2021届新高考物理模拟培优卷（五）.pdf

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1、2021届新高考物理模拟培优卷（五）一、选择题：本题共10小题，共 46分。在每小题给出的四个选项中，第 17题只有一项符合题目要求，每小题4 分；第 810题有多项符合颗目要求，每小题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。1.如图甲所示，一个质量为3 k g 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力尸作用下由静止开始做直线运动。在 03 s 时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则（）甲A.F的最大值为12NB.0-1 s 和 23 s 内物体加速度的方向相反C.3 s 末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD.在 01 s 内物体做匀加速

2、运动，23 s 内物体做匀减速运动2.一含有光电管的电路如图甲所示，图 乙 是 用 光 线 光 线 b 和光线c 照射同一光电管得到的/-U 图线，%。表示遏止电压。关于光线“、仄 c 的波长关系，下列判断正确的是（)A.2 A 4 B.2 4 4c.4,=4 43.中国行星探测任务命名为“天问系列”，首次火星探测任务命名为“天问一号”。1925年德国物理学家瓦尔特霍曼提出了一种相对节省燃料的从地球飞往火星的方案，其基本构想是在地球上将火星探测器发射后，探测器立即被太阳引力俘获，以太阳为焦点沿椭圆轨道6 运动，到达火星。椭圆轨道6 分别与地球公转轨道、火星公转轨道c 相切，如图所示。下列说法正

3、确的是（）火星A.依照霍曼的猜想，火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度B.探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c,则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨C.若探测器沿椭圆轨道运动，探测器在远日点处的加速度比火星绕太阳公转的加速度大D.火星探测器沿椭圆轨道运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值小于火星绕太阳运动时轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值4.2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口联合举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为简化后的跳台滑雪的轨道示意图，运动员（可视为质点）从起点由静止开始自由滑过一段圆心角为6 0 的光滑圆弧轨道后从A

4、 点水平飞出，然后落到斜坡上的 B 点。已知4 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m,斜坡与水平面的夹角。=30。，运动员的质量”?=60kg（重力加速度g=1 0 m/s阻力忽略不计）。下列说法正确的是（）A.运动员到达A 点时对轨道的压力大小为1 200 NB.运动员从静止开始运动到B点的整个过程中机械能不守恒C.运动员到达A 点时重力的瞬时功率为104 WD.运动员从A 点飞出到落到3 点 所 用 的 时 间 为 逑 s35.如图甲所示为一列简谐横波在，=0 时刻的波形图，P、。分别是机械波上的两个质点，其平衡位置坐标分别为x尸=2 m、=I m；图乙为质点P 的振动图像。从，=0

5、 时 亥!起，下列A=0 时，质点P 的运动方向沿y 轴正方向B.f=0 1 s时，质点。的加速度大于质点P 的加速度C，=0 至，=0/5 s,质点。运动的路程为0.2 mD./=0 至r=015s,质点尸沿x 轴的正方向迁移了 3 m6.如图所示，与竖直方向成a角的匀强电场中，用绝缘细线系一个质量m=0.02kg的带电小球，小球所带电荷量的大小为L O x lO-F,线的另一端固定于。点，平衡时悬线恰好与电场线垂直，已知夕=60。，g 取 lO m/s?,则对于小球所带电荷的电性及电场强度E 的大小，正确 的 是（）A.小球带正电，场强大小E=l.OxlON/CB.小球带负电，场强大小E=

6、1.0X104N/CC.小球带正电，场强大小E=g x lO4N/CD.小球带负电，场强大小E=V5xlO4N/C7.如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A 和&活塞处于静止平衡状态.现通过电热丝对气体A 加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（）川1川”“切 勿BA.气体A 吸热，但对外做功，内能不变B.气体B 吸热，对外做功，内能不变C.气体4 和气体8 内每个分子的动能都增大D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少8.如图所示，质量为M的木板静止在光

7、滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度为滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（）-3A.木板先加速再减速，最终做匀速运动B.整 个 过 程 中 弹 簧 弹 性 势 能 的 最 大 值 为*鸳4（M+in）C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为 处 应M +ntD.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为一丝也一9.如 图（a）,为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的

8、原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为4、。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则（）（b）A.闭合S,加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为5 0 VB.某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为1 0 0 转/秒C.闭 合开关S,电压表的示数为2 5 夜 VD.变压器原、副 线 圈 的 匝 数.2须满足 2 1 0 0 勺时，才能实现点火1 0 .如图所示，一平行金属导轨与水平面成，角放置，导轨间的距离为L在 0 0 的上方区域内存在与导轨平面垂直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，导轨的下端

9、接有阻值为R的电阻，在导轨的上端垂直于导轨放有一质量为 n的导体棒油，另有一质量为M的导体棒垂直于导轨，以大小为%的速度沿导轨向上进入磁场区域，c d 与导轨无摩擦，当c d 进入和离开磁场时，导体棒时恰好保持静止，两导体棒一直没有相撞。已知两导体棒的长度均为L电阻均为R,导体棒与导轨接触良好，不计其他电阻。则（）A.导体棒a b恰好不受摩擦力时，导体棒c d 的速度为37gRsin6B.c d 上滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量C.cd上滑过程中通过R的电荷量大于下滑过程中通过R的电荷量D.c d 离开磁场时的速度为些 锣 位二、非选择题：本题共5小题，共 5 4 分1 1 .（6

10、分）某同学利用如图I 所示的装置探究“合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下：小 车 c光电门甲光电门乙长木板含砂橘A.按照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）；B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；C.取下细绳和砂桶，测量砂子和砂桶的质量，并记录数据；D.保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙的时间、t2,并测量光电门甲、乙之间的距离s；E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D。请回答下列问题：（1）若砂桶和砂子的总质量为，小车的质量为M,重力加速度为g,则步骤D 中小车

11、下滑 时 所 受 合 力 大 小 为;（忽略空气阻力）（2）用游标卡尺测得遮光片宽度如图2 所示，则遮光片宽度4=mm；0 1 2 cm（3）在误差允许的范围内，若满足，则表明小车所受合外力做的功等于小车动能的变化量。用题目及（1）中所给字母表示1 2.（8分）在练习使用多用电表的实验中.（1）某同学使用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值R”先把选择开关旋到“x 1 0”挡位，测量时指针偏转如图甲工）所示 以下是接下来的测量过程：a.将选择开关旋到“x l”挡；b.将选择开关旋到“x 1 0 0”挡;C.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔；d

12、.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值&；e.断开两表笔，旋转选择开关至交流电压最大量程处（或“OFF”挡），并拔出两表笔。以 上 实 验 步 骤 中 的 正 确 顺 序 是 （填写步骤前的字母）。（2）重新测量后，指针位于如图甲（b）所示位置，被测电阻的测量值为 C。（3）欧姆表内部电路可简化为如图乙所示的电路，己知电流计的量程/g=lm A,电池电动势E=3V,则该欧姆表的内阻是 k d表盘上0.6mA刻度线对应的电阻值是 k d （结果均保留两位有效数字）13.（10分）如图所示，真空中两细束平行单色光a和b从一透明半球的左侧以相同速率沿半球的平面方向向右移动，光始终与透明半球的平

13、面垂直.当b光移动到某一位置时，两束光都恰好从透明半球的左侧球面射出（不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面）.此 时。和 匕 都停止移动,在与透明半球的平面平行的足够大的光屏M上形成两个小光点.已知透明半球的半径为R，对单色光a和b的折射率分别为4=手 和 叼=2,光 屏M到透明半球的平面的距离为=1+2R，不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为(i)两细束单色光a和 人 的 距 离d；(i i)两束光从透明半球的平面入射直至到达光屏传播的时间差/.1 4.(1 2 分)如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为3 7。的足够长的斜面上；将一小物块A从木板8的中点轻轻地释放，同时解除木

14、板8的锁定，此后A与 B发生碰撞,碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块A的质量?=l k g,木板8的质量n)=4 k g,板长=6 cm,木板与斜面间的动摩擦因数为=0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 l O m/s2,s i n 3 7 0=0.6,co s 3 7=0.8。(1)求第一次碰撞后的瞬间A、8的速度;(2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距 B下端的最大距离。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，重力对A做的功。1 5.(1 8 分)如图所示，水平面上固定着不等间距的两段平行直导轨，处于磁感应强度大小为 3的竖直向下的匀强磁场中，粗糙导轨A 3、尸

15、 。的间距为L 光滑导轨MN、无限长，其间距为2 L,导轨电阻均不计，金属棒必、垂直放置于两段导轨上与导轨接触良好,且均可自由滑动，其质量分别为机和2,“，二者接入电路的阻值分别为R和2 7?，一根轻质细线绕过定滑轮(定滑轮用绝缘材料固定在轨道平面内，滑轮质量和摩擦不计)，一端系在金属棒 的中点上，另一端悬挂一物块W,W的质量为此时金属棒访恰好不滑动.现用水平向右的恒定拉力厂使金属棒W由静止开始向右运动，当4达到最大速度时金属棒岫刚要滑动.已知重力加速度为g,求：（1）金属棒C”的最大速度；（2）恒定拉力尸的大小；（3）若在金属棒达到最大速度时立即撤去拉力F,试计算出金属棒cd继续运动的位移s

16、；（4）若金属棒cd从静止开始运动到最大速度所用的时间为3则金属棒外从cd棒开始运动到 棒静止共产生了多少焦耳热？答案以及解析1 .答案：C解析：1 2 s 内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定 律 用=37知合外力为 1 2 N,由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力尸大于1 2 N,故 A错误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3 s 内始终做加速运动，第 3 s 内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故 B错误；因为物体速度始终增加，故 3 s 末物体的速度最大，再 根 据 知 速 度 的 增 加 量 等 于加速度

17、与时间的乘积，在图像上即图像与时间轴所围图形的面积，A v =i x(l +3)x 4 m/s=8 m/s,物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s,所以C正确；第 2 s 内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在 0 1 s 内物体做加速度增大的加速运动，2 3 s 内物体做加速度减小的加速运动，故 D错误。2 .答案：D解析：eU&=-mvl=h v-W =-W 由图可知，a光、c 光的截止电压相等，则 、C 光的波长相等；因匕光的截止电压大于。光的截止电压，则 a光的波长大于6光的波长，即乙。故选D。3 .答案：B解析：本题通过火星探测器的发射考查宇宙速度、卫星变轨、开普勒第

18、三定律。探测器发射之后要被太阳引力俘获，所以探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，A错误；探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c,则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨才能进入轨道 c,B正确：探测器在椭圆轨道上远日点处的加速度和火星围绕太阳公转的加速度均由太阳的引力提供，由。=6日 可 知，两者大小相等，C错误；火星探测器在椭圆轨道上运动和r火星围绕太阳运动，中心天体均为太阳，由开普勒第三定律可知，轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值相等，D错误。4 .答案：A解析：本题考查机械能守恒、牛顿第二定律、平抛运动的规律。运动员在光滑圆弧轨道上的运动和做平抛运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，

19、故 B错误；运动员在光滑圆弧轨道上运动的过程中机械能守恒，有 m gA(l-c o s 6 0 o)=gm/,由牛顿第二定律可得 5/v-w g=,得 N =1 2 0 0 N,根据牛顿第三定律可知，运动员到达A点时对轨道的压力R大小为1 2 0 0 N,故 A正确；运动员到达A点时速度沿水平方向，重力的瞬时功率为零，故C错误；运动员从A点飞出到落到8点的过程，由a =；g f 2,s =%t a ne =4,可得2s2 v t a n6 4 6s,故 D错误。5 .答案：B解析：本题考查波的传播与质点的振动分析。由质点P 的振动图像可知，r =0 时，质点尸的运动方向沿y 轴负方向，A错误；

20、f =0 1 s 时，质点。到达波峰位置.，质点P 仍在平衡位3置，可知质点。的加速度大于质点P 的加速度，B 正确；，=0至，=0.1 5 s,经过了：个周期，质点。运动的路程为3 A =0.6 m,C错误；机械波传播的过程中，质点只在自己平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，D错误。6 .答案：B解析：依据受力分析，结合共点力平衡，及矢量的合成法则，与三角知识，即可求解。对球受力分析，重力，绳子的拉力与电场力，如下图所示：根据共点力平衡，结合矢量的合成法则，则有F=mgco3a而F=qE因此场强大小=r!g c o s =0.02xl0 xcos60=1 0 x l()4 N/cq l.Ox

21、 lO5依据正电荷受到的电场力与电场强度方向相同，而负电荷的电场力与电场强度方向相反,那么电荷带负电，故 ACD错误，B 正确；故选B。7 .答案：D解析：气体A吸热Q 0 ,体积不变，W =0,根据热力学第一定律 =Q+W ,可知 0 ,气体温度升高，故A错误.对8上方活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，B气体的压强不变；由于隔板导热性良好，B气体会吸收A气体的热量后温度上升，内能增大；根据理想气体状态方程 =C,在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误.气体A和气体8温度都上升了，分子的平均动能都增大，分子平均动能是大量分子的一种统计规律，并非每一个分子的动能都会增

22、大，故C错误.根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关；在压强不变的情况下，气体8的分子平均动能增大，气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少,故D正确.8.答案：A B解析：A.物块接触弹簧之前，物块减速运动，木块加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木块继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板加速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木块先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；B.当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此

23、时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木块看做系统，由动量守恒定律可得w%=（，+M）v,得丫=也。从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得综=3机4-$加+加），一吗。从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得2吗=g加诏-g +M）/，W f =4（：需），则最大的弹性势能为3辞*所以B正确;C.根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为/=砂-%=-幽 肛，所以M +m”也 是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；M+机D.由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为耳=琢，又系统克服摩擦力做功为%=耳 相对，则x相 对=牛=砺 黑 菽，即弹簧压缩到最短时，物

24、块到木板最右端的距离 为 一%一，所以D错误。4（例+m）g9.答案：C D解析：A C、根 据 图（b）得 到 原 线 圈 电 压 的 最 大 值 为=5 0V,所以加在变压器原线圈上fl正弦交流电压的有效值为*=/=看V =2 5愣V,故闭合开关S时，电压表的示数为：U、=2 5 R V,故A错误，C正确：B、根 据 图（b）得到原线圈电流周期为7=2 x 1 0-2$,所以转速n=*=焉 转/秒=5 转/秒，某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，d.U.U 乙其线圈在磁场中的转速为5 0转/秒，故B错误；U nD、由题意可知瞬时电压大于5 00 0 V即火花放电；根据了处=，且%

25、,“=5 0匕U 2m 出U 2r t l 5 0 0 0 V可得到实现点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数九1、九2必须满足n2 1 0 0/1 1，故 D 正确。1 0 .答案：A D解析：本题通过导体棒在磁场中的运动考查电磁感应的综合问题。设通过导体棒 的电流为/时，导体棒就恰好不受摩擦力，由平衡条件得 琢s i n e =W L,c d产生的感应电动势E =B L v,由闭合电路欧姆定律得，联立上式解得口 =即 等 詈，A正确；由左手定则知，上滑过程中受到的安培力方向沿导轨向下，下滑过程中受到的安培力方向沿导轨向上，由牛顿第二定律知，c d上滑过程的平均加速度比下滑过程的平均加速度大，

26、由x =知，c d上滑时所用的时间短，由=加/知，上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，B错误；由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势后=丝，由闭合A r/=_L _电路欧姆定律得平均感应电流 3 ,通过c d棒的电荷量q =/加，由以上三式解得 A2q=绡,由于c d上滑过程与下滑过程通过的距离相同，故上滑过程中与下滑过程中通过3/的电荷量相等，由并联电路特点知，上滑过程中通过R的电荷量等于下滑过程中通过R的电荷量，C错误；当 进入和离开磁场时，导体棒外恰好保持静止，导体棒就所受的摩擦力为最大静摩擦力，进入磁场时，有 由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得八 鸟1 对，由左手定则知，其

27、所受安培力方向沿导轨向上，摩擦力方向沿导轨Z-4-Au J向下，由平衡条件得机g s i n e +A u B/Z,c d 离开磁场时，有 E?=BLv,由闭合电路欧姆定律得 2 =E22 9R，对 外，其所受安培力方向沿导轨向下，摩擦力方向沿导轨向上，由平衡条件得m g s i n 0+BI2L=fm,联立上式解得cd离开磁场时的速度为VB2L2V0-6 叫 R s i n。W 13D正确。211 1.答案：(1)mg(2)6.8 0 (3)mgs=M-3(一)2解析：本题考查探究“合外力做功与物体动能变化关系”实验的实验操作、实验原理。（1）本实验中小车所受的合外力等于砂桶和砂子的总重力，

28、则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为m g;（2）根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度d =6 i n m +1 6 x 0.0 5 i n m =6.8 0 m m ；（3）遮光片通过两个光电门甲、乙的速度分别为匕=4、为=幺，故小车动能变化量为A G./,2./A k=-M-M -,在误差允许的范围内，合外力对小车做的功等于小车动能的2 1 2）2变化量，B P mgs=M I-M o2 2 tj1 2.答案：（1）a cd e；（2）2 4.0（2 4 也给分）；（3）3.0；2.0解析：（1）把选择开关旋到“x 1 0”挡位时，指针偏角过大，说明档位选择过高，应该改选“x l”挡位，然后

29、调零，再进行测量，则正确操作步骤是：acde；（2）重新测量后，指针位于如图甲（b）所示位置，被测电阻的测量值为2 4.0C；E 3（3）该欧姆表的内阻是0=厂=正三0 =3 0000=3.O k Q.E,3根据 E表盘上0 6mA刻度线对应的电阻值0 6、此二前运解得Rx=2.0k l.1 3.答案：（1）2 Z 7 -3 c解析：（1）由si n C =得，透明介质对4光和人光的临界角分别为6 0。和 3 0。n画出光路图如图所示，A、8 为两单色光在透明半球面上的出射点，折射光线在光屏上形成 光 点。和 C ,AD,8 C沿切线方向.由几何关系得（2）a光在透明介质中传播速度w=c 2在

30、介质中传播时间乙=心6 0：=迎匕 3 c由几何关系得A O =j您=Rco s3 0则二=四=6C C则+1*3 cb 光在透明介质中传播速度为=%2“人 Kf7?co s3 0 xfR在介质中传播时间=-=-由几何关系得BC=5 R 8 s 3 0。=Rco s 6 0t2=-则+=回”26 R则时间差3c14.答案：(1)A：3.6m/s,方向沿斜面向上，B：2.4m/s,方向沿斜面向下。(2)x,=3m(3)22.8J解析：(1)对木板B 受力分析，有(叫、+,西)8：0$37。=%85苗37。，所以在A 与 B 发生碰撞前，木板B 处于静止状态。设小物块A 与木板B 发生弹性碰撞前的

31、速度大小为%,由机械能守恒定律得mg g sin37=g，片，设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为匕和女，碰撞过程动量守恒和能量守恒，有mv0=mvt+mov2 机片=g7n可+3 用 心 3 联立以上各式解得片=-3.6m/s,v2=2.4m/s,可见,A 与 B 第一次碰后,A 的速度大小为3.6m/s,方向沿斜面向上,B 的速度大小为2.4m/s,方向沿斜面向下。(2)A 与 B 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动，B 沿斜面向下做匀速直线运动，在 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，当 A 与 B 速度相等之时，A 与 B 下端有最大距离,此过程中，A 运动的时间4=上一，

32、A 距 B 下端有最大距离/其中(3)设 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为碰前A 的速度为v,由于A 与 B从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即 岁 与 二 岭 4，此过程中，对 A 由动能定理W G =-1 m v02 一一1 相片0二28.8J.2 215.答案：(1)A-(2)4Mg9MmgR2234 rl2 M2g2R 3mRB2I3(2f-BTT2IT3T解析：(1)当cd 棒达到最大速度%时，根据右手定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知必棒受到水平向右的安培力，访 棒刚要滑动，对心棒受力分析,可得BlL=Mg+fm,c 受 拉 力/作 用 前，劭棒

33、恰好不滑动，由平衡条件得批=人，解 得/=鬻.对 棒，有,“=2 8乙 ,/=今，解 得%=要.JK ID L(2)当 棒 达 到 最 大 速 度%时，此时受力平衡，则外力尸=2 3，又BIL=2Mg,故F=4Mg.(3)金属棒达到最大速度时立即撤去拉力人直至停止，对 棒，由动量定理得=0-2/n vt n,又入吟入=3R，E=2BLs2BLs3R,得 小=联立解得cd棒继续运动的位移s=9M 吗-.2B L(4)金属棒加速过程中，对c d棒由动量定理得n-2砒h=2叫,，-2BLs,%=修=工,联立可得cd棒加速过程的位移士=1 (2/-2 8 L3mRB2I3)，设 棒克服安培力做功为w克，对棒运动全过程，由动能定理得图-%=0,设系统产生的焦耳热为。总，由能量守恒定律可知Q =卬克,解得。息=6M2g2R3)mR)，则向棒产生的焦耳热。=；。总=当瞽(2一 辞).D I j L.J j