江苏省达标名校2019年高考三月适应性考试物理试题含解析

江苏省达标名校2019年高考三月适应性考试物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．“双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。

如图所示，某一双星系统中A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们球心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（）
A．B星球的轨道半径为2
12
m
L
m m
+
B．A星球运行的周期为
12
2
()
L
L
G m m
π
+
C．A星球和B星球的线速度大小之比为m1：m2
D．若在O点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
2．如图所示为一简易起重装置，（不计一切阻力）AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。

开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA=30°。

在此过程中，杆BC所产生的弹力（）
A．大小不变
B．逐渐增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大
3．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流I，细线的拉力不为零，两细线竖直．现将匀强磁场磁感应强度B大小保持不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中()
A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大
B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大
C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小
D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小
4．如图甲所示，一个圆形线圈放于一个随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），以垂直纸面向里为正方向。

磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。

取图示线圈中电流方向为正方向，用i表示线圈中的感应电流，则下列表示电流随时间变化的4幅i-t图像正确的是（）
A．B．C．
D．
5．如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。

剪断细线，小球上下运动过程中木箱刚好不能离开地面。

已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为g，若0t时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是
A．0t时刻小球速度最大
B．0t时刻小球加速度为零
C．0t时刻就是刚剪断细线的时刻
D．0t时刻小球的加速度为2g
6．空间内有一水平向右的电场E，现有一带电量为q的小球以初速度为v0向右上抛出，已知
3
3
mg
E
q ，
求小球落地点距离抛出点的最远距离（）
A．
2
v
g
B．
2
2v
g
C．
2
3v
g
D．
2
2v
g
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，则以下说法正确的是（已知地球表面处重力加速度g取10 m/s2；地球半径R＝6.4×106 m；
地球表面及内部某一点的引力势能E p＝－GMm
r
，r为物体距地心的距离）（）
A．人与地球构成的系统，虽然重力发生变化，但是机械能守恒
B．当人下落经过距地心0.5R瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/s
C．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
D．人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W＝1.6×109 J
8．如图所示，卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。

认为重力近似等于万有引力。

下列说法正确的是（）
A．a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期
B．b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度g
C．a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等
D．a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度
9．如图所示，质量为1m、2m的小球分别带同种电荷1q和2q，它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静
电斥力的作用，小球1m 靠在竖直光滑墙上，1m 的拉线沿竖直方向， 1m 、2m 均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）
A ．2m 变为原来的一半
B ．2m 变为原来的八倍
C ．1q 变为原来的八分之一
D ．2q 变为原来的四分之一
10．如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。

两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。

炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。

内阻为r 可控电源提供的强大恒定电流从一根导轨流入，经过炮弹，再从另一导轨流回电源，炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。

在发射过程中，该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为B 的垂直平行轨道匀强磁场。

已知两导轨内侧间距L ，炮弹的质量m ，炮弹在导轨间的电阻为R ，若炮弹滑行s 后获得的发射速度为v 。

不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．a 为电源负极
B ．电磁炮受到的安培力大小为2mv F s =
C ．可控电源的电动势是()2mv R r E sBL
+= D ．这一过程中系统消耗的总能量是23222
1()22m v R r mv sB L ++ 11．如图所示，虚线a 、b 、c 、d 代表匀强电场中间距相等的一组等势面。

一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a 时的动能为9eV ，从a 到c 过程其动能减少了6eV 。

已知等势面c 的电势为3V 。

下列说法正确的是（ ）
A ．等势面a 的电势为0
B ．该电子到达d 等势面时的动能为0
C ．该电子从a 到c 其电势能减少了6eV
D ．该电子经过a 时的速率是经过c 时的3倍
12．有一个原副线圈匝数比为10：1的理想变压器，如图所示，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u=3002sin50πt （V ）副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为均标有“20V.10W”的灯泡，当S 闭合时，两灯恰好正常发光。

则（ ）
A ．电阻R=10Ω
B ．流过R 的交流电的周期为0.02s
C ．断开S 后，原线圈的输入功率减小
D ．断开S 后，灯L 1仍能正常发光
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．测定某种特殊电池的电动势和内阻。

其电动势E 约为8V ，内阻r 约为50Ω。

实验室提供的器材： A 、量程为200mA ．内阻未知的电流表G ；
B 、电阻箱00999()9R -Ω．
； C 、滑动变阻器1(020)R -Ω；
D 、滑动变阻器2()060R -Ω；
E 、开关3只，导线若干。

(1)先用如图所示的电路来测定电流表G 内阻。

补充完成实验：
①为确保实验仪器安全，滑动变阻器R '应该选取__________（选填“1R ”或“2R ”）；
②连接好电路，断开1S 、2S ，将R '的滑片滑到__________（选填“a”或“b”）端；
③闭合1S ，调节R '，使电流表G 满偏；
④保持R '不变，再闭合2S ，调节电阻箱电阻02R =Ω时，电流表G 的读数为100mA ；
⑤调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表G 内阻Rg =__________Ω；
(2)再用如图甲所示的电路，测定该特殊电池的电动势和内阻。

由于电流表G 内阻较小，在电路中串联了
合适的定值电阻3R 作为保护电阻。

按电路图连接好电路，然后闭合开关S ，调整电阻箱0R 的阻值为R ，读取电流表的示数I ，记录多组数据（R ，I ），建立坐标系，描点作图得到了如图乙所示的图线，则电池的电动势E =__________V ，内阻r =__________Ω。

14．小王和小李两位同学分别测量电压表V 1的内阻.
（1）先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V 1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________（填“＋”或“—”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V 1的内阻为___________k Ω.
（2）为了精确测量电压表V 1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S 1前将滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最__________（填“大”或“小”），闭合开关S 1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，电阻箱的示数为R 0，则被测电压表V1的内阻1V R =__________.
（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S 1，并将单刀双掷开关S 2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V 2的指针偏转角度较大，并记录电压表V 2的示数为U ，再将单刀双掷开关S 2打到2，调节电阻箱，使电压表V 2的示数仍然为U ，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V 1的内阻1V R =__________Ω.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．质量相等的小球A 与B 之间压缩一轻质弹簧，球的大小和弹簧的长度均可忽略不计。

从地面上以速度0v 竖直向上抛出该装置，装置到达最高点瞬间弹簧自动弹开，弹开两小球的时间极短，小球与弹簧脱离（不计空气阻力，重力加速度为g ）。

已知第一次弹簧水平弹开，两小球落地点间距为L ，第二次弹簧竖直弹开。

求第二次两小球落地的时间差。

16．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电
阻均为R＝2.5Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度v m做匀速直线运动.
(1)求棒MN的最大速度v m；
(2)当棒MN达到最大速度v m时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度v m时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）
17．如图所示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。

距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。

某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。

已知A与右μ=，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
侧水平面的动摩擦因数0.5
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的
1．B
【解析】
【详解】
由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对A 星球有：
212112m m G m r L
ω= 对B 星球有 212222m m G
m r L ω= 得
1221::r r m m =
又
12r r L +=
得
2112
m r L m m =+ 1212m r L m m =
+ 故A 错误；
B ．根据
2
1211224m m G m r L T
π= 2112
m r L m m =+ 解得周期
2T π=， 故B 正确； C ．A 星球和B 星球的线速度大小之比
1221
A B v r m v r m ωω== 故C 错误；
D．O点处的质点受到B星球的万有引力22
2
2
21
12
B
Gm m Gm m
F
r m
L
m m
==
⎛⎫
⎪
+
⎝⎭
受到A星球的万有引力
11
2
2
12
12
A
Gm m Gm m
F
r m
L
m m
==
⎛⎫
⎪
+
⎝⎭
故质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。

故选B。

2．A
【解析】
【分析】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析绳子拉力和BC杆的作用力的变化情况．
【详解】
以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反.
根据三角形相似得：，又F合=G，得：，，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选A.
【点睛】
本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究．
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
开始时，金属棒的重力和安培力大小相等．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小F A =BIL 不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转，因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大，故A 正确，BCD 错误．
4．B
【解析】
【详解】
AB ．由楞次定律判定感应电流方向。

0~1s 、4~5s 两时间段内电流方向与题意正方向相反，1~2s 、2～3s 两时间段内电流方向与题意正方向相同。

所以B 正确，A 错误；
CD ．由电磁感应定律和欧姆定律得感应电流
E S B i R t R R t
∆Φ∆===⋅∆⋅∆ 则i 的大小与B t
∆∆的大小成正比。

结合题图乙知，3~4s 时间内 0B t
∆=∆ 无感应电流。

其他时间段内
B t
∆∆的大小相等，则感应电流大小恒定，即各段电流大小相等。

所以CD 错误。

故选B 。

5．D
【解析】
【详解】
小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球速度为零，对木箱受力分析有: F Mg =，对小球受力分析有: mg F ma '+=
又F F '=，M m =，解得:
2m M a g g m
+== A.A 项与 上述分析结论不相符，故A 错误；
B.B 项与 上述分析结论不相符，故B 错误；
C.C 项与 上述分析结论不相符，故C 错误；
D.D 项与 上述分析结论相符，故D 正确。

6．C
【解析】
【详解】
设与水平方向发射角θ，落地点y=0，故竖直方向上有
201cos 02
v t gt θ⋅-= 解得
202sin v t g
θ= 在水平方向有
2222200
02sin cos cos [sin 2cos 2]v v x v t g g θθθθθ=⋅==+- 又因为
sin 22)
6πθθθ=-≤， 所以最远射程为
20x g
= 故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A.人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，故A 正确；
B. 当人下落经过距地心0.5R 瞬间，其引力势能为：
'0.5p GMm R E =-
根据功能关系可知： 'p p k E E E -=∆
即：
2100.52GMm GMm m R R v ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭
在地球表面处忽略地球的自转：
2GMm
mg R =
则联立以上方程可以得到：
3
m/s 10v ==
故B 错误；
C.设人到地心的距离为r ，地球密度为ρ，那么，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力为： 322
4433G r m GMm F G mr r r ρππρ=== 故万有引力与到地心的距离成正比，故C 正确；
D. 由万有引力43
F G mr πρ=
可得：人下落到地心的过程万有引力做功为： 11222
43GMm W G mR R mgR R πρ⨯⨯=== 由于人的质量m 未知，故无法求出万有引力的功，故D 错误； 故选AC 。

8．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 在赤道上随地球自转而做圆周运动，所以a 做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，A 正确；
B ．对卫星b 重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力
2
Mm G mg R = 所以向心加速度等于重力加速度g ，B 正确；
C ．两卫星受到地球的万有引力相等。

卫星a 万有引力的一部分充当自转的向心力，即
2Mm G F mg R
=+向赤 卫星b 万有引力全部用来充当公转的向心力，因此a 、b 做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，C 错误；
D ．a 做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，根据2r v T
π=可知
万有引力提供向心力
22Mm v G m r r
= 解得线速度表达式 GM v r
=
因为 b r R r =<同
所以b 卫星的速度等于第一宇宙速度
b a v v v >>同
D 错误。

故选AB 。

9．BC
【解析】
【详解】 AB ．如图所示，
作出A 球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可以知道， OAB V 与ACD V 相似，故有: mg F x L
= 又因为
2
2Q F k x
= 所以
2
3mg Q k L x
= 使A 球的质量变为原来的8倍，而其他条件不变，才能使A 、B 两球的距离缩短为
2x ，故A 错误，B 正确; CD ．使B 球的带电量变为原来的
18
，而其他条件不变，则x 为原来的12，所以C 选项是正确的，D 错误; 故选BC 。

10．AD
【解析】
A ．若电源a 、b 分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；故A 正确；
B ．因安培力F=BIL ，根据动能定理
212
Fx mv =
所以 2
2mv F s
= 选项B 错误；
C ．由匀加速运动公式
202v a s
-= 由安培力公式和牛顿第二定律，有
F=BIL=ma
根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律
E I R r
=+ 联立以上三式解得
2()2mv R r E sBL
+= 选项C 错误；
D ．因这一过程中的时间为
2s t v
= 所以系统产生的内能为
Q=I 2（R+r ）t
2()2mv R r E sBL
+= 联立解得
2322()2m v R r Q sB L
+= 炮弹的动能为
2k 12
E mv = 由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为
232k 221()22m v R r E Q E mv sB L
+=+=+ 所以D 正确。

故选AD 。

11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．虚线a 、b 、c 、d 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a 时的动能为9eV ，从a 到c 的过程中动能减小6eV ，由能量守恒可知，电势能增加6eV ，则
6V ac U =
所以等势面a 的电势为9V ，故AC 错误；
B ．匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能变化相等，a 到c 动能减小6eV ，则a 到d 动能减小9eV ，所以该电子到达d 等势面时的动能为0，故B 正确；
D ．经过a 时的动能为9eV ，a 到c 动能减小6eV ，则经过c 时的动能为3eV ，由公式2k 12
E mv =可得
v =
则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a 时的速率是经过c D 正确。

故选BD 。

12．AC
【解析】
【详解】
A ．原线圈所接交流电压的有效值U 1
V=300V ，根据变压比可知，副线圈两端电压 U 2=1
12U n n ⋅=30V 灯泡正常发光，则电阻R 两端电压为10V ，流过的电流I 2=10220
⨯A=1A ，根据欧姆定律可知 R=2
R U I =10Ω 故A 正确。

B ．输入电压的角速度ω=50πrad/s ，则周期T=2π
=0.04s ，则流过R 的交流电的周期为0.04s ，故B 错误。

C 正确。

D ．断开S 后，灯泡L 1两端电压增大，不能正常发光，故D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．R 2 a 2 10 48
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]．由题意可知，电源电动势约为8V ，而电流表量程为200mA ，则电流表达满偏时需要的电流为 8400.2
I ==Ω 故为了安全和准确，滑动变阻器应选择R 2；
②[2]．为了让电路中电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至a 端； ⑤[3]．由实验步骤可知，本实验采用了半偏法，由于电流表示数减为原来的一半，则说明电流表内阻与电阻箱电阻相等，即R g =2Ω；
(2)[4]．根据实验电路以及闭合电路欧姆定律可知：
3g E I R R R r
=+++ 变形可得
()3 11g r R R R I E E
+=++ 则由图象可知图象的斜率
135150.1200
k E -=== 解得
E=10V
[5]．图象与纵轴的交点为5，则可知
=5g
r R E
+
解得
r=48Ω 14．（1）＋， 9. 0； （2）左， 大， 1021
U R U U -； （3）8455 【解析】
（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“＋”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k Ω. （2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻10
1121210
V U R U R U U U U R ==--.
（3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455Ω.
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．0
L v 【解析】
【详解】
小球竖直上抛到达最高点，由运动学公式：
2
02h g υ=
t g υ=
弹簧瞬间自动弹开后小球A ，B 的速度分别为1υ、2υ，由动量守恒：
1122m m υυ=
第一次弹簧水平弹开，两小球均做平抛运动，
1122x tx t υυ==
12x x L +=
第二次弹簧竖直弹开，小球A 在下以速度1υ下落
211112
h t gt υ=+ 小球B 在上以度2υ上升
212212
h t gt υ=-+ 两小球落地的时间差
21t t t ∆=-
联立解得：
0L
t υ∆=
16．（1
）/s m v = （2）Q=5 J （3
）x =
【分析】
【详解】
(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F-BIL=ma
棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E=BLv
棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v=at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R
= 联立上述式子，有：222B L at F ma R
=+ 代入数据解得：F=0.5N
5s 时拉力F 的功率为：P=Fv
代入数据解得：P=1W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：0m m
P BI L v -= 2m m BLv I R
= 代入数据解得
:m v =
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：2m mv mv '=
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211222
m Q mv mv '=-⨯ 代入数据解得：Q=5J ；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t=m △v 对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-∆=∑∆
而△q=i △t
对式子两边求和，有:()q i t ∑∆=∑∆
联立各式解得：BLq=mv m ， 又对于电路有：2E q It t R
== 由法拉第电磁感应定律得：BLx E t =
又2BLx q R
=
17． (1)6mg ；(2) 2m M =
；(3) 83
mgL W = 【解析】
【详解】
(1)在D 点，有
2D v mg m L = 从C 到D ，由动能定理，有
2211222
D C mg L mv mv -⨯=
- 在C 点，有 2C v F mg m L
-= 解得
6F mg =
由牛顿第三定律可知，物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力
6F F mg '==
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有
A B mv mv =
对物块A ，从弹簧释放后运动到C 点的过程，有
22A 1122
C mg mv mv L μ-=- B 滑上斜面体最高点时，对B 和斜面体，由动量守恒定律，有
()B mv m M v =+
由机械能守恒定律，有
22B 11()22
mv m M v mgL =++ 解得
2
m M = (3)物块B 从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律
B B mv mv mv ''=+
由机械能守恒，有
222B B 111222
mv mv Mv ''=+ 解得
B v '=v '=由功能关系知，物块B 与斜面体相互作用的过程中，物块B 对斜面体做的功
212
W Mv '= 解得
83mgL W =。