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2025年陕西省西安交大附中高考物理模拟试卷（六）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大
B. 图乙中，频率越小的水波绕到挡板后面继续传播的现象越明显
C. 图丙中A管内发生的是毛细现象，B管内发生的不是毛细现象
D. 图丁是核反应堆示意图，其中石墨是慢化剂，其作用是减缓核反应速度
2.四辆小车从同一地点向同一方向运动，它们的位移x、速度v随时间t变化的情况分别如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在时间内，乙的速度始终比甲的速度大
B. 在 时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
C. 在时间内，丙、丁两车在时刻相距最远
D. 在时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
3.如图所示，正方形框ABCD竖直放置，两个完全相同的小球P、Q分别穿在方框的BC、CD边上，当方框绕AD轴匀速转动时，两球均恰与方框保持相对静止且位于BC、CD边的中点，已知两球与方框之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两球与方框间的动摩擦因数为( )
A.
B.
C.
D.
4.假设各行星均绕太阳做匀速圆周运动，行星的线速度大小为v，行星与太阳的连线在单位时间内扫过的面积为S，则下列表达式正确的是其中k为常量
A. B. C. D.
5.如图所示，带有阀门的导热容器内封闭着温度为、压强等于一个标准大气压的空气可视为理想气体。若周围环境温度从缓慢上升到的过程中，大气压强始终等于一个标准大气压，热力学温度与摄氏温度的关系为。下列说法正确的是( )
A. 保持阀门关闭，在环境温度在时与时容器内的气体压强的比值为
B. 保持阀门关闭，在环境温度在时与时容器内的气体单位时间内与单位面积器壁的碰撞次数相同
C. 若打开阀门，在环境温度在时与时稳定后容器内气体分子数密度的比值为
D. 若打开阀门，和相比时容器内各速率分子数占总分子数的比率均增加
6.在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想交流电表，、为定值电阻，为滑动变阻器，在a、b两端输入正弦交流电压，将滑动变阻器滑片从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数一直减小 B. 电压表示数一直增大
C. a、b端输入功率一直增大 D. 变压器的输出功率一直增大
7.地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m。电荷量均为q。不计粒子的重力及相互作用力。则( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B. 若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C. 若粒子速率小于，入射到磁场的粒子可到达地面
D. 若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图所示。现有一带负电的粒子重力不计以初速度沿轴线由P运动到Q，。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是( )
A. 粒子先加速后一直减速 B. 静电力对粒子做功不为0
C. 粒子所受静电力先增大后一直减小 D. 粒子的电势能先减小后一直增大
9.如图所示，水平地面上有一足够长的质量为的长木板A，上表面放置两个质量都为的小物块B、均可视为质点。外力F作用在长木板A的右端。已知A与地面间的动摩擦因数为，B、C与A间的动摩擦因数分别为、，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，下列说法正确的是( )
A. 当时，A、B、C均静止
B. 当时，B与A才发生相对滑动
C. 若，B、C间距离为，则用时2s物块C会与B相碰
D. 当时，C与A才发生相对滑动
10.某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速率成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的B点时速度方向与水平地面的夹角为，如图所示。已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，最大值恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 乒乓球从A点运动到B点的过程中速度先减小后增大
B. 乒乓球落到B点时的速度大小为
C. 乒乓球的水平射程为
D. 乒乓球从A点运动到B点的时间为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某学习小组利用如图甲所示的实验装置进行了当地重力加速度的测量。
实验步骤如下：
①测量摆线长度及金属球直径，计算摆长l；
②将电磁铁断电，金属小球处于自由下垂状态，将手机光传感器置于小球正下方，保证手机位置不变；
③将电磁铁通电，金属球被吸至电磁铁处，再将电磁铁断电，使金属球开始摆动，保持做单摆振动；
④手机采集得到光照强度与时间的关系如图乙所示，则单摆周期______ s；
⑤由此可测得重力加速度______用题中所给字母表示。
学习小组的同学通过该实验装置确定单摆运动周期，用计算机绘制了两单摆的振动图像如图丙所示，则两单摆的摆长之比为：______。
12.某校举行了一次物理实验操作技能比赛，其中一项比赛为选用合适的电学元件设计合理的电路，并能较准确的测量同一电池组的电动势及其内阻。提供的器材如下：电流表满偏电流10mA，内阻
B.电流表内阻未知
C.电压表内阻未知
D.滑动变阻器
E.定值电阻阻值
F.开关与导线若干
图是小宇同学根据选用的仪器设计测量该电池组电动势和内阻的电路图。根据该实验电路测出的数据绘制的图线如图所示为电流表G的示数，为电流表A的示数，则由图线可以得到被测电池组的电动势______V，内阻______。结果均保留2位有效数字
另一位小张同学则设计了图所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制图线如图中所示的A、B两条图线。
可以判断图线A是利用单刀双掷开关接______选填“1”或“2”中的实验数据描出的；分析A、B两条图线可知，此电池组的电动势为______，内阻______用图中、、、表示。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一半圆柱形透明物体横截面如图所示，直径AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，并建立图示坐标系。一束平行x轴直径的激光在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点垂直x轴直径向上射出。已知，圆柱形半径。求：计算结果可带根号
透明物体的折射率；
激光射出点N点的坐标。
14.如果一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为a的正方形，MN的中点为O，两正方形内均存在匀强电场，左侧正方形内电场方向水平向左，右侧正方形内电场方向水平向右，两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线，其电势为，AD和BC的电势均为零。一质量为m、电荷量为的带电粒子从AM的中点垂直电场以某一速度射入左侧电场，当粒子第二次经过MN边界时，恰好从N点离开，不计粒子重力。
求粒子在电场中的加速度大小a；
求该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小v；
若将该粒子置于O点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动，且运动过程中动能和电势能之和恒为Z，求该粒子运动过程中距离O点的最远距离x和粒子在水平方向做往复运动的周期T。
15.一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道，FM与平行，相距，NZ与平行，相距，轨道间区域被边界、和分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ处于竖直向下的匀强磁场中，Ⅲ处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为，所有轨道电阻不计，Ⅲ区域轨道粗糙，，其它轨道光滑。轨道上放置着AB、CD两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为，电阻均为。时，AB棒有向右的初速度，CD棒的速度为此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好，在CD棒到达时AB棒恰好到达，且两棒均已匀速。此时开始给AB棒一个外力，使AB棒在Ⅱ区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4N，且CD棒在Ⅲ区域的运动时间为1s。当CD棒到达时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在Ⅱ区域运动，CD棒在Ⅳ区域运动，直到两者稳定。g取。求：
时，AB棒两端的电势差；
当CD棒到达时，AB棒的速度大小以及当CD棒到达时AB棒的速度大小；
棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：图甲中，公路上对各类汽车都有限速，但汽车的惯性只与汽车质量有关，故A错误；
图乙中，根据发生明显衍射现象的条件，又频率越小的水波波长越长，则越容易绕到挡板后面继续传播，故B正确；
图丙中AB管内发生的都是毛细现象，故C错误；
图丁是核反应堆示意图，其中石墨是慢化剂，其作用是使裂变产生的快中子减速从而维持核裂变的链式反应稳定进行，故D错误。
故选：B。
根据惯性、波发生明显衍射现象的条件和毛细现象以及核反应堆中石墨慢化剂的作用进行分析解答。
考查惯性、波发生明显衍射现象的条件和毛细现象以及核反应堆中石墨慢化剂的作用，会根据题意进行准确分析解答。
2.【答案】C
【解析】解：A、在图像中，图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，则知在时间内，乙的速度先比甲的速度大，再与甲的速度相等，后比甲的速度小，故A错误；
B、在 时间内，甲与乙通过的位移相等，所用时间相等，则甲与乙的平均速度相等，故B错误；
CD、丙、丁两车从同一地点向同一方向运动，在时间内，丁的速度一直比丙的大，丁在丙的前方，丙、丁两车间距逐渐增大，则丙、丁两车在时刻相距最远，故C正确，D错误。
故选：C。
在位移-时间图像中，图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移；在速度-时间图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，根据速度关系分析两车间距的变化情况。
解决本题的关键是理解运动图像的物理意义，注意位移-时间图像和速度-时间图像的区别。要知道两种图像斜率的意义是不同的，不能搞混。
3.【答案】B
【解析】解：设小球P、Q的质量为m，正方形框ABCD的边长为l，角速度为。
对P球，根据牛顿第二定律可得
水平方向有：
竖直方向有：
又
联立得：
对Q球，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
小球P、Q均做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据牛顿第二定律和摩擦力公式相结合求解。
解答本题时，要知道小球做匀速圆周运动时，由合外力提供向心力。
4.【答案】A
【解析】解：设卫星绕行星运动的速度是v时，卫星圆周运动的半径为r，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
行星与太阳的连线在时间t内扫过的面积为，则
卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积为
联立解得：
故A正确，BCD错误。
故选：A。
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第二定律分析，卫星与行星中心的连线在单位时间内扫过的面积相等。
解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，能知道扫过的面积与周期、轨道半径的关系。
5.【答案】C
【解析】解、A、保持阀门关闭，气体的体积不变，温度最高时气体的压强，温度，温度最低时气体的压强，温度，则根据查理定律有，所以，故A错误；
B、保持阀门关闭，容器内单位体积内的分子数不变，容器内的气体在温度最高时压强大，温度最低时压强小，而温度高时，分子的平均动能大，则单位面积上气体分子碰撞器壁的次数多，故B错误；
C、若打开阀门，内外空气接通，压强为大气压强，设温度最高时，容器内气体密度为，温度最低时，容器内气体密度为，由于，则，所以，所以，故C正确；
D、容器内的气体在温度最高与最低时压强相同，则两种情况下，单位时间内，单位面积上分子对器壁碰撞的平均力相等，温度高时，分子的平均动能大，碰器壁时的作用力大，所以碰撞的次数要少，故D错误。
故选：C。
A、阀门关闭时气体体积不变，用查理定律求压强比值；
B、阀门关闭时温度变化，气体压强和分子平均动能改变，据此分析碰撞次数；
C、打开阀门时气体压强不变，依据盖-吕萨克定律和分子数密度概念求解；
D、打开阀门温度升高，依据分子速率分布规律判断各速率分子数占比变化。
本题考查了查理定律、盖-吕萨克定律、气体分子动理论，明确阀门关闭时气体是等容变化，用查理定律；阀门打开时气体是等压变化，用盖-吕萨克定律。
6.【答案】C
【解析】解：当滑动变阻器的滑片从最上端向最下端移动过程中，副线圈电路中的电阻减小，设副线圈电路中的电阻为R，则
当R减小时，增大，根据变流比可知，电流表的示数增大，故A错误；
B.两端的电压与电压表电压之和等于a、b两端的输入电压，两端的电压增大，因此电压表的示数减小，故B错误；
C.由
可知，a、b端输入功率一直增大，故C正确；
D.变压器的输出功率
由于与是非单调关系，因此不能判断变压器的输出功率是增大还是减小，故D错误。
故选：C。
A.根据副线圈电阻的变化判断副线圈电流的变化，进而判断电流表的示数变化；
B.根据串联电路电压的特点判断电压表示数变化；
C.根据判断a、b端输入功率的变化；
D.根据功率表达式分析判断变压器的输出功率的变化。
熟练掌握变压器的原理，会推导回路电阻的变化情况是解题关键。
7.【答案】D
【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子的速率为，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得粒子运动半径为
若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如下图所示，
设该轨迹半径为，由几何关系可得：
解得：，故B错误；
C.若粒子的速率为，同理可得粒子运动半径为
由B选项分析可知，若粒子速率等于时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误；
D.若粒子速率为，同理可得粒子运动半径为
此时对于由最下端N点入射的粒子，其轨迹圆心角为，如下图所示，
因，故可知由最下端N点入射的粒子恰好到达地面的最右侧的P点，而在最下端的以上入射的粒子的轨迹与MN右侧地面的交点均在P点下方，正对圆心O入射的粒子恰好到达地面的最下端Q点，故入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域，即圆弧PQ部分，故D正确；
A.由D选项的结论可知，粒子可以到达MN右侧地面，故A错误。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则粒子在磁场中逆时针偏转，在下方射入的某些粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面；根据洛伦兹力提供向心力求得不同速率入射的粒子的运动半径，根据几何知识解答。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件如出射点的位置，轨迹与边界相切等确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小相关联，时间与圆心角相关联。
8.【答案】AD
【解析】解：带负电的粒子受到的电场力的方向与电场强度的方向相反，所以由P运动到Q的过程中受到的电场力的方向先向右，后向左，则从P到Q电场力先做正功，后一直做负功，动能先增大后一直减小；根据电场力做功与电势能的关系可得，电势能先减小后一直增大，故AD正确；
B.根据图可知，根据可知，粒子由P运动到Q的过程静电力对粒子做功的代数和为0，故B错误；
C.根据图可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故C错误。
故选：AD。
带有正电荷圆环的电场电场线从圆环出发到无穷远终止，分析粒子q所受的电场力方向，即可判断其运动情况；根据电场力做功正负，判断电势能的变化；由图可知场强先增大后减小，再增大，再减小；根据能量守恒分析动能与电势能之和。
本题采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键；对于电场强度方向，可根据电场的叠加原理理解。
9.【答案】BC
【解析】解：长木板与地面间的最大静摩擦力
只有当时，A、B、C均静止，故A错误；
B.因，故当F增大时，B先与A发生相对滑动，B的最大加速度为
此时对整体有
解得，故B正确；
C.，则B与A相对滑动，C与A相对静止，对AC整体有
解得
经过时间后B、C相碰，则
得或舍去
所以
故C正确；
D.因B与A已发生相对滑动，C的最大加速度为
则A、C加速度均为ac时，对AC整体有
解得
故D错误。
故选：BC。
分析长木板与地面之间的摩擦力可求出保持静止的力的大小；根据动摩擦因数大小比较，计算相对滑动的条件，利用牛顿第二定律可求出B与A才发生相对滑动的力的大小；对AC分析，利用运动学公式可求出碰撞的时间；根据牛顿第二定律可求出C与A发生相对滑动的条件。
学生在解答本题时，应注意积累板块模型的解题思路，通过分析各个物体间的摩擦力大小，判断不同条件下物体的运动情况是解决本题的关键。
10.【答案】BCD
【解析】解：乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速率成正比，则小球一直做减速运动，故A错误；
最大值恰好等于自身受到的重力，则有
到B点时速度方向与水平地面的夹角为；
从A点到B点，在水平方向，规定水平向右为正方向，根据动量定理
在竖直方向，规定竖直向下为正方向，根据动量定理
根据平均速度公式，水平射程
竖直位移
在B点，根据速度的分解有
联立解得乒乓球的水平射程为
乒乓球从A点运动到B点的时间
乒乓球落到B点时的速度大小为
故BCD正确。
故选：BCD。
A.乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力最大，乒乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速率成正比，据此分析作答；
在水平方向和竖直方向分别运用动量定理和平均速度公式求解作答。
本题主要考查了用动量定理求解平均作用力，阻力与速率成正比是解题的关键；掌握正则动量定理的运用方法。
11.【答案】2 4：9
【解析】解：每半个周期挡光一次，单摆周期为
根据单摆周期公式
测得重力加速度为
根据图像
由单摆周期公式
则摆长之比为
故答案为：； ；：9
根据图像分析周期大小；
根据周期公式解得重力加速度；
根据单摆周期公式分析即可。
本题考查了用单摆周期公式求重力加速度；求解周期是解题的关键。
12.【答案】 1
【解析】解：由图示根据闭合电路欧姆定律有：，代入已知并整理变形得：
，结合图象的斜率，截距
联立解得：，；
由图分析可知，单刀双掷开关接1和2时，只是电流表的内接与外接差别：
当接1时，是电流表的内接法相对于电源，从图d可以看出，当电流表的示数为零时，即电源的外电路断开，而对电源来说断路电压就是电动势，根据实验原理知：图象的纵截距；由于电流表内阻的影响，则短电流，即横截距即短路电流小于真实值。
当接2时，电流表相对于电源外接，同理可以看出，当电流的示数为零时，但由于电压表与电源仍构成通路，则此时路电压小于电动势，根据实验原理知：图象的纵截距。由于电流表的测量值就是通过电源的电源，则，即图象的横截距是真实值。
总结以上两点可知，图象中纵截距小的是接2的数据所绘。图线A是接1时中的实验数据描出，则电源电动势。电源的内阻。
故答案为：、；、、
根据电路图，由闭合电路欧姆定律列出两个电流表示数的关系式，从而导出的表达式，结合图象图象的斜率和纵截距求出E和r；
由闭合电路欧姆定理写出表达式，由于接1和2时，电流表采用的是内接法和外接法，根据电表的分压或分流确定横纵截距的意义，确定哪种接法电动势是准确值，哪种接法是短路电流准确值。从而求得电动势和内阻的准确值。
本题是用图象法测电动势和内阻实验的经典题，从闭合电路欧姆定律出发，写出表达式，结合直线的斜率和截距解题。
13.【答案】解：如图，
透明物体内部的光路为折线为光线反射点，N、点相对于底面AB对称，M、P和三点共线，
设在M点处，光的入射角为，折射角为r，出射光线与法线夹角为，由几何关系得：
根据折射定律有：
代入数据解得：
连接，即有
即得：，
于是由几何关系得：，则
由上各式联立解得：
根据折射率公式有：
解得：；
由于
N点横坐标和纵坐标分别为：
，
则N点的坐标为。
答：透明物体的折射率为；
激光射出点N点的坐标为。
【解析】作出光路图，根据几何知识求解光在M点的入射角和折射角，根据折射定律求解透明物体的折射率；
根据几何知识求解激光射出点N点的坐标。
解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求解出相关的长度和角度，熟记折射定律的表达式。
14.【答案】粒子在电场中的加速度大小为；
该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小为；
该粒子运动过程中距离O点的最远距离为，粒子在水平方向做往复运动的周期为
【解析】由题意分析可知电场强度大小
粒子在电场中的加速度大小
解得
粒子第二次经过MN时到达N处，由类平抛运动有
故
该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零，粒子在距离O点x处的电势能
解得
根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得
解得
由于动能和电势能之和恒为Z，设粒子在O点的速度为，则有
解得粒子在O点的速度
又有
解得
答：粒子在电场中的加速度大小为；
该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小为；
该粒子运动过程中距离O点的最远距离为，粒子在水平方向做往复运动的周期为。
根据电场与电势差的关系结合牛顿第二定律解答；
根据类平抛运动规律解答；
根据动能定理结合匀强电场电场强度与电势差的关系解答。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握类平抛运动规律的运用，注意能量关系的理解。
15.【答案】时，AB棒两端的电势差为；
当CD棒到达时，AB棒的速度大小为，以及当CD棒到达时AB棒的速度大小为；
CD棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q为
【解析】时刻，回路中的感应电动势为
AB棒两端的电势差为路端电压，且为
解得
在到达前两棒均已匀速，设AB、CD棒的速度分别为、，两棒产生的感应电动势相等，则有
在到达PP前，取向右为正方向，根据动量定理得
对AB棒有
即
对CD棒有
即
联立解得，
CD棒在Ⅲ区域的运动时，对AB棒，由牛顿第二定律得
由于F每秒增加4N，即
解得
CD棒到达QQ时，AB的速度
棒进入Ⅲ区域受到滑动摩擦力
解得时，
时，
设CD棒到达时速度为，取向右为正方向，由动量定理得
解得
CD棒进入区域后直到稳定，两棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
CD棒进入QZQZ区域后回路产生的焦耳热为
解得
答：时，AB棒两端的电势差为；
当CD棒到达时，AB棒的速度大小为，以及当CD棒到达时AB棒的速度大小为；
棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q为。
时刻，回路中的感应电动势为，AB棒两端的电势差为路端电压，根据串联电路分压规律求AB棒两端的电势差；
在到达前两棒均已匀速，两棒在回路中产生的感应电动势相等，结合动量定理求解AB棒的速度大小；AB棒在Ⅱ区域做匀加速运动的过程，由于其所受合力为零，故其所受到的安培力亦随时间每秒增加4N，推导安培力与时间的关系式，可利用此条件解得加速度，再求解当CD棒到达时AB棒的速度大小；
棒在Ⅲ区域的运动过程中，所受安培力始终与AB棒所受安培力大小相等，方向竖直向下，可知CD棒在Ⅲ区域所受安培力随时间均匀增大，所受的支持力与滑动摩擦力亦随时间均匀增大，推导滑动摩擦力与时间的关系式，可用滑动摩擦力的平均值求得其冲量大小，再应用动量定理求得CD棒达到时的速度大小；撤去外力后两者达到稳定的过程，两棒的总动量保持不变，稳定时两棒速度相同均做匀速直线运动，根据动量守恒定律求得稳定时两棒的速度大小，再由能量守恒定律解得焦耳热Q。
本题考查电磁感应中双棒模型，要分析清楚两棒的受力情况和运动情况，把握两棒之间的关系，如感应电动势关系，分析各个过程遵守的力学规律是关键。

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