2025届河北省高三11月阶段调研检测二-物理试题.docx

河北省 2025 届高三年级 11 月阶段调研检测二
物
理
本试卷共 8 页，满分 100 分，考试用时 75 分钟。
注意事项：
1
2
.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在
本试卷上无效。
3
.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项符合题目要求。
2
1
H +1
3
H →2 He + X
下列说法中正确的是
4
1
.1967 年我国第一颗氢弹成功爆炸，氢弹爆炸的核反应方程为
（
）
A.该核反应为α 衰变
B.该核反应为裂变反应
4
2
He
3
1
H
C.X 粒子为电子
D.
的比结合能大于
的比结合能
2
.如图所示，直线 a 和曲线 b 分别是 A、B 两架无人机在空中飞行的速度—时间图像。图线 a 的斜率为 ka ，
t 时刻图线 b 的切线斜率为 k ，已知 k > k 。下列说法中正确的是（
）
2
b
b
a
A.两架无人机的运动方向可能相互垂直
B.在t 到t 这段时间内，两架无人机的平均速度相等
1
2
C.在t 到t 这段时间内，无人机 B 的加速度先减小后增加
1
2
D.t2 时刻，无人机 B 的加速度小于无人机 A 的加速度
.某带电体产生电场的 a、b、c、d 等势面分布如图中实线所示，电势分别为 4ϕ 、3ϕ 、2ϕ 、ϕ （ϕ > 0 ），
3
0
0
0
0
0
虚线为某带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，M、N 为运动轨迹与等势面 b、a 的交点，已知粒子所带
电荷量的大小为 q，它经过 M 点时的动能为 Ek0 。下列说法中正确的是（
）

-

A.粒子在 M 点的加速度大于在 N 点的加速度
B.粒子带正电
C.粒子从 M 点运动到 N 点的过程中，电势能先增大后减小
D.粒子经过 N 点时的动能为 Ek0 − qϕ0
4
.如图所示，一质量为 2m 的滑块 A 放在水平平台上，用一跨过光滑定滑轮的轻绳将滑块 A 与质量为 m 的
小球 B 相连，滑轮与滑块 A 之间的轻绳水平，滑轮与小球之间的轻绳竖直。小球由静止释放，小球下落高
度 h。已知滑块 A 与平台间的动摩擦因数 µ = 0.125，重力加速度为 g，平台离地面足够高。下列说法中正
确的是（
）
A.小球 B 释放后，轻绳的拉力为 mg
B.小球 B 释放后，小球的加速度大小为 0.25g
gh
C.小球 B 释放后，小球处于超重状态
D.小球下落 h 高度时，滑块的速度大小为
2
5
.如图所示，某次军事演习中，在 A、B 两处的炮兵向正前方同一目标 O 发射炮弹，两炮弹同时击中目标且
上升的最大高度相同。空气阻力忽略不计。下列说法中正确的是（
）
A.从 A、B 处发射的炮弹在空中飞行的时间相等
B.A 处发射的炮弹的初速度较小
D.击中目标时从 A、B 处发射的炮弹速度相等
C.A 处的炮弹先发射
6
.如图所示，质量为 3m 的物体 A 放在水平面上，轻绳通过固定在天花板上的光滑定滑轮 O 将物体 A 和质
量为 m 的小球 B 连在一起。已知定滑轮 O 和物体 A 间的轻绳与水平方向的夹角为 30°，物体 A 和小球 B
均处于静止状态，物体 A 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。下列说法中正确的是
（
）

1
A.轻绳对滑轮的作用力大小为 mg
B.地面对物体 A 的摩擦力大小为 mg
2
3
3
C.物体 A 对地面的压力大小为3mg −
mg
D.物体 A 与地面之间的动摩擦因数至少为
2
5
7
.如图甲所示，一个质量为 m 的小弹丸以 v0 的速度水平射入一个原来静止的单摆摆球并停留在里面，此后
某段时间内摆球的速度—时间图像如图乙所示（曲线为正弦函数）。已知摆球的质量为小弹丸质量的 5 倍。
重力加速度为 g 取 9.8
m / s2 ，π = 3.15。下列说法中正确的是（
）
A.小弹丸的初速度大小为 0.5m/s
B.摆球偏离平衡位置的最大高度为 0.45m
C.摆线的长度为 5.0m
D.摆线的拉力的变化周期为 4.5s
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有两
个或两个以上选项符合题目要求的。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0
分。
8
.理想变压器原、副线圈匝数比为 11:1，原线圈与理想电流表、副线圈与理想电压表以及负载电阻 R 开关
S 连接成如图甲所示的闭合回路，原线圈所接交流电源电压随时间变化的规律如图乙所示，两个定值电阻 R
10Ω。下列说法中正确的是（
＝
）
A.当 S 断开时，t＝0.01s 时电流表的示数为 0
B.当 S 断开时，电流表的示数为 0.18A
C.当 S 闭合后，电压表的示数减小
D.当 S 闭合后，变压器的输入功率为 80W
9.一个体积为 1cm
3 的气泡从深为 25m 的湖底部缓慢上浮到湖面，气泡内的气体对湖水做功 0.3J，气体可
视为理想气体，湖底温度为 7℃，湖面温度为 27℃。已知湖水的密度为
ρ =1.0×103 kg / m3 ，g 取 10 m / s2 ，
大气压强为1.0×105 Pa。下列说法中正确的是（
）
A.气泡在湖底时，气泡内的气体压强为3.5×105 Pa
B.在上升过程中，气泡内每个气体分子的平均速度都变大

C.气泡上升过程中，气体从湖水中吸收的热量等于气体对湖水做的功
D.上升到接近湖面时，气泡的体积变为 3.75 cm
0.如图所示，回旋加速器 D 形盒半径为 R，狭缝宽为 d，所加匀强磁场的磁感应强度可调，所加高频交变
3
1
电源电压的频率为 f。质量为 m、电荷量为 q 的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程，
达到最大动能后由导向板处射出，忽略质子在狭缝加速运动的时间。α 粒子的质量为 4m、电荷量为 2q。下
列说法中正确的是（
）
πmf
A.加速质子时，磁场的磁感应强度为
q
2π
2mf
2
R
2
B.质子被加速的最大动能为
4
πmf
C.用该加速器加速α 粒子时，需要将磁场的磁感应强度调为
q
D.用该加速器加速α 粒子时，粒子被加速的最大动能为
4π
2mf
2
R
2
三、实验题：本题共 2 小题，共 16 分。
11.（8 分）
（
1）某同学用如图甲所示的装置探究弹簧弹力与形变量的关系。
①
测弹簧原长时，正确的操作是
；
A.将弹簧自由放在水平桌面上，用刻度尺测此时弹簧的长度
B.将弹簧自由悬挂在水平横杆上，弹簧静止时用刻度尺测此时弹簧的长度
②
将若干个质量相同的钩码依次挂在弹簧下端，并记录所挂钩码的个数 N 和对应弹簧的长度 L，将实验数
据描点连线后得到如图乙所示的图像，已知每个钩码的质量为 25g，g 取 9.8
m / s2 ，由图可知弹簧的原长

L0 =
cm（结果保留两位有效数字），劲度系数 k＝
N/cm（结果保留三位小数）。
（
2）某同学做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验装置如图甲所示，让槽码通过细绳拖动小
车在长木板上做匀加速直线运动。
①
关于本实验，下列说法正确的是
；
A.电火花计时器的工作电压应为交流 8V
B.为完成实验，除图甲中已有的器材，还需要交流电源、天平（含配套砝码）
C.图示情境可能正在进行“补偿阻力”的实验操作
D.实验时小车应从靠近打点计时器处由静止释放
②
他在这次实验中获得一条如图乙所示的纸带。已知打点计时器的打点周期为 T＝0.02s，相邻计数点间还
有四个点未画出，小车做匀加速直线运动的加速度大小 a＝
m / s2 （结果保留三位有效数字）；
③
他在保持小车质量不变的前提下，改变槽码的质量，记录多组槽码质量 m 和对应的小车加速度 a，通过描
点、连线后得到了如图丙所示的图像，图线没有过原点的原因是
右侧弯曲的原因是
，图线
。

1
2.（8 分）
某实验小组测量一节干电池的电动势和内电阻，他们在实验室找到了如下器材：
A.电压表（0～3V，内阻约为 3kΩ）
B.灵敏电流计（0～50mA，内阻为 33.0Ω）
C.滑动变阻器（0～30Ω）
D.电阻箱（0～99.9Ω）
E.开关和导线若干
（
1）他们首先将灵敏电流计改装成量程为 0～0.6A 的电流表，他们需要将电阻箱调为
灵敏电流计
（填“串联”或“并联”），改装后电流表的电阻 RA =
（2）他们设计了甲、乙两个实验电路，为了减小误差实验时应该选择
Ω 后与
Ω。
（填“甲”或“乙”）。
（
3）他们正确的电路完成实验，记录了 6 组数据，并画出了 U-I 图线如图丙所示，根据此图可得出于电池
V，内阻 r＝ Ω（结果均保留三位有效数字）。
的电动势 E＝
四、解答题：本题共 3 小题，共 38 分。
1
3.（8 分）
如图所示为某透明介质材料制成的直角三角形柱体的截面，其中∠B＝90°，∠BAC＝60°，一细光束由 AB
的中点 O 斜射入介质，与 AB 边成 30°角，该细光束在 O 点的折射光线与 AC 边平行。已知 AB 的边长为
L，真空中的光速为 c。求：
（
（
1）透明介质对该细光束的折射率；
2）细光束在柱体内的传播时间（不考虑细光束在 AC 边上的反射）。
1
4.（14 分）
如图所示，长 L＝1.0m 的不可伸长的轻绳一端固定在 O 点，另一端拴小球 A，锁定在水平面上的木板 C 左
端静置一滑块 B，右端 N 固定一水平放置的自由轻弹簧，弹簧左端位于 M 点。木板上表面 M 点左侧粗糙，

与滑块 B 之间的动摩擦因数为 µ ，M 点右侧光滑，M 点与木板左端的距离 d＝1.0m，将轻绳伸直，在与 O
点等高处给小球 A 一个竖直向下且大小为 v0 = 4m / s 的初速度，小球 A 在最低点与滑块 B 发生碰撞，碰撞
时间极短，碰撞过程中没有机械能损失，碰后小球 A 即被取走，滑块 B 恰好未脱离木板 C。已知小球 A 的
质量 m = 0.5kg ，滑块 B 的质量 m =1.0kg ，木板 C 的质量 m =1.5kg ，滑块 B 可视为质点，弹簧始终
1
2
3
在弹性限度内，g 取 10
m / s2 ，忽略空气阻力。
（
（
（
1）求 A 球与滑块 B 碰撞前瞬间轻绳的拉力大小；
2）求弹簧弹性势能的最大值；
3）若将长木板 C 解锁，且不计木板 C 与水平面间的摩擦力，求弹簧的最大弹性势能和滑块 B 最终与木板
C 左端的距离。
5.（16 分）
1
如图所示，绝缘部分 P、Q 将左右两侧的光滑导轨平滑连接起来，在导轨的左侧接有电动势为 E、内阻为 r
的电源和电容为 C 的电容器，质量为 m、电阻为 R 的金属棒 ab 与导轨垂直的放在导轨左端靠近电源的位
置，金属棒 ab 在外力作用下保持静止，质量为 2m、电阻为 0.5R 的金属棒 cd 与导轨垂直的静止在 PQ 右侧
适当位置，整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中（图中未画出）。现在释放金属棒 ab，金属棒 ab 在运动 PQ
之前已经达到最大速度，它滑过 PQ 后刚好未与金属棒 cd 碰撞。已 R = 2r = 2r ， E = 3I r ，磁场的磁感
0
0 0
应强度为 B，导轨间的距离为 L，金属棒 cd 右侧的导轨足够长，不计导轨电阻。（ I 、 r 、B、L、m、C 为
0
0
已知量）
（
1）判断磁场的方向，并求被释放瞬间金属棒 ab 的加速度；
2）当金属棒 ab 的速度为最大速度的一半时，求金属棒 ab 的热功率和此过程中电容器极板所带电荷量的
（
变化量（忽略电容器极板电荷量变化对电流的影响）；
（
3）金属 cd 棒距离 PQ 的距离以及整个过程中 cd 棒产生的焦耳热。

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物理参考答案与解析
1
.D
【
解题思路】该核反应为聚变反应，虽然有α 粒子产生，但不是α 衰变，故 A 错误；该反应不是裂变，故
B 错误；设 X 粒子的质量数为 A，电荷数为 Z，由质量数守恒和电荷数守恒有 2＋3→4＋A，1＋1→2＋Z，
解得 A＝1，Z＝0，所以 X 粒子为中子，故 C 错误；该核反应释放核能，所以生成核的比结合能更大些，故
D 正确｡故选 D｡
2
.C
解题思路】由速度—时间图像可知，两架无人机运动方向一定在同一直线上，不可能相互垂直，故 A 错
【
误；速度—时间图像中面积表示位移，在t 到t 时间内，无人机 A 发生的位移小于无人机 B 发生的位移，
1
2
所以这段时间内无人机 A 的平均速度小于无人机 B 的平均速度，故 B 错误；速度时间图像的斜率表示加
速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，所以这段时间内无人机 B 的加速度
先减小后增大，故 C 正确；t2 时刻 b 图线的切线斜率为负，但绝对值大于图线 a 的斜率，所以该时刻无人
机 B 的加速度大于无人机 A 的加速度，故 D 错误｡故选 C｡
3
.C
解题思路】由题意可知四个等势面为等差等势面，N 点的等势面比 M 点的等势面密集，所以 N 点的电场
【
强度大于 M 点的电场强度，由于粒子仅受静电力作用，所以粒子在 N 点的加速度大于在 M 点的加速度，故
A 错误；由于电场线与等势线（面）垂直，结合四个等势面的电势分布情况，在 M 点作 b 等势面的垂线，
由曲线运动特点，可知，粒子带负电，故 B 错误；由粒子运动轨迹可以判断粒子与带电体间存在斥力，粒
子在运动过程中，静电力先做负功后做正功，所以粒子的电势能先增大后减小，故 C 正确；由 M 到 N 过程
中静电力对粒子做正功，由动能定理有 qϕ = E − E ，解得 E = E + qϕ ，故 D 错误｡故选 C｡
0
k
k0
k
k0
0
4
.B
【
解题思路】小球 B 释放后，对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有 FT − µ ×2mg = 2ma ，对小球受力分
析并结合牛顿第二定律有 mg − F = ma ，解得 F = 0.75mg ，a＝0.25g，故 A 错误，B 正确；小球的加速
T
T
gh
v
2
− 0 = 2ah 解得 v =
，故 D 错误｡故选 B｡
度竖直向下，所以小球处于失重状态，故 C 错误；由
2

5
.A
解题思路】从 A、B 处发射的炮弹上升的最大高度相同，所以炮弹发射时初速度的竖直方向分量相同，而
【
炮弹同时击中 O 点的目标，所以竖直方向的位移相同，炮弹发射后在竖直方向上做竖直上抛运动，有
1
h = v t − gt2 ，所以从 A、B 处发射的炮弹在空中飞行的时间相等，故 A 正确；由于时间相同，而 A 处发
0
y
2
射的炮弹的水平位移较大，所以 A 处发射炮弹的初速度的水平分量较大，所以从 A 处发射炮弹的初速度较
大，故 B 错误；由于炮弹在空中飞行的时间相同，且要求同时击中目标，所以 A、B 处的炮弹应该同时发
射，故 C 错误；击中目标时炮弹的竖直方向速度相同，而从 A 处发射炮弹的水平方向速度较大，所以击中
目标时从 A 处发射的炮弹速度较大，故 D 错误｡故选 A｡
6
.D
解题思路】对小球 B 受力分析可知，轻绳的拉力大小为 FT = mg ，所以轻绳给滑轮的两个拉力大小均为
mg，夹角为 60°，所以这两个力的合力大小为 3mg ，故 A 错误；对物体 A 受力分析，有 F cos 30°− F = 0，
【
T
f
3
5
解得 Ff =
mg ，F + F sin 30°−3mg = 0，由牛顿第三定律有 F = F = mg ，故 B、C 错误；由题
N
T
压
N
2
2
3
意可知 F ≤ µF ，解得 µ ≥
，故 D 正确｡故选 D｡
f
N
5
7
.C
( + ) ，由图乙可知 v＝0.5m/s，解得
m 5m v
【
解题思路】在弹丸射入摆球的过程中动量守恒，所以有 mv0
=
1
v0 = 3 m / s，故 A 错误；摆球上摆过程机械能守恒，有 m 5m v
( +
)
2
= ( +
m 5m gh ，解得 h＝0.0125m，
)
2
L
g
故 B 错误；由图乙可知单摆的周期为 4.5s，由单摆周期公式有T = 2π
，解得 L＝5m，故 C 正确；当摆
球运动起来后，拉力变化的周期为单摆周期的一半，即 2.25s，故 D 错误｡故选 C｡
.BD
8
U1 n1
U2 n2
【
解题思路】理想电流表测量的是电流的有效值，不随着时间变化，故 A 错误；由变压器电压规律有
=
，
U2
R
I1
n2 ，解得
由题意有U =U = 220V ，而当开关断开时，副线圈的电流
I =
2
= 2A ，由电流关系
=
1
0
I2 n1
I1 = 0.18A ，故 B 正确；开关 S 闭合不影响副线圈的输出电压，故 C 错误；当 S 闭合后，副线圈的总电阻

R
U2
2
R = = 5Ω ，所以副线圈的功率 P2 =
并
= 80W ，故 D 正确｡故选 BD｡
2
R并
9
.AD
【
解题思路】由压强关系可知
p = ρgh + p = 3.5×105 Pa ，故 A 正确；气泡内气体上升过程中，气泡的
1
0
温度逐渐升高，气泡内气体的分子平均动能增大，但不是每个气体分子的速度都增大，故 B 错误；由题意
可知气泡内气体的内能增大，同时对外做功，由热力学第二定律有△U＝W＋Q，所以气体从湖水中吸收的
热量大于气体对湖水做的功，故 C 错误；气泡上升到湖面时压强
p = p =1.0×105 Pa ，温度由
2
0
p1V
T
1
1
p2V
T2
T = 273+ 7 = 280 K 升 高 到 T = 273+ 27 = 300 K ， 由 理 想 气 体 状 态 方 程 有
=
2 ， 解 得
1
2
1
5
V2 = cm3 ，故 D 正确｡故选 AD｡
4
1
0.BC
1
v
2
2 r
π
【
解题思路】由题意可知质子在磁场中运动的周期T = ，质子在磁场中运动时有 qvB = m ，T =
，
f
r
v
2
πmf
解得 B =
，故 A 错误；当质子的运动半径为 R 时速度最大，即动能最大，有 vm = 2π fR ，所以此时
q
1
1
质子的动能
E
kmax1
= mv2 = 2π 2mf 2R2 ，故 B 正确；由题意可知α 粒子在磁场中运动的周期T = ，α
m
2
f
v
2
2πr
4πmf
粒子在磁场中运动时有 2qvB' = 4m ，T =
，解得 B' =
，故 C 正确；当α 粒子的运动半径为
r
v
q
1
R 时速度最大，即动能最大，有 vm' = 2π fR ，所以此时α 粒子的动能
E
kmax2
= ×4mv'
2
m
= 8π 2mf 2R ，故
2
D 错误｡故选 BC｡
11.【答案】
（
（
【
（
1）①B
②10
0.245
2）①D
②0.820 ③平衡摩擦力不足
不再满足槽码质量远小于小车质量
解题思路】
1）①测弹簧原长时为了避免弹簧自身重力的影响，要将弹簧悬挂在水平横杆上，在弹簧静止时测量弹簧
的长度，故选 B；
②
由图乙可知在不悬挂钩码时弹簧的长度为弹簧的原长，所以该弹簧的原长为 10cm，由图乙可知弹簧的劲

F
x
4×0.025×9.8
度系数 k =
=
= 0.245 N / cm ｡
14 −10
（
2）①电火花打点计时器的工作电压为 220V，故 A 错误，为完成实验，除图甲中已有的器材，还需要交
流电源、天平（含配套砝码）、刻度尺，故 B 错误，补偿阻力时不能挂着槽码，故 C 错误；小车从靠近打点
计时器处释放，可以充分利用纸带，故 D 正确；
②
由题意可知计数点间的时间间隔T0 = 5T = 0.10 s ，由图乙可知此过程中小车的加速度
x + x + x − x − x − x
a =
4
5
6
1
2
3
= 0.820m / s2 ；
9T02
③
由图丙可知图线没有过原点是因为平衡摩擦力不足，图线右侧弯曲是因为随着槽码质量的增大，不再满足
小车的质量远大于槽码的质量｡
2.【答案】
1
（
（
（
【
1）3.0
并联
2.75
2）乙
3）1.50 1.25
解题思路】
(
)
（
1）将灵敏电流计的量程扩大，需要将电阻箱调为 R 后，与灵敏电流计并联，由题意有 I R = I − I R ，
g
g
g
Ig R
I − Ig
g
RRg
R + R
g
解得 R
=
=
3.0Ω ，此时电流表的内阻 RA =
= 2.75Ω ｡
（
2）由于此时电流表的内阻准确已知，所以电路图选择乙图｡
1
.5− 0.5
（
3）由闭合电路欧姆定律有U E I r R
=
− ( + )，结合图乙可知，E＝1.50V，r + RA =
= 4.0Ω ，
A
0
.25
解得 r＝1.25Ω｡
3.【答案】
1
（
1） n = 3
3
3L
（
2）t =
2
c
解：
1）光束在 O 点的光路如图所示，光束交 BC 于 D 点，
（

由几何关系可知光束在 O 点的入射角iO = 90°−θ = 60°
在 O 点的折射角 rO = 90°− ∠A = 30°
siniO
由折射定律有
n =
= 3
sin r
O
（
2）由几何关系可知光束在 D 点的入射角iD = 60°
3
1
3
siniD =
>
=
= sinC
2
n
3
所以光束在 D 点发生全反射
光束与 AC 交于 E 点，光路如右图所示，
由几何关系可知光线从 E 点射出柱体，
OD＝2OB＝L
3
3 BC
3
3AB
1
DE =
DC =
×
=
×
= L
3
3
2
3
2
2
c
3c
由折射定律有 v =
=
n
3
OD + DE 3 3L
所以光束在柱体中传播的时间t =
4.【答案】
=
v
2c
1
（
（
（
1） FT = 23 N
2） EP = 4 J
max
3） EP = 0.8 J
d1 = 0.8 m
max 1
解：

1
1
2
（
1）小球 A 下摆过程由动能定理有
m gL = m v2 − m v2
1
1
1
1
0
2
m1v12
L
在小球 A 与滑块 B 碰撞前瞬间，对小球 A 受力分析有
F − m g =
T
1
解得 FT = 23 N
（
2）小球 A 与滑块 B 碰撞过程有 m v = m v' + m v
2
1
1
1
1
2
1
2
1
1
m1v1
2
= m v' + m v2
2
1
1
2
2
2
2
2
m1
解得
v =
2
v1 = 4 m / s
m1 + m2
1
滑块 B 在木板 C 上滑行的过程中由动能定理有
−
µm g ×2d = 0 − m v2
2
2
2
2
2
解得 µ =
5
1
2
当弹簧压缩量最大时弹性势能最大，此过程由能量守恒有
m2v2 = µm2 gd + EP
2
max
解得 EP = 4 J
max
（
3）将 C 释放后且不计木板与水平面间的摩擦力，当滑块 B 在木板 C 上滑行过程中动量守恒，当滑块 B 与
(
+
)
木板 C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大，此过程有 m2v2
=
m2 m v
3
8
解得 v = m / s
5
1
2
1
由能量守恒有
m2v2
− (m + m )v2 = µm2 gd + EP
max
2
2
3
2
解得 EP = 0.8 J
max 1
(
+
) ，
m2 m v
最后滑块 B 与木板 C 共速，所以动量守恒有 m2v2
=
3
1
2
1
m2v2
− (m + m )v2 = µm g (2d − d )
2
能量守恒有
2
3
2
1
2
解得 d1 = 0.8 m
1
5.【答案】

-

I0LB
m
（
（
（
1）垂直纸面向里，
a =
I
2
0
2
r
1
2）
P =
R
0
∆q = CI r
0 0
2
6
mI r
2
0 0
mI0
B
2
r
2
0
2
3）
x =
Q =
B
3
L
3
2
L
解：
1）由题意可知金属棒 ab 中的电流方向为由 a 到 b，所受安培力方向为水平向右，由左手定则可知磁场方
（
向为垂直纸面向里
E
R + r
金属棒 ab 释放的瞬间，由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒 ab 的电流 I1 =
= I0
它受到的安培力 F = ILB = I0LB
F
I0LB
m
由牛顿第二定律可知此时金属棒 ab 的加速度
a =
=
m
（
2）当金属棒 ab 中的电流为 0 时它的速度达到最大，由法拉第电磁感应定律有
E感max = BLvmax = E
vmax
2
E
当金属棒 ab 的速度为最大速度一半时，
E感 = BL
=
2
E − E感
R + r
I0
2
由闭合电路欧姆定律可知此时通过金属棒 ab 的电流
I =
2
=
I
2
0
2
r
P = I2R =
0
此时它的热功率
R
2
金属棒 ab 刚释放时电容器两端的电压U = I R = 2I r ，当金属棒 ab 的速度为最大速度一半时电容器两端
1
1
0 0
5
的电压U = E − I r = I r
0 0
2
2 0
2
1
所以此过程中电容器极板所带电荷量的变化量 ∆q = C∆U = CI r
0
0
2
（
3）由题意可知最终两个金属棒速度相同，且即将相互接触，金属棒 ab 滑过 PQ 后与金属 cd 组成的系统
( +
m 2m v
)
动量守恒，有 mvmax
=
此过程中对金属棒 cd 分析由动量定理有 I安 = 2mv

∆
Φ
E
∆t
R + 0.5R
B
2
L
2
x
而 I = F ∆t = ILB∆t =
LB∆t =
LB∆t =
安
安
R + 0.5R
R + 0.5R
6
mI r
2
0 0
解得金属 cd 棒距离 PQ 的距离
x =
B
3
L
3
1
1
系统损失的机械能
∆
E = mv
2
− (m + 2m)v2
max
2
2
0
.5R
mI0
B
2
r
2
0
2
由电阻串联关系可知金属棒 cd 上产生的焦耳热Q =
∆E =
0
.5R + R
2
L