【KS5U解析】安徽省淮北市2020屆高三上學(xué)期第一次模擬考試物理試題 Word版含解析

1、淮北市2020屆高三第一次模擬考試物理試題一、選擇題（本題包括10小題，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-6小題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7-10小題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得，選對(duì)但不全的得，有選錯(cuò)的得0分。）1.如圖所示，一架無(wú)人機(jī)執(zhí)行航拍任務(wù)時(shí)正沿直線朝斜向下方向勻速運(yùn)動(dòng)用g表示無(wú)人機(jī)重力，f表示空氣對(duì)它的作用力，下列四幅圖中能表示此過(guò)程中無(wú)人機(jī)受力情況的是a. b. c. d. 【答案】b【解析】【詳解】由于無(wú)人機(jī)正沿直線朝斜向下方勻速運(yùn)動(dòng)即所受合外力零 ，所以只有b圖受力可能為零，故b正確2.一蹦床運(yùn)動(dòng)員豎直向上跳起，從離開蹦床算起，上升到最大高度一半所用的時(shí)間為，速度減

2、為離開蹦床時(shí)速度一半所用的時(shí)間為，若不計(jì)空氣阻力，則與的大小關(guān)系為（）a. b. c. d. 不能確定【答案】a【解析】【詳解】根據(jù)速度位移公式得，設(shè)上升到最大高度一半的速度為v，則有：聯(lián)立解得：則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：速度減為初速一半所用的時(shí)間為t2：。則：t1t2a，與結(jié)論相符，選項(xiàng)a正確；b，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；c，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d不能確定，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；故選a。3.發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步衛(wèi)星軌道3（如圖所示）。則衛(wèi)星分別在1、3軌道上正常運(yùn)行時(shí)，以下說(shuō)法正確的是（）a. 衛(wèi)星在

3、軌道3上的速率大于在軌道1上的速率b. 衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度c. 衛(wèi)星在軌道3上具有的機(jī)械能大于它在軌道1上具有的機(jī)械能d. 衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度【答案】c【解析】【詳解】abd人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為m，有解得 軌道3半徑比軌道1半徑大，根據(jù)三式，衛(wèi)星在軌道1上線速度較大，角速度也較大，衛(wèi)星在軌道3上經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度等于它在軌道2上經(jīng)過(guò)點(diǎn)的加速度，故abd均錯(cuò)誤；c衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道3上機(jī)械能較大，故c正確；故選c。4

4、.圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數(shù)與副線圈匝數(shù)之比為10：1，變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，電阻，與電容器連接成如圖所示的電路，其中電容器的擊穿電壓為8v，電表均為理想交流電表，開關(guān)s處于斷電狀態(tài)，則（）a. 電壓表的讀數(shù)為10vb. 電流表的讀數(shù)為0.05ac. 電阻上消耗的功率為2.5wd. 若閉合開關(guān)s，電容器會(huì)被擊穿【答案】c【解析】【詳解】a開關(guān)斷開時(shí)，副線圈為r1和r2串聯(lián)，電壓表測(cè)量r2的電壓，由圖可知原線圈電壓為100v，所以副線圈電壓為10v，則電壓表的讀數(shù)是r2的電壓為5v7.07v，故a錯(cuò)誤；b由a的分析可知，副線圈電流為所以原線圈電流為 故b錯(cuò)誤；c電阻

5、r1、r2上消耗的功率為 故c正確；d當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，r1與r3并聯(lián)后和r2串聯(lián)，電容器的電壓為并聯(lián)部分的電壓，并聯(lián)部分電阻為r并=10，所以并聯(lián)部分的電壓為 最大值為，所以電容器不會(huì)被擊穿，故d錯(cuò)誤。故選c。5.圖甲為研究光電效應(yīng)的電路圖，當(dāng)用頻率為的光照射金屬陰極時(shí)，通過(guò)調(diào)節(jié)光電管兩端電壓，測(cè)量對(duì)應(yīng)的光電流強(qiáng)度，繪制了如圖乙所示的圖象。已知電子所帶電荷量為，圖象中遏止電壓、飽和光電流及射光的頻率、普朗克常量均為已知量。下列說(shuō)法正確的是（）a. 光電子的最大初動(dòng)能為b. 陰極金屬的逸出功為c. 若增大原入射光的強(qiáng)度，則和均會(huì)變化d. 陰極金屬截止頻率為【答案】d【解析】【詳解】a光電子的最大初

6、動(dòng)能為，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；b根據(jù)光電效應(yīng)方程：則陰極金屬的逸出功為選項(xiàng)b錯(cuò)誤；c若增大原入射光的強(qiáng)度，則最大初動(dòng)能不變，則截止電壓不變；但是飽和光電流會(huì)變化，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d根據(jù)可得，陰極金屬的截止頻率為選項(xiàng)d正確；故選d.6.如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板接地，開關(guān)閉合，一帶電油滴在電容器中的點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）a. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，電容器的電容增大b. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離，點(diǎn)的電勢(shì)將升高c. 保持開關(guān)閉合，板豎直上移一小段距離過(guò)程中，電流計(jì)中電流方向向右d. 開關(guān)先閉合后斷開，板豎直上移一小段距離，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)【答案】b【解析】【詳

7、解】a保持開關(guān)閉合，則電壓恒定不變，a板豎直上移一小段距離，根據(jù)電容的決定式，可知電容c減小，故a錯(cuò)誤。b根據(jù)，可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，根據(jù)u=ed可知，p點(diǎn)與下極板的距離不變，但e減小，故p點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差減小，下極板帶正電，故p點(diǎn)的電勢(shì)升高，故b正確。c根據(jù)q=cu可知，電容減小，電荷量減小，電容器放電，電流計(jì)中電流方向向左，故c錯(cuò)誤。d開關(guān)s先閉合后斷開，則電荷量q不變，a板豎直上移一小段距離，電場(chǎng)強(qiáng)度恒定不變，故帶電油滴靜止不動(dòng)，故d錯(cuò)誤。故選b。7.兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線平行放置，如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖，圖中點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn)，為的中垂線上的兩點(diǎn)且與等距，兩導(dǎo)線中通有恒定電流，已知直線電

8、流在某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小跟該點(diǎn)到通電導(dǎo)線的距離成反比，則下列說(shuō)法中正確的是（）a. 若中通以等大同向電流，點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零b. 若中通以等大反向電流，則點(diǎn)和點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同c. 若中通以大小不等的反向電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在之間的連線上d. 若中通以大小不等的同向電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在連線的延長(zhǎng)線上【答案】ab【解析】【詳解】a若中通以等大同向電流，根據(jù)安培定則可知，兩條導(dǎo)線在o點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)等大反向，則o點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)a正確；b若中通以等大反向電流，假設(shè)a電流向里，b中電流向外；根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)疊加原理判斷得知，兩根通電導(dǎo)線在mn兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向

9、均向下且大小相等；同理若假設(shè)a電流向外，b中電流向里；根據(jù)安培定則以及磁場(chǎng)疊加原理判斷得知，兩根通電導(dǎo)線在mn兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均向上且大小相等；故 b正確；c若中通以大小不等的反向電流，則兩電流在之間的連線上各點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d若中通以大小不等的同向電流，則兩電流在連線的延長(zhǎng)線上各點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同，則磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；故選ab.8.如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過(guò)傳感器測(cè)量出滑塊的速度和離地高度并作出如圖乙所示滑塊的圖象，其中高度

10、從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力，取，由圖象可知（） a. 小滑塊的質(zhì)量為0.1kgb. 輕彈簧原長(zhǎng)為0.2mc. 彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5jd. 小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為0.4j【答案】bc【解析】【詳解】a在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，ek=ep=mgh，圖線的斜率絕對(duì)值為：所以：m=0.2kg故a錯(cuò)誤；b在ek-h圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說(shuō)明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧

11、分離，彈簧的原長(zhǎng)的0.2m。故b正確；c根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以epm=mgh=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5j故c正確；d由圖可知，當(dāng)h=0.18m時(shí)的動(dòng)能最大；在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知epmin=e-ekm=epm+mgh-ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38j故d錯(cuò)誤；故選bc。9.一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下從點(diǎn)經(jīng)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，其圖象如

12、圖所示。分析圖象后，下列說(shuō)法正確的是（）a. 處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于處的電場(chǎng)強(qiáng)度b. 粒子在處的電勢(shì)能一定大于在處的電勢(shì)能c. 間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都為零d. 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于兩點(diǎn)間的電勢(shì)差【答案】bd【解析】【詳解】a由運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在a點(diǎn)時(shí)較大，由牛頓第二定律得知在a點(diǎn)的電場(chǎng)力大，故a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故a錯(cuò)誤；b由a到b過(guò)程中，速度越來(lái)越大，說(shuō)明是電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，由功能關(guān)系可知，此過(guò)程中電勢(shì)能減少，所以a點(diǎn)的電勢(shì)能高于b點(diǎn)的電勢(shì)能，故b正確。c從c到d，粒子速度一直不變，故電場(chǎng)力做功為零，可知cd間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，但電

13、勢(shì)不一定為零，故c錯(cuò)誤；da、c兩點(diǎn)的速度相等，故粒子的動(dòng)能相同，因此從a到b和從b到c電場(chǎng)力做功的絕對(duì)值相同，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于cb兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故d正確。故選bd10.在大型物流貨場(chǎng)，廣泛的應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。如圖所示，傾斜的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，皮帶始終是繃緊的。質(zhì)量的貨物從傳送帶上端點(diǎn)由靜止釋放，沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到底端點(diǎn)，兩點(diǎn)的距離。已知傳送帶傾角，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度，。則（）a. 貨物從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所用時(shí)間為1.2sb. 貨物從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為0.8jc. 貨物從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為11.2jd. 貨物從運(yùn)動(dòng)到與

14、傳送帶速度相等的過(guò)程中，貨物減少的重力勢(shì)能小于貨物增加的動(dòng)能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和【答案】ac【解析】【詳解】a物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+mgcos=ma1解得a1=10m/s2加速到與傳送帶共速時(shí)的時(shí)間 物塊運(yùn)動(dòng)的距離 因?yàn)閙gsin>mgcos，可知共速后物塊將繼續(xù)加速下滑，加速度：mgsin-mgcos=ma2解得a2=2m/s2根據(jù) 即 解得t2=1s，則貨物從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)所用時(shí)間為t=t1+t2=1.2s選項(xiàng)a正確；b貨物在前半段加速階段相對(duì)傳送帶的位移貨物在后半段加速階段相對(duì)傳送帶的位移則從a到b的過(guò)

15、程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為 選項(xiàng)b錯(cuò)誤；c貨物從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為選項(xiàng)c正確；d貨物從運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相等的過(guò)程中，對(duì)貨物由動(dòng)能定理：即貨物減少的重力勢(shì)能與摩擦力做功之和等于貨物增加的動(dòng)能；選項(xiàng)d錯(cuò)誤；故選ac.二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共16分，把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過(guò)程）11.如圖（甲）所示，一位同學(xué)利用光電計(jì)時(shí)器等器材做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球由a處從靜止釋放,下落過(guò)程中能通過(guò)a處正下方、固定于b處的光電門，測(cè)得a、b間的距離為h（h>>d），光電計(jì)時(shí)器記錄下小球通過(guò)光電門的時(shí)間為t，當(dāng)

16、地的重力加速度為g則：（1）如圖（乙）所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得小球的直徑d =_mm（2）小球經(jīng)過(guò)光電門b時(shí)的速度表達(dá)式為_（3）多次改變高度h，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，作出隨h的變化圖象如圖（丙）所示，當(dāng)圖中已知量t0、h0和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達(dá)式：_時(shí)，可判斷小球下落過(guò)程中機(jī)械能守恒【答案】 (1). 7.25 (2). d/t (3). 或2gh0t02=d2【解析】【詳解】(1)1游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為7mm，游標(biāo)讀數(shù)為0.05×5mm=0.25mm，則小球的直徑d=7.25mm(2)2根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度知，小球在b處的瞬時(shí)速度；(3)3小球下落過(guò)程中重力

17、勢(shì)能的減小量為mgh0，動(dòng)能的增加量若機(jī)械能守恒，有：即12.某實(shí)驗(yàn)小組利用電流傳感器（可視為理想電流表）和定值電阻以及電阻箱、待測(cè)電池等器材，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路測(cè)定電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。電流的值通過(guò)數(shù)據(jù)采集器輸入到計(jì)算機(jī)，數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)對(duì)原電路的影響可忽略。他們連接好電路，閉合開關(guān)s后，發(fā)現(xiàn)無(wú)論如何調(diào)節(jié)電阻箱，計(jì)算機(jī)中顯示電流均為零，由此判斷電路可能出現(xiàn)了故障。經(jīng)小組討論后，嘗試用多用電表的歐姆檔來(lái)檢測(cè)電路。已知保護(hù)電阻，電流傳感器量程為。操作步驟如下：將多用電表?yè)跷徽{(diào)到電阻“×1”擋，再將紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的

18、指針不偏轉(zhuǎn)；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的示數(shù)如圖乙所示；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，多用電表的指針不偏轉(zhuǎn)；斷開甲圖電路開關(guān)s，將多用電表兩表筆分別接在上，計(jì)算機(jī)中顯示電流不為零。回答下列問(wèn)題：（1）操作步驟中，多用電表內(nèi)阻_；（2）操作步驟中，多用電表紅表筆應(yīng)接_（選“”或“”點(diǎn)）;（3）電路的故障可能是_;a.保護(hù)電阻短路b.保護(hù)電阻斷路c.電阻箱短路d.電阻箱斷路（4）排除電路故障后，該小組按照?qǐng)D甲的電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。改變電阻箱的阻值，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。根據(jù)數(shù)據(jù)作出圖像，如圖所示，則電源電動(dòng)勢(shì)_v，內(nèi)阻_（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。

19、【答案】 (1). 15.0 (2). c (3). d (4). 1.5 (5). 3.0【解析】【詳解】（1）1操作步驟中，多用電表內(nèi)阻等于中值電阻，大小為15.0；（2）2因c端是電流傳感器的負(fù)極，則操作步驟中，多用電表紅表筆應(yīng)接點(diǎn)；（3）3根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的分析可知，電路的故障可能是電阻箱r斷路，故選d；（4）45根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：e=i(r+r0+r)即：由圖像可知：則r=3.0三、計(jì)算題（本題包括4小題，共4。解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為37

20、76;，質(zhì)量為1.2kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），在一沿斜面向上的恒定推力作用下從點(diǎn)由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤去推力，小物塊能達(dá)到的最高位置為點(diǎn)，小物塊從到的圖象如圖乙所示（取，）。求：（1）撤去后小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度；（2）小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）內(nèi)推力的沖量。【答案】（1）10m/s2；（2）0.5；（3）【解析】【詳解】（1）由圖象可以知道撤去f后物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為=10m/s2.（2）在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由牛頓第二定律知mgsin37°+mgcos37°=ma2.解得=0.5.（3）解法一：勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度大小為.沿斜面方向根據(jù)牛頓第

21、二定律可得f-mgsin37°-mgcos37°=ma1其中t=0.9s.解得解法二：對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，設(shè)力f的沖量為i，則i-（mgsin37°+mgcos37°）t=0其中t=1.2s解得14.如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平桌面上靜置一個(gè)四分之一光滑圓弧形槽，質(zhì)量，半徑，末端與桌面相切。將質(zhì)量的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）由槽的頂端無(wú)初速度釋放，經(jīng)桌面上點(diǎn)水平飛出，小球恰好無(wú)碰撞地沿圓弧切線從點(diǎn)進(jìn)入固定的豎直光滑圓弧軌道，為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平，為圓弧最低點(diǎn)。已知圓弧對(duì)應(yīng)圓心角，半徑。取，。求：（1）小球沿弧形槽下滑到槽底端時(shí)，槽的速度大小；（2）桌面離

22、水平地面的高度；（3）小球運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小?！敬鸢浮浚?）1m/s；（2）0.8m；（3）小球?qū)A弧軌道壓力大小為4.3n【解析】【詳解】（1）小球弧形槽下滑到槽底端過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒mv1=mv2系統(tǒng)機(jī)械能守恒.解得v13m/sv21m/s.（2）小球離開桌面后以3m/s初速度做平拋運(yùn)動(dòng)hgt2.解得h0.8m.（3）小物塊由a點(diǎn)到o點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得在圓弧最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得解得f4.3n根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)A弧軌道壓力大小為4.3n，方向向下。15.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌、相距為，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上。長(zhǎng)為的金屬棒垂直于放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為、電阻為。導(dǎo)軌