2025版衡水中學(xué)學(xué)案高考物理二輪專題與專項(xiàng)第1部分專題4微專題5含答案及解析

第一部分專題四微專題5A組·基礎(chǔ)練1.(多選)(2024·陜西咸陽(yáng)模擬)航母艦載機(jī)返回甲板時(shí)有多種減速方式，其中一種電磁減速方式簡(jiǎn)要模型如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L(zhǎng)，左端接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌(電阻不計(jì))固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將艦載機(jī)等效為質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向右的動(dòng)量p，向右減速運(yùn)動(dòng)直至速度為0，則此過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒ab做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(p2R,2mR＋r)C．通過(guò)導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(p,BL)D．導(dǎo)體棒ab減速過(guò)程中通過(guò)的位移大小為eq\f(pR,B2L2)【答案】BC【解析】導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)受向左的安培力，則Beq\f(BLv,R＋r)L＝ma，隨速度的減小，加速度減小，即導(dǎo)體棒做加速度減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(R,R＋r)·eq\f(1,2)mv2＝eq\f(R,R＋r)·eq\f(p2,2m)，選項(xiàng)B正確；根據(jù)動(dòng)量定理－Beq\x\to(I)LΔt＝0－p，則通過(guò)導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(p,BL)，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒ab減速過(guò)程中根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)，通過(guò)的位移大小為x＝eq\f(pR＋r,B2L2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。2.(多選)(2024·重慶長(zhǎng)壽模擬)如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5m，固定在水平絕緣桌面上，左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T。方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Ω的金屬棒ab垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，質(zhì)量為1kg。棒ab從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25m處無(wú)初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動(dòng)。已知電容器的儲(chǔ)能E＝eq\f(1,2)CU2，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則金屬棒ab在沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中()A．通過(guò)金屬棒ab的電荷量為2CB．通過(guò)金屬棒ab的電荷量為1CC．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5JD．金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J【答案】BC【解析】金屬棒下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝5m/s，水平軌道上金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因?yàn)榘才嗔ψ鰷p速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)量定理可知－F安t＝mv－mv0，設(shè)經(jīng)過(guò)Δt，速度增加了Δv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為E＝BLv，E′＝BL(v＋Δv)，可知Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，又因?yàn)镮＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，所以F安＝CB2L2a，可得v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C)，解得v＝4m/s，此時(shí)，導(dǎo)體棒動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝4V，因此，此時(shí)電容器兩板板間電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為Q＝CU＝1C，因此通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量也為1C，故A錯(cuò)誤，B正確；由以上解析可知，動(dòng)能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝4.5J，而E電容器＝eq\f(1,2)CU2＝2J，所以W熱＝ΔEk－E電容器＝2.5J，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。3.(多選)(2024·山東煙臺(tái)模擬)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌由傾角α＝30°的傾斜部分和水平部分組成，兩部分平滑連接，連接點(diǎn)為O、O′，導(dǎo)軌頂端接有阻值R＝0.2Ω的定值電阻，導(dǎo)軌間距L＝1m，水平導(dǎo)軌上虛線MM′和NN′之間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝1.0T，傾斜導(dǎo)軌上虛線PP′以上區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝1.0T，PP′和OO′、MM′和NN′之間的距離均為d＝0.3m。一金屬棒放置在MM′右側(cè)，現(xiàn)使金屬棒以初速度v0＝4m/s，向左進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ，離開磁場(chǎng)Ⅰ沖上傾斜軌道后進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ，最后離開磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)金屬棒的加速度恰好為零，已知金屬棒質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.1Ω，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，虛線均與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒向左剛離開磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度大小為2m/sB．金屬棒在磁場(chǎng)Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的加速度始終減小C．金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ到離開磁場(chǎng)Ⅱ所經(jīng)歷的時(shí)間為eq\f(7,20)sD．金屬棒在沿傾斜軌道上滑過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(7,128)J【答案】ABC【解析】金屬棒經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ的過(guò)程中，由動(dòng)量定理－B1eq\x\to(I)1L·Δt1＝mv2－mv1，又q＝eq\x\to(I1)·Δt1＝eq\f(\x\to(E1),R＋r)·Δt1＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt1),R＋r)·Δt1＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(B1Ld,R＋r)＝eq\f(1×1×0.3,0.2＋0.1)C＝1C，解得v2＝2m/s，故A正確；金屬棒在磁場(chǎng)Ⅱ中沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律mgsin30°＋F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v,R＋r)，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度減小，安培力減小，故加速度減小。金屬棒在磁場(chǎng)Ⅱ中沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律mgsin30°－F安＝ma，又F安＝B2IL＝B2eq\f(B2Lv,R＋r)L＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v,R＋r)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)速度增大，安培力增大，故加速度減小，直到離開磁場(chǎng)Ⅱ，故B正確；設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度大小為v3，由動(dòng)能定理得－mgdsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v3＝1m/s，設(shè)金屬棒剛離開磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度大小為v4，因?yàn)榻饘侔舻募铀俣惹『脼榱?，則eq\f(B\o\al(2,2)L2v4,R＋r)＝mgsin30°，解得v4＝eq\f(3,4)m/s，金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ到離開磁場(chǎng)Ⅱ，規(guī)定沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量定理得mgsin30°·Δt2＋B2eq\x\to(I)2L·Δt2＝mv4－m(－v3)，又q′＝eq\x\to(I2)·Δt2＝eq\f(\x\to(E2),R＋r)·Δt2＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt2),R＋r)·Δt2＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝0，解得Δt2＝eq\f(7,20)s，故C正確；金屬棒在沿傾斜軌道上滑過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒機(jī)械能的減少量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)＝eq\f(7,64)J，故D錯(cuò)誤。故選ABC。4.(2024·江西南昌模擬)如圖，光滑金屬導(dǎo)軌，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B2為半徑為h的eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌，B1C1、B2C2是間距為3L且足夠長(zhǎng)的水平導(dǎo)軌，C1D1、C2D2是間距為2L且足夠長(zhǎng)的水平導(dǎo)軌。金屬導(dǎo)體棒M、N質(zhì)量均為m，接入電路中的電阻均為R，導(dǎo)體棒N靜置在C1D1、C2D2間，水平導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒M自圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)處由靜止釋放，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中均與導(dǎo)軌垂直且始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。求：(1)導(dǎo)體棒M運(yùn)動(dòng)到B1B2處時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌的壓力；(2)導(dǎo)體棒M由靜止釋放至達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中，通過(guò)其橫截面的電荷量；(3)在上述過(guò)程中導(dǎo)體棒N產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】(1)3mg(2)eq\f(3m\r(2gh),13BL)(3)eq\f(9,26)mgh【解析】(1)M棒從圓弧導(dǎo)軌滑下過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)運(yùn)動(dòng)到B1B2處時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)聯(lián)立解得FN＝3mg由牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒M運(yùn)動(dòng)到B1B2處時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌的壓力3mg。(2)兩金屬棒最終分別做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有EM＝3BLvM，EN＝2BLvN又有EM－EN＝0解得3vM＝2vN分別對(duì)M、N應(yīng)用動(dòng)量定理，對(duì)M有－3BLeq\x\to(I)t＝mvM－mv0對(duì)N有2BLeq\x\to(I)t＝mvN又有q＝eq\x\to(I)t解得vN＝eq\f(6,13)eq\r(2gh)，vM＝eq\f(4,13)eq\r(2gh)，q＝eq\f(3m\r(2gh),13BL)。(3)全過(guò)程系統(tǒng)能量守恒mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＋Q又有QN＝eq\f(1,2)Q聯(lián)立解得QN＝eq\f(9,26)mgh。5.(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，半徑為L(zhǎng)的光滑圓形金屬軌道固定放置在絕緣水平面上，圓心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO′。間距為L(zhǎng)、與水平面成θ角的足夠長(zhǎng)平行光滑傾斜導(dǎo)軌通過(guò)導(dǎo)線分別與圓形軌道及導(dǎo)體軸相連。傾斜導(dǎo)軌和圓形金屬軌道分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)沿逆時(shí)針方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD恰好靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求CD棒的質(zhì)量m；(2)鎖定OA棒，CD棒靜止釋放，求CD棒運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；(3)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)沿逆時(shí)針方向以角速度eq\f(1,2)ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，CD棒靜止釋放，CD棒從靜止釋放達(dá)到最大速度所經(jīng)歷的時(shí)間為t，求這段時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒CD前進(jìn)的距離x?！敬鸢浮?1)eq\f(B2L3ω,2Rgsinθ)(2)eq\f(ωL,2)(3)eq\f(1,4)Lωt－eq\f(ω2L2,8gsinθ)【解析】(1)根據(jù)題意可知，細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)沿逆時(shí)針方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)BL2ω回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)對(duì)CD棒受力分析，由平衡條件有BIL＝mgsinθ解得m＝eq\f(B2L3ω,2Rgsinθ)。(2)鎖定OA棒，CD棒靜止釋放，最終勻速運(yùn)動(dòng)，則有BI′L＝mgsinθ又有E′＝BLvm，I′＝eq\f(E′,R)聯(lián)立解得vm＝eq\f(ωL,2)。(3)設(shè)CD棒速度為v時(shí)，經(jīng)過(guò)一小段時(shí)間Δt，速度變化量為Δv，對(duì)CD棒由動(dòng)量定理有mgsinθ·Δt－BI″LΔt＝mΔv又有E″＝eq\f(1,4)BL2ω＋BLv，I″＝eq\f(E″,R)從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程，有mgtsinθ－eq\f(B2L3ω,4R)t－eq\f(B2L2,R)x＝mvm′最終勻速運(yùn)動(dòng)，則有mgsinθ＝eq\f(B2L3ω,4R)＋eq\f(B2L2vm′,R)聯(lián)立解得x＝eq\f(1,4)Lωt－eq\f(ω2L2,8gsinθ)。6.(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長(zhǎng)平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L(zhǎng)，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L(zhǎng)的eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無(wú)磁場(chǎng)，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L(zhǎng)的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求：(1)ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；(3)為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。【答案】(1)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)【解析】(1)根據(jù)題意可知，對(duì)金屬棒ab由靜止釋放到剛越過(guò)MP過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gL)則ab剛越過(guò)MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝BLv0＝BLeq\r(2gL)。(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0＝eq\f(1,2)×eq\f(6R,3)＝R可知，整個(gè)回路的總電阻為R總＝R＋eq\f(R·R,R＋R)＝eq\f(3,2)R，ab剛越過(guò)MP時(shí)，通過(guò)ab的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2BL\r(2gL),3R)對(duì)金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·eq\f(I,2)＝2ma解得a＝eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)。(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時(shí)，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv＋2mv解得v＝eq\f(1,3)v0對(duì)金屬棒ab，由動(dòng)量定理有－BILt＝m·eq\f(v0,3)－mv0則有BLq＝eq\f(2,3)mv0設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x1，金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)的距離為x2，則有q＝eq\f(BLx1－x2,R總)聯(lián)立解得Δx＝x1－x2＝eq\f(mR\r(2gL),B2L2)則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d＝L＋Δx＝eq\f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。7.(2024·江西卷)如圖(a)所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1＝0.6，動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(3,20)，足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2＝0.8，動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝eq\f(44,183)。現(xiàn)將質(zhì)量為m1＝6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h(yuǎn)＝4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m2＝2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l＝2m，兩桿電阻均為R＝1Ω，其余電阻不計(jì)，不計(jì)導(dǎo)體桿通過(guò)水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g＝10m/s2，求：(1)甲桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，乙桿的加速度；(2)乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件；(3)若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對(duì)于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均為未知量)，乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0～t3時(shí)間內(nèi)未進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍?！敬鸢浮?1)a乙0＝2m/s2，方向水平向右(2)d≥24m(3)eq\f(356,11)m<d<eq\f(696,11)m【解析】(1)甲從靜止運(yùn)動(dòng)至水平導(dǎo)軌時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，平動(dòng)切割磁感線有E0＝Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時(shí)回路的感應(yīng)電流為I0＝eq\f(E0,2R)根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向(俯視)，結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l＝m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0＝2m/s2，方向水平向右。(2)甲和乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若兩者共速時(shí)恰不相碰，則有m1v0＝(m1＋m2)v共對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\x\to(I)lt＝m2v共其中eq\x\to(I)t＝q＝eq\f(BlΔx,2R)聯(lián)立解得dmin＝Δx＝24m則d滿足d≥24m。(3)根據(jù)(2)問可知，從甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定，相對(duì)位移為Δx＝24m，且穩(wěn)定時(shí)的速度v共＝6m/s；乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2＝m2a乙上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上＝veq\o\al