資源簡介

四川省成都市華西高中2023-2024學年新高三下學期零診模擬考試物理試題
1．（2024高三下·成華模擬）下列說法正確的是（　　）
A．溫度相同的兩種理想氣體的分子平均速率一定相同
B．花粉顆粒在液體中的布朗運動，是由于花粉顆粒內部分子無規則熱運動引起的
C．0℃的冰融化為0℃的水需要吸熱，該過程中分子的平均動能增大
D．內能不同的物體，它們分子熱運動的平均動能可能相同
2．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點M、N和短軸上的一個端點P，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中M、N處的電荷帶正電，P處的電荷帶負電，O為橢圓中心，A、B是橢圓上關于O點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩點的電勢不相同
B．A、B兩點的電場強度相同
C．一質子從靠近P點處沿直線到O點再到A點，電勢能一直增大
D．一電子從靠近P點處沿直線到O點再到B點，電勢能先減小后增大
3．（2024高三下·成華模擬）某些共享單車的內部有一個小型發電機，通過騎行者的騎行踩踏，可以不斷地給單車里的蓄電池充電，蓄電池再給智能鎖供電。小型發電機的發電原理可簡化為圖甲所示，矩形線圈abcd處于勻強磁場中，通過理想交流電流表與阻值為R的電阻相連。某段時間在騎行者的踩踏下，線圈繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，圖乙是線圈轉動過程中穿過線圈的磁通量Ф隨時間t變化的圖像，則（　　）
A．時刻線圈處于中性面位置
B．時刻，穿過線圈的磁通變化率為零，感應電動勢為零
C．時刻電流表示數為0，時刻電流表的示數最大
D．時刻電流方向發生改變，線圈轉動一周，電流方向改變兩次
4．（2024高三下·成華模擬）由折射率為n的透明材料制成、半徑為R的半圓柱形透明磚平放在桌面上，t=0時刻，將激光束垂直AC面射到A點，在激光束沿AC方向以速度v勻速向C點平移的過程中，有光從圓弧面ABC射出的時間為（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·成華模擬）潛艇在水下活動時需要用聲吶對水下物體及艦船進行識別、跟蹤、測向和測距。某潛艇聲吶在水下發出的一列超聲波在時的波動圖像如圖甲所示，圖乙為水下質點P的振動圖像。下列說法正確的是（　　）
A．該超聲波在空氣中的波速為
B．該超聲波在空氣中的頻率為
C．0~1s內，質點P沿x軸運動了
D．該超聲波沿x軸負方向傳播
6．（2024高三下·成華模擬）如圖，變壓器是理想變壓器，電壓表、為理想電表，定值電阻、阻值之比為。在a、b端輸入電壓有效值不變的正弦交流電，、消耗的功率之比為，則電壓表、示數之比為（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，半徑為R的圓OAP區域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，圓心O點有一粒子源，先后從O點以相同速率向圓區域內發射兩個完全相同的正電粒子a、b（質量為m，電量為q），其速度方向均垂直于磁場方向，與OP的夾角分別為90°、60°，不計粒子的重力及粒子間相互作用力，則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比為（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
8．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的有界（邊界豎直）勻強磁場，一直徑與磁場區域寬度相同的閉合金屬圓形線圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（　　）
A．線圈進磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向
B．線圈出磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向
C．該拉力的方向水平向右
D．該拉力為恒力
9．（2024高三下·成華模擬）沿電場線所在直線建立如圖所示Ox軸，x軸上各點電勢隨x的變化規律如圖所示，坐標原點O點電勢為零。帶電量為e的電子僅在電場力作用下從O點由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．在0~x3區間內，電場方向始終指向x軸正方向
B．電子到達B點時動能為
C．電子從A運動到C，加速度先減小后增大
D．若在B點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子一定會在AC間做往復運動
10．（2024高三下·成華模擬）一定質量的理想氣體從狀態開始，經歷三個過程回到原狀態。其圖像如圖所示。皆為直線，平行于軸，平行于軸。關于理想氣體經歷的三個過程，下列說法正確的是（　　）
A．點氣體溫度與點氣體溫度之比為
B．點氣體溫度與點氣體溫度之比為
C．過程中，氣體一定對外界吸熱
D．過程中，氣體分子的內能先變大后變小
11．（2024高三下·成華模擬）某實驗小組要測量一個電阻元件（約為）的阻值，實驗室提供了如下器材：
A．電源E：電動勢12V，內阻r約為；
B．電流表A：量程0~12mA，內阻；
C．電壓表V：量程0~12V，內阻約為；
D．滑動變阻器：最大阻值；
E．滑動變阻器：最大阻值；
F．定值電阻；
G．定值電阻；
H．定值電阻；
I．電鍵S及導線若干。
該實驗小組設計的測量電路如圖所示，請回答下列問題：
（1）實驗中滑動變阻器應選　 　（選填“”或“”）；
（2）應將定值電阻　 　（選填“”或“”或“”）與電流表并聯；
（3）實驗小組根據該實驗電路原理圖進行實驗，以電流表示數I為橫坐標，電壓表示數U為縱坐標，作出圖線（U、I都用國際單位），求出該圖線的斜率為k，則待測電阻的表達式為　 　（相應電阻代入具體數值）。
12．（2024高三下·成華模擬）某同學利用如圖甲所示器材做探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系實驗。
（1）該同學按圖乙連接電路，變壓器的左側線圈接線柱0、8與學生電源的“穩壓6V”接線柱相連。閉合開關，用多用電表測得右側線圈0、4接線柱之間的電壓為______
A. 0 B. 3.0V C. 6.0V D. 12.0V
（2）正確連接電路后，變壓器選用左側0、2接線柱和右側0、4接線柱進行實驗，用多用電表測得左側0、2之間的電壓為，右側0、4之間的電壓為，數據如下表所示，可判斷學生電源接在了接線柱________上（選填“左側0、2”或“右側0、4”）。
實驗次數 1 2 3 4 5
1.00 1.90 3.00 4.00 4.80
2.10 4.00 6.10 8.20 10.00
（3）實驗室中還有一個變壓器，如圖丙所示。現要測量A、B線圈的匝數，實驗步驟如下：
①取一段漆包線，一端與A線圈上端接線柱相連，順著原來的繞制方向在變壓器的鐵芯上再繞制n匝線圈，漆包線另一端與交流電源一端相連，A線圈下方接線柱與交流電源另一端相連接。
②用多用電表的交流電壓擋先后測出交流電源兩端的電壓和B線圈的輸出電壓U；
③用多用電表的交流電壓擋測出A線圈兩端的電壓。
如果把該變壓器看作理想變壓器，則A、B線圈的匝數________，________。（用題中給出的字母表示）
13．（2024高三下·成華模擬）粒子分析儀由加速電場、偏轉電場與磁場組成。如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內存在著沿y軸負方向的勻強電場，第二象限內存在著場強大小為E、沿x軸正方向的勻強電場，第四象限內存在著垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電量為的粒子從點由靜止釋放，粒子從y軸上的點射入第一象限，經電場偏轉后從x軸上的射入第四象限，經磁場偏轉后粒子從x軸上的點返回第一象限，不計粒子的重力，求：
（1）粒子通過B點時的速率；
（2）第四象限內勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）粒子從A點運動到D點的時間。
14．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，上端帶有卡口的橫截面積為S、高為L的導熱性能良好的氣缸中用一光滑的活塞B封閉著一定質量的理想氣體A， 氣缸底部與U形水銀氣壓計（U形管內氣體體積忽略不計）相連，已知氣體內能U與熱力學溫度T的關系為U=αT，其中α為已知常數，活塞B的質量為m，重力加速度為g， 大氣壓強為p0， 水銀的密度為ρ， 環境熱力學溫度為T0時， 活塞離缸底的距離為L，U形氣壓計兩側水銀面的高度差為Δh。求：
（1）活塞B的質量為m；
（2）環境溫度由T0緩慢升高至2T0時，U形氣壓計兩側水銀面的高度差Δh1；
（3）環境溫度由T0緩慢升高至2T0時過程中，氣體吸收的熱量。
15．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，間距為L=1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ=30°，導軌上端接有一個電阻R=1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B=2.0T。導體棒a與b的質量均為m=2.0kg，內阻分別為ra=1.0Ω與rb=2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，求電路中產生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】布朗運動；溫度和溫標
【解析】【解答】A．質量不同，則溫度相同的兩種理想氣體的分子平均速率不相同，故A錯誤；
B． 布朗運動的定義：懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的永不停息地做無規則運動。花粉的布朗運動是由于液體分子無規則熱運動引起的，故B錯誤；
C．由于溫度不變，分子的平均動能不變，故C錯誤；
D．不同質量的相同物質，溫度相同時，分子熱運動的平均動能相同，故D正確。
故選D。
【分析】溫度是分子熱運動平均動能的標志；布朗運動是固體小顆粒的運動，它反映了液體分子的無規則運動；物體的內能與分子動能和分子勢能有關。
2．【答案】C
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】本題主要考查電場力做功和電場疊加問題，根據場強疊加原則分析場強大小和電勢高低。AB．根據點電荷的電場線的分布情況及電場的疊加原理、等勢面與電場線的關系可知A、B兩點的電勢相同，電場強度大小相等，方向不同，故AB錯誤；
C．根據電場的疊加可知，P點到O點的合場強應沿OP向下，質子從P點到O點，電場力做負功，電勢能增大，O到A的過程中，電場力也做負功，電勢能繼續增大，故C正確；
D．電子從P點到O點，電場力做正功，電勢能減小，O到B的過程中，電場力也做正功，電勢能繼續減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據點電荷電場線的分布特點和等勢面與電場線的關系分析A、B兩點電勢和電場強度的關系；根據帶電粒子運動過程中電場力做功分析電勢能的變化。
3．【答案】B
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查交流電產生過程，法拉第電磁感應定律的靈活應用，知道電流表電壓表的示數均為有效值。A．由圖乙可知，時刻穿過線圈的磁通量為0，則線圈與中性面垂直，故A錯誤；
B．時刻，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故B正確；
C．根據題意可知，電流表的示數為回路中電流的有效值，而回路中電流的有效值不變，故C錯誤；
D．時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，而線圈轉動一周，電流方向改變兩次，故D錯誤。
故選B。
【分析】在中性面位置穿過線圈的磁通量最大；根據法拉第電磁感應定律、磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；交流電流表測量的是交流電的有效值；t2、t4時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，線圈轉動一周電流方向改變兩次。
4．【答案】B
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題主要考查了光的折射和全反射，找出光剛好發生全反射的臨界光線是解題的關鍵。恰好沒有光從圓弧面射出，光路圖如圖
臨界角為
由幾何關系可知，有光束從圓弧面射出對應在OA段的長度
根據對稱性，在OC段，有光束從圓弧面射出所對應的長度也為x，則有光從圓弧面射出的時間為
故選B。
【分析】找出光在界面上剛好發生全反射的臨界光線，根據折射定律和數學知識求解有光束從圓弧面射出時對應的在直徑上的長度，根據勻速直線運動公式求時間。
5．【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】解決該題需要掌握波速與波長、周期的關系，掌握判斷波的傳播方向的方法：上下坡法。A．超聲波在水下的速度為
與空氣中的速度不相同，A錯誤；
B．超聲波在不同介質中頻率不變
B正確；
C．質點不隨波傳播，C錯誤；
D．時刻點向上振動，根據“上下坡法”，超聲波沿軸正方向傳播，D錯誤。
故選B。
【分析】由圖甲讀出波長，根據圖乙讀出周期， 計算該超聲波在水下的波速，超聲波在空氣中的波速小于水中波速；計算頻率；波在傳播過程中，質點并不隨波遷移；根據圖乙讀出t=0時質點P的振動方向，結合圖甲得到波的傳播方向。
6．【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查變壓器的規律，要明確匝數之比和電流、電壓之比的關系，并能正確分析電路結構，利用功率公式進行分析求解。設原線圈中電流為，副線圖中電流為，由于定值電阻、之比為，、消耗的功率之比為，則
則
因此
故選C。
【分析】已知R1、R2消耗的功率之比為8：1，R1、R2阻值之比為1：2，根據功率公式P=I2R求出原副線圈電流之比。結合功率公式P=UI求電壓表V1、V2示數之比。
7．【答案】A
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運動，根據粒子的運動軌跡計算運動時間，在做題中要找準幾何關系。兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為R，恰好與磁場區域半徑相等，對粒子
在磁場中恰好以P點為圓心做圓周運動，從AP邊上M點出磁場
對b粒子
在磁場中做圓周運動恰好從AP邊上D點出，由幾何關系得
故
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據粒子在磁場中做圓周運動，畫出粒子的運動軌跡，根據軌跡，找圓心角從而確定運動時間。
8．【答案】A,C
【知識點】楞次定律；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】解決本題的關鍵要熟練運用楞次定律判斷感應電流的方向，運用左手定則判斷安培力方向，要注意與右手定則的區別。A．線圈進入磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變大，根據楞次定律可知線圈中的感應電流產生的磁場應垂直于紙面向外，根據安培定則可知線圈中的電流為逆時針方向；故A正確；
B．線圈離開磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變小，根據楞次定律可知線圈中的感應電流產生的磁場應垂直于紙面向里，根據安培定則可知線圈中的電流為順時針方向，故B錯誤；
CD．線圈切割磁感線的有效長度示意圖如圖所示
結合楞次定律阻礙相對運動的推論，根據左手定則可知安培力始終水平向左，則該拉力的方向水平向右；由于切割磁感線的有效長度是變化的，所以線圈中產生的感應電動勢是變化的，感應電流是變化的，線圈受到的安培力大小是變化的，所以拉力大小是變化的。故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】根據楞次定律判斷感應電流的方向。利用左手定則判斷線圈受到的安培力方向，根據平衡條件判斷拉力方向。根據法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢大小變化情況，判斷感應電流大小的變化，再判斷拉力的變化。
9．【答案】B,C
【知識點】電場力做功；電勢；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【解答】φ-x圖像的斜率表示場強，斜率的大小表示該點場強的大小，斜率的正負可以確定電場強度的方向。A．沿電場線方向電勢降低，在0 ~x3區間內，電場方向開始就指向x軸的負方向，故A錯誤；
B．從O到A電場力做正功，根據動能定理可得
從O到B電場力做負功，根據動能定理可得
聯立解得電子到達B點的動能為
故B正確；
C．根據φ-x圖象的斜率表示電場強度，由圖象可知從A到C電場強度先減小再增大，所以加速度先減小再增大，故C正確；
D．BC段電場方向沿x軸負方向，電子受電場力沿x軸正方向，所以在B點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子將沿x軸正方向做直線運動，故D錯誤；
故選BC。
【分析】沿電場線方向電勢降低，分析電場方向；從O到A、從O到B，根據動能定理列式，求B點動能；φ-x圖象的斜率表示電場強度，結合牛頓第二定律，分析加速度大小；力和速度共線，做直線運動。
10．【答案】B,D
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】本題考查了熱力學第一定律，蓋-呂薩克定律，解題的關鍵是知道p-V圖像的等溫線離坐標原點越遠，溫度越高，離坐標原點越近，溫度越低。A．過程為等壓變化過程，根據蓋-呂薩克定律有
故A錯誤；
B．過程根據理想氣體狀態方程有
解得
故B正確；
C．過程中，壓強不變，體積減小，，溫度降低，，根據熱力學第一定律
可知
得氣體一定對外界放熱，故C錯誤；
D.根據圖像中等溫線的特點可知過程中，溫度先升高再降低，氣體分子的內能先變大后變小，故D正確。
故選BD。
【分析】bc過程由蓋-呂薩克定律可得b、c兩點的溫度之比；ab過程，由理想氣體狀態方程可得a、b兩點的溫度之比；利用熱力學第一定律分析；利用等溫線可知氣體的溫度變化，利用理想氣體的內能只與溫度有關分析。
11．【答案】（1）
（2）
（3）
【知識點】表頭的改裝；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】 電流表內接和外接的選擇：先將待測電阻的估計值與電壓表、電流表內阻進行比較，若Rx較小，宜采用電流表外接法；若Rx較大，宜采用電流表內接法．簡單概括為“大內，小外”。
（1）由圖可知電路使用的是分壓法，要求電壓的變化范圍較大，滑動變阻器應選。
（2）由并聯電路電路特點可知通過電流
若想能通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯，對電流表改裝。故應選與電流表并聯。
（3）由題意得通過的電流
代入數據得
兩端電壓
由歐姆定律得
整理得
由上式即題中數據可得
解得
【分析】（1）根據分壓式選擇滑動變阻器，小阻值滑動變阻器移動滑片時，電表示數變化比較均勻；
（2）根據歐姆定律分析判斷，通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯；
（3）求解兩端電壓，根據歐姆定律推導計算。
（1）由圖可知電路使用的是分壓法，要求電壓的變化范圍較大，滑動變阻器應選。
（2）由并聯電路電路特點可知通過電流
若想能通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯，對電流表改裝。故應選與電流表并聯。
（3）由題意得通過的電流
代入數據得
兩端電壓
由歐姆定律得
整理得
由上式即題中數據可得
解得
12．【答案】(1) A
(2) 右側0、4
(3)
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】本題考查了探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系實驗；要掌握變壓器的工作原理以及原副線圈之間的關系；知道交流電壓表測量的有效值；知道實際變壓器都存在磁損和鐵損。
（1）變壓器是根據互感現象進行工作的，由題圖可知，原線圈連接的電壓為直流電壓，因此副線圈兩端的電壓為0。故選A。
（2）由于有漏磁，副線圈測量電壓小于理論值，所以為副線圈，可判斷連接交流電源的原線圈是右側0、4。
（3）根據變壓器電壓比等于匝數比，有
，
解得
，
【分析】（1）根據變壓器的原理判斷；
（2）根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解變壓器原線圈兩端的電壓，考慮實際變壓器的磁損和鐵損后，再分析判斷；
（3）根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解作答。
13．【答案】解：（1）在加速電場中，根據動能定理有
解得
（2）粒子進入第一象限做類平拋運動，設運動的時間為，則有
，
解得
，
粒子在C點的速度
令粒子在C點速度方向與水平方向夾角為，則有
可知，粒子運動到C點時速度方向與x軸正方向成角斜向下，設粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關系可知
粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（3）設粒子從A點運動到B點的時間為，則有
解得
設粒子在磁場中運動的時間為，則有
粒子從A點運動到D點的總時間
解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在加速電場中運動過程，根據動能定理求粒子通過B點時的速率；
（2）粒子進入第一象限做類平拋運動，根據分運動的規律求出粒子在第一象限內運動時間以及粒子到達C點的速度大小和方向。粒子第四象限內做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）根據牛頓第二定律和速度—時間公式相結合求粒子從A點運動到B點的時間。根據軌跡的圓心角求粒子C點運動到D點的時間，從而求得粒子從A點運動到D點的時間。
14．【答案】解：（1）初始狀態，氣體A壓強
對活塞，根據平衡條件得
解得
（2）緩慢升高環境溫度，活塞B上升，氣體發生等壓變化，U形導管內側水銀面的高度差不變，設活塞B剛好到達容器口時，溫度為，由蓋—呂薩克定律得
解得
之后，氣體溫度由升高到，氣體發生等容變化。設壓強，根據
得
又
聯立得
（3）整個過程中，外界對氣體做的功
由熱力學第一定律得
解得，
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）對活塞，進行受力分析，根據平衡條件計算；
（2）活塞B上升，氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律計算；氣體發生等容變化，根據查理定律列式計算；
（3）求出整個過程中，外界對氣體做的功，根據熱力學第一定律計算。
15．【答案】解：（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，則有
又
，
聯立解得a棒在斜面上達到的最大速度為
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，設此過程a棒下滑的距離為，根據能量守恒可得
又
聯立解得
則該過程中通過電路的電荷量為
解得
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，則有
解得
從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可知電路中產生的焦耳熱為
以b棒為對象，根據動量定理可得
又
聯立解得流過b棒的電荷量為

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，根據受力平衡列等式：，又，聯立可求解a棒在斜面上達到的最大速度。
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，根據能量守恒列等式，又，聯立求解位移x，該過程中通過電路的電荷量公式，聯立求解該過程中通過電路的電荷量。
（3）斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，根據動量守恒列等式：，可求解共速的速度，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可求解電路中產生的焦耳熱，以b棒為對象，根據動量定理列等式：，聯立，可求解流過b棒的電荷量。
1 / 1四川省成都市華西高中2023-2024學年新高三下學期零診模擬考試物理試題
1．（2024高三下·成華模擬）下列說法正確的是（　　）
A．溫度相同的兩種理想氣體的分子平均速率一定相同
B．花粉顆粒在液體中的布朗運動，是由于花粉顆粒內部分子無規則熱運動引起的
C．0℃的冰融化為0℃的水需要吸熱，該過程中分子的平均動能增大
D．內能不同的物體，它們分子熱運動的平均動能可能相同
【答案】D
【知識點】布朗運動；溫度和溫標
【解析】【解答】A．質量不同，則溫度相同的兩種理想氣體的分子平均速率不相同，故A錯誤；
B． 布朗運動的定義：懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒的永不停息地做無規則運動。花粉的布朗運動是由于液體分子無規則熱運動引起的，故B錯誤；
C．由于溫度不變，分子的平均動能不變，故C錯誤；
D．不同質量的相同物質，溫度相同時，分子熱運動的平均動能相同，故D正確。
故選D。
【分析】溫度是分子熱運動平均動能的標志；布朗運動是固體小顆粒的運動，它反映了液體分子的無規則運動；物體的內能與分子動能和分子勢能有關。
2．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點M、N和短軸上的一個端點P，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中M、N處的電荷帶正電，P處的電荷帶負電，O為橢圓中心，A、B是橢圓上關于O點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩點的電勢不相同
B．A、B兩點的電場強度相同
C．一質子從靠近P點處沿直線到O點再到A點，電勢能一直增大
D．一電子從靠近P點處沿直線到O點再到B點，電勢能先減小后增大
【答案】C
【知識點】電勢能；電勢
【解析】【解答】本題主要考查電場力做功和電場疊加問題，根據場強疊加原則分析場強大小和電勢高低。AB．根據點電荷的電場線的分布情況及電場的疊加原理、等勢面與電場線的關系可知A、B兩點的電勢相同，電場強度大小相等，方向不同，故AB錯誤；
C．根據電場的疊加可知，P點到O點的合場強應沿OP向下，質子從P點到O點，電場力做負功，電勢能增大，O到A的過程中，電場力也做負功，電勢能繼續增大，故C正確；
D．電子從P點到O點，電場力做正功，電勢能減小，O到B的過程中，電場力也做正功，電勢能繼續減小，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據點電荷電場線的分布特點和等勢面與電場線的關系分析A、B兩點電勢和電場強度的關系；根據帶電粒子運動過程中電場力做功分析電勢能的變化。
3．（2024高三下·成華模擬）某些共享單車的內部有一個小型發電機，通過騎行者的騎行踩踏，可以不斷地給單車里的蓄電池充電，蓄電池再給智能鎖供電。小型發電機的發電原理可簡化為圖甲所示，矩形線圈abcd處于勻強磁場中，通過理想交流電流表與阻值為R的電阻相連。某段時間在騎行者的踩踏下，線圈繞垂直磁場方向的軸勻速轉動，圖乙是線圈轉動過程中穿過線圈的磁通量Ф隨時間t變化的圖像，則（　　）
A．時刻線圈處于中性面位置
B．時刻，穿過線圈的磁通變化率為零，感應電動勢為零
C．時刻電流表示數為0，時刻電流表的示數最大
D．時刻電流方向發生改變，線圈轉動一周，電流方向改變兩次
【答案】B
【知識點】交變電流的產生及規律；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值
【解析】【解答】本題考查交流電產生過程，法拉第電磁感應定律的靈活應用，知道電流表電壓表的示數均為有效值。A．由圖乙可知，時刻穿過線圈的磁通量為0，則線圈與中性面垂直，故A錯誤；
B．時刻，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，故B正確；
C．根據題意可知，電流表的示數為回路中電流的有效值，而回路中電流的有效值不變，故C錯誤；
D．時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，而線圈轉動一周，電流方向改變兩次，故D錯誤。
故選B。
【分析】在中性面位置穿過線圈的磁通量最大；根據法拉第電磁感應定律、磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；交流電流表測量的是交流電的有效值；t2、t4時刻磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應電流最大，此時電流方向不發生改變，線圈轉動一周電流方向改變兩次。
4．（2024高三下·成華模擬）由折射率為n的透明材料制成、半徑為R的半圓柱形透明磚平放在桌面上，t=0時刻，將激光束垂直AC面射到A點，在激光束沿AC方向以速度v勻速向C點平移的過程中，有光從圓弧面ABC射出的時間為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】光的全反射
【解析】【解答】本題主要考查了光的折射和全反射，找出光剛好發生全反射的臨界光線是解題的關鍵。恰好沒有光從圓弧面射出，光路圖如圖
臨界角為
由幾何關系可知，有光束從圓弧面射出對應在OA段的長度
根據對稱性，在OC段，有光束從圓弧面射出所對應的長度也為x，則有光從圓弧面射出的時間為
故選B。
【分析】找出光在界面上剛好發生全反射的臨界光線，根據折射定律和數學知識求解有光束從圓弧面射出時對應的在直徑上的長度，根據勻速直線運動公式求時間。
5．（2024高三下·成華模擬）潛艇在水下活動時需要用聲吶對水下物體及艦船進行識別、跟蹤、測向和測距。某潛艇聲吶在水下發出的一列超聲波在時的波動圖像如圖甲所示，圖乙為水下質點P的振動圖像。下列說法正確的是（　　）
A．該超聲波在空氣中的波速為
B．該超聲波在空氣中的頻率為
C．0~1s內，質點P沿x軸運動了
D．該超聲波沿x軸負方向傳播
【答案】B
【知識點】橫波的圖象
【解析】【解答】解決該題需要掌握波速與波長、周期的關系，掌握判斷波的傳播方向的方法：上下坡法。A．超聲波在水下的速度為
與空氣中的速度不相同，A錯誤；
B．超聲波在不同介質中頻率不變
B正確；
C．質點不隨波傳播，C錯誤；
D．時刻點向上振動，根據“上下坡法”，超聲波沿軸正方向傳播，D錯誤。
故選B。
【分析】由圖甲讀出波長，根據圖乙讀出周期， 計算該超聲波在水下的波速，超聲波在空氣中的波速小于水中波速；計算頻率；波在傳播過程中，質點并不隨波遷移；根據圖乙讀出t=0時質點P的振動方向，結合圖甲得到波的傳播方向。
6．（2024高三下·成華模擬）如圖，變壓器是理想變壓器，電壓表、為理想電表，定值電阻、阻值之比為。在a、b端輸入電壓有效值不變的正弦交流電，、消耗的功率之比為，則電壓表、示數之比為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】本題主要考查變壓器的規律，要明確匝數之比和電流、電壓之比的關系，并能正確分析電路結構，利用功率公式進行分析求解。設原線圈中電流為，副線圖中電流為，由于定值電阻、之比為，、消耗的功率之比為，則
則
因此
故選C。
【分析】已知R1、R2消耗的功率之比為8：1，R1、R2阻值之比為1：2，根據功率公式P=I2R求出原副線圈電流之比。結合功率公式P=UI求電壓表V1、V2示數之比。
7．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，半徑為R的圓OAP區域中存在垂直于圓平面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，圓心O點有一粒子源，先后從O點以相同速率向圓區域內發射兩個完全相同的正電粒子a、b（質量為m，電量為q），其速度方向均垂直于磁場方向，與OP的夾角分別為90°、60°，不計粒子的重力及粒子間相互作用力，則兩個粒子a、b在磁場中運動時間之比為（　　）
A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．4：1
【答案】A
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【解答】本題考查帶電粒子在磁場中的圓周運動，根據粒子的運動軌跡計算運動時間，在做題中要找準幾何關系。兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑均為R，恰好與磁場區域半徑相等，對粒子
在磁場中恰好以P點為圓心做圓周運動，從AP邊上M點出磁場
對b粒子
在磁場中做圓周運動恰好從AP邊上D點出，由幾何關系得
故
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據粒子在磁場中做圓周運動，畫出粒子的運動軌跡，根據軌跡，找圓心角從而確定運動時間。
8．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，光滑絕緣水平面上存在方向豎直向下的有界（邊界豎直）勻強磁場，一直徑與磁場區域寬度相同的閉合金屬圓形線圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虛線方向勻速通過磁場。下列說法正確的是（　　）
A．線圈進磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向
B．線圈出磁場的過程中，線圈中的感應電流沿逆時針方向
C．該拉力的方向水平向右
D．該拉力為恒力
【答案】A,C
【知識點】楞次定律；電磁感應中的動力學問題
【解析】【解答】解決本題的關鍵要熟練運用楞次定律判斷感應電流的方向，運用左手定則判斷安培力方向，要注意與右手定則的區別。A．線圈進入磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變大，根據楞次定律可知線圈中的感應電流產生的磁場應垂直于紙面向外，根據安培定則可知線圈中的電流為逆時針方向；故A正確；
B．線圈離開磁場的過程中，垂直于紙面向里的磁通量變小，根據楞次定律可知線圈中的感應電流產生的磁場應垂直于紙面向里，根據安培定則可知線圈中的電流為順時針方向，故B錯誤；
CD．線圈切割磁感線的有效長度示意圖如圖所示
結合楞次定律阻礙相對運動的推論，根據左手定則可知安培力始終水平向左，則該拉力的方向水平向右；由于切割磁感線的有效長度是變化的，所以線圈中產生的感應電動勢是變化的，感應電流是變化的，線圈受到的安培力大小是變化的，所以拉力大小是變化的。故C正確，D錯誤。
故選AC。
【分析】根據楞次定律判斷感應電流的方向。利用左手定則判斷線圈受到的安培力方向，根據平衡條件判斷拉力方向。根據法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢大小變化情況，判斷感應電流大小的變化，再判斷拉力的變化。
9．（2024高三下·成華模擬）沿電場線所在直線建立如圖所示Ox軸，x軸上各點電勢隨x的變化規律如圖所示，坐標原點O點電勢為零。帶電量為e的電子僅在電場力作用下從O點由靜止釋放，下列說法正確的是（　　）
A．在0~x3區間內，電場方向始終指向x軸正方向
B．電子到達B點時動能為
C．電子從A運動到C，加速度先減小后增大
D．若在B點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子一定會在AC間做往復運動
【答案】B,C
【知識點】電場力做功；電勢；帶電粒子在電場中的加速
【解析】【解答】φ-x圖像的斜率表示場強，斜率的大小表示該點場強的大小，斜率的正負可以確定電場強度的方向。A．沿電場線方向電勢降低，在0 ~x3區間內，電場方向開始就指向x軸的負方向，故A錯誤；
B．從O到A電場力做正功，根據動能定理可得
從O到B電場力做負功，根據動能定理可得
聯立解得電子到達B點的動能為
故B正確；
C．根據φ-x圖象的斜率表示電場強度，由圖象可知從A到C電場強度先減小再增大，所以加速度先減小再增大，故C正確；
D．BC段電場方向沿x軸負方向，電子受電場力沿x軸正方向，所以在B點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子將沿x軸正方向做直線運動，故D錯誤；
故選BC。
【分析】沿電場線方向電勢降低，分析電場方向；從O到A、從O到B，根據動能定理列式，求B點動能；φ-x圖象的斜率表示電場強度，結合牛頓第二定律，分析加速度大小；力和速度共線，做直線運動。
10．（2024高三下·成華模擬）一定質量的理想氣體從狀態開始，經歷三個過程回到原狀態。其圖像如圖所示。皆為直線，平行于軸，平行于軸。關于理想氣體經歷的三個過程，下列說法正確的是（　　）
A．點氣體溫度與點氣體溫度之比為
B．點氣體溫度與點氣體溫度之比為
C．過程中，氣體一定對外界吸熱
D．過程中，氣體分子的內能先變大后變小
【答案】B,D
【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態方程；熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【解答】本題考查了熱力學第一定律，蓋-呂薩克定律，解題的關鍵是知道p-V圖像的等溫線離坐標原點越遠，溫度越高，離坐標原點越近，溫度越低。A．過程為等壓變化過程，根據蓋-呂薩克定律有
故A錯誤；
B．過程根據理想氣體狀態方程有
解得
故B正確；
C．過程中，壓強不變，體積減小，，溫度降低，，根據熱力學第一定律
可知
得氣體一定對外界放熱，故C錯誤；
D.根據圖像中等溫線的特點可知過程中，溫度先升高再降低，氣體分子的內能先變大后變小，故D正確。
故選BD。
【分析】bc過程由蓋-呂薩克定律可得b、c兩點的溫度之比；ab過程，由理想氣體狀態方程可得a、b兩點的溫度之比；利用熱力學第一定律分析；利用等溫線可知氣體的溫度變化，利用理想氣體的內能只與溫度有關分析。
11．（2024高三下·成華模擬）某實驗小組要測量一個電阻元件（約為）的阻值，實驗室提供了如下器材：
A．電源E：電動勢12V，內阻r約為；
B．電流表A：量程0~12mA，內阻；
C．電壓表V：量程0~12V，內阻約為；
D．滑動變阻器：最大阻值；
E．滑動變阻器：最大阻值；
F．定值電阻；
G．定值電阻；
H．定值電阻；
I．電鍵S及導線若干。
該實驗小組設計的測量電路如圖所示，請回答下列問題：
（1）實驗中滑動變阻器應選　 　（選填“”或“”）；
（2）應將定值電阻　 　（選填“”或“”或“”）與電流表并聯；
（3）實驗小組根據該實驗電路原理圖進行實驗，以電流表示數I為橫坐標，電壓表示數U為縱坐標，作出圖線（U、I都用國際單位），求出該圖線的斜率為k，則待測電阻的表達式為　 　（相應電阻代入具體數值）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知識點】表頭的改裝；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】 電流表內接和外接的選擇：先將待測電阻的估計值與電壓表、電流表內阻進行比較，若Rx較小，宜采用電流表外接法；若Rx較大，宜采用電流表內接法．簡單概括為“大內，小外”。
（1）由圖可知電路使用的是分壓法，要求電壓的變化范圍較大，滑動變阻器應選。
（2）由并聯電路電路特點可知通過電流
若想能通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯，對電流表改裝。故應選與電流表并聯。
（3）由題意得通過的電流
代入數據得
兩端電壓
由歐姆定律得
整理得
由上式即題中數據可得
解得
【分析】（1）根據分壓式選擇滑動變阻器，小阻值滑動變阻器移動滑片時，電表示數變化比較均勻；
（2）根據歐姆定律分析判斷，通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯；
（3）求解兩端電壓，根據歐姆定律推導計算。
（1）由圖可知電路使用的是分壓法，要求電壓的變化范圍較大，滑動變阻器應選。
（2）由并聯電路電路特點可知通過電流
若想能通過較大的總電流，應選用較小的電阻與電流表進行并聯，對電流表改裝。故應選與電流表并聯。
（3）由題意得通過的電流
代入數據得
兩端電壓
由歐姆定律得
整理得
由上式即題中數據可得
解得
12．（2024高三下·成華模擬）某同學利用如圖甲所示器材做探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系實驗。
（1）該同學按圖乙連接電路，變壓器的左側線圈接線柱0、8與學生電源的“穩壓6V”接線柱相連。閉合開關，用多用電表測得右側線圈0、4接線柱之間的電壓為______
A. 0 B. 3.0V C. 6.0V D. 12.0V
（2）正確連接電路后，變壓器選用左側0、2接線柱和右側0、4接線柱進行實驗，用多用電表測得左側0、2之間的電壓為，右側0、4之間的電壓為，數據如下表所示，可判斷學生電源接在了接線柱________上（選填“左側0、2”或“右側0、4”）。
實驗次數 1 2 3 4 5
1.00 1.90 3.00 4.00 4.80
2.10 4.00 6.10 8.20 10.00
（3）實驗室中還有一個變壓器，如圖丙所示。現要測量A、B線圈的匝數，實驗步驟如下：
①取一段漆包線，一端與A線圈上端接線柱相連，順著原來的繞制方向在變壓器的鐵芯上再繞制n匝線圈，漆包線另一端與交流電源一端相連，A線圈下方接線柱與交流電源另一端相連接。
②用多用電表的交流電壓擋先后測出交流電源兩端的電壓和B線圈的輸出電壓U；
③用多用電表的交流電壓擋測出A線圈兩端的電壓。
如果把該變壓器看作理想變壓器，則A、B線圈的匝數________，________。（用題中給出的字母表示）
【答案】(1) A
(2) 右側0、4
(3)
【知識點】變壓器原理；探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【解析】【解答】本題考查了探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系實驗；要掌握變壓器的工作原理以及原副線圈之間的關系；知道交流電壓表測量的有效值；知道實際變壓器都存在磁損和鐵損。
（1）變壓器是根據互感現象進行工作的，由題圖可知，原線圈連接的電壓為直流電壓，因此副線圈兩端的電壓為0。故選A。
（2）由于有漏磁，副線圈測量電壓小于理論值，所以為副線圈，可判斷連接交流電源的原線圈是右側0、4。
（3）根據變壓器電壓比等于匝數比，有
，
解得
，
【分析】（1）根據變壓器的原理判斷；
（2）根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解變壓器原線圈兩端的電壓，考慮實際變壓器的磁損和鐵損后，再分析判斷；
（3）根據理想變壓器電壓與匝數比的關系求解作答。
13．（2024高三下·成華模擬）粒子分析儀由加速電場、偏轉電場與磁場組成。如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內存在著沿y軸負方向的勻強電場，第二象限內存在著場強大小為E、沿x軸正方向的勻強電場，第四象限內存在著垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電量為的粒子從點由靜止釋放，粒子從y軸上的點射入第一象限，經電場偏轉后從x軸上的射入第四象限，經磁場偏轉后粒子從x軸上的點返回第一象限，不計粒子的重力，求：
（1）粒子通過B點時的速率；
（2）第四象限內勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）粒子從A點運動到D點的時間。
【答案】解：（1）在加速電場中，根據動能定理有
解得
（2）粒子進入第一象限做類平拋運動，設運動的時間為，則有
，
解得
，
粒子在C點的速度
令粒子在C點速度方向與水平方向夾角為，則有
可知，粒子運動到C點時速度方向與x軸正方向成角斜向下，設粒子在磁場中運動的半徑為R，由幾何關系可知
粒子做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（3）設粒子從A點運動到B點的時間為，則有
解得
設粒子在磁場中運動的時間為，則有
粒子從A點運動到D點的總時間
解得
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在加速電場中運動過程，根據動能定理求粒子通過B點時的速率；
（2）粒子進入第一象限做類平拋運動，根據分運動的規律求出粒子在第一象限內運動時間以及粒子到達C點的速度大小和方向。粒子第四象限內做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再根據洛倫茲力提供向心力求解勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）根據牛頓第二定律和速度—時間公式相結合求粒子從A點運動到B點的時間。根據軌跡的圓心角求粒子C點運動到D點的時間，從而求得粒子從A點運動到D點的時間。
14．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，上端帶有卡口的橫截面積為S、高為L的導熱性能良好的氣缸中用一光滑的活塞B封閉著一定質量的理想氣體A， 氣缸底部與U形水銀氣壓計（U形管內氣體體積忽略不計）相連，已知氣體內能U與熱力學溫度T的關系為U=αT，其中α為已知常數，活塞B的質量為m，重力加速度為g， 大氣壓強為p0， 水銀的密度為ρ， 環境熱力學溫度為T0時， 活塞離缸底的距離為L，U形氣壓計兩側水銀面的高度差為Δh。求：
（1）活塞B的質量為m；
（2）環境溫度由T0緩慢升高至2T0時，U形氣壓計兩側水銀面的高度差Δh1；
（3）環境溫度由T0緩慢升高至2T0時過程中，氣體吸收的熱量。
【答案】解：（1）初始狀態，氣體A壓強
對活塞，根據平衡條件得
解得
（2）緩慢升高環境溫度，活塞B上升，氣體發生等壓變化，U形導管內側水銀面的高度差不變，設活塞B剛好到達容器口時，溫度為，由蓋—呂薩克定律得
解得
之后，氣體溫度由升高到，氣體發生等容變化。設壓強，根據
得
又
聯立得
（3）整個過程中，外界對氣體做的功
由熱力學第一定律得
解得，
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）對活塞，進行受力分析，根據平衡條件計算；
（2）活塞B上升，氣體發生等壓變化，根據蓋—呂薩克定律計算；氣體發生等容變化，根據查理定律列式計算；
（3）求出整個過程中，外界對氣體做的功，根據熱力學第一定律計算。
15．（2024高三下·成華模擬）如圖所示，間距為L=1.0m的兩平行光滑金屬導軌由傾斜部分和水平部分（足夠長）平滑連接而成，傾斜部分導軌與水平面夾角為θ=30°，導軌上端接有一個電阻R=1.0Ω。空間存在垂直斜面向上和豎直向上的兩部分勻強磁場，兩磁場互不干擾，大小均為B=2.0T。導體棒a與b的質量均為m=2.0kg，內阻分別為ra=1.0Ω與rb=2.0Ω，兩根導體棒垂直導軌放置。現閉合電鍵K1，斷開電鍵K2，將a棒從某高度由靜止釋放，經過一段時間，a棒在斜面上達到最大速度v0。已知導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g=10m/s2。求：
（1）a棒在斜面上達到的最大速度v0；
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，求該過程中通過電路的電荷量q1；
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，求電路中產生的焦耳熱，以及流過b棒的電荷量q。
【答案】解：（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，則有
又
，
聯立解得a棒在斜面上達到的最大速度為
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，電阻R產生的焦耳熱為0.8J，設此過程a棒下滑的距離為，根據能量守恒可得
又
聯立解得
則該過程中通過電路的電荷量為
解得
（3）a棒在離開斜面的瞬間閉合電鍵K2，斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，則兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，則有
解得
從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可知電路中產生的焦耳熱為
以b棒為對象，根據動量定理可得
又
聯立解得流過b棒的電荷量為

【知識點】電磁感應中的動力學問題；電磁感應中的能量類問題
【解析】【分析】（1）當a棒在斜面上勻速運動時，速度達到最大，根據受力平衡列等式：，又，聯立可求解a棒在斜面上達到的最大速度。
（2）a棒在斜面上從靜止下滑到剛剛達到最大速度v0的過程中，根據能量守恒列等式，又，聯立求解位移x，該過程中通過電路的電荷量公式，聯立求解該過程中通過電路的電荷量。
（3）斷開電鍵K1，a棒與b棒受到的安培力大小相等，方向相反，兩棒組成的系統滿足動量守恒，當兩棒共速時，達到穩定狀態，根據動量守恒列等式：，可求解共速的速度，從a棒離開斜面瞬間到剛剛達到實現穩定狀態的過程中，根據能量守恒可求解電路中產生的焦耳熱，以b棒為對象，根據動量定理列等式：，聯立，可求解流過b棒的電荷量。
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