题目内容
20．如图甲所示，水平放置足够长的平行金属导轨，左右两端分别接有一个阻值为R的电阻，匀强磁场与导轨平面垂直，质量m=0.1kg、电阻r=$\frac{R}{2}$的金属棒置于导轨上，与导轨垂直且接触良好．现用一拉力F=（0.3+0.2t）N作用在金属棒上，经过2s后撤去F，再经过0.55s金属棒停止运动．图乙所示为金属棒的v-t图象，g=10m/s2．求：
（1）前2s内棒运动的距离；
（2）金属棒与导轨之间的动摩擦因数；
（3）2s后棒运动的距离金属棒运动的距离；
（4）从撤去F到金属棒停止的过程中，每个电阻R上产生的焦耳热．
分析 （1）由图乙看出，有前2s内金属棒做匀加速直线运动，根据斜率可求出其加速度，由位移公式求解棒运动的距离．
（2）前2s内，由牛顿第二定律和安培力与速度的关系式F安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$列方程，可求出动摩擦因数；
（3）棒在2-2.55s时间内撤去拉力F，做变减速运动，根据牛顿第二定律和加速度的定义式，运用积分法求解位移．从撤去拉力到棒停止的过程中，运用能量守恒定律求解每个电阻R上产生的焦耳热
解答 解：（1）由图可知 a=1m/s2；
在0-2s这段时间内的位移 x1=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$m=2m
（2）在0-2s这段时间内，根据牛顿第二定律 有：
F-μmg-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}at}{{R}_{总}}$=ma
又因F=（0.3+0.2t）N
当t=0时，F=0.3N，
代入得：0.3-μ×0.1×10=0.1×1
解得：μ=0.2
当t=1s时，F=0.5N，
代入得：0.5-0.2×0.1×10-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}×1×1}{{R}_{总}}$=0.1×1
解得：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$=0.2
（3）设棒在2-2.55s时间内的位移为x2，棒在t时刻，根据牛顿第二定律有：
μmg-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{总}}$=m$\frac{△v}{△t}$
在t到t+△t（△t→0）时间内
-μmg△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{{R}_{总}}$△t=m△v
两边求和得：
-μmg$\sum_{\;}^{\;}$△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$$\sum_{\;}^{\;}$v△t=m$\sum_{\;}^{\;}$△v
即得 μmgt+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{{R}_{总}}$x2=mv
代入数据得 x2=0.45m
（4）从撤去拉力到棒停止的过程中，根据能量守恒定律有
$\frac{1}{2}$mv2=μmgx2+Q热；
则得：Q热=$\frac{1}{2}$mv2-μmgx2=$\frac{1}{2}$×0.1×22-0.2×0.1×10×0.45=0.11J
每个电阻R上产生的焦耳热 QR=$\frac{1}{4}{Q}_{热}$=2.75×10-2J
答：（1）前2s内棒运动的距离是2m；
（2）金属棒与导轨之间的动摩擦因数是0.2；
（3）2s后棒运动的距离金属棒运动的距离是0.45m；
（4）从撤去F到金属棒停止的过程中，每个电阻R上产生的焦耳热为2.75×10-2J．
点评 对于金属棒切割类型，要根据棒的运动情况，正确分析受力情况，选择相应的规律处理．对于匀变速运动，运用牛顿第二定律和运动学公式研究，还要抓住安培力的表达式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$；对于非匀变速运动，要学会运用微元积分法求解位移．
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在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．在滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向下滑动的过程中（ ）| A． | 路端电压变大 | B． | 电路中的总电流变大 | ||
| C． | 通过电阻R2的电流变小 | D． | 通过滑动变阻器R1的电流变小 |
如图所示．MN是足够长的光滑绝缘水平轨道．质量为m的带正电A球，以水平速度υ0射向静止在轨道上带正电的B球，至A、B相距最近时，A球的速度变为$\frac{υ_0}{4}$，已知A、B两球始终没有接触．求：
在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，某人设计了一种自动报警装置，电路如图所示．定值电阻R、探测器S电阻均保持不变．M是贴在针口处的传感器，当接触到药液时其电阻RM会发生明显变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时（ ）| A． | RM变大，且R越大，探测器S越灵敏 | B． | RM变大，且R越小，探测器S越灵敏 | ||
| C． | RM变小，且R越大，探测器S越灵敏 | D． | RM变小，且R越小，探测器S越灵敏 |
如图所示为一种获得高能粒子的装置．A、B为两块中心开有小孔的极板，每当带电粒子经过A、B板时，都会被加速．其原理如下：当粒子飞到A板小孔时，A、B板间的加速电压变为U；每当粒子飞离电场后即做匀速圆周运动，A、B板间的电势差立即变为零．粒子在A、B间的电场中一次次被加速，动能不断增大，并保持匀速圆周运动半径R不变（A、B两极板间的距离远小于R）．当t=0时，质量为m、电荷量为+q的粒子正好静止在A板小孔处，不考虑带电粒子重力的影响．若两板间距为d，则该粒子第一次飞过两板间所需时间为d$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$；该粒子第九次和第十次飞过两板间所需时间之比为（3-$\sqrt{8}$）：（$\sqrt{10}$-3）（无需分母有理化）．
如图所示，水平传送带PQ间相距L1=1.2m，传送带以v0=2m/s的速度顺时针匀速运动，传送带处在与水平方向成α=37°斜向上的匀强电场中，电场强度E=1×103V/m，倾角θ=30°斜面底端固定一轻弹簧，轻弹簧处于原长时上端位于C点，Q点与斜面平滑连接，Q到C点的距离L2=1.4m．现有质量m=1kg，电量q=1×10-2C的物体（可视为质点）无初速地轻放在传送带左端的P点，物体被传送到右端Q点后沿斜面向下滑动，将弹簧压缩到最短位置D点后恰能弹回C点．不计物体经过Q点时机械能的损失，整个过程中物体的电量保持不变，已知物体与传送带、斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
如图所示，半径r=0.5m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球（小球的半径比r小很多）．现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，重力加速度g取10m/s2，则下列初速度v0范围能满足的是（ ）| A． | v0≥5m/s | B． | v0≥2$\sqrt{5}$m/s | C． | v0≥$\sqrt{5}$m/s | D． | v0≤$\sqrt{10}$m/s |
| A． | M与地球中心连线在相等的时间内转过的角度较大 | |
| B． | M的机械能大于N的机械能 | |
| C． | M、N的速度均大于第一宇宙速度 | |
| D． | M在相同的时间内经过的路程较短 |
| A． | $\frac{{{E_{k1}}}}{{{E_{k2}}}}$ | B． | $\frac{{{E_{k2}}}}{{{E_{k1}}}}$ | C． | $\sqrt{{{（{\frac{{{E_{k1}}}}{{{E_{k2}}}}}）}^3}}$ | D． | $\sqrt{{{（{\frac{{{E_{k2}}}}{{{E_{k1}}}}}）}^3}}$ |