山東省新泰一中2019屆高三物理上學期第二次質(zhì)量檢測試卷理（含解析）.docx

山東省新泰一中2019屆高三（理科教學班）上學期第二次質(zhì)量檢測物理試卷一、選擇題1.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連放置于傾角為的光滑固定斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細繩，細繩繞過斜面頂端的定滑輪系一輕質(zhì)掛鉤，細繩與輕彈簧均與斜面平行，物塊A、B保持靜止?，F(xiàn)在掛鉤上掛一重物D，平衡時物塊B恰好不離開擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，某一瞬間剪斷細繩，則下列說法正確的是（ ）A. 重物D的重力為B. 物塊A下滑過程中機械能守恒C. 剪斷細繩瞬間，物塊A的加速度大小為gsinaD. 物塊A下滑過程中的最大速度為【答案】D【解析】【分析】掛上重物 D 之前彈簧彈力等于A沿斜面的重力的分力，根據(jù)共點力的平衡條件列式求解彈簧形變量，平衡時物塊B恰不離開擋板，對AB整體受力分析計算D的質(zhì)量；A下落的位移等于彈簧的形變量之和；根據(jù)機械能守恒求解A的最大速度。【詳解】平衡時物塊B恰好不離開擋板，則對ABD系統(tǒng)，由平衡知識可知：mDg=2mgsin，解得mD=2msin，選項A錯誤；下滑過程中物塊 A 受到彈簧彈力做功，故A機械能不守恒，故B錯誤；剪斷細線之前細線的拉力為T=2mgsin，則剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力不變，則物塊A的加速度大小為2mgsin=ma，解得a=2gsin，選項C錯誤；A的速度最大時，加速度為零，此時彈簧壓縮量為x1=，已知當B剛要離開擋板時彈簧的拉伸量為x2=，兩個位置彈簧的形變量相同，則彈性勢能相同；從開始到A速度最大，A下落的位移為x=x1+x2=，根據(jù)機械能守恒知mgxsin=mv2，即v=2gsin ，故D正確；故選D?！军c睛】本題主要是考查了共點力的平衡和機械能守恒問題，解答平衡問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。2.如圖，衛(wèi)星攜帶一探測器在半徑為3R (R為地球半徑)的圓軌道上繞地球飛行。在a點，衛(wèi)星上的輔助動力裝置短暫工作，將探測器沿運動方向射出（設(shè)輔助動力裝置噴出的氣體質(zhì)量可忽略）。之后衛(wèi)星沿新的橢圓軌道運動，其近地點b距地心的距離為nR (n略小于3)，已知地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則衛(wèi)星在橢圓軌道上運行的周期為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】衛(wèi)星在圓軌道上運行時的周期為T1，根據(jù)萬有引力提供向心力：，在橢圓軌道上運行的周期T2，根據(jù)開普勒第三定律：由以上兩式聯(lián)立解得：故B正確。3.如圖是甲乙兩物體的位移時間圖像，其中甲物體的位移時間的關(guān)系為，乙物體的位移時間圖像為，則關(guān)于甲乙兩物體運動的說法正確的是（ ）A. 甲乙物體的運動是曲線運動B. 甲乙物體的運動是變加速運動C. 甲乙物體運動方向相同D. 在第3秒內(nèi)甲物體的速度變化比乙物體的速度變化大【答案】D【解析】A項：s-t圖像只能表示直線運動，故A錯誤；B項：根據(jù)公式可知，甲、乙兩物體都做勻變速直線運動，故B錯誤；C項：s-t圖像的斜率的正負表示速度的方向，由圖像可知，甲圖像斜率為正、乙圖像斜率為負，故C錯誤；D項：根據(jù)公式可知，相等時間內(nèi)速度變化取決于加速度，由公式可知，故D正確。點晴：解決本題關(guān)鍵理解s-t圖像的斜率的正負表示速度的方向，知道和的對比求出加速度。4.如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到圓心的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時，對應的軌道半徑為（重力加速度為g）（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)動能定理得出物塊到達最高點的速度，結(jié)合高度求出平拋運動的時間，從而得出水平位移的表達式，結(jié)合表達式，運用二次函數(shù)求極值的方法得出距離最大時對應的軌道半徑?！驹斀狻吭O(shè)半圓的半徑為R，根據(jù)動能定理得：mg2Rmv2mv2，離開最高點做平拋運動，有：2R=gt2，x=vt，聯(lián)立解得： ，可知當R=時，水平位移最大，故B正確，ACD錯誤。故選B?！军c睛】本題考查了動能定理與圓周運動和平拋運動的綜合運用，得出水平位移的表達式是解決本題的關(guān)鍵，本題對數(shù)學能力的要求較高，需加強這方面的訓練。5.如圖，質(zhì)量為m的帶正電的小球用絕緣輕繩懸掛在O點，在空間中存在著水平向右的勻強電場，小球在B點能夠靜止不動?，F(xiàn)在讓小球由最低點A從靜止釋放。則小球（ ）A. 恰好能運動到C點B. 過B點時合力為0C. 向右運動的過程中合力的功率先增大再減小D. 在C點加速度為【答案】A【解析】【分析】根據(jù)小球能在B點靜止不動和A、C兩點處于對稱位置，可以把小球的運動過程等效為單擺模型，因此小球在B點為平衡位置，經(jīng)過該點時速度最大，合外力提供向心力且與速度方向垂直；而在A、C兩點處于最大位移處，處于該點時速度為零，其加速度大小相等；再利用平衡條件可以計算出在A、C兩點的加速度大小。【詳解】小球在B點受到重力、電場力和拉力三個力的作用下能夠靜止不動，且A、C兩點處于對稱位置，因此小球的運動可看作一個單擺模型；即：B點是平衡位置，而A、C兩點是最大位移處，根據(jù)單擺模型的特點，小球恰好能運動到C點。故A正確；由于在B點是單擺模型等效最低點，所以經(jīng)過B點時的速度最大；而小球經(jīng)過B點時的合外力提供向心力，即：F合m，由于速度vB0，所以小球過B點時合力不為0故B錯誤；根據(jù)題意畫出小球的受力圖如下：由圖可知小球在B點時，合外力方向與速度方向垂直，此時合外力的功率為零；而在A、C兩點的速度為零，此時合外力的功率也為零；因此小球向右運動的過程中合力的功率應該是先增大后減小再增加再減小的變化過程。故C錯誤；根據(jù)單擺模型的對稱性可知，小球在C點和A點的加速度大小相等，有：acaA，而在B點處靜止，根據(jù)平衡條件有：qEmgtan，聯(lián)立以上兩個公式可解得：acaAgtan故D錯誤。故選A。【點睛】解答本題的關(guān)鍵是：要認真審題，抓住題目的關(guān)鍵信息，把小球的運動等效看作單擺模型，再利用單擺運動的特點結(jié)合平衡條件可求出結(jié)果。6.衛(wèi)星在軌道上以速度v運行時，會遇到太空塵埃的碰撞而受到阻礙作用導致軌道變低。設(shè)單位體積的太空均勻分布著塵埃n顆，每顆塵埃平均質(zhì)量為m，塵埃速度可忽略，衛(wèi)星的橫截面積為S，與塵埃碰撞后將塵埃完全黏附住。如果要保持衛(wèi)星軌道不變，需要給衛(wèi)星提供的推力為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如果要保持衛(wèi)星軌道不變，給衛(wèi)星提供的推力只要克服衛(wèi)星與塵埃碰撞過程中的作用力即可，以塵埃為研究對象利用動量定理可知：，解，故B正確。7.光滑水平地面上有兩個疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對上面或下面的斜面體施加水平方向的恒力F1、F2均可使兩斜面體相對靜止地做勻加速直線運動，已知兩斜面體間的摩擦力為零，則F1與F2之比為（ ）A. MmB. mMC. m(Mm)D. M(Mm)【答案】A【解析】F1作用于A時，設(shè)A和B之間的彈力為N，對A有：Ncos Mg，對B有：Nsin ma，對A和B組成的整體有：F1(Mm)agtan ；F2作用于A時，對B有：mgtan ma，對A和B組成的整體有：F2(Mm)a(Mm)gtan ，.8.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中段是關(guān)于直線對稱的曲線，段是直線，則下列說法正確的是（ ）A. 處電場強度最小，但不為零B. 粒子在段做勻變速運動，段做勻速直線運動C. 在0、 、 處電勢、的關(guān)系為D. 段的電場強度大小方向均不變【答案】D【解析】試題分析：因為，所以，即圖像的斜率表示電場強度大小，所以在處電場強度最小，為零，A錯誤；圖像的斜率表示電場強度大小，所以段做變加速直線運動，段做勻加速直線運動，B錯誤；根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：，粒子帶負電，q0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：，C錯誤；段為直線，斜率恒定，所以該段為勻強電場，D正確；考點：考查了電場力做功，電勢，電勢能【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據(jù)力學基本規(guī)律：牛頓第二定律進行分析電荷的運動情況9.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點的轉(zhuǎn)軸上，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球（可視為質(zhì)點）相連，直桿的傾角為30，OA=OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長。小球從A處由靜止開始下滑，初始加速度大小為aA，第一次經(jīng)過B處的速度大小為v，運動到C處速度為0，后又以大小為aC的初始加速度由靜止開始向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）A. 小球可以返回到出發(fā)點A處B. 撤去彈簧，小球可以在直桿上處于靜止C. 彈簧具有的最大彈性勢能為D. 【答案】CD【解析】AC、設(shè)小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，AB間的豎直高度為h，小球的質(zhì)量為m，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep.根據(jù)能量守恒定律得：對于小球A到B的過程有：mgh+Ep= +Wf，A到C的過程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=.小球從C點向上運動時，假設(shè)能返回到A點，則由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+Ep，該式違反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出發(fā)點A處。故A錯誤，C正確。B. 設(shè)從A運動到C摩擦力的平均值為，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30在B點,摩擦力f=mgcos30，由于彈簧對小球有拉力(除B點外),小球?qū)U的壓力大于mgcos30，所以mgcos30可得mgsin30mgcos30，因此撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止。故B錯誤；D. 根據(jù)牛頓第二定律得：在A點有：Fcos30+mgsin30f=maA；在C點有：Fcos30fmgsin30=maC；兩式相減得：aAaC=g.故D正確。故選：CD點睛：根據(jù)重力沿斜面向下的分力與最大靜摩擦力的關(guān)系，判斷出撤去彈簧，小球在直桿上不能處于靜止對小球A到B的過程和A到C的過程，分別根據(jù)能量守恒定律列式，可求得彈簧具有的最大彈性勢能，由牛頓第二定律研究A、C兩點的加速度，相比較可得到aA-aC=g10.如圖所示，平行金屬板中帶電液滴P處于靜止狀態(tài)，RG為光敏電阻(光照強度增加時，其電阻值減小)，電流表和電壓表為理想電表?，F(xiàn)增加光照強度，則下列說法正確的是（ ）A. 帶電液滴P將向下運動B. 電壓表的示數(shù)將增大C. R1上消耗的功率將減小D. 電壓表的示數(shù)的變化量與電流表的示數(shù)的變化量的比值的絕對值將不變【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)RG光敏電阻的變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到電流表讀數(shù)變化，從而得到電壓表讀數(shù)變化；根據(jù)電容器兩端電壓變化得到場強變化，從而得到合外力變化，即可得到液滴運動方向；根據(jù)“總量法”討論電壓表和電流表讀數(shù)的比值的變化?！驹斀狻吭黾庸庹諒姸?，則RG的阻值減小，電路的總電阻減小，總電流變大，路端電壓減小，R1以及電源內(nèi)阻上的電壓變大，則R1上消耗的功率將變大，R3兩端的電壓減小，即電壓表V示數(shù)減小，電容器兩端電壓減小，兩板間場強減小，則帶電液滴P將向下運動，選項A正確，BC錯誤；根據(jù)U=E-I(R1+r)可知電壓表V 的示數(shù)的變化量與電流表A 的示數(shù)的變化量的比值的絕對值不變，選項D正確；故選AD.【點睛】電路計算問題，一般根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到路端電壓變化，進而得到支路電流變化，最后求得電壓變化。11.下列說法正確的是（ ）A. 根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小B. 放射性物質(zhì)的溫度升高，則半衰期減小C. 用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止氘核，不可能使氘核分解為一個質(zhì)子和一個中子D. 某放射性原子核經(jīng)過2次衰變和一次衰變，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3個【答案】ACD【解析】【詳解】根據(jù)玻爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小，選項A正確；放射性物質(zhì)的半衰期與外界因素無關(guān)，選項B錯誤；核子結(jié)合成原子核與原子核分解為核子是逆過程，質(zhì)量的變化相等，能量變化也相等，故用能量等于氘核結(jié)合能的光子照射靜止氘核，還要另給它們分離時所需要的足夠的動能（光子方向有動量），所以不可能使氘核分解為一個質(zhì)子和一個中子，故C正確；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，某放射性原子核經(jīng)過2次衰變質(zhì)子數(shù)減少4，一次衰變質(zhì)子數(shù)增加1，故核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3個，D正確；故選ACD.12.如圖所示，將圓柱形強磁鐵吸在干電池負極，金屬導線折成上端有一支點、下端開口的導線框，使導線框的頂端支點和底端分別與電源正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個線框就可以繞電池軸心旋轉(zhuǎn)起來下列判斷中正確的是（ ）A. 俯視觀察，線框沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)B. 線框能旋轉(zhuǎn)起來，這是屬于電磁感應現(xiàn)象C. 電池輸出的電功率大于線框旋轉(zhuǎn)的機械功率D. 旋轉(zhuǎn)達到穩(wěn)定時，線框中電流比剛開始轉(zhuǎn)動時的大【答案】AC【解析】試題分析：小磁鐵產(chǎn)生的磁場方向為線框的下端A向下流向磁鐵，對線框的下端平臺側(cè)面分析，扁圓柱形磁鐵上端為S極，下端為N極，周圍磁感線由上往下斜穿入線框內(nèi)部，在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量，在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外），所以，由上往下看（俯視），線框沿逆時針轉(zhuǎn)動，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應故A錯誤，B正確；因為電源消耗的總功率一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為動能，所以總功率大于熱功率，故C正確；受到的安培力開始時使線圈做加速運動，當安培力等于阻力時速度達到最大，故D錯誤考點：考查了通電導線在磁場中受力二、實驗題13.某同學用如圖所示的電路測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，改變滑動變阻器的阻值，測得多組電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I，畫出U-I圖像如圖所示。 （1）若把電壓表和電流表均當作理想電表來處理，則電源電動勢E=_V，內(nèi)阻r=_。（2）若電流表內(nèi)阻RA不能忽略，則（1）中測得的電源內(nèi)阻_真實值（填“大于”或“小于”）。為了測得電源內(nèi)阻的真實值，這位同學采用了如圖所示的電路測量出了RA，實驗操作步驟如下：按圖丙連接好電路，斷開S1、S2，將R調(diào)到最大。合上S1，調(diào)節(jié)R使電流表滿偏。保持R不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱使電流表半偏。斷開S1，讀出R的阻值為0.3。實驗中R遠大于R，則可認為電流表內(nèi)阻RA=_。電源內(nèi)阻的值為_?！敬鸢浮?(1). （1）1.5 (2). 1.0 (3). （2）大于 (4). 0.3 (5). 0.7【解析】(1)由閉合電路的歐姆定律可知，U-I圖象的縱截距為E=1.5V，斜率.(2)本實驗采用了電流表的外接法，誤差來源為電流表分壓，測出的等效內(nèi)阻為，故測量值大于真實值。(3)測量電流表內(nèi)阻采用了半偏法：由于R遠大于R，在保持總電流基本不變時，電流表和電阻箱各分的一半的電流，故；故電源的內(nèi)阻真實值為.【點睛】掌握伏安法測電阻的原理，半偏法測電阻的原理是解本題的關(guān)鍵，一定明確本實驗在R遠大于R的條件下進行的。14.實驗室有一破損的雙量程電壓表，兩量程分別是3V和15V，其內(nèi)部電路如圖所示，因電壓表的表頭G已燒壞，無法知道其電學特性，但兩個精密電阻R1、R2完好，測得R1=2.9k，R2=14.9k現(xiàn)有兩個表頭，外形都與原表頭G相同，已知表頭G1的滿偏電流為1mA，內(nèi)阻為50；表頭G2的滿偏電流0.5mA，內(nèi)阻為200，又有三個精密定值電阻r1=100，r2=150，r3=200若保留R1、R2的情況下，對電壓表進行修復，根據(jù)所給條件回答下列問題：（1）原表頭G滿偏電流I=_，內(nèi)阻r=_（2）在虛線框中畫出修復后雙量程電壓表的電路_（標識出所選用的相應器材符號）（3）某學習小組利用修復的電壓表，再加上可以使用的以下器材，測量一未知電阻Rx的阻值：電流表A量程05mA，內(nèi)阻未知； 最大阻值約為100的滑動變阻器；電源E（電動勢約3V）； 開關(guān)S、導線若干由于不知道未知電阻的阻值范圍，學習小組為精確測出未知電阻的阻值，選擇合適的電路，請你幫助他們補充完整電路連接 _，正確連線后讀得電壓表示數(shù)為2.40V，電流表示數(shù)為4.00mA，則未知電阻阻值Rx為_【答案】 (1). ; (2). 100 ; (3). (4). (5). 750;【解析】【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出表頭的滿偏電流與內(nèi)阻（2）應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律選擇實驗器材根據(jù)電壓表的改裝原理作出電路圖（3）根據(jù)伏安法測電阻的實驗要求明確對應的接法，并由歐姆定律求解電阻【詳解】（1）由圖示電路圖可知，電壓表量程：Ig（rg+R1）=3V，Ig（rg+R2）=15V，代入數(shù)據(jù)解得：Ig=1mA，rg=100；（2）修復電壓表，表頭滿偏電流為，Ig=1mA，電阻應為：rg=100，需要的實驗器材為：表頭的滿偏電流0.5mA，內(nèi)阻為200的表頭以及r3，即將表頭和r3并聯(lián)在電路中使用，電路圖如圖所示：（3）根據(jù)題意可明確實驗中應采用分壓接法，電流表采用外接法，故實物圖如圖所示：電壓表量程為3V，則其內(nèi)阻RV3000，根據(jù)歐姆定律可知 【點睛】在“伏安法”測電阻實驗中，要注意明確實驗原理，正確選擇實驗電路的接法，并能準確連接實物圖，同時能根據(jù)對應的歐姆定律分析數(shù)據(jù)；找出實驗誤差三、計算題15.如圖所示，水平傳送帶與水平軌道在B點平滑連接，傳送帶A、B間距L=2.0m，一半徑R=0.2m的豎直圓槽形光滑軌道與水平軌道相切于C點，水平軌道CD間的距離L=10m，在D點固定一豎直擋板。小物塊與傳送帶AB間的動摩擦因數(shù)09，BC段光滑，CD段動摩擦因數(shù)為。當傳送帶以v0=6ms順時針勻速轉(zhuǎn)動時，將質(zhì)量m=1kg的可視為質(zhì)點的小物塊輕放在傳送帶左端A點，小物塊通過傳送帶、水平軌道、圓形軌道、水平軌道后與擋板碰撞，并原速率彈回，經(jīng)水平軌道CD返回圓形軌道。已知小物塊從傳送帶滑到水平軌道時機械能不損失，重力加速度g=10ms2。求：(1)小物塊第一次滑到傳送帶B點時的速度大??；(2)若小物塊第二次能沖上圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道，求的取值范圍?！敬鸢浮浚?）6m/s（2）020.65或0.820.9；【解析】【分析】（1）根據(jù)物塊在AB上做勻加速運動的末速度不大于傳送帶速度，由傳送帶長度來求解；（2）根據(jù)物塊不脫離軌道得到運動狀態(tài)，然后對物塊從B到第二次通過圓軌道應用動能定理求解【詳解】（1）物塊速度小于傳送帶速度時，物塊受到傳送帶的摩擦力f=1mg，那么，物塊做加速度a1g9m/s2的勻加速直線運動；因為2aL0v02，故物塊在傳送帶上做勻加速運動，到達B點時剛好達到傳送帶速度，所以，物塊滑到B時的速度大小vB=v0=6m/s；（2）要使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運動時不會脫離圓軌道，那么物塊第二次在圓軌道上運動要么能通過最高點，要么在圓軌道上最高點的高度hR；故當物塊能通過最高點時，在最高點應用牛頓第二定律可得：mg；對物塊從B到第二次到最高點應用動能定理可得：22mgL2mgRmv2mvB2解得： ；當物塊在圓軌道上最高點的高度0hR時，由動能定理可得：22mgLmgh0 mvB2，解得：，所以，0.820.9；所以為了使物塊能第二次沖上圓形軌道且能在沿軌道運動時不會脫離圓軌道，020.65或0.820.9；【點睛】經(jīng)典力學問題一般先對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解16.間距為l=0.5m兩平行金屬導軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，如圖所示，傾斜部分導軌的傾角=30，上端連有阻值R=0.5的定值電阻且傾斜導軌處于大小為B1=0.5T、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。水平部分導軌足夠長，圖示矩形虛線框區(qū)域存在大小為B2=1T、方向豎直向上的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度d=3m?，F(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg、內(nèi)阻r=0.5、長l=0.5m的導體棒ab從傾斜導軌上端釋放，達到穩(wěn)定速度v0后進入水平導軌，當恰好穿過B2磁場時速度v=2m/s，已知導體棒穿過B2磁場的過程中速度變化量與在磁場中通過的距離滿足（比例系數(shù)k未知），運動過程中導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，不計摩擦阻力和導軌電阻。求：（1）導體棒ab的速度v0；（2）導體棒ab穿過B2磁場過程中通過R的電荷量及導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；（3）若磁場B1大小可以調(diào)節(jié)，其他條件不變，為了使導體棒ab停留在B2磁場區(qū)域，B1需滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）8m/s（2）1.5C;1.5J（3） 【解析】【分析】（1）當導體棒ab運動穩(wěn)定后做勻速運動，由平衡條件和安培力公式結(jié)合求解導體棒ab的速度v0；（2）通過R的電荷量可根據(jù)電量與電流的關(guān)系、歐姆定律和法拉第電磁感應定律結(jié)合求解。由能量守恒定律和能量分配關(guān)系求導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；（3）當導體棒ab在B2磁場區(qū)域通過的位移xd時棒ab將停留在B2磁場區(qū)域。根據(jù)題意求出k，從而得到導體棒ab以速度v通過B2磁場時與在磁場中通過的距離x滿足的關(guān)系，再結(jié)合導體棒ab在B1磁場中達