2019年高考物理计算题考前专练.doc

海南省临高物理名师工作室出品
2019年高考物理计算题考前专练

1.公交车已作为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用.某日，一人在上班途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，他们距车站的距离为50 m.假设公交车在行驶到距车站25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间10 s.而此人因年龄、体力等关系最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s2.
(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？
(2)试计算分析，此人是应该上这班车，还是等下一班车.
1、答案　(1)4.5 m/s2　(2)应该上这班车
解析　(1)公交车的加速度为：a1＝＝ m/s2＝－4.5 m/s2，所以其加速度大小为4.5 m/s2
(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时为：t1＝＝ s＝ s，
公交车刹车过程中用时为：t2＝＝ s＝ s，
此人以最大加速度达到最大速度用时为：t3＝＝ s＝2 s，
此人加速过程中位移为：x2＝t3＝×2 m＝7 m，
以最大速度跑到车站用时为：t4＝＝ s，
显然，t3＋t4＜t1＋t2＋10，可以在公交车还停在车站时安全上车.

2.一只气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球s0＝－6 m处有一小球以20 m/s的初速度竖直上抛，g取10 m/s2，不计小球受到的空气阻力．
(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间．
(2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？
2．【解析】　(1)设小球上升的最大高度为h，时间为t，则
h ＝ ，解得h ＝ 20 m 又t ＝，解得t ＝ 2 s
(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1，则
v气＝ v小＝v 0－gt1 ，解得t1＝ 1 s
在这段时间内气球上升的高度为x气，小球上升的高度为x小，则
x气＝ v t1＝ 10 m x小 ＝ v0t1－gt＝ 15 m
由于x气＋6 m>x小，所以小球追不上气球．

3.如图所示，物体的质量为5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围．

3.【解析】　受力分析如图所示．由平衡条件有，
水平方向：Fcos θ－F2－F1cos θ＝0
竖直方向：Fsin θ＋F1sin θ－mg ＝0
可得F＝－F1 F＝＋
要使两绳都能绷直，则有F1≥0，F2≥0
得F有最大值 Fmax＝＝ N 最小值Fmin＝＝ N
则F的取值范围为 N≤F≤ N
【答案】　 N≤F≤ N

4.如图所示，劲度系数为k2的轻质弹簧竖直固定放在桌面上，其上端固定一质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻质弹簧竖直放在物块上面，其下端与物块上表面连接在一起，最初整个系统静止在水平面上．要想使物块在静止时，下面弹簧产生的弹力为物块重力的，应将上面弹簧的上端A竖直向上提高多少距离？
4.【解析】　初态时，弹簧k2(压缩)的弹力F2＝mg
末态时，若弹簧k2仍被压缩，则弹力F2′＝mg
弹簧k2的长度变化量Δx2＝＝＝
末态物块静止时有F1′＋F2′＝mg
解得F1′＝mg 则k1伸长量Δx1＝＝
则应将上面弹簧的上端A竖直向上提高
Δx＝Δx1＋Δx2＝＋＝
末态时，若弹簧k2被拉长，弹力F2″＝mg
弹簧k2的长度变化量Δx2′＝＝
此时物块受力平衡有F1″＝mg＋F2″
解得F1″＝mg 则k1伸长量Δx1′＝＝
则应将上面弹簧的上端A竖直向上提高
Δx′＝Δx1′＋Δx2′＝＋＝
【答案】　k2伸长时，A提高；k2压缩时，A提高
5．如图所示，长s＝5 m、倾斜角θ＝37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L＝1.6 m，以恒定速率v0＝4 m/s逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A上，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑．已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平地面上的D点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)动摩擦因数μ的值；
(2)物块滑到C点时速度的大小；
(3)物块从A到D所经历的时间．
【解析】　(1)在传送带上由速度位移公式可得
a＝，由牛顿第二定律得μmg＝ma 联立可得a＝5 m/s2，μ＝0.5
(2)在斜面上的加速度a2＝＝2 m/s2
下滑到斜面底端s＝v0t2＋a2t，解得t2＝1 s
下滑到斜面底端的速度vC＝v0＋a2t2＝6 m/s
(3)在传送带上加速度a＝5 m/s2
到达传送带左端所需时间t1＝＝0.8 s 在水平地面上运动的时间t3＝＝1.2 s
故所需时间t总＝t1＋t2＋t3＝3 s
【答案】　(1)0.5　(2)6 m/s　3)3 s

6．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落．A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小．
6.【解析】　(1)对A、C分析：mg＝2ma v＝2ah，解得v0＝
(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则(m＋m)a＝mg－μ·4m·g＝0
即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，B匀加速运动，加速度aB0＝μg＝ 设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0＝aB0t0，木板A的长度L＝v0t0－v0t0 解得L＝2h
(3) 共速前：A和C匀速，B加速，aB1＝＝2g
(4) t1＝＝ Δx1＝xAC－xB＝v0t1－v0t1＝
共速后全部向右加速aB2＝＝g aAC＝＝g
Δx2＝Δx1＝(aB2－aAC)t 可得t2＝，vB2＝v0＋aB2t2＝
【答案】　(1)　(2)2h　(3)
7．如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角．板上一根长L＝0.50 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球，另一端固定在板上的O点．当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0 m/s.若小球能保持在板面内做圆周运动，求倾角α的最大值．(取重力加速度g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6)
7.【解析】　小球通过最高点时，若绳子拉力FT＝0，倾角α有最大值mgsin α＝ 研究小球从释放到最高点的过程，据动能定理得：－mgLsin α＝mv－mv 解得sin α＝＝0.6 故α＝37° 【答案】　37°
8．火星(如图所示)是太阳系中与地球最为类似的行星，人类对火星生命的研究在今年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展．若火星可视为均匀球体，火星表面的重力加速度为g，火星半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G.求：
(1)火星的平均密度ρ；
(2)火星的同步卫星距火星表面的高度h.
8.【解析】　(1)在火星表面，对质量为m的物体有mg＝G ①　
又M＝ρV＝ρ·πR3 ②　
联立①②两式解得ρ＝
(2)同步卫星的周期等于火星的自转周期T，
万有引力提供向心力，有G＝m′(R＋h) ③　
联立②③两式解得h＝－h
【答案】　(1)　(2)－h

9．如图所示为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径r＝0.25 m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高、底边长L＝0.3 m的斜面．一个质量m＝0.1 kg 的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；
(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．
9.【解析】(1)由动能定理得mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝mv－0 ①　
解得v0＝ m/s ②　
在C点，设轨道对小物块的支持力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝m ③　
解得F＝2.2 N ④　
由牛顿第三定律可知，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2 N．
(2)如图所示，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，由图中几何关系
可得＝ ⑤　

代入数据得x＝0.3－1.5y ⑥　
设小物块从C点抛出到击中斜面的时间为t，由平抛运动规律
x＝v0t ⑦　
y＝gt2 ⑧　
由⑥⑦⑧式联立消去x、y得15t2＋2t－0.6＝0 ⑨
解得t＝ s ⑩　
(3)上述⑥⑦⑧式联立消去x、t得v＝ ⑪　

Ek＝mv＋mgy＝mg＋ mgy－ ⑫　
由于mg·mgy＝m2g2，为常数，
所以当mg＝mgy，
即当y＝0.12 m时，小物体击中斜面时动能最小．
最小值Ekmin＝0.15 J 【答案】　(1)2.2 N　(2) s　(3)0.15 J
10.如图所示，光滑水平面MN上放两相同小物块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6 m/s匀速转动.物块A、B(大小不计)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2.物块A、B质量mA＝mB＝1 kg.开始时A、B静止，A、B间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能Ep＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A、B，同时迅速撤走弹簧.求：(g＝10 m/s2)
(1)物块B沿传送带向右滑动的最远距离；
(2)物块B滑回水平面MN的速度大小vB′；
(3)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.
10、解析　(1)解除锁定弹开A、B过程中，系统机械能守恒：
Ep＝mAv＋mBv ①
取向右为正方向，由动量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 ②
由①②得：vA＝－4 m/s，vB＝4 m/s
B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得：
－μmBgsm＝0－mBv所以：sm＝＝4 m 物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.
(2)假设物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s′，
由μmBgs′＝mBv2 得s′＝＝9 m>sm
说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，vB′＝＝4 m/s
物块B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4 m/s
(3)设弹射装置给A做功为W
mAvA′2＝mAv＋W ⑤
A、B碰后速度互换，B的速度vB″＝vA′ ⑥
B要滑出传送带Q端，由能量关系有：mBvB″2≥μmBgL ⑦
又mA＝mB，所以由⑤⑥⑦得W≥μmBgL－mAv ⑧
解得：W≥8 J
弹簧装置P必须给A最少做8 J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.

11．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子，和他一起以大小为v0＝2.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：
(1)甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免他与乙相撞；
(2)甲在推出时对箱子做了多少功．
11.【解析】　(1)甲推出箱子后，要想刚好能避免相碰，要求乙抓住箱子后反向和甲的速度正好相等．设箱子推出后其速度为v，甲的速度为v1，根据动量守恒定律可得
mv＋Mv1＝(m＋M)v0
设乙抓住箱子后其速度为v2，根据动量守恒定律可得(m＋M)v2＝mv－Mv0
刚好不相碰的条件要求v1＝v2 联立可解得v＝v0
代入数值可得v＝5.2 m/s
(2) 设推出时甲对箱子做功为W，根据功能关系可知W＝mv2－mv
代入数值可得W＝172.8 J
【答案】　(1)5.2 m/s　(2)172.8 J

12.水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)
(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；
(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．
12.【解析】　(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为vy.
左右方向上两球与细圆管动量守恒2mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝
根据能量守恒定律可得2×mv02＝×2mv12＋2×m(v12＋vy2)
解得vy＝v0
两球相对速度大小v＝2×vy＝v0
(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置．
从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.
【答案】　(1)v0　(2)两小球相对桌面速度为零

13.如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，圆弧的半径R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一质量 m＝0.06 kg的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动．已知带电小球所带的电荷量q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2.试问：
(1)带电小球能否到达圆弧最高点D？请计算说明．
(2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？
13.【解答】　(1)假设小球能到达D点，且速度为vD.从A到D过程，由动能定理得
qEs－mg·2R＝mv－0
可得小球在D点所需要的向心力F向＝m＝0.8 N
而重力G＝mg＝0.6 N(2分) 则F向＞G，故带电小球能到达圆弧最高点D.
(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小
G等＝＝1 N
方向与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝＝，得θ＝53°
当G等方向通过圆心O向外时，速度达到最大，设此位置为P，此时小球对轨道的压力达最大．
小球从A到P的过程，由动能定理得qE(s＋Rsin θ)－mg(R－Rcos θ)＝mv－0
在P点，由牛顿第二定律得FNmax－G等＝m 解得FNmax＝5 N
由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为5 N．

14.如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa＝Bb＝，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点.一质量为m、带电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n＞1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)O、b两点间的电势差UOb；
(3)小滑块运动的总路程s.
14、答案　(1)　(2)－E0　(3)L
解析　(1)由Aa＝Bb＝，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab＝0；设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：
q·Uab－Ff·＝0－E0 而Ff＝μmg 解得：μ＝
(2)滑块从O→b过程，由动能定理得： q·UOb－Ff·＝0－nE0 解得：UOb＝－
(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得
q·UaO－Ff·s＝0－E0 而UaO＝－UOb＝ 解得：s＝L

15.如图所示，U＝10 V，电阻R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF.
(1)闭合开关S，电路稳定后，求通过R1的电流；
(2)然后断开S，求这以后流过R1的电荷量．
15.【解析】　(1)S闭合，电路稳定后(即电容器充电完毕)即为R1与R2的串联电路，所以通过R1的电流为I＝＝ A＝1 A
此时电容C与R2并联，两极间电压U1＝IR2＝1×6 V＝6 V，且上板带正电荷．
(2)断开S后，由于U＝10 V，所以继续给电容器充电至极板电压U2＝U＝10 V，仍是上板带正电，流过R1的电荷量等于继续给电容器充电的电荷量，所以
ΔQ＝C(U2－U1)＝30×10－6×(10－6)C＝1.2×10－4 C
【答案】　(1)1 A　(2)1.2×10－4 C

16．如图所示的电路中，灯L标有“6 V　3 W”，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝10 Ω，电源内阻r＝2 Ω，当滑片P滑到最下端时，电流表读数为1 A，此时灯L恰好正常发光，试求：
(1)滑动变阻器最大值R；
(2)当滑片P滑到最上端时，电流表的读数；
(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率．
16.【解析】　(1)灯L的电阻：RL＝＝ Ω＝12 Ω
当P滑到最下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流IL＝＝ A＝0.5 A 通过滑动变阻器R的电流IR＝IA－IL＝1 A－0.5 A＝0.5 A
即滑动变阻器最大值R＝RL＝12 Ω
(2)电源电动势ε＝I ＝1×(4＋2＋6)V＝12 V
当P滑到最上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，
此时电流表的读数I1＝＝ A＝2 A
(3)P位于变阻器的中点时，灯L与并联后再与R1串联．
此时R并＝＝ Ω＝4 Ω I总＝＝ A＝1.2 A
并联部分的电压U并＝I总R并＝1.2×4 V＝4.8 V
变阻器上消耗的功率PR＝＝ W＝3.84 W
【答案】　(1)12 Ω 　(2)2 A　(3)3.84 W

17.如图所示，在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQ，PQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布.现有质量为m，带电量为＋q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计.
(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向；
(2)若粒子从O点以初速度v0＝，沿y轴正方向射入，能再次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间.
17、答案　(1)，方向垂直于OP向上(或与y轴正方向成30°角斜向左上方)(2) (4π＋3)
解析　(1)如图甲所示，当初速度v0垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小，
由几何知识得： r1＝ ①
由qvB＝m ②
得：v0＝ ③
方向垂直于OP向上或与y轴正方向成30°角斜向左上方
甲
(2)若粒子从O点以初速度v0＝，沿y轴正方向射入，则由qvB＝m得：
r2＝＝L ④
如图乙所示，粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域
由几何知识得：OA＝r2＝ ⑤
圆心角∠OO1A＝120° ⑥
运动时间：t1＝T＝ ⑦
粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间
t2＝＝ ⑧
由轨迹图象可知，粒子可以回到O点，
所用时间t＝6t1＋3t2＝(4π＋3)

18. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0.2 T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3 kg、2 kg，两金属棒的电阻均为R＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60 N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小.
(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5 m时，b金属棒向上运动了2 m，且此时a的速度为4 m/s，b的速度为1 m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量.
18、答案　(1)　(2)24 N　(3)85 J　0.15 C
解析　(1)a棒恰好静止时，有magsin 30°＝μmagcos 30° 解得μ＝
(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差.
对a棒：F－magsin 30°－μmagcos 30°－F安＝maa
对b棒：F安－mbgsin 30°－μmbgcos 30°＝mba
解得F安＝24 N
(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，有
Q＝Fxa－(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb－mav－mbv 解得Q＝85 J
q＝·Δt，＝， ＝＝ 解得q＝＝0.15 C.

19．如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB和CD处于水平．在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中．现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间(AB、CD始终水平)，在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q.重力加速度为g，试求：
(1)金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1.
(2)在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电荷量q.
(3)设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围．
(4)依据第(3)问的结果，请定性画出金属杆AB在穿过整个磁场区域的过程中可能出现的速度－时间图象(v—t图)．
19.【解析】　(1)AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，
对AB杆：3mg＝2FT 对CD杆：2FT＝mg＋BIL 又安培力F＝BIL＝ 解得v1＝
(2)以AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒
有(3m－m)gh－2Q＝·4m·v 解得金属杆CD移动的距离h＝ 通过导线截面的电荷量q＝IΔt＝＝＝
(3)AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，
对AB杆：3mg＝2FT′＋BI′L 对CD杆：2FT′＝mg＋BI′L
又安培力F′＝BI′L＝BL＝
解得v2＝ 所以阻为R线＝10 Ω，其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：
(变压器是理想的)
(1)发电机输出电流和输电线上的电流大小；
(2)在输电线路中设置的升、降变压器原副线圈的匝数比．

20.【解析】　(1)输电线路的示意图如图所示，

输电线损耗功率P线＝4%P出＝4 kW 又P线＝I22R线
输电线电流I2＝I3＝20 A
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A
(3) 原、副线圈中的电流比等于匝数的反比，所以＝＝＝
(4) 则U2＝U1＝250×20 V＝5 000 V
U3＝U2－U线＝5 000 V－20×10 V＝4 800 V
所以＝＝＝
【答案】　(1)400 A；20 A　(2)；

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