2019-2020学年浙江省杭州市北斗联盟高二上学期期中考试物理试题(解析版)

2019-2020学年浙江省杭州市北斗联盟高二（上）
期中物理试卷
一、选择题I（本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.下列说法中，不符合物理学史实的是()
A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动
B. 牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因
C. 麦克斯韦发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场
D. 奥斯特发现给导线通电时，导线附近的小磁针会发生偏转
『答案』C
『解析』
【详解】A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，即力是维持物体运动的原因，故A正确；
B．牛顿认为，力是物体运动状态改变的原因，而不是物体运动的原因，故B正确；
C．奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场，故C错误；
D．奥斯特发现给导线通电时，导线附近的小磁针会发生偏转，故D正确。

故选C．
2.玉环文旦是浙江柚类水果中的优良品种之一。

一般产果3~5年的文旦树经过修剪后比一个正常成人身高略高。

若果农在采摘过程中，由于轻微震动使得果树顶部一颗成熟的文旦脱落掉下，下落过程中没有受到其他碰撞。

g取2
10m/s，则该文旦落地的速度最接近() A. 2m/s B. 6m/s C. 10m/s D. 15m/s
『答案』B
『解析』
【详解】正常成人身高约为1.7m，果实自然脱落，则初速度为零，下落时做自由落体运动，所以落地的速度为：
v≈
6m/s
故B正确，ACD错误。

故选：B 。

3.甲、乙两物体做直线运动，其运动过程的图像分别如图所示，其中甲图为速度-时间()v t -图像，乙图为位移-时间()x t -图像。

关于两物体的运动下列说法正确的是( )
A. 4s 末两物体速度大小相等
B. 甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动
C. 甲在前4s 内的平均速度为2m/s ，乙在前4s 内的平均速度为4m/s
D. 甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动
『答案』D 『解析』
【详解】A ．4s 末甲物体的速度为8m/s 。

乙物体的速度：
8
m/s 2m/s 4
x v t =
==乙 速度大小不等，故A 错误；
BD ．甲做匀加速直线运动，根据位移-时间图像的斜率表示速度，知乙做匀速直线运动，故B 错误，D 正确；
C ．甲在前4s 内的平均速度为：8
m/s 4m/s 22
v v =
==甲 8
m/s 2m/s 4
x v t =
==乙 故C 错误。

故选D ．
4.某电视台在讲解围棋棋局节目中，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上。

不计棋子间的相互作用力。

对其中某一棋子，下列说法正确的是( )
A. 棋子共受三个力作用
B. 棋子对棋盘的压力大小一定等于其所受重力的大小
C. 棋子的磁性越强，棋子所受的摩擦力越大
D. 减小棋子的质量，棋子所受的摩擦力减小
『答案』D
『解析』A ．小棋子受到重力G 、棋盘面的吸引力F 、弹力N 和静摩擦力f ，共四个力作
用，故A 错误；
B ．棋子对棋盘的压力大小与重力无关，与棋盘对棋子的吸引力大小相等，故B 错误；
C ．根据竖直方向上二力平衡知：
f G =
即摩擦力与磁性强弱无关，故C 错误； D ．根据竖直方向上二力平衡知：f G =
减小棋子的质量，棋子所受的摩擦力减小，故D 正确。

故选D ．
5.如图所示，一小球从某高度处水平抛出，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是( )
A. 小球水平抛出时的初速度大小为
tan gt
θ
B. 小球在t 时间内的位移与水平方向的夹角为
2
θ C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D. 若小球初速度增大，则θ增大
『答案』A 『解析』
【详解】A ．物体落地时竖直方向上的分速度为：
y gt =v
因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度为：
0tan tan y v gt
v θ
θ
=
=
故A 正确；
B ．物体落地时速度与水平方向夹角的正切值：
tan gt v θ=
位移与水平方向夹角的正切值：
200
12tan 2gt
gt v t v α==
所以tan 2tan θα=，但2
θ
α≠，故B 错误；
C ．根据：
212
h gt =
解得：2h
t g
=
，可知物体运动时间与下落高度有关，与初速度无关，则若小球初速度增大，则平抛运动的时间不变，故C 错误； D ．速度与水平方向夹角的正切值为：
tan gt v θ=
若小球初速度增大，下落时间t 不变，所以tan θ减小，即θ减小，故D 错误。

故选A ．
6.设计师设计了一个非常有创意的募捐箱。

如图所示，O 点为漏斗形口的圆心，某个硬币在募捐箱上类似于漏斗形的部位滚动很多圈之后，从下方的圆孔掉入募捐箱。

硬币直径远小于漏斗形孔径。

如果把硬币在不同位置的运动近似看成水平面内的匀速圆周运动，空气阻力和摩擦阻力忽略不计，则关于这枚硬币在a 、b 两处的说法正确的是( )
A. 在a 、b 两处做圆周运动的圆心都为O 点
B. 向心力的大小a b F F =
C. 角速度的大小a b ωω<
D. 线速度的大小a b v v >
『答案』C 『解析』
【
详解】A ．在a 、b 两处做圆周运动的圆心是通过O 点的竖直轴上，不是以O 点为圆心的，故A 错误；
B ．设在a 、b 所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，根据力的合成可得a 的向心力：
tan a F mg α=
b 的向心力：
tan b F mg β=
而αβ<，故向心力的大小a b F F <，故B 错误；
C ．根据：
2F mr ω=
可知，a b F F <，a b r r >，则角速度的大小a b ωω<，故C 正确；
D ．硬币下滑过程中，重力做正功，动能增加，线速度增大，故b a v v >，故D 错误。

故选C ． 7.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v 1、v 2，近地点到地心的距离
为r ，地球质量为M ，引力常量为G ．则
A. 121,GM
v v v r >= B. 121,GM
v v v r >>C. 121,GM
v v v r
<=
D. 121,GM
v v v r
<>
『答案』B 『解析』
【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以12v v >，过近地点圆周运动的速度为GM v r = ，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以1GM
v r
>，故B 正确．
8.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则
A. P 和Q 都带正电荷
B. P 和Q 都带负电荷
C. P 带正电荷，Q 带负电荷
D. P 带负电荷，Q 带正电荷
『答案』D 『解析』
【详解】AB ．受力分析可知，P 和Q 两小球，不能带同种电荷，AB 错误；
CD ．若P 球带负电，Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C 错误D 正确，故本题选D ．
9.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C 点是A 、B 连线的中点．已知A 点的电势φA ＝30 V ，B 点的电势φB ＝－10V ，则C 点的电势( )
A. φC ＝10 V
B. φC >10 V
C. φC <10V
D. 上述选项都不正确
『答案』C
『解析』试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱．由图看出，ac 段电场线比bc 段电场线
密，ac 段场强较大，根据公式U=Ed 定性分析a 、c 间与b 、c 间电势差的大小，再求解中点C 的电势φc ．
解：由图看出，ac 段电场线比bc 段电场线密，ac 段场强较大，根据公式U=Ed 可知，a 、c 间电势差U ac 大于b 、c 间电势差U cb ，即φa ﹣φc ＞φc ﹣φb ，得到φc ＜
．所以选项C 正确．故选C ．
点评：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小．要注意公式使用的条件是匀强电场．常规题．
10.如图所示的电路中，电阻R =2Ω．断开S 后，电压表的读数为3V ；闭合S 后，电压表的读数为2V ，则电源的内阻r 为
A. 1Ω
B. 2Ω
C. 3Ω
D. 4Ω
『答案』A 『解析』
【详解】开关s 断开时有：3V E =，开s 闭合时有：2E
R R r
=
+，其中2R =Ω，解得：1r =Ω，
故A 正确．
11.锂电池因能量高、无污染而广泛使用于手机等电子产品中。

现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示。

充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )
A. 充电器输出的电功率为2UI I r +
B. 锂电池的输入功率为2I r
C. 锂电池产生的热功率为2I r
D. 充电器的充电效率为
100%Ir
U
⨯ 『答案』C 『解析』
【详解】A ．充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，则充电器的输出电功率为UI ，故A 错误；
BC ．充电器输出的电功率即为锂电池的输入功率为：
P UI =
锂电池产生的热功率为：
2P I r =热
故B 错误，C 正确； D ．充电器的充电效率为：
2100%100%IU I r U Ir IU U
η--=⨯=⨯
故D 错误。

故选C ．
12.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab 、cd (ab 、cd 在同一水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态.在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P .当P 中通以方向向外的电流时
A. 导线框将向左摆动
B. 导线框将向右摆动
C. 从上往下看，导线框将顺时针转动
D. 从上往下看，导线框将逆时针转动
『答案』D 『解析』
【详解】试题分析：根据右手螺旋定则可得ab 处的磁场方向竖直向上，cd 处的磁场竖直向
下，根据左手定则可得ab边受到垂直纸面向外的安培力，cd边受到垂直纸面向里的安培力，从上往下看，导线框将逆时针转动，C正确．
考点：考查了安培力
【名师点睛】先由安培定则判断通电直导线P在导线ab、cd处的磁场方向，然后由左手定则判断导线ab、cd所受的安培力，通过微元法解决，判断导体的运动的规律常用的方法还有：等效法，特殊位置法，结论法
二、选择题II（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
13.某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是（）
A. 在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场
B. 在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场
C. 在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场
D. 在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场
『答案』ABC
『解析』
【分析】
明确电场和磁场的区别，知道电荷在电场中一定受到电场力；而通电导线与磁场平行时，则不受安培力．
【详解】AB．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；故在该空间内引入检验电荷时，如果电荷受到电场力则说明此空间一定有电场；如果没有电场力则一定没有电场；故AB正确；C．若空间引入通电导线受到磁场力，则说明此空间一定存在磁场；故C正确；
D．若引入通电导线而没有受力，则可能是导线与磁场相互平行；故不能说明不存在磁场；故D错误
故选ABC．
【点睛】本题考查电场和磁场的性质，要明确磁场中安培力与通电电流的方向有关，若通电电流沿磁场线的方向，则电流不受安培力．
14.如图所示,两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连。

开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态。

以下说法正确的是()
A. 若将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有b a →的电流
B. 若将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b a →的电流
C. 若将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b a →的电流
D. 若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流
『答案』AB 『解析』
【详解】A ．S 闭合，电压U 不变，将A 向左平移一小段位移，由：
U E d
=
可知，E 不变，油滴仍静止，根据电容决定式：
4S
C kd
επ=
由于正对面积S 减小，则电容C 减小，由：
Q CU =
可知，电容器的带电量在减小，即电容器在放电，因此G 表中有b a →的电流，故A 正确； B ．S 闭合，电压U 不变，将A 向上平移一小段位移，极板间距d 增大，由：
U
E d
=
可知，E 变小，油滴应向下加速运动，根据电容决定式：
4S
C kd
επ=
可知，间距d 增大，则电容减小，根据：
Q CU =
可知，电荷量减小，电容器放电，则G 表中有b a →的电流，故B 正确； C ．将A 向下平移一小段位移，极板间距d 减小，由：
U E d = 可知，E 变大，油滴受的电场力变大，油滴向上加速运动，根据电容决定式：
4S C kd
επ=
可知，间距d 减小，则电容增大，根据： Q CU =
可知，电荷量增大，则电容器充电，则G 表中有a b →的电流，故C 错误；
D ．将S 断开，电容器电量不变，根据：
Q CU =
可知，U 不变，根据：
U E d
= 则板间场强不变，油滴仍处于静止状态，且G 表中无电流，故D 错误。

故选AB ． 15.湖州太湖水世界“飞舟冲浪”项目的滑道由两段相同的光滑圆弧轨道组合而成，每段圆弧轨道的圆心角45θ<︒．如图所示，假设一游客（可视为质点）从圆弧轨道的最高点A 静止出发，沿着轨道滑下，最终从圆弧轨道上的C 点水平滑出轨道。

B 点为两段圆弧的平滑连接点，不计阻力。

下列说法正确的是( )
A. 游客在C 点时，处于超重状态
B. 游客从A 到B 过程，竖直方向的加速度一直增大
C. 游客在B 点时，向心加速度为g
D. 从A 到C 过程，游客的机械能增大
『答案』AB
『解析』
详解】A ．游客从B 到C 过程做曲线运动，游客在C 点时有向上的分加速度，故处于超重
状态，故A正确；
B．游客从A到B过程，合力在竖直方向上的分量越来越大，故竖直方向上的加速度一直增大，故B正确；
C．游客在B点时，轨道对游客沿半径向上的支持力，向心力由重力指向圆心的分力和支持力的合力提供，向心力小于mg，则向心加速度小于g，故C错误；
D．从A到C过程，只有重力做功，故游客的机械能不变，故D错误。

故选AB．
16.如图所示，电池内阻不计，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，1D、2D是两个规格相同的灯泡。

对于这个电路，下列说法中正确的是()
A. S刚闭合瞬间，1D、2D同时亮
B. S刚闭合瞬间，1D先亮，2D后亮
C.闭合S，电路达到稳定后，1D熄灭，2D比S刚闭合时亮
D. 闭合S，待电路达到稳定后，再将S断开时，2D立即熄灭，1D亮一下再逐渐变暗『答案』ACD 『解析』【详解】AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以1D、2D同时亮，故A正确，B错误；C．当电路稳定后，线圈L相当于导线，将1D短路，因此1D熄灭，而2D比S刚闭合时亮，故C正确；D．S闭合稳定后再断开开关，2D立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与1D组成回路，1D要过一会儿熄灭，故D正确。

故选ACD．
三、非选择题（本题共6小题，共48分）
17.利用以下装置可以完成力学中的许多实验．
(1)以下说法中正确的是（ ）
A ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，无需将长木板的一端抬高以平衡摩擦力
B ．用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，每次改变小车质量之后，无需重新平衡摩擦力
C ．用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，并用图像法处理数据时，如果画出的a-m 关系图像不是直线，就可确定加速度与质量成反比
D ．用此装置“探究做功和速度变化关系”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与木板平行
(2)用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，小车质量约250g ，为保证拉力近似等于沙桶（含重物）的重力，沙桶中应选择的重物是_____．
(3)在利用此装置做实验时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离求小车的加速度；实验中发现实际加在计时器的电压略低于220V ，则测量结果_______（填“偏大，偏小，不变”） 『答案』 (1). ABD (2). C (3). 不变 『解析』 【详解】(1)[1]A ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，只需要小车匀加速运动即可，无需将长木板的一端抬高以平衡摩擦力，选项A 正确； B ．用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，每次改变小车质量之后，无需重新平衡摩擦力，选项B 正确； C ．用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，并用图像法处理数据时，如果画出的a -m
关系图像不是直线，需要验证a-1/m关系是否是过原点的直线才能确定加速度与质量是否是成反比，选项C错误；
D．用此装置“探究做功和速度变化关系”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与木板平行，选项D正确；
故选ABD.
(2)[2]用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，小车质量约250g，为保证拉力近似等于沙桶（含重物）的重力，砂桶及里面重物的质量必须要远小于小车的质量，则沙桶中应选择的重物是C.
(3)[3]打点计时器电压减小不影响打点的周期，则实验中发现实际加在计时器的电压略低于220V，则测量结果不变．
【点睛】此题综合考查了课本上的几个典型实验；关键是了解各个实验的实验原理，尤其是一些关键的步骤及注意事项要注意弄清原因；每个实验最好亲自做几遍，加强理解.
18.用电流表和电压表测干电池的电动势和内电阻。

提供的器材如下：
A．电流表A（0~0.6A~3A，内阻约0.5Ω）
B．电压表V（0~3V，内阻约为5kΩ）
C．滑动变阻器1R（0~10Ω，2A）
D．滑动变阻器2R（0~100Ω，0.2A）
E．状态近似相同的干电池二节，开关及导线若干
（1）实验中滑动变阻器选______（选填“1R”或“2R” )；
（2）下面是小张同学连接成的测量电路，闭合开关S前老师检查发现图甲中标示的①、②、③条接线中有一处错误，错误的连线是______（选填“①”“②”或“③”)；
（3）小张正确连线后，测得6组电流I 和电压U 的值，并描点如图乙所示，请你按照这些实验值作出U I -图线______，由此图线所得的每节干电池电动势E =______V ，每节干电池的内阻r =______Ω。

（结果保留3位有效数字）
『答案』(1). R 1 (2). ② (3). 1.50 0.385 『解析』
【详解】（1）[1]因干电池内阻较小，电动势较小，为了便于调节，滑动变阻器应选总阻值较小的1R ；
（2）[2]由于电源内阻较小，电流表的分压较为明显，故应采用电流表相对电源的外接法，故②线接错；
（3）[3]根据给出的点连线，得出对应的伏安特性曲线如图所示：
[4]两电源串联，根据：
U E Ir =- 可知电源的电动势为： 3.00V=1.50V 2
E = [5]图像的斜率表示电源的内阻，故有：
3.0 2.0Ω0.769Ω1.3
U r I ∆-===∆ 内阻为：
0.385Ω2r r '=
= 19.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）．求：
（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．
『答案』（1）2v gh =（2）()mg h d E qd +=，()mg h d C Q q +=；（3）2h d h t h g +=『解析』
【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v 2=2g h 解得：2v gh = ①
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg （h +d ）-qEd =0
解得：()mg h d E qd
+=② 电容器两极板间的电压为：()
mg h d U Ed q
+== 电容器带电量为：()mg h d C Q CU q +==
（3）加速过程：
mgt 1=mv …③
减速过程，有：
（mg -qE ）t 2=0-mv …④
t =t 1+t 2…⑤ 联立①②③④⑤解得：
2h d
h t h g
+= 【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．
20.虚线PQ MN 、间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为112.010kg m -=⨯、电荷量为51.010C q -=+⨯，从a 点由静止开始经电压为100V U =的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b （图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ MN 、间距为20cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率；
（2）水平匀强电场的场强大小；
（3）ab 两点间的电势差．
『答案』
（1）41.010m/s ⨯ （23310N/C （3）400V 『解析』
【详解】（1）由动能定理得2112qU mv =
代入数据得41 1.010m/s v =⨯．
（2）粒子沿初速度方向做匀速运动，1d v t =
粒子沿电场方向做匀加速运动，y v at =
由题意得:1tan 30y
v v ︒= 由牛顿第二定律得:qE ma =
联立以上各式并代入数据得:3310N/C E =．
（3）由动能定理得()
221102ab y qU m v v =+- 联立以上各式并代入数据得400V ab U =．
21.如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y
轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力．求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．
『答案』（1）224U d B （2）23812d B U
π⎛⎫+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭或23423Bd U π⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭ 『解析』
【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：2012qU mv =，解得：02qU v m = 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：22
r d =
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：200v qv B m r = 联立方程得：224q U m d B
= （2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度112=
244S r d ππ⋅=
粒子射出磁场后到运动至x 轴，运动的轨迹长度26tan 306
S r d =⋅= 粒子从射入磁场到运动至x 轴过程中，一直匀速率运动，则120
S S t v += 解得：23812d B t U π⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭
或23423Bd t U π⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭
22.如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L=0.2m ，左端接有阻值R=0.3的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T ．一根质量m=0.4kg ，电阻r=0.1的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x=9m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度．当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h=0.8m 处．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g =10m/s 2．求：
（1）金属棒运动的最大速率v ；
（2）金属棒在磁场中速度为2
v 时的加速度大小； （3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热．
『答案』(1)4/m s (2) 2m/s 2（3）8.4R Q J =
『解析』
(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律， 212
mv mgh =
解得：4/v m s ==
(2) 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I ， 则=4BLv I A R r
=+： 由平衡条件可得 ：==2F BIL mg N μ+ 金属棒速度为2
v 时，设回路中的电流为I '，则 ()=22BLv I A R r =+' 由牛顿第二定律得 -F BI L mg ma μ-='
解得 a ＝ 2m/s 2
（3）设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q ， 根据功能关系：212
Fx mgx mv Q μ=++ 则电阻R 上的焦耳热：R R Q Q R r
=+ 解得：8.4R Q J =。