2022-2023学年湖南省湖南师大附中高二下学期第一次月考物理试题 （解析版）

湖南师大附中2022—2023学年度高二第二学期第一次大练习

物理

时量：75分钟  满分：100分

一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分﹐共24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. 从太阳或其它星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子．这些高能带电粒子到达地球会对地球上的生命带来危害，但由于地球周围存在地磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，如图所示，对地球上的生命起到保护作用．假设所有的宇宙射线从各个方向垂直射向地球表面，那么以下说法正确的是（　　）

A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处都相同

B. 由于南北极磁场最强，因此阻挡作用最强

C. 沿地球赤道平面射来的高能正电荷向东偏转

D. 磁偏角θ是地轴与地磁极线的夹角为一定值

【答案】C

【解析】

【分析】根据地球磁场的分布,由左手定则可以判断粒子的受力的方向,从而可以判断粒子的运动的方向.

【详解】A．高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用,发生偏转.不同的磁场,所受到的洛伦兹力大小不一,所以在南、北两极最强赤道附近最弱, 所以A选项是不符合题意的；

B．高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用,发生偏转.不同的磁场,所受到的洛伦兹力大小不一,而磁场在南、北两极最强赤道附近最弱．由于南北极磁场方向与射线方向近似平行，则地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱,赤道附近最强, 所以B选项是不符合题意的；

C．根据左手定则判断洛伦兹力的方向，地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子在洛伦兹力作用下向东偏转,偏向面与赤道平面平行, 所以C选项是符合题意的；

D．不同的地点磁偏角不同，所以D选项是不符合题意的．

2. 下列说法正确的是（　　）

A. 变化的磁场能产生电场，变化的电场能产生磁场

B. 由可知，电场中某点的电场强度E与q成反比，与F成正比

C. 红外线可以用来消毒，紫外线可以用来加热理疗，X射线可以用来诊断病情

D. 根据公式可知，通电导线受磁场力为零的地方磁感应强度一定为零

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场，故A正确；

B．电场强度的定义采用比值定义法，E与F、q均无关，只与电场本身的性质有关，故B错误；

C．外线具有热作用可以用来加热理疗，紫外线具有波长短、频率高、能量大的特点可以进行消毒，X射线可以用来进行透视以诊断病情，故C错误；

D．公式只适用于B和I相互垂直的情况，如果二者平行，通电导线受磁场力为零，所以不能根据通电导线受磁场力为零来判断磁感应强度是否为零，故D错误。

故选A。

3. 如图所示，在一个很小的矩形导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于霍尔电压的大小，下列说法正确的是（　　）

A. 将磁场方向和电流方向同时反向，N板电势低于M板电势

B. 将磁场方向变为与薄片的上下表面平行，UH不变

C. 电流和磁场方向如图所示时，N板电势高于M板电势

D. 在电流和磁场一定时，薄片的厚度越大，则UH 越小

【答案】AD

【解析】

【详解】AC．导体主要是自由电子定向移动而导电，即载流子带负电；电流和磁场方向如图所示时，根据左手定则可知载流子向N电极偏转，则电极N的电势低于电极M的电势，若将磁场方向和电流方向同时反向，仍然是N板电势低，选项A正确，C错误；

B．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子受到上下方向的洛伦兹力，或者不受洛伦兹力，因此M、N间不存在电势差，故B错误；

D．设半导体薄片的厚度为d，宽度为b，长度为L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，根据平衡条件有

电流微观表达式

I=nqSv

S=bd

解得霍尔电压

UH与磁感应强度B、电流I、厚度d有关，在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越小，故D正确。

故选AD。

4. 如图所示，光滑水平轨道上有两辆静止小车，甲车上固定一个条形磁铁，N极向右，乙车上固定一个螺线管，螺线管通过电阻R连成通路。现推动一下甲车，使它获得向右的初速度，当它向乙车运动时，下列说法正确的是（　　）

A. 电阻R中的电流方向由A向B，两车系统动量不守恒、动能守恒

B. 电阻R中的电流方向由A向B，两车系统动量守恒、动能不守恒

C. 电阻R中的电流方向由B向A，两车系统动量不守恒、动能守恒

D. 电阻R中的电流方向由B向A，两车系统动量守恒、动能不守恒

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】AC．由于两车在光滑水平轨道上相互作用，合外力为零，动量守恒；甲车向右运动过程中，通过螺线管的磁通量向右增加，螺线管中有感应电流产生，根据能量守恒动能会减少。选项AC错误；

BD．甲车向右运动过程中，通过螺线管的磁通量向右增加，由楞次定律可知乙车中螺线管产生的磁场方向向左，根据右手螺旋定则可知电阻R中的电流方向可能由A向B，选项B正确，D错误。

故选B。

5. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（　　）

A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变

B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大

C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大

D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动过程中，R1消耗的功率减小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为

则变压器原线圈的电压有效值为

设输入交流电的电压有效值为，则

可得

保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律

可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；

CD．设原副线圈的匝数比为，同理可得

则

整理可得

保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知

可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率

整理可得

可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。

故选B。

6. 如图所示，水平地面上有沿轴正方向的电场，其沿轴的电势与坐标的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块（可视作质点），从处由静止释放﹐其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（　　）

A. 沿轴正方向，电场强度逐渐增大

B. 滑块先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，最终静止

C. 滑块运动的最大速度约为0.2m/s

D. 滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置

【答案】D

【解析】

【详解】A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；

B．图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为

滑块此时受到的电场力为

滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为

由图可知处电场强度大于处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小

所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B错误；

C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为

根据动能定理有

解得

故C错误；

D．假滑块最终在处停下，与之间的电势差约为

滑块从到过程中电场力做功为

滑动摩擦力做功为

所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共5小题﹐每小题5分﹐共25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. 等离子体气流由左方连续以速度射入和两极板间的匀强磁场中，ab直导线与、相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是（　　）。

A. 0～1s内ab、cd导线互相吸引 B. 1～2s内ab、cd导线互相排斥

C. 2～3s内ab、cd导线互相吸引 D. 3～4s内ab、cd导线互相排斥

【答案】BC

【解析】

【详解】等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流。分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流。

根据楞次定律可知，0～2 s内，cd导线中电流由d到c，2～4 s内，cd导线中电流由c到d。

根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥。

AB．0～2 s内，ab、cd导线互相排斥，A错误B正确；

CD．2～4 s内，ab、cd导线互相吸引，C正确D错误。

故选BC。

8. 如图所示，两条相距为的光滑平行导轨竖直放置，其上接一个阻值为的电阻，在下方空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为，棒 自上方某一位置释放，从棒运动到位置开始计时，在上方空间出现一个面积为S的垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为，为大于零的已知常量，棒以速度进入下方磁场时立即施加一个竖直向下的外力才能使其保持匀速直线运动。棒的电阻为、质量为，重力加速度为，感应电流产生的磁场不计。则下列说法正确的是（        ）

A. 棒匀速直线运动时的电流为，方向从向

B. 棒所受外力的大小为

C. t时刻穿过回路的总磁通量

D. 若把导轨上的定值电阻换成最大阻值为的滑动变阻器，则它消耗的最大功率为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．根据右手定则和楞次定律可知，切割磁感线在ab中产生的感应电流方向与面积为S的区域中的磁场变化产生的感应电流方向相同，所以棒匀速直线运动时的电流为

方向从向，故A错误；

B．棒受力平衡，有

可得

故B正确；

C．t时刻穿过回路的总磁通量

故C正确；

D．电路中，当内外电阻相等时，电源的输出功率既滑动变阻器消耗的功率最大，则有

故D正确。

故选BCD。

9. 磁悬浮列车是快速交通方式之一。2016年时速600km/h磁悬浮列车在青岛下线。磁悬浮列车的部分可以简化为线圈通过磁场。如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线、、、，在与之间、与之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里。现有一矩形线圈，宽度，质量为0.1kg，电阻为，将其从图示位置静止释放（边与重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，时刻边与重合，时刻边与重合，时刻边与重合，之间图线为与轴平行的直线，之间和之后的图线均为倾斜直线，已知的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度取10m/s2）。则（　　）

A. 在时间内，通过线圈的电荷量为0.5C B. 线圈匀速运动的速度大小为8m/s

C. 线圈的长度为2m D. 时间内，线圈产生的热量为4.2J

【答案】BC

【解析】

【详解】B．之间图线为与t轴平行的直线，表明线框做匀速直线运动，则安培力与重力平衡

解得

B正确；

C．设磁场宽度为d，由题意分析可知线圈的长度为2d，则在的时间内有

 解得

则线圈的长度为2m，C正确；

A．在时间内，通过线圈的电荷量为

A错误；

D．时间内，根据能量守恒定律

解得

D错误。

故选BC。

10. 在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。电路接通稳定后，断开开关S，下列说法正确的是（　　）

A. A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭

B. 在灯熄灭前的任意时刻，A、B两灯的电压相同

C. 在灯熄灭前的任意时刻，通过B灯的电流是A灯的2倍

D. 在灯熄灭前，L中会产生自感电动势

【答案】AD

【解析】

【详解】A．开关闭合且电路稳定时，二极管是导通的，灯泡A被短路，电容器上极板带负电，下极板带正电，当开关断开，电容器放电，电流由下极板经电路流向负极板，因为电感线圈对电流的阻碍作用，会有电流通过A灯，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭，故A正确；

BC．灯熄灭前，A灯电流减小，电感线圈的电流先增大后减小，二者电流不相等且二者电流之和等于B灯电流，A、B两灯的电压不相同，通过B灯的电流不是A灯的2倍，故BC错误；

D．电容器放电过程中，二极管是导通的，通过L中的电流发生变化，产生自感电动势，故D正确。

故选AD。

11. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO/匀速转动，线圈的电阻为R，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2，定值电阻R1= R，当线圈的转动的转速为n时，电压表的示数为U，则（　　）

A. 电流表的示数为

B. 从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为

C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为

D. 当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．依题意有

则有

故A正确；

B．根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为，有

从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为

故B错误；

C．依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为，则有

解得

故C正确；

D．当线圈转动的转速为2n时，线圈中产生的电动势的最大值为

因

所以

其有效值为5U，假定电压表示数为，则有

解得

当线圈转动的转速为2n时，电压表的示数为2U，故D正确。

故选ACD。

三、实验题（本大题共2小题﹐共16分，其中12小题6分，13小题10分）

12. “测定玻璃的折射率”的实验中，在水平放置的白纸上放好玻璃砖，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。

（1）在插和时，应使________（选填选项前的字母）

A．只挡住的像        B．只挡住

C．同时挡住、的像    D．挡住及、的像

（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，如图记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是________

A．B．C．D．

（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率________。（用图中线段的字母表示）

【答案】    ①. CD##DC    ②. D    ③.

【解析】

【详解】（1）[1] “测定玻璃折射率”的实验中，大头针均应在同一传播光路上，即同时挡住、的像且挡住及、的像。

故选CD。

（2）[2]光由光疏介质（空气）到光密介质（玻璃）中时，入射角应大于折射角，且根据折射定律可知光射入玻璃的入射角应等于射出玻璃时的折射角，即入射光线和出射光线平行。

故选D。

（3）[3]根据几何关系入射角正弦值

折射角正弦值

且

根据折射定律

13. （某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“””、“”两种倍率。现有一块小量程电流表G（表头），满偏电流为，内阻未知，可供选择的器材有：

A.滑动变阻器，最大阻值；

B.滑动变阻器，最大阻值

C.电阻箱R，最大阻值；

D.电源，电动势

E.电源，电动势；

F.开关和；双掷开关；

电阻丝及导线若干。

（1）实验小组的同学先采用图（甲）所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关，调滑动变阻器使电流表指针指向满偏：保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关，调电阻箱R，使电流表指针指向满偏电流的一半：读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，选用______，电源选用______（填写器材前字母代号）。

（2）选择合适器材，按图（乙）连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率（如“”、“”）的欧姆表。当开关拨到b时，欧姆表的倍率是______（选填“”、“”），若，则______。

（3）若欧姆表的刻度值是按电动势为刻度的，当电池的电动势下降到时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为，则这个待测电阻的真实值为______。

【答案】    ①. A    ②. E    ③.     ④. 90    ⑤.     ⑥. 240

【解析】

【详解】（1）[1][2]该电路采用半偏法测电阻，实验中认为电路中的干路电流始终不变，在测量表头电阻时，为了减小闭合时对电路总电阻的影响，则有

即滑动变阻器接入电路的阻值越大越好，由于表头满偏电流固定，因此电源电动势越大越好。故选用A，电源选用E。

（2）[3]对于改装后的电流表，接a时量程为

接b时量程为

可知，接a时的量程大于接b时的量程，根据欧姆表的工作原理，欧姆表的内阻，即中值电阻为

根据上述可知，接a时的中值电阻小于接b时的中值电阻，可判断接b时为大倍率，所以当开关拨到b时，欧姆表的倍率是，当开关拨到a时，欧姆表的倍率是；

[4]由于中值电阻等于表盘正中间刻线与倍率的乘积，则接a和b时有

即有

解得

（3）[5]根据欧姆表刻度值原理可知

解得

可知

由于欧姆表的刻度值是按电动势为刻度的，此刻度测得某待测电阻阻值为，而真实电阻对应电动势为1.2V，则有

解得

四、计算题（本大题共3小题，共35分，其中14题10分，15题10分，16题15分）

14. 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：

(1)交流发电机产生的电动势最大值；

(2)电动势的瞬时值表达式；

(3)电路中交流电压表的示数．

【答案】(1)V或62.8V；

(2)V或V；

(3)V或39.8V

【解析】

【详解】(1)交流发电机产生电动势的最大值：

而、，解得：

V

(2)线圈转动的角速度：

rad/s

由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为：

V

(3)电动势的有效值：

V

由电路图可知，电路中交流电压表的示数即为外电阻R两端的电压，则有：

V=39.8V

15. 如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T．现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.1 C的滑块以10 m/s 的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s．滑块可视为质点，g取10 m/s2．求：

(1)求滑块从A到D过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；

(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；

(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．

【答案】(1)85 J (2)1 m (3)5/7或0.71 m

【解析】

【分析】（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，可求出滑块到达D点时车的速度，系统损失的机械能等于系统动能的减小．

（2）滑块通过D时受到重力、支持力、电场力和洛伦兹力，沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第三定律说明压力大小等于支持力大小，然后写出动力学方程即可求出轨道半径；

（3）要使滑块不冲出圆弧轨道，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同速度v，根据动量守恒定律和能量的转化与守恒定律求得结果．

【详解】（1）设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0-Mv=mv1+Mv2
代入数据解得v2=0
则小车跟滑块组成的系统的初机械能E1=mv02+Mv2
小车跟滑块组成的系统的末机械能E2=mv12+0
代入数据解得：E1=110J，E2=25J
小车与滑块组成的系统损失的机械能△E=E1-E2
代入数据解得：△E=85J
（2）设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N，则由牛顿第三定律可得N=76N
由牛顿第二定律可得N-(mg+qE+Bqv1)=m
代入数据解得：r=1m
（3）设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v3
则由动量守恒定律可得mv1=（M+m）v3
代入数据解得：v3=m/s
设圆弧轨道的最大半径为R
则由能量守恒关系，有：mv12=(M+m)v32+(qE+mg)R
代入数据解得：R=0.71m

【点睛】本题是系统动量守恒和能量守恒的类型，寻找解题规律是关键．容易出错的地方，是不认真分析滑块运动过程，认为滑块刚到达D时车的速度就最大．对于计算轨道半径问题比较中规中矩，牢记指向圆心的合外力大小等于跟速度有关的向心力公式便可．上升到最大高度需要思考什么时候最大高度，即竖直方向的速度为0，而物块不能离开小车，即滑块与小车的水平方向相同从而进行解题．整体题目算经典的曲面小车问题放在复合场中的处理．

16. 如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为 L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨与水平面的夹角为，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场垂直倾斜导轨所在平面向下（图中未画出），两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物块c连接。已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且保持接触良好，b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。

（1）锁定a，释放b，求b的最终速度；

（2）a、b由静止释放的同时在a上施加一沿倾斜导轨向上的恒力F=1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度大小；

（3）若（2）中系统从静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；；（3）

【解析】

【详解】（1）当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度

根据平衡条件有

mg=BIL①

②

③

解得

④

对a棒有

⑤

代入数据得

对于b和c组成的系统

⑥

所以任意时刻都有，由于运动时间相同所以最终a、b速度大小之比⑦

稳定时的电流

⑧

当加速度都为0时，a、b、c达到稳定状态，有

解得a稳定时的速度大小

⑨

b、c稳定时的速度大小

⑩

设时间t内a棒沿倾斜导轨的位移大小为x1，b棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且始终有，则

⑪

对于a、b、c组成的系统，由功能关系得

⑫

代入数据得

⑬

以a为研究对象，根据动量定理有

⑭

⑮

解得

⑯

因为

⑰

⑱

解得

⑲

其中

⑳

解得

解得