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如甲圖所示，間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上．在MNPQ矩形區(qū)域內有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B；在CDEF矩形區(qū)域內有方向垂直于斜面向下的磁場，磁感應強度Bt隨時間t變化的規(guī)律如乙圖所示，其中Bt的最大值為2B．現將一根質量為M、電阻為R、長為L的金屬細棒cd跨放在MNPQ區(qū)域間的兩導軌上并把它按住，使其靜止．在t=0時刻，讓另一根長也為L的金屬細棒ab從CD上方的導軌上由靜止開始下滑，同時釋放cd棒．已知CF長度為2L，兩根細棒均與導軌良好接觸，在ab從圖中位置運動到EF處的過程中，cd棒始終靜止不動，重力加速度為g；tx是未知量．求：（1）通過cd棒的電流，并確定MNPQ區(qū)域內磁場的方向；
（2）當ab棒進入CDEF區(qū)域后，求cd棒消耗的電功率；（3）求ab棒剛下滑時離CD的距離．

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如圖甲所示，間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上。在MNPQ矩形區(qū)域內有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B；在CDEF矩形區(qū)域內有方向垂直于斜面向下的磁場，磁感應強度Bt隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中Bt的最大值為2B�，F將一根質量為M、電阻為R、長為L的金屬細棒cd跨放在MNPQ區(qū)域間的兩導軌上并把它按住，使其靜止。在t=0時刻，讓另一根長也為L的金屬細棒ab從CD上方的導軌上由靜止開始下滑，同時釋放cd棒。已知CF長度為2L，兩根細棒均與導軌良好接觸，在ab從圖中位置運動到EF處的過程中，cd棒始終靜止不動，重力加速度為g；tx是未知量。求：
（1）通過cd棒的電流，并確定MNPQ區(qū)域內磁場的方向；
（2）當ab棒進入CDEF區(qū)域后，求cd棒消耗的電功率；
（3）求ab棒剛下滑時離CD的距離。

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一．（20分）填空題．

1、右，大                2、 2（M - ），逐漸減小                  3、等于，  

4、45°，1：4             5、，

二．(40分)選擇題．

6

7

8

9

10

11

12

13

14

D

D

A

B

C

AC

BCD

AD

BD

三．（30分）實驗題．

15．（5分）BD

16．（6分）（1）如右圖   （2）10Hz    （3）0.75m/s

17．（6分）（1）“加入熱水后就立即記錄一次壓強和溫度的數值”是錯誤的，應該是“加入熱水后，在氣體狀態(tài)穩(wěn)定后再記錄壓強和溫度的數值”（指出錯誤即可得分）

（2）p= t+p₁  （3）B    

18．（4分）（1）mv_t² -mv₀²（1分）

（2）變大，變�。�2分）

（3）估算圖線下方的面積，其大小即為磁力在這一過程 所做功大�。�1分）

19．（9分）（1）（如右圖）（2分）

（2）BD （3分）  （3）0.6，0.6 （4分）

四．（60分）計算題．（各計算題均實行不重復扣分的原則，物理量答案必須有相應的單位）

20．（10分）（1）氣體從狀態(tài) I 到狀態(tài) II：:= （2分）

  p₂ = = = 1.65×10⁵ Pa（3分）

（2）氣體從狀態(tài) II 到狀態(tài) III ：p₂V₂ = p₃V₃  （2分）

p₃ = =  = 1.1×10⁵ （Pa）（3分）

21．(12分)（1）彈丸從A到C：t== s=0.6s(1分)

A點到C點的水平距離s = v₀t =8.0×0.6m =4.8m(1分)

（2）彈丸到C的速度方向與水平方向的夾角為tgθ = = = =（1分）

v_C===  m/s = 10m/s（1分）

彈丸與塑料塊在C點具有的相同速度v_C’=v_C=1m/s     （1分）

分析彈丸與塑料塊從C點返回到C點的整個過程，根據動能定理有：

-μmgcosθ×2×=0－mv_C’²（2分）可得動摩擦因數μ==0.125（1分）

（3）根據牛頓第二定律，下滑時由 a₁=gsinθ-μgcosθ可得a₁=5 m/s²（1分）

由= v_C’ t₁+a₁ t₁²可解得t₁=0.17s（1分）

上滑時由 a₁=gsinθ+μgcosθ可得a₂=7 m/s²（1分）

由=a₂t₂²可解得t₂=0.27s（1分）

所以塑料塊從被彈丸擊中到再次回到C點的時間t= t₁+ t₂=0.44s（1分）

22．(12分)（1）R₂斷路，（2分）

電阻R₂被燒壞后，電壓表讀數等于電阻R₁的電壓大小

可得：R₁=4Ω       （2分）

（2）根據電路總功率P=εI_總

電阻R₂被燒壞前后電路總功率之比=

電阻R₂被燒壞前I_總=(+0.75)A=1A ，電阻R₂被燒壞后I_總’=0.8A

電阻R₂被燒壞前后電路總功率之比== （4分）             

（3）能求出電源電動勢E，不能求出電源內阻r（2分）

電阻R₂壞前E=1×(R₄+r）+0.75×4，電阻R₂壞后E=0.8×(R₄+r）+3.2

可求出E=4V （2分）

23．(12分)（1）  = m  (2分)     v₂=v₁= (2分)

（2） M_黑洞=10M_地球

對地球：v_2地球=；對黑洞：v_2黑洞=> c（c為光速）(1分)

= =  ≥ (2分)

R_黑洞≤ = m= 0.089m (1分)

（3）R_恒星=248×109 R_地球，M_恒星=（248×109）³M_地球（密度相同）

v_2恒星== =

    =11. 2×10³×248×109 m/s = 3.028×10⁸ m/s > c            (3分)

所以不能被我們看見 (1分)                      

24．(14分)（1）通過cd棒的電流方向 d→c（1分）

區(qū)域I內磁場方向為垂直于斜面向上（1分）

（2）對cd棒，F_安=BIl=mgsinθ所以通過cd棒的電流大小I = （1分）

當ab棒在區(qū)域II內運動時cd棒消耗的電功率P=I²R=（1分）

（3）ab棒在到達區(qū)域II前做勻加速直線運動，a==gsinθ

cd棒始終靜止不動，ab棒在到達區(qū)域II前、后，回路中產生的感應電動勢不變，則ab棒在區(qū)域II中一定做勻速直線運動

可得；=Blv_t    =Blgsinθt _x    所以t _x=（2分）

ab棒在區(qū)域II中做勻速直線運動的速度v_t=

則ab棒開始下滑的位置離EF的距離h= a t _x²+2l=3 l（3分）

（4） ab棒在區(qū)域II中運動的時間t₂==（1分）

ab棒從開始下滑至EF的總時間t= t _x+t₂=2 ε=Blv_t =Bl（2分）

ab棒從開始下滑至EF的過程中閉合回路中產生的熱量：Q=εIt=4mglsinθ（2分）