2009年朝阳区高三统一测试

距l=0.50m，一端接有阻值R=1.0Ω的电阻。质量m=0.10kg的金属棒ab置于导轨上，与轨道垂直，电阻r=0.25Ω。整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。t=0时刻，对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示。电路中其他部分电阻忽略不计，g取10m/s2，求： （1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的大小； （2）3.0s末力F的瞬时功率；

（3）已知0~4.0s时间内电阻R上产生的热量为0.64J，试计算F对金属棒所做的功。

参考答案

13．B 14．A

B N a F Q M b R30° P 甲

15．C 16．B 17．A I/A 0.8 0.4 0 1 2 3 4 t/s 乙

． D 19．C 20．D

1821．（1）F? AD

（2）①串联 2950 ②外 B

③远大于 R0?r2 偏大

22．解：（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则

12gt 2解得：v?2.0m/s （4分）

x?vt h?

（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：

v2 N?mg?m

R 解得：N?2.0N （4分）

根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N'?N?2.0N （2分） （3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

1 mgR?Wf?mv2?0

2 Wf??0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J。 （6分）

23．解：

（1）子弹打击滑块，满足动量守恒定律，设子弹射入滑块后滑块的速度为v1，则

mv?(M?m)v1

mv ① （4分） M?m（2）从O到A滑块做加速度增大的减速运动，从A到O滑块可能做加速度增大的减速运动，或先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动。

滑块向右到达最右端时，弹簧的弹性势能最大。设在OA段克服摩擦力做的功为Wf，与滑块的动摩擦因数为μ，弹性势能最大值为Ep，根据能量守恒定律：

v1?1(M?m)v12?Wf?Ep ② （2分） 2由于滑块恰能返回到O点，返回过程中，根据能量守恒定律：

Ep?Wf③ m2v2①②③式解得：Ep????(4分)4(M?m)（3）设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为v2，由动量守恒定律得：

mu?(M?2m)v2④ （2分）

如果滑块第一次返回O点时停下，则滑块的运动情况同前，对该过程应用能量守恒定律：

12(M?2m)v2?2Wf?⑤2Wf?Wf?M?2mM?m

⑥

①②③④⑤⑥联立解得u1?M?2m v??（2分）M?m如果滑块第三次返回O点时停下，对该过程由能量守恒：

⑦

1?2?4Wf?(M?2m)v22①②③④⑥⑦联立解得

u2?2M?2m v??（4分）M?m所以，滑块仅两次经过O点，第二颗子弹入射速度的大小范围在

M?2mM?2m v＜u＜2v??（2分）M?mM?m

24．解答：（1）由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A。

根据 EI? R?r E?Blv 解得v?2.0m/s??(4分)

（2）由I?Blv和感应电流与时间的线性关系可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。

R?r由运动规律 v?at

解得4.0s内金属棒的加速度大小a =0.5m/s2 ……（2分）

对金属棒进行受力分析，根据牛顿第二定律得：

F?mgsin30??F安?ma (2分) 又F安?BIl （1分）

由图乙可得，t?3.0s时I?0.6A 解得F安?0.3N外力F?0.85N

由速度与电流的关系可知 t=3s时 v?1.5m/s （1分） 根据 P?Fv 解得 P?1.3W ……（2分） （3）根据焦耳定律：Q?I2RtQ??I2rt

电路中产生的总热量为：Q总?0.80J??（2分）

解得在该过程中金属杆上产生的热量Q??0.16J 对金属棒，根据动能定理：

12mvt?02WG??mgssin30? WF?W安?WG???（2分）

12s?at 解得WG??2.0J ??（2分）2F对金属棒所做的功为WF?3.0J??（2分）