【解析】浙江省宁波市2018届高三下学期高考选考适应性考试物理试题-含解析【-高考】.doc

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1、浙江省宁波市2018届高考选考适应性考试物理试卷一、选择题I1. 为了纪念物理学家对科学的贡献，许多的单位是用家的名字来命名的，在下列单位所属于基本物理量的是A. 安培 B. 库仑 C. 牛顿 D. 焦耳【答案】A【解析】物理学中共有七个基本物理量分别为：质量，长度，时间，电流强度，物质的量，热力学温度，发光强度，其中电流强度的单位就是以科学家的名字来命名的即安培，故A正确。2. 在下列各组物理量中，全部属于矢量的是A. 位移、磁通量、速度 B. 速度、功、加速度C. 加速度、速度变化量、电场强度 D. 磁感应强度、时间、速度【答案】C【解析】A项：位移、速度都是有方向又有大小的矢量，磁通量是

2、标量，但有正、负之分，故A错误；B项：速度、加速度都是有方向又有大小的矢量，功是标量，却为正、负之分，正、负表示力做正、负还是负功，故B错误；C项：加速度、速度变化量、电场强度都是有方向又有大小的矢量，故C正确；D项：磁感应强度、速度都是有方向又有大小的矢量，但时间只有大小，没有方向，故D错误。点晴：解决本题关键理解矢量与标量的区别，矢量为有大小又有方向的物理量，标量为只有大小，没有方向的物理，但高中物理中有些物理有大小，也有方向却不是矢量，注意其物理意义。3. 下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是A. 亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B. 牛

3、顿通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量C. 安培通过实验研究，发现了电流的效应D. 库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律【答案】D【解析】A项：伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B项：文迪许扭秤试验，卡文迪许通过该实验测出了万有引力常量，故B错误；C项：奥斯特最早通过实验发现了电流的磁效应，故C错误；D项：库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律，故D正确。点晴：该题考查了有关物理学史的知识，要了解物理学中的几个重要试验以及对于的伟大发现，注意平时多看书积累。4. 如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端有

4、一块软羊皮（长度不计）做成裹片。若橡皮条的形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为3L（弹性限度内），则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为A. 2kL B. kL C. D. 【答案】C【解析】根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F=k（3L-L）=kL设此时两根橡皮条的夹角为，根据几何关系知，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力，故C正确。点晴：当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则求出最大弹力。5. 直线运动质点的vs图象如图所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断

5、不正确的是A. 质点做初速度为零的匀加速直线运动B. 质点在3s末的速度大小为5m/sC. 质点的加速度大小为4m/s2D. 质点在03s内的平均速度大小为6m/s【答案】B【解析】A项：根据匀变速直线运动的速度位移公式，由于图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，结合数学知识可得，故A正确；B、C项：根据公式，将图象中的（8，8）代入方程可得，解得，由公式，故B错误，C正确；D项：由公式，故D正确。6. 撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是A. 持杆助跑过程，重力的反作用力是

6、地面对运动员的支持力B. 撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力C. 撑杆起跳上升阶段先处于超重状态后处于失重状态D. 最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力【答案】C【解析】A项：根据牛顿第三定律可知，重力的反作用力是运动员对地球的作用力，故A错误；B项：根据牛顿第三定律可知，弯曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用力，故B错误；C项：撑杆起跳上升阶段由于撑杆对人的作用力大于运动员的重力，运动员离开撑杆后只受重力作用，所以运动员先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；D项：最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为惯性，故D错误。

7、点晴：解决本题关键理解牛顿第三定律，作用力与反作用力是甲对乙的作用和乙对甲的作用力，两力大小相等，方向相反。7. 如图两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球A和B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕竖直轴做匀速圆周运动时恰好在同一高度的水平面内，则下列说法中正确的是A. 线速度vA=vB B. 角速度ABC. 加速度aA=aB D. 周期TA=TB【答案】D【解析】A项：设连接A球的细线长为LA，细线与竖直方向的夹角为，对小球A受力分析且由牛顿第二定律可得：，解得，同理，设连接A球的细线长为LB，细线与竖直方向的夹角为，可得，由于，故，故A错误；B项：同理可得，对A球：，解得，对B球：，解得，

8、由于，所以，故B错误；C项：对A球：，解得，对B球：，解得，由于，所以，故C错误；D项：对A球：，对B球：，由B分析可知：，所以，故D正确。8. 如图所示，以m/s的水平初速度v抛出的物体，飞行一段时间后，撞在倾角为30的斜面上时，速度方向与斜面成60，这段飞行所用的时间为A. 1s B. 2sC. 3s D. 6s【答案】A【解析】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为 根据可解得t=1s，故A正确。点晴：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将速度进行分解，根据平行四边形定则求出撞在

9、斜面上竖直方向上的分速度，从而根据速度时间公式求出运动的时间。9. 中国高铁运营里程占世界高铁运营总里程60%以上，位居全球第一。相关资料表明：我国最大时速350km/h的高铁运行时平均每小时耗电9600kWh。已知宁波-北京南的G58次高铁，从宁波出发到北京全程用时6小时59分，其中靠站停车11次，共计停车41分钟。则这列高铁全程所消耗的电能最接近的值是A. 2109J B. 21010JC. 21011J D. 21012J【答案】C【解析】从宁波出发到北京运行时间为总时间减去停车时间即，耗的电能，故C正确。10. 如图所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗卫星b、c、d，它

10、们的圆轨道与赤道平面共面，各卫星时刻起，经过一段时间t(这段时间小于b卫星绕地球运行的周期)，卫星相对a的位置最接近实际的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据可知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止故A、B、D错误，C正确。点晴：根据万有引力等于向心力：知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止。11. 如图所示，电荷量大小相等的两个点电荷Q1和Q2，两者连线及中垂线上分别有A点和B点，则下列说法正

11、确的是A. 若两者是同种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势B. 若两者是同种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强C. 若两者是异种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势D. 若两者是异种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强【答案】D【解析】设两个点电荷和连线的中点为O若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则A点的电势高于O点电势，O点电势高于B点电势，则A点的电势高于B点的电势若两个点电荷都带负电，则A点的电势低于B点的电势，A错误若两者是同种电荷，B点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小，B错误若两者是异种电荷，且为正电荷，则A点的电势高于B点的电势若为负电荷，则A点的电势低于B

12、点的电势，C错误若两者是异种电荷，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强一定大于B点的场强，D正确选D【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O点场强最小，在连线的中垂线上O点的场强最大12. 超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是A. 使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培

13、力B. 要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板C. 同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反D. 若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于【答案】D【解析】A、B项：当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由ABA指向CD，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；C项：同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错误；D项：因船在海水中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于

14、U，所以电流强度小于，故D正确。点晴：利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，注意与右手定则的区别。13. 如图甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状态，然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。则两个点电荷带电量QA与QB的大小关系正确的是A. 7:3 B. 3:1 C. 3:7 D. 5:3【答案】A【解析】在图乙中，对A、B整体受力分析由平衡条件可得：，对B受力分析由平衡作件可得：，对A受力分

15、析由平衡条件可得：，由以上各式解得：，故A正确。二、选择题14. 下列说法中正确的是A. 衰变所释放的电子是原子核内的质子转化成中子时产生的B. 低频扼流圈“通直流，阻交流”，高频扼流圈“通低频，阻高频”，一般高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈要小C. 普朗克发现了天然放射现象，从而提出了量子化的思想D. 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】BD【解析】A项：衰变所释放的电子来自原子核，是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A错误；B项：低频扼流圈“通直流，阻交流”，高频扼流圈“通低频，阻高频”，一般高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈要小，故B正确；

16、C项：贝克勒尔发现了天然放射现象，故C错误；D项：比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定，故D正确。15. 氢原子的部分能级如图所示，大量处于n=2激发态的氢原子从一束单一频率的光中吸收了能量后，跃迁到某较高激发态，再向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的光子(频率从高到低依次为：1、2、3、4、5、6)，则下列说法正确的是A. 入射光的频率为(56)B. 发出的6种光子，在真空中衍射本领最大的是1C. 3光子照射逸出功为3.34ev的锌板产生的光电子的最大初动能为6.86evD. 发出的6种光子在水中传播时，速度最大的是1【答案】AC【解析】A项：可以发出6种不同频率的光子

17、，说明氢原子吸收光子后处在n=4能级，从n=2到n=4吸收光的频率应为，故A正确；B项：在真空中衍射本领最大即波长最长，对应的频率最小，所以应为，故B错误；C项：为氢原子从n=2跃迁到n=1放出的光子，放出的光子能量为10.2eV，根据爱因斯坦光电效应方程，即，故C正确；D项：光的传播速度相同，故D错误。点晴：根据向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的光子，求出原子吸收光子后跃迁的最高能级，能级差最小的放出的光子能量最小。16. 如图是某绳波形成过程的示意图。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。t=T/4时，质点1到达最高位

18、置，质点5刚要开始运动。下列说法正确的是A. t=T/4时，质点5开始向下运动B. t=T/4时，质点3的加速度方向向下C. 从t=T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在增大D. 在t=3T/2时，1到17个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像【答案】BD.B项：t=T/4时，质点3位于平衡位置上方，所以加速度方向向下，故B正确；C项：在t=T/2时，质点8开始向上振动，所以振动速度减小，故C错误；D项：在t=T时，1到16个质点刚好第一次构成一个标准的完整正弦图像，故D错误。三、非选择題17. 某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑

19、行。打点计时器的工作频率为50Hz。(1)实验操作中需平衡小车受到的摩擦力，其目的是_A防止小车不能被橡皮筋拉动B保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功C防止纸带上打点不清晰(2)在正确操作的情况下，某纸带上打点计时器打下的点迹如图乙所示。则橡皮筋对小车做完功后，小车获得的速度是_(计算结果保留三位有效数字)。(3)若已知图乙纸带上打下左侧第一个点时小车的速度为v1，打下第三个点时小车的速度为v3，判断打下第二个点时小车的速度v2_(v1v3)/2（填“等于”、“大于”或“小于”）【答案】 (1). B (2). 1.431.45 m/s (3). 大于【解析】(1)平衡摩擦的目的是为了

20、小车所受合外力为橡皮筋的弹力，即保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故B正确；(2) 橡皮筋对小车做完功后，小车速度最大，接下做匀速直线运动，所以应取后面的点计算，小车获得的速度，即；(3)由图乙纸带可判断打点计时器在打下第2点到第3点间小车做匀速运动，第1点到第2点做匀加速运动，所以打下第二个点时小车的速度。18. 老师布置了一个任务，需要测定一个笔记本电脑电池板的电动势和内阻。(1)某同学先将多用电表的选择开关打到如图甲所示的位置直接测电池板的两极电压，结果如图乙，电动势的粗测值为_V。 (2)接下来该同学用如图丙的电路来完成电动势和内阻的测量，图中还缺少一条连线，请你用笔直接画

21、在实物图上_。 (3)电路完整后，同学开始实验，得到了如下的两组数据：第一组，如图丁；第二组，如图戊。第二组图戊中伏特表的读数为：_V，请判断，从第一组到第二组，滑线变阻器接入电路的阻值_(填：“不变”、“变大”、“变小”)。【答案】 (1). 11.0V (2). 如图所示： (3). 11.611.9 (4). 变大【解析】(1)由于多用电表的选择开关打到“50”，由图乙可知，读数为11.0V；(2)根据实验原理可知，电压表测路端电压，所以应从电压表的15V接到电源的正极；(3)由于电压表接入电路的量程为15V，所以电压表每一小格表示0.5V，所以读数为11.6V；从第一组到第二组，电流表

22、中的电流在变小，电压表的示数在变大，说明滑动变阻器接入电路中的电阻变大。19. 低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱。如图所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H=179m的悬崖边跳伞时的情景。运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以a=8m/s2的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为80kg，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过4m/s，求：(1) 运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力f；(2) 为了运动员的安全，展开伞时的最大速度是多少?(3) 如果以下落的快慢决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间是多大?【答案】（1）1440N，

23、竖直向上；（2）40 m/s；（3）8.5 s【解析】试题分析：(1) 根据牛顿第二定律可解得运动员所受的阻力；(2)利用运动员整个过程所下落的高度等运动员自由下落和匀减速的位移之和，即可求解出运动员展开伞时的速度；(3)分别求出运动员自由下落的时间和匀减速的时间即为运动员在空中运动的时间。解：(1)根据牛顿第二定律可知，即；(2)从运动员展开伞到落地过程，设运动员展开伞时速度为，由运动学知识可得：，其中，代入数据解得：；(3)设运动员在空中的最短时间为t，则有：自由下落时间为：，运动员展开伞到落地过程的时间为：，所以时间。 点晴：解决本题关键是分析清楚运动员整个过程的运动情形，开始运动员做自

24、由落体，展开伞后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和匀变速运动的规律即可求解。20. 宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中，设计了一个如图所示的起始触发装置：AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆，DE段是长度为2R的水平杆，与AB杆稍稍错开。竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m的套环。每次将弹簧的长度压缩至P点后锁定，设PB的高度差为h，解除锁定后弹簧可将套环弹出，在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的左侧最高点Q和P点等高，且与E的水平距离为x(可以调节)，已知弹簧锁定时的弹性势能Ep=10mgR，套环P与水平杆DE段

25、的动摩擦因数=0.5，与其他部分的摩擦可以忽略不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为g。求：(1)当h=7R时，套环到达杆的最高点C处时的速度大小；(2)在(1)问中套环运动到最高点C时对杆作用力的大小和方向；(3)若h在3R至10R连续可调，要使该套环恰能击中Q点，则x应该在哪个范围内调节？【答案】（1）；（2）3mg，竖直向上；（3）x9R【解析】试题分析：（1）当h=3R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律求解v；（2）在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律求解作用力；（3）套环恰能击中Q点，将平抛运动过程分解为

26、水平方向和竖直方向的运动，再从P到E，根据能量守恒定律求解高度h。解：(1)当h=7R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律有：，解得：；(2) 在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律有： 解得：，方向向上；(3) 套环恰能击中Q点，平抛运动过程： 从P到E，根据能量守恒定律有： 由以上各式可解得：。点晴：本题考查了圆周运动最高点的动力学方程以及机械能守恒定律的应用，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。21. 学习小组的同学在实验室用如图(1)所示的装置研究单摆的运动。将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中

27、摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。实验过程中，保持单摆的最大摆角小于5。实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图(2)甲所示，该摆球的直径d=_mm；实验测得摆长为L，传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图(2)乙所示，则重力加速度的表达式为：g=_(用题目中物理量的字母表示)。【答案】 (1). 14.50 (2). 22. 同学利用双缝干涉实验仪测量光的波长，按要求将仪器安装在光具座上，如图甲所示，接通电源使光源正常工作。关于这个实验下列几种说法，你认为正确的是_A增加光源到单缝的距离，干涉条纹间距变大B将滤光片由蓝色换成红色，干涉条纹间距变宽C将单缝向双缝移动

28、一小段距离，干涉条纹间距变宽D去掉滤光片，干涉现象消失若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示。通过装置中的“拨杆”的拨动_(填“能”或“不能”)把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上。【答案】 (1). B (2). 不能【解析】(1)根据可知，干涉条纹间距与光源到单缝的距离无关，因此条纹间距不变，故AC错误；将滤光片由蓝色换成红色，波长变大，则干涉条纹间距变宽故B正确去掉滤光片，将出现彩色的干涉条纹故D错误故选B（2）首先要明确各器件的作用，拨动拨杆的作用是为了使单缝和双峰平行，获得清晰的干涉图样，图中已有清晰的干涉图样，所以不用调节；图中所示出现的问题是分刻板中心

29、刻度线与干涉条纹不平行，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故调节拨杆不能把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上23. 如图所示为平面直角坐标系xoy，在第一、二象限中有一半圆形的有界磁场，圆心在O点，半圆的半径为R，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度为B，在y=R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点有一粒子源，可以向第一象限坐标平面内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力可以忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。发现有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30，求(1)粒子速度的大小；(

30、2)出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴时所用的时间；(3)在y=R上，有粒子能进入电场的横坐标范围。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：(1)由题意和粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹找出粒子做匀速圆周运动的弦长和弦切角，根据弦长公式即可求出粒子的速度；(2)分别求出粒子在磁场中运动的时间、在磁场和电场之间的运动时间、在电场中的运动时间，再三个时间之和即可；(3)分别找出运动到y=R直线上最右端的粒子进入磁场的速度方向，和运动到y=R直线上最左端的粒子进入磁场的速度方向，根据几何知识即可求解。解：(1)由有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正

31、方向成30可知，此时OP的连线即为粒子做匀速圆周运动的弦长，且弦切解为300，设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由弦长公式，即，解得：，再由洛伦兹力提供向心力即，解得：；(2)能垂直进入电场的粒子从为点射出后，到达圆形磁场边界的速度方向竖直向上，设粒子做匀速圆周运动的轨迹与圆形磁场边界相交于M点，由于粒子做匀速圆周运动的半径也为R，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的圆心在圆形磁场边界的左半圆上，设为N点，连接OMN可知，为等边三角形，所以粒子在磁场中的运动的圆心角为600，所以粒子在磁场中运动的时间，粒子出磁场后做匀速圆周运动，从M点作垂线与y=R的电场线相交于P点，由几何关系解得，所以粒子从

32、出磁场到进入电场所用的时间粒子进入电场后做类平抛运动，由几何关系可知，M点到y轴的距离为，由电场力方向做匀加速直线运动， 解得： 所以总时间为；(3)当粒子以平行x轴进入磁场时，从磁场射出再进入电场时为在y=R直线上的最右端，设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为G，过G点作粒子出磁场速度的切线交y=R直线的交点为F，由几何关系可知 当粒子以平行y轴进入磁场时，从磁场射出再进入电场时为在y=R直线上的最左端，设粒子做匀速圆周运动轨迹与圆形磁场边界的交点为H，过H点作粒子出磁场速度的切线交y=R直线的交点为I，由几何关系可知，所以在y=R上，有粒子能进入电场的横坐标范围。24. 如图甲所

33、示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN， 相距为L=0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h=0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1=0.2kg，有效电阻R1=0.05，cd棒的质量为m2=0.1kg，有效电阻为R2=0.15。(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)。问：(1)01s时间段通过cd棒的电流大小与方向；(2)假如在1s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒

34、将以相同的速度作匀速直线运动， 试求这一速度；(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动，ab棒产生的热量为多少?(4)ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离为多大?【答案】（1）1.25A，dc；（2）m/s；（3）J；（4）m【解析】试题分析：(1)由题意可知01s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出电流；(2)先由动能定理求出ab棒从高为h处滑下到ef的速度，再由动量守恒定律求出共同的速度；(3) 对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动过程，由能量守恒求出总热量，再由串联电路中热量分配按电阻分配求出ab棒中的热量；(1) 01s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，代入数据可解得：；(2)1s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，得，从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，即解得；(3) 对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度作匀速运动过程，由能量守恒可知， 代入数据解得：由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以。