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绝密★启用前
望城二中高一期中考试物理试题
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如图所示是甲、乙两物体的x−t图象，由图可知( )
A. 甲乙两物体同时出发 B. 甲乙两物体的运动方向相同
C. 甲乙两物体的出发点相距4m D. 甲乙两物体都做匀速直线运动且v 〉v
甲 乙
【答案】C
【解析】【分析】
对于位移图象要能直接读出位置坐标、位移大小和方向，根据斜率等于速度分析物体的运动情况。
位移时间图象的斜率等于物体的速度；斜率的正负表示速度的方向；两图线的交点表示相遇。
【解答】
AC.由图象可知，甲从t=0时刻x=4m处开始运动，从t=1s时刻在坐标原点处开始运动，不是同一位置，
且甲乙两物体的出发点相距4m，故A错误，C正确；
B.位移时间图象的斜率等于物体的速度，由图象可知，甲乙两物体的运动方向相反，故B错误；
D.位移时间图象的斜率等于物体的速度，则知甲乙两物体都做匀速直线运动且v <v ，故D错误；
甲 乙
故选C。2.2016年10月17日7时30分，神舟十一号飞船搭载着航天员陈冬和景海鹏在中国酒泉卫星发射中心利用
长征五号运载火箭发射升空，并于10月19日凌晨，与天宫二号自动交会对接成功．下列说法正确的是( )
A. 在发射升空期间，景海鹏认为陈冬静止不动，他可能是以飞船作为参考系
B. 在发射升空初期，长征五号运载火箭向后喷气，周围的空气给了火箭向上的升力
C. 在与天空二号交会对接之后，以地球作为参考系天空二号是静止不动的
D. 在与天空二号交会对接之后，景海鹏的体重比他在地面上的体重要大
【答案】A
【解析】【分析】
为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，选择不同的参考系，同一物体相对于不同的参考系，运
动状态可以不同，选取合适的参考系可以使运动的研究简单化；本题考查了力的相互作用性；掌握重力加
速度的特点。
参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，
如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系；火箭升空
时，利用了力的作用的相互性；离地面越高重力加速度越小。
【解答】
A.在发射升空期间，景海鹏相对于陈冬是静止的，景海鹏认为陈冬静止不动，他可能是以飞船作为参考系．
故A正确；
B.火箭尾部向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B
错误；
C、以地球作为参考系，景海鹏观察到天空二号是运动的，所以在与天空二号交会对接之后，景海鹏观察
到天空二号静止不动，他不可能是以地球作为参考系．故C错误；
D.在与天空二号交会对接之后，此处的重力加速度比地面上的小，所以景海鹏的体重比他在地面上的体重
要小，故D错误。
故选A。
3.下列说法错误的是( )
A. 研究哈雷彗星绕太阳公转的轨迹时，哈雷彗星可看作质点
B. 有加速度的物体也可以选为参考系
C. 伽利略首先通过斜面实验和逻辑推理得到自由落体运动是匀变速直线运动D. 由公式a= 可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度改变量
(v −v )成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比
t 0
【答案】D
【解析】【分析】
质点、参考系、速度是描述运动常用的概念．质点是为了简化实际物体而对研究对象作的理想化处理，实
际上不存在质点。
物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，
有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题；任何物体都可以看作参考系；伽利略首先通过斜
v −v
面实验和逻辑推理得到自由落体运动是匀变速直线运动；公式a= t 0是加速度的定义式。
t
【解答】
A.哈雷彗星的体积相对于它的轨道半径来说很小，可以忽略，能够看成质点，所以A正确；
B.为研究物体的运动，都要选取参考系，原则上来说任何物体都可以被视为参考系．故B正确；
C.伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故C正确；
v −v
D.公式a= t 0是加速度的定义式，该公式中，加速度的大小与速度改变量(v −v )无关，与速度改变量
t t 0
所对应的时间t无关．故D错误。
故选D。
4.如图所示车通过绳拉物体A下列说法正确的是( )
A. 车对A物体施加了拉力
B. 由于绳的形变绳对车施加了拉力
C. A物体受到的重力的反作用力是地面对A的支持力
D. 地面对A施加的支持力是由于A物体形变产生的
【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道拉力、支持力是一种弹力，弹力的施力物体是发生弹性形变的物体，受力物体是与之
接触的物体。平衡力、作用力反作用力都是大小相等、方向相反，作用在同一直线上．压力是由于物体的形变而产生的。
【解答】
A.由题可知，是车通过绳拉物体A，所以不是车对A物体施加了拉力，而是绳子对A物体施加了拉力．故
A错误；
B.根据弹力的产生可知，由于绳的形变绳对车施加了拉力．故B正确；
C.A物体受到的重力的反作用力是A对地球的吸引力．故C错误；
D.根据弹力的产生可知，地面对A施加的支持力是由于地面形变产生的．故D错误。
故选B。
5.科学训练可提升运动成绩，小明在体训前、后百米全程测试中，
v−t图像分别如图所示，则( )
A. 研究起跑动作时可把小明视为质点
B. 0～t 内，训练后小明的平均速度大
1
C. 0～t 内，训练前后小明跑过的距离相等
2
D. 经过训练，t 时刻后小明仍做加速运动
3
【答案】D
【解析】解：A.研究起跑动作时，小明的动作、姿态对研究的问题有影响，不能将小明视为质点，故A错
误；
B.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0～t 内训练前位移较大，由平均速度定义式
1
− Δx
v= 可知，训练前平均速度较大，故B错误；
Δt
C.v−t图像与横坐标围成面积表示位移，由图像可知，0～t 内训练前后v−t图像与横坐标围成的面积不
2
相等，即小明训练前后跑过的距离不相等，故C错误；
D.由图像可知，经过训练，t 时刻后小明速度仍然继续增大，故t 时刻后小明仍做加速运动，故D正确。
3 3
故选：D。
根据看作质点的条件和v−t图像的物理意义分析判断。
本题考查质点和v−t图像，要求掌握看作质点的条件和v−t图像的物理意义。
6.如图所示，竖直轻弹簧下端固定有水平地面上，质量为m的小球从轻弹簧的正上方某一高处自由落下，
并将弹簧压缩，直到小球的速度为零，对小球、轻弹簧和地球组成的系统，在小球开始与弹簧接触时起到小球速度变为零的过程中，有( )
A. 小球加速度逐渐增大 B. 小球的动能逐渐减小
C. 弹力对小球一直做正功 D. 小球所受的合力先做正功后做负功
【答案】D
【解析】解：AB、小球开始接触弹簧开始，重力先大于弹力，加速度方向向下，做加速运动，弹力增大，
加速度减小，重力等于弹力后，加速度方向向上，做减速运动，弹力增大，加速度增大，所以小球的加速
度先减小后反向增大，小球的速度先增大后减小，则动能先增大后减小。故A、B错误。
C、向下运动的过程中，弹力的方向一直向上，对小球一直做负功。故C错误。
D、合力的方向先向下，再向上，则合力先做正功，再做负功。故D正确。
故选：D。
根据小球所受的合力变化判断小球加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化，从
而得出小球动能的变化量，根据合力的方向确定合力做功情况．
解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加
速度方向与速度方向相反，做减速运动．
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.甲、乙两物体从同一地点沿同一直线同向并排运动，两物体运动的v−t图象如图所示，关于它们在
0～6s内的运动过程中判断正确的是( )
A. 甲做匀速直线运动，乙先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动
B. 2s末两物体相距最远C. 2s后，甲、乙两物体的速度方向相反
D. 6s末，甲、乙两物体再次相遇
【答案】AD
【解析】【分析】
解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积、速度的正负值
表示的含义。
速度时间图线中速度的正负值表示运动的方向，倾斜的直线表示匀变速直线运动，平行于时间轴的直线表
示匀速直线运动，图线与时间轴围成的面积表示位移，由此分析即可。
【解答】
A.甲图线与时间轴平行，其速度不变，做匀速直线运动，乙先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，
故A正确；
B.根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可知，t=4s末两个物体的速度相同，位移之差最大，则两物
体相距最远，故B错误；
C.2s后，甲乙的速度都为正值，速度方向相同．故C错误；
D.根据图线与时间轴围成的面积表示位移可知，甲在6s内运动的位移为x =2×6m=12m，乙在6s内运
甲
1
动位移x = ×6×4=12m，故6s末，甲、乙两物体再次相遇，故D正确。
乙 2
故选AD。
8.如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、
3、4、5、…所示下落小球运动过程中每次曝光的位置．已知照相机曝光频率为f，每块砖的厚度均为d.
利用这些条件可以求出的物理量有( )A. 小球的加速度 B. 位置“5”的瞬时速度
C. 小球释放位置与位置“1”的距离h D. 位置“5”离地的高度
【答案】ABC
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更
加简捷。
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量判断小球是否是匀加速直线运动，根据连续相等时间内的位移之
差是一恒量求出小球下落的加速度，求出“1”的速度，再利用位移与速度的关系式求得位置“1”是与释
放位置释的距离h；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出位置“5”的速度。
【解答】
A.因为小球在连续相等时间内的位移之差是一恒量，可知小球做匀加速直线运动，根据Δx=aT2得，小球
下落加速度
Δx d
a= = ，故A正确；
T2 T2
B.因为位置“5”所处的时刻是位置“4”和位置“6”所处的时刻的中点时刻，由△x=aT2可知位置“5
x 11d
”、“6”之间的位移为6d，故v = 46 = ，故B正确；
5 2T 2T
C.因为位置“1”所处的时刻是位置“0”和位置“3”所处的时刻的中点时刻，由△x=aT2可知位置“0
”、“1”之间的位移为d，故
x 3d，则小球释放位置与位置“ ”的距离 v 2 9d；故C正确；
v = 02 = 1 h= 1 =
1 2T 2T 2a 8
D.因为墙高度不知，所以无法求出位置“5”离地的高度，故D错误。
故选ABC。9.5个共点力的情况如图所示，已知F =F =F =F =F，且这四个力恰好为一个正方形，F 是其对角线。
1 2 3 4 5
下列说法正确的是( )
A. F 和F 的合力，与F 大小相等，方向相反
1 5 3
B. 能合成大小为2F、相互垂直的两个力
C. 除F 以外的4个力的合力的大小为√ 2F
5
D. 这5个力的合力恰好为√ 2F，方向与F 和F 的合力方向相同
1 3
【答案】AD
【解析】【分析】
解决的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，以及知道合力与分力的大小关系。
两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线表示合力。
【解答】
A.根据平行四边形定则得F 和F 的合力，与F 大小相等，方向相反，故A正确。
1 5 3
B.F 和F 大小相等方向相同，F 和F 大小相等方向相同，所以F 、F 、F 、F 能分别合成大小为2F、
1 4 2 3 1 2 3 4
相互垂直的两个力，再与F 合成就不能合成大小为2F、相互垂直的两个力，故B错误。
5
C.F 、F 、F 、F 能分别合成大小为2F、相互垂直的两个力，所以除F 以外的4个力的合力的大小为
1 2 3 4 5
2√ 2F.故C错误。
D.除F 以外的4个力的合力的大小为2√ 2F，方向与F 方向相反，F 大小为√ 2F，所以这5个力的合力恰
5 5 5
好为√ 2F，方向与F 和F 的合力方向相同，故D正确。
1 3
故选AD。10.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．连接A与天花板之间的细
绳沿竖直方向．关于两木块的受力，下列说法正确的( )
A. 木块A可能受三个力作用 B. A、B之间一定存在摩擦力作用
C. 绳子对木块A可能有拉力 D. 木块B一定受到木块A对它压力
【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查共点力的平衡及受力分析，解题关键在于能明确物体受力的各种可能性，从而全面分析得出结果。
分别对AB进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况。
【解答】
A.若木块对绳子没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故A正确；
B.对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩
擦力；故B错误；
C.对A进行受力分析，绳子对木块A可能有拉力，也可能没有拉力，故C正确；
D.对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，所以木块B
不一定受到木块A对它压力，故D错误。
故选AC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.(1)在做《探究小车速度随时间变化的规律》的实验时要用到打点计时器，打点计时器是一种计时的
仪器，其电源频率为50H z，常用的电磁打点计时器和电火花计时器，它们使用的是 (填“直流”或
“交流”)电，它们每隔 打一个点。
(2)下列哪些器材是多余的 ；(填序号)
①电磁打点计时器，②天平，③秒表，④低压交流电源，⑤纸带，⑥小车，⑦钩码，⑧刻度尺，⑨一
端有滑轮的长木板。
(3)小车拖动纸带运动，打出的纸带如图所示。选出A、B、C、D、E、F、G，7个计数点，每相邻两点
间还有4个计时点(图中未标出)。已知各点间位移。则：E点的瞬时速度v = m/s，小车的加速度大
E小a= m/s2 (计算结果均保留三位有效数字)。
【答案】交流
0.02s
②③
0.314
0.496
【解析】(1)常用的电磁打点计时器和电火花计时器，它们使用的是交流电，电源频率为50H z，它们每
隔0.02s打一个点；
(2)探究小车速度随时间的变化规律，不需要测量质量，所以不需要天平，由于打点计时器可以记录时间，
不需要秒表，故多余的是②和③
(3)每相邻两点间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，E点的瞬时速度
x 2.88+3.39
v = DF = ×10−2m/s≈0.314m/s
E 2T 2×0.1
根据逐差法可知小车的加速度
x −x 2.88+3.39+3.87−1.40−1.90−2.38 。
a= DG AD= ×10−2m/s2≈0.496m/s2
9T2 9×0.12
故答案为：(1)交流；0.02s；(2)②③；(3)0.314；0.496。
12.利用如图所示装置可以做力学中的许多实验：
(1)以下说法正确的是____(填选项前的字母).
A.用此装置做“研究匀变速直线运动”实验时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B.用此装置做“研究匀变速直线运动”实验时，必须调整滑轮高度，使连接小车的细绳与木板平行
C.用此装置做“探究加速度a与力F的关系”实验时，每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡
摩擦力
D.用此装置做“探究加速度a与力F的关系”实验时，应使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
(2)本装置中要用到打点计时器，如图所示为实验室常用的两种计时器，其中b用的电源要求是____(填选
项前的字母).
A.交流220V B.直流220V
C.交流4∼6V D.直流4∼6V
(3)在利用此装置做“探究加速度a与力F的关系”实验时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如
图所示，已知打点计时器接在频率为50H z的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬
时速度为__m/s.(结果保留两位有效数字)
【答案】(1)BD
(2)C
(3)0.53
【解析】【分析】
(1)利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，“研究匀变
速直线运动”时，细线必须与木板平行以保持加速度不变，在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，
根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等
于g的结论；(2)a装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源，b装置是电磁式打点计时器，需接低压交流电源；
(3)根据中间时刻的速度等于平均速度求解A点速度。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理
规律来解决实验问题，对于纸带问题，会求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。
【解答】
(1)A.此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误；
B.用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行，保持小车的加
速度不变，故B正确；
C.平衡摩擦力的方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补
偿小车运动中所受阻力的影响，即mgsinθ=μmgcosθ，式子成立与质量无关，故改变质量后不需重新
进行平衡，故C错误；
D.在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的
质量为m，设绳子上拉力为F，
mg
以整体为研究对象有mg=(m+M)a，解得：a= ，以M为研究对象有绳子的拉力为：
M+m
Mmg
F=Ma= ，显然要有F=mg必有m+M=M，故有M>>m，即只有M>>m时才可以认为绳对小
M+m
车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力，故D正确；
(2)b装置是电磁打点计时器，直接接4−6V交流电源，故C正确，ABD错误；
1 x (6.10−4.00)×10−2
(3)T= =0.02s，根据中间时刻的速度等于平均速度得：v = = m/s≈0.53m/s。
f A t 0.04
故答案为：(1)BD；(2)C；(3)0.53。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.滑雪场一运动员正在练习滑雪，从斜面顶端的A处由静止滑下，经30s到达底端的C点，设经过C点瞬
间速度大小不变，之后在水平轨道上运动了50s停止在D点(D点未画出)，已知AC、CD总路程为400m，
设两个过程均作匀变速直线运动，求：(1)运动员到达C点时的速度和在水平轨道上通过的距离。
(2)若运动员下滑至C点的瞬间，正前方水平同轨道上，有一小学生同时从E处以2m/s的速度同向匀速直
线运动，已知E点距离C点15m，则这个小学生会不会被运动员碰上？
1
【答案】解：(1)设C点速度为v ，AC、CE过程的平均速度v均为 v ，则有v(t +t )=s，
C 2 C 1 2
故v =10m/s
C
s =vt =250m；
CD 2
运动员在水平轨道的加速度 (v −v ) ，
(2) a= D C =−2m/s2
t
2
设运动员从C点减速到与乙小学生速度相等时，用时为t，v=v ++at 得t=4s
C
1
运动员的位移：x =v + at2=24m
1 C 2
小学生的位移：x =vt=8m
2
x −x =16m>15m，故运动员碰着小学生。
1 2
【解析】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等
时，相距最近。
v +v v
(1)对AC和CE过程根据x= 0 t 列式，求出v ；再根据x= C t 求出水平面运动的距离；
2 C 2 2
(2)根据速度时间关系求出速度相等经过的时间，再分别求出车和小孩的位移，最后根据位移关系判断小
孩能否被小车碰上；14.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，有两个相同的小球，分别用光滑挡板A、B挡住．挡板A沿竖直方向，
挡板B垂直斜面．试求：
(1)分别将小球所受的重力按效果进行分解；
(2)两挡板受到两个球压力大小之比；
(3)斜面受到两个球压力大小之比．
【答案】解：(1)对球1所受的重力来说，其效果有二：第一，使物体欲沿水平方向推开挡板；第二，使物
体压紧斜面。因此，力的分解如图甲所示，同理球2的重力分解如图乙所示。
G
(2)(3)对球1，F =Gtanθ，F =
1 2 cosθ
对球2，F ′=Gsinθ,F ′=Gcosθ
1 2F 1
所以：挡板AB所受的压力之比为： 1=
F cosθ
2
F ′ 1
斜面所受两个小球压力之比为： 1 =
F ′ cos2θ
2
【解析】对小球进行受力分析，此时注意小球受挡板的弹力方向，不是沿斜面向上而是垂直挡板水平向右．
共点力平衡问题的解题一般按如下步骤进行：
1、明确研究对象．2、分析研究对象受力，作出受力示意图．3、选择合适的方法，根据平衡条件列方程，
求解．
15.如图所示，两平行导轨EM P、FNQ按如图(a)方式固定，其中倾斜导轨的倾角为α=30°，其中虚线
1为倾斜导轨和水平导轨(水平导轨足够长)的平滑衔接处，虚线2为水平导轨的末端，末端与倾角为β=45°
的平行导轨相接，两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图(b)所示。
金属棒乙锁定在水平轨道上，距离虚线1的间距为s=2m，t=0时刻金属棒甲由距离虚线1为x =0.4m处静
0
止释放。已知两导轨之间的距离为L=1m，两金属棒的长度均为L=1m，电阻均为R=0.5Ω金属棒甲、乙
与导轨接触良好，质量分别为m =1.0kg、m =2.0kg，重力加速度g=10m/s2，忽略一切摩擦和导轨
1 2
的电阻。求：
(1)金属棒甲从释放到虚线1所用的时间为多少，该过程中金属棒乙中产生的焦耳热为多少？
(2)如果金属棒甲运动到虚线1的瞬间，金属棒乙的锁定立即解除，以后的过程中两金属棒没有碰撞，且金
属棒乙离开水平导轨前二者已共速，则从金属棒甲静止释放到金属棒乙离开水平导轨的过程中，通过金属
棒乙某一横截面的电荷量为多少？
(3)假设虚线2右侧斜面足够长，通过计算说明金属棒乙落在斜面上后金属棒甲是否在水平导轨上？
【答案】金属棒甲从释放到虚线1所用的时间为0.4s，该过程中金属棒乙中产生的焦耳热为10J；
如果金属棒甲运动到虚线1的瞬间，金属棒乙的锁定立即解除，以后的过程中两金属棒没有碰撞，且金属
棒乙离开水平导轨前二者已共速，则从金属棒甲静止释放到金属棒乙离开水平导轨的过程中，通过金属棒10
乙某一横截面的电荷量为 J；
3
假设虚线2右侧斜面足够长，金属棒乙落在斜面上后金属棒甲仍在水平导轨上
【解析】(1)导体棒甲到达虚线1前沿导轨做匀加速运动，由牛顿第二定律可知
m gsinα=m a
1 1
解得
a=gsinα=5m/s2
1
由运动学公式x = at2，解得
0 2
√2x
t= 0=0.4s
a
因为t>0.2s，则金属棒甲到达虚线1前产生的焦耳热的时间为0.2s，由法拉第电磁感应定律得
ΔΦ ΔB
E= = sL=10V
Δt Δt
电路中的电流为
E
I= =10A
2R
金属棒乙中产生的焦耳热为
Q=I2Rt =10J
0
(2)金属棒甲到虚线1的过程中，通过金属棒乙的电荷量为
q =It =2C
1 0
金属棒甲由释放到虚线1过程中机械能守恒，则
1
m gx sinα= m v2
1 0 2 1 0
由题意可知，两根金属棒在水平导轨上运动时满足系统动量守恒，且末速度相同，以水平向右为正方向，
由动量守恒定律得
m v =(m +m )v
1 0 1 2 1
0.2s后磁感应强度用B′表示，对金属棒乙从静止到共速的过程，以水平向右为正方向，由动量定理得−
B′It L=m v
1 2 1
其中
−
q =It
2 1
解得
4
q = C
2 3
由楞次定律和右手定则，金属棒甲从释放到两金属棒共速的过程中，电流的方向相同，则该过程中流过金
属棒乙的电荷量为
10
q=q +q = C
1 2 3
(3)设两金属棒的相对位移为Δx，金属棒甲从到达虚线1到共速的过程有
ΔΦ B′LΔx
q = =
2 2R 2R
解得
4
Δx= m
3
金属棒乙离开水平导轨末端后做平抛运动，经过一段时间金属棒落在倾斜导轨上，则由平抛运动可知
y
tanβ=
x
其中
1
y= gt′2，x=v t′
2 1
解得
2v tanβ 2
t′= 1 = s
g 15
金属棒乙离开水平导轨末端后的水平位移为
4
x =v t′= m
1 1 45该过程中由于金属棒甲的速度等于金属棒乙的水平速度，则金属棒甲在水平导轨上的位移为
4
x =x = m
2 1 45
因为
2
x <s−Δx= m
2 3
说明金属棒乙落在斜面上后金属棒甲仍在水平导轨上。
答：(1)金属棒甲从释放到虚线1所用的时间为0.4s，该过程中金属棒乙中产生的焦耳热为10J；
(2)如果金属棒甲运动到虚线1的瞬间，金属棒乙的锁定立即解除，以后的过程中两金属棒没有碰撞，且金
属棒乙离开水平导轨前二者已共速，则从金属棒甲静止释放到金属棒乙离开水平导轨的过程中，通过金属
10
棒乙某一横截面的电荷量为 J；
3
(3)假设虚线2右侧斜面足够长，金属棒乙落在斜面上后金属棒甲仍在水平导轨上。
(1)根据导体棒甲到达虚线1前沿导轨做匀加速运动，结合牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律分析求解；
(2)根据金属棒甲由释放到虚线1过程中机械能守恒，结合两根金属棒在水平导轨上运动时满足系统动量守
恒，且末速度相同，综合楞次定律和右手定则，金属棒甲从释放到两金属棒共速的过程中，电流的方向相
同分析求解；
(3)根据金属棒乙离开水平导轨末端后做平抛运动，经过一段时间金属棒落在倾斜导轨上，结合抛体运动
规律分析求解。
本题考查了电磁感应相关知识，理解导体棒不同的运动和受力状态，正确利用能量守恒定律和动量守恒是
解决此类问题的关键。
