资源简介

湖北省部分地市州2022-2023学年高三上学期物理元月联合调研考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·湖北期末）普朗克引入能量量子化的概念从理论上成功的解释了黑体辐射实验规律，是量子力学奠基人之一。下列选项中提及到的理论或现象都体现了量子化思想的是（　　）
A．爱因斯坦的光电效应理论、原子枣糕结构模型
B．爱因斯坦的光电效应理论、玻尔的原子模型
C．原子的核式结构模型、安培分子电流假说
D．天然放射现象、库仑定律
2．（2023高三上·湖北期末）振源从时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为0.4m。经0.2s绳上形成如图甲所示的波形。规定向上为质点振动位移的正方向，则点的简谐运动图像是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2023高三上·湖北期末）图甲是一种导热材料做成的“强力吸盘挂钩”，图乙是它的工作原理图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（图乙1），吸盘中的空气（可视为理想气体）被挤出一部分。然后把锁扣缓慢扳下（图乙2），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以很大的压力压住吸盘，保持锁扣内气体密闭，环境温度保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．锁扣扳下后，吸盘与墙壁间的摩擦力增大
B．锁扣扳下后，吸盘内气体分子平均动能增大
C．锁扣扳下过程中，锁扣对吸盘中的气体做正功，气体内能增加
D．锁扣扳下后吸盘内气体分子数密度减小，气体压强减小
4．（2021·浦东三模）甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·湖北期末）如图所示，点电荷在平面内绕轴上固定的点电荷做逆时针方向的低速椭圆运动，C、D关于点的中心对称点分别为、，不计点电荷的重力。下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势一定比点电势高
B．从A运动到的过程中电势能一直增大
C．从A运动到的过程中电场力先做正功后做负功
D．从运动到的时间小于从运动到的时间
6．（2023高三上·湖北期末）工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部为圆形绳套，、、、是圆上四等分点，侧面、、、是四条完全相同、不可伸长的轻绳。点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为。下列说法正确的是（　　）
A．绳的张力大小为
B．若侧面绳长不变，减小绳套的半径，绳的张力减小
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，绳的张力增大
D．若加速向上提升石球，绳的张力大于
7．（2023高三上·湖北期末）如图甲所示，水平放置的平行极板、间加如图乙所示的交变电场，时刻，处粒子源水平向右发射速度相同的、两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，粒子恰好不从磁场右边界飞出，、两粒子的运动轨迹交于点，且在处时、速度方向垂直，到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．、在电场中运动的时间可能不同
B．、穿过极板的时间可能为的奇数倍
C．、粒子的比荷为
D．、穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1：2
二、多选题
8．（2023高三上·湖北期末）我国发射的“夸父一号”太阳探测卫星采用的是距地面高度720km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道。所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，卫星一方面围绕地球飞行（看作匀速圆周运动）且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面围绕太阳转动，保持这个面一直朝向太阳。下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
B．以太阳为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动
C．“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度
D．“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空所用的时间间隔约为120小时
9．（2023高三上·湖北期末）中国“电磁橇”是世界首个电磁推进地面超高速试验设施，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的倍。列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为，列车迎面横截面积为S。若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其它条件完全相同的情况下，不计其它阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比，下列说法正确的是（　　）
A．车头迎面承受的压力变为目前的倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的倍
C．最大输出功率变为目前的倍
D．最大输出功率变为目前的倍
10．（2023高三上·湖北期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，交流电的输入电压不变，电路中三个电阻的阻值均为。当开关K断开时，理想交流电压表V1、V2的示数分别为、。当开关K闭合后，V1示数变化，V2示数变化。下列说法正确的是（　　）
A．
B．，
C．
D．K闭合后，电路总功率变为原来的2倍
11．（2023高三上·湖北期末）如图所示在竖直壁上有一个可以上下移动的小球抛射装置，小球质量为，改变小球在管中的初始位置，使弹簧的弹性势能与装置高度满足：（为已知常量）。静止的小球在弹簧的作用下水平抛出，不计一切阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．常数的单位为
B．小球离开抛射装置的速度
C．A的高度不同，小球水平落点也不同
D．当弹性势能为时，小球落到水平面的动能最大
三、实验题
12．（2023高三上·湖北期末）在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验中为探究加速度与力的关系，下列操作正确的是________。
A．为减小系统误差，砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D．先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
（2）在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出）。打点计时器所用交流电的频率为50Hz，打计数点2时小车的速度大小为　 　m/s，小车的加速度为　 　m/s2（结果均保留三位有效数字）。
13．（2023高三上·湖北期末）如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：
A．待测电池（电动势约为3.7V，内阻忽略不计）
B．待测电流表A（量程为0~3A，内阻待测）
C．电压表V（量程为0~3V，内阻）
D．定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器（）
H.滑动变阻器（）
I.导线若干、开关
为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：
（1）滑动变阻器应选择　 　，②处应选择　 　；（均填写器材前序号）
（2）电流表安装在　 　处；（填①或③）
（3）探究小组通过实验测得多组（，）数据，绘制出如图丙所示的图线，则电源的电动势为　 　V，电流表内阻为　 　（结果均保留2位有效数字），从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比　 　（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
四、解答题
14．（2023高三上·湖北期末）在折射率为的液体内部有一点光源，点光源可以向各个方向移动，初始时刻，在液面上观察到半径为的圆形光斑。
（1）求点光源S的初始深度；
（2）让点光源向某个方向匀速移动，发现光斑最右侧边沿位置不动，最左侧边沿向左侧移动，经过2s，左侧边沿向左移动了，侧面图如下图所示，求点光源S的移动速度。
15．（2023高三上·湖北期末）如图所示，在倾角为的足够长斜面上，有一足够长、质量为的木板由静止释放，运动一段时间后，在木板上表面下端轻放一质量为的小物块，木板立即匀速下滑。木板与斜面、木板与小物块间的动摩擦因数均为，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，，。求：
（1）动摩擦因数；
（2）小物块与木板间因摩擦产生的热量。
16．（2023高三上·湖北期末）如图所示，与是一组足够长的平行光滑导轨，间距，、倾斜，、在同一水平面内，与垂直，、处平滑连接。水平导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为的硬质导体棒静止在水平轨道上，与完全相同的导体棒从距水平面高度的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与棒相撞，运动过程中、棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其它电阻和空气阻力，重力加速度。
（1）求棒刚进入磁场时，棒所受的安培力；
（2）求整个过程中通过棒的电荷量及棒距离的初始距离；
（3） 、棒稳定后，在释放棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、…。当释放的棒最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，棒上产生的焦耳热，并算出时棒上产生的总焦耳热。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光电效应；原子的核式结构；天然放射现象
【解析】【解答】AB．爱因斯坦的光电效应理论中提出光子说，认为光的发射、传播和吸收是一份一份进行的，属于量子化思想的范畴；汤姆孙发现电子，并提出了原子枣糕结构模型，这不是量子化思想；玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，体现了量子化思想，A不符合题意，B符合题意；
C．卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子核式结构模型，安培分子电流假说都没有体现量子化思想，C不符合题意；
D．天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构和库仑定律，没有体现量子化思想，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】汤姆孙发现电子，并提出原子枣糕结构，卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构。
2．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】由波动图可知，经过0.2s，波传播半个波长，则可知周期为 ，由波形图可知，t=0时刻A点起振方向为向上，又因为振幅为 ，故振动图像为
故答案为：A。
【分析】根据机械波的产生和传播的得出该波的周期和正负，进一步得出振子的振动情况。
3．【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．锁扣扳下后，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以很大的压力压住吸盘，正压力增大，根据 ，可知最大静摩擦力增大，但吸盘的质量不变，由二力平衡得吸盘与墙壁间的摩擦力不变，A不符合题意；
B．锁扣扳下后，由于温度不变，所以吸盘内气体分子平均动能不变，B不符合题意；
C．锁扣扳下过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，但由于吸盘内气体的温度不变，所以气体内能不变，C不符合题意；
D．锁扣扳下后，吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子数密度减小；由玻意耳定律 ，可得，气体压强减小。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动摩擦力进而共点力平衡得出吸盘与墙壁间摩擦力的变化情况，温度是分子平均动能的标志，通过玻意耳定律得出锁扣扳下后气体压强的变化情况。
4．【答案】C
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处： ；在乙处： ；所以： ＝ ．C符合题意，ABD不符合题意
故答案为：C
【分析】利用水平方向的速度不变结合速度的分解可以求出两个速度的比值。
5．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电势能
【解析】【解答】ABC．点电荷P绕点电荷M做椭圆运动，则点电荷M对点电荷P的电场力为吸引力，所以 从A运动到 的过程中电场力一直做正功，则点电荷P的电势能一直减小，由于点电荷P的电性未知，由 可知，A、B点的电势高低无法判断，ABC不符合题意；
D．由对称性知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF上任一点的电势能小，由能量守恒定律得，点电荷P在CD上任一点的动能比在EF上任一点的动能大，即点电荷P在CD上任一点的速率比在EF上任一点的速率大，则点电荷P在CD上的平均速率比在EF上的平均速率大，而CD和EF的长度相等，由 得，点电荷 从 运动到 的时间小于从 运动到 的时间。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】点电荷P绕点电荷M做椭圆运动时结合功能关系以及电势能的表达式得出AAB两点电势的高低，通过能量守恒定律得出点电荷P在CD上任一点的速率比在EF上任一点的速率的大小关系，从而得出 从 运动到 的时间和从E到F的时间大小关系。
6．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对石球受力分析， 绳与石球相切于点 ，设 绳与竖直方向夹角为 ，如下图
所以 ，对结点O受力分析，由平衡条件得 ，解得， 绳的张力大小为 ，A不符合题意；
B．由题意可知 ，若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则 变大， 变小，则 绳的张力增大，B不符合题意；
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度， 变小， 变大，由 ，可得， 绳的张力减小，C不符合题意；
D．当石球平衡时，绳子拉力为 ，所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律 ，可得， 绳的张力 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对石球和结点分别进行受力分析，根据共点力平衡的粗细绳的拉力的表达式并判断变化情况，在加速上升的过程利用牛顿第二定律进行分析判断。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．因为a、b粒子都是以相同的速度，垂直进入电场，在电场中，沿初速度方向不受力，做匀速直线运动，由 可得， 、 在电场中运动的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙可知， 、 穿过极板的时间为 的偶数倍。
AB不符合题意；
C．由下图可知
可得 ，由几何关系可知 ，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力 ，可得，粒子的比荷为 ，在本题中，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则 ，所以 、 粒子的比荷之比为 ，C符合题意；
D．在竖直方向， 、 粒子先加速度再减速，由运动学公式得 ，因为 、 粒子在电场中运动时间相等，场强E相等，则 ，所以， 、 穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，在偏转电场中做类平抛运动，结合洛伦兹力提供向心力以及类平抛运动的规律进行分析判断。
8．【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．因为11.2km/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，由题意可知，“夸父一号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2km/s，A不符合题意；
B．以地球为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动，B不符合题意；
C．“夸父一号”的周期为100min，而地球的自转周期为24小时，所以 ，又因为 ，可得，“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度，C符合题意；
D．由 可得“夸父一号”与地球自转的角速度之比为 ，由题意得，“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空，则可能转半圈的奇数倍或者偶数倍。设地球转半圈数为 ，则地球转 个半圈的时间内，“夸父一号”转 个半圈。由几何关系得，满足 ，上式中，满足 和 同时为奇数或者偶数，则 最小取10，所以此时地球转了5圈，则 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，结合角速度和周期的关系得出“夸父一号”绕地球运行的角速度与地球的自转角速度的大小关系。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】AB．设列车运行的速度为 ，在 时间内，与列车作用的空气质量为 ，取这部分空气作为研究对象，由动量定理 ，解得列车对空气的作用力大小为 ，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为，
可得 ，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的 倍，则车头迎面承受的变为目前的 倍，A不符合题意，B符合题意；
CD．当列车速度达到最大时，牵引力 ，此时列车的最大输出功率为 ，可得 ，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的 倍，则最大输出功率变为目前的 倍。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对与列车相互作用的空气为研究对象，根据动量定理以及牛顿第三定律车头迎面承受的压力，结合功率的表达式得出最大输出功率。
10．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器的应用
【解析】【解答】A．由理想变压器原副线圈电压之比与线圈匝数成正比，则 ，A符合题意；
B．当开关K断开时，等效负载电阻为 ，此时理想交流电压表V1的示数为 ，此时理想交流电压表 的示数为 ，当开关K闭合后，等效负载电阻为 ，此时理想交流电压表V1的示数为 ，此时理想交流电压表 的示数为 ，所以当开关K闭合后，V1示数变化量为 ，V2示数变化量为 ，B不符合题意；
C．由B选项可得 ，C符合题意；
D．开关K断开时，电路总功率为 ，开关K闭合后，电路总功率为 ，所以 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出电压表的示数之比，结合串并联电路的特点以及功率的表达式得出开关断开和闭合后的电路总功率之比。
11．【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】A．由能量守恒定律得 ，化简可得 ，所以K的单位为 ，A符合题意；
B．由能量守恒定律 ，可得，小球离开抛射装置的速度为 ，B不符合题意；
C．根据平抛运动知识 ，水平位移 ，联立解得 ，所以小球的水平落点与h无关，C不符合题意；
D．由能量守恒定律知，小球落到水平面上的动能为 ，可见，当 ，小球落到水平面的动能最大，即 ，此时弹簧的弹性势能为 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】小球离开抛射装置后做平抛运动，结合平抛运动的规律以及能量守恒定律得出初速度的表达式以及落到水平面的最大动能。
12．【答案】（1）C；D
（2）0.411；2.00
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）AB．在该实验中，由力传感器直接显示出小车所受拉力大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，AB不符合题意；
C．在该实验中，为了保证小车所受的拉力等于力传感器示数的两倍，应使将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，C符合题意；
D．根据实验正确操作顺序，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，D符合题意。
故答案为：CD。
（2）两计数点间还有四个计时点没有画出，所以计数点间的时间间隔为 ，计数点2时小车的速度大小为 ，由逐差法可得，小车的加速度为 ，代入数据解得
【分析】（1）根据 探究加速度与力、质量关系的实验 原理选择正确的选项；
（2）结合中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得出计数点2时小车的速度；利用匀变速直线运动的位移时间的关系得出加速度的大小。
13．【答案】（1）F；D
（2）③
（3）3.6；0.80；相等
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择 ，所以滑动变阻器 应选择F；由于电源电动势约为3.7V，而电压表V量程为 ，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表V与定值电阻R1串联，所以②处应选择D。
（2）电流表A量程为 ，将电流表安装在③处可以测量干路中的电流。
（3）由闭合电路的欧姆定律 ，代入数据，化简可得 ，
结合图丙可知 ，解得，电流表内阻为 ，将 ， 代入解析式中，解得电源的电动势为 ，由题意得 ，在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。
【分析】（1）结合电流表的内阻选择滑动变阻器，为了扩大量程从而选择并联的电阻；
（2）结合电流表的量程得出电流表应所在的位置；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U-I的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
14．【答案】（1）解：在B处发生全反射，如图
临界角C满足
由几何关系得
联立解得，点光源 的初始深度为
（2）解：由图可知
光源移动的位移s满足
由公式
联立解得，光源移动速度为
方向为光源S沿着左下方 角。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据折射率和全反射临界角正弦值的关系得出 点光源S的初始深度 ；
（2）结合几何关系以及光在介质中的波速和传播时间之间的关系得出 点光源S的移动速度 。
15．【答案】（1）解：因为木板匀速运动，所以对木板A受力分析，由平衡条件
解得，动摩擦因数为
（2）解：木板刚开始运动时，由牛顿第二定律有
木板匀速运动的速度
小物块刚放在木板上时，对小物块有
与木板共速历时 ，有
由于木板与斜面、木板与小物块间的动摩擦因数均为 ，所以小物块与木板速度相同后会保持相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动。所以小物块相对于木板的位移为
小物块与木板间因摩擦产生的热量为
代入数据解得，小物块与木板间因摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对木块A进行受力分析，利用共点力平衡得出动摩擦因数；
（2） 木板刚开始运动时， 根据牛顿第二定律得出加速度的大小， 小物块刚放在木板上时 对小物块进行受力分析，利用速度与时间的关系以及功能关系得出小物块与木板间因摩擦产生的热量 。
16．【答案】（1）解： 棒下滑 时
刚切割磁感线时干路电流有
棒的所受安培力
方向水平向右
（2）解： 、 在水平导轨上运动共速前， 的速度为 ， 的速度为 ，电路满足 ④
、 在水平导轨上运动共速后速度为 满足 ⑤
对于 棒，取时间微元 有
⑥
⑦
对④⑤⑥⑦分别求和可得
（3）解：当 棒运动达到稳定后 ⑩
此过程中损失的动能满足
由电路可知
由焦耳定律可得
此过程中 棒上产生的焦耳热
联立⑩ 得


当 时，代入数值可得
【知识点】功能关系；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 棒下滑 时 根据机械能守恒以及欧姆定律得出b 刚切割磁感线时干路电流 ，结合安培力的表达式得出a棒的所受安培力；
（2）根据闭合电路欧姆定律以及动量守恒得出ab的共同速度，结合动量定理得出整个过程中通过棒的电荷量及棒距离的初始距离；
（3） 棒运动达到稳定后 ，利用动量守恒以及功能关系得出损失的动能，结合焦耳定律得出 时棒上产生的总焦耳热 。
1 / 1湖北省部分地市州2022-2023学年高三上学期物理元月联合调研考试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·湖北期末）普朗克引入能量量子化的概念从理论上成功的解释了黑体辐射实验规律，是量子力学奠基人之一。下列选项中提及到的理论或现象都体现了量子化思想的是（　　）
A．爱因斯坦的光电效应理论、原子枣糕结构模型
B．爱因斯坦的光电效应理论、玻尔的原子模型
C．原子的核式结构模型、安培分子电流假说
D．天然放射现象、库仑定律
【答案】B
【知识点】光电效应；原子的核式结构；天然放射现象
【解析】【解答】AB．爱因斯坦的光电效应理论中提出光子说，认为光的发射、传播和吸收是一份一份进行的，属于量子化思想的范畴；汤姆孙发现电子，并提出了原子枣糕结构模型，这不是量子化思想；玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，体现了量子化思想，A不符合题意，B符合题意；
C．卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子核式结构模型，安培分子电流假说都没有体现量子化思想，C不符合题意；
D．天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构和库仑定律，没有体现量子化思想，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】汤姆孙发现电子，并提出原子枣糕结构，卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构。
2．（2023高三上·湖北期末）振源从时刻开始带动细绳上各点上下做简谐运动，振幅为0.4m。经0.2s绳上形成如图甲所示的波形。规定向上为质点振动位移的正方向，则点的简谐运动图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】由波动图可知，经过0.2s，波传播半个波长，则可知周期为 ，由波形图可知，t=0时刻A点起振方向为向上，又因为振幅为 ，故振动图像为
故答案为：A。
【分析】根据机械波的产生和传播的得出该波的周期和正负，进一步得出振子的振动情况。
3．（2023高三上·湖北期末）图甲是一种导热材料做成的“强力吸盘挂钩”，图乙是它的工作原理图。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（图乙1），吸盘中的空气（可视为理想气体）被挤出一部分。然后把锁扣缓慢扳下（图乙2），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出。在拉起吸盘的同时，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以很大的压力压住吸盘，保持锁扣内气体密闭，环境温度保持不变。下列说法正确的是（　　）
A．锁扣扳下后，吸盘与墙壁间的摩擦力增大
B．锁扣扳下后，吸盘内气体分子平均动能增大
C．锁扣扳下过程中，锁扣对吸盘中的气体做正功，气体内能增加
D．锁扣扳下后吸盘内气体分子数密度减小，气体压强减小
【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡；温度和温标；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A．锁扣扳下后，锁扣对盘盖施加压力，致使盘盖以很大的压力压住吸盘，正压力增大，根据 ，可知最大静摩擦力增大，但吸盘的质量不变，由二力平衡得吸盘与墙壁间的摩擦力不变，A不符合题意；
B．锁扣扳下后，由于温度不变，所以吸盘内气体分子平均动能不变，B不符合题意；
C．锁扣扳下过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，但由于吸盘内气体的温度不变，所以气体内能不变，C不符合题意；
D．锁扣扳下后，吸盘内气体分子数不变，而气体体积变大，则吸盘内气体分子数密度减小；由玻意耳定律 ，可得，气体压强减小。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据滑动摩擦力进而共点力平衡得出吸盘与墙壁间摩擦力的变化情况，温度是分子平均动能的标志，通过玻意耳定律得出锁扣扳下后气体压强的变化情况。
4．（2021·浦东三模）甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】速度的合成与分解
【解析】【解答】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直，在甲处： ；在乙处： ；所以： ＝ ．C符合题意，ABD不符合题意
故答案为：C
【分析】利用水平方向的速度不变结合速度的分解可以求出两个速度的比值。
5．（2023高三上·湖北期末）如图所示，点电荷在平面内绕轴上固定的点电荷做逆时针方向的低速椭圆运动，C、D关于点的中心对称点分别为、，不计点电荷的重力。下列说法正确的是（　　）
A．A点的电势一定比点电势高
B．从A运动到的过程中电势能一直增大
C．从A运动到的过程中电场力先做正功后做负功
D．从运动到的时间小于从运动到的时间
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；电势能
【解析】【解答】ABC．点电荷P绕点电荷M做椭圆运动，则点电荷M对点电荷P的电场力为吸引力，所以 从A运动到 的过程中电场力一直做正功，则点电荷P的电势能一直减小，由于点电荷P的电性未知，由 可知，A、B点的电势高低无法判断，ABC不符合题意；
D．由对称性知，点电荷P在CD上任一点的电势能比在EF上任一点的电势能小，由能量守恒定律得，点电荷P在CD上任一点的动能比在EF上任一点的动能大，即点电荷P在CD上任一点的速率比在EF上任一点的速率大，则点电荷P在CD上的平均速率比在EF上的平均速率大，而CD和EF的长度相等，由 得，点电荷 从 运动到 的时间小于从 运动到 的时间。D符合题意。
故答案为：D。
【分析】点电荷P绕点电荷M做椭圆运动时结合功能关系以及电势能的表达式得出AAB两点电势的高低，通过能量守恒定律得出点电荷P在CD上任一点的速率比在EF上任一点的速率的大小关系，从而得出 从 运动到 的时间和从E到F的时间大小关系。
6．（2023高三上·湖北期末）工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部为圆形绳套，、、、是圆上四等分点，侧面、、、是四条完全相同、不可伸长的轻绳。点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为。下列说法正确的是（　　）
A．绳的张力大小为
B．若侧面绳长不变，减小绳套的半径，绳的张力减小
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，绳的张力增大
D．若加速向上提升石球，绳的张力大于
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对石球受力分析， 绳与石球相切于点 ，设 绳与竖直方向夹角为 ，如下图
所以 ，对结点O受力分析，由平衡条件得 ，解得， 绳的张力大小为 ，A不符合题意；
B．由题意可知 ，若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则 变大， 变小，则 绳的张力增大，B不符合题意；
C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度， 变小， 变大，由 ，可得， 绳的张力减小，C不符合题意；
D．当石球平衡时，绳子拉力为 ，所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律 ，可得， 绳的张力 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对石球和结点分别进行受力分析，根据共点力平衡的粗细绳的拉力的表达式并判断变化情况，在加速上升的过程利用牛顿第二定律进行分析判断。
7．（2023高三上·湖北期末）如图甲所示，水平放置的平行极板、间加如图乙所示的交变电场，时刻，处粒子源水平向右发射速度相同的、两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，粒子恰好不从磁场右边界飞出，、两粒子的运动轨迹交于点，且在处时、速度方向垂直，到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．、在电场中运动的时间可能不同
B．、穿过极板的时间可能为的奇数倍
C．、粒子的比荷为
D．、穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1：2
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】AB．因为a、b粒子都是以相同的速度，垂直进入电场，在电场中，沿初速度方向不受力，做匀速直线运动，由 可得， 、 在电场中运动的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙可知， 、 穿过极板的时间为 的偶数倍。
AB不符合题意；
C．由下图可知
可得 ，由几何关系可知 ，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力 ，可得，粒子的比荷为 ，在本题中，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则 ，所以 、 粒子的比荷之比为 ，C符合题意；
D．在竖直方向， 、 粒子先加速度再减速，由运动学公式得 ，因为 、 粒子在电场中运动时间相等，场强E相等，则 ，所以， 、 穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，在偏转电场中做类平抛运动，结合洛伦兹力提供向心力以及类平抛运动的规律进行分析判断。
二、多选题
8．（2023高三上·湖北期末）我国发射的“夸父一号”太阳探测卫星采用的是距地面高度720km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道。所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，卫星一方面围绕地球飞行（看作匀速圆周运动）且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面围绕太阳转动，保持这个面一直朝向太阳。下列说法正确的是（　　）
A．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
B．以太阳为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动
C．“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度
D．“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空所用的时间间隔约为120小时
【答案】C,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A．因为11.2km/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，由题意可知，“夸父一号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2km/s，A不符合题意；
B．以地球为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动，B不符合题意；
C．“夸父一号”的周期为100min，而地球的自转周期为24小时，所以 ，又因为 ，可得，“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度，C符合题意；
D．由 可得“夸父一号”与地球自转的角速度之比为 ，由题意得，“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空，则可能转半圈的奇数倍或者偶数倍。设地球转半圈数为 ，则地球转 个半圈的时间内，“夸父一号”转 个半圈。由几何关系得，满足 ，上式中，满足 和 同时为奇数或者偶数，则 最小取10，所以此时地球转了5圈，则 ，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，结合角速度和周期的关系得出“夸父一号”绕地球运行的角速度与地球的自转角速度的大小关系。
9．（2023高三上·湖北期末）中国“电磁橇”是世界首个电磁推进地面超高速试验设施，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的倍。列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为，列车迎面横截面积为S。若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其它条件完全相同的情况下，不计其它阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比，下列说法正确的是（　　）
A．车头迎面承受的压力变为目前的倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的倍
C．最大输出功率变为目前的倍
D．最大输出功率变为目前的倍
【答案】B,D
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；功率及其计算
【解析】【解答】AB．设列车运行的速度为 ，在 时间内，与列车作用的空气质量为 ，取这部分空气作为研究对象，由动量定理 ，解得列车对空气的作用力大小为 ，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为，
可得 ，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的 倍，则车头迎面承受的变为目前的 倍，A不符合题意，B符合题意；
CD．当列车速度达到最大时，牵引力 ，此时列车的最大输出功率为 ，可得 ，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的 倍，则最大输出功率变为目前的 倍。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】对与列车相互作用的空气为研究对象，根据动量定理以及牛顿第三定律车头迎面承受的压力，结合功率的表达式得出最大输出功率。
10．（2023高三上·湖北期末）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，交流电的输入电压不变，电路中三个电阻的阻值均为。当开关K断开时，理想交流电压表V1、V2的示数分别为、。当开关K闭合后，V1示数变化，V2示数变化。下列说法正确的是（　　）
A．
B．，
C．
D．K闭合后，电路总功率变为原来的2倍
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器的应用
【解析】【解答】A．由理想变压器原副线圈电压之比与线圈匝数成正比，则 ，A符合题意；
B．当开关K断开时，等效负载电阻为 ，此时理想交流电压表V1的示数为 ，此时理想交流电压表 的示数为 ，当开关K闭合后，等效负载电阻为 ，此时理想交流电压表V1的示数为 ，此时理想交流电压表 的示数为 ，所以当开关K闭合后，V1示数变化量为 ，V2示数变化量为 ，B不符合题意；
C．由B选项可得 ，C符合题意；
D．开关K断开时，电路总功率为 ，开关K闭合后，电路总功率为 ，所以 ，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出电压表的示数之比，结合串并联电路的特点以及功率的表达式得出开关断开和闭合后的电路总功率之比。
11．（2023高三上·湖北期末）如图所示在竖直壁上有一个可以上下移动的小球抛射装置，小球质量为，改变小球在管中的初始位置，使弹簧的弹性势能与装置高度满足：（为已知常量）。静止的小球在弹簧的作用下水平抛出，不计一切阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．常数的单位为
B．小球离开抛射装置的速度
C．A的高度不同，小球水平落点也不同
D．当弹性势能为时，小球落到水平面的动能最大
【答案】A,D
【知识点】能量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】A．由能量守恒定律得 ，化简可得 ，所以K的单位为 ，A符合题意；
B．由能量守恒定律 ，可得，小球离开抛射装置的速度为 ，B不符合题意；
C．根据平抛运动知识 ，水平位移 ，联立解得 ，所以小球的水平落点与h无关，C不符合题意；
D．由能量守恒定律知，小球落到水平面上的动能为 ，可见，当 ，小球落到水平面的动能最大，即 ，此时弹簧的弹性势能为 ，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】小球离开抛射装置后做平抛运动，结合平抛运动的规律以及能量守恒定律得出初速度的表达式以及落到水平面的最大动能。
三、实验题
12．（2023高三上·湖北期末）在探究加速度与力、质量关系的实验中，某同学设计了如图所示的实验装置。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
（1）实验中为探究加速度与力的关系，下列操作正确的是________。
A．为减小系统误差，砂和砂桶的质量要远小于小车的质量
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D．先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
（2）在正确操作的前提下，该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出）。打点计时器所用交流电的频率为50Hz，打计数点2时小车的速度大小为　 　m/s，小车的加速度为　 　m/s2（结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1）C；D
（2）0.411；2.00
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）AB．在该实验中，由力传感器直接显示出小车所受拉力大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量要远小于小车的质量，AB不符合题意；
C．在该实验中，为了保证小车所受的拉力等于力传感器示数的两倍，应使将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，C符合题意；
D．根据实验正确操作顺序，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，D符合题意。
故答案为：CD。
（2）两计数点间还有四个计时点没有画出，所以计数点间的时间间隔为 ，计数点2时小车的速度大小为 ，由逐差法可得，小车的加速度为 ，代入数据解得
【分析】（1）根据 探究加速度与力、质量关系的实验 原理选择正确的选项；
（2）结合中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得出计数点2时小车的速度；利用匀变速直线运动的位移时间的关系得出加速度的大小。
13．（2023高三上·湖北期末）如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：
A．待测电池（电动势约为3.7V，内阻忽略不计）
B．待测电流表A（量程为0~3A，内阻待测）
C．电压表V（量程为0~3V，内阻）
D．定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器（）
H.滑动变阻器（）
I.导线若干、开关
为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：
（1）滑动变阻器应选择　 　，②处应选择　 　；（均填写器材前序号）
（2）电流表安装在　 　处；（填①或③）
（3）探究小组通过实验测得多组（，）数据，绘制出如图丙所示的图线，则电源的电动势为　 　V，电流表内阻为　 　（结果均保留2位有效数字），从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比　 　（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）F；D
（2）③
（3）3.6；0.80；相等
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择 ，所以滑动变阻器 应选择F；由于电源电动势约为3.7V，而电压表V量程为 ，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表V与定值电阻R1串联，所以②处应选择D。
（2）电流表A量程为 ，将电流表安装在③处可以测量干路中的电流。
（3）由闭合电路的欧姆定律 ，代入数据，化简可得 ，
结合图丙可知 ，解得，电流表内阻为 ，将 ， 代入解析式中，解得电源的电动势为 ，由题意得 ，在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。
【分析】（1）结合电流表的内阻选择滑动变阻器，为了扩大量程从而选择并联的电阻；
（2）结合电流表的量程得出电流表应所在的位置；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出U-I的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
四、解答题
14．（2023高三上·湖北期末）在折射率为的液体内部有一点光源，点光源可以向各个方向移动，初始时刻，在液面上观察到半径为的圆形光斑。
（1）求点光源S的初始深度；
（2）让点光源向某个方向匀速移动，发现光斑最右侧边沿位置不动，最左侧边沿向左侧移动，经过2s，左侧边沿向左移动了，侧面图如下图所示，求点光源S的移动速度。
【答案】（1）解：在B处发生全反射，如图
临界角C满足
由几何关系得
联立解得，点光源 的初始深度为
（2）解：由图可知
光源移动的位移s满足
由公式
联立解得，光源移动速度为
方向为光源S沿着左下方 角。
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【分析】（1）根据折射率和全反射临界角正弦值的关系得出 点光源S的初始深度 ；
（2）结合几何关系以及光在介质中的波速和传播时间之间的关系得出 点光源S的移动速度 。
15．（2023高三上·湖北期末）如图所示，在倾角为的足够长斜面上，有一足够长、质量为的木板由静止释放，运动一段时间后，在木板上表面下端轻放一质量为的小物块，木板立即匀速下滑。木板与斜面、木板与小物块间的动摩擦因数均为，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，，。求：
（1）动摩擦因数；
（2）小物块与木板间因摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：因为木板匀速运动，所以对木板A受力分析，由平衡条件
解得，动摩擦因数为
（2）解：木板刚开始运动时，由牛顿第二定律有
木板匀速运动的速度
小物块刚放在木板上时，对小物块有
与木板共速历时 ，有
由于木板与斜面、木板与小物块间的动摩擦因数均为 ，所以小物块与木板速度相同后会保持相对静止一起沿斜面向下做匀加速直线运动。所以小物块相对于木板的位移为
小物块与木板间因摩擦产生的热量为
代入数据解得，小物块与木板间因摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对木块A进行受力分析，利用共点力平衡得出动摩擦因数；
（2） 木板刚开始运动时， 根据牛顿第二定律得出加速度的大小， 小物块刚放在木板上时 对小物块进行受力分析，利用速度与时间的关系以及功能关系得出小物块与木板间因摩擦产生的热量 。
16．（2023高三上·湖北期末）如图所示，与是一组足够长的平行光滑导轨，间距，、倾斜，、在同一水平面内，与垂直，、处平滑连接。水平导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为的硬质导体棒静止在水平轨道上，与完全相同的导体棒从距水平面高度的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与棒相撞，运动过程中、棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其它电阻和空气阻力，重力加速度。
（1）求棒刚进入磁场时，棒所受的安培力；
（2）求整个过程中通过棒的电荷量及棒距离的初始距离；
（3） 、棒稳定后，在释放棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、…。当释放的棒最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，棒上产生的焦耳热，并算出时棒上产生的总焦耳热。
【答案】（1）解： 棒下滑 时
刚切割磁感线时干路电流有
棒的所受安培力
方向水平向右
（2）解： 、 在水平导轨上运动共速前， 的速度为 ， 的速度为 ，电路满足 ④
、 在水平导轨上运动共速后速度为 满足 ⑤
对于 棒，取时间微元 有
⑥
⑦
对④⑤⑥⑦分别求和可得
（3）解：当 棒运动达到稳定后 ⑩
此过程中损失的动能满足
由电路可知
由焦耳定律可得
此过程中 棒上产生的焦耳热
联立⑩ 得


当 时，代入数值可得
【知识点】功能关系；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1） 棒下滑 时 根据机械能守恒以及欧姆定律得出b 刚切割磁感线时干路电流 ，结合安培力的表达式得出a棒的所受安培力；
（2）根据闭合电路欧姆定律以及动量守恒得出ab的共同速度，结合动量定理得出整个过程中通过棒的电荷量及棒距离的初始距离；
（3） 棒运动达到稳定后 ，利用动量守恒以及功能关系得出损失的动能，结合焦耳定律得出 时棒上产生的总焦耳热 。
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