高中物理人教版2本冊總復習總復習【市一等獎】

2023學年廣東省廣州市鐵一中學高二（下）期末物理模擬試卷（一）一、單選題1．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v﹣t圖象可能正確的是（）A． B． C． D．2．如圖所示，A、B兩物體的質量分別為mA、mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，滑輪的質量和一切摩擦均不計，如果繩一端由Q點緩慢地向左移到P點，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體A的高度和兩滑輪間繩與水平方向的夾角θ變化情況是（）A．物體A的高度升高，θ角不變 B．物體A的高度降低，θ角變小C．物體A的高度升高，θ角變大 D．物體A的高度不變，θ角變小3．圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）A．（） B．（）C．4（）2（）2r D．4（）2（）2r4．如圖所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA=L0，且MN⊥OQ，所有導線單位長度電阻均為r，MN運動的速度為v，使MN勻速的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖正確的是（）A． B． C． D．5．如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是（）A．閉合開關S時，A、B燈同時亮，且達到正常B．閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．斷開開關S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅6．如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內(nèi)），與穩(wěn)定在豎直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不變D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定二、多選題7．如圖所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)之比為n．原線圈接電壓為u=U0sinωt的正弦交流電，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機，電動機的線圈電阻為R．當輸入端接通電源后，電動機帶動一質量為m的重物勻速上升，此時電流表的示數(shù)為I，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電動機兩端電壓為IRB．原線圈中的電流為C．電動機消耗的電功率為D．重物勻速上升的速度為8．如圖所示兩半徑為r的圓弧形光滑金屬導軌置于沿圓弧徑向的磁場中，磁場所在的平面與軌道平面垂直．導軌間距為L，一端接有電阻R，導軌所在位置處的磁感應強度大小均為B，將一質量為m的金屬導體棒PQ從圖示位置（導軌的半徑與豎直方向的夾角為θ）由靜止釋放，導軌及金屬棒電阻均不計，下列判斷正確的是（）A．導體棒PQ有可能回到初始位置B．導體棒PQ第一次運動到最低點時速度最大C．導體棒PQ從靜止到最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr（1﹣cosθ）D．導體棒PQ由靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，通過R的電荷量9．如圖是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變化時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線送給用戶，兩條輸電線總電阻用R0表示．當負載增加時，則（）A．電壓表、的讀數(shù)幾乎不變B．電流表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小C．電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)增大D．電壓表、的讀數(shù)之差與電流表的讀數(shù)的比值不變?nèi)?、計算題10．如圖所示，小球甲從傾角θ=30°的光滑斜面上高h=5cm的A點由靜止釋放，同時小球乙自C點以速度v0沿光滑水平面向左勻速運動，C點與斜面底端B處的距離L=．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圓弧平穩(wěn)地朝乙追去，甲釋放后經(jīng)過t=1s剛好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．11．如圖所示，螺線管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向左的變化磁場．螺線管與足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為θ，兩導軌間距為L．導軌電阻忽略不計．導軌處于垂直斜面向上、磁感應強度為B0的勻強磁場中．金屬桿ab垂直導軌，桿與導軌接觸良好，并可沿導軌無摩擦滑動．已知金屬桿ab的質量為m，電阻為R2，重力加速度為g．忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響、忽略空氣阻力．（1）為使ab桿保持靜止，求通過ab的電流的大小和方向；（2）當ab桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度B的變化率；（3）若螺線管內(nèi)方向向左的磁場的磁感應強度的變化率=k（k＞0）．將金屬桿ab由靜止釋放，桿將沿斜面向下運動．求當桿的速度為v時，桿的加速度大?。?2．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L=1m，導軌平面與水平面夾角α=300，導軌電阻不計．磁感應強度為B1=2T的勻強磁場垂直導軌平面向上，長為L=1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m1=2kg、電阻為R1=1Ω．兩金屬導軌的上端連接右側電路，電路中通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離和板長均為d=，定值電阻為R2=3Ω，現(xiàn)閉合開關S并將金屬棒由靜止釋放，重力加速度為g=10m/s2，試求：（1）金屬棒下滑的最大速度為多大？（2）當金屬棒下滑達到穩(wěn)定狀態(tài)時，R2消耗的電功率P為多少？（3）當金屬棒穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬間加一垂直于紙面向里的勻強磁場B2=，在下板的右端且非?？拷掳宓奈恢糜幸毁|量為m2=6×10﹣4kg、帶電量為q=﹣2×10﹣4C的液滴以初速度v水平向左射入兩板間，該液滴可視為質點．要使帶電粒子能從金屬板間射出，初速度v應滿足什么條件？（不計空氣阻力）四、選考部分【選修3-5】13．關于天然放射性，下列說法正確的是（）A．所有元素都可能發(fā)生衰變B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無關C．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性D．α、β和γ三種射線，γ射線的穿透力最強E．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線14．如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導軌上的O點，此時彈簧處于原長．另一質量與B相同的滑塊A從導軌上的P點以初速度v0向B滑行，當A滑過距離l時，與B相碰．碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起運動．設滑塊A和B均可視為質點，與導軌的動摩擦因數(shù)均為μ．重力加速度為g．求：（1）碰后瞬間，A、B共同的速度大??；（2）若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點并停止，求彈簧的最大壓縮量．

2023學年廣東省廣州市鐵一中學高二（下）期末物理模擬試卷（一）參考答案與試題解析一、單選題1．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v﹣t圖象可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】勻變速直線運動的圖像．【分析】豎直上拋運動是初速度不為零的勻變速直線運動，加速度恒定不變，故其v﹣t圖象是直線；有阻力時，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度情況，v﹣t圖象的斜率表示加速度．【解答】解：沒有空氣阻力時，物體只受重力，是豎直上拋運動，v﹣t圖象是直線；有空氣阻力時，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度減小而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；有空氣阻力時，下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力隨著速度增大而增大，故加速度減??；v﹣t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應時刻的加速度為g，切線與虛線平行；故選：D．2．如圖所示，A、B兩物體的質量分別為mA、mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，滑輪的質量和一切摩擦均不計，如果繩一端由Q點緩慢地向左移到P點，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體A的高度和兩滑輪間繩與水平方向的夾角θ變化情況是（）A．物體A的高度升高，θ角不變 B．物體A的高度降低，θ角變小C．物體A的高度升高，θ角變大 D．物體A的高度不變，θ角變小【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【分析】將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，作出力圖．由于動滑輪兩側繩子的拉力大小相等，由平衡條件知，兩側繩子關于豎直方向具有對稱性，再分析將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點的過程中，θ角的變化，及A高度的變化．【解答】解：將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，設繩子的拉力大小為F，兩繩子的夾角為2α，由于動滑輪兩側繩子的拉力關于豎直方向有對稱性，則有：2Fcosα=mAg，由于F=mBg，保持不變，則得知，α角保持不變，由幾何知識得知，α+θ=90°，則θ保持不變，當繩一端的固定點Q緩慢向左移到P點，動滑輪將上升，則物體A的高度升高．故A正確，BCD錯誤．故選：A．3．圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）A．（） B．（）C．4（）2（）2r D．4（）2（）2r【考點】遠距離輸電．【分析】理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，通過原線圈的電壓求出副線圈的電壓，再根據(jù)I=，求出輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的功率．【解答】解：加在原線圈上的電壓U1=，根據(jù)電壓比與匝數(shù)比關系：，所以：．根據(jù)I=，輸電線上的電流I=，輸電線上消耗的功率P耗=I2?2r=4（）2（）2r．故C正確，A、B、D錯誤．故選：C．4．如圖所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA=L0，且MN⊥OQ，所有導線單位長度電阻均為r，MN運動的速度為v，使MN勻速的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖正確的是（）A． B． C． D．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢．【分析】由勻速運動的位移時間公式x=vt求解經(jīng)過時間t導線離開o點的長度．MN切割磁感線的有效長度就是與MN與軌道接觸的兩點間的長度，由幾何關系求解．由數(shù)學知識求得回路的總長，得到總電阻，可由閉合電路歐姆定律求解感應電流的大?。畡t可確定外力的變化情況．【解答】解：因導線MN勻速運動，則經(jīng)過時間t導線離開o點的長度是x=vt；MN切割磁感線的有效長度是L=vt?tan45°=vt．t時刻回路中導線MN產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv=Bv2t；回路的總電阻為R=（2vt+vt）r則感應電流的大小為I===；由安培力公式可得：F=BIL=要使導線勻速運動，拉力等于安培力；由公式可知，拉力與時間成正比；故選：C．5．如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說法正確的是（）A．閉合開關S時，A、B燈同時亮，且達到正常B．閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．斷開開關S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅【考點】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【分析】開關K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光．由于線圈的阻礙，B燈后發(fā)光，由于線圈的電阻可以忽略，燈B逐漸變亮．斷開開關K的瞬間，線圈與兩燈一起構成一個自感回路，由于線圈的自感作用，兩燈逐漸同時熄滅．【解答】解：A、B、C、開關K閉合的瞬間，電源的電壓同時加到兩支路的兩端，A燈立即發(fā)光．由于線圈的自感阻礙，B燈后發(fā)光，由于線圈的電阻可以忽略，燈B逐漸變亮，故AB錯誤，C正確；D、斷開開關K的瞬間，線圈與兩燈一起構成一個自感回路，過線圈的電流將要減小，產(chǎn)生自感電動勢，相當電源，兩燈逐漸同時熄滅，故D正確．故選：CD6．如圖，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內(nèi)），與穩(wěn)定在豎直位置相比，小球的高度（）A．一定升高B．一定降低C．保持不變D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定【考點】牛頓第二定律；胡克定律．【分析】以小球為研究對象，由牛頓第二定律可得出小球的加速度與受到的拉力之間的關系即可判斷．【解答】解：設L0為橡皮筋的原長，k為橡皮筋的勁度系數(shù)，小車靜止時，對小球受力分析得：T1=mg，彈簧的伸長即小球與懸掛點的距離為L1=L0+，當小車的加速度穩(wěn)定在一定值時，對小球進行受力分析如圖，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，彈簧的伸長：則小球與懸掛點的豎直方向的距離為：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜=L1，所以L1＞L2，即小球在豎直方向上到懸掛點的距離減小，所以小球一定升高，故A正確，BCD錯誤．故選：A．二、多選題7．如圖所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)之比為n．原線圈接電壓為u=U0sinωt的正弦交流電，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機，電動機的線圈電阻為R．當輸入端接通電源后，電動機帶動一質量為m的重物勻速上升，此時電流表的示數(shù)為I，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電動機兩端電壓為IRB．原線圈中的電流為C．電動機消耗的電功率為D．重物勻速上升的速度為【考點】變壓器的構造和原理；電功、電功率．【分析】理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，而副線圈與電動機相連，則電動機的輸出功率與電動機線圈的內(nèi)阻之和為副線圈的輸出功率．【解答】解：A、電動機電路屬于非純電阻電路，則歐姆定律不適用．因此電動機兩端的電壓不能為IR，故A錯誤；B、因為原副線圈的匝數(shù)比為n，且電流表讀數(shù)為I，則由理想變壓器的原副線圈的電流與匝數(shù)成反比得，原線圈的電流為，故B正確；C、原線圈接正弦交流電壓u=U0sinωt，由理想變壓器的原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比得，電動機兩端的電壓U=，所以電動機消耗的電功率為P=，故C正確；D、電動機消耗的功率為線圈內(nèi)阻消耗的功率與輸出功率之和，輸出功率解得，故D正確；故選：BCD8．如圖所示兩半徑為r的圓弧形光滑金屬導軌置于沿圓弧徑向的磁場中，磁場所在的平面與軌道平面垂直．導軌間距為L，一端接有電阻R，導軌所在位置處的磁感應強度大小均為B，將一質量為m的金屬導體棒PQ從圖示位置（導軌的半徑與豎直方向的夾角為θ）由靜止釋放，導軌及金屬棒電阻均不計，下列判斷正確的是（）A．導體棒PQ有可能回到初始位置B．導體棒PQ第一次運動到最低點時速度最大C．導體棒PQ從靜止到最終達到穩(wěn)定狀態(tài)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr（1﹣cosθ）D．導體棒PQ由靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，通過R的電荷量【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；焦耳定律．【分析】導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件與機械能守恒定律分析答題，由于兩圓弧的半徑相等，則這兩圓弧一定是在不同水平面上的．【解答】解：A、導體棒運動過程中不斷克服安培力做功，將機械能轉化為電能，因此不可能回到初始位置，故A錯誤；B、導體棒PQ第一次運動到最低點時所受合力與速度反向，速度不可能最大，故B錯誤；C、導體棒最后一定靜止在最低點，根據(jù)能量守恒定律得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于重力勢能的減少量，即QR=△EP=mgr（1﹣cosθ），故C正確；D、導體棒PQ從靜止釋放到第一次運動到最低點的過程中，通過R的電荷量為：q==，故D正確．故選：CD．9．如圖是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變化時輸入電壓不會有大的波動．輸出電壓通過輸電線送給用戶，兩條輸電線總電阻用R0表示．當負載增加時，則（）A．電壓表、的讀數(shù)幾乎不變B．電流表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小C．電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)增大D．電壓表、的讀數(shù)之差與電流表的讀數(shù)的比值不變【考點】遠距離輸電．【分析】抓住原線圈電壓不變，通過副線圈中負載的變化，通過歐姆定律得出電流的變化，從而得出原線圈電流的變化．【解答】解：A、因為輸入電壓幾乎不變，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則副線圈的電壓幾乎不變，即電壓表V1、V2的讀數(shù)幾乎不變．故A正確．B、因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，即A2增大，原副線圈電流之比等于匝數(shù)之反比，所以A1示數(shù)變大．故B錯誤．C、因為負載增加，則副線圈總電阻減小，副線圈電壓不變，則副線圈電流增大，副線圈導線上的電壓損失增大，則負載兩端的電壓減小，即V3減?。蔆錯誤．D、電壓表V2、V3示數(shù)之差等于副線圈導線上的電壓損失，與電流表A2示數(shù)的比值等于副線圈輸電線的電阻，保持不變．故D正確．故選：AD．三、計算題10．如圖所示，小球甲從傾角θ=30°的光滑斜面上高h=5cm的A點由靜止釋放，同時小球乙自C點以速度v0沿光滑水平面向左勻速運動，C點與斜面底端B處的距離L=．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圓弧平穩(wěn)地朝乙追去，甲釋放后經(jīng)過t=1s剛好追上乙，求乙的速度v0（g=10m/s2）．【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出甲球在斜面上的加速度，通過位移時間公式求出在斜面上的運動時間以及到達底端的速度，結合兩球的位移關系，求出乙的速度．【解答】解：設小球甲在光滑斜面上運動的加速度為a，運動時間為t1，運動到B處時的速度為v1，從B處到追上小球乙所用時間為t2，則a=gsin30°=5m/s2①由得：t1=s②t2=t﹣t1=s③v1=at1=1m/s④v0t+L=v1t2⑤代入數(shù)據(jù)解得：v0=s，方向水平向左．答：乙的速度為s，方向水平向左11．如圖所示，螺線管橫截面積為S，線圈匝數(shù)為N，電阻為R1，管內(nèi)有水平向左的變化磁場．螺線管與足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相連并固定在同一平面內(nèi)，與水平面的夾角為θ，兩導軌間距為L．導軌電阻忽略不計．導軌處于垂直斜面向上、磁感應強度為B0的勻強磁場中．金屬桿ab垂直導軌，桿與導軌接觸良好，并可沿導軌無摩擦滑動．已知金屬桿ab的質量為m，電阻為R2，重力加速度為g．忽略螺線管磁場對金屬桿ab的影響、忽略空氣阻力．（1）為使ab桿保持靜止，求通過ab的電流的大小和方向；（2）當ab桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度B的變化率；（3）若螺線管內(nèi)方向向左的磁場的磁感應強度的變化率=k（k＞0）．將金屬桿ab由靜止釋放，桿將沿斜面向下運動．求當桿的速度為v時，桿的加速度大?。究键c】導體切割磁感線時的感應電動勢；共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律．【分析】（1）金屬桿平衡時，所受安培力向上，大小與重力沿斜面的分力相等，可求電流大小和方向（2）螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化，導致螺線管充當電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律可求磁感應強度B的變化率（3）由于桿向下運動，安培力方向向上，電路中將有兩處產(chǎn)生感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求得電流大小，進而求得安培力大小，由牛頓第二定律得到加速度【解答】解：（1）以金屬桿ab為研究對象，根據(jù)平衡條件mgsinθ﹣B0IL=0得：I=通過ab桿電流方向為由b到a（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律根據(jù)歐姆定律得（3）根據(jù)法拉第電磁感應定律ab桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E2=B0Lv總電動勢E總=E1+E2感應電流根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ﹣F=ma安培力F=B0I′L所以答：（1）電流的大小得：I=方向由b到a（2）磁感應強度B的變化率（3）桿的加速度安培力12．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距為L=1m，導軌平面與水平面夾角α=300，導軌電阻不計．磁感應強度為B1=2T的勻強磁場垂直導軌平面向上，長為L=1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m1=2kg、電阻為R1=1Ω．兩金屬導軌的上端連接右側電路，電路中通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離和板長均為d=，定值電阻為R2=3Ω，現(xiàn)閉合開關S并將金屬棒由靜止釋放，重力加速度為g=10m/s2，試求：（1）金屬棒下滑的最大速度為多大？（2）當金屬棒下滑達到穩(wěn)定狀態(tài)時，R2消耗的電功率P為多少？（3）當金屬棒穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬間加一垂直于紙面向里的勻強磁場B2=，在下板的右端且非?？拷掳宓奈恢糜幸毁|量為m2=6×10﹣4kg、帶電量為q=﹣2×10﹣4C的液滴以初速度v水平向左射入兩板間，該液滴可視為質點．要使帶電粒子能從金屬板間射出，初速度v應滿足什么條件？（不計空氣阻力）【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；閉合電路的歐姆定律；導體切割磁感線時的感應電動勢．【分析】（1）當金屬棒勻速運動時速度達到最大，此時金屬棒所受合力為零，由平衡條件可以求出最大速度．（2）金屬棒勻速運動時達到穩(wěn)定狀態(tài)，應用功率公式求出R2消耗的電功率P．（3）微粒在極板間做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，洛倫茲力提供向心力，求出微粒從極板間射出的臨界速度，然后確定其速度范圍【解答】解：（1）當金屬棒勻速下滑時速度最大，設最大速度為vm，速度達到最大金屬棒所受安培力：F安=B1IL，感應電流：I==，由平衡條件得：m1gsinα=F安，即：m1gsinα=，解得：vm=10m/s；（2）整個電路消耗的電功率等于安培力的功率：P=m1gsinαvm電阻R2消耗的功率：P=P總，解得：P=75W；（3）金屬棒下滑穩(wěn)定時，兩板間電壓U=IR2=5×3=15V，因為液滴在兩板間有：m2g=q，所以該液滴在兩平行金屬板間做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：r=，微粒從金屬板右側射出需要滿足：r≤，微粒從金屬板左側射出需要滿足：r≥d，解得：v≤s或v≥s；