全国卷理综第25题_物理压轴题

1、25.(18分)如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L=1m；整个空间以OO为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小Bi=1T,右侧有方向相同、磁感应强度大小B2=2T的匀强磁场。两根完全相同的导体棒a、b,质量均为m=0.1kg,与导轨间的动摩擦因数均为尸0.2,其在导轨间的电阻均为R=1Qo开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F=0.8N向右拉b棒。假定a棒始终在OO左侧运动，b棒始终在OO右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10m/s2。(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；(2)当b棒的加速度为

2、1.5m/s2时，求a棒的加速度大小；(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率。B1B225.(1)设a棒滑动时电流为I,b棒的速度为v得：B1ILmg(1)由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知：IB2Lv(2)2R由(1)(2)式得：v=0.2m/s(2)设a棒的加速度a1,b棒的加速度a2。由牛顿第二定律知BLmgma(4)FB2ILmgma2(5)由(4)(5)式得a1=0.25m/s(3)设a棒开始做匀加速运动加速度(6)a1，b棒的加速度a2,由牛顿第二定律知B1ILmgma1FB2ILmgma2(8)由法拉第电磁感应定

3、律和欧姆定律知：,B2Lv2BiLviI(9)2R由于电流不变，则(B2LV2BiLvi)常量(10)所以两棒加速度满足以下关系：2a2=ai(11)由(7)(8)(11)得I=0.28Aa2=0.4m/s由焦耳定律知：PI2R0.078W说明：第(1)问4分，第(2)问5分，第(3)问9分。35(1)ABE(2)设碰后A、B球的速度分别为VA、VB,由动量守恒知：mv0mvA2mvB(1)1121212由能重寸恒知：一一mv0-mvA-2mvB(2)2222由(1)(2)式得vB巴2jgRvBv0(舍去)(3)26设B球在最低点速度为VN时刚好能运动到圆形轨道的最高点，由机械能守恒可知：12

4、12-2mvN2mg2R-2mvP(4)2,v由Fm知R2vP2mg2m由(4)(5)式知：VN颉(6)由于VbVn,所以碰后B球不能到达圆形轨道的最高点25.(18分)如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为1,左侧接一阻值为R的电阻.区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.-质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F=0.5v+0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大.(已知：l=1m,m=1kg,R=0.3Qr=0.2Qs=1m)(1)分析并说明该金属棒

5、在磁场中做何种运动.(2)求磁感应强度B的大小.什，小，一4心+、“一、“心、B2l2、一，(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=V0-d、x,且棒在运动m(R十r)到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少?25.1 亚分）0）金属棒微匀加速运动，龙两端的电压5=於正工修随时间均匀增大，酊#随时间均匀增大，械加速度为恒量.分）¥产。*一二7=冽小耨户d+O代入、比十，/举口、得：|0.5-酉，f十C-4=g因为加速度为恒富,与V无关，j*=lkg“呼F所以Q。一二0*0三。,4皿/jltr代人数据得：s=05I.（6分）Xi举F卡加钎二川支1+力=工.I抒1&qu

6、ot;比十F）故科+呼F皿=&代入数据得：C+0a-1二口解方程得：1=1苫*”，f®介）25.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点.水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP,其形状为半径R=1.0m圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m,用质量m=0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放弹簧后物块沿粗糙水平桌面运动，从D飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道.（不计空气阻力，g取10m/s2）求：（1）小物块飞离D点时速度vd大小；（2）若轨道MNP光滑，小物块经过轨道最低点N时对轨道

7、的W力Fn;（3）若小物块m刚好能到达轨道最高点M,整个运动过程中其克服摩擦力做的功为8J,则开始被压缩的弹簧的弹性势能Ep至少为多少焦耳?25.(16分)答案(1)4m/s(2)33.6N方向竖直向下(3)6.4J解：(1)D到P过程物体做平抛运动vyP=2gh依题意"=tan60VxPVD=VxP/口/2gh、2X10X2.4联立解得vd=t：n60许上诋m/s=4m/s(2)小物块从D点到N点过程中由机械能守恒定律得，N所在平面为零势面12122mvN=2mvD+mg(h+RRcos60)代入数据，得vN=74m2/s2在N点对小物块用牛顿第二定律，有Fn-mg=m,解得RFn=mg+mv7'=0.4X10N+0.4X74N=33.6NR1根据牛顿第三定律，小物块经过轨道最低点N时对轨道的压力F'n=Fn=33.6N,方向竖直