2019浙江高考物理压轴题练习

1、如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量kg、电量C的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下。已知AB的竖直高度h=0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为、倾斜轨道长为m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变。只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强 V/m。（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）

求：

（1）被释放前弹簧的弹性势能？

（2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？

（3）如果竖直圆弧轨道的半径m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？

解：（1）A到B平抛运动：  

解得：  m/s        1分

B点：tan37°=

   =4 m/s    2分

被释放前弹簧的弹性势能：=0.32 J      2分

（2）B点： =5 m/s  

B到C：   ，

  m/s      2分

① 恰好过竖直圆轨道最高点时：， N 

从C到圆轨道最高点： 

       m     2分

②恰好到竖直圆轨道最右端时：  

    m    2分

要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径m或  m    2分

（3） m >R2，小球冲上圆轨道H1=0.825m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2。

有 ，

        2分

同除得：

 之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动

同理：n次上升高度（n＞0）为一等比数列。   2分

，当n=4时，上升的最大高度小于0.01m

则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01m的某一点。   2分

2、如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为S．已知重力加速度为g，求：

（1）金属棒达到的稳定速度；

（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；

（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式．

解：（1）当金属棒稳定运动时做匀速运动，则有 

F=mgsinθ+F安

又安培力  F安= 

解得：

（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程，由动能定理得：

解得：

则根据功能关系得：

回路中产生的总热量为Q=

故电阻R上产生的热量为QR=

（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．

根据牛顿第二定律 F-mgsinθ=ma，

解得，a=g

根据磁通量不变，则有  BLS=BL（S+vt+）

解得，

答：（1）金属棒达到稳定速度的大小是；

（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量是；

（3）磁感应强度B随时间t变化的关系式为

3、如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其它部分摩擦不计．取g=10m/s2．求：

（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；

（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；

（3）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．

解：（1）设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，物块从开始运动到P的过程，由动能定理，可得：-μmgL=mv12-mv22；

代入数据解得：v1=2 m/s…①

（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理得：

-μmgL-mgh1=0-mv12

代入数据解得：h1=0.2m=R，符合实际…②

（3）①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则h2满足：

  0＜h2≤R…③

由动能定理得：－2μmgL1－mgh2=0－mv02…④

联立③④得：1m≤L1＜1.5 m

②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足： m≥mg…⑤

由动能定理得：－2μmgL2－－mg•2R=mv22－mv02…⑥

联立⑤⑥得：L2≤0.25 m

综上所述，要使物块A能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是：1m≤L＜1.5m或 L≤0.25 m．

答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s．

（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m．

（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．

4、如图所示，倾角300的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接，轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计．匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T．现将两质量均为m=0．2kg，电阻均为R=0．5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g=10m/s2．

（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；

（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0．45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；

（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．

解：（1）cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，感应电动势：E=BLvm，

电流：I=

由平衡条件得：mgsinθ=BIL

代入数据解得：vm=1m/s；

（2）设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，由能量守恒定律得：mgxsinθ=mv+2Q，

电动势：E1=，电流：I1=，电荷量：q=I1t，

代入数据解得：q=1C；

（3）设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0，则：Φ0=B0L

加速度：a=gsinθ，位移：x1=at2

磁通量 Φ=BL（－x1）  =at

解得：t0=s，

为使cd棒中无感应电流，必须有：Φ0=Φ，

解得：B=（t答：（1）导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小为1m/s；

（2）该过程中通过cd棒横截面的电荷量为1C；

（3）磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=（t【同类题】如图所示，倾角为θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接．轨道宽度均为L=1m，电阻忽落不计．水平向右大小为B=1T的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域．现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放．（g取10m/s2）求：

（1）导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度v的大小；

（2）导体棒ab对水平轨道的最大压力N的大小；

（3）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电量q．

解：对ab棒受力分析知，ab棒始终处于平衡状态．

由于轨道倾斜部分足够长，金属棒在进入水平轨道前做匀速运动，电路的总电阻为2R，设金属棒cd做匀速运动的速度为v，棒中的电动势E，电路中的电流为I，则：mgsinθ－F安=0  …①

             F安=BIL …②

             I=   …③

由①②③解得：vm=1m/s；I=1A

（2）根据左手定则可以判断出ab受到的安培力方向向下，当cd棒的速度最大时，ab棒对轨道的压力最大：N=mg+BIL=0.2×10+1×1×1=3N

（3）对整个系统分析，由能量守恒得：mgsinθ•x=mv+2Q

           而：Q=0.45J

  解得：x=1m

该过程中的平均电动势：=  

则：q=I•△t=•△t==1C

答：（1）导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度v的大小是1m/s；

（2）导体棒ab对水平轨道的最大压力N的大小是3N；

（3）该过程中通过cd棒横截面的电量是1C．

5、如图所示质量为m=1kg的滑块（可视为质点）由斜面上P点以初动能EK0=20J沿斜面向上运动，当其向上经过Q点时动能EKQ=8J，机械能的变化量ΔE机=-3J，斜面与水平夹角α=37°。PA间距离l0=0.625m，当滑块向下经过A点并通过光滑小圆弧后滑上质量M=0.25kg的木板 (经过小圆弧时无机械能损失），滑上木板瞬间触发一感应开关使木板与斜面底端解除锁定（当滑块滑过感应开关时，木板与斜面不再连接），木板长L=2.5m，木板与滑块间动摩擦因数µ1=0.20，木板与地面的动摩擦因数µ2=0.10。滑块带动木板在地面上向右运动，当木板与右侧等高光滑平台相碰时再次触发感应开关使木板与平台锁定。滑块沿平台向右滑上光滑的半径R=0.1m的光滑圆轨道（滑块在木板上滑行时，未从木板上滑下）。

求：（1）物块与斜面间摩擦力大小；

（2）木块经过A点时的速度大小v1；

（3）为保证滑块通过圆轨道最高点，AB间距离d应满足什么条件？

解：(1)由P到Q过程中，由动能定理可知：

－(mgsinα+f )s1=EKQ－EK0

－fs1=△E机

联立解得：f ==2 N；

（2）P到最高点，由动能定理可知：

－(mgsinα+f )s1=0－EK0

代入数据解得：s1=2.5m；

滑块从最高点到A过程，mgsinα－f (sl+l0)=

解得：v1=5m/s；

（3）若滑块在木板上滑行时木板没碰到平台，则：对m有：μ1mg=ma1；

代入数据解得：a1=2m/s2；

对M有：μ1mg－μ2(m+M)g=Ma2；

代入数据解得：a2=3m/s2；

M、m达到共同速度的时间为t1，则有：v2=v1－at1=a2t2

代入数据解得：v2=3m/s；   t1=1.0s

此过程中各自的位移为  s1==4m；

s2==1.5 m；

故相对位移：△x=s1－s2=4－1.5=2.5m=L；

故此时m恰好滑至木板右端，之后相对静止在地面上滑行

若滑块能达到圆弧最高点，则有：mg+N=   且N≥0；

对C到最高点，由动能定理可知：－2mgR =

解得：v3≥ m/s；

整体从共速到与平台相碰，由动能定理可得：

－μ2(M+m)gx=－

解得：x≤2m；

d≤x+s1  

故   d≤6m；

若板长刚好等于AB间距，则滑块滑到平台的速度大于3m/s；能通过圆轨道的最高点，故AB间距应满足条件为：2.5m＜d≤6m

答：（1）物块与斜面间摩擦力大小为2N；

②木块经过A点时的速度大小v1为5m/s

③为保证滑块通过圆轨道最高点，AB间距离d应满足2.5m＜d≤6m

6、如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计。质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动。cd杆运动的v﹣t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）。若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

求：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；

（2）ab杆的初速度v1；

（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热。

解：（1）对cd杆，由v-t图象得：a1==4m/s2，

由牛顿第二定律得：mgsin53°－μ（mgcos53°+FN）=ma1，解得：FN=0.2N，

对ab杆，感应电动势：E=BLv1，电流：I=，

cd杆的安培力：FN=BIL=，解得：v1=1m/s．

（2）由题意得第3s内cd的加速度：a2=－4m/s2，

     设2s时ab杆的速度为v2，

对cd杆，由牛顿第二定律得：mgsin53°－μ(mgcos53°+)=ma2

解得：v2=9m/s，由运动学知识得2s内ab杆的位移：x2=t=5m

由动能定理得：WF+WG+Wf+W安=mv－mv，

而：WF=9J，WG=mgx2sin37°，Wf=－μmgx2cos37°，－W安=2Qcd

解得：Qcd=3J．

答：（1）ab杆的初速度v1为1m/s：

（2）若第2s内力F所做的功为9J，第2s内cd杆所产生的焦耳热为3J．

【同类题】如图所示，两条“∧”形足够长的光滑金属导轨PME和QNF平行放置，两导轨间距L=1 m，导轨两侧均与水平面夹角α=37°，导体棒甲、乙分别放于MN两边导轨上，且与导轨垂直并接触良好。两导体棒的质量均为m=0.1 kg，电阻也均为R=1 Ω，导轨电阻不计，MN 两边分别存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1 T。设导体棒甲、乙只在MN两边各自的导轨上运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2。

(1) 将乙导体棒固定，甲导体棒由静止释放，问甲导体棒的最大速度为多少？

(2) 若甲、乙两导体棒同时由静止释放，问两导体棒的最大速度为多少？

(3) 若仅把乙导体棒的质量改为m'=0.05 kg，电阻不变，在乙导体棒由静止释放的同时，让甲导体棒以初速度v0=0.8 m/s沿导轨向下运动，问在时间t=1 s内电路中产生的电能为多少？

解：(1)将乙棒固定，甲棒静止释放

电路中产生感应电动势E1=BLv

感应电流  

甲棒受安培力F1=BI1L

甲棒先做加速度减小的变加速运动，达最大速度后做匀速运动，

此时     mgsinα=F1

联立并代入数据解得甲棒最大速度vm1=1.2 m/s

(2)甲、乙两棒同时静止释放

电路中产生感应电动势E2=2BLv

感应电流  

甲、乙两棒均受安培力F2=BI2L

最终均做匀速运动，此时甲（或乙）棒受力mgsinα=F2

联立并代入数据解得两棒最大速度均为vm2=0.6 m/s

(3)乙棒静止释放，甲棒以初速度v0下滑瞬间

电路中产生感应电动势E3=BLv0

感应电流

甲、乙两棒均受安培力F3=BI3L

对于甲棒mgsin37°－F3=ma

对于乙棒F3－m'gsin37°=m'a'

代入数据联立解得a=a'=2 m/s2

甲棒沿导轨向下，乙棒沿导轨向上，均做匀加速运动

在时间t=1 s内，甲棒位移s甲=v0t+

乙棒位移s乙=

甲棒速度v甲=v0+at

乙棒速度v乙=a't

据能量的转化和守恒，电路中产生电能

E=mgs甲sin37°－m'gs乙sin37°+

联立并代入数据解得E=0.32 J

7、如图所示是倾角θ=37º的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=2m，质量M=1.0kg的木块A(可看成质点)放在质量m=0.5kg 的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置。然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A向下的初速度v1=2m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置。求：

（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；

（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；

（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量。

解：（1）对B，由牛顿第二定律得：μ1Mgcosθ－mgsinθ=ma1，

解得：a1=2m/s2；

（2）A、B相对静止需要的时间：t1==0.8s，

A的位移：xA=v0t1=1.28m，

B的位移：xB=t1=0.m，

AB的相对位移：△x=xA－xB=0.m，

A、B匀速运动的时间：t==1.15s；

（3）B开始向下加速运动的加速度：a2==10m/s2，

B与A相对静止后B的加速度：a3==2m/s2，

A、B相对静止的时间：t2==0.2s，

A的位移：xA′=v1t2=0.4m，

B的位移：xB′=t2=0.2m，

相对位移：△x′=xA′－xB′=0.2m，

此时A离B右端的距离：△x′+(d－△x)=0.36m，

AB速度相等后，B以加速度a2加速运动，B到达P所用时间为t3，

则：L－d－xB=v1t3+a2t32，解得：t3=（－1）s，

A、B相对位移：△x″=v1t3+a2t32－v1t3=0.17m，

即：B与P接触时，A没有从B上滑离，

产生的热量：Q=μ2Mgcosθ(△x′+△x″)=0.74J；

答：（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小为2m/s2；

（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t为1.15s；

（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量为0.74J．

8、如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0．6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0．2m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：

（1）t＝0．1s时电压表的示数；

（2）恒力F的大小；

（3）从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．

（4）求整个运动过程中通过电阻R2的电量q．

解：（1）设磁场宽度为 d=CE，在0-0.2s的时间内，有：

E=，E=Ld=5×0.6×0.2V=0.6V

此时，R1与金属杆r并联，再R2与串联，回路的总电阻为：R=R并+R2=1+1=2Ω

则电压表的示数为：U=R并=0.3V

（2）金属杆进入磁场后，有：I′=+=0.45A

FA=BI′L=1×0.45×0.6=0.27（N）

由于金属杆进入磁场后电压表始终不变，所以金属杆作匀速运动，有：F=FA=0.27N．

（3）金属杆在0-0.2s的运动时间内，有：Q1=t=0.036J

金属杆进入磁场后，因电压表保持不变，故切割磁感线速度v不变，

有：WF=F•d=0.27×0.2J=0.054J

根据能量转化和守恒定律得：Q2=－WA=0.054J

故整个电路产生的热量为：Q=Q1+Q2=0.036J+0.054J=0.09J

（4）0－0.2s内，I==0.3A

通过电阻R2的电量为：q1=It1=0.3×0.2C=0.06C

进入磁场后，R′总=+r=Ω

E2=I′总R′总=0.45×V=1.2V

由E2=BLv，得：v=2m/s

t2==0.1s    I2==0.3A

通过电阻R2的电量为：q2=I2t2=0.3×0.1C=0.03C

故通过电阻R2的电量为：q=q1+q2=0.06+0.03=0.09C

答：（1）t=0.1s时电压表的示数是0.3V；

（2）恒力F的大小是0.27N；

（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q是0.09J；

（4）求整个运动过程中通过电阻R2的电量q是0.09C．

9、如图所示·固定在竖着平面内的光滑绝缘管道ABCDQ的A、Q两端与倾角θ=37°的传送带相切。不计管道内外径的差值．AB部分为半径R1=0.4 m的圆弧，CDQ部分也是圆弧.D为最高点,BC部分水平，且仅有BC段处于场强大小E=4×103 N/C，方向水平向右的匀强电场中，传送带长L=1.8 m，传送轮半径忽略不计。现将一可视为质点的带正电滑块从传送带上的Q处由静止释放，滑块能从A处平滑进入管道。已知滑块的质量m=l kg、电荷量q=5×10-4C．滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块通过管道与传送带的交接处时无速度损失，滑块电荷量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g=10 m／s2。

（1）若传送带不动，求滑块第一次滑到A处的动能；

（2）若传送带不动·求滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力；

（3）改变传送带逆时针的转动速度以及滑块在Q处滑上传送带的初速度，可以使滑块刚滑上传送带就形成一个稳定的逆时针循环（即滑块每次通过装置中同一位置的速度相同）。在所有可能的循环中，求传送带速度的最小值。（结果可用根号表示）

解：（1）滑块在传送带上滑动的过程中，有：EG－W摩=EK

其中：WG=mgLsinθ，W摩=μmgLcosθ

代入数据解得：EK=3.6J

（2）由几何关系可得：hAC=R1+R1cosθ

R2+R2cosθ=R1+R1cosθ+Lsinθ

xBC=Lcosθ－R1sinθ+R2sinθ

代入数据可得：hAC=0.72m，R2=1m，xBC=1.8m

滑块由A到C的过程中，有mghAC+EqxBC=mv－EK

滑块在圆弧C处，有FN－mg=m

联立以上各式并带入数据可解得滑块所受管道的弹力FN=38.8N

（3）要达到稳定的循环，要求每一循环中，对滑块需满足条件：

W摩=W电=EqxBC

在滑块在传送带上时，速度大于传送带速度和小于传送带速度所对应的位移分别为x1和x2

则：W摩=μmgx2cosθ－μmgx1cosθ

          L=x1+x2

代入数据可得：x1=0.45m，x2=1.35m

所有可能的循环中，传送带速度最小所对应的情况是物体恰能够越过最高点D，即vD=0

此种情况下，物体从D点滑到与传送带等速的过程中

mgh+μmgx1cosθ=mv

又：h=x1sinθ+R2(1－cosθ)

联立以上各式解得：vmin=m/s

答：（1）若传送带不动，滑块第一次滑到A处的动能为3.6J；

（2）若传送带不动，滑块第一次滑到C处时所受圆弧轨道的弹力为38.8N；

（3）传送带速度的最小值为m/s．

10、如图所示，宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连有一个阻值为R=1.2Ω的电阻，在导轨上AA’处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4Ω的金属滑杆，导轨的电阻不计．用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m．在导轨的NN′和OO′所围的区域存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为μ=，此区域外导轨是光滑的．电动小车沿PS方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由AA′滑到OO′位置．（g取10m/s2）求：

（1）请问滑杆AA′滑到OO′位置时的速度是多大？

（2）若滑杆滑到OO′位置时细绳中拉力为10.1N，滑杆通过OO′位置时的加速度？

（3）若滑杆运动到OO′位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到AA′位置过程中，电阻R上产生的热量Q为多少？（设导轨足够长，滑杆滑回到AA’时恰好做匀速直线运动．）

解：（1）滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.0m/s，

设系绳与水平面的夹角为α，则－H=d

解得：sinα=0.8，α=53°

此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度： v1="0.6m/s." （3分）

滑杆运动到OO’位置产生感应电动势E=BLv1，  

产生感应电流

受到的安培力F安=BIL=.    

代入数据，可得F安=1.5N。（3分）

滑杆通过OO’位置时所受摩擦力f="μmgcosθ=" =3N。（3分）

   由F-mgsinθ-f- F安=ma，解得加速度a=2m/s2。

（2）设滑杆返回运动到AA'位置后做匀速运动的速度为v2，

有：

带入数据，可得v2=0.4m/s（3分） 

由功能关系：

带入数据，可得Q=1.08J（3分）

所以，由串联电路特点可得QR="0.81J." （2分）

【同类题】如图所示，宽L=2m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ=，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中．用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度H=4.0m．启动电动小车，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a=3.2m/s2，AA′与OO′之间的距离d=1m，求：

（1）该过程中，通过电阻R的电量q；

（2）杆通过OO′时的速度大小；

（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小；

（4）上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J，求电阻R上的平均电功率．

解：（1）平均感应电动势 E==

通过电阻R的电量 q=I•△t=

代入数据，可得：q=0.5C

（2）几何关系：－H=d

解得：sinα=0.8，α=53°

杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1=vcosα=5×0.6=3m/s

（3）杆受的摩擦力 Ff=μmgcosθ =×0.8×10×=3N

杆受的安培力F安=BIL=

代入数据，可得  F安=3N

根据牛顿第二定律：FT－mgsinθ－Ff-F安=ma

解得：FT=12.56N

（4）根据动能定理：W+W安－mgdsinθ－Ff=mv

解出 W安=－2.4J

则电路产生总的电热 Q总=2.4J

由于R=r，那么，R上的电热 QR=1.2J

此过程所用的时间 t== s=0.6 s

R上的平均电功率 ==2.0W

答：（1）该过程中，通过电阻R的电量q是0.5C；

（2）杆通过OO′时的速度大小是3m/s；

（3）杆在OO′时，轻绳的拉力大小是12.56N；

（4）电阻R上的平均电功率是2.0W．