山西省太原市2023~2024学年高三上学期期末学业诊断
一、单项选择题：本题包含8小题，每小题4分，共32分。
1．辕门射戟，最早出自《三国志·吕布传》，是吕布为了阻止袁术击灭刘备所使的计谋。吕布欲用弓箭射穿距离自己一百五十步外方天画戟中的小孔，假设箭水平射出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．箭在飞行过程中加速度一定改变
B．箭射出位置一定要高于小孔的下边缘
C．箭有可能水平穿过小孔
D．箭在飞行过程中重力的功率一定不变
2．实验小组研究汽车有无ABS系统两种情况下的匀减速直线制动距离，测试的初速度均为60km/h。根据如图数据可知加速度大小之比为（ ）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
3．用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直木板的点，将木板以底边为轴顺时针缓慢转动直至水平，细绳与木板之间的夹角保持不变，在转动过程中（ ）
A．足球对木板的压力逐渐增大
B．足球对木板的压力先增大后减小
C．细绳对足球的拉力逐渐增大
D．细绳对足球的拉力先增大后减小
4．如图所示，圆轨道上卫星1与椭圆轨道上卫星2周期相同，两卫星轨道相交于、两点，、连线过地心，点为远地点。下列说法正确的是（ ）
A．椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径
B．卫星1在点速度大于卫星2在点速度
C．相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积等于卫星2与地心的连线扫过的面积
D．卫星2在点时万有引力的功率大于在点时万有引力的功率
5．如图所示，真空中两个等量异种点电荷、关于点对称分布，为、连线上的一点。保持位置不变，缓慢增大、之间的距离后二者再次静止，、仍关于点对称。选无穷远处为电势零点，、距离增大后（ ）
A．点的场强不变 B．点的电势升高
C．点的场强变小 D．点的电势降低
6．如图所示，某次足球由静止自由下落1.25m，被重新颠起，足球离开脚部后竖直上升的最大高度为0.8m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力，下列选项正确的是（ ）
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2N·s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为0.8kg·m/s
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
7．正方体中为边中点，在、两边放置足够长的直导线，通有大小相等、方向如图的电流。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，某点磁感应强度的大小与该点到导线的距离成反比。、两点处磁感应强度的大小之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．
8．如图所示，图线是太阳能电池在某光照强度下路端电压和干路电流的关系图像，电池内阻不是常量。图线是某光敏电阻的图像，虚直线为图线过点的切线，在该光照强度下将它们组成闭合回路时（ ）
A．太阳能电池的电动势为6V B．光敏电阻的功率为1W
C．光敏电阻的阻值为 D．太阳能电池的内阻为
二、多项选择题：本题包含4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。请将正确选项填入第Ⅱ卷前的答题栏内。
9．如图为一定质量的理想气体在状态状态状态状态的循环过程中，气体压强随热力学温度变化的关系。的延长线过坐标原点，平行于轴，下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态时的内能最大
B．状态状态，气体分子数密度增大
C．状态状态，气体向外界放热
D．状态状态，气体对外做的功大于气体吸收的热量
10．如图所示，直角三角形金属线框固定在绝缘水平面上，，、电阻均为，电阻不计。、分别为和的中点，上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。已知两磁场磁感应强度随时间的变化关系均为。下列说法正确的是（ ）
A．金属线框中有逆时针方向的感应电流
B．金属线框的感应电流始终保持不变
C．金属线框所受的安培力大小不变
D．在的时间内，通过金属线框某横截面的电荷量为
11．如图甲所示，原线圈串联阻值的电阻，副线圈、两端连接阻值的电阻，、两端输入如图乙正弦交流电压，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1。下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．理想电压表的示数为20V
B．理想电流表的示数为2A
C．若减小电阻的阻值，电阻两端的电压增大
D．原线圈两端电压的瞬时值表达式可写为
12．如图所示，平行板电容器两极板、与直流电源、理想二极管连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的点恰好能处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．将极板向下平移后，油滴在点的电势能增大
B．将极板向下平移后，油滴在点的电势能增大
C．将极板向下平移后，带电油滴静止不动
D．将极板向左平移一小段距离后，点的电势升高
三、实验题：本题包含2小题，共16分。请将正解答案填在题中横线上或按要求作答。
13．如图为欧姆表原理示意图，电流表的满偏电流，电池电动势，图中与接线柱相连的表笔颜色应是 色（填“红”或“黑”），按正确方法测量的阻值，指针指在刻度盘的正中央，则 。
该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变大，但此表仍能调零，仍按正确方法测量电阻，测量结果与真实值相比会 （填“变大”“变小”或“不变”），若示数为，所测电阻的阻值应为 。
14．物理学习小组要测量一节旧干电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：
A.电流表（量程为200mA，内阻）
B.电压表（0~15V，内阻约为）
C.电阻箱（最大电阻值为）
D.滑动变阻器（最大电阻值为）
F.电键S、导线若干
G.待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为）
（1）该实验除F、G外，还需要以上哪些实验器材 （填入实验器材前面的序号）；
（2）根据所选用的实验器材，在图（a）虚线框内画出所设计的实验电路图，并标明器材符号；
图（a）
（3）根据图（b）的数据，在图（c）的坐标纸上描点并作图，该电池的电动势 V，内阻 ；（结果保留三位有效数字）
1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
0.130 0.119 0.110 0.102 0.095 0.089
7.70 8.39 9.09 9.79 10.48 11.18
图（b）
图（c）
四、计算题：本题包含4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．如图所示，竖直平面内有一倾角为30°的固定粗糙斜面，高度。斜面底端有沿逆时针方向匀速转动的水平传送带，，传送带速度。斜面与传送带在点平滑连接。物块从斜面最高点处由静止滑下，经点滑上传送带。物块与斜面间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，物块可视为质点，重力加速度取10m/s2。求：
（1）物块第一次在传送带上向右运动的最大距离；
（2）物块第一次返回斜面后可到达的最大高度。
16．如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有竖直向上的匀强电场，虚线圆内有垂直纸面向外的匀强磁场。虚线圆的圆心在轴上，半径为，。质量为，电荷量为的粒子从圆上点以速度正对圆心射入磁场，并从坐标原点射出磁场。粒子在电场中运动，恰好经过第一象限的点。已知与轴负方向的夹角，粒子重力不计。求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值；
（2）粒子从运动到的时间。
17．如图所示，长为且不可伸长的轻绳一端系于固定点，另一端与质量为的物块拴连。质量为、电荷量为的物块置于光滑水平地面上的点，位于点正下方且。将轻绳水平拉直后，由静止释放，与在圆周最低点处发生对心碰撞，反弹后摆动的最大高度距离水平地面为。从经点滑入半径为的四分之一固定光滑绝缘圆轨道，从轨道点滑出后落至点。右侧的区域内有匀强电场，电场强度。、可视为质点，相互作用过程中电荷量未发生转移，不计空气阻力。求：
（1）与的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由；
（2）、两点之间的距离。
18．如图所示，两条电阻不计的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，间距为。甲、乙两根金属棒垂直导轨放置，与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上磁感应强度为的匀强磁场中。锁定乙棒，对甲施加水平向右的恒力，作用时间后甲获得速度，立即撤去拉力，同时解锁乙棒。甲、乙的质量分别为和，接入电路中的电阻均为，金属轨道足够长且甲、乙两棒始终未发生碰撞。求：
（1）撤去外力瞬间，金属棒甲、乙加速度的大小；
（2）作用的时间内，通过乙棒的电荷量；
（3）撤去拉力后，直到甲、乙之间的距离不再变化，这一过程中，甲棒中产生的热量以及甲、乙运动的位移差。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、忽略空气阻力，箭在飞行过程中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B、箭在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可知箭穿过方天画戟中的小孔时，竖直方向上有向下的位移，故箭射出位置一定要高于小孔的下边缘，故B正确；
C、箭穿过方天画戟中的小孔时，箭竖直方向的速度不为零，故箭不可能水平穿过小孔，故C错误；
D、箭在飞行过程中，竖直方向做自由落体运动，箭在竖直方向上的速度逐渐增大，根据
可知箭在飞行过程中重力的功率不断增大。故D错误。
故答案为：B。
【分析】确定箭在空中飞行过程中的受力情况以及箭的运动情况，再根据平抛运动的规律进行分析。求瞬时功率时注意力与速度的夹角关系。
2．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】根据速度位移关系
可得
故答案为：B。
【分析】汽车制动的末速度为零，根据图像确定汽车的初速度及制动的距离，再根据速度与位移的关系进行解答。
3．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】转动过程中，足球的受力如图所示
根据正弦定理可得
其中α保持不变，θ由90°逐渐减小到0，β从锐角逐渐增大到钝角；则sin（90°-α）保持不变，sinθ逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知悬绳对足球的拉力T逐渐减小，木板对足球的支持力N先增大后减小，即足球对木板的压力先增大后减小。
故答案为：B。
【分析】确定足球的受力情况，对于一力恒定，两力的方向不变的，可根据正弦定理结合各力所对应夹角的变化情况分析各力的变化情况。
4．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据开普勒第三定律
圆轨道上卫星1与椭圆轨道上卫星2周期相同，椭圆轨道的长轴等于于圆轨道的直径，故A错误；
B、以地球球心为圆心，地球球心与D点的距离为半径做圆，设为圆轨道3，若卫星2在圆轨道3做匀速圆周运动，速度为v3，根据变轨原理可知，卫星在圆轨道3的D点处的速度大于椭圆轨道2的D点的速度，即对于圆轨道1和3，根据万有引力提供向心力
可得
可得
则
故B正确；
C、由开普勒第二定律可知，同一轨道上卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，卫星1与卫星2不在同一轨道，则在相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，故C错误；
D、由功率公式
星2在E点时万有引力方向与速度方向垂直，所以星2在E点时万有引力的功率为0。同理星2在D点时万有引力方向与速度方向垂直，所以星2在D点时万有引力的功率为0。故卫星2在E点时万有引力的功率等于在D点时万有引力的功率。故D错误。
故答案为：B。
【分析】卫星做离心运动需要点火加速。对于圆形轨道和椭圆轨道卫星运动物理量的比较，可沿椭圆轨道的远点或者近点构造新的圆周轨道作为比较桥梁。再结合万有引力定律及牛顿第二定律进行分析。熟悉掌握开普勒定律的内容与应用。
5．【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A、由点电荷周围的场强公式
可知，增大P、Q之间的距离后，P、Q到O点的距离都变大，P、Q在O点的场强都变小，由场强的叠加可知，O点的场强变小，故A错误；
B、增大P、Q之间的距离后O点的电势仍然为零，不变，故B错误；
C、增大P、Q之间的距离后，P、Q到A点的距离都变大，P、Q在A点的场强都变小，由场强的叠加可知，A点的场强变小，故C正确；
D、增大P、Q之间的距离后O、A间的场强减小，由
可知，增大P、Q之间的距离，OA距离不变，所以O、A之间的电势差变小，由O点电势不变，A点的电势低于O点的电势，可知A点的电势升高，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握等量异种电荷电场线及等势面的分布情况，再根据点电荷场强公式判断各点场强的变化情况。根据电势差与场强的关系判断OA之间电势差的变化情况。
6．【答案】B
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、足球下落到与脚部刚接触时的速度
动量大小为
故A错误；
B、足球自由下落过程重力的冲量大小为
故B正确；
C、设向上为正方向，足球被垫起时的速度
足球与脚部作用过程中动量变化量大小为
故C错误；
D、根据动量定理
解得
则脚部对足球的平均作用力为足球重力的10倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动规律确定足球接触和离开脚部时的速度大小。再根据动量的定义及冲量的定义和动量定理进行分析处理。
7．【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】设放置在FE边的电流在C点的磁感应强度大小为
根据右手螺旋定则可判断其方向沿CM，放置在ND边的电流在C点的感应强度大小为
方向沿FC。故C点处的磁感应强度大小为
放置在FE边的电流在O点的磁感应强度大小为
方向平行于DN。放置在ND边的电流在O点的磁感应强度大小为
方向平行于EF。故O点处的磁感应强度大小为
则图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为
故答案为：B。
【分析】根据右手螺旋定则确定各导线在O、C两点产生磁场的方向，再根据题意确定各导线在O、C两产生磁场的大小，再根据矢量合成法则确定两点磁场强度的大小关系。
8．【答案】D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、由闭合电路欧姆定律可得，当电流为0时，图线a的纵截距表示电源电动势，所以
故A错误；
C、由图可知在某光照强度下将它们组成闭合回路时，则该电阻两端电压为4V，通过该电阻的电流为0.2A，则该电阻的阻值为
故C错误；
B、光敏电阻的功率为
故B错误；
D、太阳能电池的内阻为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据图像确定太阳能电池的电动势，两图线的交点表示电池与电阻组成闭合电路时，电路中的工作电流及电路中的路端电压。再结合欧姆定律及功率的定义进行解答。
9．【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、ab延长线过原点，在ab过程，压强与热力学温度成正比，气体温度降低，内能减小，bc过程气体温度不变，内能不变，ca过程中温度升高，内能增大，所以气体在状态a时的内能最大，故A正确；
B、在ab过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，气体分子数密度不变，故B错误；
C、在bc过程中气体温度不变，内能不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体向外放出热量，故C正确；
D、在ca过程中气体温度升高，内能增大，压强减小，体积增大，所以气体对外做功，根据热力学第一定律可得，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据图像结合理想气体状态方程确定密封气体在各个过程的变化类型。对于理想气体，气体的内能只与温度有关，气体体积变大，气体对外做功。再结合热力学第一定律判断气体的吸放热情况。
10．【答案】B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、根据题意结合几何关系可知，EF上方磁场中线框的有效面积为
EF下方磁场中线框的有效面积为
上下两部分磁场的磁感应强度均随时间的变化而增大，而
故EF下方磁场中线框产生的感应电流大于EF上方磁场中线框产生的感应电流，根据楞次定律推论可得，金属线框中有顺时针方向的感应电流。故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律结合题意可得
由于上下线框的面积恒定不变。故金属线框的感应电流始终保持不变。故B正确；
C、根据安培力公式
由于线框在磁场中的有效长度不变，线框中的感应电流不变，而磁场强度随时间不断增大。故线框所受的安培力大小不断变大。故C错误；
D、根据
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】确定线框在各磁场中的有效面积的关系，根据楞次定律确定不同磁场中线框产生感应电流的方向，再根据方向的异同确定金属框电流的方向。再根据法拉第电磁感应定律及安培力公式和电流的定义进行解答。
11．【答案】A,B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】AB、设原线圈的输入电压为U1，则有
根据理想变压器
可得
由理想变压器电压比等于匝数比可得理想变压器原、副线圈匝数比，有
解得理想电压表的示数为20V，理想电流表的示数为2A，故AB正确；
C、将变压器与R2看成一个等效电阻，若只减小电阻R2的阻值，则该等效电阻阻值减小，则原线圈电流I1增大，根据
可知原线圈的输入电压减小，故副线圈的输出电压减小，电阻R2两端的电压减小，故C错误；
D、根据选项B可知，原线圈两端电压的有效值为
则原线圈两端电压的瞬时值表达式可写为
故D错误。
故答案为：AB。
【分析】电压表及电流表的示数均为有效值。根据输入电压图像确定电压的有效值，再根据理想变压器原理及欧姆定律进行解答。
12．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由
极板A向下平移，减少d，增大C，电容器充电，极板间电势差不变，由
电场强度增大，由
P点电势升高，油滴带负电，则在P点的电势能减小，故A错误；
BC、同理，将极板B向下平移后，增大d，减小C，电容器放电，但由于与二极管相连，此时二极管不导通，所以极板间电量不变，由
，，
得
可知电场强度不变，油滴受到向上的电场力不变，所以油滴还是静止不动。PB距离增大，由
可知P点电势升高，油滴带负电，则在P点的电势能减小。故B错误，C正确；
D.将极板B向左平移一小段距离后，正对面积减小，电容减小，电容器放电，但由于与二极管相连，此时二极管不导通，所以极板间电量不变，由BC中公式可知电场强度增大，P点的电势升高。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】电容器始终与电源相连，电容器两极板的电势差不变。二极管具有单向导电性，电容器不存在放电情况。再根据电容的定义式及决定式和场强公式进行分析。根据电势差与场强的关系结合B板电势为零确定P点电势的变化情况。
13．【答案】红；1.5；变大；1.4
【知识点】练习使用多用电表
【解析】 【解答】 欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，如图所示，回路中电流表的负端接到电源负极，所以电流应从A线柱流进，内电路电源正极与B接线柱相连，根据多用电表的使用规则为红表笔接正，黑表笔接负，得电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以与A相连的表笔颜色是红色，故答案为：红；
当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，由闭合电路欧姆定律得
解得
当指针指在刻度盘的正中央时，有
要满足上式可得
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式
知欧姆表内阻得变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
可知当R内变小时， Ig变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，即测量值变大；
电池电动势变为E'=1.4V时，
若示数为1.5kΩ，可知指针指在刻度盘的正中央，由
可得
【分析】 熟悉掌握多用电表的使用方法。熟悉掌握利用中值法测测量欧姆挡内阻的原理及操作步骤，再结合闭合电路的欧姆定律及串并联规律进行数据处理。
14．【答案】（1）AC
（2）
（3）；1.36~1.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电压表量程较大，滑动变阻器接入电路的阻值无法确定，所以不选用，故实验除F、G外，还需要电流表和电阻箱，故答案为：AC。
（2）实验电路图如图所示
（3）根据表中的数据，在坐标纸上描点并作图，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
所以
结合图线可得
，
代入数据解得
，
【分析】一节旧电池的电动势约为1.5V，为使测量准确，电压表的量程不宜过大。电流表量程较小，宜串联电阻箱进行使用。再根据实验原理结合电路图推导得出图像的函数表达式，继而确定图像斜率和截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
15．【答案】（1）物块第一次在传送带上向右运动的最远点为点
（2）物块从点运动到点
物块从点运动到斜面最高点
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块滑上传送带后做减速运动，当减速到零后，若物块还在传送带上，则物块反向做加速运动。假设物块加速到零时，还在传送带上，针对物块全过程运用动能定理确定物体在传送带上运动的位移，再根据位移与传送带的长度关系判断假设是否成立。若不成立，则物块运动位移等于传送带长度；
（2）物块从D点开始向左加速，由于不确定物块到达B点前物块速度是否与传送带速度相等，若共速则物块滑上斜面的初速度与传送带速度相等。故需根据动能定理确定物块到达B点时的速度并判断其与传送带速度的大小关系，继而确定物块滑上斜面的速度。再根据动能定理确定物块到达的最大高度。
16．【答案】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由几何关系得
粒子从到做类平抛运动，运动时间为
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动时间为
粒子从运动的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。根据题意及运动规律确定粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子做圆周运动的半径。再根据带电粒子在磁场中运动规律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据几何关系确定带电粒子在做圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及类平抛运动规律进行解答。
17．【答案】（1）物块下摆
物块上摆
以右为正方向
等式成立，与碰撞为弹性碰撞
（2）物块从到
方向竖直向上
物块在从点飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动
，
竖直方向，以下为正
水平方向，以右为正
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P在下摆到最低点及从最低点上摆的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律确定碰撞前后P的速度，再根据动量守恒定律确定碰后Q的速度，再根据碰撞前后系统的动能关系判断是否为弹性碰撞；
（3）确定物块Q从B到C的过程中的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理确定Q到达C点时的速度大小。Q从C点飞出后做类平抛运动，确定其水平方向及竖直方向的受力情况及运动情况，再根据运动规律及牛顿第二定律结合题意进行解答。
18．【答案】（1）撤去外力瞬间，甲棒的速度为回路电流为
甲、乙受到的安培力大小相同，方向相反
，
（2）在时间内，甲、乙两棒的电流相同，流过甲乙的电荷量也相同
甲棒：
（3）撤去外力后，甲做加速度减小的减速运动，乙棒做加速度减小的加速运动，最后两棒速度相等，末速度为，甲乙组成系统动量守恒，以右为正
甲、乙两棒电阻均为
在甲、乙两棒达到共速之前，设两棒的速度分别是和
乙棒：
两棒的位移差
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律确定电路中电流的大小。根据左手定则确定两棒所受安培力的方向，再根据牛顿第二定律确定两棒加速度的大小；
（2）确定在时间t内，两棒的运动情况，对于导体棒初末速度均已知的情况，确定导体棒的受力情况，再对导体棒运用动量定理及安培力公式结合电流的定义进行解答；
（3）撤去外力F后，明确两棒构成的系统的受力情况。当两棒之间的距离不变时，两棒的速度大小相等且均做匀速直线运动。根据动量守恒定律确定两棒共速时速度的大小。再根据能量守恒定律确定产生的焦耳热。当两棒均做切割磁感线运动时，切割磁感线的有效速度为两棒的相对速度。再根据动量定理及速度与位移的关系进行解答。
1 / 1山西省太原市2023~2024学年高三上学期期末学业诊断
一、单项选择题：本题包含8小题，每小题4分，共32分。
1．辕门射戟，最早出自《三国志·吕布传》，是吕布为了阻止袁术击灭刘备所使的计谋。吕布欲用弓箭射穿距离自己一百五十步外方天画戟中的小孔，假设箭水平射出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．箭在飞行过程中加速度一定改变
B．箭射出位置一定要高于小孔的下边缘
C．箭有可能水平穿过小孔
D．箭在飞行过程中重力的功率一定不变
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A、忽略空气阻力，箭在飞行过程中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；
B、箭在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，可知箭穿过方天画戟中的小孔时，竖直方向上有向下的位移，故箭射出位置一定要高于小孔的下边缘，故B正确；
C、箭穿过方天画戟中的小孔时，箭竖直方向的速度不为零，故箭不可能水平穿过小孔，故C错误；
D、箭在飞行过程中，竖直方向做自由落体运动，箭在竖直方向上的速度逐渐增大，根据
可知箭在飞行过程中重力的功率不断增大。故D错误。
故答案为：B。
【分析】确定箭在空中飞行过程中的受力情况以及箭的运动情况，再根据平抛运动的规律进行分析。求瞬时功率时注意力与速度的夹角关系。
2．实验小组研究汽车有无ABS系统两种情况下的匀减速直线制动距离，测试的初速度均为60km/h。根据如图数据可知加速度大小之比为（ ）
A．4：3 B．3：4 C．3：2 D．2：3
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】根据速度位移关系
可得
故答案为：B。
【分析】汽车制动的末速度为零，根据图像确定汽车的初速度及制动的距离，再根据速度与位移的关系进行解答。
3．用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直木板的点，将木板以底边为轴顺时针缓慢转动直至水平，细绳与木板之间的夹角保持不变，在转动过程中（ ）
A．足球对木板的压力逐渐增大
B．足球对木板的压力先增大后减小
C．细绳对足球的拉力逐渐增大
D．细绳对足球的拉力先增大后减小
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】转动过程中，足球的受力如图所示
根据正弦定理可得
其中α保持不变，θ由90°逐渐减小到0，β从锐角逐渐增大到钝角；则sin（90°-α）保持不变，sinθ逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知悬绳对足球的拉力T逐渐减小，木板对足球的支持力N先增大后减小，即足球对木板的压力先增大后减小。
故答案为：B。
【分析】确定足球的受力情况，对于一力恒定，两力的方向不变的，可根据正弦定理结合各力所对应夹角的变化情况分析各力的变化情况。
4．如图所示，圆轨道上卫星1与椭圆轨道上卫星2周期相同，两卫星轨道相交于、两点，、连线过地心，点为远地点。下列说法正确的是（ ）
A．椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径
B．卫星1在点速度大于卫星2在点速度
C．相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积等于卫星2与地心的连线扫过的面积
D．卫星2在点时万有引力的功率大于在点时万有引力的功率
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A、根据开普勒第三定律
圆轨道上卫星1与椭圆轨道上卫星2周期相同，椭圆轨道的长轴等于于圆轨道的直径，故A错误；
B、以地球球心为圆心，地球球心与D点的距离为半径做圆，设为圆轨道3，若卫星2在圆轨道3做匀速圆周运动，速度为v3，根据变轨原理可知，卫星在圆轨道3的D点处的速度大于椭圆轨道2的D点的速度，即对于圆轨道1和3，根据万有引力提供向心力
可得
可得
则
故B正确；
C、由开普勒第二定律可知，同一轨道上卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，卫星1与卫星2不在同一轨道，则在相等时间内，卫星1与地心连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心连线扫过的面积，故C错误；
D、由功率公式
星2在E点时万有引力方向与速度方向垂直，所以星2在E点时万有引力的功率为0。同理星2在D点时万有引力方向与速度方向垂直，所以星2在D点时万有引力的功率为0。故卫星2在E点时万有引力的功率等于在D点时万有引力的功率。故D错误。
故答案为：B。
【分析】卫星做离心运动需要点火加速。对于圆形轨道和椭圆轨道卫星运动物理量的比较，可沿椭圆轨道的远点或者近点构造新的圆周轨道作为比较桥梁。再结合万有引力定律及牛顿第二定律进行分析。熟悉掌握开普勒定律的内容与应用。
5．如图所示，真空中两个等量异种点电荷、关于点对称分布，为、连线上的一点。保持位置不变，缓慢增大、之间的距离后二者再次静止，、仍关于点对称。选无穷远处为电势零点，、距离增大后（ ）
A．点的场强不变 B．点的电势升高
C．点的场强变小 D．点的电势降低
【答案】C
【知识点】点电荷的电场；电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】A、由点电荷周围的场强公式
可知，增大P、Q之间的距离后，P、Q到O点的距离都变大，P、Q在O点的场强都变小，由场强的叠加可知，O点的场强变小，故A错误；
B、增大P、Q之间的距离后O点的电势仍然为零，不变，故B错误；
C、增大P、Q之间的距离后，P、Q到A点的距离都变大，P、Q在A点的场强都变小，由场强的叠加可知，A点的场强变小，故C正确；
D、增大P、Q之间的距离后O、A间的场强减小，由
可知，增大P、Q之间的距离，OA距离不变，所以O、A之间的电势差变小，由O点电势不变，A点的电势低于O点的电势，可知A点的电势升高，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握等量异种电荷电场线及等势面的分布情况，再根据点电荷场强公式判断各点场强的变化情况。根据电势差与场强的关系判断OA之间电势差的变化情况。
6．如图所示，某次足球由静止自由下落1.25m，被重新颠起，足球离开脚部后竖直上升的最大高度为0.8m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力，下列选项正确的是（ ）
A．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg·m/s
B．足球自由下落过程重力的冲量大小为2N·s
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为0.8kg·m/s
D．脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
【答案】B
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A、足球下落到与脚部刚接触时的速度
动量大小为
故A错误；
B、足球自由下落过程重力的冲量大小为
故B正确；
C、设向上为正方向，足球被垫起时的速度
足球与脚部作用过程中动量变化量大小为
故C错误；
D、根据动量定理
解得
则脚部对足球的平均作用力为足球重力的10倍，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据匀变速直线运动规律确定足球接触和离开脚部时的速度大小。再根据动量的定义及冲量的定义和动量定理进行分析处理。
7．正方体中为边中点，在、两边放置足够长的直导线，通有大小相等、方向如图的电流。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，某点磁感应强度的大小与该点到导线的距离成反比。、两点处磁感应强度的大小之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．
【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】设放置在FE边的电流在C点的磁感应强度大小为
根据右手螺旋定则可判断其方向沿CM，放置在ND边的电流在C点的感应强度大小为
方向沿FC。故C点处的磁感应强度大小为
放置在FE边的电流在O点的磁感应强度大小为
方向平行于DN。放置在ND边的电流在O点的磁感应强度大小为
方向平行于EF。故O点处的磁感应强度大小为
则图中C、O两点处的磁感应强度大小之比为
故答案为：B。
【分析】根据右手螺旋定则确定各导线在O、C两点产生磁场的方向，再根据题意确定各导线在O、C两产生磁场的大小，再根据矢量合成法则确定两点磁场强度的大小关系。
8．如图所示，图线是太阳能电池在某光照强度下路端电压和干路电流的关系图像，电池内阻不是常量。图线是某光敏电阻的图像，虚直线为图线过点的切线，在该光照强度下将它们组成闭合回路时（ ）
A．太阳能电池的电动势为6V B．光敏电阻的功率为1W
C．光敏电阻的阻值为 D．太阳能电池的内阻为
【答案】D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、由闭合电路欧姆定律可得，当电流为0时，图线a的纵截距表示电源电动势，所以
故A错误；
C、由图可知在某光照强度下将它们组成闭合回路时，则该电阻两端电压为4V，通过该电阻的电流为0.2A，则该电阻的阻值为
故C错误；
B、光敏电阻的功率为
故B错误；
D、太阳能电池的内阻为
故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据图像确定太阳能电池的电动势，两图线的交点表示电池与电阻组成闭合电路时，电路中的工作电流及电路中的路端电压。再结合欧姆定律及功率的定义进行解答。
二、多项选择题：本题包含4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。请将正确选项填入第Ⅱ卷前的答题栏内。
9．如图为一定质量的理想气体在状态状态状态状态的循环过程中，气体压强随热力学温度变化的关系。的延长线过坐标原点，平行于轴，下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态时的内能最大
B．状态状态，气体分子数密度增大
C．状态状态，气体向外界放热
D．状态状态，气体对外做的功大于气体吸收的热量
【答案】A,C
【知识点】热力学第一定律及其应用；气体热现象的微观意义；热力学图像类问题
【解析】【解答】A、ab延长线过原点，在ab过程，压强与热力学温度成正比，气体温度降低，内能减小，bc过程气体温度不变，内能不变，ca过程中温度升高，内能增大，所以气体在状态a时的内能最大，故A正确；
B、在ab过程中气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功，气体分子数密度不变，故B错误；
C、在bc过程中气体温度不变，内能不变，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体向外放出热量，故C正确；
D、在ca过程中气体温度升高，内能增大，压强减小，体积增大，所以气体对外做功，根据热力学第一定律可得，气体对外做的功小于气体吸收的热量，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据图像结合理想气体状态方程确定密封气体在各个过程的变化类型。对于理想气体，气体的内能只与温度有关，气体体积变大，气体对外做功。再结合热力学第一定律判断气体的吸放热情况。
10．如图所示，直角三角形金属线框固定在绝缘水平面上，，、电阻均为，电阻不计。、分别为和的中点，上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。已知两磁场磁感应强度随时间的变化关系均为。下列说法正确的是（ ）
A．金属线框中有逆时针方向的感应电流
B．金属线框的感应电流始终保持不变
C．金属线框所受的安培力大小不变
D．在的时间内，通过金属线框某横截面的电荷量为
【答案】B,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、根据题意结合几何关系可知，EF上方磁场中线框的有效面积为
EF下方磁场中线框的有效面积为
上下两部分磁场的磁感应强度均随时间的变化而增大，而
故EF下方磁场中线框产生的感应电流大于EF上方磁场中线框产生的感应电流，根据楞次定律推论可得，金属线框中有顺时针方向的感应电流。故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律结合题意可得
由于上下线框的面积恒定不变。故金属线框的感应电流始终保持不变。故B正确；
C、根据安培力公式
由于线框在磁场中的有效长度不变，线框中的感应电流不变，而磁场强度随时间不断增大。故线框所受的安培力大小不断变大。故C错误；
D、根据
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】确定线框在各磁场中的有效面积的关系，根据楞次定律确定不同磁场中线框产生感应电流的方向，再根据方向的异同确定金属框电流的方向。再根据法拉第电磁感应定律及安培力公式和电流的定义进行解答。
11．如图甲所示，原线圈串联阻值的电阻，副线圈、两端连接阻值的电阻，、两端输入如图乙正弦交流电压，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1。下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．理想电压表的示数为20V
B．理想电流表的示数为2A
C．若减小电阻的阻值，电阻两端的电压增大
D．原线圈两端电压的瞬时值表达式可写为
【答案】A,B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】AB、设原线圈的输入电压为U1，则有
根据理想变压器
可得
由理想变压器电压比等于匝数比可得理想变压器原、副线圈匝数比，有
解得理想电压表的示数为20V，理想电流表的示数为2A，故AB正确；
C、将变压器与R2看成一个等效电阻，若只减小电阻R2的阻值，则该等效电阻阻值减小，则原线圈电流I1增大，根据
可知原线圈的输入电压减小，故副线圈的输出电压减小，电阻R2两端的电压减小，故C错误；
D、根据选项B可知，原线圈两端电压的有效值为
则原线圈两端电压的瞬时值表达式可写为
故D错误。
故答案为：AB。
【分析】电压表及电流表的示数均为有效值。根据输入电压图像确定电压的有效值，再根据理想变压器原理及欧姆定律进行解答。
12．如图所示，平行板电容器两极板、与直流电源、理想二极管连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的点恰好能处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．将极板向下平移后，油滴在点的电势能增大
B．将极板向下平移后，油滴在点的电势能增大
C．将极板向下平移后，带电油滴静止不动
D．将极板向左平移一小段距离后，点的电势升高
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A、由
极板A向下平移，减少d，增大C，电容器充电，极板间电势差不变，由
电场强度增大，由
P点电势升高，油滴带负电，则在P点的电势能减小，故A错误；
BC、同理，将极板B向下平移后，增大d，减小C，电容器放电，但由于与二极管相连，此时二极管不导通，所以极板间电量不变，由
，，
得
可知电场强度不变，油滴受到向上的电场力不变，所以油滴还是静止不动。PB距离增大，由
可知P点电势升高，油滴带负电，则在P点的电势能减小。故B错误，C正确；
D.将极板B向左平移一小段距离后，正对面积减小，电容减小，电容器放电，但由于与二极管相连，此时二极管不导通，所以极板间电量不变，由BC中公式可知电场强度增大，P点的电势升高。故D正确。
故答案为：CD。
【分析】电容器始终与电源相连，电容器两极板的电势差不变。二极管具有单向导电性，电容器不存在放电情况。再根据电容的定义式及决定式和场强公式进行分析。根据电势差与场强的关系结合B板电势为零确定P点电势的变化情况。
三、实验题：本题包含2小题，共16分。请将正解答案填在题中横线上或按要求作答。
13．如图为欧姆表原理示意图，电流表的满偏电流，电池电动势，图中与接线柱相连的表笔颜色应是 色（填“红”或“黑”），按正确方法测量的阻值，指针指在刻度盘的正中央，则 。
该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变大，但此表仍能调零，仍按正确方法测量电阻，测量结果与真实值相比会 （填“变大”“变小”或“不变”），若示数为，所测电阻的阻值应为 。
【答案】红；1.5；变大；1.4
【知识点】练习使用多用电表
【解析】 【解答】 欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，如图所示，回路中电流表的负端接到电源负极，所以电流应从A线柱流进，内电路电源正极与B接线柱相连，根据多用电表的使用规则为红表笔接正，黑表笔接负，得电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以与A相连的表笔颜色是红色，故答案为：红；
当两表笔短接（即Rx=0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，由闭合电路欧姆定律得
解得
当指针指在刻度盘的正中央时，有
要满足上式可得
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式
知欧姆表内阻得变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由
可知当R内变小时， Ig变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，即测量值变大；
电池电动势变为E'=1.4V时，
若示数为1.5kΩ，可知指针指在刻度盘的正中央，由
可得
【分析】 熟悉掌握多用电表的使用方法。熟悉掌握利用中值法测测量欧姆挡内阻的原理及操作步骤，再结合闭合电路的欧姆定律及串并联规律进行数据处理。
14．物理学习小组要测量一节旧干电池的电动势和内阻，现有如下实验器材：
A.电流表（量程为200mA，内阻）
B.电压表（0~15V，内阻约为）
C.电阻箱（最大电阻值为）
D.滑动变阻器（最大电阻值为）
F.电键S、导线若干
G.待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为）
（1）该实验除F、G外，还需要以上哪些实验器材 （填入实验器材前面的序号）；
（2）根据所选用的实验器材，在图（a）虚线框内画出所设计的实验电路图，并标明器材符号；
图（a）
（3）根据图（b）的数据，在图（c）的坐标纸上描点并作图，该电池的电动势 V，内阻 ；（结果保留三位有效数字）
1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0
0.130 0.119 0.110 0.102 0.095 0.089
7.70 8.39 9.09 9.79 10.48 11.18
图（b）
图（c）
【答案】（1）AC
（2）
（3）；1.36~1.50
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）由于电压表量程较大，滑动变阻器接入电路的阻值无法确定，所以不选用，故实验除F、G外，还需要电流表和电阻箱，故答案为：AC。
（2）实验电路图如图所示
（3）根据表中的数据，在坐标纸上描点并作图，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
所以
结合图线可得
，
代入数据解得
，
【分析】一节旧电池的电动势约为1.5V，为使测量准确，电压表的量程不宜过大。电流表量程较小，宜串联电阻箱进行使用。再根据实验原理结合电路图推导得出图像的函数表达式，继而确定图像斜率和截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。
四、计算题：本题包含4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．如图所示，竖直平面内有一倾角为30°的固定粗糙斜面，高度。斜面底端有沿逆时针方向匀速转动的水平传送带，，传送带速度。斜面与传送带在点平滑连接。物块从斜面最高点处由静止滑下，经点滑上传送带。物块与斜面间的动摩擦因数，与间的动摩擦因数，物块可视为质点，重力加速度取10m/s2。求：
（1）物块第一次在传送带上向右运动的最大距离；
（2）物块第一次返回斜面后可到达的最大高度。
【答案】（1）物块第一次在传送带上向右运动的最远点为点
（2）物块从点运动到点
物块从点运动到斜面最高点
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块滑上传送带后做减速运动，当减速到零后，若物块还在传送带上，则物块反向做加速运动。假设物块加速到零时，还在传送带上，针对物块全过程运用动能定理确定物体在传送带上运动的位移，再根据位移与传送带的长度关系判断假设是否成立。若不成立，则物块运动位移等于传送带长度；
（2）物块从D点开始向左加速，由于不确定物块到达B点前物块速度是否与传送带速度相等，若共速则物块滑上斜面的初速度与传送带速度相等。故需根据动能定理确定物块到达B点时的速度并判断其与传送带速度的大小关系，继而确定物块滑上斜面的速度。再根据动能定理确定物块到达的最大高度。
16．如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有竖直向上的匀强电场，虚线圆内有垂直纸面向外的匀强磁场。虚线圆的圆心在轴上，半径为，。质量为，电荷量为的粒子从圆上点以速度正对圆心射入磁场，并从坐标原点射出磁场。粒子在电场中运动，恰好经过第一象限的点。已知与轴负方向的夹角，粒子重力不计。求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值；
（2）粒子从运动到的时间。
【答案】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由几何关系得
粒子从到做类平抛运动，运动时间为
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动时间为
粒子从运动的时间为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。根据题意及运动规律确定粒子的运动轨迹，根据几何关系确定粒子做圆周运动的半径。再根据带电粒子在磁场中运动规律及类平抛运动规律进行解答；
（2）根据几何关系确定带电粒子在做圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动规律及类平抛运动规律进行解答。
17．如图所示，长为且不可伸长的轻绳一端系于固定点，另一端与质量为的物块拴连。质量为、电荷量为的物块置于光滑水平地面上的点，位于点正下方且。将轻绳水平拉直后，由静止释放，与在圆周最低点处发生对心碰撞，反弹后摆动的最大高度距离水平地面为。从经点滑入半径为的四分之一固定光滑绝缘圆轨道，从轨道点滑出后落至点。右侧的区域内有匀强电场，电场强度。、可视为质点，相互作用过程中电荷量未发生转移，不计空气阻力。求：
（1）与的碰撞是否为弹性碰撞，并说明理由；
（2）、两点之间的距离。
【答案】（1）物块下摆
物块上摆
以右为正方向
等式成立，与碰撞为弹性碰撞
（2）物块从到
方向竖直向上
物块在从点飞出后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动
，
竖直方向，以下为正
水平方向，以右为正
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）P在下摆到最低点及从最低点上摆的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律确定碰撞前后P的速度，再根据动量守恒定律确定碰后Q的速度，再根据碰撞前后系统的动能关系判断是否为弹性碰撞；
（3）确定物块Q从B到C的过程中的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理确定Q到达C点时的速度大小。Q从C点飞出后做类平抛运动，确定其水平方向及竖直方向的受力情况及运动情况，再根据运动规律及牛顿第二定律结合题意进行解答。
18．如图所示，两条电阻不计的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，间距为。甲、乙两根金属棒垂直导轨放置，与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上磁感应强度为的匀强磁场中。锁定乙棒，对甲施加水平向右的恒力，作用时间后甲获得速度，立即撤去拉力，同时解锁乙棒。甲、乙的质量分别为和，接入电路中的电阻均为，金属轨道足够长且甲、乙两棒始终未发生碰撞。求：
（1）撤去外力瞬间，金属棒甲、乙加速度的大小；
（2）作用的时间内，通过乙棒的电荷量；
（3）撤去拉力后，直到甲、乙之间的距离不再变化，这一过程中，甲棒中产生的热量以及甲、乙运动的位移差。
【答案】（1）撤去外力瞬间，甲棒的速度为回路电流为
甲、乙受到的安培力大小相同，方向相反
，
（2）在时间内，甲、乙两棒的电流相同，流过甲乙的电荷量也相同
甲棒：
（3）撤去外力后，甲做加速度减小的减速运动，乙棒做加速度减小的加速运动，最后两棒速度相等，末速度为，甲乙组成系统动量守恒，以右为正
甲、乙两棒电阻均为
在甲、乙两棒达到共速之前，设两棒的速度分别是和
乙棒：
两棒的位移差
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律确定电路中电流的大小。根据左手定则确定两棒所受安培力的方向，再根据牛顿第二定律确定两棒加速度的大小；
（2）确定在时间t内，两棒的运动情况，对于导体棒初末速度均已知的情况，确定导体棒的受力情况，再对导体棒运用动量定理及安培力公式结合电流的定义进行解答；
（3）撤去外力F后，明确两棒构成的系统的受力情况。当两棒之间的距离不变时，两棒的速度大小相等且均做匀速直线运动。根据动量守恒定律确定两棒共速时速度的大小。再根据能量守恒定律确定产生的焦耳热。当两棒均做切割磁感线运动时，切割磁感线的有效速度为两棒的相对速度。再根据动量定理及速度与位移的关系进行解答。
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