2021年上海高三一模物理19題匯編

2021上海高三一模物理19題

楊浦區(qū)

19.（14分）如圖，固定于豎直平面內(nèi)的粗糙斜桿與水平方向夾1

角為30。，處在水平向左的勻強(qiáng)電場中。質(zhì)量為IxlO3kg、帶電；

量為+5x10—6C的小球套在桿上，小球沿桿下滑過程中未受摩擦-------

力作用。重力加速度g取10m/s2。求：

（1）電場強(qiáng)度E的大??；

（2）小球下滑的加速度大?。?/p>

（3）若電場大小不變，方向變?yōu)樗较蛴摇槭剐∏蚰苡伸o止起沿桿向上運(yùn)動(dòng)，桿與小球

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）。

19.（14分）

（1）小球的受力分析如右圖（1）所示，小球和桿之間沒有彈力

作用，所以未受摩擦力作用.

Eqsin300=mgcos30°（2分）

圖(i)

-3

?mgcot30°IxlOxl0xV3,二,八、

E=-.......=----------一一NXT/C=3.46x103N/C；（2分）

q5X10-6

（2）小球的加速度沿桿向下，根據(jù)牛頓第二定律：2尸=一鼻=〃以（2分）

sin30°

a=---=—m/s2=20m/s2（2分）；

sin30°1

2

（3）電場大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，小球的受力分析?/p>

右圖（2）所示?？傻茫篘=mgcos30°+“sin300（I分）

圖(2)

f=piN（1分）

為使小球能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足：E^cos30°＞（mgsin30°+/）（2分）

可得：〃（2分）。

虹口區(qū)

19.（14分）滑板運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)驚險(xiǎn)刺激的運(yùn)動(dòng)，深受青少年的喜愛。圖中ABCD為滑板的運(yùn)

動(dòng)軌道，AB和CD是兩段光滑的圓弧，水平段BC的長度L=5m。一運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)以o°=6m/s

的初速度下滑，經(jīng)BC后沖上CD軌道，達(dá)到Q點(diǎn)時(shí)

速度減為零。已知運(yùn)動(dòng)員連同滑板的質(zhì)量m=70kg,

h-2m,H-3m,g取lOm/s?。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過B點(diǎn)和C點(diǎn)的速度。B、火;

（2）滑板與BC之間的動(dòng)摩擦因數(shù)出

（3）運(yùn)動(dòng)員最后靜止的位置與B點(diǎn)之間的距離心

19.（14分）解答與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

（1）選經(jīng)過BC的水平面為零勢能面，

P到B的過程中，機(jī)械能守恒：^mv^+mgh-^mvl（1分）

解出OB=J琢+2gh=JG'+ZX10x2m/s=2x/T^m/s=8.72m/s（1分）

C到Q的過程中，機(jī)械能守恒：屣（1分）

解出vc=Q2gH=（2x10x3m/s=2xl\5m/s=7.75m/s（1分）

（2）B到C的過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a得到。=型或=-1.6m/s2（2分）串尸N

-2L

運(yùn)動(dòng)員連同滑板，受到三個(gè)力的作用，受力如圖（1分）軍」

牛頓第二定律：FN-mg=O,-nFN=ma（1分）

解出〃=衛(wèi)=0.16（1分）\mg

g

（3）兩側(cè)圓弧形軌道光滑，所以運(yùn)動(dòng)員最終停在水平軌道上。運(yùn)動(dòng)員在BC軌道上的往返

過程中，總是在做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小恒為1.6m/s2（1分）

設(shè)BC軌道上往返的總路程為s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2as

得到毋喘

-23.75m(2分)

推理：因s=4L+3.75=23.75m,故運(yùn)動(dòng)員最終停下的位置離B點(diǎn)43.75m(2分)

長寧區(qū)

19.(15分)如圖所示，閉合電鍵后，電壓表示數(shù)為2V,電流表示數(shù)是0.8A?1.3A之間的

某個(gè)值.一段時(shí)間后，某電阻發(fā)生了故障，兩表的示數(shù)變?yōu)?.5V和1.5A.已知電源電

動(dòng)勢E=6V,&=1C，問:

(1)電路中哪一個(gè)電阻發(fā)生了故障？屬于何種故障?

(2)電阻Ri的阻值是多少？

(3)電源內(nèi)電阻r是多少？

(4)電阻R2的阻值是多少？

19.(1)以發(fā)生了故障，屬于斷

路.(2+2分)

(2)當(dāng)a斷開后，電壓表的示數(shù)即為Ri兩端的電壓，故R產(chǎn)0/2=4.5/1.5=3。

(3分)

(3)當(dāng)以斷開后，根據(jù)閉合電路的歐姆定律,E=/2(R/+r),代入數(shù)據(jù)得,尸1。(3

分)

(4)R3斷開前，根據(jù)閉合電路的歐姆定律,E=〃R/+(//+UM?j)r,代入數(shù)據(jù)得,〃=1A(3

分)

R斷開前，根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等得，//勺=0/&(7?2+&)，代入數(shù)據(jù)得，&=0.5。

(2分)

閔行區(qū)

19.（14分）我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機(jī)獲得的升力

大小F可用尸=k/表示，其中A為比例常數(shù)；。是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)

所受重力相等時(shí)的。稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知艦載飛機(jī)空載質(zhì)量為1.69X103kg時(shí)，

起飛離地速度為78m/s；裝載彈藥后質(zhì)量為2.56x103kg?

（1）求飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度；

（2）若該航母有電磁彈射裝置,飛機(jī)裝載彈藥后,從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行180m

后起飛，求飛機(jī)在滑行過程中所用的時(shí)間和飛機(jī)所獲得的平均推力大小（不計(jì)所有阻力）。

19.（14分）

（1）（6分）解：由起飛條件知：kvl=mrg（2分）

kvl=m2g（1分）

聯(lián)立可解得裝載彈藥后的起飛離地速度

v2=96m/s（3分）

（2）（8分）由公式x=

可求得：t=^=3.75s（3分）

v2

由公式a=/=25.6m/s2（2分）

依據(jù)牛頓第二定律可知推力

F=ma?6.55x104N（3分）

寶山區(qū)

19.（14分）如圖，有一固定在水平地面上傾角為37°、足夠長的斜面，質(zhì)量m=lkg的物

塊，受到一個(gè)沿斜面方向的外力F作用，從斜面底端以初速度"o=3m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，己

知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4。利用DIS實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)進(jìn)行測量，得到物塊向上運(yùn)動(dòng)過程

中，一段時(shí)間內(nèi)的v-t圖像（如圖所示）（gMX10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）,

（1）求物塊向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度的大小；

（2）求物塊所受的外力F；

（3）對(duì)于物塊由斜面底端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程，通過計(jì)算說明物塊損失的機(jī)械能4￡、物塊

克服外力F做的功M和物塊克服摩擦力做的功W/三者之間的關(guān)系。

19.（14分）

解：

⑴（2分）

由v-t圖像，得a='°-l0=10〃2/s2（2分）；

0.2-0

⑵（6分）

由牛頓第二定律，得mgsin37°+/—E=ma（2分）,

將N=mgcos37°（1分）、f=pN（1分）代入上式，得

F=mgsin370+/.imgcos370-ma,

將已知量代入，算得F=-0.8N（1分），

所以F的大小是0.8N,F的方向平行于斜面向下（1分）。

（3）（6分）

v232

物塊向上運(yùn)動(dòng)的最大位移$='=」一=045根（1分），

2a2x10

AE=gmvl-mgssin37°（1分）,

d￡=-xlx32-1x10x0.45x0.6=1.87（1分）,

2

%=Es=0.8x0.45=0.3617（1分）,

Wf=pimgcos37°-5=0.4x1x10x0.8x0.45=1.44J（1分），

可見，AE=Wl..+Wl.（1分）

嘉定區(qū)

19.（14分）如圖所示，豎直圓筒固定不動(dòng)，粗筒橫截面積是細(xì)筒的4倍，細(xì)筒足夠長，粗

筒中A、B兩輕質(zhì)活塞間封有一定量的理想氣體，氣柱長/=10cm。活塞A上方為水銀，粗

細(xì)兩筒中水銀柱的高度分別為H=3cm和4=2cm,兩活塞與筒壁間的摩擦不計(jì)。用外力向上

托住B,使之處于平衡狀態(tài)。若外界大氣壓始終為p°=76cmHg,環(huán)境溫度為27℃。

（1）求圖示狀態(tài)封閉氣體的壓強(qiáng)團(tuán)；

（2）保持溫度不變，向上緩慢推動(dòng)活塞B,試計(jì)算粗筒中的水銀柱剛好完全進(jìn)入細(xì)筒時(shí)，

封閉氣體的壓強(qiáng)P2和活塞B上升的距離X；

（3）在第2問的基礎(chǔ)上，固定活塞B的位置不變，將裝置放入57,C的恒溫箱中。一段時(shí)間

后，在細(xì)筒上方注入水銀，為保證活塞A不向下移動(dòng)，則注入水銀的最大高度力,為多少？

（4）請(qǐng)?jiān)趐-V圖上定性畫出氣體狀態(tài)變化的整個(gè)過程。

MtP

V

19.（14分）

（2分）（1）Pi=Po+pg（h+H）=76cmHg+（2+3）cmHg=BlcmHg

（6分）（2）?.?粗筒的面積是細(xì)筒的4倍

則水銀柱完全推入細(xì)筒時(shí)"'=4H+h=（4X3+2）cm=14cm

p2=Po+pgH'=76cmHg+14cmHg=90cmHg

設(shè)封閉氣體后來的高度為粗筒截面積為S

???溫度不變.??根據(jù)玻意耳定律PrlS=p2rs

可得lf=9cm

x=l+H-l=（10+3-9）cm=4cm

（4分）（3）?.?體積不變;根據(jù)查理定律某=黑

T2T3

90cmHg_p

3p=99cmHg

（273+27）K-<273+57；K3

???h'

Xp3=Po+pg=9cm

（2分）（4）圖略。

松江區(qū)

19.（14分）如圖所示，用絕緣絲線將質(zhì)量為m電荷量為qA的帶

負(fù)電小球A系在。點(diǎn)。在距。點(diǎn)的正下方H處用絕緣柄固

定一帶電小球B（兩球均可看成點(diǎn)電荷）。當(dāng)絲線與豎直方

向夾角為。=30。時(shí)，球A靜止，此時(shí)A、B兩球連線與絲

線AO垂直。已知靜電力常量為k,重力加速度為g。

（1）畫出A球受力示意圖，判斷B球的電性；

（2）求A球所在處的電場強(qiáng)度E；

（3）求B球的電荷量qe：

（4）若支持B球的絕緣柄漏電，A球在豎直平面內(nèi)緩慢運(yùn)動(dòng)至

8=0。處，B的電荷尚未漏完。在整個(gè)漏電過程中，絲線的

拉力大小如何變化？請(qǐng)說明原因。

19、解：

（1）A球受力分析如右圖所示（2分）B帶負(fù)電（1分）

（2）由A球靜止可得：mgsind=Fmgcosd=T

E---mg/2qA（3分）

q

呀,

方向垂直O(jiān)A向右下方（1分）

（3）根據(jù)庫侖定律：F=k.%、，=mgsin。（2分）

（Hsin。？

得%=（加8/72）/8%入（1分）

（4）先不變后變大（2分）

根據(jù)相似三角形：

mg_T

則T=mg

~OB~~OA

因?yàn)閙g,OA,OB都不變，所以7■不變（1分）

0A豎直時(shí)有T+F=mg

金山區(qū)mg

19.如圖，一個(gè)質(zhì)量為〃?、帶電量為一4的小球用長為L的絕緣細(xì)線靜止懸掛在豎直方向A

處。在水平方向突然增加一個(gè)勻強(qiáng)電場，小球開始向右擺動(dòng)，起動(dòng)瞬間加速度大小為“，在

空氣阻力的影響下，小球擺動(dòng)一段時(shí)間后最終靜止于B處。擺動(dòng)過程中小球帶電量不變，

細(xì)線與豎直方向夾角不超過90°。求：-?------?

（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；

（2）小球最終靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角；

（3）求小球從A第一次運(yùn)動(dòng)到B過程中電勢能的改變量，并說明此過程中

能量的轉(zhuǎn)化情況。

19.（14分）

（1）小球在A位置時(shí)水平方向僅受電場力（1分），根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma（1分）

E=ma/q（1分）電場方向水平向左（1分）

（2）B位置時(shí)小球受力如圖（1分）T

根據(jù)平衡條件，得mgtanO=qE（2分）j\

細(xì)線與豎直方向的夾角。滿足tanO=：（1分）：\一a

O

I7J/7-/

（3）電場力做功為WAB=qELsinO=近年/（1分）

電勢能的改變量AE=—WAB=-（2分）

此過程中，電勢能轉(zhuǎn)化為了動(dòng)能、重力勢能和內(nèi)能。（3分）

奉賢區(qū)

19.（16分）如圖所示，傾角為6=37。的斜面4BC固定在水平地面上，AB部分斜面粗糙，

長L\B=3m,8c部分斜面光滑。一個(gè)質(zhì)量，〃=lkg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初動(dòng)能Eko=32J

從斜面底端沖上斜面。已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.25,g取10m/s2,sin37°=0.6,

cos370=0.8,以水平地面為零勢能面，不計(jì)空氣阻力。求：

（1）畫出物塊沿AB部分斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)受力示意圖，并求出其加速度；

（2）物塊運(yùn)動(dòng)到8處時(shí)的速度大?。?/p>

（3）為使物塊不至于滑出斜面，BC部分的最小長度；少;

（4）請(qǐng)判斷物塊的動(dòng)能和重力勢能相等的位置在AB段

還是BC段，簡要說明理由。

19.解：（1）（5分）物體在A8段受力分析如右圖（2分3受到重力G、支持力FN、摩擦力

Ff三力，斜面傾角為仇

根據(jù)牛頓第二定律得

〃?gsin。+/jmgcosO=ma（7分）

a=（10x0.6+0.25x1OxO.8）m/s2=8m/s2（7分）

方向沿斜面向下C分）

（2）（3分）

根據(jù)動(dòng)能的定義式Eko=^mvo（l分）

得物體在4點(diǎn)的速度。o=m/s=8m/s（7分）

再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v^=-2aLAB（1分）

得-2aLAB=48x8-2x8x3m/s=4m/s（7分）

（3）（4分）物體在BC段受力分析如右圖（7分）

。'=gsin0=lOxO.6m/s2=6m/s2（I分）

根據(jù)VB2=2as（1分）

得SR//2。'=4x4/（2x6）m=4/3m（I分）（備注：用其他方法蹲到結(jié)果，只要正確即可蹲分）

（4）（4分）

A8段（答的這段即可蹲2分）

B處的動(dòng)能為瓦^=；/?說=8J

B處的重力勢能為Epp=wg〃=18J（7分）

小物塊從A到B的過程中，動(dòng)能從32J減小到8J,重力勢能從0增加到18J,會(huì)在某處

出現(xiàn)動(dòng)能和重力勢能相等的位置；由B到C的過程中，動(dòng)能減少，重力勢能增加，不可能

出現(xiàn)動(dòng)能和重力勢能相等的位置。（7分）（備注：合理即可蹲分）

崇明區(qū)

20.（12分）如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌平面與水平面成a角，

電阻忽略.空間有一足夠大、與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌通過電鍵連接一

電動(dòng)勢為E內(nèi)阻不計(jì)的電源.質(zhì)量均為m電阻均為R的

導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，其中ab由湎「

電源E

可以自由滑動(dòng)，cd固定。c

（1）閉合電鍵后釋放ab,它恰能靜止在導(dǎo)軌上，求

勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向（方向請(qǐng)文d

標(biāo)在磁感線上）；Z\z^b

（2）斷開電鍵，ab開始運(yùn)動(dòng).求ab運(yùn)動(dòng)的最大加Z?---

速度和最大速度；

（3）在ab上標(biāo)出運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電流方向.在ab

棒開始運(yùn)動(dòng)以后，簡要分析回路中的能量轉(zhuǎn)化

情況.

20.（12分）

（1）方向：垂直導(dǎo)軌向下，（1分）

RE

R&--，Iab=一（1分）

2abR

磁場力與重力分力平衡FA=BIL=mgsina（1分）

人啰亞（1分）

LE

（2）剛釋放時(shí)，加速度最大（1分）安培力為零，mgs\na=mao二gsina（l分）

當(dāng)速度最大時(shí)，安培力等于重力分力

E=BLvm/=絲2（1分）

V（1分）

2RmgRsvaa

（3）從a至！Jb。（1分）

能量轉(zhuǎn)化：開始時(shí)，金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和兩金屬棒的電能最后轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；當(dāng)

ab速度達(dá)到最大后，金屬棒的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能?

分部積分標(biāo)準(zhǔn)：

機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能（1）

機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能（2分）

內(nèi)容完整（2分）

其他不合理表述不得分

黃浦區(qū)

19.足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L,導(dǎo)軌所在平面水平、電阻不計(jì)。導(dǎo)軌

處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

強(qiáng)磁場中。一長為L、質(zhì)量為m、電

阻為R）的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上

且始終與導(dǎo)軌接觸良好。兩金屬導(dǎo)軌

的左端連接如圖所示的電路，其中

Ri=2Ro,&=4吊）。現(xiàn)將電阻箱心的電

阻調(diào)為12/?0,對(duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F,求：

（1）金屬棒上產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值&、ax；

（2）金屬棒運(yùn)動(dòng)的最大速率Omax；

（3）金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，棒與電阻&的發(fā)熱功率之比2；

（4）從金屬棒開始運(yùn)動(dòng)至最大速率的過程中，若棒上產(chǎn)生的熱量是。，則此過程中恒力產(chǎn)

做的功卬是多少？

19.（15分）（G+2+4+3）

（1）電路總電阻R魯+Ri+Ro=6R°（2分）

八2十八3

金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，此時(shí)所受安培力FA=B/L=F（2分）

最大感應(yīng)電動(dòng)勢Emm=IR總（1分）

由以上三式可得：Emak喑（1分）

DL

,、Emax6FR。

（2）vmax^—=—^2（2分）

（3）因?yàn)?與R3并聯(lián),且&加3=1：3,所以/O：/2=4:3（1分）

根據(jù)P=I2R（1

分）

可知日韋標(biāo)（2分）

（4）根據(jù)電阻大小和電路連接方式，可知電路產(chǎn)生的總熱量與金屬棒上產(chǎn)生熱量之比為6:1；

根據(jù)功能關(guān)系，力F做功引起系統(tǒng)動(dòng)能和內(nèi)能的增加。所以力F做功

1,18江2&）2

W=2m0max+6Q=B'L，+6Q（3分）

靜安區(qū)

19.如圖，足夠長的粗糙斜面AB底部與固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC平滑連接，

斜面AB與水平方向夾角6=37。，軌道BC半徑R=0.1m。質(zhì)量/n=0.4kg的小物塊從斜面

AB的某位置由靜止釋放，恰好能到達(dá)軌道BC的最高點(diǎn)。已知小物塊與斜面AB間的動(dòng)摩

擦因數(shù)〃=0.25,取g=10m/s2,sin37°—0.6,cos37°=0.8。

（1）求小物塊沿斜面AB下滑時(shí)的加速度a的大??；’

（2）求小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度VB的大小；

（3）求小物塊沿斜面AB下滑過程中，損失的機(jī)械能。

19.（本題共14分）

（1）小物塊從A到B作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，受力情況如右圖。

小物塊垂直于斜面方向受力平衡W-mgcos37°=0

小物塊與斜面AB間的滑動(dòng)摩擦力Ff=〃FN="mgcos37。

沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律，mgsin37°—Ff=ma

代入數(shù)據(jù)可得，a=4m/s2

2

（2）小物塊恰好能到達(dá)細(xì)桿BC最高點(diǎn)C時(shí)，mg=mvc/R

代入數(shù)據(jù)可得，vc=lm/s

小物塊從B運(yùn)動(dòng)到C只有重力做功，機(jī)械能守恒，

2mv,

2rr)v6=mg-2R+2^

代入數(shù)據(jù)可得，vB=V5m/s

2

（3）小物塊從A到B作初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，s=vB/（2a）

代入數(shù)據(jù)可得，s=0.625m

從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，E損=/〃

Wju=Ff?s=〃mgcos370,5

代入數(shù)據(jù)可得，F(xiàn)m=0.5J

浦東新區(qū)

19.（14分）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌固定在與水平面成。=37。的斜面上（斜面未畫出），

導(dǎo)軌各相鄰段互相垂直，導(dǎo)軌頂端接有阻值R=3C的電阻。已知寬軌間距L=1m,寬軌長

S=lm,窄軌間距42=0.5m,窄軌長$2=2m。pq連線以下區(qū)域有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁

場，磁感強(qiáng)度大小8=2.0T,hp=cq=0.27mo現(xiàn)有―■根長度等于LI，電阻為r=2C、質(zhì)量

m=0.2kg的金屬棒從寬軌頂端由靜止釋放，金屬棒到達(dá)寬軌底部和窄軌底部之前都已經(jīng)做

勻速直線運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g=lOrn/s?,$山37。=0.6,<:0$37。=0.8。求：

（1）金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)通過電阻R的電流4的大小和方向；

（2）金屬棒剛離開寬軌時(shí)速度也的大小；

（3）在金屬棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

19.（共14分）

（1）（6分）由右手定則（或楞次定律）可判斷感應(yīng)電流方向c-R-b（2分）

設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為VI

金屬棒從頂端開始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場的過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，即

1,

—wvf-0=mgSbpsin6

代入數(shù)值得：1X0.2XV.2-0=0.2X10X0.27xsin37"

21

解得：vi=1.8m/s（2分）

剛進(jìn)入磁場時(shí)，由閉合電路歐姆定律可得：/=_工，又Ei=BLa

1R+r

可得：/g￡vj=2xlxl.8A=（）72A（2分）

1R+r3+2

（2）（4分）依題意，金屬棒剛離開寬軌時(shí)作勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬棒受力分析如下圖。

由及二或］吸，/=_￡J,FA=BI?LI

2R+r

得尸=此送（1分）

AR+r

因金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得：FA=mgsin<9（1分）

BL/2?q

即---=mgsin”

R+r

機(jī)gsinO(R+r)_0.2x10xsin37°x(3+2)

則”m/s=1.5m/s（2分）

22xl2

（3）（4分）設(shè)金屬棒在窄軌上最終勻速運(yùn)動(dòng)速度大小為也

E^=BL2y3,i=—J-,F^=BhL2

3R+0.5/*

因金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得：FA-tngsinO

"?gsinO(R+O.5r)_0.2x1Oxsin37°x(3+1)

解得：v,=m/s=4.8m/s（2分）

22X0.52

金屬棒在軌道上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，由能量守