福建省福州市2021届新高考物理模拟试题(1)含解析

福建省福州市2021届新高考物理模拟试题(1)含解析

福建省福州市 2021 届新高考物理模拟试题（ 1） 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，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内） ，每 段圆弧的长度均为 L ，固定于垂直纸面向外、大小为 B 的匀强磁场中。若给金属线框通以由 A 到 C、大 小为 I 的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（ ） A． ILB ，垂直于 AC 向左 B． 2ILB ，垂直于 AC 向右 C． 6ILB ，垂直于 AC 向左 D． 3ILB ，垂直于 AC 向左 【答案】 D 【解析】 【详解】 由左手定则可知，导线所受安培力垂直于 AC 向左；设圆弧半径为 R，则 1 2 6 R L 解得 3LR 则所受安培力 3 3L BILF BI 故选 D。 2．2020 年 1 月我国成功发射了 “吉林一号 ”卫星， 卫星轨道可看作距地面高度为 650km 的圆， 地球半径为 6400km ，第一宇宙速度为 7.9km/s 。则该卫星的运行速度为（ ） A． 11.2km/s B．7.9km/s C．7.5km/s D． 3.lkm/s 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 2 2 Mm vG m R R 则有第一宇宙速度 7.9GMv R km/s “吉林一号 ”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 2 2( ) Mm vG m R h R h 联立解得 7.5v km/s 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 3．人们射向未来深空探测器是以光压为动力的， 让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射， 从而产生光压． 设 探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能 E=1.5×104J，薄膜光帆的面积 S=6.0 ×102m2，探测 器的质量 m=60kg ，已知光子的动量的计算式 hp ，那么探测器得到的加速度大小最接近 A． 0.001m/s2 B．0.01m/s 2 C．0.0005m/s 2 D． 0.005m/s2 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 由 E=hv ，P＝ h 以及光在真空中光速 c=λv知，光子的动量和能量之间关系为 E=Pc ．设时间 t 内射到探 测器上的光子个数为 n，每个光子能量为 E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最 大，设这个压强为 p 压 ；每秒每平方米面积获得的太阳光能： p0＝ n t ?E 由动量定理得 F? t n ＝2p 压强 p 压 ＝ F S 对探测器应用牛顿第二定律 F=Ma 可得 a＝ p S M 压 代入数据得 a=1.0 ×10-3m/s2 故 A 正确， BCD 错误． 故选 A. 点睛： 该题结合光子的相关知识考查动量定理的应用， 解答本题难度并不大， 但解题时一定要细心、 认真， 应用动量定理与牛顿第二定律即可解题． 4．如图所示，电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计 G 中没有电流通过，可能的原 因是（ ） A．入射光强度较弱 B．光照射时间太短 C．入射光的频率较小 D．光电管上金属对应的极限频率较小 【答案】 C 【解析】 【详解】 由 k 0E h W 、 0 0W h 和光电效应的产生条件可知， 能不能产生光电效应现象和光照强度、 光照时间 无关，和入射光的频率及光电管上金属对应的极限频率有关，综合分析可知，选项 C 项正确， ABD 错误。 故选 C。 5．我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为 “天眼 ”，如图所示。 “天眼 ” “眼眶 ”所围圆面积为 S， 其所在处地磁场的磁感应强度大小为 B，与 “眼眶 ”平面平行、垂直的分量分别为 B l、B2，则穿过 “眼眶 ” 的磁通量大小为 A． 0 B．BS C． B1S D．B 2S 【答案】 D 【解析】 【详解】 在匀强磁场中，眼眶与磁场 B l 平行，穿过的磁通量 Φ =0，眼眶与磁场 B 2 垂直，则穿过的磁通量 Φ =B2S， 故 ABC 错误， D 正确； 故选 D。 6．关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（ ） A．只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向 B．在任意相等的时间内速度的变化量相同 C．可以运用 “化曲为直 ”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动 D．平抛运动的水平位移与竖直高度无关 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 A．当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故 A 错 误； B．由公式 △v=at=gt ，可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故 B 正确； C．平抛运动运用 “化曲为直 ”的方法， 分解为水平方向上做匀速直线运动， 在竖直方向上做自由落体运动， 故 C 错误； D．平抛运动的水平位移为 0 0 2hx v t v g 知平抛运动的水平位移由初速度和拋出点的高度共同决定，故 D 错误。 故选 B。 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．如图甲所示， 一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上， 带电量为 0.01C、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上。 整个装置处在水平方向的电场中，电场强度 E 随时间变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为 0.5。t=0 时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， g 取 10m/s2 。则 下列说法正确的是（ ） A．环先做加速运动再做匀速运动 B． 0~2s 内环的位移大于 2.5m C． 2s 时环的加速度为 5m/s2 D．环的最大动能为 20J 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．在 t=0 时刻环受的摩擦力为 0.5 300 0.01N=1.5N 1Nf qE mg ，则开始时物体静止；随 着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足 qE mg 即 E=200N/C 即 t=1s 时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大； 当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当 E=-200N/C 时，加速度减为零，此时速度最大， 此时刻为 t=5s 时刻；而后环继续做减速运动直到停止，选项 A 错误； BC．环在 t=1s 时刻开始运动，在 t=2s 时 E=100N/C ，此时的加速度为 -mg qE ma 解得 a=5m/s 2 因环以当加速度为 5m/s2 匀加速下滑 1s时的位移为 21 5 1 m=2.5m 2 s 而在 t=1s 到 t=2s 的时间内加速度最大值为 5m/s 2，可知 0~2s 内环的位移小于 2.5m，选项 B 错误， C 正 确； D．由以上分析可知，在 t=3s 时刻环的加速度最大，最大值为 g，环从 t=1s 开始运动，到 t=5s 时刻速度 最大，结合 a-t 图像的面积可知，最大速度为 1 4 10m/s=20m/s 2mv 则环的最大动能 2 21 1 0.1 20 J=20J 2 2km mE mv 选项 D 正确。 故选 CD 。 8．关于热现象，下列说法正确的是 ___________。 A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压压缩过程一定放热 D．理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 E.在自发过程中，分子一定从高温区域扩散到低温区域 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故 A 错误； B．做功和热传递都可以改变物体的内能，故 B 正确； C．根据理想气体状态方程 pV C T ，气体等压压缩过，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也减 小，即 △U＜0；再根据热力学第一定律： W+Q= △U，体积减小，外界气体做功， W＞0，则 Q＜0，所以 理想气体等压压缩过程一定放热，故 C 正确； D．理想气体绝热膨胀过程， Q=0，W＜ 0，根据热力学第一定律： W+Q= △U 可知， △U＜0，所以理想气 体绝热膨胀过程内能一定减少，故 D 正确； E．扩散现象是分子的无规则热运动，分子可以从高温区域扩散到低温区域，也可以从低温区域扩散到高 温区域，故 E 错误。 故选 BCD 。 9．如图，正点电荷固定在 O 点，以 O 为圆心的同心圆上有 a、 b、c 三点，一质量为 m、电荷量为 -q 的 粒子仅在电场力作用下从 a 点运动到 b 点，速率分别为 va、vb．若 a、b 的电势分别为 φa、φb，则 A． a、c 两点电场强度相同 B．粒子的比荷 2 2 2( ) a b a b v vq m C．粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度 D．粒子从 a 点移到 b 点，电场力做正功，电势能减少 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A. 根据正点电荷电场的特征可知， a、 c 两点电场强度大小相同，方向不同，故 A 错误； B.电荷量为 -q 的粒子仅在电场力作用下从 a 点运动到 b 点，由能量守恒定律， 21 2 amv -qφa= 21 2 bmv -qφb， 解得 2 2v v 2( ) a b a b q m ， 选项 B 正确； C.根据点电荷电场强度公式可知， a 点的电场强度大于 b 点，粒子在 a 点所受的库仑力大于在 b 点所受的 库仑力，由牛顿第二定律可知粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度，故 C 正确； D.电荷量为 -q 的粒子粒子从 a 点移到 b 点，克服电场力做功，电势能增大，选项 D 错误． 10．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形 abc，顶点 a、b、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等， 如图所示， D 点为正三角形的中心， E、G 、H 点分别为 ab、ac、 bc 的中点， F 点为 E 点关于顶点 c 的对 称点，则下列说法中正确的是（ ） A． D 点的电场强度为零 B． E、F 两点的电场强度等大反向、电势相等 C． E、 G、 H 三点的电场强度和电势均相同 D．若释放 c 处的电荷，电荷在电场力作用下将做加速运动（不计空气阻力） 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A． D 点到 a、b、c 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120°，故 D 点的 场强为 0，故 A 正确； B．由于 a、b 在 E 点的场强大小相等方向相反，故 E 点的场强仅由电荷 c 决定，故场强方向向左，而电 荷 c 在 DF 位置的场强大小相同方向相反，但电荷 a、b 在 F 点的场强矢量和不为 0，故 EF 两点的电场强 度大小不同，方向相反，故 B 错误； C．E、 G、H 三点分别为 ab、ac、bc 的中点，故 E 的场强仅由电荷 c 决定，同理 G 点的场强仅由电荷 b 决定， H 点的场强仅由电荷 a 决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故 C 错误； D．若释放电荷 c，则 a、 b 在 C 点的合场强水平向右，故 a、 b 始终对 c 有斥力作用，故 c 电荷将一直做 加速运动，故 D 正确。 故选 AD 。 11．如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出） ，其中∠ c=90 °、∠ a=60°， O 为斜边的中点， 分别带有正、 负电荷的粒子以相同的初速度从 O 点垂直 ab 边沿纸面进入匀强磁场区域， 两粒子刚好不能从磁场的 ac、bc 边界离开磁旸，忽略粒子的重力以及两粒子之间的相互作用。则下列说 法正确的是（ ） A．负电荷由 oa 之间离开磁场 B．正负电荷的轨道半径之比为 6 3 9 1 C．正负电荷的比荷之比为 2 3 3 9 D．正负电荷在磁场中运动的时间之比为 1：1 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．由左手定则可知，负电荷由 Ob 之间离开磁场区域，故 A 错误； B．作出两粒子的运动轨迹如图所示： 由几何关系，对负粒子： 2 13 2 r ab 则负粒子的轨道半径为： 2 1 6 r ab 对正粒子： 1 1 1 cos30 2 rr ab 解得正粒子的轨道半径为： 1 2 3 3 2 r ab 则正负粒子的轨道半径之比为： 1 2 6 3 9 1 r r 故 B 正确； D．正负粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，由： 2 T rt v 可知，正负粒子在磁场中运动的时间之比为： 1 1 2 2 6 3 9 1 t r t r 故 D 错误； C．粒子在磁场中做圆周运动，则由： 2mvqvB r 可得： q v m Br 正负粒子的比荷之比与半径成反比，则正负粒子的比荷之比为 2 3 3 9 ，故 C 正确。 故选 BC 。 12．从地面竖直向上抛出一物体， 其机械能 E 总等于动能 Ek 与重力势能 Ep 之和。 取地面为重力势能零点， 该物体的 E 总 和 Ep 随它离开地面的高度 h 的变化如图所示。重力加速度取 10m/s2。由图中数据可得 ( ) A．物体的质量为 1kg B．物体受到的空气阻力是 5N C． h=2 m 时，物体的动能 E k=60 J D．物体从地面上升到最高点用时 0.8s 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．由图知， h=4m 时 E p=80J，由 E p=mgh 得 m=2kg ，故 A 错误。 B．上升 h=4m 的过程中机械能减少 △E=20J ，根据功能关系可得 fh= △E 解得 f=5N ，故 B 正确； C． h=2m 时， E p=40J ，E 总 =90J，则物体的动能为 Ek =E 总 -E p=50J 故 C 错误。 D．物体的初速度 0 2 10m/skEv m 从地面至 h=4m 用时间 0 2 4 0.8s 10 2 ht sv 故 D 正确。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．导电玻璃是制造 LCD 的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为 L 的圆柱体导电玻璃器件，上面标有 “3V，L”的字样，主要步骤如下，完成下列问题． (1)首先用螺旋测微器测量导电玻璃的直径，示数如图甲所示，则直径 d=________mm ． (2)然后用欧姆表 ×100 档粗测该导电玻璃的电阻，表盘指针位置如图乙所示，则导电玻璃的电阻约为 ________ Ω． (3)为精确测量 xR 在额定电压时的阻值，且要求测量时电表的读数不小于其量程的 1 3 ，滑动变阻器便于调 节，他们根据下面提供的器材，设计了一个方案，请在答题卡上对应的虚线框中画出电路图，标出所选器 材对应的电学符号 _____________． A．电流表 1A （量程为 60mA ，内阻 1AR 约为 3Ω） B．电流表 2A （量程为 2mA ，内阻 2AR =15Ω） C．定值电阻 1R =747Ω D．定值电阻 2R =1985 Ω E．滑动变阻器 R（ 0~20Ω）一只 F．电压表 V（量程为 10V ，内阻 1VR k ） G ．蓄电池 E（电动势为 12V ，内阻很小） H ．开关 S 一只，导线若干 (4)由以上实验可测得该导电玻璃电阻率值 =______（用字母表示，可能用到的字母有长度 L 、直径 d、 电流表 1A 、 2A 的读数 1I 、 2I ，电压表读数 U，电阻值 1AR 、 2AR 、 VR 、 1R 、 2R ）． 【答案】 1.990 500 2 2 2 2 2 ( ) 4 ( ) A V d I R R UL I R 【解析】 （ 1）螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm ，可动刻度为 49.0 ×0.01mm=0.490mm ，所以最终读数为 1.5mm+0.490mm=1.990mm （1.989～1.991mm 均正确 ） （ 2）表盘的读数为 5，所以导电玻璃的电阻约为 5×100Ω=500Ω． （ 3）电源的电动势为 12V ，电压表的量程为 10V ，滑动变阻器的电阻为 20Ω，由于滑动变阻器的电阻与 待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法； 流过待测电 阻的电流约为： I= 3 500 =0.006A=6mA ，两电压表量程均不合适； 同时由于电压表量程为 10V ，远大于待测电阻的额定电压 3V ，故常规方法不能正常测量； 所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为 10V ，内阻 R V=1k Ω，故满偏电流为 10mA ，符 合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表 A 2 与 R2 串联充当电压表使用，改装后量程为 4V，可以使 用，由于改装后电表已知，故内外接法均可，故电路图如图所示； （ 4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流： I= V U R -I 2 电压： U x=I 2（R2+R A2） 由欧姆定律可知电阻： Rx= U I 根据电阻定律可知： R=ρ L S 而截面积： S=π 2 4 d 联立解得： ρ= 2 2 2 2 24 A V d I R R UL I R 点睛：本题考查电阻率的测量，本题的难点在于仪表的选择和电路接法的选择，注意题目中特别要求测量 时电表的读数不小于量程的 1/3，所以一定要认真分析各电表的量程再结合所学规律才能正确选择电路和 接法． 14．把较粗的铜丝和铁丝相隔约几毫米插入苹果中就制成了一个水果电池。水果电池的电动势较小（约为 1V ），而内阻较大（约为 300 ）。用下列提供的器材设计电路，实现准确测量电动势 E 和内阻 r 。 A．苹果一个 B．较粗的铜丝和铁丝各一根 C．电流表 1A （量程 3.0mA ，内阻约 100 ） D．电流表 2A （量程 1.0mA ，内阻 2 300r ） E.定值电阻 0R （阻值为 0 600R ） F.滑动变阻器 R （ 0 500- ） G.开关、导线若干 (1)根据上述的器材设计测量电动势 E 和内阻 r 的实验电路， 如图甲所示请根据图甲在图乙中进行实物连线 ______。 (2)实验中测量出多组数据，电流表 1A 的示数记为 1I ，电流表 2A 的示数记为 2I ，画出 1I 随 2I 变化的图像 如图丙所示，根据图像可得，该水果电池的电动势 E ________V ，内阻 r ________ 。 (3)要内阻减小，可采取 ________。 A．铜丝和铁丝距离近一些 B。铜丝和铁丝插入深一些 C。铜丝和铁丝更细一些 【答案】 1.2 300 AB 【解析】 【详解】 (1)[1] ．根据电路图，连接实物图如图。 (2)[2][3] ．根据闭合电路欧姆定律，可得 I 2（ R0+R 2）+（I 1+I 2）r=E 整理得 0 2 1 2 R R rEI I r r ＝ 结合图象得 34 1 A0E r ＝ ① 0 2 4 r R R r ② 联立①②得： E=1.2V r=300 Ω (3)[4] ．根据电阻定律有： LR S ＝ 可知电阻随着 L 的减小而减小， 随着 S 的增大而增大， 故要内阻减小， 可采用 AB ； 故选 AB 。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，半径 R=0.4m 的竖直半圆形光滑轨道 BC 与水平面 AB 相切， AB 间的距离 x=3.6m 。质量 m 2=0.15kg 的小滑块 2放在半圆形轨道的最低点 B 处，另一质量为 m 2=0.25kg 的小滑块 1，从 A 点以 v0=10m/s 的初速度在水平面上滑行，到达 B 处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。 已知滑块 1 与水平面之间的动摩擦因数 μ=0.5。重力加速度 g 取 10m/s 2。两滑块均可视为质点。求∶ (1)滑块 1 与滑块 2 碰撞前瞬间的速度大小 v1； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能 △E； (3)在半圆形轨道的最高点 C 处，轨道对两滑块的作用力大小 FN 。 【答案】 (1)8m/s； (2)3J； (3) 5N 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块 1 从 A 运动到 B，根据动能定理 －μm1gx= 2 2 1 1 1 0 1 1 2 2 m v m v 得 v1=8m/s (2)设两滑块碰后的共同速度为 v，根据动量守恒定律 m 1v1=(m 1+m 2)v 得 v=5m/s 根据能量守恒定律 2 2 1 1 1 2 1 1 ( ) 2 2 E m v m m v 得 Δ E=3J (3)设两滑块到达最高点 C 处时的速度为 vC，根据机械能守恒定律 1 2 (m 1+m 2)v 2= 1 2 (m 1+m 2) 2 Cv +(m 1+m 2)g ×2R 得 vC =3m/s 两滑块在 C 点的受力示意图如图所示 根据牛顿第二定律 FN +（m 1+m 2）g=(m 1+m 2) 2 Cv R 得 FN =5N 16．如图所示， 绝热性能良好的汽缸开口向上， 缸中用绝热性能良好的活塞封闭一段气体， 气柱的长为 h， 活塞与汽缸内壁无摩擦且气密性良好，活塞的质量为 m，横截面积为 S，大气压强为 p 0，开始时缸中气体 的温度为 T0，重力加速度为 g。 ①若在汽缸上放一个质量为 m 的物块， 再给缸中气体加热， 使气柱长仍为 h，则加热后气体的温度为多少 ? ②若只给缸中气体缓慢加热，当气体温度为 2T0 时，电热丝产生的热量为 Q，则气体的内能增加多少？ 【答案】① 0 0 0 2p S mg T p S mg ② 0Q p Sh mgh 【解析】 【详解】 ①没有放物块量，缸内气体的压强为 1 0 mgP P S 放一个质量为 m 的物块后，缸丙气体的压强为 2 0 2mgP P S 则有： 1 2 0 2 P P T T 解得： 0 2 0 0 2P S mgT T P S mg ； ②若只给缸中气体缓慢加热，气体发生等压变化，当气体温度为 02T 时，设活塞上升的高度为 H，则有 0 0 ( ) 2 hS H h S T T 解得： H=h 此过程气体对外做功 1 0 0( mgW PSH P Sh P Sh mgh S 根据热力学第一定律，气体的内能增加量为 0E Q W Q P Sh mgh 17．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B＝ 0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行 金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距 L＝1m，电阻可忽略不计．质量均为 m＝lkg ，电 阻均为 R＝2.5 Ω的金属导体棒 MN 和 PQ 垂直放置于导轨上， 且与导轨接触良好． 先将 PQ 暂时锁定， 金 属棒 MN 在垂直于棒的拉力 F 作用下，由静止开始以加速度 a＝0.4m/s2 向右做匀加速直线运动， 5s 后保 持拉力 F 的功率不变，直到棒以最大速度 vm 做匀速直线运动 . (1)求棒 MN 的最大速度 vm； (2)当棒 MN 达到最大速度 vm 时，解除 PQ 锁定，同时撤去拉力 F，两棒最终均匀速运动 .求解除 PQ 棒锁 定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热 . (3)若 PQ 始终不解除锁定，当棒 MN 达到最大速度 vm 时，撤去拉力 F，棒 MN 继续运动多远后停下来 ? （运算结果可用根式表示） 【答案】 （1） 2 5m / smv （2） Q=5 J （3） 40 5mx 【解析】 【分析】 【详解】 (1)棒 MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得： F-BIL=ma 棒 MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为： E=BLv 棒 MN 做匀加速直线运动， 5s 时的速度为： v=at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得： 2 EI R 联立上述式子，有： 2 2 2 B L atF ma R 代入数据解得： F=0.5N 5s 时拉力 F 的功率为： P=Fv 代入数据解得： P=1W 棒 MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为 vm，棒受力平衡，则有： 0m m P BI L v 2 m m BLvI R 代入数据解得 : 2 5m/smv (2)解除棒 PQ 后， 两棒运动过程中动量守恒， 最终两棒以相同的速度做匀速运动， 设速度大小为 v′，则有： 2mmv mv 设从 PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律可 得： 2 21 1 2 2 2mQ mv mv 代入数据解得： Q=5J ； (3)棒以 MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为 i，在极短时间 △t 内，由动量定理得： -BiL △t=m △v 对式子两边求和有： ( ) ( )mBiL t m v 而△q=i △t 对式子两边求和，有 : ( )q i t 联立各式解得： BLq=mv m ， 又对于电路有： 2 Eq It t R 由法拉第电磁感应定律得： BLxE t 又 2 BLxq R 代入数据解得： 40 5mx