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2022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 A C B D C B 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）上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止
原子核 Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子ν ，即 Be+ e→X+
e
ν 。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存
e
在。下列说法正确的是（ ）
A．原子核X是 Li
B．核反应前后的总质子数不变
C．核反应前后总质量数不同
D．中微子ν 的电荷量与电子的相同
e
【答案】A
【分析】根据核反应过程中，电荷数与质量数守恒，以及质量数＝中子数+电荷数分析即可。
【解答】解：ABC、根据核反应方程 ，结合质量数与电荷数守恒，可知X的质
量数为：A＝7+0＝7，质子数为：Z＝4﹣1＝3，所以新核为 ，反应前总质子数为4，反应后为
3，故A正确，BC错误；
D、中微子不带电，故中微子的电荷量与电子的不同，故D错误。
故选：A。
【点评】本题以核反应方程为命题背景，考查了质量数与电荷数守恒，以及学生的物理观念。
2．（4分）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力
作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【答案】C
【分析】组合体和货物受到万有引力提供向心力，第一宇宙速度是最大的环绕速度，根据万有引力提
供向心力分析解答。
【解答】解：A、此时组合体和货物受到万有引力提供向心力，所以组合体中的货物处于失重状态，
故A错误；
B、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力有： ＝mr r＝mr 2，解得：T＝ ， ，根据
ω
题意可知组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的角速度大小比地球同步卫星
的大，故C正确；
D、根据万有引力提供向心力有： ＝ma，解得：a＝ ，可知组合体的加速度大小比地球同步卫
星的大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，在分析过程中要注意到地球上的物体和同步卫星
具有相同的角速度，理解卫星的向心力来源，结合万有引力定律即可完成分析。
3．（4分）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p﹣V图中a→c直线段所示，状态b对应
该线段的中点。下列说法正确的是（ ）
A．a→b是等温过程
B．a→b过程中气体吸热
C．a→c过程中状态b的温度最低D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】B
【分析】根据一定质量的理想气体状态方程 ＝C，结合热力学第一定律ΔU＝W+Q，再根据p﹣V图
像的坐标值的乘积反映温度等即可分析该题。
【解答】解：AB.根据理想气体的状态方程 ＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，且体积增大
气体对外界做功，则W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q，可知a→b过程中气体吸热，故A错误，B
正确；
C.根据理想气体的状态方程 ＝C，可知，p﹣V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐
标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最
高，故C错误；
D.a→c过程气体体积增大，外界对气体做负功，故D错误。
故选：B。
【点评】该题考查应用理想气体状态方程处理实际问题判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况。
4．（4分）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生
匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于
摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属
板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）
A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r
【答案】D
【分析】球状油滴在板间保持静止，根据平衡条件可知电势差、电荷量和半径需满足的关系，即可知
当电势差变化时，电荷量与半径的变化。
【解答】解：金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止，根据平衡条
件得
q ＝mg＝ g
将金属板间电势差调整为2U时，能在板间保持静止的球状油滴受力平衡，则q' ＝m′g＝ g
联立解得：q'＝4q，r'＝2r，
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，当球状油滴在极板间静止时，电场力和重力平衡，找出
电势差、电荷量和半径需满足的关系是解题关键。
5．（4分）如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过
一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保μ持静止。弹簧形变始终在弹
性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其
初始位置的最大位移大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据受力平衡解得弹簧的形变量，剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒。
【解答】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx＝2 mg
若剪断μ轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为 x，因此P相对于其初
始位置的最大位移大小为s＝2x＝
故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握剪断细绳后，Q仍静止不动。
6．（4分）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为
1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通
列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过
程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站
停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
【答案】B
【分析】由于中间4个站均匀分布，故节省的总时间为在任意相邻两站节省时间的 5倍。分别计算出
普速列车和高速列车，在相邻两站之间所用时间，即可解决问题。
【解答】解：108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s
由于中间4个站均匀分布，故节省的总时间为在任意相邻两站节省时间的5倍。
相邻两站的距离：
普速列车加速时间：
加速过程位移：
故匀速运动的时间
高铁列车加速时间：
加速过程位移：
故匀速运动的时间
故相邻两站节省的时间：Δt＝（2t +t '）﹣（2t +t '）＝（2×60+7140）s﹣（2×180+2220）s＝4680s
1 1 2 2
故节省的总时间t＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对运动学结合实际生活的理解，属于中档题目。
7．（4分）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由 v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小
由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 和W ，合外力的冲量大小分别为I
1 2 1
和I 。下列关系式一定成立的是（ ）
2
A．W ＝3W ，I ≤3I B．W ＝3W ，I ≥I
2 1 2 1 2 1 2 1C．W ＝7W ，I ≤3I D．W ＝7W ，I ≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
【答案】D
【分析】根据动能定理求解拉力做的功，根据动量定理分析力的冲量范围，由此作答。
【解答】解：在前一段时间内，根据动能定理得：W ＝ ﹣ ＝3×
1
在后一段时间内，根据动能定理得：W ＝ ﹣ ＝21×
2
所以W ＝7W ；
2 1
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量
最大，因此冲量的大小范围是：
m•2v﹣mv≤I ≤m•2v+mv，即mv≤I ≤3mv
1 1
m•5v﹣m•2v≤I ≤m•5v+m•2v，即3mv≤I ≤7mv
2 2
可知：I ≥I ，故D正确、ABC错误。
2 1
故选：D。
【点评】涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。
（多选）8．（4分）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方
向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为
B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂
直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹
角为 ，则离子的入射速度和对应 角的可能组合为（ ）
θ θ
A． kBL，0° B． kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】见试题解答内容
【分析】从最简单的情况画出从P点出射的粒子的运动轨迹，由几何关系求出半径，再由对称性确定
速度的方向。【解答】解：ABC、符合条件的粒子有两种情况：
奇数次回旋后从P点射出，由几何关系显然有：（2n+1）R＝L，
由洛伦兹力提供向心力：qvB＝ ，
联立得到v＝ ＝ （n＝0、1、2、3……），这种情况粒子从P点出射时，出射方向与
入射方向成60°。
偶数次回旋后从P点射出，由几何关系显然有：（2n）R＝L，
由洛伦兹力提供向心力：qvB＝ ，
联立得到v＝ ＝ （n＝1、2、3……），这种情况粒子从P点出射时，方向与入射方向相
同；
上所述，结合题目所给的选项可知，A错误，BC正确。
D、若v＝2kBL，则R＝2L，则由几何关系可知，其圆心恰好在磁场的右边界线上，那么粒子不会从 P
点离开磁场，故D错误。
故选：BC。
【点评】带电粒子在匀强磁场中的运动是整个高中的重点，也是高考的必考的内容，粒子的运动过程
的分析是解题的关键。
（多选）9．（4分）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如
图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿
过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）A．接收线圈的输出电压约为8V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【答案】ABC
【分析】根据穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收
线圈的磁通量变化率不相同，结合法拉第电磁感应定律进行解答；由于漏磁，接收线圈与发射线圈中
电流之比不等于匝数反比；变压器不改变交流电频率。
【解答】解：A、发射线圈的电压：U ＝n • ，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则
1 1
有：U ＝n •
2 2
则： ＝ ＝ ，解得：U ＝8V，故A正确；
2
B、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则接收线圈接收到的电能约为发射线圈输入电能的
80%，则有：U I ≈80%×U I ，其中：U ＝220V，U ＝8V，解得：I ：I ≈22：1，故B正确；
2 2 1 1 1 2 2 1
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，
故C正确；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的
磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，不是理想变压器，上面的结论不成立。
（多选）10．（4分）如图所示，一带电粒子以初速度v 沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P
0
（a＞0，b＞0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t ，
1
到达P点的动能为E 。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为
k1
t ，到达P点的动能为E 。下列关系式正确的是（ ）
2 k2
A．t ＜t B．t ＞t C．E ＜E D．E ＞E
1 2 1 2 k1 k2 k1 k2
【答案】AD
【分析】若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子做类平抛运动，在水平方向匀速运动，
且电场对粒子做正功，若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，洛伦兹力提供粒子做圆周运
动的向心力，只改变粒子的速度方向，不改变速度大小，根据速度的分解可知沿x轴方向的速度逐渐
减小，即可求得运动时间。
【解答】解：AB、若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，在沿x轴方向，粒子做匀速直线
运动，则 ，若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，由于在洛伦兹力作用下，粒子做
匀速圆周运动，在运动过程中，沿x轴方向的速度逐渐减小，则运动的时间 ，故t ＜t ，故A
1 2
正确，B错误；
CD、若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，电场力对粒子做正功，则 ，若上
述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，洛伦兹力只改变速度的方向，不改变粒子的速度大小，
故动能 ，故E ＞E ，故C错误，D正确；
k1 k2
故选：AD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在电场和在磁场中的运动，抓住在电场中做类平抛运动，在磁场中
洛伦兹力提供向心力即可判断。（多选）11．（4分）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的
动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右
方向的夹角 可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方
θ
向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为 g；
减速时，加速度的最大值为 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下， ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【答案】BC θ
【分析】根据左手定则和安培力公式完成对导轨的受力分析，结合牛顿第二定律和数学知识完成解答。
【解答】解：设磁场方向与水平方向的夹角为 ， ＜90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右
1 1
最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该θ斜向θ右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
Fsin ﹣ （mg﹣Fcos ）＝ma
1 1 1
令 θ μ θ
sin ＝
α
根据数学知识可得：则有
同理磁场方向与水平方向夹角为 ， ＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据
2 2
左手定则和受力分析可知安培力应θ该斜θ 向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
Fsin + （mg+Fcos ）＝ma
2 2 2
有 θ μ θ
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得：
代入数据得：
可得 ＝30°，此时
1 ＝ α2 ＝60°
θ加速θ阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
＝ ＝60°
1
θ减速θ阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
＝ ﹣ ＝120°，故BC正确，AD错误；
2
θ故选π：BθC。
【点评】本题主要考查了安培力的计算公式，解题的关键点是理解几何关系，对数学的知识要求也较
高，难度较大。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．（7分）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力
传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面
内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值T 和最小值T 。改变小钢球的初始释放位
max min
置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的T ﹣T 图像是一条直线，如图乙所示。
max min（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为 ﹣ 2 。
（2）由图乙得：直线的斜率为 ﹣ 2.1 ，小钢球的重力为 0.59 N。（结果均保留2位有效数
字）
（3）该实验系统误差的主要来源是 C （单选，填正确答案标号）。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
【答案】（1）﹣2；（2）﹣2.1、0.59；（3）C
【分析】小球下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出小球到达最低时的速度，小球到达最低
点时的速度最大，细线的拉力最大。当物体开始释放时，拉力最小，根据牛和顿第二定律求出最大拉
力和最小拉力的关系，再结合图乙所示图象分析答题。
【解答】解：（1）设小球的质量为m，摆长为L，最大摆角为 ，小球到达最低点时的速度大小为
v， θ
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg（L﹣Lcos ）＝
小球到达最低点时细线拉力最大，设最大拉力为F ， θ
max
由牛顿第二定律得：F ﹣mg＝
max
小球到达最高点时，拉力最小，设为F 。
min
由于速度为零，所以有：F ﹣mgcos ＝0
min
θ联立以上几式可得：F ＝3mg﹣2F
max min
（2）由图象乙可知：图象的斜率k＝ ＝ ＝﹣2.1。
将图象中的F ＝0，F ＝1.77N代入上式可得：mg＝0.59N；
min max
（3）此实验的系统误差主要由空气阻力引起，按照实验过程的基本要求，使摆动的角度大一些，或使
小球的初始位置不同，正是使实验数据具有普遍性，故AB错误，C正确。
故选：C。
故答案为：（1）﹣2；（2）﹣2.1、0.59；（3）C
【点评】理解实验原理是解题的前提与关键，根据题意应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可解题。
13．（9分）某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电
阻的电阻率，进行了如下实验探究。
（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 3.700 mm。
再用游标卡尺测得其长度L。
（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻 R 的阻值。图中电流表量程为 0.6A、内阻为
x
1.0 ，定值电阻R 的阻值为20.0 ，电阻箱R的最大阻值为999.9 。首先将S 置于位置1，闭合S ，
0 2 1
多次Ω改变电阻箱R的阻值，记下电Ω流表的对应读数I，实验数据见下Ω表。根据表中数据，在图丙中绘制
出 ﹣R图像。再将S 置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得R ＝ 6.0
2 x
Ω
（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式 ＝ 得到该材料的电阻率（用D、L、R 表
x
ρ
示）。R/ I/A
/A﹣1
Ω
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
（3）该小组根据图乙的电路和图丙的 ﹣R图像，还可以求得电源电动势E＝ 12 V，内阻r＝
3.0 。（结果均保留2位有效数字）
（4）Ω持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路
的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或
“不变”）。
【答案】（1）3.700；（2）6.0； ；（3）12；3.0；（4）偏大
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则得出对应的示数；
（2）根据闭合电路欧姆定律结合电阻定律得出电阻率的表达式；
（3）根据图像的物理意义得出电动势和内阻；
（4）根据实验原理结合电路构造分析出测量值和真实值的大小关系。
【解答】解：（1）用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则读数为3.5mm+0.01mm×20.0＝3.700mm；
（2）由电路可知，当将S 置于位置1，闭合S 时
2 1
E＝I（R +R +r+R）
A 0
即
由图像可知
解得：E＝12V
解得：r＝3.0
再将S
2
置于位Ω置2，此时电流表读数为0.400A，则
E＝I′（r+R +R +R ）
0 A x
解得：R ＝6.0
x
根据 Ω
解得： ＝
ρ
（3）由（2）可知
E＝12V，r＝3.0
（4）根据表达式Ω
E＝I′（r+R +R +R ）
0 A x
可得：R ＝ ﹣r﹣R ﹣R
x 0 A
因电源电动势变小，内阻变大，而计算R 电阻时，仍然用源测量得到的较大的电动势E和较小的内阻
x
r，则得到的R 测量值偏大。
x
故答案为：（1）3.700；（2）6.0； ；（3）12；3.0；（4）偏大
【点评】本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据欧姆定律和图像的物理意义完成分析。
14．（9分）如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼
睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为 d。训练员将小球向左水平抛
出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为 。小球在A位置发出的一束光线
θ
经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为 。已知水的折射率n＝ ，求：
（1）tan 的值； θ
（2）B位θ置到水面的距离H。
【答案】（1）tan 的值为 ；
θ
（2）B位置到水面的距离为 。
【分析】（1）根据平抛运动规律解答；
（2）根据折射定律结合几何关系解得。
【解答】解：（1）由平抛运动的规律可知
水平方向：d＝v t
0
竖直方向： d＝
tan
解得
tan ＝
θ
（2）因tan ＝ 可知 ＝53°，从A点射到水面的光线的入射角为 ，折射角为i＝90°﹣ ＝37°，则由
θ θ α θ折射定律可知
n＝
解得
＝53°
α由几何关系可知
Htan37°+ dtan53°＝d
解得
H＝
答：（1）tan 的值为 ；
θ
（2）B位置到水面的距离为 。
【点评】本题考查光的折射，解题关键掌握折射定律与平抛运动的综合运用，注意几何关系的寻找。
15．（15分）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向
里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10﹣3 、质量m＝0.2kg。线框平面与磁
场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的Ω距离也为L。现对线框施加与水平
向右方向成 ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入
θ
磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大
小取g＝10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。【答案】（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为20m/s2、10m/s2；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热0.4J；
（3）磁场区域的水平宽度为1.1m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）根据平衡条件结合安培力的计算公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解磁感应强度
大小，再根据功能关系求解产生的热；
（3）求出线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间，再根据运动学公式结合几何关系进行
解答。
【解答】解：（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有：ma ＝Fcos
x
代入数据解得：a x ＝20m/s2 θ
在竖直方向有：Fsin ﹣mg＝ma
y
代入数据解得：a
y
＝θ10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在
水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为 ab，
根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力方向竖直向下，
ad边的上部分受到的安培力方向水平向右，bc边的上部分受到的安培力方向水平向左，则ad边和bc
边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框 abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培
力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有：
Fsin ﹣mg＝BIL
θ
其中：I＝ ，v 2＝2a L
y y
联立解得：B＝0.2T；
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有：Q＝W安 ＝BILy，其中y＝
L
联立解得：Q＝0.4J；
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t，则有：
v ＝a t ，L＝v t
y y1 y2
所以有：t＝t +t
1 2
联立解得：t＝0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向，有：
x＝ ＝ m＝0.9m
则磁场区域的水平宽度：d＝x+L＝0.9m+0.2m＝1.1m。
答：（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小分别为20m/s2、10m/s2；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热0.4J；
（3）磁场区域的水平宽度为1.1m。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列
出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方
程求解。
16．（16分）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的
轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距
离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方
向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为
时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下
运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求 A、B、C的总动能最大时C的动
能。【答案】（1）C的质量为 m；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，F的大小为6.5mg；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，A、B、C的总动能最大时C的动能
为（4﹣2 ）mgL。
【分析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根据动能定理求解力F；
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为 ，
根据机械能守恒定律列方程，再根据数学知识求解最大速度，根据动能的计算公式进行解答。 α
【解答】解：（1）系统在如图虚线位置保持静止，以 C为研究对象，根据平衡条件可知：m g＝
C
2mgcos30°
解得：m ＝ m；
C
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
＝2mv
解得：v＝
CD碰撞后向下运动 距离后停止，根据动能定理可知：2mg• ﹣F• ＝0﹣
解得：F＝6.5mg；
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，连接C的轻绳与竖直方向的夹角
为 ，
由速α度关联可知AB的速度大小与C的速度大小关系为：v＝v′cos
根据机械能守恒定律可得： α+2× ＝m g• ﹣2mg•（ ﹣L）
C
令y＝m g• ﹣2mg•（ ﹣L）
C
对上式求导数可得：
＝
当 ＝0时，解得：cos ＝ ，即 ＝30°
α α
此时，有：y＝m g• ﹣2mg•（ ﹣L）＝mgL
C
所以，有： +2× ＝mgL
解得：v′2＝
此时系统的动能最大，C的动能为：E ＝
kC
解得：E ＝（4﹣2 ）mgL。
kC
答：（1）C的质量为 m；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，F的大小为6.5mg；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，A、B、C的总动能最大时C的动能
为（4﹣2 ）mgL。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系
统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰
撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
