湖南省常德市2022-2023学年高三下学期3月模拟考试物理试题（解析版）.pdf

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1、2023年常德市高三年级模拟考试物理一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在 流浪地球电影中，人类驱动地球逃离太阳系的原因，是为了躲避太阳即将发生的“氢闪”。现实中太阳的氢闪大概要等到50亿年之后，到时候太阳内部的氢被消耗完，M被点燃而发生剧烈失控的恒星爆炸，这就是“氮闪”。“氢闪”产生的能量能够瞬间毁灭整个地球的生命和生态环境。下列关于太阳的说法正确的是（）A.目前太阳的能量来自于由氢聚变成为氢的核聚变反应B.在太阳内部发生核反应生成物氮原子核的比结合能比氢更小C.太阳辐射的电磁波中红外线主要用来杀菌D.若太阳光中通过色散分出

2、来的黄光不能使某种金属发生光电效应，应该换频率更小的红光才有可能发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A.目前太阳 能量来自于由氢聚变成为氮的核聚变反应，A 正确；B.在太阳内部发生核反应是核聚变反应，放出能量，生成物氨原子核比氢核稳定，比结合能比氢更大，故 B 错误；C.太阳辐射的电磁波中紫外线可以用来杀菌，红外线具有热效应，C 错误；D.红光的频率比黄光小，黄光不能使某种金属发生光电效应说明黄光的频率小于该金属的极限频率，则红光更加不能使该金属发生光电效应，D 错误。故选Ao2.“儿童散学归来早，忙趁东风放纸莺”，阳春三月正是踏青放风筝的好时节。如图所示，在细线拉力的作用下，风筝静止在空中

3、，下列说法正确的是（）A.人受到地面的作用力方向竖直向上B.气流对风筝的作用力的方向沿左上方C.气流对风筝的作用力与风筝受到的重力大小相等D.若气流对风筝的作用力大小不变，细线由实线位置变为虚线位置，则细线对人的拉力也不变【答案】B【解析】【详解】A.人在地面上受竖直向下的重力、向上的支持力、向右的摩擦力和斜向左上方的细线拉力，所以人受到地面的作用力，即支持力和摩擦力的合力的方向应斜向右上方，故 A错误；B C.风筝受重力G,细线的拉力T和气流的作用力尸处于平衡状态，如图所示kF重 力 G 方向竖直向下，细线 拉 力 T 方向斜向右下方，气流对风筝的力尸的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G

4、和细线拉力7 的合力大小，故 B 正确，C 错误；D.当细线由实线位置变为虚线位置，即 T 与 G夹角减小，若气流对风筝的作用力大小不变，作出力的三角形，如图所示由此可知，细线的拉力减小，故 D 错误。故选B。3.在 2022年 3 月 2 3 日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图乙所示，假设小瓶（包括小瓶中的油和水）的质量为 i,P 为小瓶的质心，。户长度为L,小瓶在r时间内匀速转动了 圈，以空间站为参考系，下列说法正确的是（)甲乙A.图乙中细线的拉力在竖直圆周运动的最低点时最大，最高点时最小B.水、油能分离的原因是小瓶里的水和油

5、做圆周运动产生了离心现象，密度较小的油集中于小瓶的底部C.水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供D.细线的拉力大小为也?【答案】D【解析】【详解】A.瓶子受到的地球引力全部用来提供其随空间站绕地球做圆周运动的向心力，瓶子完全失重，所以瓶子在细线拉力的作用下做匀速圆周运动，细线拉力在任意位置大小都相等，故 A 错误；B.水油能分离的原因是混合物做圆周运动时，需要的向心力不一样，由于水和油的密度不同产生了离心现象，密度较大的水集中于小瓶的底部，B 错误；C.水对油有指向圆心的作用力，水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，C 错误。D.小瓶转动的周期

6、为细线的拉力大小为T=-n尸 4兀之r 4兀。22M Lr=mL=-z-故 D 正确；故选D。4.如图甲，0、P 为光滑水平面上相距0.3m的两点，0、P 连线上存在与O尸连线平行的电场，其上各点的电势9 随距。点的距离x 变化的关系如图乙所示，图中斜虚线为图线在点 尸(0.3m,200V)的切线，切线与无轴交于0.5m处。现 将 一 质 量=1 x 10&kg、电荷量4=+2 x l(T 5 c的小物块从。点静止释放，下列说法正确的是()(p!N4 5 0K200（o p i,T-x 0-0303r/m甲 乙A.该电场线的方向为由P 指向。B.该物块在尸点的电势能比。点的电势能大C.该物块运

7、动到P 点时，加速度大小为20m/s2 D.该物块运动到P 点时，速度大小为 10m/s【答案】C【解析】【详解】A.由图知，。点电势大于P 点电势，该电场线的方向由。指向P,故 A 错误；B.该物块带正电，在尸点的电势能比O 点的电势能小，故 B 错误；C.9-x图像斜率大小代表电场强度大小，则 P 点场强E=1000N/C物块运动到P 点时，加速度大小为a-20m/s2m故 C 正确；D.根据动能定理1 2qU=q（po-（pP）=-m v代入数据得v=V10m/s故 D 错误。故选Co5.2023年 2月，土耳其、叙利亚两国发生了大地震，造成了重大破坏与人员伤亡，我国及时派遣了多支专业搜

8、救队并援助了大量急需物资。地震波既有横波，也有纵波，若一列沿x轴正方向传播的地震横波，在 f （图中实线）与（f+0.5）s （图中虚线）两个时刻x轴上一33km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（）A.该地震波的波长为3 k mB.质点振动的周期一定为1 sC.该地震波最小波速为4 k m/sD.从，时刻开始计时，x=0.5 k m 处的质点比x=1.5 k m 处的质点先回到平衡位置【答案】C【解析】【详解】A.相邻两波峰之间的距离是一个波长，所以波长为丸=4 k m故 A错误；B.由图可知，图中由实线变成虚线的时间为/=0.5S=（+；）T（=0、1、2、3）故故 B错误；C.由

9、u =2=8 +4（=0、1、2、3 ）T该地震波最小波速为=4 k m/s故 C正确；D.在 r 时刻，k O.S k m 处的质点和产1.5 k m 处的质点都在向负方向振动，所以4 1.5 k m 处的质点先回到平衡位置，故 D错误。故选C =6.如图所示，以棱长为L 的正方体顶点。为原点建立三维坐标系。盯z,其中正方体的顶点尸落在x 轴上，顶点。落在y 轴上。一质量为机、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）由。点沿x 轴正方向以初速度%射入正方体，第一次只加沿z 轴负方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ的中点；第二次只加沿y 轴负方向电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子

10、恰好能通过OP的中点；第三次同时加上与前两次等大的磁场和电场，其中磁场方向不变，将电场方向调整为与y O z 平面平行，与 z 轴正方向成3 0。角、与 y 轴正方向成6 0。角。则（）A.第一次和第二次该粒子在正方体内运动的时间相等B.电场强度和磁感应强度的大小满足E =%3C.第三次该粒子的运动为匀变速曲线运动D.第三次该粒子离开正方体时的位置坐标为（L,L,L）【答案】C【解析】【详解】A.第一次粒子在磁场中运动，半径为1 L4 Bq运动时间n-r KL%4%第二次粒子在电场中运动，运动时间A错误；B.第二次运动中，粒子在y方向上匀变速直线运动,1 qE(LL-qL故有E=2%BB错误；

11、C.第三次运动过程中，带电粒子所受电场力8,就Eq-L洛伦兹力4加片在yOz平面内，如图所示，沿 轴方向有Eqsind=Eqsin30=q%3电场力沿z轴 分量由cos。让粒子在z轴正向加速，故粒子的运动为从B点以速度%沿x轴正向做匀速直线运动以及沿Z轴正向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，C正确；D.粒子在z方向上解得x方向上1 EqcosO p2 m方向上的坐标为L,故出射点坐标为D错误。故选CoZyB qvBo二、选择题：本题共5小题，每小题5分。共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.近日根据国际报

12、道，光纤通信速率创造出了新的记录，每秒可以传达L84Pbit,这相当于每秒可以传输约236个 1TB硬盘的数据。目前正常的网速想要传输1TB硬盘的数据，需要花费四到八小时以上，如果这项技术能大规模商用，网速将得到大幅提升。光纤通讯中信号传播的主要载体是光纤，它的结构如图甲所示，一束激光由光导纤维左端的点。以a =60的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导纤维的侧面（侧面与过。的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是（）甲A.光纤内芯的折射率比外套的小乙B.光从左端空中进入光纤内芯后,其频率不变C.频率越大的光在光纤中传播的速度越大D.内芯对这种激光的折射率【答案】BD【解析】【

13、详解】A.激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故 A 错误；B.光从左端空中进入光纤内芯后，波长和波速会发生变化，但频率和周期不变，故 B 正确；C.频率越大的光，介质对它的折射率越大，根据v=n光在光纤中传播的速度越小，故 C 错误;D.根据折射定律sin esin（90。6）根据全反射公式sin。联立解得故 D 正确。故选BD。8.在科幻题材的电影或动画中，经常提到太空电梯，建造太空电梯需要高强度的材料，目前纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能。其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由

14、纳米材料做成的太空电梯，另一端固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图甲所示。当航天员乘坐太空电梯时，图乙中r为航天员到地心的距离，R 为地球半径，”一广图像中的图线A 表示地球引力对航天员产生的加速度大小与厂的关系，图线8 表示航天员在太空电梯中随地球同步旋转所需要的向心加速度大小与r 的关系，下列说法正确的是（）A.太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成反比B.航天员在r=R 处的线速度大小等于第一宇宙速度C.图中七为地球同步卫星的轨道半径D.电梯舱在r=0 处的站点时，航天员处于完全失重状态【答案】CD【解析】【详解】A.太空电梯随地球一起旋转，角速度恒定，根据丫=厂/可知太

15、空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故 A 错误；B.地球同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，所以航天员在r=R 处的线速度小于第一宇宙速度，故 B 错误；C.图像中的图线4 表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r 的关系，该加速度4等于地球卫星做匀速圆周运动的加速度，图线B 表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r 的关系，该加速度g 等于地球同步卫星的加速度，因为纵=。13，所以图中为为地球同步卫星的轨道半径，故 C 正确；D.电梯舱在r=%处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，处于完全失重状态，电梯舱对航天员的弹力等于零，航天员只受到万有引力，因此航天员

16、处于完全失重状态，故 D 正确。故选CD。9.图甲是小明学习完电磁感应知识后设计的电动公交车无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内，供电线路中接电阻R=2C。小明查询资料得知电动公交车常规充电时输入电压范围一般是220V400V,流过电池系统电流范围一般是10A30A。当输入端岫接上380V正弦交流电后，这时电池系统cd两端的电压为6 0 0 V,电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，忽略线圈中的磁场I供电线圈I电池系统A.无线充电技术与变压器的工作原理相同 B.若输入端油接上380V直流电压，也能进行充电C.供电线圈和受电线圈匝数比可能为

17、1：2 D.M 端的输入功率等于12kW【答案】AC【解析】【详解】A.无线充电技术与变压器工作原理相同，都是电磁感应原理，故 A 正确；B.若输入端时接上380V直流电压，则供电线圈中电流不变，则在受电线圈中不会产生感应电流，则不能进行充电，故 B 错误；C.由于供电线圈中有电阻R,则供电线圈初级电压小于38OV,根据丛=5 _n2 U 2则供电线圈和受电线圈匝数比%380 19=-2-600 30可能为1：2,故 C 正确；D.因次级消耗功率为P=h S=20 x600W=12000W=12kW供电线圈中由电阻R 也消耗功率，则而端的输入功率一定大于12kW,故 D 错误。故选AC。1 0

18、.如图甲所示，倾角a =30的光滑斜面体固定在水平面上，一质量为，=2kg的滑块放在斜面上。f=0 时刻在滑块上施加一平行斜面体的拉力使其由静止开始运动，滑块的加速度随时间的变化规律如图乙所示，取沿斜面向上的方向为正，已知重力加速度g取1 0 m/s 则下列说法正确的是（）A.O l s内拉力与3 4 s内拉力大小之比为4：1 B.O l s内拉力做的功为9 JC.2 s时拉力做功的功率为3 0 W D.0 4 s内合力的冲量为0【答案】A D【解析】【详解】A.O l s内加速度大小为3 m/s 2,方向沿斜面向上根据牛顿第二定律，可得Ft-mg sin a=ma3 4 s内加速度大小为3

19、m/s 2,方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律，可得mg sina-F2=ma-,联立，解得耳：F2=4：1故A正确；B.由图可知，O l s内滑块做初速度为零的匀加速直线运动，有1 2 Vx=at=1.5m2拉力做的功为W=f；x=24J故B错误；C.根据图线与横轴所围面积表示速度变化，可知2 s时滑块速度为1+2v=-x 3m/s=4.5m/s2由图可知，2 s时滑块加速度为零，即F=mg sin a=ION所以2 s时拉力做功的功率为p=FV=45W故C错误；D.根据动量定理可知/合=/?=mAv由图可知，04 s内滑块速度变化为0,所以该段时间内合力的冲量为0。故 D 正确。故选AD,1

20、1.如图，水平平面内固定有两根足够长的平行导槽，质量为2?的 U 型管恰好能在两导槽之间自由滑动，其弯曲部分是半圆形，8 点为圆弧部分中点，轻弹簧右端固定于U 型管C 点处，图为该装置的俯视图。开始U 型管静止，一半径略小于管半径、质量为机的小球以 初 速 度%从 U 型管A 点向左射入，最终又从A 点离开U 型管，不计一切摩擦。下列说A.小球运动到B点时U 型管的速度大小为 B.小球运动到B点时小球的速度大小 为 血3C.U 型管获得的最大速度为甘 D.弹簧获得的最大弹性势能为如【答案】ABD【解析】【详解】A B.小球运动到8 点时，小球与U 型管在平行导槽方向具有的共同速度匕，小球与U

21、型管在平行导槽方向满足动量守恒，则有mv0=（加+2根）匕解得%V.=3设球运动到B点时小球的速度大小为v2,根据机械能守恒可得1 2=1 tnv22 +1 x c2mvl解得一 3故 AB正确;C.当小球从A点离开U型管，U型管的速度最大，设此时小球的速度为匕，U型管的速度为，则有mv0=mv3+2771V41 mv2 1 ，1 2（）-mVj+x 2mv解得12匕=一%，V4=-V0可知u型管获得的最大速度为也，故 c错误；3D.当小球与U型管具有共同速度V 共时，弹簧获得的最大弹性势能Ep m，根据动量守恒可得mv0=（m+2机）u共解得v%共.3根据能量守恒可得?砂：=；（加+2根）唾

22、+加解得E p m=g 而选项D正确；故选A B D o三、实验题：本题共2 小题，第 12小题每空2 分，第 13小题最后1空 3 分，其余每空2分，共 15分。1 2.如图甲所示，某同学想利用滑块在倾斜气垫导轨上的运动来验证机械能守恒定律，实验步骤如下：将长为L、原来已调至水平的气垫导轨的左端垫高H，在导轨上靠右侧P点处安装一个光电门；用 2 0 分度的游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d；接通气源及光电计时器，将滑块从靠近导轨左端某处自由释放，测得滑块通过光电门时遮光时间为根据上面的实验步骤回答下列问题：（1）该同学用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度”，示数如图乙所示，则“=c m。（2）实验

23、中已知当地重力加速度为g,除上述步骤中测量的物理量之外，还需测量的物理量是A.滑块的质量M B.气垫导轨的倾斜角度。C.滑块释放处遮光片到光电门的距离x D.滑块从开始运动至到达光电门所用的时间r（3）用题中所给的物理量及第（2）问中所选的物理量，如果满足等式g”=（不用代入数据），则验证了机械能守恒定律。X 2【答案】.1.0 5 0 .C.*【解析】【详解】（1）1 遮光片的宽度d 1 c m+1 0 x 0.0 5 m m =1.0 5 0 c m（2）1 2 AB.验证机械能守恒定律，依据实验操作可知，通过光电门来测量瞬时速度，从而求得滑块到达光电门位置的动能，再依据导轨长与高的关系，

24、结合下滑的距离可知，滑块下滑过程中的高度差，进而求得减少的重力势能，由mgh=；mv2可以看出只需验证式子,1 2gh=-v是否成立即可，故质量不需要测量；导轨的倾斜角度。可以由已测量的导轨的长与高来确定，故 AB错误；C.计算滑块减少的重力势能时需测量出滑块下滑过程中从释放处遮光片到光电门的距离x,进而得到下降的高度，故 C 正确；D.瞬时速度是由光电门测出的遮光时间及遮光片宽度来计算的，不需要测量滑块在整个过程的运动时间，故 D错误。故选c。（3）引 由（1）的分析可知，滑块到达光电门位置的动能E1 7 1 /d、2k=-/?7()k 2 Z而下滑的位移为x时，减少的重力势能L HEp=m

25、g-x因此当mg号 x=L 2 kt即g H=-2xr时，可以验证机械能守恒。1 3.传感器在现代生活中有着广泛的应用，某学习小组利用压力传感器设计了一个测量压力大小的电路。压敏电阻的阻值R与所受压力大小厂的对应关系如图甲所示，压力尸在先利用如图乙所示的电路，测量尸=0时压敏电阻的阻值凡，再在电流表相应刻度处标记对应的压力值。主要器材如下。压敏电阻R （F=0时阻值凡在9 0 1 1 0C之间）电 源（电动势E=1 2 V,内阻不计）电流表G 1 （量 程1 0m A,内阻=2 000）电流表G 2 （量程5 0m A,内阻2约 为I。）定值电阻凡=2 00。滑动变阻器R?开关S 1、S 2及

26、导线若干请完成下列问题：（1）要求尽量准确测量压敏电阻的电阻值，导线C 端应与（填或b”）点连接。（2）闭合开关S 1、S2,调节滑动变阻器接入回路部分的阻值，从最大值逐渐减小，电流表 G2读数为4 0 m A 时电流表G 1 读数为8.0m A,可知R。=（3）断开开关S 2,不施加压力，继续调节滑动变阻器与，使电流表G 2 达到半偏，半偏电流刻度处标记尸=0,此时滑动变阻器接入电路部分的阻值和电流表G2内阻之和为C。保持滑动变阻器阻值不变，施加压力，当电流表G 2 示数为3 0 m A 时，压力尸=_ _ _ _ _ _ N【答案】.1 00 .3 8 0 1 6 0【解析】【详解】（1）

27、口 导线应接在。端，Q 与定值电阻R 1 串联可作为改装后的电压表，G?与的电流差值是通过压敏电阻A的电流，若接力，因G 2 的内阻未知，则无法准确测量/?两端的电压。（2）2 根据该电路的原理，结合部分电路的欧姆定律可得/,（/?,.+/?,）8 x 1 0-3 x（2 00+2 00）K=-=-；-2 =1 U U 1 2；2-7,（40 8）x 1 0-（3）3 由题意根据闭合电路的欧姆定律可得E=-（Rg2+R2+R）解得+&=3 8 0Q 4 由图甲可得电阻R与压力户之间的关系式为/?=-F +1 002保持滑动变阻器阻值不变，施加压力，当电流表G 2 示数为3 0 m A 时，设此

28、时压敏电阻的阻值为&,电流表的示数为4 2，由闭合电路的欧姆定律可得E=Ig22+R2+Rx）代入数据解得Rx=2 0Q代入与压力的关系式中可得F =1 6 0N四、计算题：本题共3 小题，共 36分。1 4.某同学利用实验室闲置的1 m 长的玻璃管和一个标称4.5 L 的导热金属容器做了一个简易温度计。如图所示，将 1 m 长的直尺和玻璃管固定在木板上，直尺与玻璃管两端对齐，玻璃管左端A开口，玻璃管右端8处用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，在玻璃管内有一小段密封良好、可自由滑动的圆柱体蜡块（长度可以忽略），蜡块与玻璃管的摩擦不计。大气压强始终为外,软管内部体积可忽略，玻璃管内横截面积

29、为l O c m）。当温度为2 7 时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。取绝对零度为一2 7 3。（2。（1）计算这个温度计测量温度的最大值。（2）若用一个光滑密封的活塞从左端4缓慢向右推进，直到把蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端8 点，求此时金属容器中气体的压强。（由于导热，气体的温度保持不变）【解析】【详解】（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为匕由题意可知匕=匕（T2其中X=5000cm3V2=5500cm3T,=300K解得5=330K（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，此时容器内气体的压强为p,则p|v +g L S 卜 p V解得15.如图甲所示为一款磁性轨道车玩

30、具，如图乙所示为轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、光滑竖直圆轨道BCD等几段轨道平滑连接而组成。己知小车的质量帆=50g,小车在整个轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，磁力大小恒为其重力的0.5倍，小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍。现将小车从A点由静止释放，第一次小车的动力装置提供恒定的牵引力E=0.6 N,运动到8点时失去动力;第二次小车的动力装置提供恒定的功率P=0.5 W,运动到8点之前失去动力。两次小车都是恰好能通过竖直圆轨道BCD,且在圆轨道内的最小速度为lm/s。假设小车可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）求圆轨道8

31、C。的半径；（2）求第二次小车在轨道A8段动力装置提供动力的时间；【解析】【详解】（1）设小车在C点的速度为七，恰好通过最高点，由机械能守恒知此时速度是在圆 弧 轨 道（半径设为R）上运动过程中的最小值，即匕=IM S,小车经过C点，由牛顿第二定律mg-0.5mg=mR解得J?=0.2m（2）小车从3到C,由动能定理得解得vB=3m/s小车第一次从A到&由 牛 顿 第 二 定 律又有VB=2CILAB解得LAB=0,5m小车第二次从A到B,由动能定理Pt-(m g+F)LAB=mvl解得t=0.6s16.如图所示，间距L=2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接恒流源，能确保电路

32、中的电流/恒为0.5A。空间分布两个宽度分别为4 =2.0m和d2=0.4m、间距。=2.0m的匀强磁场区域I和H,两磁场磁感应强度大小均为B=0.5 T,方向均竖直向下。质量根=0.5kg、电阻为R1的导体棒静止于区域I左边界,质量机=0.5kg、边长为0.5 0、电 阻&=2.0Q的正方形单匝线框的右边紧靠区域H左边界，一竖直固定挡板与区域II的右边界距离为0.5。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。己知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：(1)导体棒第一次离开区域I时的速度大小/；(2)线框与导体棒从第1次碰撞至

33、它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；【解析】【详解】(1)恒流源和导体棒串联，通过串联负载的电流即是恒流源的输出电流，恒流源就是要保证和它串联的负载电路的电流始终维持在输出电流。导体棒在磁场中运动时产生的电动势对应的感应电流，并不会影响恒流源所产生电流的恒定，因此电路的电流始终保持在0.5A,故导体棒受到向右的安培力为F女=BIL=0.5N对棒由动能定理心4*2解得W =2m/s(2)当棒与线框发生弹性碰撞，因为两者质量相等，且线框静止，所以二者交换速度，即第1次撞后，线框以匕=2m/s速度运动，棒静止，当线框右边从4磁场左边界运动到右边界的过程中，对线框由动量定理 EBI Af2累积求

34、和得-B q-mv2-mv1又B-d,9=-R2解得v2=1.9m/s同理可得线框左边从4磁场左边界运动到右边界时线框速度匕=L8m/s；可知每次线框经过磁场4时，速度将减少02m/s,线框以匕=L8m/s与挡板弹性碰撞后，以I.8m/s速度返回，经过磁场刈 后，速度变为V 4=L6m/s,线框以速度与棒第二次相碰，由能量守恒可得Q=g mv-m v=0.36J(3)棒与线框第2次碰后，交换速度，棒 以1.6m/s速度向左运动，线框静止，棒进入4磁场，因安培力不变，棒作匀减速运动，由F%=ma解得a=lm/s2棒在4磁场减速到速度为0,然后以“反向加速，以1.6m/s速度出4磁场，再与线框碰撞，线框每通过一次乙 磁场速度减小0-2m/s,棒一共能与线框碰撞9次(最后线框向左恰速度为零时挨到棒)，棒第一次在磁场区域I中向右运动的时间“乜=2sa此后有4次在磁场区域I中作匀减速直线运动，然后反向加速，用时分别为:=2-=3.2sa4=2以=2.4sat4=2=1.6sat5=2=0.8sa故由数学知识可得，导体棒在磁场区域I中运动的总时间t总=10s