【物理】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期线下考试试题（四）（解析版）

【物理】安徽省六安市第一中学2020届高三下学期线下考试试题（四）（解析版）

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期 线下考试试题（四）‎ 一、单选题（每小题4分，总计36分）‎ ‎1.在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图甲所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，如图乙所示，导体棒始终保持静止，则其所受的摩擦力Ff随时间变化的图像是下图中的(设向右的方向为摩擦力的正方向) ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】根据题意可得：在0~1s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在0~1s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的；再由：‎ 可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的。故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎2.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab边受到的安培力为F，则（ ）‎ A. F向上，乙线框表示电动机的原理 B. F向上，乙线框表示发电机的原理 C. F向下，乙线框表示电动机的原理 D. F向下，乙线框表示发电机的原理 ‎【答案】C ‎【解析】甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。‎ ‎【详解】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。根据左手定则可判断乙线框的ab边受到的安培力F方向向下，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在端加上电压为的交流电压，电键断开时，电流表的示数为，则闭合后，电流表的示数为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】设每个定值电阻的阻值为，电键断开时，根据变流比，副线圈中的电流为，副线圈两端的电压为，根据变压比，原线圈两端的电压为，结合串并联电路特点有 同理，当电键闭合时，设电流表的示数为，副线圈中的电流为，副线圈两端的电压为，原线圈两端的电压为，则 得到 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可采取的方法是（ ）‎ A. 使MN的质量增大到原来的2倍 B. 使磁感强度B增大到原来的2倍 C. 使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍 D. 使电阻R的阻值减到原来的一半 ‎【答案】A ‎【详解】当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：‎ mg=‎ 解得：‎ A．当MN的质量增大到原来的2倍，则v增大到原来的2倍，根据能量守恒定律，电阻R上消耗的功率等于重力的功率，根据 P=mgv 知则使R消耗的电功率增大到4P，A正确；‎ B．使磁感强度B增大到原来的2倍，则速度变为原来的，根据 P=mgv 知电功率变为原来的，B错误；‎ C．使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍．则速度变为原来的，根据 P=mgv 知电功率变为原来的，C错误；‎ D．使电阻R的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的，根据 P=mgv 知电功率变为原来的一半，D错误。‎ 故选A。‎ ‎5.某发电机的原理简图如图所示，线圈按图示方向匀速转动。以下说法正确的是（   ） ‎ A. 线圈经过图示位置时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率为零 B. 线圈从图示位置转过90°后，小灯泡中的电流方向发生变化电流逐渐变大 C. 线圈转动两周，电流的方向改变2次 D. 从线圈经过图示位置开始计时，则电动势e随时间变化的规律为e=Esinωt(V)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．线圈位于图示位置时，与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，A不符合题意；‎ B．线圈垂直于图示位置时，处于中性面，电流的方向要发生改变，电流的大小从零开始逐渐变大，B符合题意；‎ C．线圈转动两圈，电流的方向改变4次，C不符合题意；‎ D．线图从图示位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，电动势e随时间变化的规律为e= Ecosωt(V)，D不符合题意。 ‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示为一个单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的正弦式交变电流的波形图，若只将线圈的转速变为原来的2倍，则（ ） ‎ A. 峰值变为20A ‎ B. 周期变为0.4s C. 转速变为100r/s ‎ D. 提高转速前，在t=0.05s到t=0.1s时间内，穿过线圈的磁通量逐渐增大 ‎【答案】A ‎【详解】图像可知电流的瞬时表达式可表示为 (A)，则峰值为10A，周期为0.2s，转速；‎ AB．当转速变2倍，则角速度变2倍，周期变一半，变为0.1s，峰值变2倍，即峰值变为20A，A符合题意，B不符合题意；‎ C．转速变为10r/s，C不符合题意；‎ D．提高转速前，在t=0.05s到t=0.1s时间内，电流逐渐增大，穿过线圈的磁通量逐渐减小，但变化得快，D不符合题意。 ‎ 故选A。‎ ‎7.利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻。信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（   ） ‎ A. 频率为100Hz B. 电压有效值为 ‎ C. 一个标有“90V，30μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作 D. 若电助理R=10Ω，则1min内R产生的热量为1.5×104 J ‎【答案】D ‎【详解】A．由图乙可知，该电压的周期为0.02s，故频率为 ‎50Hz A不符合题意；‎ B．由图可知前半个周期内的最大电压V，后半个周期没有电压，根据电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量 得电压有效值为50V，B不符合题意；‎ C．电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C不符合题意；‎ D．电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为 D符合题意。 故选D。‎ ‎8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，原线圈串联一个滑动变阻器（此时接入电路电阻最大），副线圈接有额定功率和额定电压均为“40W，40V”的两个灯泡a、b。现将变压器接入电压的交流电路中，S断开，调节滑动变阻器的阻值为时，b灯正常发光；S闭合，调节滑动变阻器的阻值为时，a、b两灯均正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是 A. 副线圈中电流的频率为20Hz B. 的阻值为200‎ C. 根据题意可知，S闭合时副线圈电路的功率是S断开时副线圈电路功率的2倍 D. R2的阻值是R1的阻值的2倍 ‎【答案】C ‎【详解】A．由表达式可知 理想变压器只改变交流电压，不改变频率，故副线圈中电流的频率为，故A错误；‎ B．根据变压原理可知，灯泡正常发光时原线圈两端电压为U1=200V，接入电压的有效值，S断开时，有 则 ‎=0.2A 在原线圈电路中有 联立得 R1=100‎ 则选项B错误；‎ C．S闭合时，两灯泡均正常发光，副线圈电路功率为80W，S断开时，b正常发光，副线圈电路功率为40W，故选项C正确；‎ D．同理有 联立得 ‎=50‎ 则选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是 A. 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”‎ B. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 C. 只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电 D. 只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 ‎【答案】B ‎【详解】A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A错误；‎ B、无线充电利用的是电磁感应的互感现象，故接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故B正确； C、当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故C错误； D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，所以不是所用的手机都能利用无线充电设备进行充电，故D错误；‎ 二、多选题（每小题4分，总计24分）‎ ‎10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，电压表为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光的照射强度增大而减小），、、是三个额定电压均为10V的灯泡，其中、规格相同。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，三个灯泡均正常发光，设灯泡不会烧坏，下列说法正确的是( )‎ A. 电路中电流1s内改变50次方向 B. 灯泡L1、L2的电功率之比为1:5‎ C. 若将灯泡换为一个理想二极管，则电压表示数为11V D. 若将灯泡换为一个理想电流表，把照射R的光减弱，、仍然可能正常发光 ‎【答案】BD ‎【详解】A．由图乙可知交流电的周期为，所以频率为：‎ 所以电路中电流1s内改变100次方向，故A错误；‎ B．理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故原副线圈电流之比为：‎ 又因为、规格相同，所以的电流等于副线圈电流的一半，所以有流过、电流之比为：‎ 因为三个灯泡均正常发光，电压相同，故由：‎ 可知电功率之比等于电流之比，即：‎ 故B正确；‎ C．若将灯泡换为一个理想二极管，则根据二极管单向导电性可知输入电压图像为：‎ 根据有效值定义可得：‎ 解得有效值；理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，故副线圈电压为，即电压表示数为，故C错误；‎ D．若将灯泡换为一个理想电流表，则原线圈电压增加，副线圈电压增加；把照射R的光减弱，则阻值增加，根据：‎ 可知副线圈电流可能不变，流过、的电流可能不变，即、仍然可能正常发光，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒在ab位置以初速度v沿斜面向上运动，最远到达a′b′处，导体棒向上滑行的最远距离为x。导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在导体棒向上滑动过程中，下列说法正确的是( )‎ A. 导体棒受到的最大安培力为 B. 导体棒损失的机械能为mv2－mgxsin θ C. 导体棒运动的时间为 D. 整个电路产生的焦耳热为mv2－mgx(sin θ＋μcos θ)‎ ‎【答案】BCD ‎【详解】A．根据：‎ 可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大，根据：‎ 可得：‎ 故A错误；‎ B．从初始位置到滑行最远时根据能量守恒有损失的机械能为：‎ 故B正确；‎ C．导体棒向上滑动过程中由动量定理可知：‎ 而由电荷的定义式结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知：‎ 联立解得：‎ 故C正确；‎ D．上滑过程中克服摩擦力和重力做的总功为：‎ 根据能量守恒定律可得整个电路产生焦耳热为：‎ 故D正确。故选BCD。‎ ‎12.如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极， R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则 A. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘 B. 由上往下看，液体做逆时针旋转 C. 通过R0的电流为1.5A D. 闭合开关后，R0的热功率为2W ‎【答案】BD ‎【详解】AB．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；‎ C．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有 得 由闭合电路欧姆定律有 解得 R0的热功率 故C错误，D正确。故选BD。‎ ‎13.如图所示，两个固定的光滑四分之一圆弧轨道PM、QN所在的竖直平面平行，且PQ连线与轨道所在平面垂直，轨道间距为L，圆弧所在圆的半径为r，轨道下端M、N处切线水平，轨道上端P、Q连接有阻值为R的定值电阻，轨道处在辐向的磁场中，磁场方向垂直轨道所在圆弧面，圆弧面上磁感应强度大小处处为B，一根导体棒放在轨道的上端P、Q处并由静止释放，导体棒向下运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体棒的质量为m，导体棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g。若导体棒从PQ运动到MN过程中，定值电阻R上产生的热量为E，则导体棒从静止运动到MN的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电阻R中的电流方向为从a到b B. 当导体棒的速度为v时，电阻R的瞬时功率为 ‎ C. 通过电阻R的电量为 D. 在MN位置时，对轨道的压力大小为 ‎【答案】BC ‎【详解】A．由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为b到a，故A错误；‎ B．由于速度方向始终与磁场垂直，当导体棒速度为v时，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为 E=BLv 则电阻R的瞬时功率为 故B正确； C．根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电量 故C正确；‎ D．根据功能关系，导体棒运动到MN位置时，有 ‎ ‎ 在MN位置，根据牛顿第二定律，有 ‎ 联立解得 ‎ 根据支持力和压力关系，可知压力大小为F'=F 故D错误；故选BC。‎ ‎14.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈．图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈．下列说法正确是 A. 当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电 B. 当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压 C. 当线圈M中磁感应强度增加时，有电流从a端流出 D. 充电时，△t时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加△B，则M两端电压为 ‎【答案】AC ‎【详解】A．当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确；‎ B． 当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，故B错误；‎ C．穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；‎ D．根据法拉第电磁感应定律，有：E＝nnS，设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR，故D错误．‎ ‎15.如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n=10，总电阻，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度垂直水平面向外，垂直水平面向里，随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取．下列说法正确的是（ ）‎ A. t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb B. t=0.2s时刻线框中感应电动势为1.5V C. 内通过线框横截面的电荷量为0.18C D. 线框具有向左的运动趋势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、t=0时刻穿过线框的磁通量为：，选项A错误；‎ B、根据法拉第电磁感应定律可知，t=0.2s时刻线框中感应电动势为；选项B正确；‎ C、在0～0.3s内通过线框中的电量，选项C正确；‎ D、由楞次定律可知，线圈中垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流顺时针方向，根据左手定则安培力向右，所以线圈有向右运动的趋势，故D错误；‎ 故选BC．‎ 三、解答题（每题8分，总计40分）‎ ‎16.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L=1m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R =4Ω，其它电阻不计，g取10 m/s 2。已知sin=0.6，cos=0.8，求：‎ ‎（1）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（2）导体棒受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎（3）若把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0T，且已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，其它条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。‎ ‎【答案】（1）0.5N （2）0.26N 方向沿斜面向下 （3）a=11.7m/s2‎ ‎【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 导体棒受到的安培力，代入数据得：‎ F安=0.5N ‎(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力 由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力，根据共点力平衡条件 解得 f=0.26N，方向沿斜面向下 ‎(3)匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，‎ 而重力的下滑分力：‎ 金属棒受摩擦力为 有牛顿第二定律得 解得a=11.7m/s2‎ ‎17.磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根水平长直平行导轨，导轨间有与导轨面垂直且方向相反的匀强磁场B1和B2，B1和B2相互间隔，导轨上有金属框abcd。当磁场B1和B2同时以恒定速度沿导轨向右匀速运动时，金属框也会由静止开始沿导轨向右运动。已知两导轨间距L1=0. 4 m，两种磁场的宽度均为L2，L2=ab，B1＝B2=1.0T。金属框的质量m=0.1kg，电阻R=2.0Ω。金属框受到的阻力与其速度成正比，即f=kv，k=0.08 kg/s，只考虑动生电动势。求：‎ ‎（1）开始时金属框处于图示位置，判断此时金属框中感应电流的方向;‎ ‎（2）若磁场的运动速度始终为v0=10m/s，在线框加速的过程中，某时刻线框速度v1=7m/s，求此时线框的加速度a1的大小;‎ ‎（3）若磁场的运动速度始终为v0=10m/s，求金属框的最大速度v2为多大？此时装置消耗的总功率为多大？‎ ‎【答案】（1）abcda的方向（2）4m/s2（3）8m/s；6.4W ‎【详解】(1)磁场以恒定速度沿导轨向右匀速运动，则由楞次定律可知金属框中感应电流的方向是：abcda的方向；‎ ‎(2)根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动，感应电动势：‎ 感应电流：‎ 左右两边受到的安培力都为：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 解得此时金属框的加速度：‎ 代入数据解得：；‎ ‎(3)当金属框有最大速度时做匀速运动，所受合外力为零：‎ 左右两边受到的安培力都为：‎ 代入数据解得最大速度：；‎ 装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分，克服阻力做功的功率：‎ 代入数据解得：；‎ 电功率：‎ 代入数据解得：；‎ 此时装置消耗的功率：‎ 答：（1）此时金属框中感应电流的方向为abcda；‎ ‎（2）此时线框的加速度；‎ ‎（3）金属框的最大速度；此时装置消耗的总功率为6.4W。‎ ‎18.如图所示，水平地面上方有一高度为H、上、下水平界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B．矩形导线框ab边长为l1，bc边长为l2，导线框的质量为m，电阻为R．磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度H>l2．线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为；当线框的cd 边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为．在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于PQ．空气阻力不计，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；‎ ‎（2）线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小；‎ ‎（3）线框abcd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量．‎ ‎【答案】（1）I1=；（2）v1=；（3）q=。‎ ‎【详解】（1）设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为I1，根据牛顿第二定律有：‎ 解得：I1=‎ ‎（2）设线框ab边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd边刚离开磁场时速度大小为v2，线框的cd边刚离磁场时线框导线中的电流为I2，牛顿第二定律有：‎ 解得：I2=‎ 由闭合电路欧姆定律 I2=‎ 解得：v2=‎ 由匀变速直线运动速度与位移的关系式 得v1=‎ 代入解得：v1=‎ ‎（3）设线框abcd穿出磁场的过程中所用时间为，平均电动势为E，通过导线的平均电流为I，通过导线某一横截面的电荷量为q，由法拉第电磁感应定律 E==‎ 由闭合电路欧姆定律 I=‎ 则电量为：‎ q=I=‎ ‎19.在学习了电磁驱动和电磁制动后，某物理兴趣小组的同学设计了如下装置进行研究。如图所示，足够长平行光滑导轨的间距L＝0.2m，b1b2右侧轨道水平，左侧曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均电阻不计。在水平轨道内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.8T。质量为M＝0.2kg、电阻为R1＝0.1Ω的金属棒b垂直于轨道静止放置在与b1b2相距1m远的水平轨道上，并用插销固定。质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝0.2Ω的金属棒a由曲线轨道上端a1a2处静止释放，a1a2处到水平轨道的竖直高度h＝0.45m，若金属棒a在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，金属棒a与b相撞时无能量损失，g＝10m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒a第1次滑到b1b2处时的速度大小；‎ ‎(2)金属棒a与金属棒b碰撞的次数；‎ ‎(3)若撤去固定金属棒b的插销，使其能自由移动，金属棒a还是由曲线轨道上端a1a2处静止释放，金属棒b初始静止在水平轨道上，两棒最终运动达到稳定状态。要使两棒不相碰，则金属棒b初始位置距离b1b2至少多远？整个运动过程中金属棒b上产生的焦耳热是多少? ‎ ‎【答案】(1)3m/s (2)2次 (3)2.34m；0.1J ‎【详解】（1）根据动能定理可得 ‎ ‎ 解得 v=3m/s；‎ ‎（2）对a棒用动量定理可得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 根据 ‎ ‎ 解得 x=3.5m 因此金属棒a与金属棒b碰撞2次； （3）最终两棒匀速，且va=vb 根据动量守恒定律可得：‎ mv=mva+Mvb 解得 va=vb=1m/s 系统产生的焦耳热 ‎ ‎ 则B棒产生的焦耳热 ‎ ‎ a刚要追上b，二者速度相同，此过程对b根据动量定理可得：‎ BIl△t=Mvb 根据q=I△t、、可得： 联立解得 ‎△Φ=BL△x 解得：‎ ‎△x=2.34m。‎ ‎20.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨AB，FG和直窄轨BC，GH以及直宽轨DE、IJ组合而成，AB、FG段均为竖直的圆弧，半径相等，分别在B，G两点与窄轨BC、GH相切，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长且与DE，IJ均相互平行，CD，HI等长，共线，且均与BC垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场，窄轨间距为，宽轨间距为L。由同种材料制成的相同金属直棒a，b始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为L，质量均为m，电阻均为R。初始时b棒静止于导轨BC段某位置，a棒由距水平面高h处自由释放。已知b棒刚到达C位置时的速度为a棒刚到达B位置时的，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）a棒刚进入水平轨道时，b棒加速度ab的大小；‎ ‎（2）b棒在BC段运动过程中，a棒产生的焦耳热Qa；‎ ‎（3）若a棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为a棒刚到达B位置时的，则b棒从刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中产生的焦耳热Qb。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【详解】（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得 解得 由：‎ 得 由牛顿第二定律 ‎（2）b棒在窄轨上运动过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为，此时a棒的速度为，由动量守恒得： ‎ 又由：‎ 得 故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：‎ 又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由 得 ‎（3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为、，由 E=BLv 知 由得 而由可得 b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒总动能为 b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为 故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热 而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由 知