資源簡介

2025屆湖南省普通高中高三下學期學業(yè)水平選擇性考試
（三模）物理試題（一）
本試卷共100分，考試時間75分鐘．
注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．江南造船集團發(fā)布我國首艘熔鹽堆核動力集裝箱船的設計方案，其涉及的核反應包含Th（釷）衰變?yōu)镻a（鏷），下列關于此衰變說法正確的是
A．衰變方程為ThPae
B．衰變產(chǎn)生的新核的比結合能變小
C．衰變放出的電子來自原子的核外電子
D．隨著反應堆溫度升高，會加快釷核的衰變
2．如圖，形狀為“”的輕質(zhì)框架，∠P=120°，OP段和PQ段的長度均為L。框架的一端懸掛于O點，并可繞O點處的光滑轉軸在豎直平面內(nèi)自由轉動，另一端固定一小球Q，小球的質(zhì)量為m。輕繩QM一端連接在小球上，另一端連接在豎直墻壁上。框架OP段和輕繩QM均處于水平狀態(tài)。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。剪斷輕繩，則（　　）
A．剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為g
B．小球到最低點時的速度大小為
C．小球到最低點時框架對小球的彈力大小為2mg
D．小球到最低點時框架對小球彈力的功率大小為
3．勻強電場中同一平面內(nèi)有 、 、 三點，電場方向跟 、 、 所在平面平行， ， ， .已知 、 、 三點電勢分別為 、 和 .則（ ）
A． 電場強度大小為
B． 電場強度的方向與 的連線垂直
C． 電子從 點移到 點，電場力對電子做功
D． 電子從 點移到 點，電子電勢能增加了
4．火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的，半徑約為地球半徑的，分別在地球表面和火星表面用如圖所示的同一裝置做如下實驗：細繩一端固定，另一端系一可視為質(zhì)點的小球，在最低點給小球一初速度使其恰好在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，不計空氣阻力，則小球在地球表面上運動到最低點時的速度大小與在火星表面上運動到最低點時的速度大小之比為（ ）
A． B． C． D．
5．兩列簡諧橫波在某一均勻介質(zhì)中相向傳播，波源產(chǎn)生的波沿x軸正方向傳播，波源產(chǎn)生的波沿x軸負方向傳播。時刻某一波源先開始振動，時MN間的波形圖如圖所示。此時平衡位置位于和的兩個質(zhì)點都在波峰位置。下列說法正確的是（　　）
A．波源M先振動且起振方向向下
B．沿x軸負方向傳播的波波速為10m/s
C．再經(jīng)過的質(zhì)點縱坐標為5cm
D．兩列波能發(fā)生明顯干涉現(xiàn)象
6．如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直固定的足夠長的絕緣桿MN，小球P套在桿上。已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑，在運動過程中小球的最大加速度為a0，最大速度為v0，則下列判斷正確的是
A．小球開始下滑時的加速度最大
B．小球的速度由v0增大至v0的過程中，小球的加速度一直減小
C．當a＝a0時，小球的速度v與v0之比一定小于
D．當v＝v0時，小球的加速度a與a0之比一定小于
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分
7．如圖所示的理想變壓器電路中，電流表、電壓表均為理想交流電表，在、兩端輸入正弦交流電壓，三個定值電阻、、的阻值相等，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，則下列說法正確的是（ ）
A．電流表與的示數(shù)之比為
B．電壓表與的示數(shù)之比為
C．電阻與消耗的功率之比為
D．、端的輸入功率與副線圈的輸出功率之比為
8．如圖所示，長度為L的輕桿一端連接質(zhì)量為3m的小球A，另一端固定在水平轉軸P上，輕桿可以在豎直面內(nèi)自由轉動。質(zhì)量為m的物塊B由繞過小定滑輪Q的細繩與小球相連，定滑輪Q與轉軸P間的水平距離，初始時輕桿水平，滑輪與小球間的細繩跟輕桿共線。已知細繩足夠長，忽略一切摩擦，取重力加速度為g。由靜止釋放小球，在輕桿轉過30°角的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．物塊B的重力勢能增加
B．輕桿轉過30°角時，小球A與物塊B的瞬時速度大小之比為
C．輕繩對小球A做的功為
D．物塊B的機械能增加了
9．為半圓柱體玻璃的橫截面，為直徑，一束由光和光組成的復色光沿方向從真空射入玻璃，光和光分別從點射出。設光由到的傳播時間為，光由到的傳播時間為。下列說法正確的是（　　）
A．
B．增大復色光的入射角，光更容易在平面發(fā)生全反射
C．將光和光通過相同的單縫，在光屏上得到甲、乙兩個圖樣，乙圖對應光
D．如圖丙所示，利用光的干涉檢查平整度，用光從上面照射，空氣膜的上下兩個表面反射的兩列光波發(fā)生干涉，圖中條紋彎曲說明此處是凹陷的
10．如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為，以恒定速率順時針轉動。一煤塊以初速度從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，取，則下列說法正確的是（　　）
A．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)
B．傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值
C．煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為
D．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．某小組用單擺測量重力加速度。

(1)用游標卡尺測量擺球的直徑，示數(shù)如圖，則擺球的直徑為 cm。
(2)以下關于實驗操作的描述，正確的是（　　）
A．測擺線長度時，應將擺線放在桌面上進行測量
B．單擺擺動時，應注意讓它在小角度下擺動
C．用秒表記錄時間的起點應該是擺球運動過程中的最高點
D．若擺線長度為L，擺球的直徑為D，則擺長l=L+D
(3)測出多組單擺的擺長l和周期T，作出T2-l圖像的斜率為k，則重力加速度的表達式為g= 。
12．贛州市近幾年充分利用好土地、屋頂?shù)墓庹召Y源，大力發(fā)展太陽能發(fā)電，有力推動全市能源結構調(diào)整，促進經(jīng)濟社會綠色低碳發(fā)展。某興趣小組使用如圖甲電路，探究太陽能電池的伏安特性曲線，其中是電阻箱，為的定值電阻，E是太陽能電池，理想電壓表的量程。
(1)某次實驗中電阻箱阻值為，電壓表指針如圖乙所示，則此時電壓表示數(shù)為 ，電源兩端電壓為 V。
(2)在某光照強度下，測得電壓表的電壓隨電壓與電阻的比值變化關系如圖中曲線①所示，則太陽能電池內(nèi)阻隨電流增大而 （選填“增大”“減小”或“不變”），當電壓表示數(shù)為時，太陽能電池的電動勢為 V。
(3)在另一更大光照強度下，測得的關系如上圖中曲線②所示。當電壓表的讀數(shù)為時，太陽能電池的內(nèi)阻為 。
(4)曲線①中，根據(jù)圖像估算，若電阻箱阻值調(diào)至，則此時電池的輸出功率為 （保留兩位有效數(shù)字）。
13．一定質(zhì)量的氣體由狀態(tài)A→狀態(tài)B→狀態(tài)C→狀態(tài)D，其有關數(shù)據(jù)如圖甲所示。若狀態(tài)D的壓強是2×104 Pa。
(1)求狀態(tài)A的壓強；
(2)請在乙圖中畫出該狀態(tài)變化過程的p－T圖像，并分別標出A、B、C、D各個狀態(tài)，不要求寫出計算過程。
14．如圖甲所示，在粗糙水平地面上有三個小物塊A、B、C，已知A、C質(zhì)量均為m，小物塊A緊靠豎直墻壁但不粘連，小物塊B靜止于P點，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接小物塊A、B，開始時彈簧處于原長，小物塊A、B均靜止，小物塊C固定于Q點，P、Q之間的距離用L表示，L為未知量，當小物塊C處于P、Q之間時總會受到水平向右的恒力，恒力大小為2mg，小物塊B在P、Q之間不會受到這一恒力。現(xiàn)釋放小物塊C，小物塊C向右運動，一段時間后與小物塊B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），碰撞前后小物塊C運動的v－t圖像如圖乙所示，圖像中的v0和t0均為未知量，當t＝ t0時刻將小物塊C鎖定，碰撞之后小物塊B向右運動壓縮彈簧，一段時間后又被彈簧彈回開始向左運動，當小物塊B向左運動的速度為0時小物塊A恰好開始離開豎直墻壁。三個小物塊A、B、C與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ均相同，μ為未知量，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝ kx2，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。求：
（1）小物塊B的質(zhì)量；
（2）三個小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
（3）P、Q兩點間的距離L。
15．如圖甲所示，光滑的金屬導軌MN和PQ平行，間距L＝1.0 m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強磁場磁感應強度B＝2.0 T，方向垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.6 Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5 kg，電阻r＝0.4 Ω的金屬棒ab垂直導軌放置，現(xiàn)用和導軌平行的恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運動，當金屬棒上滑的位移s＝3.8 m時達到穩(wěn)定狀態(tài)，對應過程的v－t圖像如圖乙所示。取g＝10 m/s2，導軌足夠長（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。求：
（1）運動過程中a、b哪端電勢高，并計算恒力F的大小；
（2）從金屬桿開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）由圖中信息計算0～1 s內(nèi)，導體棒滑過的位移。
參考答案
1．【答案】A
【解析】由核反應過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒知，衰變射線的電荷數(shù)為－1，質(zhì)量數(shù)為0，故衰變方程為Th→Pae，A正確；由比結合能越大，原子核越穩(wěn)定知，衰變產(chǎn)生的新核的比結合能變大，B錯誤；β衰變的實質(zhì)是原子核中的中子轉化為質(zhì)子從而釋放出的電子，不是來自于原子的核外電子，C錯誤；半衰期只與原子核的內(nèi)部結構有關，與溫度無關，故溫度升高，衰變速度不變，D錯誤。
2．【答案】C
【詳解】A．剪斷輕繩的瞬間，小球受到重力和框架的彈力，將重力沿框架方向和垂直于框架方向進行分解，沿框架方向，彈力與重力的分力平衡，垂直于框架方向，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，A錯誤；
B．小球擺到最低點時，根據(jù)機械能守恒定律可得，解得，B錯誤；
C．小球在最低點時的向心力，根據(jù)力的合成可得，此時桿的彈力，C正確；
D．在最低點時，彈力方向與速度方向垂直，則彈力的功率為0，D錯誤。選C。
3．【答案】A
【詳解】將 線段8等分,連接點的等勢點 ,作 的垂線 ,如圖所示,
則 ,由幾何關系可知 , 為電場線,方向由 指向 ,由幾何知識可知 , （即電場強度的方向）與 夾角為 ,電場強度大小為 ,故 正確, 錯誤；電子從 點移到 點,電場力對電子做功為 ,故 錯誤；電子從 點移到 點,電場力對電子做功為 ,故電場力對電子做了正功,電勢能減少了 ,故 錯誤.
【方法總結】勻強電場中找等勢點的方法
（1）在勻強電場中,電勢沿直線是均勻變化的,即直線上距離相等的線段兩端的電勢差值相等.
（2）等分線段找等勢點法：將電勢最高點和電勢最低點連接后根據(jù)需要平分成若干段,必能找到與第三個電勢相等的點,它們的連線為等勢線,與其垂直的線即為電場線.
4．【答案】A
【解析】設細繩長度為，小球恰好在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動,在最高點有，小球從最低點運動到最高點，有，解得小球在最低點的速度大小為，根據(jù)萬有引力與重力的關系有，所以，所以，A正確．
5．【答案】C
【詳解】根據(jù)“同側法”可知波源M的起振方向豎直向上，兩列波的波速相同，波源M產(chǎn)生的波傳播的距離大于波源N產(chǎn)生的波傳播的距離，波源M先振動，A錯誤；波源M產(chǎn)生的波的傳播速度，由于兩列波的波速相同，因此波源N的傳播速度為20m/s，B錯誤；再經(jīng)過0.2s，波傳播的距離，波源M的波峰剛好傳播到處，波源N的波峰剛好傳播到處，則在處為波谷，因此處的質(zhì)點的位移，C正確；兩列波波長不同，周期不同，則頻率不相同，不能發(fā)生明顯干涉現(xiàn)象，D錯誤。
6．【答案】B
【解析】小球剛開始下滑時，對小球受力分析，桿對小球的彈力大小FN＝Eq，滑動摩擦力大小Ff＝μEq，在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律有mg－μEq＝ma1，隨著小球速度的增加，小球所受的洛倫茲力由0逐漸增大，則Eq＝Bqv＋FN，可知隨著小球速度的增加，桿對小球的彈力減小，摩擦力減小，當洛倫茲力的大小等于小球所受電場力的大小時，桿對小球的彈力為零，此時小球在豎直方向僅受重力，加速度達到最大，為重力加速度，即a0＝g，隨著小球速度的進一步增大，洛倫茲力將大于電場力，桿上再次出現(xiàn)彈力，方向水平向左，則摩擦力再次出現(xiàn)，豎直方向的合外力減小，加速度減小，直至摩擦力等于小球的重力，小球速度達到最大值，此后小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，因此小球開始下滑時的加速度不是最大，A錯誤；由A項分析可知，小球剛開始運動時，加速度大小為a1＝g－，在整個過程中加速度先由a1逐漸增大到a0，再由a0逐漸減小為0，假如開始時加速度是由0開始增加的，則根據(jù)運動的對稱性可知，當加速度最大時，小球速度恰好達到v0，但實際上加速度并不是由0開始增加的，因此可知，當加速度最大時，小球的速度還未達到v0（關鍵點：將物體的運動與加速度由0開始增加進行對比，根據(jù)對稱性得出結論），而加速度達到最大之后由于摩擦力的再次出現(xiàn)，小球開始做加速度減小的加速運動，由此可知，小球的速度由v0增大至v0的過程中，小球的加速度一直減小，B正確；當a＝a0時，小球可能正在做加速度增大的加速運動，也可能正在做加速度減小的加速運動，若小球正在做加速度增大的加速運動，則v與v0之比小于，但若小球正在做加速度減小的加速運動，則v與v0之比大于，C錯誤；當小球的加速度大小為a0＝g，即加速度達到最大時，小球的速度還未達到v0，因此當v＝v0時，小球的加速度a一定小于a0，此時由牛頓第二定律有mg－μ（Bqv－Eq）＝ma，即ma0－μ＝ma，而當小球速度最大時，由牛頓第二定律有ma0＝μ（Bqv0－Eq），聯(lián)立可得ma0－·＝ma，化簡可得＝＞，D錯誤。
7．【答案】BC
【解析】本題考查理想變壓器的工作原理.由副線圈端、并聯(lián)可得，由理想變壓器電流和匝數(shù)的關系可得，聯(lián)立可得電流表與的示數(shù)之比為，錯誤；電壓表的示數(shù)為，電壓表的示數(shù)為，三個定值電阻、、的阻值相等，可得，正確；電阻消耗的功率，電阻消耗的功率，可得，正確；電阻消耗的功率，、端的輸入功率與副線圈的輸出功率之比為，錯誤.
8．【答案】ABC
【詳解】由幾何關系可知，當在輕桿轉過30°角的過程中，此時細繩與水平方向夾角也為30°角，則物塊B的重力勢能增加
選項A正確；
輕桿轉過30°角時，將小球A的速度分解為沿細繩方向的速度和垂直細繩方向的速度，可知，即小球A與物塊B的瞬時速度大小之比為，選項B正確；對系統(tǒng)由機械能守恒定律，解得，，物塊B的機械能增加了
則細繩對B做功為，細繩對系統(tǒng)不做功，可知細繩對A做功為，選項C正確，D錯誤。
9．【答案】CD
【詳解】A．作出光路圖如圖所示
根據(jù)折射定律有
根據(jù)折射率與光速的關系有
光傳播的路程
光傳播的時間
解得
則有
A錯誤。
B．全反射的條件是光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，而且入射角大于等于臨界角，當光從空氣進入介質(zhì)中時，在平面不會發(fā)生全反射，B錯誤；
C．乙圖對應光的波長較大，根據(jù)光路圖可知，在入射角相同時，a光線偏轉大一些，則a光的折射率大，可知，a光的頻率大，波長短，而b光的折射率小，頻率小，波長長，則b光衍射現(xiàn)象更加明顯，由于衍射圖樣中乙光的衍射比甲更加明顯，表明乙圖對應光，C正確；
D．空氣薄層干涉是等厚干涉，即明條紋處空氣的厚度相同，條紋向左彎曲，表明條紋彎曲處左側空氣膜的厚度與直條紋處空氣膜的厚度相同，可知，彎曲處是凹下的，D正確。
10．【答案】CD
【詳解】AB。由題圖乙可知，在0~1s時間內(nèi)，煤塊的加速度為
負號表示方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律可得
在1~2s內(nèi)，煤塊的加速度為
負號表示方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律可得
聯(lián)立以上各式，解得
則有
故AB錯誤；
C．由v-t圖像與時間軸所圍面積表示位移，可知煤塊上升的位移為
由位移時間公式
分析可知煤塊從最高點下滑時加速度大小與大小相等，可得煤塊從最高點下滑到A端所用的時間為
故C正確；
D．傳送帶的速度為4m/s，在0~1s時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向上運動，則有傳送帶的位移為
煤塊的位移
煤塊與傳送帶的相對位移為
在1~2s時間內(nèi)傳送帶相對煤塊向上運動，則有傳送帶的位移
煤塊的位移
煤塊與傳送帶的相對位移為
因在0~1s時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向上運動，在1~2s時間內(nèi)傳送帶相對煤塊向上運動，因此在煤塊向上運動中，與傳送帶留下的痕跡長為4m；在時間內(nèi)，傳送帶向上運動，煤塊向下運動，則有煤塊在傳送帶上留下的總痕跡長為
故D正確。
故選CD。
11．【答案】(1)1.735
(2)B
(3)
【詳解】（1）游標卡尺的讀數(shù)為主尺讀數(shù)與游標尺讀數(shù)之和，所以擺球的直徑為
（2）A．測擺線長度時，應將擺線豎直懸掛進行測量，故A錯誤；
B．單擺擺動時，應注意讓它在小角度下擺動，故B正確；
C．用秒表記錄時間的起點應該是擺球運動過程中的平衡位置，故C錯誤；
D．若擺線長度為L，擺球的直徑為D，則擺長為擺線長與擺球半徑之和，故D錯誤。
故選B。
（3）根據(jù)單擺的周期公式
可得
所以
12．【答案】(1) 1.30 1.56
(2) 增大 2.50
(3)15
(4)23
【詳解】（1）[1]由于電壓表的分度值為0.1V，應估讀到分度值的下一位，其讀數(shù)為。
[2]電源兩端的電壓為
（2）[1] [2]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得
可知圖像斜率絕對值表示，定值電阻不變，則太陽能電池內(nèi)阻隨電流增大而增大，圖像的縱截距為電源的電動勢，即
（3）結合上述分析可知，電壓表的示數(shù)為
結合圖像即有
解得
（4）作出電阻箱的圖像如圖所示
由圖可得電阻箱功率
定值電阻功率
則電池的輸出功率為
13．【答案】　(1)4×104 Pa；(2)見【詳解】圖
【詳解】　(1)一定質(zhì)量的氣體由狀態(tài)C→狀態(tài)D做等容變化，由查理定律得＝，所以pC＝pD＝×2×104 Pa＝4×104 Pa，由狀態(tài)B→狀態(tài)C，做等溫變化，由玻意耳定律得pBVB＝pCVC，所以pB＝pC＝×4×104 Pa＝16×104 Pa
由狀態(tài)A→狀態(tài)B，做等容變化，由查理定律得＝，所以pA＝pB＝×16×104 Pa＝4×104 Pa。
(2)由狀態(tài)A→狀態(tài)B做等容變化，等容線在p－T圖像中為過原點的直線，由狀態(tài)B→狀態(tài)C做等溫變化，C到D做等容變化，故圖線如圖所示。
14.【答案】（1）3m　（2）0.4　（3）
【詳解】（1）設小物塊C和小物塊B發(fā)生碰撞后瞬間的速度分別為vC和vB，由動量守恒定律有
mv0＝mvC＋mBvB（1分）
因為發(fā)生彈性碰撞，由機械能守恒定律有
m ＝ m ＋ mB （1分）
解得vC＝ v0，vB＝ v0，
由題圖乙中的v－t圖像可知vC＝－ v0（1分）
解得mB＝3m（1分）
（2）小物塊C從Q點向P點的運動過程中，
由動能定理有2mgL－μmgL＝ m （1分）
（點撥：小物塊C做加速運動，應用動能定理求解碰前速度，注意L是未知量，還需要一個方程）
由于v－t圖線與橫軸圍成的面積表示位移（點撥：v－t圖像中速度與時間已知，可通過圖線與橫軸包圍面積的大小求物體運動的位移大小），結合題圖乙有
L＝ v0t0（關鍵點：利用圖像面積求L）（1分）
設小物塊C彈回后的位移為x，有x＝ × v0× ＝ v0t0（點撥：C反彈后的運動位移）（1分）
彈回過程中，由動能定理有－2mgx－μmgx＝0－ m （1分）
解得μ＝0.4（2分）
（3）由（1）中分析有vB＝ v0，
由（2）中分析有L＝ ，
小物塊C從Q到P有2mgL－μmgL＝ m ，
設小物塊B向右壓縮彈簧的最大壓縮量為x1，由能量守恒定律有
mB ＝μmBgx1＋ k （1分）
設小物塊A恰好離開墻壁時彈簧的伸長量為x2，對小物塊A（關鍵點：小物塊A與地面間有摩擦，離開墻壁時彈簧拉伸，彈簧彈力大小等于最大靜摩擦力大小），有μmg＝kx2（1分）
小物塊B向左運動到速度為0的過程，由能量守恒定律有 k ＝ k ＋μmBg（x1＋x2）（2分）
聯(lián)立解得L＝ （2分）15．【答案】（1）b端電勢高，5 N；（2）1.47 J；（3）0.755 m
【詳解】（1）由右手定則可判斷感應電流由a流向b，b相當于電源的正極，b端電勢高
當金屬棒勻速運動時，由平衡條件得
其中
由乙圖可知
聯(lián)立解得
（2）從金屬棒開始運動到恰好達到穩(wěn)定狀態(tài)，由動能定理得
又克服安培力所做的功等于整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，代入數(shù)據(jù)解得
兩電阻產(chǎn)生的焦耳熱與阻值成正比，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為
（3）進入勻強磁場導體棒做加速度減小的加速運動，由動量定理有
又
由圖可知
代入數(shù)據(jù)解得
由
得
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