如圖所示，MN、PQ是與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌，其電阻忽略不計(jì)．空間存在著垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，且與軌道接觸良好，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r，軌道寬度為L．與導(dǎo)軌平行的絕緣細(xì)線一端固定，另一端與ab棒中點(diǎn)連接，細(xì)線承受的最大拉力T_m=2mgsinθ．今將cd棒由靜止釋放，則細(xì)線被拉斷時(shí)，cd棒的（　�。�

A、速度大小是 2mgrsinθ B2L2

B、速度大小是 mgrsinθ B2L2

C、加速度大小是2gsinθ

D、加速度大小是0

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如圖所示，MN、PQ是與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌，其電阻忽略不計(jì)．空間存在著垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，且與軌道接觸良好，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r，軌道寬度為L．與導(dǎo)軌平行的絕緣細(xì)線一端固定，另一端與ab棒中點(diǎn)連接，細(xì)線承受的最大拉力T_m=2mgsinθ．今將cd棒由靜止釋放，則細(xì)線被拉斷時(shí)，cd棒的（　�。�

A．速度大小是 2mgrsinθ B2L2

B．速度大小是 mgrsinθ B2L2

C．加速度大小是2gsinθ

D．加速度大小是0

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如圖所示，MN、PQ是與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌，其電阻忽略不計(jì)�？臻g存在著垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，且與軌道接觸良好，每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r，軌道寬度為L。與導(dǎo)軌平行的絕緣細(xì)線一端固定，另一端與ab棒中點(diǎn)連接，細(xì)線承受的最大拉力T_m=2mgsinθ。今將cd棒由靜止釋放，則細(xì)線被拉斷時(shí)，cd棒的                （    ）

       A．速度大小是                    

       B．速度大小是
       C．加速度大小是                      
       D．加速度大小是0  

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如圖所示，MN、PQ是兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌間垂直于導(dǎo)軌平面有斜向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌MP端連有一阻值為R的電阻，其余電阻不計(jì)．若將一垂直于導(dǎo)軌，質(zhì)量為M的金屬棒CD在距NQ端為S處由靜止釋放，則CD棒滑至底端前，會(huì)經(jīng)歷加速運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段．今用大小為F，方向沿斜面向上的恒力把CD棒從NQ由靜止開始推至距NQ端為S處，撤去恒力F，棒CD最后又回到NQ端．
求CD棒自NQ出發(fā)至又回到NQ端的整個(gè)過程中，有多少電能通過電阻R轉(zhuǎn)化成內(nèi)能？

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14.C  15.C  16.A  17.B  18.AD  19.D  20.AD  21.BC

22.（1）①保證小球沿水平方向拋出②③1.0，1.5

（2）甲圖不合理之處：不能多次測量；超過電流表量程，不安全；超過電壓表量程，也不安全。郝 雙制 作

乙圖不合理之處：電流表量程太��；電壓表量程太大。

較為合理的電路如圖所示，

Rx的計(jì)算公式，其中U是電壓表V₁示數(shù)，I是電流表A₁示數(shù)，R₀是電阻箱示數(shù)。

23. 解：滑塊從A處到B處，由動(dòng)能定理mgssin37°－μmgscos37°=mv_B²

滑塊從B到C處，由動(dòng)能定理－μmgBC＝mv_C²－mv_B²

若滑塊恰好從C處平拋射出，則在C處時(shí)不受彈力作用 mg=m

聯(lián)立解得郝雙   BC＝1m

所以水平滑槽BC長度至少為1m

24. 解：⑴設(shè)第1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度為v₁,根據(jù)動(dòng)量守恒定律：

  代入數(shù)據(jù)，解得：  v₁=3m/s  

⑵設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過t₀與木盒相遇,

則：  

設(shè)第1個(gè)球進(jìn)入木盒后兩者共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：

得：   

設(shè)木盒減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁,加速到與傳送帶相同的速度的時(shí)間為t₂，則：

故木盒在2s內(nèi)的位移為零

依題意：   

代入數(shù)據(jù)，解得：郝雙

25.解：（1）小球進(jìn)入電場，做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)　Eq=mg�、貳=mg/q②

（2）在t₁時(shí)刻加磁場，小球在時(shí)間t_０內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)周期為Ｔ₀，半徑為R。

豎直向下通過D點(diǎn)，則t₀=3T₀/4③  ④

PF-PD=R即⑤

將③、④代入⑤式解得⑥

（3）小球運(yùn)動(dòng)的速率始終不變，當(dāng)R變大時(shí)，T₀也增加，小球在電場中的運(yùn)動(dòng)周期T也增加。

在小球不飛出電場的情況下，當(dāng)T最大時(shí)，有：郝雙 制作

DQ=2R即⑥  ⑦

結(jié)合⑥⑦式解得⑧

⑨

結(jié)合軌跡圖可知，小球在電場中運(yùn)動(dòng)的最大周期⑩

結(jié)合上式解得

小球在電場中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的軌跡圖如圖乙所示