山东省新泰一中2019届高三物理上学期第二次质量检测试卷理（含解析）.doc

1、1山东省新泰一中 2019 届高三（理科教学班）上学期第二次质量检测物理试卷一、选择题1.如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 用轻弹簧相连放置于倾角为 的光滑固定斜面上，物块 B 与垂直于斜面的挡板 C 接触，物块 A 系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧均与斜面平行，物块 A、B 保持静止。现在挂钩上挂一重物 D，平衡时物块 B 恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是（ ）A. 重物 D 的重力为B. 物块 A 下滑过程中机械能守恒C. 剪断细绳瞬间，物块 A 的加速度大小为 gsinaD. 物块 A

2、下滑过程中的最大速度为【答案】D【解析】【分析】挂上重物 D 之前弹簧弹力等于 A 沿斜面的重力的分力，根据共点力的平衡条件列式求解弹簧形变量，平衡时物块 B 恰不离开挡板，对 AB 整体受力分析计算 D 的质量；A 下落的位移等于弹簧的形变量之和；根据机械能守恒求解 A 的最大速度。【详解】平衡时物块 B 恰好不离开挡板，则对 ABD 系统，由平衡知识可知：mDg=2mgsin，解得 mD=2msin，选项 A 错误；下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功，故A 机械能不守恒，故 B 错误；剪断细线之前细线的拉力为 T=2mgsin，则剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则物块 A 的加速度大小为

3、2mgsin=ma，解得 a=2gsin，选项 C 错误；A 的速度最大时，加速度为零，此时弹簧压缩量为 x1= ，已知当 B 刚要离开挡板时弹簧mgsink的拉伸量为 x2= ，两个位置弹簧的形变量相同，则弹性势能相同；从开始到 A 速度最mgsink2大，A 下落的位移为 x=x1+x2= ，根据机械能守恒知 mgxsin= mv2，即 v=2gsin 2mgsink 12 mk，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡和机械能守恒问题，解答平衡问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。2.如图，卫星携带一探测器在半径为 3R (

4、R 为地球半径)的圆轨道上绕地球飞行。在 a 点，卫星上的辅助动力装置短暂工作，将探测器沿运动方向射出（设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略） 。之后卫星沿新的椭圆轨道运动，其近地点 b 距地心的距离为 nR (n 略小于3)，已知地球质量为 M，引力常量为 G，则卫星在椭圆轨道上运行的周期为（ ）A. (3+n)R(3+n)RGMB. (3+n)R(3+n)R2GMC. 6R3RGMD. R(3+n)R2GM【答案】B【解析】卫星在圆轨道上运行时的周期为 T1，根据万有引力提供向心力：，GmM(3R)2=m(2T1)2(3R)在椭圆轨道上运行的周期 T2，根据开普勒第三定律：(3R)3T21=

5、(3nR+3R2)T22由以上两式联立解得：T2=(3+n)R(3+n)R2GM故 B 正确。33.如图是甲乙两物体的位移时间图像，其中甲物体的位移时间的关系为 ，乙物体s=12t2的位移时间图像为 ，则关于甲乙两物体运动的说法正确的是（ ）s=-13t2A. 甲乙物体的运动是曲线运动B. 甲乙物体的运动是变加速运动C. 甲乙物体运动方向相同D. 在第 3 秒内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大【答案】D【解析】A 项：s-t 图像只能表示直线运动，故 A 错误；B 项：根据公式 可知，甲、乙两物体都做匀变速直线运动，故 B 错误；x=12at2C 项：s-t 图像的斜率的正负表示速度的方向

6、，由图像可知，甲图像斜率为正、乙图像斜率为负，故 C 错误；D 项：根据公式 可知，相等时间内速度变化取决于加速度，由公式 可知，a=vt x=12at2， ，故 D 正确。a甲 =1ms2 a乙 =23ms2点晴：解决本题关键理解 s-t 图像的斜率的正负表示速度的方向，知道 和 的对x=12at2 x=12t2比求出加速度。4.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度 从v轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到圆心的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为 g） （ ） 4A. v216gB. v28gC. v24g

7、D. v22g【答案】B【解析】【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。【详解】设半圆的半径为 R，根据动能定理得： mg2R mv 2 mv2，离开最高点做平抛12 12运动，有：2R= gt2，x=vt，联立解得： ，可知当 R= 时，水12 x= 4R(v24gR)g = 16g(Rv28g)2+v44gg v28g平位移最大，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。【点睛】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题

8、对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。5.如图，质量为 m 的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在 O 点，在空间中存在着水平向右的匀强电场，小球在 B 点能够静止不动。现在让小球由最低点 A 从静止释放。则小球（ ）A. 恰好能运动到 C 点B. 过 B 点时合力为 0C. 向右运动的过程中合力的功率先增大再减小D. 在 C 点加速度为 gtan【答案】A【解析】5【分析】根据小球能在 B 点静止不动和 A、C 两点处于对称位置，可以把小球的运动过程等效为单摆模型，因此小球在 B 点为平衡位置，经过该点时速度最大，合外力提供向心力且与速度方向垂直；而在 A、C 两点处于最大位移处，处于该点时速度

9、为零，其加速度大小相等；再利用平衡条件可以计算出在 A、C 两点的加速度大小。【详解】小球在 B 点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动，且 A、C 两点处于对称位置，因此小球的运动可看作一个单摆模型；即：B 点是平衡位置，而 A、C 两点是最大位移处，根据单摆模型的特点，小球恰好能运动到 C 点。故 A 正确；由于在 B 点是单摆模型等效最低点，所以经过 B 点时的速度最大；而小球经过 B 点时的合外力提供向心力，即： F 合 m ，由于速度 vB0，所以小球过 B 点时合力不为 0故 B 错误；v2Bl根据题意画出小球的受力图如下：由图可知小球在 B 点时，合外力方向与速度方向

10、垂直，此时合外力的功率为零；而在 A、C 两点的速度为零，此时合外力的功率也为零；因此小球向右运动的过程中合力的功率应该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故 C 错误；根据单摆模型的对称性可知，小球在 C 点和 A 点的加速度大小相等，有： ac aA ，而在EqmB 点处静止，根据平衡条件有： qE mgtan ，联立以上两个公式可解得：2ac aA gtan 故 D 错误。故选 A。2【点睛】解答本题的关键是：要认真审题，抓住题目的关键信息，把小球的运动等效看作单摆模型，再利用单摆运动的特点结合平衡条件可求出结果。6.卫星在轨道上以速度 v 运行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用导

11、致轨道变低。设单位体积的太空均匀分布着尘埃 n 颗，每颗尘埃平均质量为 m，尘埃速度可忽略，卫星的横截面积为 S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。如果要保持卫星轨道不变，需要给卫星提供的推力为（ ）6A. 12nmv2sB. nmv2sC. nmvsD. 12nmvs【答案】B【解析】如果要保持卫星轨道不变，给卫星提供的推力只要克服卫星与尘埃碰撞过程中的作用力即可，以尘埃为研究对象利用动量定理可知： ，解 ，故 B 正确。Ft=nmv2St F=nmv2S7.光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体 A、 B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为 M、 m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加

12、水平方向的恒力 F1、 F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则 F1与 F2之比为（ ）A. M mB. m MC. m( M m)D. M( M m)【答案】A【解析】F1作用于 A 时，设 A 和 B 之间的弹力为 N，对 A 有： Ncos Mg，对 B 有： Nsin ma，对 A 和 B 组成的整体有： F1( M m)a gtan ； F2作用于 A 时，对 B 有：(M+m)Mmmgtan ma，对 A 和 B 组成的整体有： F2( M m)a( M m)gtan ， .F1F2=Mm8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，

13、其电势能 随位移 x 变化的关系Ep如图所示，其中 段是关于直线 对称的曲线， 段是直线，则下列说法正确的是0x2 x=x1 x2x3（ ）7A. 处电场强度最小，但不为零x1B. 粒子在 段做匀变速运动， 段做匀速直线运动0x2 x2x3C. 在 0、 、 、 处电势 、 、 、 的关系为x1 x2 x3 0 1 2 3 32=01D. 段的电场强度大小方向均不变x2x3【答案】D【解析】试题分析：因为 ，所以 ，即图像的斜率表示电场强度大小，所以在 处电Ep=EqxEpx=Eq x1场强度最小，为零，A 错误；图像的斜率表示电场强度大小，所以 段做变加速直线运Ox2动， 段做匀加速直线运动

14、，B 错误；根据电势能与电势的关系： ，粒子带负电，x2x3 Ep=qq0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有： ，C 错误；12=03段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，D 正确；x2x3考点：考查了电场力做功，电势，电势能【名师点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况9.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 O 点的转轴上，另一端与一质量为 m、套在粗糙固定直杆 A 处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为 30，OA=OC，B 为 AC 的中点，OB 等于弹簧原长。小球从 A 处由静止开始下

15、滑，初始加速度大小为 aA，第一次经过 B 处的速度大小为 v，运动到 C 处速度为 0，后又以大小为 aC的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ）A. 小球可以返回到出发点 A 处8B. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止C. 弹簧具有的最大弹性势能为12mv2D. aAaC=g【答案】CD【解析】AC、设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 Wf，AB 间的竖直高度为 h，小球的质量为 m，弹簧具有的最大弹性势能为 Ep.根据能量守恒定律得：对于小球 A 到 B 的过程有：mgh+E p= +Wf，12mv2A 到 C

16、 的过程有：2mgh+E p=2Wf+Ep，解得：W f=mgh，E p= .12mv2小球从 C 点向上运动时，假设能返回到 A 点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点 A 处。故 A 错误，C 正确。B. 设从 A 运动到 C 摩擦力的平均值为，AB=s，由 Wf=mgh 得：s=mgssin30在 B 点,摩擦力 f=mgcos30，由于弹簧对小球有拉力(除 B 点外),小球对杆的压力大于mgcos30，所以mgcos30可得 mgsin30mgcos30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止。故 B 错误；D. 根据牛顿

17、第二定律得：在 A 点有：Fcos30+mgsin30f=ma A；在 C 点有：Fcos30f mgsin30=maC；两式相减得：a AaC=g.故 D 正确。故选：CD点睛：根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止对小球 A 到 B 的过程和 A 到 C 的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究 A、C 两点的加速度，相比较可得到aA-aC=g10.如图所示，平行金属板中带电液滴 P 处于静止状态，RG 为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)，电流表 和电压表 为理想电表。现增加光照强度，则下列说

18、法正确的9是（ ）A. 带电液滴 P 将向下运动B. 电压表 的示数将增大C. R1上消耗的功率将减小D. 电压表 的示数的变化量与电流表 的示数的变化量的比值的绝对值 将不变|UI|【答案】AD【解析】【分析】根据 RG光敏电阻的变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到电流表读数变化，从而得到电压表读数变化；根据电容器两端电压变化得到场强变化，从而得到合外力变化，即可得到液滴运动方向；根据“总量法”讨论电压表和电流表读数的比值的变化。【详解】增加光照强度，则 RG的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，R 1以及电源内阻上的电压变大，则 R1上消耗的功率将变大，R 3

19、两端的电压减小，即电压表 V 示数减小，电容器两端电压减小，两板间场强减小，则带电液滴 P 将向下运动，选项 A 正确，BC 错误；根据 U=E-I(R1+r)可知电压表 V 的示数的变化量与电流表 A 的示数的变化量的比值的绝对值 不变，选项 D 正确；故选 AD.|UI|=R1+r【点睛】电路计算问题，一般根据电路变化得到总电阻变化，从而得到总电流变化，即可得到路端电压变化，进而得到支路电流变化，最后求得电压变化。11.下列说法正确的是（ ）A. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小B. 放射性物质的温度升高，则半衰

20、期减小C. 用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D. 某放射性原子核经过 2 次 衰变和一次 衰变，核内质子数减少 3 个10【答案】ACD【解析】【详解】根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项 A 正确；放射性物质的半衰期与外界因素无关，选项 B 错误；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量） ，所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故 C

21、正确；根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过 2 次 衰变质子数减少 4，一次 衰变质子数增加 1，故核内质子数减少 3 个，D 正确；故选 ACD.12.如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来下列判断中正确的是（ ）A. 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转B. 线框能旋转起来，这是属于电磁感应现象C. 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D. 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大【答案】AC【解析】试题分析：小磁铁产生的磁场方向为线框的下

22、端 A 向下流向磁铁，对线框的下端平台侧面分析，扁圆柱形磁铁上端为 S 极，下端为 N 极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量，在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外） ，所以，由上往下看（俯视） ，线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应故 A 错误，B 正确；因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率，故 C 正确；受到的安培力开始时

23、使线圈做加速运动，11当安培力等于阻力时速度达到最大，故 D 错误考点：考查了通电导线在磁场中受力二、实验题13.某同学用如图所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻，改变滑动变阻器的阻值，测得多组电压表的读数 U 和电流表的读数 I，画出 U-I 图像如图所示。（1）若把电压表和电流表均当作理想电表来处理，则电源电动势 E=_V，内阻r=_。（2）若电流表内阻 RA不能忽略，则（1）中测得的电源内阻_真实值（填“大于”或“小于” ） 。为了测得电源内阻的真实值，这位同学采用了如图所示的电路测量出了 RA，实验操作步骤如下：按图丙连接好电路，断开 S1、S 2，将 R 调到最大。合上 S1，调节

24、 R 使电流表满偏。保持 R 不变，闭合 S2，调节电阻箱使电流表半偏。断开 S1，读出 R的阻值为 0.3。实验中 R 远大于 R，则可认为电流表内阻 RA=_。电源内阻的值为_。【答案】 (1). （1）1.5 (2). 1.0 (3). （2）大于 (4). 0.3 (5). 0.7【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律 可知，U-I 图象的纵截距为 E=1.5V，斜率U=EIr.|k|=r=UI=1.51.00.5=1.0(2)本实验采用了电流表的外接法，误差来源为电流表分压，测出的等效内阻为 ，R测 =RA+r故测量值大于真实值。(3)测量电流表内阻采用了半偏法：由于 R 远大于 R，在

25、保持总电流基本不变时，电流表和电阻箱各分的一半的电流，故 ；故电源的内阻真实值为RAR=0.312.r=R测 RA=1.00.3=0.7【点睛】掌握伏安法测电阻的原理，半偏法测电阻的原理是解本题的关键，一定明确本实验在 R 远大于 R的条件下进行的。14.实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是 3V 和 15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头 G 已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻 R1、R 2完好，测得R1=2.9k，R 2=14.9k现有两个表头，外形都与原表头 G 相同，已知表头 G1的满偏电流为 1mA，内阻为 50；表头 G2的满偏电流 0.5mA，内阻为 200，又

26、有三个精密定值电阻r1=100，r 2=150，r 3=200若保留 R1、R 2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：（1）原表头 G 满偏电流 I=_，内阻 r=_（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路_（标识出所选用的相应器材符号）（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材，测量一未知电阻 Rx的阻值：电流表 A 量程 05mA，内阻未知； 最大阻值约为 100 的滑动变阻器；电源 E（电动势约 3V） ； 开关 S、导线若干由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接 _，正确连线后读

27、得电压表示数为 2.40V，电流表示数为 4.00mA，则未知电阻阻值 Rx为_【答案】 (1). ; (2). 100 ; (3). (4). 1mA 13(5). 750;【解析】【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材根据电压表的改装原理作出电路图（3）根据伏安法测电阻的实验要求明确对应的接法，并由欧姆定律求解电阻【详解】 （1）由图示电路图可知，电压表量程：Ig（r g+R1）=3V，I g（r g+R2）=15V，代入数据解得：I g=1mA，r g=100；（2）修复电压表，表头满偏电流为，I g=1mA，电阻应为

28、：r g=100，需要的实验器材为：表头的满偏电流 0.5mA，内阻为 200 的表头以及 r3，即将表头和 r3并联在电路中使用，电路图如图所示：（3）根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：电压表量程为 3V，则其内阻 RV 3000，根据欧姆定律可知 30.001 R=UI 2.441032.43000 750【点睛】在“伏安法”测电阻实验中，要注意明确实验原理，正确选择实验电路的接法，并能准确连接实物图，同时能根据对应的欧姆定律分析数据；找出实验误差三、计算题15.如图所示，水平传送带与水平轨道在 B 点平滑连接，传送带 A、B 间距 L=2.0m，一半

29、径R=0.2m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道相切于 C 点，水平轨道 CD 间的距离 L=10m，在D 点固定一竖直挡板。小物块与传送带 AB 间的动摩擦因数 09，BC 段光滑，CD 段动1=14摩擦因数为 。当传送带以 v0=6ms 顺时针匀速转动时，将质量 m=1kg 的可视为质点的小2物块轻放在传送带左端 A 点，小物块通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与挡板碰撞，并原速率弹回，经水平轨道 CD 返回圆形轨道。已知小物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失，重力加速度 g=10ms 2。求：(1)小物块第一次滑到传送带 B 点时的速度大小；(2)若小物块第二次能冲上圆形轨道且能

30、沿轨道运动而不会脱离轨道，求 的取值范围。2【答案】 （1）6m/s（2）0 20.65 或 0.8 20.9；【解析】【分析】（1）根据物块在 AB 上做匀加速运动的末速度不大于传送带速度，由传送带长度来求解；（2）根据物块不脱离轨道得到运动状态，然后对物块从 B 到第二次通过圆轨道应用动能定理求解【详解】 （1）物块速度小于传送带速度时，物块受到传送带的摩擦力 f= 1mg，那么，物块做加速度 a 1g9 m/s2的匀加速直线运动；因为 2aL0 v02，故物块在传送带上做匀加速运动，到达 B 点时刚好达到传送带速度，所以，物块滑到 B 时的速度大小 vB=v0=6m/s；（2）要使物块能

31、第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，那么物块第二次在圆轨道上运动要么能通过最高点，要么在圆轨道上最高点的高度 hR；故当物块能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得： mg ；mv2R对物块从 B 到第二次到最高点应用动能定理可得：2 2mgL2mgR mv2 mvB212 12解得： ；212mvB22mgR12mv22mgL 0.65当物块在圆轨道上最高点的高度 0hR 时，由动能定理可得：2 2mgLmgh0 12mvB2，解得： ，所以，0.8 20.9；212mvB2mgh2mgL所以为了使物块能第二次冲上圆形轨道且能在沿轨道运动时不会脱离圆轨道，150 20.6

32、5 或 0.8 20.9；【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解16.间距为 l=0.5m 两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角 =30，上端连有阻值 R=0.5 的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为 B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度 d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻 r=0.5、长 l=0.5m 的导体棒 ab 从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度 v0后进入水平导

33、轨，当恰好穿过 B2磁场时速度 v=2m/s，已知导体棒穿过 B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足 （比例系数 k 未知） ，运动过程中导体棒始终与v=kx导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：（1）导体棒 ab 的速度 v0；（2）导体棒 ab 穿过 B2磁场过程中通过 R 的电荷量及导体棒 ab 产生的焦耳热；（3）若磁场 B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒 ab 停留在 B2磁场区域， B1需满足什么条件。【答案】 （1）8m/s（2）1.5C;1.5J（3） B133【解析】【分析】（1）当导体棒 ab 运动稳定后做匀速运动，由平衡条件和安培力公式结合

34、求解导体棒 ab 的速度 v0；（2）通过 R 的电荷量可根据电量与电流的关系、欧姆定律和法拉第电磁感应定律结合求解。由能量守恒定律和能量分配关系求导体棒 ab 产生的焦耳热；（3）当导体棒 ab 在 B2磁场区域通过的位移 xd 时棒 ab 将停留在 B2磁场区域。根据题意求出 k，从而得到导体棒 ab 以速度 v通过 B2磁场时与在磁场中通过的距离 x满足的关系，再结合导体棒 ab 在 B1磁场中达到稳定速度受力平衡列式求解。16【详解】 （1）当导体棒 ab 运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，mgsin=B1Il感应电流 I=B1lv0R+r联立得 v0=8m/s（2）穿过 B2磁场

35、过程中的平均电流： I=ER+r= (R+r)t联立得 = 1.5C q=ItR+r=B2ldR+r=设穿过 B2磁场过程中产生的总焦耳热为 Q，则由能量守恒定律知12mv20=12mv2+Q导体棒 ab 产生的焦耳热 Qr=rr+RQ联立得 Q=1.5 J （3）根据题意有， ，则若导体棒 ab 以速度 v通过 B2磁场时与在磁场中通k=vv0d=2s1过的距离 x满足 v=2x导体棒 ab 在 B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知mgsin=B1Il又 I=ER+r=B1lvR+r联立得 B1=1l mg(R+r)sin2x根据题意， x33T【点睛】本题是导轨类型，关键是熟练运用切割公

36、式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时要用电流的平均值分析。17.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管 A 加固定在竖直平面内。圆管的圆心为 O，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L，圆环的半径为 r= (圆管的直径忽略不计)2L，过 OD 的虚线与过 AB 的虚线垂直相交于 C 点。在虚线 AB 的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线 AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于 。圆心 O 正上方的 P 点有一质量为 m、电荷量为 ( 0)的绝缘小物体(视 为质点)，mgq qq q17PC

37、间距为 L。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用 g 表示。(1)虚线 AB 上方匀强电场的电场强度为多大?(2)小物体从管口 B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线 AB 上的 N 点(图中未标出 N 点)，则 N 点距离 C 点多远?(3)小物体由 P 点运动到 N 点的总时间为多少?【答案】 （1） （2） （3）E=mgq xCN=7L t总 (3+34) 2Lg【解析】（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 P

38、A 方向；又，故 ，解得：PA=AC=L tan450=qEmg E=mgq（2）小物体从 P 到 A 的运动由动能定理可得： ，解得：mgL+qEL=12mv2A vA=2gL虚线 AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于 ，电荷量为mgq( 0)的绝缘小物体所受电场力 ，方向竖直向上，故小物体从 A 到 B 做匀速-qq F2=qE2=mg圆周运动， 小物体从管口 B 离开后，经过一段时间的运动落到虚线 AB 上的 N 点，对竖直方向：解得：水平方向： 、 解得：18N 点距离 C 点： （3）小物体从 P 到 A 的时间 ，则 解得：物体从 A 到 B 的时间 ，则小物体由 P 点运动到 N 点的总时间