1．某行星绕太阳的运动可近似看作匀速圆周运动，已知行星运动的轨道半径为 R，周期为 T，万有引力恒量为 G，则该行星的线速度大小为_____________，太阳的质量可表示为__________。

【答案】

$\frac{2\pi R}{T}$，$\frac{4{\pi }^2{R}^3}{G{T}^2}$

 

1．体积为 V 的油滴，滴在平静的水面上，扩展成面积为 S 的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为_______。已知阿伏伽德罗常数为 N_A，油的摩尔质量为 M，则一个油分子的质量为________。

【答案】

$\frac{V}{S}$；$\frac{M}{N_A}$

 

2．如图所示，把电量为 − 5×10⁻⁹ C 的电荷，从电场中的 A 点移到 B 点，其电势能_______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若 A 点的电势 φ_A ＝ 15 V，B 点的电势 φ_B ＝ 10 V，则此过程中电场力做的功为_________ 。

【答案】

增大，− 2.5×10⁻⁸ J

 

2．放射性元素的原子核在 α 衰变或 β 衰变生成新原子核时，往往会同时伴随着_______辐射。已知 A、B 两种放射性元素的半衰期分别为 T₁ 和 T₂，t ＝ T₁·T₂ 时间后测得这两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比 m_A∶m_B ＝_______。

【答案】

γ，2^T₂−T₁

 

3．1911 年卢瑟福依据 α 粒子散射实验中 α 粒子发生了_______（选填“大”或“小”）角度散射现象，提出了原子的核式结构模型。若用动能为 1 MeV 的 α 粒子轰击金箔，其速度约为_______m/s。（质子和中子的质量均为 1.67×10⁻²⁷ kg，1 MeV ＝ 10⁶ eV）

【答案】

大，6.9×10⁶

 

3．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为 380 V，则该交流电压的最大值为_______V。当吊车以 0.1 m/s 的速度匀速吊起总质量为 5.7×10³ kg 的集装箱时，测得电动机的电流为 20 A，则电动机的工作效率为_______。（g 取 10m/s²）

【答案】

537，75%

 

4．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F作用下，从坐标原点 O 由静止开始沿直线 ON 斜向下运动，直线 ON 与 y 轴负方向成 θ 角（θ ＜ $\frac{\pi }{4}$）。则 F 大小至少为_______；若 F ＝ mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是_________。

【答案】

mgsinθ，增大或减小

 

5．在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略的一个长度单位相当于现在的 $\frac{29}{30}$ mm，假设一个时间单位相当于现在的 0.5 s。由此可以推算实验时光滑斜面的长度至少为_______m；斜面的倾角约为_________度。（g 取 10 m/s²）

表：伽利略手稿中的数据
1	1	32
4	2	130
9	3	298
16	4	526
25	5	824
36	6	1192
49	7	1600
64	8	2104

【答案】

2.034，1.5°

 

6．在下列四个核反应方程中，x 表示质子的是（     ）

（A）³⁰₁₅P→³⁰₁₄ Si ＋ x

（B）²³⁸ ₉₂ U→²³⁴ ₉₀Th ＋ x

（C）²⁷₁₃ Al ＋ ¹₀ n→²⁷₁₂ Mg ＋ x

（D）²⁷₁₃ Al ＋ ⁴₂ He→³⁰₁₅ P ＋ x

【答案】

C

 

7．如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO ＝ OC，在 A、C 两点分别挂有二个和三个砝码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的砝码，则木棒（        ）

（A）绕 O 点顺时针方向转动

（B）绕 O 点逆时针方向转动

（C）平衡可能被破坏，转动方向不定

（D）仍能保持平衡状态

【答案】

D

 

8．物体做自由落体，E_k 代表动能，E_p 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是（        ）

【答案】

B

 

9．已知理想气体的内能与温度成正比。如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态 I 到状态 II 的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（          ）

（A）先增大后减小    （B）先减小后增大

（C）单调变化    （D）保持不变

【答案】

B

 

10．如图所示，平行于 y 轴的导体棒以速度 v 向右做匀速运动，经过半径为 R、磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势 E 与导体棒的位置 x 关系的图像是（          ）

【答案】

A

 

11．某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 10 m/s²。5 s 内物体的（        ）

（A）路程为 65 m

（B）位移大小为 25 m，方向向上

（C）速度改变量的大小为 10 m/s

（D）平均速度大小为 13 m/s，方向向上

【答案】

AB

 

12．在杨氏双缝干涉实验中，如果（         ）

（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹

（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹

（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹

（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹

【答案】

BD

 

13．如图所示，两端开口的弯管，左管插入水银槽中，右管有一段高为 h 的水银柱，中间封有一段空气。则（          ）

（A）弯管左管内外水银面的高度差为 h

（B）若把弯管向上移动少许，则管内气体体积增大

（C）若把弯管向下移动少许，右管内的水银柱沿管壁上升

（D）若环境温度升高，右管内的水银柱沿管壁上升

【答案】

ACD

 

14．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷 M、N，分别固定在 A、B 两点，O 为 AB 连线的中点，CD 为 AB 的垂直平分线。在 CD 之间的 F 点由静止释放一个带负电的小球 P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P 在 CD 连线上做往复运动，则（        ）

（A）小球 P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中的振幅不断减小

（B）小球 P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过 O 点时的速率不断减小

（C）点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球 P 往复运动过程中周期不断减小

（D）点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球 P 往复运动过程中的振幅不断减小

【答案】

BCD

 

15．如图所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零，用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器指针张角减小，此现象说明锌板带_________电（选填“正”或“负”）；若改用红外线重复以上实验，结果发现验电器指针根本不会偏转，说明金属锌的极限频率_________红外线的频率（选填“大于”或“小于”）。

【答案】

正，大于

 

16．用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象，图（a）是点燃的酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属线圈，将金属线圈在其所在的平面内缓慢旋转，观察到的现象是（    ）

（A）当金属线圈旋转 30° 时，干涉条纹同方向旋转 30°

（B）当金属线圈旋转 45° 时，干涉条纹同方向旋转 90°

（C）当金属线圈旋转 60° 时，干涉条纹同方向旋转 30°

（D）干涉条纹保持不变

【答案】

D

 

17．在“用单摆测重力加速度”的实验中：

（1）某同学的操作步骤为：

A．取一根细线，下端系住直径为 d 的金属小球，上端固定在铁架台上；

B．用米尺量得细线长度 l；

C．在摆线偏离竖直方向 5º 位置释放小球；

D．用秒表记录小球完成 n 次全振动的总时间 t，得到周期 T ＝ t/n；

E．用公式 g ＝ $\frac{4{\pi }^{2}l}{T^2}$ 计算重力加速度。

按上述方法得出的重力加速度与实际值相比______（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）

（2）已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为 Tʹ ＝ T₀（1 ＋ asin²$\frac{\theta }{2}$），式中 T₀ 为摆角 θ 趋近于 0° 时的周期，a 为常数，为了用图像法验证该关系，需要测量的物理量有_______；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示________。

【答案】

（1）偏小

（2）T′（或 t、n），θ；T′

 

18．某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡 L₁（6 V，1.5 W）、L₂（6 V，10 W）的发光情况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图。

（1）他分别将 L₁、L₂ 接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为 6 V 时，发现灯泡均能正常发光。在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整。

（2）接着他将 L₁ 和 L₂ 串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为 6 V 时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是                                       。

（3）现有如下器材：电源 E（6 V，内阻不计），若灯泡 L₁（6 V，1.5 W）、L₂（6 V，10 W）、L₃（6 V，10 W），单刀双掷开关 S，在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关 S 与 1 相接时，信号灯 L₁ 亮，右转向灯 L₂ 亮而左转向灯 L₃ 不亮；当单刀双掷开关 S 与 2 相接时，信号灯 L₁ 亮，左转向灯 L₃ 亮而右转向灯 L₂ 不亮。

【答案】

（1）如图b

（2）由于 L₁ 电阻比 L₂ 大得多，所以 L₂ 两端分到的电压很小，虽然有电流流过，但功率很小，不能发光

（3）如图 c

 

19．如图所示是测量通电螺线管 A 内部磁感应强度 B 及其与电流 I 关系的实验装置。将截面积为 S、匝数为 N 的小试测线圈 P 置于通电螺线管 A 中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过该试测线圈的磁场均匀，将试测线圈引线的两端与冲击电流计 D 相连。拨动双刀双掷换向开关 K，改变通入螺线管的电流方向，而不改变电流的大小，在 P 中产生的感应电流引起 D 的指针偏转。

 （1）将开关合到位置 1，待螺线管中的电流稳定后，再将 K 从位置 1 拨到位置 2，测得 D 的最大偏转距离为 d_m，已知冲击电流计的磁通灵敏度为 D_φ，D_φ ＝ $\frac{d_m}{N\mathrm{\Delta }\phi }$，式中 Δφ 为单匝试测线圈磁通量的变化量，则试测线圈所在处的磁感应强度的大小为 B ＝________；若将 K 从位置 1 拨到位置 2 所用的时间为 Δt，则试测线圈 P 中产生的平均感应电动势 ε ＝________。

实验次数	电流I（A）	磁感应强度B（×10-3T）
1	0.5	0.62
2	1.0	1.25
3	1.5	1.88
4	2.0	2.51
5	2.5	3.12

（2）调节可变电阻 R，多次改变电流并拨动 K，得到 A 中电流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管 A 内磁感应强度 B 与电流 I 的关系式为 B ＝______。

（3）（多选题）为了减少实验误差，提高测量的准确性，可采取的措施有（           ）

（A）适当增加试测线圈的匝数 N

（B）适当增大试测线圈的横截面积 S

（C）适当增大可变电阻 R 的阻值

（D）适当延长拨动开关的时间

【答案】

（1）$\frac{d_m}{2NS{D}_{\phi }}$，$\frac{d_m}{D_{\phi }\mathrm{\Delta }t}$

（2）B ＝ 1.25×10⁻³ I

（3）AB

 

20．汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升。已知某型号轮胎能在 − 40℃ ～ 90℃ 正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过 3.5 atm，最低胎压不低于 1.6 atm，那么，在 t ＝ 20℃ 时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适（设轮胎的体积不变）

【答案】

p_min ＝ 2.01 atm，p_max ＝ 2.83 atm

【解析】

由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。设在T₀ = 293 K 充气后的最小胎压为 p_min，最大胎压为 p_max。依题意，当 T₁ = 233 K 时胎压为 p₁ = 1.6 atm。根据查理定律

$\frac{p_1}{T_1}$ = $\frac{p_{min}}{T_0}$，$\frac{1.6}{233}$ = $\frac{p_{min}}{293}$             ①

解得：p_min = 2.01 atm                 ②

当 T₂ = 363 K 时胎压为 p₂ = 3.5 atm。根据查理定律

$\frac{p_2}{T_2}$ = $\frac{p_{max}}{T_0}$，$\frac{3.5}{363}$ = $\frac{p_{max}}{293}$            ③

解得：p_max = 2.83 atm

故充气后的胎压在 2.01 atm ~ 2.83 atm 范围内比较合适。

 

20．某小型水电站输出功率为 20 kW，输电线路总电阻是 6 Ω，

（1）若采用 380 V 输电，求输电线路损耗的功率；

（2）若改用 5000 V 高压输电，用户端利用 n₁∶n₂ ＝ 22∶1 的变压器降压，求用户得到的电压。

【答案】

（1）P_损 ＝ 16.62 kW

（2）U₂ ＝ 226.18 V

【解析】

（1）输电线上的电流强度为

I = $\frac{P}{U}$ = $\frac{20\times {10}^3}{380}$ A = 52.63 A             ①

输电线损耗的功率为

P_损 = I²R = 52.63²×6 W = 16620 W = 16.62 kW         ②

（2）该用高压输电后，输电线上的电流强度变为

I′ = $\frac{P}{U^{\prime }}$ = $\frac{20\times {10}^3}{5000}$ A = 4 A                  ③

用户端在变压器降压前获得的电压

U₁ = U − I′R = （5000 − 4×6）V = 4976 V       ④

根据 $\frac{U_1}{U_2}$ = $\frac{n_1}{n_2}$

用户得到的电压为

U₂ = $\frac{n_2}{n_1}$U₁ = ×4976 V = 226.18 V               ⑤

 

21．总质量为 80 kg 的跳伞运动员从离地 500 m 的直升机上跳下，经过 2 s 拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的 v–t 图，试根据图像求：（g 取 10 m/s²） 

（1）t ＝ 1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小；

（2）估算 14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功；

（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。

【答案】

（1）a ＝ 8 m/s²

f＝ 160 N

（2）W_f ≈ 1.25×10⁵ J

（3）t_总 ＝ 71 s

【解析】

（1）由图中可以看出，在t = 2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度大小为

a = $\frac{v_t}{t}$ = $\frac{16}{2}$ m/s² = 8 m/s²                  ①

设此过程中运动员受到的阻力大小为 f，根据牛顿第二定律，有

mg − f = ma

得 f = mg − ma = 80×（10 − 8）N = 160 N         ②

（2）从图中可以估算出运动员在 14 s 内下落了

39.5×2×2 m = 158 m                   ③

根据动能定理，有

mgh − W_f = $\frac{1}{2}$mv²                      ④

所以有 W_f = mgh − $\frac{1}{2}$mv² = （80×10×158 − 0.5×80×6²）J ≈ 1.25×10⁵ J      ⑤

（3）14 s 后运动员做匀速运动的时间为

t′ = $\frac{H-h}{v_t}$ = $\frac{500-158}{6}$ s = 57 s                             ⑥

运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间

t_总 = t + t′ = （14 + 57）s = 71 s                             ⑦

 

22．有两列简谐横波 a、b 在同一媒质中沿 x 轴正方向传播，波速均为 v ＝ 2.5 m/s。在 t ＝ 0 时两列波的波峰正好在 x ＝ 2.5 m 处重合，如图所示。

（1）求两列波的周期 T_a 和 T_b；

（2）求 t ＝ 0 时两列波的波峰重合处的所有位置；

（3）辩析题：分析和判断在 t ＝ 0 时是否存在两列波的波谷重合处。某同学分析如下：既然两列波的波峰与波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在。只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置，你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些位置；若不正确，指出错误处并通过计算说明理由。

【答案】

（1）T_a ＝ 1 s，T_b ＝ 1.6 s

（2）x ＝ 2.5 ± 20k，k ＝ 0，1，2，3……

（3）该同学的分析不正确。

要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离 x = 2.5 m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设

L = （2m −1）$\frac{{\lambda }_a}{2}$，L = （2n − 1）$\frac{{\lambda }_b}{2}$ 

式中 m、n 均为正整数

只要能找到对应的 m、n 即可。

将 λ_a = 2.5 m，λ_b = 4 m 代入并整理，得

$\frac{2m-1}{2n-1}$ = $\frac{{\lambda }_a}{{\lambda }_b}$ = $\frac{4}{2.5}$ = $\frac{8}{5}$ 

由于上式中的 m、n 在正整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。

【解析】

（1）从图中可以看出两列波的波长分别为 λ_a = 2.5 m，λ_b = 4 m，因此它们的周期分别为

T_a = $\frac{{\lambda }_a}{v}$ = $\frac{2.5}{2.5}$ s = 1 s                  ①

T_b = $\frac{{\lambda }_b}{v}$ = $\frac{4}{2.5}$ s = 1.6 s               ②

（2）两列波长的最小公倍数为

s = 20 m                                     ③

在 t = 0 时，两列波的波峰重合处的所有位置为

x = 2.5 ± 20k，k = 0，1，2，3……           ④

（3）该同学的分析不正确。                   ⑤

要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离 x = 2.5 m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设

L = （2m −1）$\frac{{\lambda }_a}{2}$，L = （2n − 1）$\frac{{\lambda }_b}{2}$             ⑥

式中 m、n 均为正整数

只要能找到对应的 m、n 即可。

将 λ_a = 2.5 m，λ_b = 4 m 代入并整理，得

$\frac{2m-1}{2n-1}$ = $\frac{{\lambda }_a}{{\lambda }_b}$ = $\frac{4}{2.5}$ = $\frac{8}{5}$                                  ⑦

由于上式中的 m、n 在正整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。   ⑧

 

23．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个大小均为 E 的匀强电场 Ⅰ 和 Ⅱ，两电场的边界均是边长为 L 的正方形（不计粒子所受重力）。

（1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开 ABCD 区域的位置；

（2）在电场 Ⅰ 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置；

（3）若将左侧电场 Ⅱ 整体水平向右移动 L/n （n ≥ 1），仍使电子从 ABCD 区域左下角 D 处离开（D 不随电场移动），在电场 Ⅰ 区域内由静止释放电子的所有位置。

【答案】

（1） （− 2L，$\frac{1}{2}$L）

（2）xy = $\frac{L^2}{4}$

（3）xy = L²($\frac{1}{2n}$ + $\frac{1}{4}$)

【解析】

（1）设电子的质量为 m，电量为 q，电子在电场 Ⅰ 中做匀加速直线运动，出区域 Ⅰ 时的速度为 v₀，此后进入电场 Ⅱ 做类平抛运动。假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，有

eEL = $\frac{1}{2}$mv₀²                                           ①

（$\frac{L}{2}$ − y） = $\frac{1}{2}$at² = $\frac{eE}{2m}$×$\frac{L^2}{v_0^2}$                 ②

解得 y = $\frac{1}{2}$L，所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为（− 2L，$\frac{1}{2}$L）③。

（2）设释放点在电场区域 Ⅰ 中，其坐标为（x，y），在电场 Ⅰ 中电子被加速到 v₁，然后进入电场 Ⅱ 做类平抛运动，并从 D 点离开，有

eEx = $\frac{1}{2}$mv₁²                             ④

y = $\frac{1}{2}$at² = $\frac{eE}{2m}$×$\frac{L^2}{v_1^2}$                 ⑤

解得 xy = $\frac{L^2}{4}$，即在电场 Ⅰ 区域内满足该方程的点即为所求位置⑥。

（3）设电子从（x，y）点释放，在在电场 Ⅰ 中加速到 v₂，进入电场 Ⅱ 做类平抛运动，在高度为 y′ 处离开电场 Ⅱ 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D 点，则有

eEx = $\frac{1}{2}$mv₂²

y − y′ = $\frac{1}{2}$at² = $\frac{eE}{2m}$×$\frac{L^2}{v_2^2}$                  ⑦

v_y = at = $\frac{eEL}{m{v}_2}$，y′ = v_y∙$\frac{L}{n{v}_2}$               ⑧

解得 xy = L²($\frac{1}{2n}$ + $\frac{1}{4}$)，即在电场 Ⅰ 区域内满足该方程的点即为所求位置。

 

24．如图所示，竖直平面内有一半径为 r、电阻为 R₁、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在 M、N 处与距离为 2r、电阻不计的平行光滑金属导轨 ME、NF 相接，EF 之间接有电阻 R₂，已知 R₁ ＝ 12R，R₂ ＝ 4R。在 MN 上方及 CD 下方有水平方向的匀强磁场 Ⅰ 和 Ⅱ，磁感应强度大小均为 B。现有质量为 m、电阻不计的导体棒 ab，从半圆环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行导轨足够长。已知导体棒下落 $\frac{r}{2}$ 时的速度大小为 v₁，下落到MN处时的速度大小为 v₂。

（1）求导体棒 ab 从 A 处下落 $\frac{r}{2}$ 时的加速度大小；

（2）若导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 后棒中电流大小始终不变，求磁场 Ⅰ 和 Ⅱ 这间的距离 h 和 R₂ 上的电功率 P₂；

（3）若将磁场 Ⅱ 的 CD 边界略微下移，导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 时的速度大小为 v₃，要使其在外力 F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为 a，求所加外力 F 随时间变化的关系式。

【答案】

（1）a ＝ g − $\frac{3B^2{r}^2{v}_1}{4Rm}$

（2）h ＝ $\frac{9R^{2}g{m}^2}{32B^4{r}^4}$  − $\frac{v_2^2}{2g}$

P₂ ＝ $\frac{9R{g}^2{m}^2}{16B^2{r}^2}$

（3）F ＝ ma − mg ＋ $\frac{4B^2{r}^2}{3R}$（v₃ ＋ at）

【解析】

（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场 Ⅰ 中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒 ab 从 A 下落 $\frac{r}{2}$ 时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得

mg − BIl = ma                            ①

式中 l = $\sqrt{3}$r

又    I = $\frac{Bl{v}_1}{R_{总}}$                               ②

式中 R_总 = $\frac{64R^2}{8R+8R}$ = 4R   ③

由以上各式，得到

a = g − $\frac{3B^2{r}^2{v}_1}{4Rm}$                                 ④

（2）当导体棒 ab 通过磁场 Ⅱ 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即

mg = BI∙2r = B∙$\frac{B\cdot 2r\cdot v_t}{R_{并}}$∙2r = $\frac{4B^2{r}^2{v}_t}{R_{并}}$

式中 R_并 = $\frac{48R^2}{12R+4R}$ = 3R

解得 v_t = $\frac{3mgR}{4B^2{r}^2}$                                       ⑤

导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，有

v_t² − v₂² = 2gh

得 h ＝ $\frac{9R^{2}g{m}^2}{32B^4{r}^4}$  − $\frac{v_2^2}{2g}$                               ⑥

此时导体棒重力的功率为

P_G = mgv_t = $\frac{3m^2{g}^{2}R}{4B^2{r}^2}$                                 ⑦

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率完全转化为电路中的电功率，即

P_电 = P₁ + P₂ = P_G = $\frac{3m^2{g}^{2}R}{4B^2{r}^2}$

所以 P₂ = $\frac{3}{4}$P_G = $\frac{9R{g}^2{m}^2}{16B^2{r}^2}$                        ⑧

（3）设导体棒 ab 进入磁场 Ⅱ 后经过时间t的速度大小为 v_t′，此时的安培力大小为

F′ = $\frac{4B^2{r}^2{v_t}^{\mathrm{\prime }}}{3R}$

由于导体棒ab做匀加速直线运动，有

v_t′ = v₃ + at

根据牛顿第二定律，有

F + mg − F′ = ma                                      ⑨

由以上各式，解得

F ＝ ma − mg ＋ $\frac{4B^2{r}^2}{3R}$（v₃ ＋ at）                ⑩