山东省济南市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

山东省济南市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

山东省济南市 2021 届新高考模拟物理试题（校模拟卷） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．如图所示，真空中位于 x 轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点 O 对称。下列关于 E 随 x 变化的图 像正确的是 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【详解】 设 x 轴的正方向代表电场强度的正方向 根据等量同种负电荷电场线在沿 x 轴方向的分布，结合规定正方向判断如下： ①在 A 点左侧电场线水平向右，场强为正，图像的横轴上方，离 A 点越近，场强越强； ②在 A 到 O 之间的电场线向左，场强为负，图像在横轴下方，离 A 越近，场强越强； ③在 O 到 B 之间电场线向右，场强为正，图像在横轴上方，离 B 越近，场强越强； ④在 B 点右侧，电场线水平向左，场强为负，图像在横轴下方，离 B 越近，场强越强。 综上所述，只有选项 A 符合题意。 故选 A。 2．在 x 轴上固定两个点电荷 1q 、 2q ，其静电场中 x 轴上各点的电势 如图所示， 下列说法正确的是 （ ） A． 1q 和 2q 为同种电荷，且均在 1x x 的区域内 B． 1q 和 2q 为同种电荷， 1x x 和 2x x 两点在两电荷之间 C． 1q 和 2q 为异种电荷，且均在 1x x 的区域内 D． 1q 和 2q 为异种电荷，且均在 2x x 的区域内 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 由题目图，结合电势与位置图象的斜率表示电场强度，可知，在 2x 处的电场强度大小为零，因两点电荷 的具体位置不确定，则点电荷的电性也无法确定，因此可能是同种电荷，也可能是异种电荷； AB ．若 1q 和 2q 为同种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线上的线段上的某一点，即 2x 处于两个点电 荷之间，故 AB 错误； CD ．若 1q 和 2q 为异种电荷，则电场强度为零的点在两电荷连线的线段之外的某一点，由 1x 电势为零，且 1x 到 2x 电势逐渐升高可知， 1q 和 2q 均在 1x x 的区域内，且靠近 1x 的点电荷为负点电荷，远离 1x 的点电 荷为正电荷，且正电荷电量的绝对值大于负电荷电量的绝对值；故 C 正确， D 错误。 故选 C。 3．2020 年 3 月 9 日 19 时 55 分，我国在西昌卫基发射中心，成功发射北斗系统第五十四颗导航卫星，北 斗三号 CEO-2 是一颗地球同步轨道卫星，以下关于这颗卫星判断正确的是（ ） A．地球同步轨道卫星的运行周期为定值 B．地球同步轨道卫星所受引力保持不变 C．地球同步轨道卫星绕地运行中处干平衡状态 D．地球同步轨道卫星的在轨运行速度等于第一宇宙速度 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．同步卫星相对地球是静止的，即运行周期等于地球自转周期，为定值， A 正确； BC．地球同步轨道卫星所受引力充当圆周运动的向心力，时时刻刻指向圆心，为变力，其合力不为零， 故不是出于平衡状态， BC 错误； D．第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即为在地球表面环绕的卫星的速度，而同步卫星轨道 半径大于地球半径，根据 GMv r 可知，轨道半径越大，线速度越小，所以同步卫星运行速度小于第一 宇宙速度， D 错误。 故选 A。 4．甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ） A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B．在 0～ t1 时间内，甲车平均速度等于乙车平均速度 C．在 0～t2 时间内，丙、丁两车在 t 2时刻相遇 D．在 0～t2 时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故 A 错误； B．由位移时间图线知，在 0～t1 时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车 平均速度，故 B 正确； C．由 v t图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在 t2 时刻不相遇，故 C 错误； D．由 v t图像斜率表示加速度，由图像可知，在 0～t2 时间内有个时刻两车的加速度相等，故 D 错误。 故选 B。 5．甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动， v－t 图像如图所示，二者最终停在同一斑马线处， 则（ ） A．甲车的加速度小于乙车的加速度 B．前 3s 内甲车始终在乙车后边 C． t=0 时乙车在甲车前方 9.4m 处 D． t=3s 时甲车在乙车前方 0.6m 处 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 v－t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的 加速度，故 A 错误； BCD ．设甲运动的总时间为 t，根据几何关系可得 3 15 18t 解得 3.6st 在 0－3.6s 内，甲的位移 18 3.6= m=32.4m 2 x甲 0－4s 内，乙的位移 12 4= m=24m 2 x乙 因二者最终停在同一斑马线处，所以， t=0 时乙车在甲车前方 =8.4mx x x甲 乙 0－3s 内，甲、乙位移之差 6 3 m 9m 2 x 因 t=0 时乙车在甲车前方 8.4m 处，所以 t=3s 时甲车在乙车前方 0.6m 处，由此可知，前 3s 内甲车先在乙 车后边，后在乙车的前边，故 BC 错误， D 正确。 故选 D。 6．冬季奥运会中有自由式滑雪 U 型池比赛项目，其赛道横截面如图所示，为一半径为 R、粗糙程度处处 相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径 POQ 水平。一质量为 m 的运动员（按质点处理）自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入赛道。运动员滑到赛道最低点 N 时，对赛道的压力为 4mg，g 为重 力加速度的大小。 用 W 表示运动员从 P 点运动到 N 点的过程中克服赛道摩擦力所做的功 （不计空气阻力） ， 则（ ） A． 3 4 W mgR ，运动员没能到达 Q 点 B． 1 4 W mgR ，运动员能到达 Q 点并做斜抛运动 C． 1 2 W mgR，运动员恰好能到达 Q 点 D． 1 2 W mgR，运动员能到达 Q 点并继续竖直上升一段距离 【答案】 D 【解析】 【详解】 在 N 点，根据牛顿第二定律有： 2 N NvF mg m R 解得： 3Nv gR 对质点从下落到 N 点的过程运用动能定理得： 212 0 2 Nmg R W mv 解得： 1 2 W mgR 由于 PN 段速度大于 NQ 段速度， 所以 NQ 段的支持力小于 PN 段的支持力，则在 NQ 段克服摩擦力做功 小于在 PN 段克服摩擦力做功，对 NQ 段运用动能定理得： 2 21 1 2 2Q NmgR W mv mv 因为 1 2 W mgR ，可知 0Qv ，所以质点到达 Q 点后，继续上升一段距离， ABC 错误， D 正确。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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．如图，从倾角为 45°的足够长斜面顶端垂直于斜面向上抛出一质量为 m 的物体（可视为质点） ，物体初 速度大小为 v，受到水平向右、大小与物体重力相等的水平风力作用，重力加速度为 g，不计空气阻力， 从抛出开始计时，下列说法正确的是 A．物体距斜面的最远距离为 22 2 v g B．以抛出点所在水平面为零势能面，物体重力势能的最大值为 2 4 mv C．经过时间 2v g ，物体回到斜面 D．物体重力势能最大时，水平风力的瞬时功率为 2mgv 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AC ．根据题意可知，物体受竖直向下的重力和与重力等大的水平向右的风力，则物体受到的合外力沿着 斜面向下，与初速度方向相互垂直，物体做类平抛运动，无法落在斜面上，并且离斜面的距离越来越远， 故 AC 错误； B．物体在竖直方向上上升的最大高度为 2 2sin45= 2 4 ( )v vh g g ＝ 则重力势能的最大值为 2 4mp mvE mgh＝ ＝ 故 B 正确； D．物体重力势能最大时，竖直方向的速度为 0，所用时间为 sin 45 2 2 v vt g g o ＝ ＝ 水平方向的速度为 cos45 2xv v gt v 所以水平风力的瞬时功率为 2xP Fv mgv 故 D 正确。 故选 BD 。 8． “跳一跳 ”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上 .如图所示的抛物线 为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为 h，水平速度为 v；若质量为 m 的棋子在 运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为 g，则 ( ) A．棋子从最高点落到平台上所需时间 t＝ B．若棋子在最高点的速度 v 变大，则其落到平台上的时间变长 C．棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能减少 mgh D．棋子落到平台上的速度大小为 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A、从最高点速度水平，只受重力做平抛运动，由 得： ； A 项正确 . B、下落时间只与竖直高度有关，与初速度 v 无关， B 项错误 . C、下落过程中，重力势能减少 mgh，C 项正确 . D、由机械能守恒定律： ，得： ， D 项错误 . 故选 AC. 【点睛】 斜上抛运动可以由运动的分解和运动的对称性分析 . 9．下列说法中正确的是 __________. A．物理性质各向同性的固体一定是非晶体 B．在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力 C．用显微镜观察布朗运动，观察到的是液体分子的无规则运动 D．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 E.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A. 物理性质各向同性的固体可能是非晶体，也可能是多晶体，故 A 错误． B.液体表面层内分子较为稀疏，分子力表现为引力，故在完全失重的宇宙飞船中，水的表面依然存在表面 张力，故 B 正确． C,用显微镜观察布朗运动，观察到的是固体颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，而是液体分 子无规则运动的反映，故 C 错误． D.当分子力表现为引力时，分子间距离的增大时，分子力做负功，分子势能增大．故 D 正确． E.对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据 PV/T=C 知，气体的温度升高，内能增大， 同时气体对外做功，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热．故 E 正确． 故选 BDE ． 【点睛】 解决本题的关键要理解并掌握热力学的知识，知道多晶体与非晶体的共同点：各向同性．要注意布朗运动 既不是固体分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映． 10．如图所示，在匀强磁场中有一矩形 MNQP ，场强方向平行于该矩形平面。已知 3mQP ， 3 m 2 MP 。各点的电势分别为 0 1.5V 3VP M Q， ， 。电子电荷量的大小为 e。则下列表述正 确的是（ ） A．电场强度的大小为 2 3V / m B． N 点的电势为 4.5V C．电子在 M 点的电势能比在 P 点低 1.5eV D．电子从 M 点运动到 Q 点，电场力做功为 1.5eV 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．如图所示 在 PM 延长线上取 0MB PM 。则电势 2 3VB M P 则 Q B、 连线在等势面上。由几何关系得 2 2 1sin 2 QP QP PB 则 30 则 3 2 2 PEAP m 电场强度的大小为 2V / mQPU E AP 故 A 错误； B．电场中的电势差有 M N P Q 则 4.5VN 故 B 正确； C．因为 1.5VM P 则电子在 M 点的电势能比 P 点低 1.5eV ，故 C 正确； D．因为 1.5VM Q 则电子由 M 点运动到 Q 点时电势能减小 1.5eV ，则电场力做功为 1.5eV ，故 D 错误。 故选 BC 。 11．x=0 处的质点在 t=0 时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在 x 轴上形成一列向 x 正方 向传播的简谐横波。如图甲为 x=0 处的质点的振动图像，如图乙为该简谐波在 t0=0.03s 时刻的一部分波形 图。已知质点 P 的平衡位置在 x=1.75m 处，质点 Q 的平衡位置在 x=2m 。下列说法正确的是 ___________ A．质点 Q 的起振方向向上 B．从 t0 时刻起经过 0.0275s 质点 P 处于平衡位置 C．从 t0 时刻算起，质点 P 比质点 Q 的先到达最低点 D．从 t0 时刻起经过 0.025s，质点 P 通过的路程小于 1m E. 从 t0 时刻起经过 0.01s 质点 Q 将运动到 x=3m 处 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 由图读出波长 和周期 T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质 点不随着波迁移； 【详解】 A、由图甲可知，在 0t 时刻振源质点是向 y 轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点 Q 起振的方向仍为 y 轴负方向，故选项 A 错误； B、由图甲可知周期为 0.02T s= ，由图乙可知波长为 2m ， 则波速为： 2 / 100 / 0.02 v m s m s T 则由图乙可知当 P 再次处于平衡位置时，时间为： ' 1.75 1 0.0075t s s v 经过周期的整数倍之后，质点 P 再次处于平衡位置，即经过 '' ' 0.0275t t T s 还处于平衡位置，故选 项 B 正确； C、由于波沿 x 轴正方向传播，可知从 t0 时刻算起，质点 P 比质点 Q 的先到达最低点，故选项 C 正确； D、由题可知： 10.025 4 s T T ，若质点 P 在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为： 5 4 5 1.0 4 s A A m，但此时质点 P 不在特殊位置，故其路程小于 1m ，故选项 D 正确； E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项 E 错误。 12．下列说法正确的是（ ） A．不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积 B．质量相同、温度也相同的氢气和氧气，内能相同 C．任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能 D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强 E.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能求出每个气体分子平均占有的空间和气体分子间的距离，不能 估算气体分子本身的体积，故 A 正确； B．内能的大小与物质的量、温度、物体体积都有关，质量相同、温度也相同的氢气和氧气，它们的物质 的量不同，则内能不相同，故 B 错误； C．根据热力学第二定律可知，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故 C 正确； D．密闭容器内气体压强是由分子不断撞击器壁而产生的，在完全失重情况下，气体分子仍然不断撞击器 壁，仍然会产生压强，故 D 错误； E．当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，故 E 正确。 故选 ACE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。 实验中用砂和砂桶的总重力表 示小车所受合力。 （ 1）下列关于该实验的操作，正确的有 _____。 A．砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量 B．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为 6V 的蓄电池 C．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车 D．平衡摩擦力时，应挂上空砂桶，逐渐抬高木板，直到小车能匀速下滑 （ 2）图乙为实验得到的一条点迹清晰的纸带， A、B、C、D、E、F、G 是纸带上 7 个连续的点。已知电 源频率为 50Hz，则打点计时器在打 D 点时纸带的速度 v＝_____m/s（保留三位有效数字） 。 （ 3）该同学平衡了摩擦力后进行实验，他根据实验数据画出了小车动能变化 △E k 与绳子拉力对小车所做 功 W 的关系图象，他得到的图象应该是 _____。 A． B． C． D． 【答案】 AC 0.475（ 0.450～0.500 都对） A 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．A ．实验中用砂和砂桶的总重力表示小车所受合力，为了使小车的合力近似等于砂和砂桶的总 重力，砂和砂桶的总质量应远小于小车的质量，故 A 正确； B．实验所用电磁打点计时器的工作电源应选用电压约为 6V 的交流电源，而蓄电池提供的是直流电源， 故 B 错误； C．实验时，应先让打点计时器正常工作，后释放小车，才能够在纸带上打出足够多的点，故 C 正确； D．平衡摩擦力时，不应挂上空砂桶，故 D 错误。 故选： AC 。 （ 2）[2] ．C 点的读数为 1.65cm，E 点的读数为 3.55cm，CE 的距离 xCE ＝（ 3.55﹣1.65）cm＝ 1.90cm。中 间时刻的速度等于该时间段的平均速度，所以打点计时器在打 D 点时纸带的速度 vD ＝ CEx 2T ＝ 21.90 10 2 0.02 m/s＝0.475m/s。 （ 3） [3] ．根据动能定理： W ＝△ Ek，小车动能变化 △E k 与绳子拉力对小车所做功 W 的关系图象是经过 原点的一条直线，故 A 正确。 14．图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固 定在 O 点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运 动到最低点通过光电门的挡光时间 t，用游标卡尺测出小圆柱的直径 d，如图乙所示。忽略空气阻力，实 验步骤如下： (1)小圆柱的直径 d＝________cm ； (2)测出悬点到圆柱中心的距离 l，并测出对应的挡光时间 △t； (3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据； (4)以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 _______为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线， 如图丙所示。计算得该图线的斜率为 k，则当地重力加速度 g=_______(用物理量的符号表示 )。 【答案】 1.02 2 1 ( )t 2 d k 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．小圆柱的直径 d=1.0cm+2 ×0.1mm=1.02cm. (2)[2][3] ．根据机械能守恒定律得 21 2 mgl mv 所以 2 21 1 ( ) 2 2 dgl v t 得到 2 2 1 2 ( ) dl g t 则以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 2 1 ( )t 为横坐标。 其中 2 2 dk g 故 2 2 dg k 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．在一个足够长的水平桌面上，静置着一个足够长的木板 A，A 的右端与桌面边沿平齐，其上边缘距水 平地面的竖直高度 h=0.8m 。木板 A 上静置两个可视为质点的 B、 C 物块，它们之间有一个被锁定的压缩 轻弹簧（弹簧与两物块均不连接） ，弹簧存储的弹性势能为 5.4J。已知 0.1A Bm m kg、 0.3Cm kg， 木板 A 与桌面、 物块 C 与木板 A 间的动摩擦因数均为 1 0.1 ，物块 B 与木板 A 间的动摩擦因数 2 0.3 。 解锁后弹簧在瞬间恢复原长， 两物块均开始运动， 此时物块 C 距离木板 A 的右边缘 x1=2.5m 。设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取 g=10m/s 2。求： (1)弹簧恢复原长时物块 B、C 的速度； (2)物块 C 从离开 A 板落地过程中的水平位移； (3)物块 B 从开始运动到最终停止时，相对桌面运动的距离。 【答案】 (1) 9m/s，3m/s；(2)0.8m ；(3)14.25m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据题意，弹簧解锁在极短时间恢复原长，脱离两物块。选向右为正方向，由 B、C 两物块系统动量守 恒和能量守恒可得 0 B B C Cm v m v 2 21 1 2 2B B C CE m v m v弹 联立两式解得 vB1 =9m/s vC1=3m/s (2)由题意可得， B、C 两物块开始运动时，各自对物块 A 的滑动摩檫力方向相反，大小分别为 2B Bf m g 1C Cf m g 而木板 A 与水平桌面之间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力 1A A B Cf m m m g 由于 B C Af f f 可知木板 A 在此阶段是静止的。物块 C 向右滑动直到到达桌面右端的过程，由运动学规律得 2 2 2 1 12C C Cv v a x C C Cm g m a 之后物块 C 做平抛运动，由平抛运动的规律可得 21 2 h gt 2 2Cx v t 解得 2 0.8x m (3)当物块 C 向右运动，直到离开木板 A 的过程中，物块 B 向左做交减速运动，由运动规律得 2 1 1C C Cv v a t B B Bm g m a 物块 C 离开木板之后，由于有 2 1B B A A Bf m g f m m g 木板 A 开始向左加速运动，直到与物块 B 共速。由牛顿运动定律及运动学规律可得 B A A Af f m a 2 1 1 2B B Bv v a t t 2A Av a t 2B Av v 此过程物块 B 运动的距离为 1 2 3 1 22 B Bv vx t t 共速后， A、B 一起做匀减速直线运动，直到停下来。由运动学规律 2 2 4 2 B A vx a 则物块 B 从开始运动到停止，运动的距离为 3 4 14.25x x x总 m 16．如图所示，第一象限内有沿 x 轴正向的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的带负电的粒子以速度 v0 从 P（-3L ，0）沿与 x 轴负方向成 37°角射入磁场， 粒子从 Q（0， 4L ）进入电场并直接从 O 点离开电场。不计空气阻力及粒子的重力， sin37 °=0.6，cos37 °=0.8，求∶ (1)磁感应强度 B 的大小； (2)电场强度 E 的大小。 【答案】 （1） 02 5 mvB qL ；（2） 2 06 25 mvE qL 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由几何知识得带点粒子在磁场中做圆周运动的半径 5 2 R L 由牛顿第二定律得 2 0 0 mvqv B R 解得 02 5 mvB qL (2)由牛顿第二定律得 qE ma 粒子在竖直方向 0 sin 37 4v t L 粒子在水平方向 02 cos37v at 解得 2 06 25 mvE qL 17．如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨 AB ，FG 和直窄轨 BC，GH 以及直宽轨 DE、IJ 组合而 成， AB 、FG 段均为竖直的 1 4 圆弧，半径相等，分别在 B，G 两点与窄轨 BC、 GH 相切，窄轨和宽轨均 处于同一水平面内， BC 、GH 等长且与 DE，IJ 均相互平行， CD， HI 等长，共线，且均与 BC 垂直。窄 轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为 B 的匀强磁场，窄轨间距为 2 L ，宽轨间距为 L 。由同种材料制 成的相同金属直棒 a，b 始终与导轨垂直且接触良好，两棒的长度均为 L ，质量均为 m，电阻均为 R。初 始时 b 棒静止于导轨 BC 段某位置， a 棒由距水平面高 h 处自由释放。 已知 b 棒刚到达 C 位置时的速度为 a 棒刚到达 B 位置时的 1 5 ，重力加速度为 g，求： （ 1） a 棒刚进入水平轨道时， b 棒加速度 ab 的大小； （ 2） b 棒在 BC 段运动过程中， a 棒产生的焦耳热 Qa ； （ 3）若 a 棒到达宽轨前已做匀速运动，其速度为 a 棒刚到达 B 位置时的 1 2 ，则 b 棒从刚滑上宽轨到第一 次达到匀速的过程中产生的焦耳热 Qb。 【答案】 （1） 2 2 2 4 B L gh mR ；（ 2） 4 25 mgh ；（3） 147 600 mgh 【解析】 【详解】 （ 1） a 棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得 2 0 1 2 mgh mv 解得 0 2v gh 由： E BLv EI R总 F BIL安 得 2 2 2 4 B L ghF R安 由牛顿第二定律 b Fa m 安 2 2 2gh 4b B La mR （ 2） b 棒在窄轨上运动的过程中，对 a、b 棒，设 b 棒刚滑上宽轨时的速度为 bv ，此时 a 棒的速度为 av ， 由动量守恒得： 0 a bmv mv mv 又由： 0 1 5bv v 得 0 4 5av v 故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热： 2 2 0 01 ( ) ( )1 4 1 2 5 5 Q mgh m v m v总 又因此过程中， a、b 棒连入电路的电阻相等，故由 2Q I Rt 得 1 1 4 2 25 Q Q mgh阻 总 （ 3）当 a 棒在窄轨上匀速时， b 棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为 av 、 bv ，由 E=BLv 知 2a a LE B v b bE BLv 由 a bE E 得 2 a bv v 而由 0 1 2av v 可得 0 1 4bv v b 棒刚滑上宽轨时， a， b 两棒的总动能为 2 2 1 0 0 1 4 1 1 17 2 5 2 5 25kE m v m v mgh b 棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时， a，b 两棒的总动能为 2 2 2 0 0 1 1 1 1 5 2 2 2 4 16kE m v m v mgh 故从 b 棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热 1 22 147 400k kQ E E mgh总 而此过程中， b 棒连入电路的电阻是 a 棒的两倍，由 2Q I Rt 知 2 2 147 3 600bQ Q mgh总