吉林省松原市2021届新高考第三次大联考物理试卷含解析

吉林省松原市2021届新高考第三次大联考物理试卷
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．如图，质量为m 、带电荷量为＋2q 的金属块a ，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v 0向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块b ，碰后金属块b 从高台上水平飞出，金属块a 恰好无初速度下落(金属块a ，b 均可视为质点)。

已知在足够高的光滑高台边缘右边空间中存在水平向左的匀强电场(电场区域足够大)。

场强大小E ＝
2mg
q
，碰撞前后两金属块之间的库仑力不计，空气阻力不计。

则（ ）
A ．在水平台面上碰后金属块b 带电荷量为＋2q
B ．在水平台面上碰撞后金属块b 的速度为
2
v C ．第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞
D ．碰撞后运动过程中金属块b 距高台边缘的最大水平距离20
4v g
【答案】D 【解析】 【详解】
A ．由于金属块a 与金属块b 完全相同，根据接触后先中和再平分可知金属块a 与金属块b 的电荷量相等，即在水平台面上碰后金属块b 带电荷量为q +，故A 错误；
B ．金属块a 与金属块b 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
0a b m v m v =
解得在水平台面上碰撞后金属块b 的速度为： 0v v =
故B 错误；
C ．碰后金属块a 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到电场力和高台边缘对金属块a 的支持力，处于静止状态；碰后金属块b 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到向左电场力，做匀减速直线运动，所以第一次碰撞后两金属块会发生第二次碰撞，故C 错误；
D ．碰撞后运动过程中金属块b 在水平方向有：
2qE
a g m
=
= 距高台边缘的最大水平距离：
220024v v x a g
==
故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，边长为l 的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v 向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。

若线圈的总电阻为R ，则有（ ）
A ．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大
B ．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率
2B Bv
t l
∆=∆ C ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为222B l v R
D ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为22
B l R
【答案】B 【解析】 【详解】
A ．根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；
B ．根据切割感应电动势公式E BLv =及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小： Blv
I R
=
若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：
21 2l B v
R
B l t R ∆⨯=
∆⨯ 则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：
2B Bv t l
∆=∆
故B 正确；
C ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：
23222l Blv l B l v
W F B l R R
===
g g g 故C 错误；
D ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：
2
2Bl q It R R
∆Φ===
故D 错误； 故选B 。

3． “歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。

在某次起飞中，质量为m 的“歼-20”以恒定的功率P 起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t 0飞机的速度达到最大值为v m 时，刚好起飞。

关于起飞过程，下列说法正确的是
A ．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢
B ．飞机所受合力增大，速度增加越来越快
C ．该过程克服阻力所做的功为2
012
m Pt mv - D ．平均速度2
m
v 【答案】C 【解析】 【详解】
AB.根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F ma =合，加速度减小，合外力减小，AB 错误
C.根据动能定理可知：
20102m f mv Pt W -=-，解得：2012
f m W Pt mv =-，C 正确 D.因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于2
m v
，D 错误
4．北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星。

据介绍，北斗系统由中圆地球轨道卫星、地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星三种卫星组成，其中中圆地球轨道卫星距地高度大约24万千米，地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星距地高度都是大约为3.6万千米。

这三种卫星的轨道均为圆形。

下列相关说法正确的是（ ）
A ．发射地球静止轨道卫星的速度应大于11.2km/s
B ．倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空
C ．根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期
D ．中圆地球轨道卫星的向心加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．11.2m/s 是发射挣脱地球引力控制的航天器的最小速度，而地球静止轨道卫星仍然是围绕地球做匀速圆周运动，所以地球静止轨道卫星的发射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s ，故A 错误；
B ．倾斜地球同步轨道卫星只是绕地球做匀速圆周运动的周期为24小时，不可以相对静止于某个城市的正上空，故B 错误；
C ．已知地球静止轨道卫星离地高度和地球半径，可得出地球静止轨道卫星的运动半径1r ，其运动周期
11T =天，已知中圆地球轨道卫星距地面的高度和地球半径，可得出中圆地球轨道卫星的轨道半径2r ，根
据开普勒第三定律有
33
1222
12r r T T = 代入可以得出中圆地球轨卫星的周期2T ，故C 正确；
D ．由于中圆地球轨道卫星距离地面高度小于倾斜地球同步轨道卫星距离地面高度，即中圆地球轨道卫星的运动半径较小，根据万有引力提供向心力有
2
Mm
G
ma r = 可知，中圆地球轨道卫星的向心加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度，D 错误。

故选C 。

5．某行星为质量分布均匀的球体，半径为R ，质量为M 。

科研人员研究同一物体在该行星上的重力时，发现物体在“两极”处的重力为“赤道”上某处重力的1.1倍。

已知引力常量为G ，则该行星自转的角速度为（ ） A
B
．
C
D
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
由万有引力定律和重力的定义可知
12=1.1Mm
G
mg mg R
= 由牛顿第二定律可得
212Mm
G
mg mR R
ω-= 联立解得
3
=
11GM
R
ω 故选B 。

6．如图所示，边长为L 、总阻值为R 的等边三角形单匝金属线圈abc 从图示位置开始绕轴EF 以角速度ω匀速转动，EF 的左右两侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2
B
，下列说法正确的是（ ）
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率也最大
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿acba 方向后沿abca 方向
C 23BL ω
D 215BL ω
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误；
B ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电流先沿abca 方向后沿acha 方向，B 错误；
C ．线圈从图示位置转过一周的过程中，产生的感应电动势的最大值为
234
BL BS ω
ω=
C 错误；
D ．线圈从图示位置转过一周的过程中，有半个周期电动势的最大值为
213BL E ω
=
有半个周期电动势的最大值为
2238
BL E ω
=
根据有效值的定义
22
122
2222E T T T R
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅+⋅=⋅有 可求得交流电的有效值
21516
BL E ω
=
有 D 正确。

故选D 。

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．如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q 、质量为m 的小球在力F 的作用下，沿图中虚线由M 至N 做竖直向上的匀速运动。

已知力F 和MN 之间的夹角为45°，MN 之间的距离为d ，重力加速度为g 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．电场的方向可能水平向左
B ．电场强度E 的最小值为
22mg
q
C ．当qE ＝mg 时，小球从M 运动到N 时电势能变化量为零
D ．F 2
mgd 【答案】BC
【解析】 【详解】
A ．小球受力情况：小球受到重力mg 、拉力F 与电场力qE ，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F 与qE 的合力与mg 大小相等、方向相反，作出F 与qE 的合力，如图
根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A 错误； B ．由图可知，当电场力qE 与F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小。

则得：qE ＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为sin 2
2mg mg
E q q
θ=
=
，故B 正确； C ．当mg ＝Eq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN 垂直，小球从M 运动到N 电场力不做功，即小球从M 运动到N 时电势能变化量为零，故C 正确；
D ．由于电场力变化时，F 大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D 错误；
8．我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 【答案】BD 【解析】 【详解】
启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同，故A 错误；设每一节车厢的质量是m ，阻力为kmg ，做加速运动时，对6、7、8车厢进行受力分析得：133F kmg ma -=，对7、8车厢进行受力分析得：222F kmg ma -=，联立可得：
123
2
F F =，
故B 正确；设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s ，则：22v as =，又88kmg ma =，可得：
2
2v s kg
=，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C 错误；
设每节动车的功率为P ，当只有两节动力车时，最大速率为v ，则：28P kmgv =，改为4节动车带4节拖车的动车组时，最大速度为v '，则：48P kmgv ='，所以2v v '=，故D 正确．
9．一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动，如图甲。

在物体向上运动过程中，其机械能E 与位移x 的关系图象如图乙，已知曲线上A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A ．在x 1处物体所受拉力最大
B ．在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小
C ．在x 1~x 2过程中，物体的加速度先增大后减小
D ．在0~x 2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 【答案】AB 【解析】 【详解】
A ．E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力F ，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F 大于重力，在0-x 1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F 在增大，x 1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A 正确；
BC ．在x 1~x 2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x 2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。

根据合外力-F F mg =合可知，在x 1~x 2过程中，拉力F 逐渐减小到mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg 到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x 1~x 2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B 正确，C 错误；
D ．物体从静止开始运动，到x 2处以后机械能保持不变，在x 2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x 2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D 错误。

10．倾角为45︒的传送带在电动机带动下始终以0v 的速度匀速上行。

相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h 高度处恰好与传送带保持相对静止，乙滑块上升3
h
高度处恰与传送带保持相对静止。

现比较甲、乙两滑块均从静止开始上升h 高度的过程中（ ）
A ．甲滑块与传送带间的动摩擦因数大于乙滑块与传送带间的动摩擦因数
B ．甲、乙两滑块机械能变化量相同
C ．甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功
D ．甲滑块与传送带间摩擦产生的热量等于乙滑块与传送带间摩擦产生的热量 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A 错误；
B ．由于动能增加量相同，重力势能增加也相同，故甲、乙两滑块机械能变化量相同，故B 正确； CD ．动能增加量相同，即
3sin 45sin 453
h
h h f mgh f mg ︒︒-=-甲乙 得
32f f mg =乙甲
相对位移
=3x x 甲乙
滑块与皮带间摩擦生热为等于系统内能的增加量，根据=Q fx 知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，电动机对皮带做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，由于滑块机械能增加相同，则甲运动时电动机对皮带所做的功大于乙运动时电动机对皮带所做的功，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

11．如图甲，间距L=l m 且足够长的光滑平行金属导轨cd 、ef 固定在水平面（纸面）上，右侧cf 间接有R=2 Ω的电阻．垂直于导轨跨接一根长l=2 m 、质量m=0.8 kg 的金属杆，金属杆每米长度的电阻为2 Ω．t=0时刻，宽度a=1.5 m 的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B=2 T ．从t=0时刻起，金属杆（在方向平行于导轨的水平外力F 作用下）和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙
中的 ①和②．若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则）（ ）
A ．t=0时刻，R 两端的电压为8
3
V
B ．t=0.5 s 时刻，金属杆所受安培力的大小为1N 、方向水平向左
C ．t=l.5 s 时刻，金属杆所受外力F 做功的功率为4.8 W
D ．金属杆和磁场分离前的过程中，从c 到f 通过电阻R 的电荷量为0.5 C 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、t=0时刻，棒的速度为零，磁场向左运动的速度为2m/s ，等效为棒切割的速度为2m/s ，
2124V E BLv ==⨯⨯=，棒的内阻为212r =⨯=Ω，故电阻R 的电压为：2V E
U R R r
=
⋅=+，故A 错误；
B 、t=0.5s 时，棒的切割速度为2-1=1m/s ，方向向右，2V E =，=1N E
F B L R r
=+安，方向由左手定则可知水平向左，故B 正确；
C 、金属杆做匀加速直线运动，故=F F ma -安，由图象可知22m/s a =，金属杆所受安培力的大小为：
(32)
=1N BL F B
L R r
安-=+，可得 2.6N F =，则金属杆做功的功率为： 2.637.8W F P F v =⋅=⨯=，故C
错误．
D 、金属杆和磁场分离前的过程中，在0-1s 内，金属杆相对于磁场向右运动，产生的感应电流由c 到f 。

在0-1s 内，金属杆相对于磁场通过的位移大小为：21
1m 2
x ⨯=
=，从c 到f 通过电阻R 的电荷量为：0.5C B L x
q I t R r
⋅⋅=⋅∆=
=+，故D 正确。

故选BD 。

12．水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力1F 和2F 作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能—位移图象如图所示，图中线段//AB CO ，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力
B ．两个水平推力的大小关系是1F 大于2F
C ．在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度
D ．物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动．物体受到的摩擦力大小等于图象斜率的绝对值，易得甲受到的摩擦力1f 小于乙受到的摩擦力2f ，故A 正确；
B ．在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图象的斜率表示物体的合力，由题图知
1122F f F f -=-
得
12120F F f f -=-<
故1F 小于2F ，故B 错误：
C ．在加速阶段，两物体受到的合力相等，易知两物体的加速度大小相等，故C 正确；
D ．整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分別等于1F 和2F 所做的功，根据功的公式容易得到，1F 做的功小于2F 做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故D 错误。

故选：AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。

弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。

在桌面上画出两条平行线MN 、PQ ，并测出间距d 。

开始时让木板置于MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F 0 ，以此表示滑动摩擦力的大小。

再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F 1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到P Q 处的时间t 。

则：
(1)木板的加速度可以用d 、t 表示为a ＝_______ 。

(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a 与弹簧秤示数F 1的关系。

下列图像能表示该同学实验结果的是________ 。

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。

A ．可以改变滑动摩擦力的大小
B ．可以更方便地获取多组实验数据
C ．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D ．可以获得更大的加速度以提高实验精度 【答案】
22d t C BC 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据2012
x v t at =+得 212
d at = 解得 2
2d a t = 即木板的加速度为
22d t 。

(2)[2]AB ．由于摩擦力的存在，所以当10F F >时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB 错误；
CD ．据题意，木板受到的滑动摩擦力为0
F ，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有 ()10F F M m a -=+
联立解得
011F a F m M m M
=-++ 其中m 为矿泉水瓶的质量，M 为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当m M =时，
1m M +近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后
1m M
+变小，即图像向下弯曲，C 正确D 错误。

故选C 。

(3)[3]A ．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A 错误； BC ．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC 正确；
D ．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D 错误。

故选BC 。

14．某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz ，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个技术点，因保存不当，纸带被污染，如图1所示，A 、B 、C 、D 是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：S A =16.6mm 、 S B =126.5mm 、S D =624.5 mm 。

若无法再做实验，可由以上信息推知：
（1）相邻两计数点的时间间隔为_________s ；
（2）打 C 点时物体的速度大小为_________m/s （取2位有效数字）
（3）物体的加速度大小为________（用S A 、S B 、S D 和f 表示）
【答案】0.1 2.5
()D B A 2
3275S S S T -+ 【解析】
【分析】
考查实验“用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度”。

【详解】
（1）[1]．电源的频率为50Hz ，知每隔0.02s 打一个点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点，每隔4个点取1个计数点，可知相邻两计数点的时间间隔为0.1s ；
（2）[2]．C 点的瞬时速度等于BD 段的平均速度，则 BD C 2.5m /s 2x v T
==；
（3）[3]．匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以2aT 均匀增大，有：
2BC AB aT =+
222CD BC aT AB aT =+=+
223BD AB aT =+ ()()()D B B A D B A 22
232375S S S S S S S a T T ----+==。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，足够长的两金属导轨MN 、PQ 水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a 、b 垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=0.5Ω,且长度刚好等于两导轨间距L,两导体棒的间距也为L,开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s 时导体棒刚好要滑动。

已知L=1m,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。

求：
（1）每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8s 内整个回路中产生的焦耳热；
（2）若保持磁场的磁感应强度B=0.5T 不变，用如图丙所示的水平向右的力F 拉导体棒b,刚开始一段时间内b 做匀加速直线运动，一根导体棒的质量为多少?
（3）在（2）问条件下a 导体棒经过多长时问开始滑动?
【答案】（1）0.2J （2）m=0.5kg （3）2s
【解析】（1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化， 则回路中电动势20.5V B E L t ∆=
=∆ 电路中的电流0.5A 2E I R
== 当0.8t s =时0.25f BIL N ==
回路中产生的焦耳热2
20.2J Q I Rt ==
（2）磁场的磁感应强度保持B=0.5T 不变，在a 运动之前，对b 棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律222B L at F f ma R --=，即222B L at F f ma R
=++ 得0.5f ma +=， 220.1252B L a R
= 求得2
0.5/a m s =，导棒的质量0.5m kg =
（3）当导棒a 刚好要滑动时， 222B L v f R =，求得1/v m s =，此时b 运动的时间2s v t a
== 16．如图所示，一质量为m ，长度为L 的导体棒AC 静止于两条相互平行的水平导轨上且与两导轨垂直。

通过导体棒AC 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面成θ角斜向下且垂直于导体棒AC ，求：
(1)导体棒AC 受到的安培力；
(2)导体棒AC 受到的摩擦力。

【答案】 (1)BIL ，方向垂直于AC 斜向右下方，与竖直方向成θ角；(2)sin BIL θ，方向水平向左 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由安培力公式可知导体棒AC 受到的安培力为F BIL =安，由左手定则可知，安培力方向
垂直于AC 斜向右下方，与竖直方向成θ角；
(2)对导体棒受力分析如图
由平衡条件可知
f sin sin F F BIL θθ==安
方向水平向左
17．如图所示，在空间直角坐标系中，I 、Ⅱ象限（含x 、y 轴）有磁感应强度为B=1T ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=10N/C ，方向竖直向上的匀强电场；Ⅲ、Ⅳ象限（不含x 轴）有磁感应强度为215T 14B =，方向沿y 轴负方向的匀强磁场，光滑14
圆弧轨道圆心O'，半径为R=2m ，圆环底端位于坐标轴原点O 。

质量为m 1=lkg ，带电q l =+1C 的小球M 从O'处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O 点。

质量为m 2=2kg ，带电q 2=+1.8C 小球的N 穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与M 同时运动到O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P （碰撞过程无电荷损失）。

小球M 、N 、P 均可
视为质点，不计小球间的库仑力，取g=10m/s 2，求：
(1)小球M 在O'处的初速度为多大；
(2)碰撞完成后瞬间，小球P 的速度；
(3)分析P 球在后续运动过程中，第一次回到y 轴时的坐标。

【答案】 (1)1m/s ；(2)1m/s ；(3)坐标位置为()2020π-，
【解析】
【分析】
【详解】
(1)M 从O 进入磁场，电场力和重力平衡
Eq=mg
在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 2
A R r = 洛伦兹力提供向心力
2
A
mv qvB r = 解得
v=1m/s
(2)设N 沿光滑轨道滑到O 点的速度为u ，由动能定理
222212
m gR Eq R m u -=
解得
u=2m/s M 、N 在O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P 球速度为1v ，选向右为正方向，由动量守恒定律 ()21121m u m v m m v -=+
解得
11m/s v =
方向水平向右
(3)P 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P 球在竖直
方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T ，P 球回到y 轴上，P 球带电量
21q q q =+
由
211c C
m v qv B R = 及1
2πC R T v =，解得P 球圆周运动周期 2πC m T qB
= P 球竖直方向加速度
a=g
P 球回到y 轴时坐标212
y aT =，代入数据解得 220πy =
则坐标位置为()
20m,20πm -。