】解：A、设地球和火星的公转周期分别为T 、T ，轨道半径分别为r 、r ，根据开普勒第三定
1 2 1 2
律 ＝ ，可求得地球与火星的轨道半径之比，
由太阳的引力提供向心力，则有G ＝m ，得v＝ ，即地球与火星的线速度之比可以求得，
但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动能之比，故A错误；
B、地球和火星的角速度分别为 ＝ ， ＝ ，
1 2
ω ω
由题意知火星和地球每隔约26个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则 t﹣
1
t＝2 ， ω
2
ω π
由以上可解得T ＝ 月，则地球与火星绕太阳的公转周期之比T ：T ＝7：13，但不能求出两星球
2 1 2
自转周期之比，故B错误；
C、由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有 G ＝mg，得g＝G ，由于地球
和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，故C错误；
D、地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有
G ＝ma，得a＝G ，得 由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速
度之比可以求得，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了万有引力定律的应用，以及天体的相遇问题，解题的关键是分析清楚地球和
火星的公转和自转。
（多选）8．（4分）关于电场，下列说法正确的是（ ）
A．电场是物质存在的一种形式
B．电场力一定对正电荷做正功C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向
D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面
【答案】AD
【分析】电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，
它不是由分子原子所组成，但它是不依赖于我们的感觉而客观存在的；等势面与电场线垂直，沿着电
场线电势越来越低．电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强
度小，沿电场线的方向，电势降低。
【解答】解：A、电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，故A正确；
B、如果电场力方向与正电荷运动方向相反，电场力对正电荷做负功，故B错误；
C、电场线是人为假想的曲线，实际并不存在，故C错误；
D、电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面，等势面与电场线垂直，即电场线与等势面垂直；
沿着电场线电势越来越低，即电场线由电势高的等势面指向低的等势面，故D正确。
故选：AD。
【点评】该题考查了电场的性质，要注意加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，明确
等势面与电场线垂直，沿着电场线电势越来越低，故电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。
（多选）9．（4分）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c
三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑
磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
【答案】BC
【分析】根据左手定则判断ab的电性，根据电荷守恒判断c的电性，根据动量守恒定律和半径公式可
判断动量的大小关系。
【解答】解：AB、从分裂后a和b粒子的轨迹图可以看出，两粒子均做逆时针方向圆周运动，由左手定则可判断两粒子均带正电，故A错误，B正确；
C、由于中性粒子一分为三，ab带正电，则c一定带负电，故C正确；
D、由于中性粒子一分为三，那么分裂前后，根据动量守恒定律可知，m v +m v +m v ＝0；根据Bqv
a a b b c c
＝ 可知，R＝ ，从图示可以看出，ab做匀速圆周运动的半径相等，所以根据半径公式知两粒
子的动量与电量的比值 相等，但由于不知ab两粒子电量的大小，所以二者的动量大小不一定相等。
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查对带电粒子在磁场中运动时的半径公式和周期公式以及动量守恒定律，要注意明确
分列前后电荷量守恒和质量守恒，总动量守恒，从而明确半径的关系。
（多选）10．（4分）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线
所示。已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1s
C．波的传播速度大小为13m/s
D．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动
【答案】AC
【分析】根据t＝0时刻P质点的运动方向，判断波的传播方向，根据题意求解周期，根据波速等于波
长除以周期得到波速；
【解答】解：A、由题意知x＝0处的质点在Δt＝1s内的运动路程为4.5cm＝4A+ ，所以判断x＝0
处质点在t＝0时刻是向下振动的，该波向x轴正方向传播，故A正确；
B、虚线波x＝0处此刻的位移x＝﹣0.5cm＝ ，所以Δt＝T ＝1s，从而T＝ ，故B错误；C、波速为v＝ ＝ ＝13m/s，故C正确；
D、从虚线波知x＝6m处的质点此刻正向y的正方向运动，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长，能够根
据质点的振动方向判断出波的传播方向，知道波速、波长和频率之间的关系v＝f 。
（多选）11．（4分）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度λ均为L的绝缘轻绳分
别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为
q（q＞0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为 ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，
两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力θ 加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．M带正电荷 B．N带正电荷 C．q＝L D．q＝3L
【答案】BC
【分析】根据“异种电互相吸引”结合平衡条件分析匀强电场对 M、N的电场力方向由此确定电性；
对M受力分析如图所示，根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：AB、两小球带等量异号电荷，根据“异种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀
强电场对M的电场力方向向左，故M带负电；匀强电场对N的电场力方向向右，故N带正电，故A
错误、B正确；
CD、设匀强电场的电场强度为E，根据几何关系可得两个小球之间的距离为：r＝ ；
当两个小球带电荷量大小均为q时，对M受力分析如图所示，根据平衡条件可得：
（qE﹣F库 ）tan ＝mg，其中F库 ＝
θ
仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对M根据平衡条件可得：（2qE﹣F库 ′）tan ＝mg，其中F库 ′＝
θ
联立解得：q＝L ，故C正确、D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力
分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．（7分）某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a）所示，将一根米尺竖直固定，在
米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时
间为 s。由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在
位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离Δl。计算出小球通过该位置时的速度大小v，
进而得出重力加速度大小g。实验数据如下表：
次数 1 2 3 4 5
Δl/cm 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85v/（m•s﹣1） 4.25 4.10 4.15 4.25
H/m 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231
（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为 15.7 5 mm。
（2）在第2次实验中，小球下落H＝0.9423m时的速度大小v＝ 4.30 m/s（保留3位有效数字）；
第3次实验测得的当地重力加速度大小g＝ 9.8 5 m/s2（保留3位有效数字）。
（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有 AB 。
A．适当减小相机的曝光时间
B．让小球在真空管中自由下落
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
【答案】（1）15.75；（2）4.30；9.85；（3）AB。
【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，由此读数；
（2）根据匀变速直线运动的规律求解速度大小，根据自由落体运动的规律求解重力加速度大小；
（3）该实验误差产生的主要原因是空气阻力，根据减小误差的方法进行分析。
【解答】解：（1）游标尺为20分度，精确度为0.05mm；主尺读数为15mm，游标尺第15格对齐，读
数为0.05×15mm＝0.75mm，故小球的直径为d＝15mm+0.75mm＝15.75mm；
（2）根据匀变速直线运动的规律可知，在第2次实验中，小球下落H＝0.9423m时的速度大小：
v＝ ＝ ＝4.30m/s；
根据自由落体运动的规律可得：v2＝2gH，解得：g＝ ＝ m/s2＝9.85m/s2；
（3）A、适当减小相机的曝光时间，使得平均速度更接近在H处的瞬时速度，可以减少实验误差，故
A正确；
B、让小球在真空管中自由下落，可以减少空气的阻力，可以减少实验误差，故B正确；
C、本实验尽量采用密度大、体积小的钢球或铅球做实验，可以减少因阻力产生的误差，故C错误。
故选：AB。
故答案为：（1）15.75；（2）4.30；9.85；（3）AB。
【点评】本题主要考查了游标卡尺的读数方法和匀变速直线运动的推论，掌握匀变速直线运动的规律
和减少实验误差的方法是解答本题的关键。
13．（9分）小明同学打算估测5个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6A的电流表、一个电池组
（电动势E不大于4.5V、内阻r未知）、一个阻值为R 的定值电阻、一个阻值为R 的定值电阻（用作
0 1保护电阻）、开关S和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下：
第一步：把5个待测电阻分别单独接入A、B之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5个电阻
的阻值相等，均设为R。
第二步：取下待测电阻，在A、B之间接入定值电阻R ，记下电流表的示数I 。
0 0
第三步：取下定值电阻R ，将n个（n＝1，2，3，4，5）待测电阻串联后接入A、B之间，记下串联
0
待测电阻的个数n与电流表对应示数I 。
n
请完成如下计算和判断：
（1）根据上述第二步， 与R 、R 、E、r的关系式是 ＝ + + 。
0 1
（2）定义Y＝ ﹣ ，则Y与n、R、R 、E的关系式是Y＝ ﹣ 。
0
（3）已知R ＝12.0 ，实验测得I ＝0.182A，得到数据如下表：
0 0
n Ω1 2 3 4 5
I /A 0.334 0.286 0.250 0.224 0.200
n
Y/A﹣1 2.500 1.998 1.495 1.030 0.495
根据上述数据作出Y﹣n图像，如图（b）所示，可得R＝ 2. 0 （保留2位有效数字），同时可得
E＝ 4. 0 V（保留2位有效数字）。 Ω
（4）本实验中电流表的内阻对表中Y的测量值 无 影响（选填“有”或“无”）。
【答案】见试题解答内容【分析】（1）（2）根据闭合电路欧姆定律写出电流的表达式，变形后得到 和 的表达式；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合题目所给图像的斜率和纵截距求电动势和内阻；
（4）从Y的函数式中进行分析，电流表的内阻对Y的值是否影响。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，由实验第二步可写出：I ＝ ，变形后得到：
0
＝ + + ；
（2）同理，将n个电阻串联后接入AB之间，可以得到： ＝ + + 。根据题意那么Y＝ ﹣
＝（ + + ）﹣（ + + ）＝ ﹣ ；
（3）根据表格数据并画出Y﹣n图像，从上一问的表达式Y＝ ﹣ ，可知Y﹣n直线的斜率k＝﹣
＝﹣ A﹣1，截距b＝ ＝3.0A﹣1，解得：E＝4.0V，R＝2.0 ；
Ω
（4）考虑电流表的内阻时，可以把电流表的内阻等效到R1中去，但Y与R1没关系，所以电流表的
内阻对Y的测量值无影响。
故答案为：（1） + + ；（2） ﹣ ；（3）2.0、4.0；（4）无
【点评】本题考查了类似测电源电动势的实验，方法原理比较新颖，处理数据采用图像法，这些都是
方便操作的步骤。当然抓住串联并联电路特点与欧姆定律可得到结果。
14．（9分）质量为m的薄壁导热柱形气缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。
在下述所有过程中，气缸不漏气且与活塞不脱离。当气缸如图（a）竖直倒立静置时，缸内气体体积为
V ， 温 度 为 T 。 已 知 重 力 加 速 度 大 小 为 g ， 大 气 压 强 为 p 。
1 1 0（1）将气缸如图（b）竖直悬挂，缸内气体温度仍为T ，求此时缸内气体体积V ；
1 2
（2）如图（c）所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V 时，求此时缸
3
内气体的温度。
【答案】（1）将气缸如图（b）竖直悬挂，缸内气体温度仍为 T ，此时缸内气体体积 V 为
1 2
；
（2）如图（c）所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V 时，此时缸内
3
气体的温度为 。
【分析】（1）选气缸为研究对象，对其列受力分析由平衡条件求出两种情况下气体的体积，由等温规
律可求V ；
2
（2）气缸水平放置，稳定后再加热，气体发生等压变化，由理想气体状态方程求此时缸内缸体的温度。
【解答】解：（1）在图a中对导热气缸根据平衡条件有：mg+p S＝p S
0 1
在图b中对导热气缸根据平衡条件有：mg+p S＝p S
2 0
根据理想气体状态方程有： ＝
由题意知：T ＝T
1 2
联立解得：V ＝
2
（2）将气缸水平放置后，气体发生等温膨胀，稳定后的压强p ′＝p
3 0
根据理想气体状态方程有： ＝
再加热时发生等压膨胀，根据理想气体状态方程有： ＝
联立解得：T ＝
3
答：（1）将气缸如图（b）竖直悬挂，缸内气体温度仍为T ，此时缸内气体体积V 为 ；
1 2
（2）如图（c）所示，将气缸水平放置，稳定后对气缸缓慢加热，当缸内气体体积为V 时，此时缸内
3
气体的温度为 。
【点评】本题是热力学状态方程的应用题，解题中要多次用平衡条件，关键是要选准研究对象，正确
进行受力分析，求出气体压强。
15．（15分）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水
平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。
A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等
高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为 ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。 θ
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律
求出B到达最高点时的速度，根据平抛运动规律解得。
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒结合功率的计算公式解得其功率；
（3）A从Q点到C点的过程，由机械能守恒定律求出A碰撞后的速度，根据动能定理解得 B碰撞后的速度。再研究A与B碰撞过程，由动量守恒定律结合能量守恒可解得。
【解答】解：（1）B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，则mg＝
B从半圆弧轨道飞出后做平抛运动
水平方向：x＝v t
B
竖直方向：2R＝
联立解得x＝2R
（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒由
mgRcos ＝
此时A所θ 受力对A做功的功率P＝mgsin •v
A
联立解得P＝mgsin θ
θ
（3）B从碰撞后到最高点，根据动能定理﹣mg•2R＝
A从碰撞后到C点，根据动能定理mg•R＝
AB碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则
mv ＝mv ′+mv ′
0 A B
则碰撞过程中损失的能量ΔE＝ ﹣（ + ）
联立解得ΔE＝ mgR
答：（1）B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离为2R；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为 ，此时A所受力对A做功的功率为
θ
mgsin ；
θ
（3）碰撞过程中A和B损失的总动能为 mgR。
【点评】解决本题时，要理两个小球的运动过程，把握每个过程遵循的物理规律，知道弹性碰撞过程
遵守动量守恒定律和机械能守恒定律两大规律。要知道小球恰好到达圆轨道最高点时，由重力充当向
心力。16．（16分）如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值
为R的电阻。元件Z的U﹣I图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于I 时，电压稳定为
0
U 。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽
m
略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为 g。为了方便计算，取I ＝ ，U
0 m
＝ 。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
1
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v ；
2
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关 S。忽略回路中电流突
变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）（2）分两种情况写出当金属棒速度最大时的感应电动势，电流、安培力，由平衡条件
求得最大速度；
（3）当开关由闭合到断开时，由于忽略电流的突变时间，所以此时电流也将流过元件Z，结合图象求
得其电阻值，计算出此时电路的电流，从而求得此时的安培力，由牛顿第二定律求得金属棒的加速度。
【解答】解：（1）闭合开关，定值电阻R与金属棒组成回路，当金属棒的速度达到最大v 时，
1
感应电动势：E ＝BLv
1 1
电流：I ＝ ＝
1
导体棒受到的安培力：F安 ＝BI
1
L当速度稳定后，由平衡条件有：mg＝F安
联立得：v ＝
1
（2）由于元件Z的电压达到U ＝ 时，保持不变，随着金属棒速度增加，电流也增加，当元件 Z
m
的电压稳定时，电路中的电流：I ＝ ＝
2
此时由平衡条件有：mg＝BI L
2
代入得到：v ＝
2
（3）闭合开关时，金属棒达到最大速度v ＝ ，此时电路中的电流I ＝ ＝ ＝
1 1
。
断开开关时，由于忽略电流突变的时间，所以电流I 通过元件Z，由于I ＞I ，所以元件Z两端的电压
1 1 0
为U ＝ ，定值电阻R两端的电压U ′＝E ﹣U ＝BL× ﹣ ＝
m R 1 m
那么此时电流中的电流I ′＝ ＝ ＝
1
金属棒受到的安培力F安′＝BI ′L＝B× ×L＝
1
所以此刻的加速度a＝ ＝ ＝ g
答：（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，则金属棒下落的最大速度v 为 ；
1
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v 为 ；
2（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关 S。忽略回路中电流突
变的时间，则S断开瞬间金属棒的加速度大小a为 。
【点评】本题考查电磁感应的力学平衡问题，抓住切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、安培力公
式、牛顿第二定律或平衡条件这些基本规律即可解决问题，但容易出错的是电路中出现了一个非线性
元件，结合其特点求电路中的电流。
