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2025-2026学年四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 频率越大的电磁波在真空中传播的速度越小
B. 空间某处的电场或磁场发生变化，就一定能产生周期性变化的电磁波
C. 许多物质在红外线的照射下会发出荧光，可以用于制作防伪标记
D. 射线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官
2.如图，线圈在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时( )
A. 线圈处于中性面位置
B. 线圈中瞬时感应电动势为零
C. 穿过线圈平面的磁通量变化率最大
D. 线圈中电流方向为
3.一个半径为的均质透明水晶球，通过球心的截面如图所示。球面内侧单色点光源发出的一束光在点射出，出射光线与球直径平行。已知，光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是( )
A. 光束在点的折射角为
B. 光束在水晶球中的折射率为
C. 光束在水晶球中的传播速度为
D. 光束在水晶球中的传播时间为
4.将阻值为电阻接在正弦式交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。图中电压最大值为，周期为。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为 B. 通过电阻电流的峰值为
C. 电阻两端电压的有效值为 D. 电阻在内消耗的电能为
5.如图，灯泡和规格完全相同，电感线圈的直流电阻不计，下列说法中正确的是( )
A. 接通电路时，和始终保持亮度相同
B. 接通电路时，先达到最大亮度，后达到最大亮度，电路稳定时两灯一样亮
C. 闭合电键电路稳定后断开电路时，立即熄灭、过一会才熄灭
D. 闭合电键电路稳定后断开电路时，突然闪亮一下再熄灭
6.等腰三角形为一棱镜的横截面，；边为一平面镜，一平行于边的细光束从边射入棱镜，在边反射后从边射出，出射光分成了不同颜色的两束平行光，甲光在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是( )
A. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
B. 甲光的频率比乙光的频率高
C. 甲光和乙光在棱镜中的传播速度相同
D. 甲光的波长比乙光的波长长
7.如图所示，光滑水平面上有水平向右的轴，坐标轴一侧有两个相邻且方向相反的有界磁场，两磁场宽度均为，磁感应强度大小分别为和。从零时刻开始，腰长也为的等腰直角三角形导线框在外力作用下沿轴正方向匀速穿过该磁场区域，在运动过程中，三角形边始终与轴平行零时刻，导线框点与点重合，轴代表导线框点运动的距离。设导线框中感应电动势大小为，感应电流大小为，外力大小为，安培力的功率大小为，则以下四图中正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合从而控制铁芯的开闭，则( )
A. 互感式钳形电流表测电流时相当于升压变压器
B. 互感式钳形电流表可用来测量恒定电流
C. 次级线圈匝数越少，通过电流表的电流越大
D. 测量时互感式钳形电流表应与被测通电导线串联
9.关于教材中下列四幅图的说法正确的是( )
A. 图甲是回旋加速器的结构示意图，粒子在磁场中被加速
B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，其中极板是发电机的负极，极板是正极
C. 图丙是某霍尔元件的原理示意图，若磁感应强度增大，则上下两表面间的电压增大
D. 图丁为速度选择器和质谱仪的装置示意图，不改变电场及磁场，沿直线经过速度选择器、击中底片上相同位置的粒子一定具有相同质量
10.年月日，中国首艘电磁弹射型航母福建舰首次对外公开舰载机起降测试影像。如图是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为，电容器的电容为，两条相距的固定光滑水平导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将一质量为，电阻为的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关置于让电容器充电，充电结束后，再将置于，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。则金属滑块( )
A. 在轨道上运动时受到安培力的方向为水平向左
B. 在轨道上运动的最大加速度为
C. 在轨道上运动的最大速度为
D. 滑离轨道时电容器两端的电压为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，然后画出玻璃砖与空气的两个界面和，如图甲所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，做上标记表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。
在插和时，应使挡住和的像，使挡住、的像和。
用“插针法”找出与入射光线对应的折射光线，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于、点，再过、两点作的垂线，垂足分别为、点，如图乙所示，则玻璃的折射率 用图中线段表示，如、、等。
为了减小实验误差，实验时的正确操作有 。
A.入射角应当越小越好
B.玻璃砖的宽度应当越小越好
C.大头针应垂直地插在纸面上
D.大头针、及、之间的距离应适当大些
该同学在画界面时，不小心将两界面、间距画得比玻璃砖宽度大些，如图丙所示，则他测得的折射率比实际折射率 选填“偏大”“偏小”或“不变”。
12.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，两个学习小组采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，原、副线圈的电压由电压传感器获得。
观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是 ；
A.整块不锈钢铁芯 B.整块硅钢铁芯
C.绝缘的不锈钢片叠加而成 D.绝缘的硅钢片叠加而成
第一组同学将变压器正确组装好后，连接到图乙中的电源，电源的两接线柱可输出直流电压，两接线柱可输出交流电压。闭合电源开关，发现原线圈两端电压传感器有示数，但无论如何调节电源的电压旋钮，副线圈两端电压传感器均无示数，经检查导线和各连接处均无断路，则最可能的原因是 。
第二组同学正确组装变压器后，记录数据如表：
原线圈匝
副线圈匝
原线圈电压伏
副线圈电压伏
通过分析实验数据可得出的实验结论是 。
第二组同学继续探究实验，把的学生电源交流输出端接到原线圈“”“”接线柱，副线圈接到“”“”接线柱，则接在副线圈两端的传感器示数最有可能是 。
A. B. C. D.
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，某个小水电站发电机的输出功率为，发电机的输出电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，用户端需求为、。为满足发电机与用户需求的匹配，请计算：
降压变压器输出的电流；
升压变压器输出的电流；
升压变压器的匝数比：。
14.如图所示，有两个质量均为、初速度均为零的带电粒子、经电压为的电场加速后，从顶点沿方向进入一个边长为的正六边形区域，正六边形区域内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，已知粒子刚好从顶点射出，粒子刚好从边的点图中未画出垂直于射出，粒子重力不计，求：
粒子所带的电荷量；
点到点的距离。
15.如图所示，光滑固定平行金属导轨由水平轨道、、竖直圆弧轨道、及水平轨道、组成，其中圆弧轨道和水平轨道在平滑连接。两绝缘水平台面高度差为。导轨间距均为，圆弧部分圆心角为，半径为，水平部分、足够长。空间中右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。导体棒静置于右侧边缘处，导体棒静置于水平导轨上距端足够远处。、的质量分别为和，接入电路中的电阻分别为和。现给一水平向右的瞬时初速度，使其从水平抛出，恰无碰撞地从沿切线滑入圆弧轨道。导体棒、在轨道上运动时始终与两导轨垂直且接触良好，不计摩擦和空气阻力，重力加速度取，求：
导体棒从水平抛出的瞬时初速度大小；
导体棒最大加速度的大小；
导体棒从进入磁场开始计时，经过足够长的时间，导体棒产生的焦耳热。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：所有电磁波在真空中的传播速度均为光速，与频率无关，故A错误；
B.均匀变化的电场或磁场只能产生稳定的磁场或电场，无法形成电磁波，只有周期性变化的电场或磁场才能产生电磁波，故B错误；
C.使物质发出荧光的是紫外线，而非红外线，故C错误；
D.射线穿透能力强，医学上可用于检查人体内部器官，故D正确。
故选：。
结合电磁波在真空中的传播速度、电磁波产生的条件、不同波段电磁波的特性与应用，逐一辨析选项。
本题考查电磁波的基础概念与应用，涵盖传播规律、产生条件及不同波段电磁波的用途，侧重对知识点的理解与区分。
2.【答案】
【解析】解：中性面垂直于磁感应强度，图中该位置与中性面垂直，故A错误；
B.在图中该位置，线框切割磁感线的速度最快，其瞬时感应电动势最大，故B错误；
C.在中性面位置穿过线圈平面的磁通量最大，图中该位置与中性面垂直，其磁通量最小，穿过线圈平面的磁通量变化率最大，故C正确；
D.根据楞次定律，线圈中电流方向为，故D错误。
故选：。
结合交变电流的产生原理，分析线圈在图示水平位置时的磁通量、磁通量变化率、感应电动势及电流方向，进而判断各选项正误。
本题考查交变电流产生的基本规律，需明确中性面与垂直中性面的特点，是电磁感应的基础题型。
3.【答案】
【解析】解：、由几何关系可知，光束在点的折射角，故A错误；
B、光束在水晶球中的折射率为，故B正确；
C、光束在水晶球中的传播速度为，故C错误；
D、由图可知，光束在水晶球中的传播路程为，光束在水晶球中的传播时间为，故D错误。
故选：。
根据几何关系求光束在点的折射角，再由折射定律求光束在水晶球中的折射率。由求光束在水晶球中的传播速度，进而求出光束在水晶球中的传播时间。
本题主要考查了光的折射。解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角和光程，然后根据光的折射定律和光速公式列方程求解。
4.【答案】
【解析】解：由题图可知，周期，则频率，故A错误；
B.电流峰值，故B错误；
C.由题图可知，电压的最大值，电压有效值，故C正确。
D.电阻消耗的电功率，则内消耗的电能，故D错误。
故选：。
根据周期和频率关系计算；根据欧姆定律计算；根据有效值和最大值的关系计算；先计算出电阻的功率，然后根据计算。
本题考查了正弦交流电的最大值和有效值的关系，知道计算电阻消耗的电能要用有效值计算。
5.【答案】
【解析】解：开关闭合瞬间，线圈会产生自感电动势，阻碍自身电流的增大，因此所在支路电流逐渐增大，逐渐变亮；而所在支路没有电感，接通瞬间就有电流，因此一开始就达到最大亮度。电路稳定后，线圈电阻不计，两个灯泡规格相同，两条并联支路电阻相等，因此两支路电流相等，最终两灯亮度相同，故A错误，B正确；
电路稳定后，由于两支路电阻相等，因此通过和的电流大小相等。断开开关后，电源被切断，线圈自感维持原有电流，、、形成闭合的自感回路，两灯都会逐渐熄灭，不会立刻熄灭；同时流过的初始电流大小等于原来的电流，因此不会闪亮，故CD错误。
故选：。
根据自感现象对电路中电流的影响，判断在电路稳定和断开时灯泡亮度的变化情况。
本题主要考查自感现象对电路中电流的影响，以及在电路稳定和断开时灯泡亮度的变化情况。
6.【答案】
【解析】解：光线从边平行于边射入，根据几何关系与折射定律，光线在边的出射方向仍平行于边。当折射率增大时，光线在边的折射角减小，在棱镜内部向下偏折更显著，导致其在边的反射位置更靠左，反射后上升更陡峭，最终从边出射的位置更高。由图示可知，甲光位于乙光下方，表明甲光出射位置较低，对应的折射率较小，即。
A、由上述分析可得，棱镜对甲光的折射率小于对乙光的折射率，故A错误；
B、由于甲光折射率较小，其频率低于乙光频率，故B错误；
C、根据光在介质中的速度公式可知，折射率越小，传播速度越大，故甲光在棱镜中的传播速度大于乙光，故C错误；
D、因甲光频率较低，根据波速与波长、频率的关系，甲光的波长比乙光的波长长，故D正确。
故选：。
题目描述平行光束经棱镜折射和平面镜反射后分成上下两束平行光，需分析折射率与光色散关系。已知甲光在乙光下方，说明甲光在棱镜中偏折程度较小，折射率较小，进而关联折射率与频率、波长、光速的物理规律。通过折射率大小判断频率高低，结合光在介质中速度公式和波速公式分析各选项。
本题以等腰三角形棱镜和平面镜组合的光学系统为背景，考查几何光学与光的色散等核心知识。题目通过一束平行光入射后分解为两束平行出射光的情景，巧妙地将折射定律、反射定律、光在介质中的传播规律以及折射率与光的频率、波长、波速的关系融合在一起进行综合考查。本题计算量不大，但对学生的空间几何想象能力和逻辑推理能力要求较高，需要学生准确分析光线在界面上的偏折行为与折射率大小的关联，进而推断出不同颜色光对应的物理属性。解答的关键在于理解“出射光位置高低由折射率大小决定”这一几何光学关系，并紧密联系折射率这一桥梁，正确判断各色光的频率、波长及介质中波速的差异。
7.【答案】
【解析】解：当时，感应电动势为，根据电流为：，根据平衡条件可得外力，安培力的功率大小为：；
当时，回路中的磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，拉力为零，安培力的功率为零；
当时，感应电动势为，根据电流为：，根据平衡条件可得外力，安培力的功率大小为：；
当时，回路中的磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，拉力为零，安培力的功率为零；
当时，感应电动势为第一过程的倍，即感应电动势为，根据电流为：，根据平衡条件可得外力，安培力的功率大小为：；
故ABD错误，C正确。
故选：。
根据等腰直角三角形导线框进入磁场中的位移确定有效切割长度，根据求解感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小，根据平衡条件结合安培力的计算公式分析拉力大小，根据电功率的计算公式分析电功率大小，结合图象进行分析。
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
8.【答案】
【解析】解：该电表原线圈为单匝，次级线圈匝数大于初级线圈匝数根据变压器规律知相当于升压变压器，故A正确；
B.互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量恒定电流，故B错误；
C.由电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故C正确；
D.测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D错误。
故选：。
根据变压器的工作原理，结合钳形电流表的结构，分析其原副线圈匝数、电流比关系，判断是否能测恒定电流，以及使用方式和电流与匝数的关系。
本题考查互感式钳形电流表的工作原理，本质是变压器原理，涉及变压器电流比、适用条件和使用方法的理解，侧重对变压器基本规律的应用。
9.【答案】
【解析】解：、图甲是回旋加速器的示意图。带电粒子在回旋加速器中，磁场的作用是使粒子做圆周运动，改变粒子的运动方向，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，对粒子不做功，所以粒子不能从磁场中获得能量。粒子是在形盒之间的电场中被加速，从而获得能量，故A错误；
B、图乙是磁流体发电机的示意图。等离子体包含正、负离子射入磁场，磁场方向水平向左。根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向向下，向极板偏转，使极板带正电；负离子受到的洛伦兹力方向向上，向极板偏转，使极板带负电。因此，极板是发电机的负极，极板是正极，故B正确；
C、图丙是霍尔元件的原理示意图。设霍尔元件沿轴宽为，沿轴高为，当达到稳定状态时，有
霍尔电压表达式
若磁感应强度增大，则上下两表面间的电压增大，故C正确；
D、图丁为质谱仪的示意图。能沿直线通过速度选择器的粒子有
进入偏转磁场有
解得
不改变电场及磁场，沿直线经过速度选择器的粒子，则击中底片同一位置的粒子不一定具有相同质量，故D错误。
故选：。
A、根据回旋加速器的工作原理，粒子是在电场中被加速，磁场只起到偏转作用；
B、根据左手定则判断等离子体中正负电荷的偏转方向，正电荷会向极板偏转，负电荷会向极板偏转，因此极板是正极，极板是负极；
C、根据霍尔效应的原理，上下表面的霍尔电压与磁感应强度成正比，因此增大时，电压也会增大；
D、速度选择器中粒子沿直线运动说明速度相同，进入偏转磁场后，粒子的轨道半径由比荷决定，击中底片上相同位置说明轨道半径相同，因此粒子的比荷一定相同，但质量不一定相同。
这道题以教材中的四幅经典电磁学装置图为载体，串联了回旋加速器、磁流体发电机、霍尔效应和速度选择器与质谱仪四个核心知识点，考点覆盖面广、综合性强，既考查了学生对这些装置工作原理的理解，也检验了对左手定则、霍尔电压公式、粒子偏转规律的应用能力，能有效区分学生的知识掌握程度，是一道典型的、符合高考命题风格的综合辨析题。
10.【答案】
【解析】解：、当开关接时，电容器充电，其上极板带正电。当开关接时，回路中有向下的电流通过金属滑块，依据左手定则可判定，滑块所受安培力方向向右，故A错误；
B、电容器充满电时，其两端电压达到最大值，有，解得：。开关刚接至时，根据闭合电路欧姆定律，回路中的最大电流为，解得：。此时金属滑块受到的安培力最大，其加速度也达到最大值，即，解得：，故B正确；
C、当金属滑块速度达到最大时，其切割磁感线产生的感应电动势与电容器两端电压相等，即。电容器初始充满电时，有。当滑块匀速运动时，电容器电压为，则，解得：。在滑块加速过程中，应用动量定理，取运动方向为正方向，有，联立解得，故C错误；
D、金属滑块滑离轨道时，电容器两端的电压为，解得：，故D正确。
故选：。
金属滑块在轨道上运动时，回路电流方向向下，根据左手定则判断安培力方向为水平向右，故选项A错误。开关刚接至瞬间电容器两端电压最大，回路电流最大，此时安培力最大，由牛顿第二定律可求得最大加速度，与选项B数值比较。滑块加速过程中，当切割磁感线产生的感应电动势等于电容器两端电压时速度达到最大，利用电容器初始电荷量与最终电荷量关系，结合动量定理中安培力冲量与电荷量变化的关系，可推导最大速度表达式并判断选项C。滑块滑离轨道时速度即为最大速度，由此计算电容器两端电压，判断选项D。
本题以电磁弹射为背景，综合考查了电磁感应、电容器、电路及动力学等多个核心知识点。题目计算量适中，难度中等偏上，重点在于对含容放电与导体棒切割磁感线耦合过程的动态分析。解答本题需要学生具备清晰的物理图景构建能力，能够将动量定理与电荷量变化、电容器电压建立联系，并灵活运用这一匀速条件。该模型巧妙地将能量转化与动量变化结合，是考查学生综合分析能力的一道典型好题。
11.【答案】
偏小

【解析】根据几何关系入射角正弦值为折射角正弦值为且，根据折射定律有
为减小实验误差，入射角应尽量大些，故A错误；为减小实验误差，玻璃砖的宽度宜大一些，故B错误；为了便于大头针挡住前面大头针的像，大头针应垂直地插在纸面上，故C正确；为减小实验误差，、及、之间的距离应适当大些，故D正确。
故选：。
根据题意作出光路图，如下图所示
由图可知，入射角不变，但是折射角变大，根据折射定律可知，所测折射率偏小。
故答案为：；；偏小。
根据折射率的定义和几何关系计算；
入射角应尽量大些；玻璃砖的宽度宜大一些；大头针应垂直地插在纸面上；、及、之间的距离应适当大些；
作出光路图，比较入射角和折射角的变化分析。
掌握“测定玻璃的折射率”的实验原理，实验注意事项是解题的基础，能够做出对应的光路图是解题的关键。
12.【答案】
连接了电源间的直流电
原、副线圈两端电压与匝数成正比

【解析】解：为防止涡流的产生而损耗能量，变压器的铁芯采用绝缘的硅钢片叠成，故D正确，ABC错误。
故选：。
由于原线圈有电压，副线圈无电压，且电路连接完好，最可能的是第一组同学在连接电源的时候连接的是间的直流电源。当电路连接完好，原线圈接直流电压时，副线圈的磁通量不变，无感应电动势。
由表格数据可知，在实验误差允许的范围内，即原、副线圈两端电压与匝数成正比。
若为理想变压器，则
代入数据可得，考虑到不是理想电压器，有漏磁现象，则副线圈的电压应略小于，所以最有可能的是，故C正确，ABD错误。
故选：。
故答案为：；连接了电源间的直流电；原、副线圈两端电压与匝数成正比；。
根据变压器铁芯减小涡流损耗的设计原理，铁芯采用绝缘的硅钢片叠加而成，以此判断选项；
变压器的工作原理是互感现象，仅对交流电起作用，当原线圈接直流电压时，副线圈无法产生感应电动势，故副线圈电压传感器无示数；
分析表格中多组原、副线圈电压与匝数的数据，对比电压比和匝数比的关系，结合实际变压器存在损耗的情况，总结规律；
根据理想变压器电压与匝数的关系，先计算理想情况下的输出电压，再结合实际变压器存在漏磁、损耗的特点，判断可能的电压值。
本题围绕变压器电压与匝数关系的实验展开，考查了变压器铁芯结构、工作原理、实验数据处理及实际损耗对输出电压的影响，侧重对变压器工作条件、规律及误差分析的理解。
13.【答案】降压变压器输出的电流为 升压变压器输出的电流为 升压变压器的匝数比：为
【解析】解：根据题意可得
代入数据，解得
损失的功率为
又因为
代入数据，解得
根据
解得
则升压变压器的匝数比为
答：降压变压器输出的电流为；
升压变压器输出的电流为；
升压变压器的匝数比：为。
根据用户端的功率和电压，直接利用功率与电流、电压的关系，求出降压变压器的输出电流；
先计算发电机输出功率与用户端功率的差值，得到输电线上的功率损耗；再结合输电线的电阻，利用功率损耗与电流、电阻的关系，求出升压变压器的输出电流即输电线上的电流；
先由发电机的输出功率和电压，求出升压变压器的输入电流；再根据变压器输入、输出电流与匝数成反比的规律，求出升压变压器的匝数比。
这道题是一道典型的远距离输电计算题，围绕水电站输电场景，串联了功率损耗、变压器工作原理等核心考点，解题逻辑层层递进，既考查了输电线上的功率损耗计算，也检验了变压器电压、电流与匝数关系的应用，是一道能有效夯实交流电基础、区分学生综合应用能力的经典题目。
14.【答案】粒子所带的电荷量为 点到点的距离为
【解析】解：在加速电场中，粒子在电场力作用下加速，由动能定理得
在磁场中，粒子受洛伦兹力作用偏转，由牛顿第二定律得
根据几何关系，可知
解得
由几何关系，粒子在匀强磁场中的偏转半径
由几何关系，可知
再由
解得点到点的距离为
答：粒子所带的电荷量为；
点到点的距离为。
根据几何关系求出圆周运动的半径，由动能定理和牛顿第二定律求粒子所带的电荷量；
根据几何关系求点到点的距离。
本题是明确粒子的运动是匀速圆周运动，找出圆心、画出运动轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律列式求解，难度中等。
15.【答案】导体棒从水平抛出的瞬时初速度大小为 导体棒最大加速度的大小为 导体棒产生的焦耳热为
【解析】解：设导体棒从抛出到的过程中，下落高度为，根据几何关系有，代入数据解得：。
导体棒到达时竖直方向分速度为，根据运动学公式，代入数据解得：。
由于导体棒恰无碰撞地从沿切线滑入圆弧轨道，则在处速度方向与水平方向夹角为，根据速度的合成与分解有，代入数据解得导体棒从水平抛出的瞬时初速度大小。
导体棒从运动到的全过程，根据机械能守恒定律有，代入数据解得导体棒到达时的速度大小。
当导体棒刚进入磁场时，回路中感应电动势最大，感应电流最大，导体棒所受安培力最大，加速度最大，根据法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路欧姆定律有，根据安培力公式有，根据牛顿第二定律有，联立解得导体棒最大加速度的大小。
两棒在水平轨道和上运动过程中，系统在水平方向上动量守恒，设最终两棒共同速度为，根据动量守恒定律有，代入数据解得：。
根据能量守恒定律，整个过程中系统产生的总焦耳热为，代入数据解得：。
由于两导体棒串联，通过它们的电流相等，根据焦耳定律，两棒产生的热量与电阻成正比，则导体棒产生的焦耳热为，代入数据解得：。
答：导体棒从水平抛出的瞬时初速度大小为。
导体棒最大加速度的大小为。
导体棒产生的焦耳热为。
导体棒从抛出到圆弧轨道入口的过程是平抛运动，需利用平抛运动规律。已知下落高度差和圆弧几何关系可求出竖直分运动高度，进而由自由落体运动得到到达时的竖直分速度。题目中“恰无碰撞沿切线滑入”表明速度方向与轨道切线一致，即水平初速度与竖直分速度满足特定角度关系，由此可反推出平抛初速度。
导体棒从沿光滑圆弧轨道运动到，机械能守恒，利用此规律可由初状态动能与重力势能求出到达磁场边界时的速度。导体棒刚进入磁场时切割速度最大，回路感应电动势和电流最大，使得导体棒所受安培力最大，此时其加速度最大。需通过法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及安培力公式，结合牛顿第二定律分析导体棒的受力，从而求出最大加速度。
两导体棒在水平导轨上运动，系统水平方向合外力为零，动量守恒。当两棒速度相等时达到稳定状态，由动量守恒定律可求出共同速度。系统减少的机械能转化为回路中的总焦耳热，可通过能量守恒定律求出。两棒串联，电流相等，产生的焦耳热与电阻成正比，由此分配可得导体棒产生的焦耳热。
本题综合考查力学与电磁学的核心知识，涉及平抛运动、机械能守恒、动量守恒、能量守恒以及电磁感应中的电路与动力学分析。题目计算量适中，但物理过程复杂，需要学生具备清晰的物理图景构建能力和多阶段过程的逻辑衔接能力。亮点在于将平抛运动与圆弧轨道无碰撞切入巧妙结合，并自然过渡到双棒电磁感应模型，有效考查学生对多个物理规律的整合应用与综合推理能力。解答过程需注意平抛运动几何关系的准确建立，以及电磁感应中最大加速度对应时刻的正确判断，最后通过动量与能量守恒求解焦耳热，体现了对复杂系统问题的分析深度。
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