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如圖所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和OP水平放置，MO間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌相距為L，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R₀的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，并接觸良好。用平行于MN向右的水平力拉動(dòng)CD從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，拉力的功率恒定為P,經(jīng)過(guò)時(shí)間t導(dǎo)體棒CD達(dá)到最大速度v₀。
          ①求出磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度B的大小
②求出該過(guò)程中R電阻上所產(chǎn)生的電熱
③若換用一恒力F拉動(dòng)CD從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體    棒CD  達(dá)到最大速度為2v₀，求出恒力F的大小及當(dāng)導(dǎo)體棒CD速度  v₀時(shí)棒的加速度。
 

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（2013?江蘇一模）如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻

R

1

和

R

2

．兩導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為

L

2

的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止起向右運(yùn)動(dòng)，若桿出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．求：
（1）金屬桿出磁場(chǎng)前的瞬間流過(guò)

R

1

，的電流大小和方向；
（2）金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速率；
（3）金屬桿穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)過(guò)程中

R

1

上產(chǎn)生的電熱．

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（2007?崇文區(qū)二模）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中豎直放置兩平行導(dǎo)軌，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．導(dǎo)軌上端跨接一阻值為R的電阻（導(dǎo)軌電阻不計(jì)）．兩金屬棒a和b的電阻均為R，質(zhì)量分別為ma=2×10-2kg和mb=1×10-2kg，它們與導(dǎo)軌相連，并可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑動(dòng)．閉合開(kāi)關(guān)S，先固定b，用一恒力F向上拉，穩(wěn)定后a以v₁=10m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再釋放b，b恰好保持靜止，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，取g=10m/s²．
（1）求拉力F的大��；
（2）若將金屬棒a固定，讓金屬棒b自由滑下（開(kāi)關(guān)仍閉合），求b滑行的最大速度v₂；
（3）若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，將金屬棒a和b都固定，使磁感應(yīng)強(qiáng)度從B隨時(shí)間均勻增加，經(jīng)0.1s后磁感應(yīng)強(qiáng)度增到2B時(shí)，a棒受到的安培力正好等于a棒的重力，求兩金屬棒間的距離h．

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一單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分

1．  1．D  2．A   3．C   4．B    5．D   6．A

二多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分

7．ABD  8．BC   9．ABC   10．AD  11．ACD

三實(shí)驗(yàn)題：本題共 2小題，共 23分

12．（1）1.880(1.881給分) （2分）； 1.044 （2分）

（2）①1.00m/s，2.50m/s；②5.25J，5.29J  （每空2分）

13．

 (1) 圖 （3分）   (2)  0-3V（2分）   R₁ （2分）  (3)   圖（4分）

四 計(jì)算或論述題

14．地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)                             3分         

太陽(yáng)的質(zhì)量                                      3分

（2）設(shè)小行星運(yùn)行周期為T₁                           2分

對(duì)小行星：                                   2分

∴R₁=                                              2分

∴小行星與地球最近距離S=R₁?R=                     2分

15．解：（1）由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷．粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑

                                                           2分

又                                                            2分

則粒子的比荷　　                                                                   2分

（2）粒子從D點(diǎn)飛出磁場(chǎng)速度方向改變了60°角，故AD弧所對(duì)圓心角60°，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

                               2分

又                                                    2分

所以                                                    2分

粒子在磁場(chǎng)中飛行時(shí)間

                                2分

16． （1）設(shè)共同加速度a，繩拉力F   

有        mg-F=ma     

          F-μMg=Ma                                 3分

得到   

                    4分

（2）當(dāng)M運(yùn)動(dòng)h距離時(shí)速度為v,              1分

又M運(yùn)動(dòng)s距離停止，由動(dòng)能定理

                                 2分

M物塊不撞到定滑輪滿足                1分

得到     

代入得                                       2分

因?yàn)橐�拉�?dòng)M     結(jié)果是            2分

17．(1)   要求當(dāng)R=0時(shí)，  E/R₀≤I₀

      所以            R₀≥E/ I₀                                      3分

(2)   電量-q的粒子經(jīng)過(guò)電壓U加速后速度v₀

                               2分

粒子進(jìn)入Q場(chǎng)區(qū)域做半徑r₀,的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

                                           2分

                             3分

顯然加速電壓U 與與-q沒(méi)有關(guān)系，所以只要滿足上面關(guān)系，不同的負(fù)電荷都能繞Q做半徑r₀,的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。                                    

（3）       

即                                   3分

                                        2分

18．（1）最大速度時(shí)拉力與安培力合力為零

P/v₀-BIL=0     E=BL v。       I=E/(R+ R₀)          

即                                       3分

                                         2分

（2）由能量關(guān)系，產(chǎn)生總電熱Q

                             2分

R電阻上所產(chǎn)生的電熱                 2分

(3)                                     

由（1）問(wèn)可知       F=2P/v₀                               2分

當(dāng)速度為v₀時(shí)加速度a                      2分

解得                                 2分

19．（1）AB第一次與擋板碰后   A返回速度為v₀

  由動(dòng)量守恒定律得    m_A v₀=(m_A+m_B) v₁

  ∴v₁=4m/s                           3分

（2）A相對(duì)于B滑行ΔS₁

由動(dòng)能定理得

μm_AgΔS₁= v₀²－(m_A+m_B) v₁²

ΔS₁==6m                                     3分

（3）AB與N碰撞后,返回速度大小為v₂,則v₂= v₁

B與M相碰后停止,設(shè)A減速至零A相對(duì)B滑行ΔS₁^/

-μm_AgΔS₁^/＝0-v₂²      ΔS₁^/=8m>ΔS₁

∴A能與M碰撞第二次                                      3分

（4）       A與M第一次碰撞速度為v₁(v₁= v₀)

       m_A v₁(m_A+m_B) v₁^/        ∴  v₁^/＝ v₁

A相對(duì)于B滑行ΔS₁

μm_AgΔS₁= v₁²(m_A+m_B) v₁^/2

ΔS₁=                                        2分

當(dāng)B再次與M相碰而靜止時(shí)，A相對(duì)于B能滑行的最大距離為S_m1

0－v₁^/2=－２μg S_m1

S_m1=>ΔS₁

同理 每次以共同速度相碰,A都能相對(duì)B滑行到與M相碰，最終都停在M處   1分

A與M第二次碰撞速度為v₂

 則v₂²－v₁^/2=－２μgΔS₁

v₂²= v₁²－２μgΔS₁＝×６ΔS₁－２ΔS₁＝ΔS₁

同理ΔS₂==ΔS₁                                2分

依次類推ΔS₃==ΔS₂

ΔS=(ΔS₁+ΔS₂+ΔS₃+……)2=                      2分