2014年上海市高考物理试题及答案_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高考真题_4.上海高考物理2023-2014

上海最大个人家教平台---【嘉惠家教】 帮上海数万家庭匹配满意老师， 对接 V:jiajiao6767 （嘉惠老师） 2014 年上海市高中毕业统一学业考试 物理试卷 本试卷共7页，满分150分，考试时间120分钟，全卷包括六大题，第一、第二大题为单项选择 题，第三大题为多项选择题，第四大题为填空题，第五大题为实验题，第六大题为计算题。 一、单项选择题 1.下列电磁波中，波长最长的是（ ） （A） 无线电波 （B） 红外线 （C） 紫外线 （D） 射线 2.核反应方程9Be 4He12C+X 中的X表示（ ） 4 2 6 （A）质子 （B）电子 （C） 光子 （D） 中子 3.不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（ ） （A）原子中心有一个很小的原子核 （B）原子核是有质子和中子组成的 （C）原子质量几乎全部集中在原子核内 （D）原子的正电荷全部集中在原子核内 4.分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的（ ） （A）引力增加，斥力减小 （B）引力增加，斥力增加 （C）引力减小，斥力减小 （D）引力减小，斥力增加 5.链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是（ ） （A）质子 （B）中子 （C）粒子 （D）粒子 6.在光电效应的实验中，与光的波动理论不矛盾的是（ ） （A）光电效应是瞬时发生的 （B）所有金属都存在极限频率 （C）光电流随着入射光增强而变大 （D）入射光频率越大，光电子最大初动能越大 7.质点做简谐运动，其xt关系如图以x轴正向为速度v的正方向，该质点的vt关系是（ ）第7题图 （A） （B） (C） （D） 8.在离地高为h处，沿竖直向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力， 两球落地的时间差为（ ） 2v v 2h h （A） （B） （C） （D） g g v v 二、单项选择题 9.如图，在光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切穿在轨道上的小 球在拉力F作用下，缓慢的由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N在运 动过程中（ ） （A）F增大，N减小 （B） F减小，N减小 （C）F增大，N减小 （D） F减小，N增大 第9题图 第10题图 10.如图，在竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体（ ） （A）压强增大，体积减小 （B）压强增大，体积减小 （C）压强减小，体积增大 （D）压强减小，体积减小 11.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力不计空气阻力，在 整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（ ） （A） （B） （C） （D） 12.如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕ad边的固定oo' 转动，磁场方向与线框平面垂直在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成 角，此时bc边受到相对于oo'轴的安培力力矩大小为（ ） （A）ISBsin （B）ISBcos ISB ISB （C） （D） sin cos第12题图 第13题图 13.如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心、垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方 向旋转30圈在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（ ） （A）顺时针旋转31圈 （B）逆时针旋转21圈 （C）顺时针旋转1圈 （D）逆时针旋转1圈 3 14.一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距 波长，B位于A 4 1 右方，t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过 周期，B位于平衡位置（ ） 4 （A)上方且向上运动 （B）上方且向下运动 （C）下方且向上运动 （D）下方且向下运动 15.将阻值随温度升高而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端开始时Ⅰ和 Ⅱ阻值相等，保持Ⅰ温度不变，冷却或加热Ⅱ，则Ⅱ的电功率在（ ） （A）加热时变大，冷却时变小 （B）加热时变小，冷却时变大 （C）加热或冷却时都变小 （D）加热或冷却时都变大 16.如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和轨道Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等用相同的水平 恒力将穿过在轨道最低点B的静止小球，分别沿着河推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动 E 、E 能增量分别为 k1 k2假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的 动摩擦因数相等，则（ ） （A）E >E ;t>t （B）E E ;t>t k1 k2 1 2 k1 k2 1 2 （C）E >E ;tΔF （D）Δp<Δp A B A B 第20题图 四、填空题 21.牛顿第一定律表明，力是物体 发生变化的原因；该定律引出的一个重要概念 为 .22A.动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比 v:v=2:1，则动量大小之比p:p= ；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大 A B A B 小之比p:p= . A 22B.动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比R:R=1：2，它们的角速度之比w:w= ， A B A B 质量之比m:m= . A B 23.如图，两光滑斜面在B处连接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s 和 4m/s，AB=BC.设球经过 B点前后速度大小不变，则球在 AB、BC段的加速度大小之比 为 ，球在A运动到C的过程中平均速率为 m/s. 24.如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6cm的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m 的质点与障碍物相距x.在障碍物以v=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落.为使质点能使 0 穿过该孔，L的最大值为 m；若L=0.6m，x的取值范围是 m. （取g=10m/s） 第23题图 第24题图 第25题图 25.如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C 3 处，图中AC=h.当B静止在与竖直反向夹角θ=30°反向时，A对B的静电力为B所受重力的 3 倍，则丝线BC长度为 .若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度， 是B仍能在θ=30°处平衡.以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚 未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是 . 五、实验题 26.如图，在“观察光的衍射现象”实验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条 纹间距将 （选填：“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线传播 只是一种近似规律，只有在 情况下，光才可以看作是沿直线传播的.第26题图 图（a） 图（b）第27题图 27.在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射 器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL 测一次压强p，最后得到p与V的乘积逐渐增大. （1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图 . （2）（单选题）图线弯曲的可能原因是在实验过程中 . （A）注射器中有异物 （B）连接软管中存在气体 （C）注射器内气体温度升高 （D）注射器内气体温度降低 28.在“用DIS测电源电动势和内阻”的实验中 （1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线 连接成电路如图（a）所示.图中未接导线的A端应接在 点（选填：“B”、“C”、“D” 或“E”）. （2）实验得到的U-I的关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势 为 V，内电阻阻值为 Ω. （3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到 点（选填：“B”、 “C”、“D”或“E”），所得到的U-I关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为 Ω. 图（a） 第28题图 图（b） 29.某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性I mr2 重杆.通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T 2π c ，式中I为 c mgr 由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离.如图（a），实 验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测 量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测 得摆的质量m=0.50kg. （1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示 . （2）I的国际单位为 ，由拟合直线得到I的值为 （保留小数点后二位）. c c （3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值 （选填：“偏大”、“偏 小”或“不变”）. r/m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20 T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64 图（a） 图（b） 第29题图 六、计算题 30.如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在 管中.当温度为280K时，被封闭的气体柱长L=22cm，两边水银高度差h=16cm,大气压强p=76cmHg. 0 （1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？ （2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的 水银柱长度为多少？ 第30题图31.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球. 静止时，箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改为做加速度大 小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v. （1）求箱子加速阶段的最大速度大小a′. （2）若a>gtanθ,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力. 第31题图 32.如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上板始终接地.长度为d/2、质量均匀的绝缘 杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量 为q.当两板间电压为U时，杆静止在与竖直方向OO′夹角θ=30°的位置；若两金属板在竖直 1 平面内同时绕O、O′顺时针旋转α=15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两 板间电压.假定两板间始终为匀强电场.求： （1）绝缘杆所受的重力G； （2）两板旋转后板间电压U； 2 （3）在求前后两种情况下带电小球的电势能W与W时，某同学认为由于在两板旋转过程中 1 2 带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变.你若认为该同学的结论正确， 计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W与W. 1 2 第32题图 33.如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN 与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m.将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导 体棒搁在导轨上，并与MP平行.棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动， 运动时回路中的电流强度始终与初始时的电场强度相等. （1）若初速度v=3m/s，求棒在GH处所处的安培力大小F. 1 A （2）若初速度v=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间Δt. 2 （3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v. 3 第33题图2014 年上海市高中毕业统一学业考试 物理试卷解析答案 一、单项选择题 1.A【解析】电磁波是个很大的家族，有的波长很长，例如无线电波，有的波长很短，例如 射线；红外线的波长大于紫外线的波长.故本题选A. 2.D【解析】核反应过程中原子的质量数和电荷数均守恒，故可得出1X,为中子. 0 3.B【解析】原子核式模型可概述为：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全 部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转.故本题选 B. 4.C【解析】根据下图可知当分子间距增加时，分子间的引力和斥力均减小. 第4题图 第9题图 5.B【解析】链式反应指的是由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代连续下去的过程. 因此选B. 6.【解析】 7.B【解析】在xt图像中，曲线的斜率表示的是速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率 1 1 的正负表示速度的正负；在0 T 时间内，斜率为负，斜率的绝对值先增大后减小；在 T T时 2 2 间内，斜率为正，绝对值先增大后减小.故本题选B. 8.A【解析】根据动能定理，竖直向上抛出的小球落回与抛出点同一高度时的速度相同，此 后该球下落到地面的时间与竖直向下抛出的小球落到地面的时间相同，故两小球落地时间差为竖 v 直向上抛出的小球落回抛出点高度所用的时间，上升过程与下降过程时间相同均为 ，故时间 g v 差为2 .选A. g 二、单项选择题 9.A【解析】如图所示分析小球受力，受重力G、拉力F、轨道对球的弹力F，得出N Gsin、 F Gcos，在球由A向B移动过程中减小，故F增大，N减小.选A. 10.B【解析】试管自由下落后，试管内的水银由于惯性还处于原来的状态，所以试管的气体pV 将被压缩，体积减小，根据气体状态方程 C可知，气体压强将增大，故本题选B. T 1 1 11.C【解析】撤去力F之前，根据FGma、s at2、W Fs得出W F at2.故力F 2 F F 2 所做的功与时间t成抛物线增加；撤去力F之后，处重力之外，无其他外力做功，因此机械能守 恒.故选C. 12.A【解析】根据题意知，当线框与竖直平面成角时，bc边受到的安培力大小为F BIbc， bc边受到相对于oo轴的安培力力矩大小为BIbcabsinBISsin，故选A. 13.D【解析】由题意知，频闪光源的频率要高于转盘的频率，选取顺时针方向为正方向，所 1 以每次频闪时，白点位置与原位置相差的角度可表示为n(2π30 2π)，当第31次频闪 31 时，n=31，代入计算得2π，所以由频闪照片观察到的白点可看作每秒沿逆时针旋转1圈. 3 14.D【解析】由于质点A、B的平衡位置相距 波长，且B位于A右方，所以A处的运动规 4 3 3 律将落后于B处 周期，即B处的运动规律超前于A处 周期，t时刻A位于平衡位置上方且向 4 4 1 上运动，那么，t T 时刻，A将位于平衡位置上方且向下运动，所以B将位于平衡位置下方且 4 向下运动.故本题选D. 15.C【解析】本题可将电阻Ⅰ看作电源内阻，由我们所学知识可知，电源内阻与外电阻阻值 相同时，电源的输出功率最大，所以无论加热或冷却，电源的输出功率都将变小. 16.B【解析】由于沿不同轨道运动到同一位置，所以用相同的水平恒力作用时，恒力做的功 大小相同，重力所做的功大小相同，对在斜轨道上物体受力分析可知，其摩擦力所做的功也相同， 由动能定理可知，动能的变化量相同，所以，E E ， k1 k2 三、多项选择题 17.CD【解析】回路变为圆形时，回路面积增大，使穿过闭合线圈的磁通量增大，由楞次定 律可知，原磁场应是逐渐减弱了，故C、D正确. 18.ACD【解析】题意中电路可转化成如下图所示的电路图，由电路图可知，该电路是有滑动 变阻器和电阻R串联所形成的电路，电路中电压表V 测量电阻R两端的电压，电压表V 测量滑 1 3 动变阻器两端的电压，而电压表V 测量的是路端电压值，电流表测量回路中的总电流；当滑动 2 变阻器滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则回路中的总电阻减小，由闭合回 路欧姆定律可知，回路中的总电流增大，电阻R两端的电压增大，电源的内电压增大，故回路路 端电压减小，即A的示数增大，V 的示数变大，V 的示数变小，故A正确，B错误；由上述分析 3 2 知，V 的变化量即V 变化量与V 的变化量之差，即V V V ，而ΔV 与ΔI的比值即电阻R 2 3 1 2 3 1 1 的大小，ΔV 与ΔI的比值即电阻r的大小，所以ΔV 与ΔI的比值即R+r的大小，大于r，故C 2 3 正确；而电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以ΔV 大于ΔV，故D正确. 1 2 19.BC【解析】由图象可知，电荷从x运动到x的过程中，电场力做负功，电势能增加，故 1 4 F A错B对；由x运动到x过程中场强先增加后减小，由E 知，电场力沿x轴负方向先增大再 1 4 q 减小，故C对，D错.20.BC【解析】 四、填空题 21.运动状态 惯性【解析】由牛顿第一定律知，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止 状态，除非有力作用，迫使它运动状态改变，即力是物体运动状态发生改变的原因；牛顿第一定 律又称惯性定律，所以由该定律引出的重要概念为惯性. 1 1 ○ ○ 22.A【解析】由题意可知，物体A、B动能相等，即有 mv2  mv2 1 ，又v:v=2:1 2 ， 2 A 2 B A B ○○ 化简 1 2 两式得m:m=1:4，由动量定理p=mv知p:p=mv:mv=1:2;以物体A的运动方向为正 A B A B A A B B p m v m v 方向，则两物体碰后总动量p=mv+mv，即  A A B B =1：1. A A B B p m v A A A 22B.2 2:1 1:2【解析】由万有引力定律知 G Mm mRw2，w A :w B = R A R B  2 2 ；同理由 R2 R R 1 B A Mm v2 R 1 1 v2 G m 解得v:v= B  2 因为动能相等，所以有 mv2  mv2，解得m:m= A =1：2. R2 R A B R ， 2 A 2 B A B v2 A B a v2 23.9:7 2.1【解析】由题意知，s=s，根据运动学公式有：v2 2a s，则 AB  B ， AB BC B AB a v2 v2 BC B C a 32 9 s s 2s 代入数据有 AB   ，根据平均速率计算公式v  AC  AC = 2.1m/s. a 4232 7 AC t s s 2 2 BC AB  BC s s v v v 3 7 B B C 2 2 24.0.8 0.8mx1m【解析】根据题意知，设质点恰好通过矩形孔的时间为t.质点刚进入 矩形孔边缘时速度为v.那么根据平抛运动规律有v2 2g(Hdh)，代入数据解得v=2m/s，进入 矩形孔后，有 1 vt gt2d ，t=0.2s，所以L vt0.8m；当L=0.6m时，假设矩形孔不动，考虑两个极限情况， 2 m 0 2(Hdh) 第一种情况，当小球刚不能进入矩形孔时，有t  0.2s，则x=vt=0.8m；第二种情 1 g 1 0 2(Hh) 况，当小球刚能穿过矩形孔时，有t  0.4s，x+0.6=vt=1.6m，所以x=1m. 2 g 2 0 2 2 3 2 3 F G 25. h h 先变大后增大【解析】对B受力分析（如图所示），根据正弦 静  3 3 sin30 sin h 2 3 定理得：所以α的值为 60°或 120°.当α=60°时，BC=  h ，当α=120°时， cos30 3 h BC= 2  3 h；由于B受到静电力为B所受重力的0.5倍，故α=90°，在B漏电的过程中， cos30 3 3 夹角θ减小，由于ΔABC~ΔNMB，所以 AC  BC ，所以MB BC NB 2 mg 3 mg ，当θ=0°时， NB MB AC 1 23 T=mg+F > mg ，故拉力先不变后增大. 静 2 图（a） 图（b） 第25题图 五、实验题 26.减小 光的波长比障碍物小得多 【解析】 发生明显衍射现象的条件是：孔缝的宽度 或障碍物的尺寸与波长差不多或比波长还小；故单缝宽度越小越容易发生衍射现象.故缝宽增大， 则条纹间距将减小；故只有在光的波长比障碍物小得多的情况下，光才可以看作是沿直线传播的. 27.（1）(a) (2)C 【解析】 （1）由题意知，气体压强p与体积V的乘积逐渐增大，即 V-1/p关系图象的斜率逐渐增大，故只有图（a）符合题意.（2）根据理想气体物态方程公式 PV CT ，由于PV增大，故可能是T增加，也可能是C增加，而C与气体质量成正比；若连接 管中存在气体，则气体质量偏小；由V-1/p图象知，其曲线延长线过原点，说明注射器中无异物， 且有无异物与曲线是否弯曲无关；故本题图线弯曲的可能原因只有注射器内温度升高；ABD均错 误，C项正确. 28.（1）C （2）2.8 2 （3）D 3 【解析】 （1）本实验是采用电流传感器、电压传 感器分别测得回路中的电流与路端电压，绘制U-I关系曲线，进而确定电源电动势和内阻，来设 计电路的.本题若要测量路端电压的值，则未接导线的A端应接在C点.（2）由闭合回路的欧姆 定律可知，电源电动势可表示为EUIr ，所以路端电压U与回路电流I的关系可表示为 U EIr，由此可知，在U-I的关系图象中，其与y轴的截距即表示电池组的电动势的大小， 曲线的斜率即表示电池组的内电阻的大小.由直线Ⅰ，可看出电池组的电动势为2.8V，其内电阻 U 2.8V 阻值为r  2.（3）为了测量定值电阻的阻值，本实验中，可通过将定值电阻看电 I 1.4A 源内阻的一部分，进一步设计实验，将“A”端重新连接到D点，由得到的直线Ⅱ可知，电池组 U 2.8V 内阻与定值电阻之和rR  5 ，所以定值电阻的阻值R=3Ω. I 0.56A 29. （1）T2r （2）kg·m2 0.17 （3）不变 【解析】（1）由题意知这样做成的 I mr2 ○ 4π2I r2 ○ “复摆”做简谐运动的周期T 2π c 1 ，由此可知，T2r C  2 ，将表格中数据 mgr mg g 代入计算，可知图（b）所示的拟合直线其纵轴恰表示T2r.（2）由 ○ 2 式，将各物理量的估计单 位代入计算得I的国际单位为kg·m2；且由 ○ 2 式可知图（b）所示的拟合直线与纵轴的截距即 c4π2I 4π2I 43.142I ○ 为 C 的大小，即 C  C 1.25，计算可得I=0.17.（3）由 2 式可知，拟合直线 c mg mg 0.59.8 的斜率的倒数即表示重力加速度g的大小，与摆的质量无关，所以若摆的质量测量值偏大，重力 加速度g的测量值不变. 六、计算题 30.（1）350K （2）10cm 【解析】（1）初态压强p=(76-16)cmHg=60cmHg，末态时左右水 1 pV pV 银面高度差为（16-2×3）cm=10cm，压强p=(76-10)cmHg=66cmHg，由理想气体状态方程 1 1  2 2 2 T T 1 2 解得 pV 6625 T  2 2T  280K=350K ，设加入的水银高度为 l，末态时左右水银面高度差 2 pV 1 6022 1 1 h′=(16+2×2)-l， 由玻意耳定律平pV=pV，式中p=76-(20-l)，解得l=10cm. 1 1 3 3 3 31.（1）a av2 （2）P=0 Q=m(acotθ-g)【解析】（1）设加速过程中加速度为a′， 2asv2 v2 v2 v2 v2 av2 由匀变速运动公式s  ，s  ，ss s  + ，解得a （2）设球不受车厢作用， 1 2a 2 2a 1 2 2a 2a 2asv2 应满足Nsinθ=ma，Ncosθ=mg，解得a=gtanθ，减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N 与左壁支持力P共同决定，当a>gtanθ时P=0，球受力如图，由牛顿定律Nsinθ=ma，Ncosθ-Q=mg， 解得Q=m(acotθ-g). 第31题图 2qU 31 3 1 32.（1）G 1 （2）U  U （3）该同学的结论错误. W  qU W  qU d 2 4 1 1 4 1 2 4 1 L qU 【解析】（1）设杆长为L，杆受到的重力矩与球受到的电场力矩平横G sin30 1Lsin30 ○1 ， 2 d 2qU L qU 解得G 1 （2）金属板转过α角后，同样满足力矩平衡，有G sin30 2 Lsin45 ○2 联 d 2 dcos15 sin30cos15 31 立○1 ○2 式解得U  U  U （3)该同学的结论错误.因为上板接地，当板旋转α 2 sin45 1 4 1 角度时，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处的相对零势能面的位置也改变了，所以，带电小球的电势能也改变了.设带电小球与零势能面间的电势差为U′，金 Lcos30 3 3 属 板 转 动 前 U U  U ， 电 势 能 W qU qU ， 金 属 板 转 动 后 1 d 1 4 1 1 1 4 1 Lcos45 1 1 U  U  U ，电势能W qU  qU . 2 dcos15 2 4 1 2 2 4 1 33.(1) F 8N (2)Δt=1s (3)v=1m/s 【解析】(1)棒在 GH处速度为 v，因此 A 3 1 BLv B2L2v BLv，I  1 ，由此得F  1 8N (2)设棒移动距离a，由几何关系EF间距也为a，磁 1 1 R A R 1 通量变化 a(aL)B.题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有BLv ，因 2 2  a(aL)B a(aL) 此  ，解得t =1s. (3)设外力做功为W，克服安培力做功为W，导体 A t 2t 2Lv 2 1 1 棒在 EF 处的速度为v′，由动能定理E =WW 得W W  mv2 mv2 ，克服安培力做功 3 k A A 2 3 2 3 W A I 3 2Rt○1 ，式中I 3  BL R v 3 ， t a(aL) ，代入○1 式得W  a(aL)B2Lv 3 ，由于电流始终不变，有v L v ，因此 2Lv A 2R 3 a 3 3 a(aL)B2Lv 1 L2 7 W  3 m( 1)v2，代入数值得3v24v 70，解得v=1m/s或v= m/s（舍去）. 2R 2 a2 3 3 3 3 3 3